。
四、综合题（本题包括2个小题，共20分） 18．研究氮及其化合物对化工生产有重要意义。 （1）已知：
①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1 ②2NH3(g)
N2(g)+3H2(g) △H2
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H3
则热化学方程式：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)△H=_____（用△H1，△H2，△H3表示）。
（2）在2L密闭绝热容器中，投入4molN2和6molH2，在一定条件下生成NH3，测得不同温度下，平衡时NH3的物质的量数据如下表：
①下列能说明该反应已达到平衡状态的是_____。 A．3v正(H2)=2v逆(NH3) B．容器内气体压强不变 C．混合气体的密度不变 D．混合气的温度保持不变 ②温度T1_____(填“>”<”或“=”）T3。
③在T4温度下，达到平衡时N2的转化率为_____。
（3）N2O4为重要的火箭推进剂之一。N2O4与NO2转换的热化学方程式为N2O4(g)=2NO2(g) △H。上述p(N2O4)，逆反应速率v逆=k逆·p2(NO2)，其中k正、k逆为速率常数，则该反应的反应中，正反应速率v正=k正·
化学平衡常数Kp为____（以k正、k逆表示）。若将一定量N2O4投入真空容器中恒温恒压分解（温度298K、s-1，当N2O4分解10%时，v逆=_____kPa·s-1。 压强110kPa)，已知该条件下k逆=5×102kPa-1·
（4）以连二亚硫酸盐(S2O42-)为还原剂脱除烟气中的NO，并通过电解再生，装置如图。阴极的电极反应式为_____，电解槽中的隔膜为_____（填“阳”或“阴”）离子交换膜。每处理1molNO，电路中通过电子的物质的量为_____。
【答案】2△H2+3△H3-3△H1 BD < 25% 阳 2mol 【解析】 【分析】
(1)运用盖斯定律计算；
k正 2×105 2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O k逆(2)①达到化学平衡时，正逆反应速率相同，各组分浓度保持不变及其衍生的各种关系符合平衡标志； ②反应放热，根据进行方向判断； ③根据三段式进行求解；
(3) 根据v正=v逆，得出Kp，再根据题给已知计算平衡时NO2的分压，然后计算逆反应速率；
(4)阴极上亚硫酸根离子得电子生成S2O42-；阳极上水失电子生成氧气和氢离子，右侧多余的氢离子通过离子交换膜进入左侧，利用氧化还原规律，进行计算求解。 【详解】
(1)根据盖斯定律①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1，②2NH3(g)
N2(g)+3H2(g) △H2，③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)
△H3，将2x②+3x③-3x①得到热化学方程式：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) △H=2△H2+3△H3-3△H1，故答案为：2△H2+3△H3-3△H1； (2) N2(g) + 3H2(g)
2NH3(g) △H<0 ， ①A．NH3、H2表示的正、逆反应速率比不等于化学计量数之比，
不能说明反应达到平衡状态，A项错误；
B．该反应是气体体积减小的反应，建立平衡的过程中气体物质的量减小，容器内压强减小，故当容器内压强不变时，已达到平衡，B项正确；
C．建立平衡过程中气体质量不变，混合气体的密度一直不变，密度不能说明反应达到平衡状态，C项错误；
D．该反应为放热反应，绝热容器温度不变时，已经达到平衡；D项正确；故答案为BD；
②反应放热，温度升高，平衡逆向进行，生成的氨气的物质的量会减小， T1时氨气的物质的量更多，所以温度低，温度T1 N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)起始(mol)4604?1?100%=25%，③根据三段式进行求解法：，则N2的转化率= 转化(mol)1324平衡(mol)332故答案为：25%； (3)上述反应中，正反应速率v正＝k正·p（N2O4）p2（NO2），逆反应速率v逆＝k逆·，其中k正、k逆为速率常数，v正=v逆，则Kp= k正；若将一定量N2O4投入真空容器中恒温恒压分解（温度298K、压强110kPa），已k逆s-1，知该条件下k逆=5×102kPa-1·当N2O4分解10%时，假设开始有1mol N2O4分解0.1mol，生成0.2mol NO2， υ(逆)=k逆?p2(NO2)=5?102kPa－1gs－1?