Question

4．（1）目前工业合成氨的原理是N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g）△H=-93.0kJ•mol^-1．
已知一定条件下：2N₂（g）+6H₂O（l）?4NH₃（g）+3O₂（g）△H=+1 530.0kJ•mol^-1．则氢气燃烧热的热化学方程式为H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=H₂O（l）△H=-286kJ/mol．
（2）如图，在容积为1L，温度为T₁的恒温恒容装置中进行合成氨反应．
①前25min内，用H₂浓度变化表示的化学反应速率是0.12mol/（L•min）．
②在25min末刚好平衡，则平衡常数K=0.15．
③另一温度为T₂的恒压的容器中，充入1molN₂和3molH₂，起始时体积为2L，达平衡时NH₃的浓度为1mol/L，则T₂＜T₁（填“＞”、“＜”或“=”）
（3）在恒温恒压装置中进行工业合成氨反应，下列说法正确的是AD．
A．当气体体积不再变化时，则气体的平均摩尔质量也不变化
B．当气体密度不再变化，v_正＞v_逆
C．平衡后，往装置中通入一定量Ar，压强不变，平衡不移动
D．平衡后，压缩容器，N₂的浓度增大
（4）汽车尾气中的SO₂可用石灰水来吸收，生成亚硫酸钙浊液．常温下，测得某纯CaSO₃与水形成的浊液pH为9，已知K_a1（H₂SO₃）=1.8×10^-2，K_a2（H₂SO₃）=6.0×10^-9，忽略SO₃^2-的第二步水解，则K_sp（CaSO₃）=4.2×10^-9（注意水解掉的SO₃^2-与原SO₃^2-比是否可以忽略不计）．
（5）直接供氨式燃料电池是以NaOH溶液为电解质溶液，电池反应为4NH₃（g）+3O₂═2N₂+6H₂O．则负极电极反应式为2NH₃+6OH^--6e^-=N₂+6H₂O．

Answer 1

分析 （1）已知：①2N₂（g）+6H₂O（l）=4NH₃（g）+3O₂（g）△H=+l530.0kJ•mol^-1，
②N₂（g）+3H₂（g）=2NH₃（g）△H=-93.0kJ•mol^-1，
根据盖斯定律，（②×2-①）÷6可得：H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=H₂O（l）；
（2）①同一可逆反应中同一段时间内，各物质浓度变化量之比等于其计量数之比，达到平衡状态时△c（A）=（6.0-3.0）mol/L=3.0mol/L、△c（B）=（2.0-0）mol/L=2.0mol/L、△c（C）=（2.0-1.0）mol/L=1.0mol/L，根据图知，A、C是反应物、B是生成物，A、C、B的计量数之比=3.0mol/L：1.0mol/L：2.0mol/L=3：1：2，所以A表示氢气的反应，v（H₂）=$\frac{△c}{△t}$；
②化学平衡常数K=$\frac{{c}^{2}（N{H}_{3}）}{{c}^{3}（{H}_{2}）．c（{N}_{2}）}$；
③设反应容器体积为xL，则生成的n（NH₃）=xmol，
N₂（g）+3H₂（g）=2NH₃（g）
1mol    3mol     0
0.5xmol 1.5xmol  xmol
（1-0.5x）mol （3-1.5x）mol xmol
恒温恒压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，
所以$\frac{4mol}{4mol-xmol}$=$\frac{2L}{xL}$
x=$\frac{4}{3}$
则平衡时c（NH₃）=1mol/L、c（N₂）=$\frac{1-\frac{1}{2}×\frac{4}{3}}{\frac{4}{3}}$mol/L=0.25mol/L，c（H₂）=$\frac{3-1.5×\frac{4}{3}}{\frac{4}{3}}$mol/L=0.75mol/L，
化学平衡常数=$\frac{{1}^{2}}{0.25×0.7{5}^{3}}$=9.5
根据这两种温度下的平衡常数相对大小判断温度相对大小；
（3）A．恒温恒压下，气体体积之比等于其物质的量之比，当气体体积不再变化时，各气体的物质的量不再变化，根据M=$\frac{m}{n}$判断；
B．恒温恒压下，气体密度与摩尔质量成正比，当气体密度不再变化，该反应达到平衡状态；
C．平衡后，往装置中通入一定量Ar，总压强不变，但参加反应的气体分压减小；
D．平衡后，压缩容器，气体压强增大，平衡正向移动；
（4）常温下，测得某纯CaSO₃与水形成的浊液pH为9，由可知CaSO₃（s）?Ca²⁺（aq）+SO₃^2-（aq），且SO₃^2-+H₂O?HSO₃^-+OH^-，由K_a2（H₂SO₃）=6.0×10^-9可知SO₃^2-+H₂O?HSO₃^-+OH^-的水解Kh=$\frac{1{0}^{-14}}{6×1{0}^{-9}}$=1.67×10^-4，以此计算c（SO₃^2-），溶液中c（Ca²⁺）=c（SO₃^2-）+c（HSO₃^-），结合K_sp（CaSO₃）=c（Ca²⁺）×c（SO₃^2-）计算；
（5）根据电池反应式知，负极上氨气失电子发生氧化反应．

