Question

4．氨是最重要的化工产品之一．
（1）已知合成氨的反应是一个典型的可逆反应，在一个一定容积的密闭容器中加入1mol 氮气和3mol 氢气，在一定条件下发生反应合成氨气，当反应物转化率达10%时，测得放出的热量为9.24kJ，请写出该条件下合成氨反应的热化学方式：  N₂（g）+3H₂（ g）═2NH₃（g）△H=-92.4 kJ•mol^-1 ．
（2）CO对合成氨的催化剂有毒害作用，常用乙酸二氨合铜（Ⅰ）溶液来吸收原料气中CO，其反应原理为
[Cu（NH₃）₂CH₃COO]（l）+CO（g）+NH₃（g）?[Cu（NH3）₃]CH₃COO•CO（l）△H＜0
通过下列哪种措施可提高CO的吸收效率A（填字母）
A．高压     B．高温    C．把[Cu（NH3）₃]CH₃COO•CO分离出去    D．增大CO浓度
吸收CO后的乙酸铜氨液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，再生的适宜条件是B．（填字母）
A．高温、高压    B．高温、低压    C．低温、低压    D．低温、高压
（3）用氨气制取尿素[CO（NH₂）₂]的反应为2NH₃（g）+CO₂（g）?CO（NH₂）₂（l）+H₂O（g）△H＜0
某温度下，向容积为100L的密闭容器中通入4molNH₃和2molCO₂，该反应进行到40s时达到平衡，此时CO₂的转化率为50%．该温度下此反应平衡常数K的值为2500．图中的曲线表示该反应在前25s内的反应进程中的NH₃浓度变化．若反应延续至70s，保持其他条件不变情况下，请在图中用实线画出使用催化剂时该反应的进程曲线．
（4）将尿素施入土壤后，大部分是通过转化为碳酸铵或碳酸氢铵后才被作物所利用，尿素分子在微生物分泌的脲酶作用下，转化为碳酸铵．已知弱电解质在水中的电离平衡常数（25℃）如下表：

弱电解质	H2CO3	NH3•H2O
电离平衡常数	Ka1=4.30×10-7	1.77×10-5
	Ka2=5.61×10-11

现有常温下0.1mol•L-1的（NH₄）₂CO₃溶液，
①你认为该溶液呈碱（填“酸”、“中”或“碱”性），原因是由于NH₃•H₂O的电离平衡常数大于HCO₃^-的电离平衡常数，因此CO₃^2-水解程度大于NH₄⁺水解程度，溶液中c （OH^-）＞c（H⁺），溶液呈碱性．
②就该溶液中粒子之间有下列关系式，你认为其中不正确的是B．
A．c（NH₄⁺）＞c（CO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（H+）
B．c（NH₄⁺）+c（H⁺）=c（HCO₃^-）+c（OH^-）+c（CO₃^2-）
C．c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）+c（H₂CO₃）=0.1mol•L^-1
D．c（NH₄⁺）+c（NH₃•H₂O）=2c（CO₃^2-）+2c（HCO₃^-）+2c（H₂CO₃）

Answer 1

分析 （1）在一个一定容积的密闭容器中加入1mol 氮气和3mol 氢气，在一定条件下发生反应合成氨气，当反应物转化率达10%时，反应的氮气为0.1mol，测得放出的热量为9.24kJ，则反应1molN₂放热92.4KJ，结合热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态和对应反应焓变写出；
（2）[Cu（NH₃）₂CH₃COO]（l）+CO（g）+NH₃（g）?[Cu（NH3）₃]CH₃COO•CO（l）△H＜0，反应为气体体积减小的放热反应，提高CO的吸收效率需要平衡正向进行，结合化学平衡移动原理和平衡移动方向分析判断需要的条件
（3）依据化学方程式和平衡常数K=$\frac{c（{H}_{2}O）}{c（C{O}_{2}）{c}^{2}（N{H}_{3}）}$，结合化学平衡三段式列式计算平衡浓度，计算平衡常数；依据催化剂的作用画出图象，曲线的转折点在横坐标40之前，纵坐标必需在20的线上；
（4）①依据弱电解质电离平衡常数比较弱电解质强弱，盐类水解原理分析判断溶液酸碱性；
②依据溶液中离子性质，电荷守恒、物料守恒、离子浓度大小比较的方法分析选择．

