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4.氨是最重要的化工产品之一.
(1)已知合成氨的反应是一个典型的可逆反应,在一个一定容积的密闭容器中加入1mol 氮气和3mol 氢气,在一定条件下发生反应合成氨气,当反应物转化率达10%时,测得放出的热量为9.24kJ,请写出该条件下合成氨反应的热化学方式:  N2(g)+3H2( g)═2NH3(g)△H=-92.4 kJ•mol-1 .
(2)CO对合成氨的催化剂有毒害作用,常用乙酸二氨合铜(Ⅰ)溶液来吸收原料气中CO,其反应原理为
[Cu(NH32CH3COO](l)+CO(g)+NH3(g)?[Cu(NH3)3]CH3COO•CO(l)△H<0
通过下列哪种措施可提高CO的吸收效率A(填字母)
A.高压     B.高温    C.把[Cu(NH3)3]CH3COO•CO分离出去    D.增大CO浓度
吸收CO后的乙酸铜氨液经过适当处理后又可再生,恢复其吸收CO的能力以供循环使用,再生的适宜条件是B.(填字母)
A.高温、高压    B.高温、低压    C.低温、低压    D.低温、高压
(3)用氨气制取尿素[CO(NH22]的反应为2NH3(g)+CO2(g)?CO(NH22(l)+H2O(g)△H<0
某温度下,向容积为100L的密闭容器中通入4molNH3和2molCO2,该反应进行到40s时达到平衡,此时CO2的转化率为50%.该温度下此反应平衡常数K的值为2500.图中的曲线表示该反应在前25s内的反应进程中的NH3浓度变化.若反应延续至70s,保持其他条件不变情况下,请在图中用实线画出使用催化剂时该反应的进程曲线.
(4)将尿素施入土壤后,大部分是通过转化为碳酸铵或碳酸氢铵后才被作物所利用,尿素分子在微生物分泌的脲酶作用下,转化为碳酸铵.已知弱电解质在水中的电离平衡常数(25℃)如下表:
弱电解质H2CO3NH3•H2O
电离平衡常数Ka1=4.30×10-71.77×10-5
Ka2=5.61×10-11
现有常温下0.1mol•L-1的(NH42CO3溶液,
①你认为该溶液呈碱(填“酸”、“中”或“碱”性),原因是由于NH3•H2O的电离平衡常数大于HCO3-的电离平衡常数,因此CO32-水解程度大于NH4+水解程度,溶液中c (OH-)>c(H+),溶液呈碱性.
②就该溶液中粒子之间有下列关系式,你认为其中不正确的是B.
A.c(NH4+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)
B.c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+c(CO32-
C.c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.1mol•L-1
D.c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3

分析 (1)在一个一定容积的密闭容器中加入1mol 氮气和3mol 氢气,在一定条件下发生反应合成氨气,当反应物转化率达10%时,反应的氮气为0.1mol,测得放出的热量为9.24kJ,则反应1molN2放热92.4KJ,结合热化学方程式书写方法,标注物质聚集状态和对应反应焓变写出;
(2)[Cu(NH32CH3COO](l)+CO(g)+NH3(g)?[Cu(NH3)3]CH3COO•CO(l)△H<0,反应为气体体积减小的放热反应,提高CO的吸收效率需要平衡正向进行,结合化学平衡移动原理和平衡移动方向分析判断需要的条件
(3)依据化学方程式和平衡常数K=$\frac{c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2}){c}^{2}(N{H}_{3})}$,结合化学平衡三段式列式计算平衡浓度,计算平衡常数;依据催化剂的作用画出图象,曲线的转折点在横坐标40之前,纵坐标必需在20的线上;
(4)①依据弱电解质电离平衡常数比较弱电解质强弱,盐类水解原理分析判断溶液酸碱性;
②依据溶液中离子性质,电荷守恒、物料守恒、离子浓度大小比较的方法分析选择.