(110kp?2×105； k正0.2)2?2?105kp?s－1，故答案为：； k1?0.1?0.2逆(4)阴极上亚硫酸根离子得电子生成S2O42-，电极反应式为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O；阳极上，水失电子生成氧气和氢离子，右侧多余的氢离子通过离子交换膜进入左侧，所以交换膜为阳离子交换膜；NO吸收转化后的主要产物为N2，消耗1mol NO转移2mol电子，所以电路中转移电子为2mol，故答案为：2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O；阳；2mol。 【点睛】 本题考查化学平衡计算、电解原理、盖斯定律等知识点，把握化学平衡计算方法、电解池中各个电极上发生的反应是解本题关键，要掌握基本概念，看清反应过程中变化条件，用化学反应原理分析变化结果，离子交换膜判断为解答易错点。 19．二草酸合铜( II )酸钾晶体{K2[Cu(C2O4)2]·2H2O}，微溶于冷水，可溶于热水，微溶于酒精，干燥时较为稳定，加热时易分解。 I.用氧化铜和草酸为原料制备二草酸合铜(II)酸钾晶体的流程如下： 已知：H2C2O4 ΔCO↑+CO2↑+H2O 回答下列问题： (1)将H2C2O4晶体加入去离子水中，微热，溶解过程中温度不能太高，原因是________。 (2)将CuO与KHC2O4的混合液在50°C下充分反应，该反应的化学方程式为__________。 (3)50 °C时，加热至反应充分后的操作是_______________(填字母)。 A．放于冰水中冷却后过滤 B．自然冷却后过滤 C．趁热过滤 D．蒸发浓缩、冷却后过滤 II.以CuSO4·5H2O晶体和K2C2O4固体为原料制备二草酸合铜( II )酸钾晶体。 5H2O晶体和K2C2O4固体分别用去离子水溶解后，将K2C2O4溶液逐滴加入硫酸铜溶液实验步骤：将CuSO4· 中，有晶体析出后放在冰水中冷却，过滤，用酒精洗涤，在水浴锅上炒干。炒时不断搅拌，得到产品。 (4)用酒精而不用冷水洗涤的目的是____________。 II.产品纯度的测定：准确称取制得的晶体试样ag溶于NH3·H2O中，并加水定容至250mL，取试样溶液25.00mL，再加入10 mL的稀硫酸，用b mol·L-1 的KMnO4标准液滴定，消耗KMnO4标准液V mL。 (5)滴定时，下列滴定方式中，最合理的是______(填字母)，理由为________。 (夹持部分略去) A． B． C． (6)若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，实验结果会_____(填“偏大”偏小”或“无影响”)。 (7)该产品的纯度为___________(写出表达式)。 【答案】温度过高草酸会分解 2KHC2O4+CuO 50℃ K2[Cu（C2O4）2]+H2O C 酒精易挥发，便于干 燥二草酸合铜( II )酸钾晶体 B 滴定时，标准液应盛放在滴定管中，待测液应盛放在锥形瓶中，高锰 1.25Vb?354?10-2酸钾为强氧化性溶液应使用酸式滴定管 无影响 ?100% a【解析】 【分析】 Ⅰ、草酸晶体加水、微热可加快反应速率，但要避免温度过高草酸分解，然后加入碳酸钾固体，可生成KHC2O4，加入氧化铜，混合液在50℃水浴加热，为防止晶体析出趁热过滤，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶可得到K2[Cu（C2O4）2]?2H2O。 【详解】 （1）根据题目所给信息H2C2O4 ΔCO↑+CO2↑+H2O可知温度过高会使草酸分解； （2）根据题意可知，CuO与KHC2O4溶液在50℃水浴加热条件下反应生成K2[Cu（C2O4）2]与H2O，反应的方程式为：2KHC2O4+CuO 50℃ K2[Cu（C2O4）2]+H2O； 2H2O}微溶于冷水，可溶于热水，所以充分反应后应趁热过滤，提高（3）根据题目信息可知{K2[Cu(C2O4)2]·产率，所以选C； 2H2O}微溶于酒精，所以用酒精洗涤也可以减少晶体的损失，同时与冷水相比酒精易挥（4）{K2[Cu(C2O4)2]· 发，便于干燥二草酸合铜( II )酸钾晶体； （5）滴定时，标准液应盛放在滴定管里，待测液应盛放在锥形瓶中，高锰酸钾为强氧化性溶液应使用酸式滴定管，即下口为旋塞的滴定管，所以最合适的应为B。 （6）该滴定过程是通过标准高猛酸钾溶液确定二草酸合铜( II )酸钾晶体的物质的量，锥形瓶内有水对滴定没有影响； 2H2O}中C元素被氧化生成CO2，KMnO4（7）滴定过程中{K2[Cu(C2O4)2]·每个C化合价升高1价，共升高4价，2H2O}~4 KMnO4，则n中的锰元素被还原生成Mn2+，化合价降低5价，所以存在数量关系5{K2[Cu(C2O4)2]·2H2O）= V×10-3L×bmol·L-1×（K2[Cu(C2O4)2]· 5250mL×=12.5Vb×10-3mol，所以产品的纯度为425mL
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