解答 解：（1）已知：①2N₂（g）+6H₂O（l）=4NH₃（g）+3O₂（g）△H=+l530.0kJ•mol^-1，
②N₂（g）+3H₂（g）=2NH₃（g）△H=-93.0kJ•mol^-1，
根据盖斯定律，（②×2-①）÷6可得：H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=H₂O（l）△H=-286kJ/mol
故答案为：H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=H₂O（l）△H=-286kJ/mol；
（2）①同一可逆反应中同一段时间内，各物质浓度变化量之比等于其计量数之比，达到平衡状态时△c（A）=（6.0-3.0）mol/L=3.0mol/L、△c（B）=（2.0-0）mol/L=2.0mol/L、△c（C）=（2.0-1.0）mol/L=1.0mol/L，根据图知，A、C是反应物、B是生成物，A、C、B的计量数之比=3.0mol/L：1.0mol/L：2.0mol/L=3：1：2，所以A表示氢气的反应，v（H₂）=$\frac{△c}{△t}$=$\frac{3.0mol/L}{25min}$=0.12mol/（L．min），
故答案为：0.12；
②化学平衡常数K=$\frac{{c}^{2}（N{H}_{3}）}{{c}^{3}（{H}_{2}）．c（{N}_{2}）}$=$\frac{2．{0}^{2}}{3．{0}^{3}×1.0}$=0.15，
故答案为：0.15；
③设反应容器体积为xL，则生成的n（NH₃）=xmol，
N₂（g）+3H₂（g）=2NH₃（g）
1mol    3mol     0
0.5xmol 1.5xmol  xmol
（1-0.5x）mol （3-1.5x）mol xmol
恒温恒压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，
所以$\frac{4mol}{4mol-xmol}$=$\frac{2L}{xL}$
x=$\frac{4}{3}$
则平衡时c（NH₃）=1mol/L、c（N₂）=$\frac{1-\frac{1}{2}×\frac{4}{3}}{\frac{4}{3}}$mol/L=0.25mol/L，c（H₂）=$\frac{3-1.5×\frac{4}{3}}{\frac{4}{3}}$mol/L=0.75mol/L，
化学平衡常数=$\frac{{1}^{2}}{0.25×0.7{5}^{3}}$=9.5＞0.15，
该反应的正反应是放热反应，降低温度平衡常数增大，所以T₂＜T₁，
故答案为：＜；
（3）A．恒温恒压下，气体体积之比等于其物质的量之比，当气体体积不再变化时，各气体的物质的量不再变化，根据M=$\frac{m}{n}$知，混合气体质量始终不变，当物质的量不变时其平均摩尔质量不变，故正确；
B．恒温恒压下，气体密度与摩尔质量成正比，当气体密度不再变化，该反应达到平衡状态，则正逆反应速率相等，故错误；
C．平衡后，往装置中通入一定量Ar，总压强不变，但参加反应的气体分压减小，平衡逆向移动，故错误；
D．平衡后，压缩容器，气体压强增大，平衡正向移动，但参加反应的气体物质的量浓度小于气体增加的物质的量浓度，所以氮气浓度增大，故正确；
故选AD；
（4）由K_a2（H₂SO₃）=6.0×10^-9可知SO₃^2-+H₂O?HSO₃^-+OH^-的水解Kh=$\frac{1{0}^{-14}}{6×1{0}^{-9}}$=1.67×10^-4，常温下，测得某纯CaSO₃与水形成的浊液pH为9，c（HSO₃^-）=c（OH^-）=1×10^-5，
可知c（SO₃^2-）=$\frac{（1×1{0}^{-5}）^{2}}{1.67×1{0}^{-4}}$=6×10^-5，
又c（Ca²⁺）=c（SO₃^2-）+c（HSO₃^-）=7×10^-5，
K_sp（CaSO₃）=c（Ca²⁺）×c（SO₃^2-）=7×10^-5×6×10^-5=4.2×10^-9，
故答案为：4.2×10^-9；
（5）原电池负极失去电子发生氧化反应，所以该燃料电池中负极氨气失去电子生成氮气，电极反应式为2NH₃+6OH^--6e^-=N₂+6H₂O，
故答案为：2NH₃+6OH^--6e^-=N₂+6H₂O．

点评 本题考查较综合，涉及化学平衡计算、原电池原理、溶度积计算、盖斯定律等知识点，侧重考查学生分析计算能力，平衡常数及溶度积有关计算是难点，解答时要明确各个物理量的关系，书写电极反应式要结合电解质溶液酸碱性书写，题目难度较大．