题目内容
16．
工业上生产硝酸的主要过程如下：I、以N2和H2为原料合成氨气．反应为：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）+Q．
（1）下列措施可以提高H2的转化率的是（填选项序号）bc．
a．选择适当的催化剂 b．增大压强 c．及时分离生成的NH3 d．升高温度
（2）一定温度下，在密闭容器中充入1molN2和3molH2发生反应．若容器容积恒定，达到平衡状态时，气体的总物质的量是原来的$\frac{15}{16}$，则N2的转化率α1= ；若容器压强恒定，达到平衡状态时，N2的转化率为α2，则α2＞α1 （填“＞”、“＜”或“=”）．
II、以氨气、空气为主要原料制硝酸．
（3）氨气催化氧化的催化剂是三氧化二铬或铂丝；氨气也可以在纯氧中燃烧生成无毒、无污染的产物，其燃烧方程式为4NH3+3O2$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$2N2+6H2O．
（4）在容积恒定的密闭容器中进行反应2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）-Q．
该反应的反应速率（v）随时间（t）变化的关系如图所示．若t2，t4时刻只改变一个条件，下列说法正确的是（填选项序号）ab．
a．在t1～t2时，可依据容器内气体的压强保持不变判断反应已达到平衡状态
b．在t2时，采取的措施可以是升高温度
c．在t3～t4时，可依据容器内气体的密度保持不变判断反应已达到平衡状态
d．在t5时，容器内NO2的体积分数是整个过程中的最大值
III、硝酸厂常用如下2种方法处理尾气．
（5）催化还原法：催化剂存在时用H2将NO2还原为N2．
已知：2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+483.6KJ
N2（g）+2O2（g）→2NO2 （g）+67.7KJ
则H2还原NO2生成水蒸气反应的热化学方程式是 4H2（g）+NO2（g）→N2（g）+4H2O（g）△H=+899.5KJ/mol．
（6）碱液吸收法：用Na2CO3溶液吸收NO2生成CO2．若9.2gNO2和Na2CO3溶液完全反应时转移电子0.1mol，则反应的离子方程式是CO32-+2NO2=CO2↑+NO2-+NO3-．
分析 Ⅰ、（1）根据影响化学平衡移动的因素：催化剂不改变平衡，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，减少生成物，平衡正向移动，温度升高向着吸热方向移动．
（2）设氢气的转化率为x，根据三段式用x表示平衡状态时各组分的量，由题平衡状态时，气体的总物质的量是原来的$\frac{15}{16}$计算；压强恒定，该反应是体积减小的反应，相当于在恒容条件下增加压强．
Ⅱ、（3）氨气催化氧化的催化剂是三氧化二铬或铂丝；氨气在纯氧中燃烧生成无毒、无污染的产物为氮气和水．
（4）根据反应速率与时间的变化关系推测改变反应速率的因素，t2时为升高温度或减小压强，t5是减小二氧化氮的浓度．
Ⅲ、（5）根据盖斯定律．
（6）根据氧化还原反应的规律，得失电子总数相等，推测生成物为硝酸根和亚硝酸根．
解答 解Ⅰ、（1）a、催化剂不改变平衡，氢气的转化率不变，a错误；
b、增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动，即该反应的正方向，氢气的转化率增大，b正确；
c、及时分离出氨气，平衡正向移动，所以氢气的转化率增大，c正确；
d、温度升高向着吸热方向移动，即该反应的逆方向，氢气的转化率减小，d错误；
故答案为：b c；
（ 2）设氮气的转化率为x，根据三段式：
N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）
起始物质的量：1 3 0
转化物质的量：x 3x 2x
平衡物质的量：1-x 3-3x 2x
平衡时气体的总物质的量是起始的$\frac{15}{16}$，则有；$\frac{15}{16}$×（1+4）=1-x+3-x+2x，x=0.125=12.5%；正反应是个气体体积减小的反应，恒压，则相当于在恒容时增大压强，反应正方向移动，氮气转化率增大．
故答案为：12.5%；＞；
Ⅱ、（3）氨气催化氧化的催化剂是三氧化二铬或铂丝；氨气在纯氧中燃烧生成无毒、无污染的产物为氮气和水，燃烧方程式为4NH3+3 O2$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$2 N2+6H2O，
故答案为：三氧化二铬或铂丝；4NH3+3 O2$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$2 N2+6H2O；
