32．(12分)(08年广东化学·24)

科学家一直致力研究常温、常压下“人工围氮”的新方法。曾有实验报道：在常温、常压、光照条件下，N₂在催化剂(掺有少量Fe₂O₃的TiO₂)表面与水发生反应，生成的主要产物为NH₃。进一步研究NH₃生成量与温度的关系，部分实验数据见下表(光照、N₂压力1.0×10⁵Pa、反应时间3 h)：

相应的热化学方程式如下：

N₂(g)+3H₂O(1)=2NH₃(g)+O₂(g)　　 ΔH=+765.2 kJ·mol^-1

回答下列问题：

(1)请在答题卡的坐标图中画出上述反应在有催化剂与无催化剂两种情况下反应过程中体系能量变化示意图，并进行必要标注。

(2)与目前广泛使用的工业合成氨方法相比，该方法中固氮反应速率慢。请提出可提高其反应速率且增大NH₃生成量的建议：　　　　　　 。

(3)工业合成氨的反应为N₂(g)+3H₂(g) 2NH₃(g)。设在容积为2.0 L的密闭容器中充入0.60 mol N₂(g)和1.60 mol H₂(g)，反应在一定条件下达到平衡时，NH₃的物质的量分数(NH₃的物质的量与反应体系中总的物质的量之比)为。计算

①该条件下N₂的平衡转化率；

②该条件下反应2NH₃(g)N₂(g)+3H₂(g)的平衡常数。

答案：(1)

(2)研制新型高效催化剂(升高温度，增大反应物N₂的浓度，不断移出生成物脱离反应体系)

(3)①66.7% ②0.005

解析：(1)画图略，

要点：

5.所以HNO₃在70-90S范围内的平均反应速率为

v(HNO₃)=△c(HNO₃)/t ₌₌₌ 1/110 mol·L^-1·S^-1

(3)作图略

作图要点：因为实验①HNO₃与大理石恰好完全反应；

实验②中，HNO₃不足量，纵坐标对应的每一个值均为原来的1/2；实验③④的图象类似，恰好完全反应，但反应条件改变，升高温度与大理石细颗粒增大表面积可加快反应速率。所以图象曲线斜率变大，平衡位置纵坐标与实验①相同。

4.反应的时间t=90-70=20s

3.溶液体积为25ml=0.025L，所以HNO₃减少的浓度△c(HNO₃)=2/11 mol·L^－1

2.根据方程式比例，可知消耗HNO₃的物质的量为：n(HNO₃)0.1/22=1/220mol

1.70至90S，CO₂生成的质量为：m(CO₂)0.95-0.85=0.1g

31．(11分)(08年广东化学·20)

某探究小组用HNO₃与大理石反应过程中质量减小的方法，研究影响反应速率的因素。所用HNO₃浓度为1.00 mol·L^-1、2.00 mol·L^-1，大理石有细颗粒与粗颗粒两种规格，实验温度为298 K、308 K，每次实验HNO₃的用量为25.0 mL、大理石用量为10.00 g。

(1)请完成以下实验设计表，并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：

(2)实验①中CO₂质量随时间变化的关系见下图：

依据反应方程式CaCO₃+HNO₃=Ca(NO₃)₂+CO₂↑+H₂O，计算实验①在70-90 s范围内HNO₃的平均反应速率(忽略溶液体积变化，写出计算过程)。

(3)请在答题卡的框图中，画出实验②、③和④中CO₂质量随时间变化关系的预期结果示意图。

答案：(1)

(2)

70至90s内，CO₂生成的质量为：m(CO₂)=0.95 g-0.84 g=0.11g，其物质的量为n(CO₂)=0.11g÷44g·mol^－1=0.0025mol，

根据方程式比例，可知消耗HNO₃的物质的量为：n(HNO₃)=0.0025mol×2==0.005mol，

溶液体积为25mL=0.025L，所以HNO₃减少的浓度△c(HNO₃)==0.2mol·L^－1，

所以HNO₃在70-90S范围内的平均反应速率为v(HNO₃)===0.01mol·L^-1·s^-1。

(3)

解析：

(1)

(2)

30．(14分)(08年宁夏理综·25)

　 已知可逆反应：M(g)+N(g)P(g)+Q(g)，△H＞0

请回答下列问题：

　 (1)在某温度下，反应物的起始浓度分别为：c(M)= 1 mol·L^-1，c(N)=2.4 mol·L^-1，达到平衡后，M的转化率为60%，此时N的转化率为　　　　　 　；

