提升训练29 无机化学与化学反应原理综合(第30题)1.氮是一种重要的化学元素,与氮有关的重要物质有氨、联氨、尿素、丙烯腈、己二腈等,回答下列问题:(1)已知:2NH3(g)N2(g)+3H2(g)ΔH=akJ·mol-12H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH=bkJ·mol-1NH3(l)NH3(g) ΔH=ckJ·mol-1则反应4NH3(l)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)的ΔH= kJ·mol-1(用a、b、c表示)。 (2)丙烯腈()是一种重要的化工原料,工业上以氨、丙烯、氧气为原料,在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)的热化学方程式如下:C3H6(g)+NH3(g)+O2(g)C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH=-515kJ·mol-1①对于气相反应,用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数(记作KP),则上述反应的KP= 。该反应能自发,其原因是 。 ②若其他条件不变,在恒容、温度T1时丙烯腈的物质的量与时间关系的图像如图(a)所示。请补充完成温度为T2[化学平衡常数K(T1)>K(T2)]时丙烯腈的物质的量随时间变化的示意图。(3)图(b)为在相同压强下,经过相同反应时间测得的丙烯腈产率与反应温度的关系曲线,最高产率对应温度为460℃,则高于460℃时,丙烯腈的产率降低,可能的原因是:①有副反应发生,② ,③ 。 (4)恒容时,若按丙烯、氨、空气的体积比1∶1∶7.5投料,有利于提高C3H6转化为C3H3N平衡转化率的措施有 。(填字母) A.使用催化剂B.投料比不变,增加反应物的浓度C.降低反应温度D.将产物液化,及时移走产物(5)己二腈是一种重要的化工原料,是制造尼龙的中间体。工业上通过电解丙烯腈()制己二腈,H3PO4-K3PO4等作为电解质溶液,控制pH在8.5~9.0范围内。写出该电解反应的总化学方程式: 。 2.研究含氮和含硫化合物的性质在工业生产和环境保护中有重要意义。(1)制备SO3可以有如下两种途径:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-198kJ·mol-1SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)ΔH=-41.8kJ·mol-1若CO的燃烧热为213kJ·mol-1,则1molNO2和1molCO反应生成CO210\n和NO的能量变化示意图中E2= kJ·mol-1。 (2)锅炉烟道气含CO、SO2,可通过如下反应回收硫:2CO(g)+SO2(g)S(l)+2CO2(g)。某温度下在2L恒容密闭容器中通入2molSO2和一定量的CO发生反应,5min后达到平衡,生成1molCO2。其他条件不变时SO2的平衡转化率随反应温度的变化如图A所示,请解释其原因: 。 ②第8分钟时,保持其他条件不变,将容器体积迅速压缩至1L,在10分钟时达到平衡,CO的物质的量变化了1mol。请在图B中画出SO2浓度从6~11分钟的变化曲线。(3)已知某温度下,H2SO3的电离常数为K1≈l.5×10-2,K2≈1.0×10-7,用NaOH溶液吸收SO2,当溶液中HS、SO32-离子浓度相等时,溶液的pH约为 。 (4)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)具有强还原性,废水处理时可在弱酸性条件下加入亚硫酸氢钠电解产生连二亚硫酸根,进而将废水中的HNO2还原成无害气体排放,连二亚硫酸根氧化为原料循环电解。产生连二亚硫酸根的电极反应式为 ,连二亚硫酸根与HNO2反应的离子方程式为 。 3.氯化铵、甲醇、氧化铝都是重要化合物。(1)已知:ⅠNH4Cl(s)NH3(g)+HCl(g) ΔH=+163.9kJ·mol-1ⅡHCl(g)+CH3OH(g)CH3Cl(g)+H2O(g) ΔH=-31.9kJ·mol-1ⅢNH4Cl(s)+CH3OH(g)NH3(g)+CH3Cl(g)+H2O(g)①反应Ⅲ在 条件下能自发反应(填“较高温度”“较低温度”或“任何温度”),理由是 。 ②图1是反应Ⅲ使用三种不同催化剂时得到的CH3Cl产率与温度关系的变化图。己知:催化剂用量、催化剂粒数、的值、甲醇进料速度、反应时间等测试条件都相同。10\n图1中a曲线CH3Cl产率先增大后减小的原因是 。