碳酸亚铁(FeCO3)是菱铁矿的主要成分.将其在空气中高温煅烧能生成Fe2O3．再将Fe2O3在一定条件下还原可得“纳米级的金属铁.而“纳米级的金属铁则可用于制造固体催化剂．(1)已知25℃.101kPa时:①CO2+O2(g)△H=+393kJ•mol-1②铁及其化合物反应的焓变示意图如图1:请写出FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3的� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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10．碳酸亚铁（FeCO₃）是菱铁矿的主要成分，将其在空气中高温煅烧能生成Fe₂O₃．再将Fe₂O₃在一定条件下还原可得“纳米级”的金属铁，而“纳米级”的金属铁则可用于制造固体催化剂．
（1）已知25℃，101kPa时：
①CO₂（g）=C（s）+O₂（g）△H=+393kJ•mol^-1
②铁及其化合物反应的焓变示意图如图1：

请写出FeCO₃在空气中煅烧生成Fe₂O₃的热化学方程式4FeCO₃（s）+O₂（g）=2Fe₂O₃（s）+4CO₂（g）△H=-260kJ•mol^-1．
（2）一定条件下Fe₂O₃可被甲烷还原为“纳米级”的金属铁．其反应为：Fe₂O₃（s）+3CH₄（g）=2Fe（s）+3CO（g）+6H₂（g）△H
①该反应的平衡常数K的表达式为$\frac{{c}^{3}（CO）．{c}^{6}（{H}_{2}）}{{c}^{3}（C{H}_{4}）}$．
②该反应在3L的密闭容器中进行，2min后达到平衡，测得Fe₂O₃在反应中质量减少4.8g，则该段时间内用H₂表示该反应的平均反应速率为0.03mol•L^-1•min^-1．
③在容积均为VL的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个相同密闭容器中加入足量Fe₂O₃，然后分别充入a mol CH₄，三个容器的反应温度分别为T₁、T₂、T₃且恒定不变，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到t min时CO的体积分数如图2所示，此时Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定处于化学平衡状态的是III；上述反应的△H小于0（填“大于”或“小于”）．
（3）还原的铁通过对N₂、H₂吸附和解吸可作为合成氨的固体催化剂．若用

分别表示N₂、H₂、NH₃和固体催化剂，则在固体催化剂表面合成氨的过程可用图表示：

①吸附后，能量状态最低的是C（填字母序号）．
②由上述原理，在铁表面进行NH₃的分解实验，发现分解速率与浓度关系如图3．从吸附和解吸过程分析，c₀前速率增加的原因可能是随着气相NH₃浓度的增加，催化剂的吸附率升高，固相NH₃浓度增加，NH₃的分解速率加快；c₀后速率降低的原因可能是催化剂吸附达到饱和，同时不利于解吸，NH₃的分解速率降低．

分析（1）图1分析书写热化学方程式，结合C（s）+O₂（g）=CO₂（g）△H=-393kJ•mol^-1和盖斯定律计算得到FeCO₃在空气中煅烧生成Fe₂O₃的热化学方程式；
（2）①化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
②2min后达到平衡，测得Fe₂O₃在反应中质量减少4.8g，依据化学方程式反应前后质量变化计算生成氢气的物质的量，根据反应速率概念计算得到氢气的反应速率；
③2Fe（s）+3CO（g）+6H₂（g）═Fe₂O₃（s）+3CH₄（g），根据图2中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，CO百分含量，由小到大，Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，结合化学平衡移动分析解答；根据温度对平衡的影响来判断，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率减小，据此判断Fe₂O₃（s）+3CH₄（g）═2Fe（s）+3CO（g）+6H₂（g）△H大小；
（3）①化学键的断裂要吸收能量，且该反应放热；
②c₀前氨的浓度增加，导致反应速率加快；c₀后由于氨分子浓度太大阻碍N₂和H₂的解吸．

