Question

20．氮元素是重要的非金屬元素，按要求回答下列問題：
（1）向甲、乙兩個均為2L的密閉容器中，分別充入0.6mol N₂和1.6mol H₂，發(fā)生反應：
N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g）△H＜0，甲容器在溫度為T₁的條件下反應，達到平衡時NH₃的物質(zhì)的量為0.8mol；乙容器在溫度為T₂的條件下反應，達到平衡時N₂的物質(zhì)的量為0.1mol，則T₁＜ T₂（填“＞”或“＜”），甲容器中反應的平衡常數(shù)K=200．
（2）氨氣在純氧中燃燒，生成一種單質(zhì)和水．科學家利用此原理，設計成氨氣-氧氣燃料電池，則通入氨氣的電極在堿性條件下發(fā)生反應的電極反應式為2NH₃-6e^-+6OH^-=N₂+6H₂O．
（3）NO_x是大氣污染物，處理NO_x的一種方法是利用甲烷催化還原NO_x
①CH₄（g）+4NO₂（g）=4NO（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₁=-574kJ•mol^-1
②CH₄（g）+2NO₂ （g）=N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₂=-867kJ•mol^-1
若用4.48L CH₄還原NO生成N₂，則放出的熱量為232kJ．（氣體體積已折算為標準狀況下）
（4）HNO₃和As₂S₃能發(fā)生反應：As₂S₃+10HNO₃═2H₃AsO₄+3S+10NO₂↑+2H₂O，反應中被氧化的元素為As、S．若該反應中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為5mol時，將生成的S全部轉(zhuǎn)化為濃H₂SO₄，然后與足量的銅在加熱條件下反應消耗銅的量a．（填序號）
a．大于0.75mol     b．等于0.75mol     c．小于0.75mol       d．無法確定
（5）將0.1mol氨氣分別通入1L pH=1的鹽酸、硫酸和醋酸溶液中，完全反應后三溶液中NH₄⁺離子濃度分別為c₁、c₂、c₃，則三者濃度大小的關系為c₁=c₂＜c₃（用c₁、c₂、c₃和＞、＜、=表示）．已知醋酸銨溶液呈中性，常溫下CH₃COOH的K_a=1×10^-5 mol•L^-1，則該溫度下0.1mol•L^-1的NH₄Cl溶液的pH為5．

Answer 1

分析 （1）兩個容器中反應物起始量相同，體積相同，甲容器在溫度為T₁的條件下反應，達到平衡時NH₃的物質(zhì)的量為0.8mol，乙容器在溫度為T₂的條件下反應，達到平衡時N₂的物質(zhì)的量為0.1mol，消耗氮氣物質(zhì)的量=0.6mol-0.1mol=0.5mol，生成氨氣物質(zhì)的量1mol，說明乙反應正反應進行程度大，反應是放熱反應，所以溫度越低，反應正向進行程度大，結合三段式計算平衡濃度，平衡常數(shù)K=$\frac{生成物平衡濃度冪次方乘積}{反應物平衡濃度冪次方乘積}$；
（2）在燃料電池中，燃料做負極，則通入氨氣的電極是負極，堿性條件下氨氣失電子生成氮氣，結合電荷守恒和原子守恒配平書寫電極反應；
（3）依據(jù)熱化學方程式和蓋斯定律計算目標熱化學方程式得到焓變，標準狀況下4.48LCH₄物質(zhì)的量=$\frac{4.48L}{22.4L/mol}$=0.2mol，結合熱化學方程式定量關系計算；
（4）氧化還原反應中元素化合價升高的物質(zhì)做還原劑被氧化，分析化學方程式計算電子轉(zhuǎn)移總數(shù)得到反應生成硫單質(zhì)物質(zhì)的量，硫元素守恒得到硫酸物質(zhì)的量，濃硫酸和足量銅反應隨反應進行，濃度減小，變?yōu)橄×蛩岷蟛荒芘c銅繼續(xù)發(fā)生反應；
（5）pH=1的醋酸中醋酸的濃度大于0.1mol/L，則通入0.1mol氨氣反應后，醋酸有剩余，醋酸電離的氫離子能抑制銨根離子的電離，氨氣與硫酸和鹽酸恰好反應；
醋酸銨溶液呈中性，則一水合氨和醋酸的電離常數(shù)相同，常溫下CH₃COOH的Ka=1×10^-5 mol•L^-1，所以NH₃•H₂O的電離常數(shù)為1×10^-5 mol•L^-1，Ka=$\frac{[N{{H}_{4}}^{+}][{H}^{+}]}{[N{H}_{3}•{H}_{2}O]}$，Kh=$\frac{Kw}{Ka}$=1×10^-9，據(jù)此計算．

