Question

5．运用化学反应原理研究NH₃的性质具有重要意义．请回答下列问题：
（1）氨气可以构成燃料电池，其电池反应原理为4NH₃+3O₂═2N₂+6H₂O．NH₃应通入燃料电池的负极（填“正极”或“负极”）．已知电解质溶液为KOH溶液，正极的电极反应式为O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-．
（2）25℃时，将a mol•L^-1的氨水与0.1mol•L^-1的盐酸等体积混合．
①当溶液中离子浓度关系满足c（NH₄⁺）＞c（Cl^-）时，则反应的情况可能为a．
a．盐酸不足，氨水剩余              b．氨水与盐酸恰好完全反应            c．盐酸过量
②当溶液中c（NH₄⁺）=c（Cl^-）时，用含a的代数式表示NH₃•H₂O的电离常数K_a=$\frac{1{0}^{-8}}{a-0.1}$．
（3）在0.5L恒容密闭容器中，一定量的N₂与H₂进行反应：N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g）△H=bkJ•mol^-1，其化学平衡常数K与温度的关系如下：

温度/℃	200	300	400
K	1.0	0.85	0.5

①写出该反应的化学平衡常数的表达式：K=$\frac{{c}^{2}（N{H}_{3}）}{c（{N}_{2}）•{c}^{3}（{H}_{2}）}$，b小于（填“大于”“小于”或“等于”）0．
②400℃时，测得某时刻氨气、氮气、氢气的物质的量分别为3mol、2mol、1mol时，此时刻该反应的v_正（N₂）小于（填“大于”“小于”或“等于”）v_逆（N₂）．
（4）已知：
①4NH₃（g）+3O₂（g）═2N₂（g）+6H₂O（g）△H=-1266.8kJ•mol^-1
②N₂（g）+O₂（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ•mol^-1
写出氨高温催化氧化的热化学方程式4NH₃（g）+5O₂（g）=4NO（g）+6H₂O（g）△H=-905.8kJ/mol．

Answer 1

分析 （1）根据反应4NH₃+3O₂=2N₂+6H₂O可知氨分子中氮元素的化合价升高，发生氧化反应，应通入燃料电池的负极；氧气在正极得电子发生还原反应；
（2）①溶液中离子浓度关系满足c（NH₄⁺）＞c（Cl^-）时，由电荷守恒可知c（H⁺）＜c（OH^-），溶液呈碱性，结合选项根据反应物量的关系，判断溶液酸碱性；
②根据电荷守恒判断溶液中氢离子与氢氧根离子浓度的相对大小，进而判断溶液的酸碱性；溶液中存在平衡NH₃•H₂O?NH₄⁺+OH^-，根据溶液的pH值计算溶液中c（OH^-），根据氯离子浓度计算c（NH₄⁺），利用物料守恒计算溶液中c（NH₃•H₂O），代入NH₃•H₂O的电离常数表达式计算；
（3）①化学平衡常数等于平衡时生成物的浓度幂之积比上反应物浓度幂之积；温度升高K减小，所以正反应是放热反应；
②根据平衡常数和浓度商的相对大小分析解答；
（4）利用盖斯定律①-2×②可得氨高温催化氧化的热化学方程式．

解答 解：（1）氨气可以构成燃料电池，其电池反应原理为4NH₃+3O₂=2N₂+6H₂O，氨分子中氮元素的化合价升高，发生氧化反应，应通入燃料电池的负极；电解质溶液为KOH溶液，氧气在正极得电子发生还原反应，电极反应为O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-，
故答案为：负极；O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-；
（2）①溶液中离子浓度关系满足c（NH₄⁺）＞c（Cl^-）时，由电荷守恒可知c（H⁺）＜c（OH^-），溶液呈碱性，
a．盐酸不足，氨水剩余，为氯化铵与氨水的混合溶液，铵根离子水解程度小于氨水的电离时，溶液可能呈碱性，故a可能；
b．氨水与盐酸恰好完全反应，为氯化铵溶液，铵根离子水解，溶液呈酸性，故b不可能；
c．盐酸过量，溶液为氯化铵、盐酸的混合溶液，溶液呈酸性，故c不可能；
故答案为：a；
②根据电荷守恒有c（NH₄⁺）+c（H⁺）=c（Cl^-）+c（OH^-），由于c（NH₄⁺）=c（Cl^-），故c（H⁺）=c（OH^-），溶液呈中性，故溶液中c（OH^-）=10^-7mol/L，溶液中c（NH₄⁺）=c（Cl^-）=$\frac{1}{2}$×0.1mol•L^-1=0.05mol•L^-1，故混合后溶液中c（NH₃•H₂O）=$\frac{1}{2}$×amol•L^-1-0.05mol•L^-1=（0.5a-0.05）mol/L，NH₃•H₂O的电离常数K_a=$\frac{c（O{H}^{-}）•c（N{{H}_{4}}^{+}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=$\frac{1{0}^{-7}×0.05}{0.5a-0.05}$=$\frac{1{0}^{-8}}{a-0.1}$，
故答案为：$\frac{1{0}^{-8}}{a-0.1}$；
（3）①化学平衡常数等于平衡时生成物浓度幂之积比上反应物浓度幂之积，则K=$\frac{{c}^{2}（N{H}_{3}）}{c（{N}_{2}）•{c}^{3}（{H}_{2}）}$；温度升高K减小，所以正反应是放热反应，所以b＜0，故答案为：K=$\frac{{c}^{2}（N{H}_{3}）}{c（{N}_{2}）•{c}^{3}（{H}_{2}）}$；小于；
②400℃时，某时刻氨气、氮气、氢气的物质的量分别为3mol、2mol、1mol时，此时Qc=$\frac{（\frac{3mol}{0.5L}）^{2}}{\frac{2mol}{0.5L}×（\frac{1mol}{0.5L}）^{3}}$=1.125＞K=0.5，所以平衡逆向移动，则v_正（N2）＜v_逆（N2），
故答案为：小于；
（4）已知：①4NH₃（g）+3O₂（g）═2N₂（g）+6H₂O（g）△H=-1266.8kJ/mol
②N₂（g）+O₂（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ/mol
利用盖斯定律①-2×②可得：4NH₃（g）+5O₂（g）=4NO（g）+6H₂O（g）△H=-905.8kJ/mol，
故答案为：4NH₃（g）+5O₂（g）=4NO（g）+6H₂O（g）△H=-905.8 kJ/mol．

点评 本题考查电极反应式的书写、电解质溶液中平衡常数的计算、化学平衡常数表达式的书写、平衡的移动、热化学方程式的计算等知识，难度中等，综合性较强．