解答 解：（1）在一个一定容积的密闭容器中加入1mol 氮气和3mol 氢气，在一定条件下发生反应合成氨气，当反应物转化率达10%时，反应的氮气为0.1mol，测得放出的热量为9.24kJ，则反应1molN₂放热92.4KJ，反应的热化学方程式为：N₂（g）+3H₂（ g）═2NH₃（g）△H=-92.4 kJ•mol^-1，
故答案为：N₂（g）+3H₂（ g）═2NH₃（g）△H=-92.4 kJ•mol^-1；
（2）[Cu（NH₃）₂CH₃COO]（l）+CO（g）+NH₃（g）?[Cu（NH3）₃]CH₃COO•CO（l）△H＜0，反应为气体体积减小的放热反应，提高CO的吸收效率需要平衡正向进行，
A．高压平衡正向进行，增大CO吸收率，故A正确；
B．反应为放热反应，高温平衡逆向进行，CO吸收率减小，故B错误；
C．把[Cu（NH3）₃]CH₃COO•CO分离出去对气体吸收影响不大，故C错误；
D．增大CO浓度平衡正向进行，但会减小CO的吸收率，故D错误；
吸收CO后的乙酸铜氨液经过适当处理后又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，依据化学平衡[Cu（NH₃）₂CH₃COO]（l）+CO（g）+NH₃（g）?[Cu（NH₃）₃]CH₃COO•CO（l）；△H＜0，反应是气体体积减小的放热反应，平衡逆向进行是再生的原理，再生的适宜条件是高温低压，
故答案为：A；B；
（3）2NH₃（g）+CO₂（g）?CO（NH₂）₂（l）+H₂O（g），反应进行到40s时达到平衡，反应达到平衡时CO₂的转化率为50%，消耗二氧化碳浓度0.02mol/L×50%=0.01mol/mol；
                            2NH₃（g）+CO₂（g）?CO（NH₂）₂（l）+H₂O（g）
起始量（mol/L） 0.04               0.02                 0                        0
变化量（mol/L） 0.02               0.01                 0                     0.01
平衡量（mol/L） 0.02               0.01                 0                     0.01
K=$\frac{c（{H}_{2}O）}{c（C{O}_{2}）{c}^{2}（N{H}_{3}）}$=$\frac{0.01}{0.0{2}^{2}×0.01}$=2500
若反应延续至70s，保持其它条件不变情况下，使用催化剂时，改变反应速率，不改变化学平衡，曲线的转折点在横坐标40之前，纵坐标必需在20的线上，该反应的进程曲线为如图所示：曲线的转折点在横坐标40之前，纵坐标必需在20的线上，，
故答案为：2500；；
（4）①分析电离平衡常数可知电离程度，NH₃•H₂O＞H₂CO₃＞HCO₃^-，对应盐水解程度NH₄⁺＜HCO^3-＜CO₃^2-，常温下0.1mol•L^-1的（NH₄）₂CO₃溶液呈碱性，由于NH₃•H₂O的电离平衡常数大于HCO₃^-的电离平衡常数，因此CO₃^2-水解程度大于NH₄⁺水解程度，溶液中c （OH^-）＞c（H⁺），溶液呈碱性；
故答案为：碱，由于NH₃•H₂O的电离平衡常数大于HCO₃^-的电离平衡常数，因此CO₃^2-水解程度大于NH₄⁺水解程度，溶液中c （OH^-）＞c（H⁺），溶液呈碱性；
②A．溶液中铵根离子浓度大于碳酸根离子浓度，碳酸根离子水解程度大于铵根离子水解程度，所以溶液中离子浓度大小为：c（NH₄⁺）＞c（CO₃^2-）＞c（HCO₃^-）＞c（NH₃•H₂O），故A正确；
B．溶液中存在电荷守恒为：c（NH₄⁺）+c（H⁺）=c（HCO₃^-）+c（OH^-）+2c（CO₃^2-），故B错误；
C．依据溶液中物料守恒得到：c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）+c（H₂CO₃）=0.1mol•L^-1 ，故C正确；
D．依据溶液中物料守恒，n（N）：n（C）=2：1，结合溶液中离子种类和守恒关系得到：c（NH₄⁺）+c（NH₃•H₂O）=2c（CO₃^2-）+2c（HCO₃^-）+2c（H₂CO₃），故D正确；
故答案为：B．

点评 本题考查了热化学方程式书写方法，化学平衡影响因素分析，电解质溶液中离子浓度关系的应用判断，掌握基础是关键，题目难度中等．