Question

【题目】Ⅰ.(1)在一定条件下，CH4可与NOx反应除去NOx，已知下列热化学方程式：

①CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) △H＝－890.3kJ·mol－1

②N2(g)＋2O2(g)2NO2(g) △H＝＋67.0kJ·mol－1

③H2O(g)＝H2O(l) △H＝－41.0kJ·mol－1

则CH4(g)＋2NO2(g)CO2(g)＋2H2O(g)＋N2(g) △H＝_________kJ·mol－1；

(2)哈伯因证实N2、H2在固体催化剂(Fe)表面吸附和解吸以合成氨的过程而获诺贝尔奖。若用分别表示N2、H2、NH3和固体催化剂，则在固体催化剂表面合成氨的过程可用下图表示：

①吸附后，能量状态最低的是 (填字母序号)。

②由上述原理，在铁表面进行NH3的分解实验，发现分解速率与浓度关系如图。

从吸附和解吸过程分析，c0前速率增加的原因可能是 ；c0后速率降低的原因可能是 。

Ⅱ．用石墨作电极电解下列溶液：

①稀H2SO4②K2SO4溶液 ③NaCl溶液 ④CuSO4溶液 ⑤KOH溶液

(1)阴极、阳极都有气体产生，其中溶液pH变大的是______________。(填序号)

(2)已知400mL 0.5 mol·L-1 CuSO4溶液，电解一段时间后，两极产生的气体体积相同，其阳极的电极反应式是_________________，两极共产生气体______________ mol，如要将溶液恢复原浓度，需要加入的物质为______________。

Answer 1

【答案】Ⅰ．(1)—875.3(2)①C；(1分)②氨的浓度增加，催化剂表面吸附的氨分子增多，速率增大，达到一定浓度后，氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸。

Ⅱ．(1)③⑤(2)4OH--4e-=2H2O+O2↑；0.4；CuO和水(其他答案合理给分)

【解析】

试题分析：Ⅰ.(1)①CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)△H＝－890.3kJ·mol－1

②N2(g)＋2O2(g)2NO2(g)△H＝＋67.0kJ·mol－1

③H2O(g)＝H2O(l)△H＝－41.0kJ·mol－1

根据盖斯定律可知①-②-③×2可得：CH4(g)＋2NO2(g)CO2(g)＋2H2O(g)＋N2(g)

△H＝(－890.3-67.0+41.0×2)kJ·mol－1=—875.3kJ·mol－1；

(2)①由于化学键的断裂要吸收能量，故活化状态B的能量高于初始状态A的能量，而此反应为放热反应，故初始状态A的能量高于末态C的能量，故C的能量最低；②c0前氨的浓度增加，导致反应速率加快；c0后由于氨分子浓度太大阻碍N2和H2的解吸，故反应速率减慢；

Ⅱ．(1)由给出电解质溶液可知，阴阳极都有气体产生，实质是(ⅰ)电解的水生成氧气与氢气，电解质溶液应为：①稀H2SO4、②K2SO4溶液、⑤KOH溶液．电解后溶液的浓度增大，①稀H2SO4电解后溶液的酸性增强，溶液PH值不变，②K2SO4溶液是中性溶液，电解后溶液PH值不变，⑤KOH溶液电解后溶液的碱性增强，溶液PH值增大；(ⅱ)电解③NaCl溶液，生成氢气和氯气，同时生成NaOH溶液，溶液的pH增大，故答案为③⑤；

(2)400mL 0.5 mol·L-1 CuSO4溶液中CuSO4的物质的量为0.2mol，最初电解时生成铜和氧气，电极反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，完全电解生成的O2为0.1mol，继续电解时生成氢气和氧气，根据电子守恒规律，两极产生的气体体积相同时，H2和氧气的物质的量均为0.2mol，共产生气体的物质的量为0.4mol；根据电解什么，补什么的原则，可以添加0.2molCuO和0.2molH2O即可恢复原浓度，也可以添加0.2molCu(OH)2达到相同效果。