德国化学家哈伯发明的合成氨技术使大气中的氮气变成了生产氮肥永不枯竭的廉价来源.解救了世界粮食危机获1918年诺贝尔化学奖．现模拟工业制氨的过程.通过查阅资料.获得以下键能数据:化学键N≡NH-HN-H键能/946436391(1)计算工业合成氨反应的反应热:N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=-92kJ/mol(2)一定温度� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

9．德国化学家哈伯发明的合成氨技术使大气中的氮气变成了生产氮肥永不枯竭的廉价来源，解救了世界粮食危机获1918年诺贝尔化学奖．现模拟工业制氨的过程，通过查阅资料，获得以下键能数据：

化学键	N≡N	H-H	N-H
键能/（kJ/mol）	946	436	391

（1）计算工业合成氨反应的反应热：N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g）△H=-92kJ/mol
（2）一定温度下，向一个恒压容器中充入0.6mol N₂和0.5mol H₂，在一定温度下进行反应：N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g），达到化学平衡时，N₂的转化率为$\frac{1}{6}$，此时容器的体积为1L．
①该温度时容器中平衡体系的平衡常数是10mol²/L²．
②若保持平衡时的温度和压强不变，继续向平衡体系中通入0.9mol N₂，则平衡将逆向（填“正向”，“逆向”或“不”）移动．
（3）在两个压强相等，温度分别为T₁和T₂的容器中充入由1mol N₂和3molH₂组成的混合气体，发生反应N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g），平衡后改变容器体积，容器内N₂的体积分数随压强的变化如图1所示．据图1判断下列说法正确的是b

a．A、B、C三点的平衡常数大小关系：K_A＜K_B＜K_C
b．A点和B点混合气体的密度大小关系：A＜B
c．A点和C点混合气体的平均相对分子质量大小关系：A＞C
（4）合成氨工业会产生大量副产物CO₂，工业上常用高浓度的K₂CO₃溶液吸收CO₂，得溶液X，再利用电解法K₂CO₃溶液再生，其装置如图2所示：
①在阳极区发生的反应有4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑和H⁺+HCO₃^-=H₂O+CO₂↑．
②简述CO₃^2-在阴极区再生的原理溶液中HCO₃^-存在电离平衡：HCO₃^-=CO₃^2-+H⁺（1分），阴极H⁺放电，c（H⁺）减少平衡右移CO₃^2-再生（或阴极H⁺放电，使c（OH^-）增大，OH^-与HCO₃^-反应生成CO₃^2-）．
③再生装置中产生的CO₂和H₂在一定条件下反应生成甲醇，工业上利用该反应合成甲醇．已知：25℃，101KPa下：2H₂（g）+O₂（g）=2H₂O（g）△H₁=-484kJ/mol
2CH₃OH（g）+3O₂（g）=2CO₂ （g）+4H₂O（g）△H₂=-1352kJ/mol
写出CO₂和H₂生成1molCH₃OH（g）的热化学方程式CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）△H=-50kJ/mol．

分析（1）根据盖斯定律，反应的焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能；
（2）①恒压密闭容器中发生反应N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g），达到化学平衡时，N₂的转化率为$\frac{1}{6}$，容器体积为1L，计算平衡时各组分的浓度，据此计算反应的化学平衡常数；
②若保持平衡时的温度和压强不变，继续向平衡体系中通入0.9mol N₂，由于是恒压装置，相当于对体系稀释，等效为减压，则反应平衡向增压方向移动；
（3）根据图象，反应为放热反应，温度升高不利于反应正向进行，平衡时N₂的量增多，则温度T₂＞T₁，
a．平衡常数只随温度的改变而改变；
b．A点和B点混合气体的压强相等，混合气体的密度为$ρ=\frac{m}{V}$；
c．混合气体的平均相对分子质量为$\overline{{M}_{r}}=\frac{m}{n}$；
（4）①阳极区为物质失去电子，发生氧化反应，根据装置图分析，溶液为碱性，则阳极OH^-放电，失去电子，生成O₂，据此写出电极反应式；
②根据溶液中存在的HCO₃^-的电离平衡和电极反应式简述原理；
③CO₂和H₂生成1molCH₃OH（g）的反应方程式为：CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g），该反应可由已知焓变的热化学方程式推导，根据盖斯定律计算该反应的焓变．

