Question

6．将水蒸气通过红热的碳可产生水煤气，以此产物为原料可生产多种产品．
（1）已知：C（s）+H₂O（g）?CO（g）+H₂（g）△H=+131.3kJ/mol，达到平衡后，体积不变时，能提高H₂O的平衡转化率的措施是AD．
A．升高温度B．增加碳的用量C．加入催化剂D．用储氢金属吸收H₂

（2）某些合金可用于储存氢，金属储氢的原理可表示为：M（s）+xH₂（g）?MH₂（s）△H＜0（M表示某种合金）．如图1表示温度分别为T₁、T₂时，最大吸氢量与氢气压强的关系，则T₁＜T₂（填“＜”、“＞”或“=”）．
（3）某温度下，在2L体积不变的密闭容器中将1molCO和2molH₂混合发生反应：CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g），测得不同时刻的反应前后压强关系如表：

时间（min）	5	10	15	20	25	30
压强比（$\frac{{P}_{后}}{{P}_{前}}$）	0.98	0.90	0.78	0.66	0.66	0.66

反应在前10min的平均速率v（H₂）=0.015mol•L^-1•min^-1．达到平衡时CO的转化率为51%．
（4）CO可以还原某些金属氧化物生成金属单质和CO₂，如图2是四种金属氧化物被CO还原时1g[$\frac{c（CO）}{c（C{O}_{2}）}$）]与温度（T）的关系曲线图．
①其中最易被还原的金属氧化物是Cu₂O（填化学式）．
②700℃时CO还原Cr₂O₃反应中的平衡常数k=10^-12．
（5）水煤气处理后，获得的较纯H₂用于合成氨：N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g），△H=-92.4kJ•mol^-1．如图3为不同实验条件下进行合成氨反应实验，N₂浓度随时间变化示意图．
①与实验Ⅰ比较，实验Ⅱ改变的条件为使用催化剂．
②实验Ⅲ比实验Ⅰ的温度要高，其它条件相同，请在图4中画出实验Ⅰ和实验Ⅲ中NH₃浓度随时间变化的示意图．
（6）饮用水中的NO₃^-主要来自于NH₄⁺，已知在微生物作用下，NH₄⁺经过两步反应被氧化成NO₃^-，两步反应的能量变化示意图如图5．请写出1molNH₄⁺（aq）的热化学方程式NH₄⁺（aq）+2O₂（g）═2H⁺（aq）+H₂O（l）+NO₃^-（aq），△H=-346 kJ/mol．

Answer 1

分析 （1）达到平衡后，体积不变时，能提高H₂O的平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动；
（2）在压强相同的条件下，T₁对应的吸氢量大，也就是T₂→T₁，平衡正向移动，而正反应是放热反应；
（3）温度、体积不变的可逆反应中，气体的压强之比等于其物质的量之比，据此计算反应后气体体积的物质的量，从而计算氢气反应的物质的量，再根据v=$\frac{\frac{△n}{V}}{△t}$计算反应速率；根据CO反应的物质的量计算其转化率，化学反应速率概念计算v=$\frac{△c}{△t}$计算得到；转化率=$\frac{消耗量}{起始量}$×100%；
（4）K越大，说明反应进行的程度大，金属氧化物越易被还原；700℃时CO还原Cr₂O₃反应为：Cr₂O₃+3CO?2Cr+3CO₂，lg（$\frac{1}{K}$）${\;}^{\frac{1}{3}}$=4，所以K=10^-12；
（5）①由图开始，实验Ⅱ与实验Ⅰ相比，反应速率加快，平衡时氮气的浓度不变，说明改变条件速率加快平衡不移动，结合反应特征与平衡移动原理分析；
②实验Ⅲ的温度比实验Ⅰ高，反应速率快，到达平衡时间缩短，正反应为放热反应，平衡向逆反应方向移动，平衡时氨气的浓度较实验Ⅰ低，据此作图；
（6）结合图象根据盖斯定律来计算反应的焓变．

解答 解：（1）达到平衡后，体积不变时，能提高H₂O的平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，A．升高温度，平衡向吸热方向移动，故正确；
B．增加碳的用量，平衡都不移动，故错误；
C．加入催化剂，平衡都不移动，故错误；
D．用储氢金属吸收H₂，减少生成物的浓度平衡正向移动，故正确；
故选AD；
（2）在压强相同的条件下，T₁对应的吸氢量大，也就是T₂→T₁，平衡正向移动，而正反应是放热反应，所以T₂→T₁，是降温，所以T₂＞T₁，故答案为：＜；
（3）温度、体积不变的可逆反应中，气体的压强之比等于其物质的量之比，10min，压强比（P_后/P_前）=0.9，则反应后气体的物质的量=3mol×0.9=2.7mol，气体减少的物质的量=3mol-2.7mol=0.3mol，根据气体减少的物质的量与氢气之间的关系式知，参加反应的氢气的物质的量=$\frac{0.3}{2}×2$=0.3mol，0～10min，用H₂表示的平均反应速率=$\frac{\frac{0.3}{2}}{10}$mol•L^-1•min^-1=0.015 mol•L^-1•min^-1；
平衡状态压强比（P_后/P_前）=0.66，则反应后气体的物质的量=3mol×0.66=1.98mol，气体减少的物质的量=3mol-1.98mol=1.02mol，根据气体减少的物质的量与氢气之间的关系式知参加反应的CO的物质的量$\frac{1.02mol}{2}$=0.51mol，则CO的转化率=$\frac{0.51mol}{1mol}$×100%=51%，
故答案为：0.015 mol•L^-1•min^-1；51%；
（4）K越大，金属氧化物越易被还原，故Cu₂O越易被还原；700℃时CO还原Cr₂O₃反应为：Cr₂O₃+3CO?2Cr+3CO₂，lg（$\frac{1}{K}$）${\;}^{\frac{1}{3}}$=4，所以K=10^-12，故答案为：①Cu₂O；②10^-12；
（5）①由图开始，实验Ⅱ与实验Ⅰ相比，反应速率加快，平衡时氮气的浓度不变，说明改变条件速率加快平衡不移动，该反应正反应是体积减小的放热反应，升高温度或增大压强、增大反应物浓度，可以增大反应速率，但平衡发生移动，故应是使用催化剂，
故答案为：使用催化剂；
②实验Ⅲ的温度比实验Ⅰ高，反应速率快，到达平衡时间缩短，正反应为放热反应，平衡向逆反应方向移动，平衡时氨气的浓度较实验Ⅰ低，故图象为：，

故答案为：；
（6）第一步的热化学方程式为NH₄⁺（aq）+1.5O₂（g）═NO₂^-（aq）+2H⁺（aq）+H₂O（l），△H=-273KJ/mol，
第二步的热化学方程式为：NO₂^-（aq）+0.5O₂（g）═NO₃^-（aq），△H=-73KJ/mol，
根据盖斯定律则NH₄⁺（aq）+2O₂（g）═2H⁺（aq）+H₂O（l）+NO₃^-（aq），△H=-346 kJ/mol，
故答案为：NH₄⁺（aq）+2O₂（g）═2H⁺（aq）+H₂O（l）+NO₃^-（aq），△H=-346 kJ/mol．

点评 题目综合性较大，涉及反应热计算、盖斯定律的应用、电极反应式书写、化学平衡的移动、化学平衡图象与影响因素、化学平衡常数计算等，侧重高考常考点与基础知识的考查，目难度较大．