Question

5．1902年德国化学家哈伯研究出合成氨的方法，其反应原理为：N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g）；△H（△H＜0）

（1）在一容积为4L的密闭容器中，加入0.4mol的N₂和1.2mol的H₂，在一定条件下发生反应，反应中NH₃的物质的量浓度变化情况如图1：
①根据图1，计算从反应开始到平衡时，平均反应速率v（H₂）为0.0375mol/（L•min）．

②反应达到平衡后，第5分钟末，保持其它条件不变，若改变反应温度，则NH₃的物质的量浓度不可能为AC．
A． 0.20mol/L       B． 0.12mol/L       C． 0.10mol/L     D． 0.08mol/L
（2）某温度时，N₂与H₂反应过程中的能量变化如图2所示． 下列叙述正确的是AB
A．b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
B．在密闭容器中加入1mol N₂、3mol H₂，充分反应放出的热量小于92kJ
C．由图可知，断开1mol 氮氮三键与1mol 氢氢键吸收的能量和小于形成1mol 氮氢键所放出的能量
D．反应物的总能量低于生成物的能量
（3）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4表示：
①吸附后，能量状态最低的是C（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3．从吸附和解吸过程分析，c₀前速率增加的原因可能是氨的浓度增加，催化剂表面吸附的氨分子增多，速率增大；c₀后速率降低的原因可能是达到一定浓度后，氨分子浓度太大阻碍N₂和H₂的解吸．
（4）已知液氨中存在：2NH₃（l）?NH₂^-+NH₄⁺．用Pt电极对液氨进行电解也可产生H₂和N₂．阴极的电极反应式是2NH₃+2e^-=H₂+2NH₂^-或2NH₄⁺+2e^-=H₂↑+2NH₃．

Answer 1

分析 （1）①结合v=$\frac{△c}{△t}$及速率之比等于化学计量数之比分析；
②合成氨反应为可逆反应，且为放热反应，5min时降低温度平衡正向移动；
（2）A．催化剂降低反应需要的活化能；
B．可逆反应不能完全转化；
C．该反应为放热反应，焓变等于断键吸收的能量减去成键释放的能量；
D．反应为放热反应，反应物的总能量大；
（3）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，结合放热反应分析；浓度增大，反应速率加快，但达到一定浓度后，氨分子浓度太大阻碍N₂和H₂的解吸；
（4）阴极上液氨得到电子发射还原反应生成氢气．

解答 解：（1）①根据图象分析，平衡时氨气的浓度为0.1mol/L，时间为4分钟，所以依据反应速率比等于化学计量数比得到氢气的反应速率=$\frac{3}{2}$×$\frac{0.1mol/L}{4min}$=0.0375 mol/（L•min），故答案为：0.0375； 
②该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化，则氨气的物质的量浓度不可能为0.2mol/L，温度改变平衡一定发生移动，则氨气的物质的量浓度不可能为0.1mol/L，
故答案为：AC；
（2）A．加入催化剂能降低反应所需的活化能，b所需活化能较小，所以b是加入催化剂的反应，故A正确；
B．在密闭容器中加入1摩尔氮气3摩尔氢气，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化，则充分反应放出的热量小于92kJ，故B正确；
C．由图可知，该反应时放热反应，断开1摩尔氮氮三键与3摩尔氢氢键吸收的能量和小于形成3摩尔氮氢键所放出的能量，故C错误；
D．该反应时放热反应，反应物的总能量高于生成物的能量，故D错误；
故选AB；
（3）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，
故答案为：C；
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氮气和氢气的解吸，故反应速率减慢，
故答案为：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；
（4）阴极上氨气或铵根离子得电子发生还原反应，电极反应为2NH₃+2e^-=H₂+2NH₂^- 或2NH₄⁺+2e^-=H₂↑+2NH₃，故答案为：2NH₃+2e^-=H₂+2NH₂^- 或2NH₄⁺+2e^-=H₂↑+2NH₃．

点评 本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握平衡移动影响因素、反应中能量变化、电极反应、速率计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大．