请在图2中画出其他条件都相同时,在370℃下使用三种不同催化剂至反应平衡时,CH3Cl的产率与时间关系的变化曲线,并用a、b、c标出对应的曲线。 (2)25℃时,在某浓度的NH4Cl溶液中滴加一定量的氨水至中性,此时测得溶液中c(Cl-)=0.36mol·L-1,则混合溶液中c(NH3·H2O)= mol·L-1。(25℃时,NH3·H2O的Kb=1.8×10-5) (3)多孔Al2O3薄膜可作为催化剂载体、模板合成纳米材料等用途。现以高纯铝片作为阳极,不锈钢作为阴极,一定溶度的磷酸溶液作为电解质溶液进行电解,即可初步制取多孔Al2O3膜。请写出该制取过程的阳极电极反应式: 。 4.液氨气化后分解产生的氢气可作为燃料供给氢氧燃料电池。已知:2NH3(g)N2(g)+3H2(g) ΔH=92.4kJ·mol-12H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH=-483.6kJ·mol-1NH3(l)NH3(g) ΔH=23.4kJ·mol-1(1)4NH3(l)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)的ΔH= ,该反应的平衡常数表达式为 。 (2)2NH3(g)N2(g)+3H2(g)能自发进行的条件是 (填“高温”或“低温”);恒温(T1)恒容时,催化分解初始浓度为c0的氨气,得氨气的转化率α(NH3)随时间t变化的关系如图曲线1。如果保持其他条件不变,将反应温度提高到T2,请在图中再添加一条催化分解初始浓度也为c0的氨气过程中α(NH3)~t的总趋势曲线(标注2)。 (3)有研究表明,在温度大于70℃、催化剂及碱性溶液中,可通过电解法还原氮气得到氨气,写出阴极的电极反应式: 。 (4)25℃时,将amol·L-1的氨水与bmol·L-1盐酸等体积混合(体积变化忽略不计),反应后溶液恰好显中性,用a、b表示NH3·H2O的电离平衡常数为 。 5.高温下用H2还原CuCl制备活性铜,反应原理如下:2Cu(s)+Cl2(g)2CuCl(s)ΔH1=-36kJ·mol-1 ①H2(g)+2CuCl(s)2Cu(s)+2HCl(g) ΔH2 ②有关物质的键能数据如下表:物质H2Cl10\n2HCl键能(kJ·mol-1)436243432(1)求ΔH2= kJ·mol-1。 (2)经测定反应②制备活性铜的反应趋势大,原因是 。 (3)在某温度下,反应①达到平衡状态,在t1时,增加压强到原来的2倍(Cu的量足够),在图中画出Cl2浓度的变化趋势线。(4)白色不溶于水的CuCl可以由电解法制得,如下图所示:①装置中用的交换膜为 。 A.阳离子交换膜 B.阴离子交换膜C.质子交换膜 D.氢氧根离子交换膜②阳极的电极反应式为 。 (5)已知CuCl可溶解于稀硝酸,写出该反应的化学方程式: 。 (6)根据已学知识写出制取CuCl的一种方法,用化学方程式表示: 。 6.已知在298K和101kPa条件下,有如下反应:反应Ⅰ,C(s)+O2(g)CO2(g) ΔH1=-393.5kJ·mol-1反应Ⅱ,2C(s)+O2(g)2CO(g) ΔH2=-221kJ·mol-1反应Ⅲ,N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH3=+180.5kJ·mol-1试回答下列问题:(1)汽车尾气净化原理为反应Ⅳ:2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH= ,该反应能自发进行的条件是 。(填“高温”“低温”或“任意温度”)。 (2)如果在一定温度下,体积为2升的密闭容器中发生化学反应Ⅳ,0~4min各物质物质的量的变化如下表所示:物质(molNOCON2CO210\n)时间起始0.401.02min末2.00.801.64min末1.6①求0~2min内用CO来表示的平均反应速率v(CO)= 。 ②试计算该温度下反应Ⅳ的化学平衡常数K= 。 (3)若一定温度下,在容积可变的密闭容器中,上述反应Ⅳ达到平衡状态,此时容积为3L,c(N2)随时间t的变化曲线x如图所示。①若在t2min时改变一个条件,c(N2)随反应时间t的变化如曲线y所示,则改变的条件是 。 ②若在t2min时升高温度,t3min时重新达到平衡,请在图中画出在t2~t4内c(N2)的变化曲线。参考答案提升训练29 无机化学与化学反应原理综合(第30题)1.(1)2a+3b+4c(2)① 该反应放出大量的热且体系的混乱度增大②(3)②反应未达到平衡,但催化剂活性降低 ③460℃后反应达到平衡,升高温度,上述平衡向逆反应方向移动(4)CD(5)+2H2OO2↑+2NC(CH2)4CN10\n2.