题目内容

1．氮元素是重要的非金属元素，按要求回答下列问题．
（1）向甲、乙两个均为2L的密闭容器中，分别充入0.6molN2和1.6molH2，发生反应：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0，甲容器在温度为T1的条件下反应，达到平衡时NH3的物质的量为0.8mol，乙容器在温度为T2的条件下反应，达到平衡时N2的物质的量为0.1mol，则T1＜T2（填“＞”或“＜”），甲容器中反应的平衡常数K=200．
（2）氨气在纯氧中燃烧，生成一种单质和水，科学家利用此原理，设计成氨气--氧气燃料电池，则通入氨气的电极在碱性条件下发生反应的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O．
（3）NOx是大气污染物，处理NOx的一种方法是利用甲烷催化还原NOx．
①CH4 （g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O （g）△H1=-574kJ/mol
②CH4 （g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O （g）△H2=-867kJ/mol
若用4.48LCH4还原NO生成N2，则放出的热量为232kJ（气体体积已折算为标准状况下）
（4）HNO3和As2S3能发生反应：As2S3+10HNO3═2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O，反应中被氧化的元素为As、S，若该反应中转移的电子的物质的量为5mol时，将生成的S全部转化为浓H2SO4，然后与足量的铜在加热条件下反应消耗铜的量a（填序号）．
a．小于0.75mol  b．等于0.75mol   c．大于0.75mol  d．无法确定
（5）将0.1mol氨气分别通入1L pH=1的盐酸、硫酸和醋酸溶液中，完全反应后三种溶液中NH4+离子的浓度分别为c1，c2，c3，则三者中浓度大小的关系为c1=c2＜c3（用c1，c2，c3和＞、＜、=表示）．已知醋酸铵溶液呈中性，常温下CH3COOH 的ka=1×10-5mol•L-1 ，则该温度下0.1mol•L-1 NH4Cl的溶液的pH为5．

分析 （1）两个容器中反应物起始量相同，体积相同，甲容器在温度为T1的条件下反应，达到平衡时NH3的物质的量为0.8mol，乙容器在温度为T2的条件下反应，达到平衡时N2的物质的量为0.1mol，消耗氮气物质的量=0.6mol-0.1mol=0.5mol，生成氨气物质的量1mol，说明乙反应正反应进行程度大，反应是放热反应，所以温度越低，反应正向进行程度大，结合三段式计算平衡浓度，平衡常数K=$\frac{生成物平衡浓度幂次方乘积}{反应物平衡浓度幂次方乘积}$；
（2）在燃料电池中，燃料做负极，则通入氨气的电极是负极，碱性条件下氨气失电子生成氮气，结合电荷守恒和原子守恒配平书写电极反应；
（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算目标热化学方程式得到焓变，标准状况下4.48LCH4物质的量=$\frac{4.48L}{22.4L/mol}$=0.2mol，结合热化学方程式定量关系计算；
（4）氧化还原反应中元素化合价升高的物质做还原剂被氧化，分析化学方程式计算电子转移总数得到反应生成硫单质物质的量，硫元素守恒得到硫酸物质的量，浓硫酸和足量铜反应随反应进行，浓度减小，变为稀硫酸后不能与铜继续发生反应；
（5）pH=1的醋酸中醋酸的浓度大于0.1mol/L，则通入0.1mol氨气反应后，醋酸有剩余，醋酸电离的氢离子能抑制铵根离子的电离，氨气与硫酸和盐酸恰好反应；
醋酸铵溶液呈中性，则一水合氨和醋酸的电离常数相同，常温下CH3COOH的Ka=1×10-5 mol•L-1，所以NH3•H2O的电离常数为1×10-5 mol•L-1，Ka=$\frac{[N{{H}_{4}}^{+}][{H}^{+}]}{[N{H}_{3}′{H}_{2}O]}$，Kh=$\frac{Kh}{Ka}$=1×10-9，据此计算．