解答解：（1）①C（s）+O₂（g）=CO₂（g）△H=-393kJ•mol^-1
铁及其化合物反应的焓变示意图如图1：写出热化学方程式为：
②2Fe（s）+2C（s）+3O₂（g）=2FeCO₃（s）△H=+1480KJ/mol，
③4Fe（s）+3O₂（g）=2Fe₂O₃（s）△H=-1648KJ/mol
盖斯定律计算①×4-（②×2-③）得到FeCO₃在空气中煅烧生成Fe₂O₃的热化学方程式：4FeCO₃（s）+O₂（g）=2Fe₂O₃（s）+4CO₂（g）△H=-260 kJ•mol^-1，
故答案为：4FeCO₃（s）+O₂（g）=2Fe₂O₃（s）+4CO₂（g）△H=-260 kJ•mol^-1；
（2）①化学平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，该反应化学平衡常数K=$\frac{{c}^{3}（CO）．{c}^{6}（{H}_{2}）}{{c}^{3}（C{H}_{4}）}$，
故答案为：$\frac{{c}^{3}（CO）．{c}^{6}（{H}_{2}）}{{c}^{3}（C{H}_{4}）}$；
②Fe₂O₃（s）+3CH₄（g）═6H₂（g）+2Fe（s）+3CO（g）
       1mol                           6mol
        $\frac{4.8g}{160g/mol}$                  n
1mol：6mol=$\frac{4.8g}{160g/mol}$：n
n=0.18mol
氢气表示的反应速率=$\frac{\frac{0.18mol}{3L}}{2min}$=0.03 mol•L^-1•min^-1，
故答案为：0.03 mol•L^-1•min^-1；
③在容积均为VL的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个相同密闭容器中加入足量“纳米级”的金属铁，然后分别充入a molCO和2amol H₂，2Fe（s）+3CO（g）+6H₂（g）═Fe₂O₃（s）+3CH₄（g），根据图2中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，CO百分含量，由小到大依次为：Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，T₁中的状态转变成T₂中的状态，CO百分含量减小，说明平衡正向移动，说明T₁未达平衡状态，T₂中的状态转变成T₃中的平衡状态，CO百分含量增大，说明平衡逆向移动，说明T₂可能达平衡状态，一定达到化学平衡状态的是Ⅲ，2Fe（s）+3CO（g）+6H₂（g）═Fe₂O₃（s）+3CH₄（g），该反应正反应为放热反应，上述反应Fe₂O₃（s）+3CH₄（g）═2Fe（s）+3CO（g）+6H₂（g）的△H＜0，
故答案为：III；小于；
（3）①由于化学键的断裂要吸收能量，故活化状态B的能量高于初始状态A的能量，而此反应为放热反应，故初始状态A的能量高于末态C的能量，故C的能量最低；
故答案为：C；
②c₀前氨的浓度增加，导致反应速率加快；c₀后由于氨分子浓度太大阻碍N₂和H₂的解吸，故反应速率减慢；
故答案为：随着气相NH₃浓度的增加，催化剂的吸附率升高，固相NH₃浓度增加，NH₃的分解速率加快；催化剂吸附达到饱和，同时不利于解吸，NH₃的分解速率降低．

点评本题考查化学平衡计算、化学平衡影响因素、盖斯定律等知识点，为高频考点，侧重考查学生分析、计算能力，明确外界条件对化学平衡移动影响原理、盖斯定律原理是解本题关键，难点是（2）③的判断．

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相关习题

科目：高中化学 来源： 题型：实验题

4．表是稀硫酸与某金属反应的实验数据：

序号	金属质量 g	金属状态	c（H₂SO₄） mol•L^-1	V（H₂SO₄） mL	溶液温度/℃		金属消失的时间/s
序号	金属质量 g	金属状态	c（H₂SO₄） mol•L^-1	V（H₂SO₄） mL	反应前	反应后	金属消失的时间/s
1	0.10	丝	0.5	50	20	34	500
2	0.10	粉末	0.5	50	20	35	50
3	0.10	丝	0.7	50	20	36	250
4	0.10	丝	0.8	50	20	35	200
5	0.10	粉末	0.8	50	20	36	25
6	0.10	丝	1.0	50	20	35	125
7	0.10	丝	1.0	50	35	50	50
8	0.10	丝	1.1	50	20	34	100
9	0.10	丝	1.1	50	30	44	40

（1）实验4和5表明，固体反应物的表面积对反应速率有影响；
（2）仅表明反应物浓度对反应速率产生影响的实验有1、3、4、6、8或2、5（填实验序号）；
（3）本实验中影响反应速率的其他因素还有反应温度，
（4）实验中的所有反应，反应前后溶液的温度变化值（约15℃）相近，推测其原因：因为所有反应中，金属质量和硫酸溶液体积均相等，且硫酸过量，产生热量相等，故溶液温度变化值相近．

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科目：高中化学 来源： 题型：选择题

5．以下物质间的每步转化，存在不能通过一步反应实现的是（　　）

	A．	S→SO₂→SO₃→H₂SO₄		B．	Fe→FeCl₂→Fe（OH）₂→Fe（OH）₃
	C．	Al→Al₂O₃→Al（OH）₃→NaAlO₂		D．	N₂→NO→NO₂→HNO₃