(1)359.8kJ·mol-1(2)①正反应放热,温度升高平衡逆向移动,SO2平衡转化率降低;温度高于445℃后硫变成气态,正反应吸热,温度升高平衡正向移动,SO2平衡转化率增加②(3)7(4)2HS+2H++2e-S2+2H2O3S2+2HNO2+2H2O6HS+N2↑【解析】(1)已知:①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH1=-198kJ·mol-1,②SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g) ΔH2=-41.8kJ·mol-1,③CO(g)+O2(g)CO2(g) ΔH3=-283kJ·mol-1,根据盖斯定律可知,由②+③-①×可得NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g) ΔH=(-41.8kJ·mol-1)+(-283kJ·mol-1)-(-198kJ·mol-1)×=-225.8kJ·mol-1,则E2=E1-ΔH=(134kJ·mol-1)-(-225.8kJ·mol-1)=359.8kJ·mol-1。(2)①由图示可知SO2的平衡转化率随反应温度的变化是先降低,当温度达到445℃,再升温,转化率反而升高,出现此现象的可能原因是:正反应放热,温度升高平衡逆向移动,SO2平衡转化率降低;温度高于445℃后硫变成气态,正反应吸热,温度升高平衡正向移动,SO2平衡转化率增加。②某温度下在2L恒容密闭容器中发生2CO(g)+SO2(g)S(l)+2CO2(g),通入2molSO2和一定量的CO发生反应,5min后达到平衡,生成1molCO2,此时SO2的物质的量为1.5mol,浓度为0.75mol·L-1;第8分钟时,保持其他条件不变,将容器体积迅速压缩至1L,此时SO2的浓度为1.5mol·L-1,此时平衡会正向进行,10分钟时达到平衡,CO的物质的量变化了1mol,SO2变化0.5mol,重新平衡时SO2的浓度为=1mol·L-1,可得SO2浓度从6~11分钟的变化曲线为10\n。(3)根据反应HSS+H+,平衡常数K==1.0×10-7,当HS、S离子浓度相等,则c(H+)=1.0×10-7mol·L-1,溶液的pH≈7。(4)亚硫酸氢钠电解产生连二亚硫酸根发生还原反应,应在电解池的阴极进行,电极反应为2HS+2H++2e-S2+2H2O;连二亚硫酸根与HNO2反应生成无毒气体为氮气,则HNO2发生还原反应,连二亚硫酸根发生氧化反应生成HS,则发生反应的离子方程式为3S2+2HNO2+2H2O6HS+N2↑。3.(1)①较高温度 因为反应Ⅲ的ΔS>0,ΔH>0 ②温度越高反应速率越快,因此随着温度升高,CH3Cl产率逐渐增大,410℃之后,随着温度升高,催化剂活性降低,反应速率减小,因此CH3Cl产率逐渐减小(2)2×10-3 (3)2Al+3H2O-6e-Al2O3+6H+【解析】(1)①反应Ⅲ的焓变ΔH=+163.9kJ·mol-1+(-31.9kJ·mol-1)=132kJ·mol-1,ΔH>0;反应III属于熵增大的反应,ΔS>0,ΔG=ΔH-TΔS,当ΔG<0时,反应自发,故反应Ⅲ在较高温度条件下能自发反应;②催化剂只是增大化学反应速率,对化学平衡不影响,故在370℃下使用三种不同催化剂至反应平衡时,CH3Cl的产率相同,由图1可知,370℃下,三种催化剂反应速率由大到小的顺序为c>b>a,故图像为。10\n(2)氯化铵溶液中加入氨水至溶液呈中性,则c(OH-)=c(H+)=1×10-7mol·L-1,根据电荷守恒得:c(Cl-)=c(N)=0.36mol·L-1,结合氨水的电离方程式可知:K==1.8×10-5,c(NH3·H2O)=2.0×10-3mol·L-1。(3)电解池中,阳极为活泼金属作电极时,活泼金属放电,即Al放电生成氧化铝,结合电解质溶液为酸性配平。故阳极的电极反应式为2Al+3H2O-6e-Al2O3+6H+。4.(1)-1172.4kJ·mol-1 K=(2)高温(3)N2+3H2O+6e-2NH3+6OH-(4)mol·L-1【解析】(1)①2NH3(g)N2(g)+3H2(g) ΔH=92.4kJ·mol-1,②2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH=-483.6kJ·mol-1,③NH3(l)NH3(g) ΔH=23.4kJ·mol-1,由盖斯定律:2×①+3×②+4×③得到反应4NH3(l)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)的ΔH=92.4kJ·mol-1×2+(-483.6kJ·mol-1)×3+23.4kJ·mol-1×4=-1172.4kJ·mol-1;根据化学平衡常数的含义,该反应的平衡常数表达式为K=。