解答解：（1）根据盖斯定律，反应的焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能，则△H=E（N≡N）+3E（H-H）-2×3E（N-H）=946+3×436-2×3×391=-92kJ/mol，
故答案为：-92；
（2）①恒压密闭容器中发生反应N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g），达到化学平衡时，N₂的转化率为$\frac{1}{6}$，容器体积为1L，根据反应方程式，平衡时，容器内各组分浓度为c（N₂）=0.5mol/L，c（H₂）=0.2mol/L，c（NH₃）=0.2mol/L，该反应的平衡常数为K=$\frac{{c}^{2}（{H}_{2}）}{c（{N}_{2}）{c}^{3}（{H}_{2}）}$=$\frac{（0.2mol/L）^{2}}{（0.5mol/L）×（0.2mol/L）^{3}}$=10L²/mol²，
故答案为：10L²/mol²；
②若保持平衡时的温度和压强不变，继续向平衡体系中通入0.9mol N₂，由于是恒压装置，相当于对体系稀释，等效为减压，则反应平衡向增压方向移动，即反应向逆反应方向移动，
故答案为：逆向；
（3）根据图象，反应为放热反应，温度升高不利于反应正向进行，平衡时N₂的量增多，则温度T₂＞T₁，
a．平衡常数只随温度的改变而改变，B和C均在温度为T₁的曲线上，则平衡常数K_B=K_C，故a错误；
b．A点和B点混合气体的压强相等，温度T₂＞T₁，则平衡时，A点的混合气体的物质的量大于B点混合气体的物质的量，混合气体的密度为$ρ=\frac{m}{V}$，根据理想气体状态方程pV=nRT，则密度$ρ=\frac{p•m}{nRT}$，装置为恒压装置，压强相等，整个体系质量守恒，m相等，由于A点温度和混合气体的物质的量均大于B点的，则密度A＜B，故b正确；
c．混合气体的平均相对分子为$\overline{{M}_{r}}=\frac{m}{n}$，根据质量守恒，A和C处混合气体的总质量m相等，通过中间B点比较，A点的混合气体的物质的量大于B点混合气体的物质的量，随着反应的进行，气体分子数减少，则混合气体的物质的量减少，所以B点的混合气体的物质的量大于C点混合气体的物质的量，因此A点的混合气体的物质的量大于C点混合气体的物质的量，则混合气体的平均相对分子质量A＜C，故c错误；
故选b；
（4）①阳极区为物质失去电子，发生氧化反应，根据装置图分析，溶液为碱性，则阳极OH^-放电，失去电子，生成O₂，则阳极区发生的反应有：4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑，
故答案为：4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑；
②溶液中存在的HCO₃^-的电离平衡，在阴极H⁺优先放电，使得c（H⁺）减少平衡右移CO₃^2-再生或者阴极H⁺放电，使c（OH^-）增大，产生的OH^-与HCO₃^-反应生成CO₃^2-，
故答案为：溶液中HCO₃^-存在电离平衡：HCO₃^-=CO₃^2-+H⁺（1分），阴极H⁺放电，c（H⁺）减少平衡右移CO₃^2-再生（或阴极H⁺放电，使c（OH^-）增大，OH^-与HCO₃^-反应生成CO₃^2-）；
③已知：①2H₂（g）+O₂（g）=2H₂O（g）△H₁=-484kJ/mol
②2CH₃OH（g）+3O₂（g）=2CO₂ （g）+4H₂O（g）△H₂=-1352kJ/mol
CO₂和H₂生成1molCH₃OH（g）的方程式为：CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g），该反应可由$\frac{①×3-②}{2}$得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为△H=$\frac{3△{H}_{1}-△{H}_{2}}{2}$=-50kJ/mol，
故答案为：CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）△H=-50kJ/mol．

点评本题主要考察化学原理部分知识，涉及热化学方程式的书写，盖斯定律的应用，化学平衡的移动，化学平衡常数的计算，电极反应式的书写，电解原理，考查的知识点较多，题目较综合，需要有一定的基础，题目难度中等．