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科目：高中化学 来源： 题型：选择题

2．下列各组离子，在强碱性溶液中可以大量共存的是（　　）

	A．	Na⁺、Ba²⁺、NO₃^-、Cl^-		B．	K⁺、Na⁺、H⁺、Cl^-
	C．	K⁺、NH₄⁺、S^2-、CO₃^2-		D．	Cu²⁺、Na⁺、Cl^-、SO₄^2-

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科目：高中化学 来源： 题型：解答题

5．1902年德国化学家哈伯研究出合成氨的方法，其反应原理为：N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g）；△H（△H＜0）

（1）在一容积为4L的密闭容器中，加入0.4mol的N₂和1.2mol的H₂，在一定条件下发生反应，反应中NH₃的物质的量浓度变化情况如图1：
①根据图1，计算从反应开始到平衡时，平均反应速率v（H₂）为0.0375mol/（L•min）．

②反应达到平衡后，第5分钟末，保持其它条件不变，若改变反应温度，则NH₃的物质的量浓度不可能为AC．
A． 0.20mol/L B． 0.12mol/L C． 0.10mol/L D． 0.08mol/L
（2）某温度时，N₂与H₂反应过程中的能量变化如图2所示．下列叙述正确的是AB
A．b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线
B．在密闭容器中加入1mol N₂、3mol H₂，充分反应放出的热量小于92kJ
C．由图可知，断开1mol 氮氮三键与1mol 氢氢键吸收的能量和小于形成1mol 氮氢键所放出的能量
D．反应物的总能量低于生成物的能量
（3）哈伯因证实N₂、H₂在固体催化剂（Fe）表面吸附和解吸以合成氨的过程而获诺贝尔奖．若用

分别表示N₂、H₂、NH₃和固体催化剂，则在固体催化剂表面合成氨的过程可用下图4表示：

①吸附后，能量状态最低的是C（填字母序号）．
②由上述原理，在铁表面进行NH₃的分解实验，发现分解速率与浓度关系如图3．从吸附和解吸过程分析，c₀前速率增加的原因可能是氨的浓度增加，催化剂表面吸附的氨分子增多，速率增大；c₀后速率降低的原因可能是达到一定浓度后，氨分子浓度太大阻碍N₂和H₂的解吸．
（4）已知液氨中存在：2NH₃（l）?NH₂^-+NH₄⁺．用Pt电极对液氨进行电解也可产生H₂和N₂．阴极的电极反应式是2NH₃+2e^-=H₂+2NH₂^-或2NH₄⁺+2e^-=H₂↑+2NH₃．

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科目：高中化学 来源： 题型：解答题

15．二甲醚（CH₃OCH₃）在未来可能替代柴油和液化石油气作为洁净燃料使用．工业上以CO和H₂为原料生产CH₃OCH₃．工业制备二甲醚在催化反应室中（压力2.0～10.0Mpa，温度230℃～280℃）进行下列反应：
①CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）△H₁=-90.7kJ•mol^-1
②2CH₃OH（g）?CH₃OCH₃（g）+H₂O（g）△H₂=-23.5k1•mol^-1
③CO（g）+H₂O（g）?CO₂（g）+H₂（g）△H₃=-41.2kJ•mol^-1
（1）催化反应室中总反应的热化学方程式为3CO（g）+3H₂（g）?CH₃OCH₃（g）+CO₂（g）△H=-246.1kJ•mol^-1．
830℃时反应③的K=1.0，则在催化反应室中反应③的K＞1.0（填“＞”、“＜”或“=”）．
（2）在某温度下，若反应①的起始浓度分别为：c（CO）=1mol/L、c（H₂）=2.4mol/L，5min后达到平衡、CO的转化率为50%，则5min内CO的平均反应速率为0.1mol/（L•min）．
（3）反应②2CH₃OH（g）═CH₃OCH₃（g）+H₂O（g）在某温度下的平衡常数为400．此温度下，在密闭容器中加入CH₃OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：

物质	CH₃OH	CH₃OCH₃	H₂O
浓度/（mol•L^-1）	0.64	0.50	0.50

①比较此时正、逆反应速率的大小：υ（正）＞υ（逆）（填“＞”、“＜”或“=”）．
②若加入CH₃OH后，经10min反应达到平衡，此时c（CH₃OH）=0.04mol•L^-1．
（4）“二甲醚燃料电池”是一种绿色电源，其中工作原理如图所示．

①该电池a电极上发生的电极反应式CH₃OCH₃+3H₂O-12e^-=2CO₂+12H⁺．
②如果用该电池作为电解装置，当有23g二甲醚发生反应时，则理论上提供的电量表达式为0.5mol×12×1.6×10^-19C×6.02×10²³
mol^-1C （1个电子的电量为1.6×10^-19C）．