解答 解：（1）向甲、乙兩個均為2L的密閉容器中，分別充入0.6molN₂和1.6molH₂，發(fā)生反應：N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g）△H＜0，甲容器在溫度為T₁的條件下反應，達到平衡時NH₃的物質(zhì)的量為0.8mol，乙容器在溫度為T₂的條件下反應，達到平衡時N₂的物質(zhì)的量為0.1mol，依據(jù)化學方程式計算得到消耗氮氣物質(zhì)的量=0.6mol-0.1mol=0.5mol，生成氨氣物質(zhì)的量1mol，說明乙反應正反應進行程度大，反應是放熱反應，降低溫度，平衡正向進行，則乙容器中反應的溫度低于甲容器中的溫度，T₁＜T₂，乙中溫度低反應進行程度大，平衡常數(shù)大，
依據(jù)化學平衡三段式列式計算甲容器中物質(zhì)的平衡濃度，起始濃度c（N₂）=$\frac{0.6mol}{2L}$=0.3mol/L，c（H₂）=$\frac{1.6mol}{2L}$=0.8mol/L，平衡時c（NH₃）=$\frac{0.8mol}{2L}$=0.4mol/L
                N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g）
起始量（mol/L） 0.3       0.8        0
變化量（mol/L） 0.2      0.6       0.4
平衡量（mol/L） 0.1      0.2       0.4
K=$\frac{0．{4}^{2}}{0.1×0．{2}^{3}}$=200，
故答案為：＜，200；
（2）在燃料電池中，燃料做負極，則通入氨氣的電極是負極，堿性條件下，該電極發(fā)生反應的電極反應式為2NH₃-6e^-+6OH^-=N₂+6H₂O．
故答案為：2NH₃-6e^-+6OH^-=N₂+6H₂O；
（3））①CH₄（g）+4NO₂（g）═4NO（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₁=-574kJ•mol^-1
②CH₄（g）+2NO₂（g）═N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₃=-867kJ•mol^-1
CH₄（g）+4NO（g）═2N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₂
依據(jù)蓋斯定律計算，②×2-①得到CH₄（g）+4NO（g）═2N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₂=-1160kJ•mol^-1，
標準狀況下4.48LCH₄物質(zhì)的量=$\frac{4.48L}{22.4L/mol}$=0.2mol，熱化學方程式計算得到0.2mol甲烷反應放熱=$\frac{1160KJ×0.2mol}{1mol}$=232KJ，
故答案為：232；
（4）HNO₃和As₂S₃能發(fā)生反應：As₂S₃+10HNO₃═2H₃AsO₄+3S+10NO₂↑+2H₂O，反應中As元素化合價+3價變化為+5價，化合價升高被氧化，S元素化合價-2價變化為0價，元素化合價升高被氧化，所以被氧化的元素為As、S，電子轉(zhuǎn)移總數(shù)依據(jù)發(fā)生氧化還原反應的硝酸計算得到，生成10molNO₂，電子轉(zhuǎn)移10×[（+5）-（+4）}=10mol，生成S為3mol，若該反應中轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為5mol時，生成S為1.5mol，將生成的S全部轉(zhuǎn)化為濃H₂SO₄物質(zhì)的量為1.5mol，Cu+2H₂SO₄（濃）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O，若硫酸全部反應消耗銅0.75mol，但濃硫酸和足量銅反應隨反應進行，濃度減小，變?yōu)橄×蛩岷蟛荒芘c銅繼續(xù)發(fā)生反應，所以消耗銅物質(zhì)的量小于0.75mol，
故答案為：As，S；a；
（5）pH=1的醋酸中醋酸的濃度大于0.1mol/L，則通入0.1mol氨氣反應后，醋酸有剩余，醋酸電離的氫離子能抑制銨根離子的電離，銨根離子濃度較大，氨氣與硫酸和鹽酸恰好反應，所以溶液中銨根離子濃度：c₁=c₂＜c₃，
醋酸銨溶液呈中性，則一水合氨和醋酸的電離常數(shù)相同，常溫下CH₃COOH的K_a=1×10^-5 mol•L^-1，所以NH₃•H₂O的電離常數(shù)為1×10^-5 mol•L^-1，
Ka=$\frac{[N{{H}_{4}}^{+}][{H}^{+}]}{[N{H}_{3}•{H}_{2}O]}$=1×10^-5，Kh=$\frac{Kw}{Ka}$=1×10^-9，
設c（H⁺）為xmol/L，
則Kh=$\frac{{x}^{2}}{0.1}$=1×10^-9，解得x=1×10^-5mol/L，所以pH=5；
故答案為：c₁=c₂＜c₃，5．

點評 本題考查較綜合，涉及平衡常數(shù)計算、反應速率計算、原電池電極反應的書寫、弱電解質(zhì)的電離等知識點，這些都是高考高頻點，側(cè)重考查學生分析、計算及知識運用能力，中等難度，答題時注意化學原理知識的靈活運用．