解答 解：（1）向甲、乙两个均为2L的密闭容器中，分别充入0.6molN2和1.6molH2，发生反应：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0，甲容器在温度为T1的条件下反应，达到平衡时NH3的物质的量为0.8mol，乙容器在温度为T2的条件下反应，达到平衡时N2的物质的量为0.1mol，依据化学方程式计算得到消耗氮气物质的量=0.6mol-0.1mol=0.5mol，生成氨气物质的量1mol，说明乙反应正反应进行程度大，反应是放热反应，降低温度，平衡正向进行，则乙容器中反应的温度低于甲容器中的温度，T1＜T2，乙中温度低反应进行程度大，平衡常数大，
依据化学平衡三段式列式计算甲容器中物质的平衡浓度，起始浓度c（N2）=$\frac{0.6mol}{2L}$=0.3mol/L，c（H2）=$\frac{1.6mol}{2L}$=0.8mol/L，平衡时c（NH3）=$\frac{0.8mol}{2L}$=0.4mol/L
                 N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）
起始量（mol/L）  0.3     0.8        0
变化量（mol/L）  0.2     0.6       0.4
平衡量（mol/L）  0.1    0.2       0.4
K=$\frac{0．{4}^{2}}{0.1×0．{2}^{3}}$=200，
故答案为：＜，200；
（2）在燃料电池中，燃料做负极，则通入氨气的电极是负极，碱性条件下，该电极发生反应的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O．
故答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；
（3））①CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=-574kJ•mol-1
②CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H3=-867kJ•mol-1
CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2
依据盖斯定律计算，②×2-①得到CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=-1160kJ•mol-1，
标准状况下4.48LCH4物质的量=$\frac{4.48L}{22.4L/mol}$=0.2mol，热化学方程式计算得到0.2mol甲烷反应放热=$\frac{1160KJ×0.2mol}{1mol}$=232KJ，
故答案为：232；
（4）HNO3和As2S3能发生反应：As2S3+10HNO3═2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O，反应中As元素化合价+3价变化为+5价，化合价升高被氧化，S元素化合价-2价变化为0价，元素化合价升高被氧化，所以被氧化的元素为As、S，电子转移总数依据发生氧化还原反应的硝酸计算得到，生成10molNO2，电子转移10×[（+5）-（+4）}=10mol，生成S为3mol，若该反应中转移的电子的物质的量为5mol时，生成S为1.5mol，将生成的S全部转化为浓H2SO4物质的量为1.5mol，Cu+2H2SO4（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO4+SO2↑+2H2O，若硫酸全部反应消耗铜0.75mol，但浓硫酸和足量铜反应随反应进行，浓度减小，变为稀硫酸后不能与铜继续发生反应，所以消耗铜物质的量小于0.75mol，
故答案为：a；
（5）pH=1的醋酸中醋酸的浓度大于0.1mol/L，则通入0.1mol氨气反应后，醋酸有剩余，醋酸电离的氢离子能抑制铵根离子的电离，铵根离子浓度较大，氨气与硫酸和盐酸恰好反应，所以溶液中铵根离子浓度：c1=c2＜c3，；
醋酸铵溶液呈中性，则一水合氨和醋酸的电离常数相同，常温下CH3COOH的Ka=1×10-5 mol•L-1，所以NH3•H2O的电离常数为1×10-5 mol•L-1，
Ka=$\frac{[N{{H}_{4}}^{+}][{H}^{+}]}{[N{H}_{3}′{H}_{2}O]}$=1×10-5，Kh=$\frac{Kh}{Ka}$=1×10-9，
设c（H+）为xmol/L，
则Kh=$\frac{{x}^{2}}{0.1}$=1×10-9，解得x=1×10-5mol/L，所以pH=5；
故答案为：c1=c2＜c3，5．

点评 本题考查较综合，涉及平衡常数计算、反应速率计算、原电池电极反应的书写、弱电解质的电离等知识点，这些都是高考高频点，侧重考查学生分析、计算及知识运用能力，中等难度，答题时注意化学原理知识的灵活运用．

