Question

硝酸是一种重要的化工原料．
工业上生产硝酸的主要过程如下：
Ⅰ以N₂和H₂为原料合成氨气．反应N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g）+Q
（1）下列措施可以提高H₂的转化率是（填选项序号）

 

．
a．选择适当的催化剂             b．增大压强
c．及时分离生成的NH₃            d．升高温度
（2）一定温度下，在密闭容器中充入1mol N₂和3mol H₂发生反应．若容器容积恒定，达到平衡状态时，气体的总物质的量是原来的

15

16

，则N₂的转化率α₁=

 

；若容器压强恒定，达到平衡状态时，N₂的转化率为α₂，则α₂

 

α₁（填“＞”、“＜”或“=”）．
Ⅱ以氨气、空气为主要原料制硝酸．
（3）氨气催化氧化的催化剂是

 

；氨气也可以在纯氧中燃烧生成无毒、无污染的产物，其燃烧方程式为

 

．
（4）在容积恒定的密闭容器中进行反应2NO（g）+O₂（g）?2NO₂（g）-Q，该反应的反应速率（υ）随时间（t）变化的关系如图所示．若t₂、t₄时刻只改变一个条件，下列说法正确的是（填选项序号）

 

．
a．在t₁～t₂时，可依据容器内气体的压强保持不变判断反应已达到平衡状态
b．在t₂时，采取的措施可以是升高温度
c．在t₃～t₄时，可依据容器内气体的密度保持不变判断反应已达到平衡状态
d．在t₅时，容器内NO₂的体积分数是整个过程中的最大值
Ⅲ硝酸厂常用如下2种方法处理尾气．
（5）催化还原法：催化剂存在时用H₂将NO₂还原为N₂．已知：2H₂（g）+O₂（g）→2H₂O（g）+483.6kJ；N₂（g）+2O₂（g）→2NO₂（g）+67.7kJ，则H₂还原NO₂生成水蒸气反应的热化学方程式是

 

．
（6）碱液吸收法：用Na₂CO₃溶液吸收NO₂生成CO₂．若每9.2gNO₂和Na₂CO₃溶液反应时转移电子数为0.1mol，则反应的离子方程式是

 

．

Answer 1

考点：化学平衡的影响因素

专题：化学平衡专题

分析：（1）转化率是消耗量占起始量的百分比；
a、催化剂改变反应速率不改变化学平衡；
b、增大压强平衡向气体体积缩小的方向进行；
c、分离出氨气平衡正向进行；
d、反应是放热反应升温平衡逆向进行；
（2）依据化学平衡三段式列式计算得到；恒压容器中压强大于恒容容器中，平衡正向进行，转化率增大；
（3）氨气在铂铑合金催化作用下催化氧化生成一氧化氮和水，氨气也可以在纯氧中燃烧生成无毒、无污染的产物，分析判断为氮气和水，依据原子守恒配平写出；
（4）2NO（g）+O₂（g）?2NO₂（g））△H＞0．反应是气体体积减小的吸热反应；
a、压强不变说明反应达到平衡；
b、反应是吸热反应升温正逆反应速率增大，平衡正向进行；
c、反应中气体质量守恒，体积不变，过程中密度不变；
d、依据图象分析器内NO₂的体积分数在t₃～t₄时最大；
（5）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；
（6）根据n=

m

M

计算NO₂的物质的量，反应中只有NO₂中N元素化合价发生变化，发生歧化反应，有生成NO₃^-，根据注意电子数计算生成NO₃^-的物质的量，再根据电子转移守恒计算N元素在还原产物中的化合价，判断还原产物，据此书写．

解答： 解：（1）a．选择适当的催化剂，加快反应速率，不影响平衡移动，H₂的转化率不变，故a错误；
b．增大压强，平衡向正反应移动，H₂的转化率增大，故b正确；
c．及时分离生成的NH₃，生成物浓度降低，平衡向正反应移动，H₂的转化率增大，故c正确；
d．升高温度，平衡向逆反应移动，H₂的转化率降低，故d错误；
故答案为：bc；
②压强之比等于物质的量之比，达到平衡状态时，容器内的压强是原来的

