Question

3．氨气及其相关产品是基本化工原料，在化工领域中具有重要的作用．
（1）以铁为催化剂，0.6mol氮气和1.8mol氢气在恒温、容积恒定为1L的密闭容器中反应生成氨气，20min后达到平衡，氮气的物质的量为0.3mol．
①在第25min时，保持温度不变，将容器体积迅速增大至2L并保持恒容，体系达到平衡时N₂的总转化率为38.2%，请画出从第25min起H₂的物质的量浓度随时间变化的曲线．

②该反应体系未达到平衡时，催化剂对逆反应速率的影响是增大（填增大、减少或不变）．
（2）①N₂H₄是一种高能燃料，有强还原性，可通过NH₃和NaClO反应制得，写出该制备反应的化学方程式NaClO+2NH₃=N₂H₄+NaCl+H₂O
②N₂H₄的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数K₁=1.0×10^-6，则0.01mol•L^-1 N₂H₄水溶液的pH等于10（忽略N₂H₄的二级电离和H₂O的电离）．
③已知298K和101KPa条件下：
N₂（g）+3H₂（g）=2NH₃（g）△H₁
2H₂（g）+O₂（g）=2H₂O（l）△H₂
2H₂（g）+O₂（g）=2H₂O（g）△H₃
4NH₃（g）+O₂（g）=2N₂H₄（l）+2H₂O（I）△H₄
则N₂H₄（l）的标准燃烧热△H=$\frac{3}{2}$△H₂-△H₁-$\frac{1}{2}$△H₄
（3）科学家改进了NO₂转化为HNO₃的工艺（如虚框所示），在较高的操作压力下，提高N₂O₄/H₂O的质量比和O₂的用量，能制备出高浓度的硝酸．

实际操作中，应控制N₂O₄/H₂O质量比高于5.11，对此请给出合理解释2N₂O₄+2H₂O+O₂=4HNO₃，中N₂O₄/H₂O的质量比等于5.11，高于5.11是为了提高了N₂O₄的浓度，有利于平衡向正方向移动，得到高浓度的硝酸

Answer 1

分析 （1）①利用三段式求出2min平衡时氢气的物质的量，体积变为2L，则浓度为原来的一半，再根据平衡转化率求出第二次平衡时氢气的浓度；
②催化剂能增大反应速率；
（2）①NaClO溶液和NH₃发生氧化还原反应生成氯化钠和肼，根据反应物和生成物写出反应方程式；
②电离方程式为N₂H₄+H₂O?N₂H₅⁺+OH^-，根据K=$\frac{c（{N}_{2}{{H}_{5}}^{+}）c（O{H}^{-}）}{c（{N}_{2}{H}_{4}）}$计算；
③依据盖斯定律，结合题干中已知热化学方程式计算N₂H₄（l）+O₂（g）=N₂（g）+2H₂O（l）的反应热；
（3）2N₂O₄+2H₂O+O₂=4HNO₃，反应中N₂O₄/H₂O的质量比等于5.11，高于5.11，则提高了N₂O₄的浓度，根据浓度对化学平衡移动的影响分析．

解答 解：（1）①0.6mo1氮气和1.8mo1氢气在恒温、容积恒定为1L的密闭容器中反应生成氨气，2min后达到平衡，氮气的物质的量为0.3mo1
                     N₂（g）+3H₂（g）=2NH₃（g）
起始（mol）：0.6           1.8             0
转化（mol）：0.3            0.9            0.6
平衡（mol）：0.3             0.9           0.6
在第25min时，保持温度不变，将容器体积迅速增大至2L并保持恒容，则此时c（H₂）=$\frac{0.9mol}{2L}$=0.45mol/L；
体系达到平衡时N₂的总转化率为38.2%，则转化的氮气为0.6mol×38.2%=0.2292mol；
                        N₂（g）+3H₂（g）=2NH₃（g）
起始（mol）：0.6             1.8             0
转化（mol）：0.23           0.69        0.46
平衡（mol）：0.37          1.11         0.46
所以第二次平衡时c（H₂）=$\frac{1.11mol}{2L}$=0.555mol/L，
则第25min起H₂的物质的量浓度为0.45mol/L，平衡时为0.555mol/L，所以图象为；
故答案为：；
②催化剂能增大反应速率，所以该反应体系未达到平衡时，催化剂对逆反应速率的影响是增大；
故答案为：增大；
（2）①该反应中，次氯酸钠被氨气含有生成氯化钠，氨气被氧化生成肼，同时还有水生成，所以该反应方程式为：NaClO+2NH₃=N₂H₄+NaCl+H₂O；
故答案为：NaClO+2NH₃=N₂H₄+NaCl+H₂O；
②电离方程式为N₂H₄+H₂O?N₂H₅⁺+OH^-，室温下其电离常数K₁≈1.0×10^-6，则0.01mol•L^-1N₂H₄水溶液中c（N₂H₅⁺）≈c（OH^-），
K=$\frac{c（{N}_{2}{{H}_{5}}^{+}）c（O{H}^{-}）}{c（{N}_{2}{H}_{4}）}$=$\frac{{c}^{2}（O{H}^{-}）}{0.01}$=1.0×10^-6，所以c（OH^-）=10^-4mol/L，则c（H⁺）=10^-10mol/L，则溶液的pH=10；
故答案为：10；
③已知：N₂（g）+3H₂（g）=2NH₃（g）△H₁
2H₂（g）+O₂（g）=2H₂O（l）△H₂
2H₂（g）+O₂（g）=2H₂O（g）△H₃
4NH₃（g）+O₂（g）=2N₂H₄（l）+2H₂O（l）△H₄
由盖斯定律可知，N₂H₄（l）+O₂（g）=N₂（g）+2H₂O（l）△H=$\frac{3}{2}$△H₂-△H₁-$\frac{1}{2}$△H₄；
故答案为：$\frac{3}{2}$△H₂-△H₁-$\frac{1}{2}$△H₄；
（3）由NO₂转化为HNO₃的工艺图可知，N₂O₄与水、氧气反应生成硝酸，2N₂O₄+2H₂O+O₂=4HNO₃，反应中N₂O₄/H₂O的质量比等于5.11，当高于5.11，则提高了N₂O₄的浓度，有利于平衡向正方向移动，得到高浓度的硝酸；
故答案为：2N₂O₄+2H₂O+O₂=4HNO₃，中N₂O₄/H₂O的质量比等于5.11，高于5.11是为了提高了N₂O₄的浓度，有利于平衡向正方向移动，得到高浓度的硝酸．

点评 本题考查了化学平衡的有关计算、电离常数及其计算、盖斯定律的应用、工艺流程图的分析应用等，题目难度中等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力和计算能力．