Question

20．氮元素是重要的非金属元素，按要求回答下列问题：
（1）向甲、乙两个均为2L的密闭容器中，分别充入0.6mol N₂和1.6mol H₂，发生反应：
N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g）△H＜0，甲容器在温度为T₁的条件下反应，达到平衡时NH₃的物质的量为0.8mol；乙容器在温度为T₂的条件下反应，达到平衡时N₂的物质的量为0.1mol，则T₁＜ T₂（填“＞”或“＜”），甲容器中反应的平衡常数K=200．
（2）氨气在纯氧中燃烧，生成一种单质和水．科学家利用此原理，设计成氨气-氧气燃料电池，则通入氨气的电极在碱性条件下发生反应的电极反应式为2NH₃-6e^-+6OH^-=N₂+6H₂O．
（3）NO_x是大气污染物，处理NO_x的一种方法是利用甲烷催化还原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还原NO生成N₂，则放出的热量为232kJ．（气体体积已折算为标准状况下）
（4）HNO₃和As₂S₃能发生反应：As₂S₃+10HNO₃═2H₃AsO₄+3S+10NO₂↑+2H₂O，反应中被氧化的元素为As、S．若该反应中转移电子的物质的量为5mol时，将生成的S全部转化为浓H₂SO₄，然后与足量的铜在加热条件下反应消耗铜的量a．（填序号）
a．大于0.75mol     b．等于0.75mol     c．小于0.75mol       d．无法确定
（5）将0.1mol氨气分别通入1L pH=1的盐酸、硫酸和醋酸溶液中，完全反应后三溶液中NH₄⁺离子浓度分别为c₁、c₂、c₃，则三者浓度大小的关系为c₁=c₂＜c₃（用c₁、c₂、c₃和＞、＜、=表示）．已知醋酸铵溶液呈中性，常温下CH₃COOH的K_a=1×10^-5 mol•L^-1，则该温度下0.1mol•L^-1的NH₄Cl溶液的pH为5．

Answer 1

分析 （1）两个容器中反应物起始量相同，体积相同，甲容器在温度为T₁的条件下反应，达到平衡时NH₃的物质的量为0.8mol，乙容器在温度为T₂的条件下反应，达到平衡时N₂的物质的量为0.1mol，消耗氮气物质的量=0.6mol-0.1mol=0.5mol，生成氨气物质的量1mol，说明乙反应正反应进行程度大，反应是放热反应，所以温度越低，反应正向进行程度大，结合三段式计算平衡浓度，平衡常数K=$\frac{生成物平衡浓度幂次方乘积}{反应物平衡浓度幂次方乘积}$；
（2）在燃料电池中，燃料做负极，则通入氨气的电极是负极，碱性条件下氨气失电子生成氮气，结合电荷守恒和原子守恒配平书写电极反应；
（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算目标热化学方程式得到焓变，标准状况下4.48LCH₄物质的量=$\frac{4.48L}{22.4L/mol}$=0.2mol，结合热化学方程式定量关系计算；
（4）氧化还原反应中元素化合价升高的物质做还原剂被氧化，分析化学方程式计算电子转移总数得到反应生成硫单质物质的量，硫元素守恒得到硫酸物质的量，浓硫酸和足量铜反应随反应进行，浓度减小，变为稀硫酸后不能与铜继续发生反应；
（5）pH=1的醋酸中醋酸的浓度大于0.1mol/L，则通入0.1mol氨气反应后，醋酸有剩余，醋酸电离的氢离子能抑制铵根离子的电离，氨气与硫酸和盐酸恰好反应；
醋酸铵溶液呈中性，则一水合氨和醋酸的电离常数相同，常温下CH₃COOH的Ka=1×10^-5 mol•L^-1，所以NH₃•H₂O的电离常数为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，据此计算．

解答 解：（1）向甲、乙两个均为2L的密闭容器中，分别充入0.6molN₂和1.6molH₂，发生反应：N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g）△H＜0，甲容器在温度为T₁的条件下反应，达到平衡时NH₃的物质的量为0.8mol，乙容器在温度为T₂的条件下反应，达到平衡时N₂的物质的量为0.1mol，依据化学方程式计算得到消耗氮气物质的量=0.6mol-0.1mol=0.5mol，生成氨气物质的量1mol，说明乙反应正反应进行程度大，反应是放热反应，降低温度，平衡正向进行，则乙容器中反应的温度低于甲容器中的温度，T₁＜T₂，乙中温度低反应进行程度大，平衡常数大，
依据化学平衡三段式列式计算甲容器中物质的平衡浓度，起始浓度c（N₂）=$\frac{0.6mol}{2L}$=0.3mol/L，c（H₂）=$\frac{1.6mol}{2L}$=0.8mol/L，平衡时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
变化量（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，
故答案为：＜，200；
（2）在燃料电池中，燃料做负极，则通入氨气的电极是负极，碱性条件下，该电极发生反应的电极反应式为2NH₃-6e^-+6OH^-=N₂+6H₂O．
故答案为：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
依据盖斯定律计算，②×2-①得到CH₄（g）+4NO（g）═2N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₂=-1160kJ•mol^-1，
标准状况下4.48LCH₄物质的量=$\frac{4.48L}{22.4L/mol}$=0.2mol，热化学方程式计算得到0.2mol甲烷反应放热=$\frac{1160KJ×0.2mol}{1mol}$=232KJ，
故答案为：232；
（4）HNO₃和As₂S₃能发生反应：As₂S₃+10HNO₃═2H₃AsO₄+3S+10NO₂↑+2H₂O，反应中As元素化合价+3价变化为+5价，化合价升高被氧化，S元素化合价-2价变化为0价，元素化合价升高被氧化，所以被氧化的元素为As、S，电子转移总数依据发生氧化还原反应的硝酸计算得到，生成10molNO₂，电子转移10×[（+5）-（+4）}=10mol，生成S为3mol，若该反应中转移的电子的物质的量为5mol时，生成S为1.5mol，将生成的S全部转化为浓H₂SO₄物质的量为1.5mol，Cu+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O，若硫酸全部反应消耗铜0.75mol，但浓硫酸和足量铜反应随反应进行，浓度减小，变为稀硫酸后不能与铜继续发生反应，所以消耗铜物质的量小于0.75mol，
故答案为：As，S；a；
（5）pH=1的醋酸中醋酸的浓度大于0.1mol/L，则通入0.1mol氨气反应后，醋酸有剩余，醋酸电离的氢离子能抑制铵根离子的电离，铵根离子浓度较大，氨气与硫酸和盐酸恰好反应，所以溶液中铵根离子浓度：c₁=c₂＜c₃，
醋酸铵溶液呈中性，则一水合氨和醋酸的电离常数相同，常温下CH₃COOH的K_a=1×10^-5 mol•L^-1，所以NH₃•H₂O的电离常数为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，
设c（H⁺）为xmol/L，
则Kh=$\frac{{x}^{2}}{0.1}$=1×10^-9，解得x=1×10^-5mol/L，所以pH=5；
故答案为：c₁=c₂＜c₃，5．

点评 本题考查较综合，涉及平衡常数计算、反应速率计算、原电池电极反应的书写、弱电解质的电离等知识点，这些都是高考高频点，侧重考查学生分析、计算及知识运用能力，中等难度，答题时注意化学原理知识的灵活运用．