Question

2．NH₃作为一种重要化工原料，被大量应用于工业生产，与其有关性质反应的 催化剂研究催化剂常具有较强的选择性，即专一性．已知：
反应 I：4NH₃（g）+5O₂（g）$\stackrel{PtRu}{?}$4NO（g）+6H₂O（g）△H=-905.0kJ•mol^-1 
反应 II：4NH₃（g）+3O₂（g）$?_{高温}^{CU/TiO_{2}}$2N₂（g）+6H₂O（g）△H
（1）

化学键	H-O	O=O	N≡N	N-H
键能KJ•mol-1	463	496	942	391

△H=-1260KJ/mol．
（2）在恒温恒容装置中充入一定量的 NH₃ 和 O₂，在某催化剂的作用下进行反应 I，则下 列有关叙述中正确的是A．
 A．使用催化剂时，可降低该反应的活化能，加快其反应速率
B．若测得容器内 4v 正（NH₃）=6v 逆（H₂O）时，说明反应已达平衡
C．当容器内 $\frac{n（NO）}{n（N{H}_{3}）}$=1 时，说明反应已达平衡
（3）氨催化氧化时会发生上述两个竞争反应 I、II．为分析某催化剂对该反应的选择性，在 1L 密闭容器中充入 1mol NH₃和 2mol O₂，测得有关物质的量关系如图：

①该催化剂在高温时选择反应I（填“I”或“II”）．
②520℃时，4NH₃（g）+5O₂?4NO（g）+6H₂O（g）的平衡常数K=$\frac{0．{2}^{4}×0．{9}^{6}}{0．{4}^{4}×1.4{5}^{5}}$（不要求得出计算结果，只需列出数字计算式）．
③有利于提高 NH₃ 转化为 N₂ 平衡转化率的措施有E
A．使用催化剂 Pt/Ru
B．使用催化剂 Cu/TiO₂
C．增大 NH₃和 O₂ 的初始投料比 
D．投料比不变，增加反应物的浓度 
E．降低反应温度
（4）采用氨水吸收烟气中的 SO₂，
①若氨水与 SO₂恰好完全反应生成正盐，则此时溶液呈碱性（填“酸”或“碱”）． 常温下弱电解质的电离平衡常数如下：氨水：K_b=1.8×10^-5mol•L^-1；H₂SO₃：K_a1=1.3×10^-2mol•L^-1，K_a2=6.3×10^-8mol•L^-1
②上述溶液中通入SO₂（填“SO₂”或 NH₃”）气体可使溶液呈中性，此时溶液中$\frac{c{（NH}_{4}^{+}）}{c（S{{O}_{3}}^{2-}）}$＞2（填“＞”“＜”或“=”）

Answer 1

分析 （1）反应的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能；
（2）A．催化剂改变反应途径，降低反应活化能；
B．不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比时，反应达到平衡状态；
C．当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变；
（3）①根据生成物氮气、NO的物质的量判断催化剂对反应的选择性；
②520℃平衡时n（NO）=n（N₂）=0.2mol，利用方程式计算两个反应消耗的氨气、氧气物质的量以及生成的水的物质的量，可以计算平衡时氨气与氧气物质的量，由于容器体积为1L，利用物质的量代替浓度带入K=$\frac{{c}^{4}（NO）•{c}^{6}（{H}_{2}O）}{{c}^{4}（N{H}_{3}）•{c}^{5}（{O}_{2}）}$计算；
③催化剂不影响平衡移动，改变浓度与投料比不影响催化剂对反应的选择性，图中温度影响催化剂选择性；
（4）①计算铵根离子与亚硫酸根的水解平衡常数进行判断；
②根据亚硫酸铵溶液酸碱性选择；根据电荷守恒计算判断$\frac{c{（NH}_{4}^{+}）}{c（S{{O}_{3}}^{2-}）}$ 比值问题．