练习册系列答案
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11．向FeI2和FeBr2、氯气的物质的量之比为1：1：2的混合溶液中，发生的离子反应是（　　）
A．2Fe2++4I-+3Cl2═2Fe3++2I2+6Cl-
B．2Fe2++4I-+4Br-+5Cl2═2Fe3++2I2+2Br2+10Cl-
C．2Fe2++2I-+2Br-+3Cl2═2Fe3++I2+Br2+6Cl-
D．2Fe2++2I-+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl-
12．已知3.01×1023个X气体分子的质量为16g，则X气体的摩尔质量是（　　）
A．64g/molB．32g/molC．16gD．8g
9．下列说法正确的是（　　）
A．用高氯酸与碳酸钙反应制取二氧化碳可证明氯元素非金属性大于碳元素
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16．能说明0.1mol•L-1的NaHA溶液一定呈酸性的是（　　）
①稀释时，溶液中c（OH-）增大　
②溶液的pH＜7　
③溶液中c（Na+）=c（A2-）　
④溶液可与等体积等物质的量浓度的NaOH溶液恰好反应．
A．①②③④B．①③④C．①③D．②④
6．有容积不同的X、Y两密闭容器，X中充满CO气体，Y中充满CH4、O2、N2的混合气体，同温同压下测得两容器中气体的密度相同．下列叙述中不正确的是（　　）
A．两容器中所含气体分子数一定不同
B．两容器中所含气体的质量一定不同
C．Y容器中CH4、O2、N2的质量之比可以为1：6：3
D．Y容器中CH4、O2、N2的物质的质量之比一定为1：3：6
13．下列框图所示的物质转化关系中，甲是日常生活中常见的金属，乙、丙、丁是常见的气体单质．气体B与气体C相遇产生大量的白烟，D是日常生活中常见的盐（部分反应物和生成物及溶剂水已略去）．

请回答下列问题：
（1）甲元素在周期表中的位置第三周期第ⅢA族．
（2）B的电子式为；
（3）写出A溶液和甲反应的离子方程式2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（4）写出A和E反应的化学方程式NaOH+NH4Cl$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$NH3↑+NaCl+H2O．
15．（1）对反应N2O4（g）═2NO2（g）△H＞0，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示．T1＜T2（填“＞”、“＜”或“=”）；A、C两点的速率VA＜VC（同上）．
（2）在100℃时，将0.400mol的NO2气体充入2L真空定容密闭容器中，每隔一定时间就对该容器内的物质进行分析，得到如下表数据：
时间（s）020406080
n（NO2）/mol0.40n10.26n3n4
n（N2O4）/mol0.000.05n20.080.08
①该反应的平衡常数K的值为2.78；
②若在相同情况下最初向该容器充入的是N2O4，要达到上述同样的平衡状态，N2O4的起始浓度是0.1mol/L．
③计算②中条件下达到平衡后混合气体的平均相对分子质量为57.5；（结果保留小数点后一位）
16．（1）一个体重50kg的健康人身体中含铁2g．铁在人体中不是以游离态的形式存在，而是以Fe2+和Fe3+形式存在．Fe2+易被吸收，给贫血者补充铁时，应给予含Fe2+的盐，如硫酸亚铁（FeSO4）．服用维生素C，可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，利于铁的吸收，该过程中维生素C做还原剂，Fe3+作氧化剂，维生素C的还原性强于 Fe2+（填“强”“弱”）
（2）在热的稀硫酸溶液中溶解了11.4g FeSO4．当加入50mL 0.5mol/L KNO3溶液后，使其中的Fe2+全部转化成Fe3+，KNO3也反应完全，并有NxOy氮氧化物气体逸出．
6FeSO4+2KNO3+4H2SO4=1K2SO4+3Fe2（SO4）3+2NxOy+4H2O
①配平该化学方程式，用单线桥标出电子转移的方向和数目．
②反应中氧化剂为KNO3，氮氧化物的化学式为NO
（3）羟胺（NH2OH）是一种还原剂，用25.00mL 0.049mol/L羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2+离子恰好与24.5mL 0.020mol/L的KMnO4酸性溶液反应．则在上述反应中，Fe2+离子与酸性高锰酸钾反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O．羟胺的氧化产物是N2O．

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