Question

14．工业上由N₂、H₂合成NH₃．制备H₂需经多步完成，其中“水煤气（CO、H₂）变换”是纯化H₂的关键一步．
（1）水煤气变换：CO（g）+H₂O（g）?CO₂（g）+H₂（g），平衡常数K随温度变化如表：

温度/℃	200	300	400
K	290	39	11.7

①下列分析正确的是ac．
a．水煤气变换反应的△H＜0
b．增大压强，可以提高CO的平衡转化率
c．增大水蒸气浓度，可以同时增大CO的平衡转化率和反应速率
②以氨水为吸收剂脱除CO₂．当其失去吸收能力时，通过加热使吸收剂再生．用化学方程式表示“吸收”、“再生”两个过程：NH₃+H₂O+CO₂=NH₄HCO₃、NH₄HCO₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$NH_3^↑+H₂O+CO₂↑．
（2）Fe₃O₄是水煤气变换反应的常用催化剂，经CO、H₂还原Fe₂O₃制备．两次实验结果如表：

	实验Ⅰ	实验Ⅱ
通入气体	CO、H2	CO、H2、H2O（g）
固体产物	Fe3O4、Fe	Fe3O4

结合化学方程式解释H₂O（g）的作用：Fe₃O₄（s）+4H₂（g）?3Fe（s）+4H₂O（g），加入H₂O（g）后抑制Fe₃O₄被H₂进一步还原．
（3）2016年我国某科研团队利用透氧膜，一步即获得N₂、H₂，工作原理如图所示．（空气中N₂与O₂的物质的量之比按4：1计）

①起还原作用的物质是CH₄．
②膜Ⅰ侧发生的电极反应式是H₂O+2e^-=H₂+O^2-、O₂+4e^-=2O^2-．
③膜Ⅰ侧所得气体$\frac{n（{H}_{2}）}{n（{N}_{2}）}$=3，CH₄、H₂O、O₂反应的化学方程式是14CH₄+12H₂O+O₂=14CO+40H₂．

Answer 1

分析 （1）①a．由表格数据可知，温度越高，K越小，则正反应为放热反应；
b．该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动；
c．增大水蒸气浓度，反应速率增大，促进CO的转化；
②以氨水为吸收剂脱除CO₂，反应生成碳酸氢铵，加热时分解生成二氧化碳；
（2）发生Fe₃O₄（s）+4H₂（g）?3Fe（s）+4H₂O（g），增大生成物浓度，平衡逆向移动；
（3）由图可知，C失去电子生成CO，膜Ⅰ侧氧气、水得到电子，结合电极反应来解答．

解答 解：（1）①a．由表格数据可知，温度越高，K越小，则正反应为放热反应，则△H＜0，故正确；
b．该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，不能提高转化率，故错误；
c．增大水蒸气浓度，反应速率增大，促进CO的转化，则可以同时增大CO的平衡转化率和反应速率，故正确；
故答案为：a c；
②以氨水为吸收剂脱除CO₂．当其失去吸收能力时，通过加热使吸收剂再生．用化学方程式表示“吸收”、“再生”两个过程吸收：NH₃+H₂O+CO₂=NH₄HCO₃、NH₄HCO₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$NH_3^↑+H₂O+CO₂↑，
故答案为：NH₃+H₂O+CO₂=NH₄HCO₃、NH₄HCO₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$NH_3^↑+H₂O+CO₂↑；
（2）发生Fe₃O₄（s）+4H₂（g）?3Fe（s）+4H₂O（g），增大生成物浓度，平衡逆向移动，则H₂O（g）的作用为Fe₃O₄（s）+4H₂（g）?3Fe（s）+4H₂O（g），加入H₂O（g）后抑制Fe₃O₄被H₂进一步还原，
故答案为：Fe₃O₄（s）+4H₂（g）?3Fe（s）+4H₂O（g），加入H₂O（g）后抑制Fe₃O₄被H₂进一步还原；
（3）①C失去电子，则起还原作用的物质是CH₄，故答案为：CH₄；
②膜Ⅰ侧发生的电极反应式是H₂O+2e^-=H₂+O^2-、O₂+4e^-=2O^2-，故答案为：H₂O+2e^-=H₂+O^2-、O₂+4e^-=2O^2-；
③空气中N₂与O₂的物质的量之比为4：1，膜Ⅰ侧所得气体$\frac{n（{H}_{2}）}{n（{N}_{2}）}$=3，氮气在反应前后不变，设氮气为4mol，则生成氢气为12mol，由膜I侧反应可知12molH₂O得到电子、1molO₂得到电子，膜I上发生12H₂O+24e^-=12H₂+12O^2-、O₂+4e^-=2O^2-，膜II上14molCH₄中C失去84mol电子、H得到56mol电子时，总反应遵循电子守恒，则反应为14CH₄+12H₂O+O₂=14CO+40H₂，故答案为：14CH₄+12H₂O+O₂=14CO+40H₂．

点评 本题考查化学平衡及原电池，为高频考点，把握表格数据、图象分析、平衡移动原理及电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意信息的应用，题目难度较大．