Question

3．氨及其盐对农业生产有着重要的意义，也是重要的化工原料．
（1）常温下向V₁mL0.1mol/L氨水中逐滴加入V₂mL0.1mol/L盐酸，当溶液PH=7时，V₁＞V₂（填“＞”、“=”或“＜”）；当V₁：V₂=2：1时，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（NH₄⁺）＞c（Cl^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）．
（2）氨经一系列反应可制得硝酸，其中最重要的一步反应是：
4NH₃（g）+5O₂（g）$?_{450℃}^{Pa-Rb}$4NO（g）+6H₂O（g），△H＜0．
在某温度下，向恒容的密闭容器中按物质的量之比为1；2充入NH₃和O₂，O₂的物质的量浓度随时间的变化关系如图1所示．

①若升高反应体系的温度，该反应的平衡常数K减小（填“增大”、“减小”或“不变”）．
②平衡时NO的体积分数为21.05%．
（3）一定条件下，图2所示装置可实现电化学合成氨（气体体积在相同状况下测定）．
①电源的正极是A极（填“A”或“B”）．
②阴极的电极反应式为N₂+6e-+6H⁺═2NH₃．
③N₂的转化率为$\frac{2a}{3b-2a}$×100%（用a、b表示）．

Answer 1

分析 （1）向V₁mL0.1mol/L氨水中逐滴加入V₂mL0.1mol/L盐酸生成氯化铵，因为氯化铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，所以当溶液PH=7时，氨水要过量一些；
当V₁：V₂=2：1时，反应后溶液为等量的氯化铵和氨水，溶液显碱性，再结合电荷守恒判断铵根离子和氯离子浓度大小；
（2）①根据该反应为放热反应，则升高反应体系的温度，平衡逆向移动，所以该反应的平衡常数K减小；
②应用三段式，平衡时NO的体积分数=$\frac{n（NO）}{n（总）}$进行计算；
（3）根据电解图，右边氮气得电子生成氨气，所以为阴极，则B为负极，A为正极，所以左边为阳极发生氧化反应，据此分析计算；

解答 解：（1）向V₁mL0.1mol/L氨水中逐滴加入V₂mL0.1mol/L盐酸生成氯化铵，因为氯化铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，所以当溶液PH=7时，氨水要过量一些，所以消耗氢氧化钠体积V₁＞V₂；
当V₁：V₂=2：1时，反应后溶液为等量的氯化铵和氨水，溶液显碱性，c（OH^-）＞c（H⁺），再结合电荷守恒得c（NH₄⁺）＞C（Cl^-），所以溶液中离子浓度大小顺序是cc（NH₄⁺）＞c（Cl^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），
故答案为：＞；c（NH₄⁺）＞c（Cl^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）；
（2）①因为该反应为放热反应，则升高反应体系的温度，平衡逆向移动，所以该反应的平衡常数K减小，故答案为：减小；
②由图象可知，氧气开始时浓度为0.3mol/L，平衡时为0.175moL/L，则
4NH₃（g）+5O₂（g）$?_{450℃}^{Pa-Rb}$4NO（g）+6H₂O（g），
开始 0.15  0.3           0       0
反应 0.1   0.125        0.1     0.15
转化0.05   0.175        0.1     0.15
所以平衡时NO的体积分数=$\frac{n（NO）}{n（总）}$=$\frac{0.1}{0.1+0.175+0.05+0.15}$=21.05%，故答案为：21.05%；
（3）①根据电解图，右边氮气得电子生成氨气，所以为阴极，则B为负极，A为正极，故答案为：A；
②根据电解图，右边氮气得电子生成氨气，所以为阴极，反应式为：N₂+6e-+6H⁺═2NH₃，故答案为：N₂+6e-+6H⁺═2NH₃；
③根据电解图，右边氮气得电子生成氨气，所以为阴极，反应式为：N₂+6e-+6H⁺═2NH₃，左边为阳极发生氧化反应，反应式为4OH^--4e-═O₂+2H₂O，又阳极生成aL氧气则转移$\frac{a}{22.4}$×4mol=$\frac{a}{5.6}$mol电子，根据得失电子守恒则阴极生成氨气为$\frac{\frac{a}{5.6}}{6}$×2=$\frac{a}{16.8}$mol，所以剩余N₂的体积为b-$\frac{a}{16.8}$×22.4=b-$\frac{4}{3}$a；反应消耗的氮气为$\frac{a}{16.8}$×$\frac{1}{2}$×22.4=$\frac{2}{3}$a，则N₂的转化率为$\frac{\frac{2}{3}a}{\frac{2}{3}a+b-\frac{4}{3}a}$×100%=$\frac{2a}{3b-2a}$×100%；故答案为：$\frac{2a}{3b-2a}$×100%；

点评 本题考查了溶液中离子浓度的比较，化学平衡的判断与计算以及电解原理的分析应用，电子转移计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等．