　 (2)若反应温度升高，M的转化率　　　 　(填“增大”“减小”或“不变”；)

　 (3)若反应温度不变，反应物的起始浓度分别为：c(M)= 1 mol·L^-1,

c(N)=2.4 mol·L^-1;达到平衡后，c(P)=2 mol·L^-1,a=　　　　 　;

　 (4)若反应温度不变，反应物的起始浓度为：c(M)= 1 mol·L^-1，达到平衡后，M的转化率为　　　　　　　 　。

答案：(14分)

(1)25%　 (2)增大　　 (3)6　　 (4)41%

解析：(1)M转化的物质的量为0.6mol·L^-1，则N反应的量也是0.6mol·L^-1，所以N的转化率为：×100%＝25%。

　　　　 (2)由于该反应的正反应为吸热反应，所以升高温度，化学平衡正向移动，M的转化率增大。

　　　　 (3)　　　 M(g)+N(g)P(g)+Q(g)

　　　　　　 起始：1　　 2.4　　　 0　　 0

　　　 平衡：0.4　　 1.8　　　 0.6　 0.6

起始：4　　　 a　　　 0　　 0

　　　　　　 平衡：2　　 a－2　　　 2　　 2

＝ ，a＝6mol·L^-1。

　　　　 (4) ＝ ，x＝0.41b，M的转化率为41%。

9.8×10⁹g　　　　 x　　　　　　 y

则，解得x=8.0×10³t　 y=9.83×10⁹kJ。

29．(07年宁夏理综·31A)化学选考题(15分)

A．[化学-选修化学与技术]

　 工业上生产硫酸时，利用催化氧化反应将SO₂ 转化为SO₃是一个关键步骤。压强及温度对SO₂转化率的影响如下表(原料气各成分的体积分数为：SO₂ 7%　 O₂11%　 N₂ 82%)；

	0.1	0.5	1	10
400	99.2	99.6	99.7	99.9
500	93.5	96.9	97.8	99.3
600	73.7	85.8	89.5	96.4

(1) 已各SO₂的氧化是放热反应，如何利用表中数据推断此结论？

　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　；

(2)在大400~500℃时，SO₂的催化氧化采用常压而不是高压，主要原因是：

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ；

(3)选择适宜的催化剂，是否可以提高SO₂的转化率？　　 (填“是”或“否”)，是否可以增大该反应所放出的热量？　　 (填“是”或“否”)；

(4)为提高SO₃吸收率，实际生产中用　　　 吸收SO₃；

(5)已知：2SO₂(g)+O₂(g)＝2SO₃(g)；△H＝－196.9kJ·mol^－1，计算每生产1万吨98%硫酸所需要的SO₃质量和由SO₂生产这些SO₃所放出的热量。

　 答案：(1)压强一定时，温度升高时，SO₂转化率下降,说明升温有利逆反应的进行，所以正反应为放热反应。(2)增大压强对提高SO₂转化率无显著影响，反而会增加成本。(3)否　 否　 (4)浓硫酸 (5)8.0×10³t　 9.83×10⁹kJ

解析：(1)根据表格中的数据可以看出，在相同压强下(如在0.1MPa下)升高温度(如由400℃升高到500℃)时SO₂的转化率降低(由99.2%降低为93.5%)，即升高温度时此化学平衡向逆反应方向移动，而升高温度化学平衡应该向吸热反应方向移动，所以此反应的正反应为放热反应。

(2)根据表格中的数据可以得知：在0.1MPa(即常压1atm下)SO₂的转化率已经很高，如在400℃时已达99.2%，若增大压强到10MPa(即100atm)，压强增大了100倍但是SO₂的转化率值增大为99.9%，只增大了0.7%变化不大。而压强增大100倍，需要对设备的材料、动力、能源等都作相应的提高，既要增大成本投入。

(3)使用催化剂只能改变化学反应的速率，改变反应到达平衡的时间，不能使化学平衡发生移动，即对SO₂的转化率不产生影响；而在一定条件下，化学反应放出的热量与参加反应的反应物的量成正比，因SO₂的转化率不变，所以反应放出的热量也不会增大。

(4)在生产实际中是采用98.3%的浓硫酸作吸收剂来吸收SO₃的。因为若用水进行吸收会形成酸雾，将影响SO₃的吸收速率和效率。

　　 (5)1万吨98%的硫酸含H₂SO₄的质量：9.8×10⁹g。　　 设需要SO₃的质量为x，该反应产生的热量为y。

　　 H₂SO₄ -　 SO₃-　 放出的热量

　98g　　　　 80g　　　　 196.9kJ