(2)已知2NH3(g)N2(g)+3H2(g) ΔH=92.4kJ·mol-1,反应后气体的物质的量增大,则ΔS>0,而且ΔH>0,若要使ΔH-T·ΔS<0,则需在较高温度下,所以2NH3(g)N2(g)+3H2(g)能自发进行的条件是高温;将反应温度提高到T2,反应速率加快,到达平衡所用时间缩短,氨气的分解反应为吸热反应,升高温度,平衡正向移动,氨气的转化率增大,则T2温度时分解初始浓度为c0的氨气过程中α(NH3)~t的总趋势曲线为。(3)根据题意,电解法还原氮气得到氨气,阴极是氮气,得电子发生还原反应生成氨气,1mol氮气得6mol电子,利用OH-平衡电荷,然后用原子守恒配平,则电极反应式为N2+3H2O+6e-2NH3+6OH-。(4)将amol·L-1的氨水与bmol·L-1的盐酸等体积混合,反应后溶液显中性,则溶液中10\nc(H-)=c(OH-)=1×10-7mol·L-1,根据电荷守恒,c(Cl-)+c(OH-)=c(N)+c(H+),溶液中c(N)=c(Cl-)=mol·L-1,反应前c(NH3·H2O)=mol·L-1,则反应后c(NH3·H2O)=mol·L-1,Kb==mol·L-1。5.(1)-149(2)反应②ΔH<0,ΔS>0,是自发反应(3)(平衡线与原平衡线相平)(4)①A ②Cu+Cl--e-CuCl (5)6CuCl+8HNO33Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O(6)CuCl2+Cu2CuCl(其他合理答案也可)【解析】(1)由表格中数据可以求解H2(g)+Cl2(g)2HCl(g) ΔH=436kJ·mol-1+243kJ·mol-1-2×432kJ·mol-1-185kJ·mol-1。根据盖斯定律,ΔH2=ΔH-ΔH1=-185kJ·mol-1-(-36kJ·mol-1)=-149kJ·mol-1。(2)由于该反应ΔH2<0,反应过程中气体物质的量增加,ΔS>0,所以反应能够自发进行。(3)对于反应①,压强增加到原来两倍的瞬间,Cl2的浓度增大到原来的两倍,随后平衡正向移动并最终建立新的平衡。平衡常数K=,温度不变时,K为定值,因此最终Cl2的浓度与原平衡相等。(4)由电解装置图可知,阳极Cu失去电子生成CuCl,反应原理为Cu+Cl--e-CuCl,电解过程中Cl-不断消耗。阴极Cu没有参加反应,溶液中H+得到电子生成H2,反应原理为2H++e-H2↑,H+来源于水的电离,电解过程中OH-浓度不断增大。如果采用阳离子交换膜,Na+向阴极迁移,维持两个装置电荷平衡,A正确;如果采用阴离子交换膜,OH-向阳极迁移,这样会导致CuCl中混入杂质,B错误;由于溶液中H+很少,质子交换膜基本不起作用,C错误;采用氢氧根离子交换膜时,阴极生成的OH-进入阳极会导致CuCl中混入杂质,D错误,所以①选A。(5)CuCl与稀硝酸反应时,+1价Cu被氧化得到Cu(NO3)2,HNO3被还原生成NO。(6)CuCl2被Cu还原可以得到CuCl。6.(1)-746.5kJ·mol-1 低温(2)①0.10mol·L-1·min-1 ②1.6(3)①快速将容器体积由3L压缩到2L10\n②【解析】(1)根据盖斯定律可知反应Ⅳ由(反应Ⅰ×2-反应Ⅱ-反应Ⅲ)得到,则ΔH=(-393.5kJ·mol-1)×2-(-221kJ·mol-1)-(+180.5kJ·mol-1)=-746.5kJ·mol-1;由ΔH-TΔS<0,其中ΔH<0、ΔS<0,可知该反应在低温下能自发进行。(2)①0~2min内N2的物质的量变化为1.0mol-0.80mol=0.20mol,则CO的物质的量变化为0.40mol,用CO来表示的平均反应速率v(CO)=0.40mol÷2L÷2min=0.10mol·L-1·min-1;②2~4min时CO2的物质的量没有发生变化,可知2min时反应达到平衡, 2NO(g)+ 2CO(g)N2(g)+2CO2(g)起始物质的量(mol) 0.40 1.0变化物质的量(mol) 0.40 0.40 0.20 0.40平衡物质的量(mol) 0.80 2.0 0.80 1.6平衡浓度(mol·L-1)0.40 1.0 0.40 0.80该温度下反应Ⅳ的化学平衡常数K=(0.40×0.802)÷(0.402×1.02)=1.6。(3)①由图示可知c(N2)的浓度瞬间增大为原来的1.5倍,可通过快速将容器体积由3L压缩到2L即可;②t2min时升高温度平衡逆向移动,c(N2)的浓度会减小,重新形成新的平衡状态,所得曲线如图所示:。10