15

16

，则减少的物质的量为（1+3）mol×（1-

15

16

）=

1

4

mol，则：
N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g） 物质的量减少△n
1                               2
n（N₂）                         

1

4

故n（N₂）=

1

8

mol，所以氮气的转化率=

1 8

1

×100%=12.5%，
正反应是气体体积减小的反应，容器压强恒定，相当于在恒容的条件下增大压强，平衡向正反应进行，氮气的转化率增大，所以a₂＞a₁，
故答案为：12.5%；＞；
（3）氨气在铂铑合金催化作用下催化氧化生成一氧化氮和水，氨气也可以在纯氧中燃烧生成无毒、无污染的产物，依据原子守恒书写弱酸化学方程式，氨气的催化氧化反应方程式为：4NH₃+5O₂

催化剂 .

△

4NO+6H₂O，氨气弱酸的化学方程式为：2NH₃+3O₂

△   .

N₂+3H₂O；
故答案为：铂铑合金，2NH₃+3O₂

△   .

N₂+3H₂O，；
（4）a．该反应正反应是气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，压强不变，说明到达平衡，故a正确；
b．正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，在t₂时，正、逆速率都增大，且正反应速率增大更多，平衡向正反应移动，该反应正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应进行，转化率增大，故b正确；
c．恒容条件下，反应混合气体的总质量不变，密度始终不变，所以不能说明反应达到平衡状态，故c错误；
d．由图可知，在t₂时，改变条件平衡向正反应移动，t₃时到达平衡，t₄时瞬间正反应速率不变，逆反应速率减小，平衡向正反应进行，应是NO₂降低的浓度，故容器内NO₂的体积分数在t₃时值的最大，故d错误；
故选ab；
（5）已知：Ⅰ、2H₂（g）+O₂（g）=2H₂O（g）△H=-483.6kJ/mol
Ⅱ、N₂（g）+2O₂（g）=2NO₂（g）△H=+67.7kJ/mol
由盖斯定律可知，Ⅰ×2-Ⅱ得4H₂（g）+2NO₂（g）=N₂（g）+4H₂O（g），
故△H=2×（-483.6kJ/mol）-67.7kJ/mol=-1034.9kJ/mol，
故热化学方程式为：4H₂（g）+2NO₂（g）=N₂（g）+4H₂O（g）△H=-1034.9kJ/mol，
故答案为：4H₂（g）+2NO₂（g）=N₂（g）+4H₂O（g）△H=-1034.9kJ/mol；
（6）9.2gNO₂的物质的量=

9.2g

46g/mol

mol=0.2mol，反应中只有NO₂中N元素化合价发生变化，发生歧化反应，有生成NO₃^-，
0.2mol二氧化氮转移电子的物质的量是0.1mol，故生成的NO₃^-的物质的量为

0.1mol

5-4

=0.1mol，故被还原的氮原子物质的量为0.2mol-0.1mol=0.1mol，令N元素在还原产物中的化合价为x价，则0.1mol×（4-x）=0.1mol，解得x=+3，故还原产物为NO₂^-，且生成的NO₃^-和NO₂^-物质的量之比为1：1，同时反应生成CO₂，故二氧化氮和碳酸钠溶液反应的离子反应方程式为：2NO₂+CO₃^2-=NO₃^-+NO₂^-+CO₂；
故答案为：2NO₂+CO₃^2-=NO₃^-+NO₂^-+CO₂．

点评：本题考查化学平衡的有关计算、化学平衡的影响因素与平衡图象、热化学方程式书写、氧化还原反应等，题目综合性较大，难度较大，注意（2）中③利用含量-时间草图进行理解，讨论是否到达平衡，根据各情况判断．