（4）a：该反应是个气体体积减小的反应，达到平衡时压强保持恒定，a正确；b：该反应正反应是个吸热反应，升高温度，反应正方向移动，正反应也是体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，由图，t2时，正反应逆反应速率都增大，正反应增大的更多，正方向移动，所t2时是升高温度或增大压强，b正确；c：反应混合气体总质量不变，恒容体积不变，所以密度保持恒定，不能判断平衡状态，c错误；d：t2时正向移动，二氧化氮体积分数增大，t3达到平衡，t4正反应速率不变，逆反应速率减小，反应正向移动，应是降低二氧化氮浓度，二氧化氮的体积分数减小，所以在t3时二氧化氮的体积分数最大，d错误．
故答案为：a b；
Ⅲ、（5）已知：①2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=+483.6KJ/mol
②N2（g）+2O2（g）=2NO2 （g）△H=+67.7KJ/mol
由盖斯定律：①×2-②得：4H2（g）+NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=+899.5KJ/mol
故答案为：4H2（g）+NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=+899.5KJ/mol；
（6）二氧化氮的物质的量为$\frac{9.2g}{46g/mol}$=0.2mol，充分反应时转移0.1mol电子，则说明该0.2mol二氧化氮中有0.1mol得电子变成硝酸根离子，另0.1mol二氧化氮失电子成亚硝酸根离子，所以该离子方程式为：CO32-+2NO2=CO2↑+NO2-+NO3-
故答案为：CO32-+2NO2=CO2↑+NO2-+NO3-
点评 本题考查了化学平衡的综合运用，盖斯定律，热化学方程式的书写以及氧化还原反应，难度较大．
| A． | MnS的溶解度小于PbS、CuS、CdS等硫化物的溶解度 | |
| B． | 除杂试剂MnS也可用Na2S替代 | |
| C． | MnS与Cu2+反应的离子方程式是Cu2++S2-=CuS↓ | |
| D． | 整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应 |
| A． | 2KClO3（s）=2KCl（s）+3O2（g）△H=-78.03 kJ•mol-1，△S=494.4 J•mol-1•K-1 | |
| B． | CO（g）=C（s，石墨）+$\frac{1}{2}$O2（g）△H=110.5 kJ•mol-1，△S=-89.4 J•mol-1•K-1 | |
| C． | 4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）=4Fe（OH）3（s）△H=-444.3 kJ•mol-1，△S=-280.1 J•mol-1•K-1 | |
| D． | NH4HCO3（s）+CH3COOH（aq）=CH3COONH4 （aq）+CO2（g）+H2O（l）△H=37.30 kJ•mol-1，△S=184.0 J•mol-1•K-1 |
| A． | 当体系压强不变时反应一定达到平衡 | |
| B． | 反应放出的热量为 0.2a kJ | |
| C． | 若升高温度，v（正）加快，v（逆）减慢，平衡正向移动 | |
| D． | 在相同条件下再加入0.2mol的CO和0.2mol的 H2O（g），重新达平衡时，c（CO）：c（CO2）=3：2 |
| A． | 容器体积不变，充入与反应体系不反应的N2，反应速率不变；压强不变，充入N2，反应速率减小 | |
| B． | 升高温度时，正反应速率增大，逆反应速率也一定增大 | |
| C． | 恒温恒容下，若X、Y起始物质的量之比为2：1，则X、Y的转化率始终相等 | |
| D． | 恒温恒压下，该反应达到平衡后若只增加Z的量，重新达到平衡，各物质的物质的量之比可能不变 |
| A． | 碳酸氢钠加热可以分解，因为升高温度利于熵增的方向自发进行 | |
| B． | 在温度、压强一定的条件下，自发反应总是向△G=△H-T△S＜0的方向进行 | |
| C． | 水结冰的过程不能自发进行的原因是熵减的过程，改变条件也不可能自发进行 | |
| D． | 混乱度减小的吸热反应一定不能自发进行 |
| A． | 降低温度，H2S浓度减小，表明该反应是放热反应 | |
| B． | 通入CO后，逆反应速率逐渐增大，直至再次平衡 | |
| C． | 反应前H2S物质的量为6mol | |
| D． | CO的平衡转化率为20% |