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科目：高中化学 来源： 题型：解答题

2．碳和氮的化合物与人类生产、生活密切相关．
（1）C、CO、CO₂在实际生产中有如下应用：
a．2C+SiO₂$\frac{\underline{\;高温\;}}{电炉}$Si+2CO
b.3CO+Fe₂O₃$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Fe+3CO₂
c．C+H₂O$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$CO+H₂
d．CO₂+CH₄$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$CH₃COOH
上述反应中，理论原子利用率最高的是d．可用碳酸钾溶液吸收b中生成的CO₂，常温下，pH=10的碳酸钾溶液中水电离的OH^-的物质的量浓度为1×10^-4 mol•L^-1，常温下，0.1mol•L^-1KHCO₃溶液的pH＞8，则溶液中c（H₂CO₃）＞c（CO₃^2-）（填“＞”、“=”或“＜”）．
（2）有机物加氢反应中镍是常用的催化剂．但H₂中一般含有微量CO会使催化剂镍中毒，在反应过程中消除CO的理想做法是投入少量SO₂，查得资料如图1：

则：SO₂（g）+2CO（g）=S（s）+2CO₂（g）△H=-270kJ/mol．

（3）已知N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g）△H=-94.4kJ•mol^-1，恒容时，体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图2所示，各时间段最终均达平衡状态．
①在2L容器中发生反应，时段Ⅰ放出的热量为94.4kJ．
②25min时采取的某种措施是将NH₃从反应体系中分离出去．
③时段Ⅲ条件下反应的平衡常数为2.37．（保留3位有数字）
（4）电化学降解N的原理如图3所示．电源正极为A（填“A”或“B”），阴极反应式为2NO₃^-+12H⁺+10e^-=N₂↑+6H₂O．

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科目：高中化学 来源： 题型：实验题

19．乙二醛（OHC-CHO）是一种重要的精细化工产品．
Ⅰ．工业生产乙二醛
（1）乙醛（CH₃CHO）液相硝酸氧化法   在Cu（NO₃）₂催化下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，反应的化学方程式为3CH₃CHO+4HNO₃$\stackrel{Cu（NO_{3}）_{2}}{→}$3OHC-CHO+4NO↑+5H₂O．该法具有原料易得、反应条件温和等优点，但也存在比较明显的缺点是尾气有污染．
（2）乙二醇（HOCH₂CH₂OH）气相氧化法
①已知：OHC-CHO（g）+2H₂（g）?HOCH₂CH₂OH（g）△H=-78kJ•mol^-1  K₁
2H₂（g）+O₂（g）?2H₂O（g）△H=-484kJ•mol^-1  K₂
乙二醇气相氧化反应：HOCH₂CH₂OH（g）+O₂（g）?OHC-CHO（g）+2H₂O（g）的△H=-406kJ•mol^-1．相同温度下，该反应的化学平衡常数K=$\frac{{K}_{2}}{{K}_{1}}$（用含K₁、K₂的代数式表示）．
②当原料气中氧醇比为1.35时，乙二醛和副产物CO₂的产率与反应温度的关系如图1所示．反应温度在450～495℃之间和超过495℃时，乙二醛产率降低的主要原因分别是升高温度，主反应平衡逆向移动、温度超过495℃时，乙二醇大量转化为二氧化碳等副产物．
Ⅱ．乙二醛电解氧化制备乙醛酸（OHC-COOH）的生产装置如图2所示，通电后，阳极产生的Cl₂与乙二醛溶液反应生成乙醛酸．
（3）阴极反应式为2H⁺+2e^-=H₂↑
（4）阳极液中盐酸的作用，除了产生氯气外，还增强溶液导电性．
（5）保持电流强度为a A，电解t min，制得乙醛酸m g，列式表示该装置在本次电解中的电流效率η=$\frac{5mf}{111at}$%．
（设：法拉第常数为f C•mol^-1；η=$\frac{生成目标产物消耗的电子数}{电极上通过的电子总数}$×100%

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科目：高中化学 来源： 题型：解答题

20．有人设想用SO₂制取少量硫酸，其装置如图所示：

①H⁺移向b极（填“a”或“b”），c极的电极名称是阳极，
②a极发生的电极反应式为SO₂-2e^-+2H₂O=4H⁺+SO₄^2-．
③c极发生的电极反应式为4OH^--4e^-=O₂+2H₂O．
④标准状况下，A装置吸收3.36LSO₂时，B装置中溶液最多减重12g．（装置中气体的溶解性忽略不计）

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