练习册系列答案

1．

如图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极．将直流电源接通后，向（乙）中滴入酚酞荣特，在F极附近呈红色．
（1）电源B极是负极（填“正”或“负”）．
（2）（甲）、（乙）装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量比为1：2：2：2．
（3）写出烧杯乙中发生总反应的离子方程式2Cl^-+2H₂O $\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$H₂↑+Cl₂↑+2OH^-．
（4）欲用（丙）装置给铜镀银，G应该是Ag（填电极材料），电镀液选AgNO₃溶液．
（5）装置（丁）中X极附近红褐色变浅，说明氢氧化铁胶粒带正电荷（填“正”或“负”）．
（6）室温下，若从电解开始到时间为t时，若（甲）中某一电极郑重0.64g，（乙）溶液的体积为200mL，则（乙）溶液的pH为13．

18．向含有c（FeCl₃）=0.2mol/L、c（FeCl₂）=0.1mol/L的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物，下列相关说法正确的是（　　）

	A．	该分散系的分散质为Fe₂O₃
	B．	可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na⁺分离开
	C．	向沸水中逐滴滴加0.1 mol/L FeCl₃溶液也可得到Fe（OH）₃胶体
	D．	加入NaOH溶液时发生的反应可能为：Fe²⁺+2Fe³⁺+8OH^-═Fe₃O₄+4H₂O

4．

连二次硝酸（H₂N₂O₂）是一种二元酸．常温下，向10mL 0.01mol•L^-1的H₂N₂O₂溶液滴加0.01mol/L的NaOH溶液，测得H₂N₂O₂溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示．下列说法正确的是（　　）

	A．	由a点到n点水的电离程度依次增大
	B．	a点时，c （H₂N₂O₂）＞c （Na⁺）
	C．	m点时，c（OH^-）+c（N₂O₂^2-）=c（H₂N₂O₂）+c （H⁺）
	D．	m点到n点，$\frac{{c（{N_2}{O_2}^{2-}）}}{{c（H{N_2}{O_2}^-）•c（O{H^-}）}}$比值增大

14．下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（　　）

	A．	常温下铝与浓硫酸不发生反应，故常温下可用铝制容器贮运浓硫酸
	B．	碳酸钠可与盐酸反应，故常用于治疗胃溃疡病人的胃酸过多症
	C．	氧化铝具有很高的熔点，故可用于制造阻燃剂或耐高温材料
	D．	二氧化硫、潮湿的氯气均具有漂白性，故其混合物的漂白效果会更好

1．根据对角线规则，下列物质的性质具有相似性的是（　　）

Na₂CO₃

19．铝和氧化铁在一定条件下可以发生铝热反应得到固体混合物M．对M进行如下实验：

（1）第①步过滤操作中需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒
（2）第①步中洗涤沉淀的操作为将沉淀置于过滤器中，用玻璃棒向过滤器中引入蒸馏水至没过沉淀，待水自然流下，重复操作2～3次，直到洗净
（3）使用试剂Y的目的是避免可能存在的金属单质铝对实验的干扰，该反应的离子方程式为2Al+2OH^-+2H₂O=2AlO₂^-+3H₂↑
（4）某化学兴趣小组对有色溶液X中铁元素的价态进行探究．
Ⅰ．提出合理假设
假设1：X中铁元素的价态只有+3价
假设2：X中铁元素的价态只有+2价
假设3：
Ⅱ．实验探究
①甲同学设计的方案为：取少量有色溶液X于试管中，滴加适量6mol/L HNO₃，再滴加20%KSCN溶液后溶液变为红色，该方案不能（填“能”或“不能”）证明铁元素的价态为+3价．
②请你设计方案证明假设2正确，将相关实验操作步骤、预期现象与结论填写在表中（表格可以不填满，也可以补充）．
限选实验仪器与试剂：烧杯、试管、玻璃棒、药匙、滴管、酒精灯、试管夹；
有色溶液X、3mol/L H₂SO₄溶液、6mol/L HNO₃溶液、NaOH稀溶液、0.01mol/L KMnO₄酸性溶液、0.1mol/L KI溶液、3%H₂O₂溶液、20%KSCN溶液、蒸馏水．

实验操作	预期现象与结论
（1）取少量有色溶液X于试管中，滴几滴0.01mol/L KMnO₄酸性溶液	KMnO₄酸性溶液的紫红色褪去，则说明溶液X中铁元素的价态含+2价．
（2）取少量有色溶液X于试管中，滴加20%KSCN溶液	溶液不变为红色，则说明X中铁元素的价态不含+3价，结合实验（1）的结论得出X中铁元素的价态只有+2价．
空	空

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