解答 解：（1）反应的焓变△H=反应物总键能-生成物总键能=4×3×391KJ/mol+3×496KJ/mol-2×942KJ/mol-6×2×463KJ/mol=-1260KJ/mol，
故答案为：-1260KJ/mol；
（2）A．加入催化剂，改变反应途径，降低反应的活化能，增加了活化分子百分数，化学反应速率增大，故A正确；
B．对于反应4NH₃（g）+5O₂（g）?4NO（g）+6H₂O（g），应是 6v _正（NH₃）=4v _逆（H₂O）时，反应达到平衡状态，故B错误；
C．当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，与 $\frac{n（NO）}{n（N{H}_{3}）}$=1 无关，故C错误．
故选：A；
（3）①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的，故该催化剂在高温下选择反应I，
故答案为：I；
②在 1L 密闭容器中充入 1mol NH₃和 2mol O₂，520℃平衡时n（NO）=n（N₂）=0.2mol，则：
                    4NH₃（g）+5O₂?4NO（g）+6H₂O（g）
变化（mol ）：0.2         0.25      0.2           0.3
                   4NH₃（g）+3O₂（g）?2N₂（g）+6H₂O（g）
变化（mol ）：0.4         0.3          0.2          0.6
故平衡时，n（NH₃）=1mol-0.2mol-0.4mol=0.4mol，n（O₂）=2mol-0.25mol-0.3mol=1.45mol，n（H₂O）=0.3mol+0.6mol=0.9mol，由于容器体积为1L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数K=$\frac{{c}^{4}（NO）•{c}^{6}（{H}_{2}O）}{{c}^{4}（N{H}_{3}）•{c}^{5}（{O}_{2}）}$=$\frac{0．{2}^{4}×0．{9}^{6}}{0．{4}^{4}×1.4{5}^{5}}$，
故答案为：$\frac{0．{2}^{4}×0．{9}^{6}}{0．{4}^{4}×1.4{5}^{5}}$；
③A．使用催化剂不影响平衡移动，加快反应速率，缩短到达平衡的时间，故错误；
B．使用催化剂不影响平衡移动，加快反应速率，缩短到达平衡的时间，故错误；
C．增大 NH₃和 O₂ 的初始投料比，平衡常数不变，不影响催化剂对反应的选择性，故错误；
D．投料比不变，增加反应物的浓度，平衡常数不变，不影响催化剂对反应的选择性，故错误；
E．由图可知低温有利于氮气的生成，降低反应温度有利于提高 NH₃ 转化为 N₂ 平衡转化率，故正确．
故选：E；
（4）①K_h（NH₄⁺）=$\frac{Kw}{Kb}$=$\frac{1{0}^{-14}}{1.8×1{0}^{-5}}$≈5.6×10^-10，K_h（SO₃^2-）=$\frac{Kw}{{K}_{a2}}$=$\frac{1{0}^{-14}}{6.3×1{0}^{-8}}$≈1.6×10^-7，铵根离子水解由于K_h（NH₄⁺）＜K_h（SO₃^2-），故亚硫酸铵溶液呈碱性，
故答案为：碱；
②亚硫酸铵溶液呈碱性，需要通入酸性气体可使溶液呈中性，即上述溶液中通入SO₂气体可使溶液呈中性，
由电荷守恒有：c（H⁺）+c（NH₄⁺）=2c（SO₃^2-）+c（HSO₃^-）+c（OH^-），中性条件下c（H⁺）=c（OH^-），联立可得：c（NH₄⁺）=2c（SO₃^2-）+c（HSO₃^-），则$\frac{c{（NH}_{4}^{+}）}{c（S{{O}_{3}}^{2-}）}$＞2，
故答案为：＞．

点评 本题考查反应热计算、化学平衡状态及其影响因素、对图象的分析问题、化学平衡常数计算、电离平衡常数应用、离子浓度比较等，属于拼合型题目，是高考热点题型，平衡常数计算为易错点，关键是平衡体系中氨气与氧气浓度有关计算．