解答 解:(1)在一个一定容积的密闭容器中加入1mol 氮气和3mol 氢气,在一定条件下发生反应合成氨气,当反应物转化率达10%时,反应的氮气为0.1mol,测得放出的热量为9.24kJ,则反应1molN2放热92.4KJ,反应的热化学方程式为:N2(g)+3H2( g)═2NH3(g)△H=-92.4 kJ•mol-1
故答案为:N2(g)+3H2( g)═2NH3(g)△H=-92.4 kJ•mol-1
(2)[Cu(NH32CH3COO](l)+CO(g)+NH3(g)?[Cu(NH3)3]CH3COO•CO(l)△H<0,反应为气体体积减小的放热反应,提高CO的吸收效率需要平衡正向进行,
A.高压平衡正向进行,增大CO吸收率,故A正确;
B.反应为放热反应,高温平衡逆向进行,CO吸收率减小,故B错误;
C.把[Cu(NH3)3]CH3COO•CO分离出去对气体吸收影响不大,故C错误;
D.增大CO浓度平衡正向进行,但会减小CO的吸收率,故D错误;
吸收CO后的乙酸铜氨液经过适当处理后又可再生,恢复其吸收CO的能力以供循环使用,依据化学平衡[Cu(NH32CH3COO](l)+CO(g)+NH3(g)?[Cu(NH33]CH3COO•CO(l);△H<0,反应是气体体积减小的放热反应,平衡逆向进行是再生的原理,再生的适宜条件是高温低压,
故答案为:A;B;
(3)2NH3(g)+CO2(g)?CO(NH22(l)+H2O(g),反应进行到40s时达到平衡,反应达到平衡时CO2的转化率为50%,消耗二氧化碳浓度0.02mol/L×50%=0.01mol/mol;
                            2NH3(g)+CO2(g)?CO(NH22(l)+H2O(g)
起始量(mol/L) 0.04               0.02                 0                        0
变化量(mol/L) 0.02               0.01                 0                     0.01
平衡量(mol/L) 0.02               0.01                 0                     0.01
K=$\frac{c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2}){c}^{2}(N{H}_{3})}$=$\frac{0.01}{0.0{2}^{2}×0.01}$=2500
若反应延续至70s,保持其它条件不变情况下,使用催化剂时,改变反应速率,不改变化学平衡,曲线的转折点在横坐标40之前,纵坐标必需在20的线上,该反应的进程曲线为如图所示:曲线的转折点在横坐标40之前,纵坐标必需在20的线上,
故答案为:2500;
(4)①分析电离平衡常数可知电离程度,NH3•H2O>H2CO3>HCO3-,对应盐水解程度NH4+<HCO3-<CO32-,常温下0.1mol•L-1的(NH42CO3溶液呈碱性,由于NH3•H2O的电离平衡常数大于HCO3-的电离平衡常数,因此CO32-水解程度大于NH4+水解程度,溶液中c (OH-)>c(H+),溶液呈碱性;
故答案为:碱,由于NH3•H2O的电离平衡常数大于HCO3-的电离平衡常数,因此CO32-水解程度大于NH4+水解程度,溶液中c (OH-)>c(H+),溶液呈碱性;
②A.溶液中铵根离子浓度大于碳酸根离子浓度,碳酸根离子水解程度大于铵根离子水解程度,所以溶液中离子浓度大小为:c(NH4+)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(NH3•H2O),故A正确;
B.溶液中存在电荷守恒为:c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-),故B错误;
C.依据溶液中物料守恒得到:c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.1mol•L-1 ,故C正确;
D.依据溶液中物料守恒,n(N):n(C)=2:1,结合溶液中离子种类和守恒关系得到:c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3),故D正确;
故答案为:B.

点评 本题考查了热化学方程式书写方法,化学平衡影响因素分析,电解质溶液中离子浓度关系的应用判断,掌握基础是关键,题目难度中等.

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(4)若在反应开始时加入催化剂(其他条件都不变),反应经过20秒达到平衡,请在图上用虚线画出加催化剂后反应0~70s的曲线.

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