Question

（2012?中山模擬）運(yùn)用化學(xué)反應(yīng)原理研究氮、氧等單質(zhì)及其化合物的反應(yīng)有重要意義．
（1）合成氨反應(yīng)N₂（g）+3H₂（g）?2NH₃（g），若在恒溫、恒壓條件下向平衡體系中通入氬氣，則平衡

向左

一移動(dòng)（填“向左”“向右”或“不”，下同），反應(yīng)的△H

不變

（填“增大…‘減小”或“不變”）．使用催化劑則平衡

不

移動(dòng)，反應(yīng)的△H

不變

（填“增大”、“減小”或“不變”）．
（2）已知：O₂（g）═O₂⁺（g）+eˉ△H₁=+1175.7kJ/mol
PtF₆（g）+e-?PtF₆ˉ （g）△H₂=-771.1kJ/mol
O₂⁺PtF₆ˉ（s）═O₂⁺（g）+PtF₆ˉ（g）△H₃=+482.2kJ/mol
則反應(yīng)O₂（g）+PtF₆（g）═O₂⁺PtF₆ˉ（S）  的△H=

-77.6 kJ/mol

．
（3）在25℃下，向濃度均為0.1mol/L的MgCl₂和CuCl₂混合溶液中逐滴加入氨水，生成

Cu（OH）₂

沉淀（填化學(xué)式），生成該沉淀的離子方程式為

2NH₃?H₂O+Cu²⁺=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺

．
已知25℃時(shí)K_sp[Mg（OH）₂]=1.8×10ˉ¹¹，K_sp[Cu（OH）₂]=2.2×10ˉ²⁰．
（4）7℃、1.01×10⁵Pa，密閉容器中N₂O₄和NO₂的混合氣體達(dá)到平衡時(shí)，c（NO₂）=0.0300mol/L、c（N₂O₄）=0.0120mol/L．計(jì)算反應(yīng)2NO₂（g）?N₂O₄（g）的平衡常數(shù)K值為

13.3

．（保留至0.1）

Answer 1

分析：（1）由恒溫、恒壓條件下向平恒體系中通入氬氣，則反應(yīng)體系的體積增大；化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，與物質(zhì)的濃度無(wú)關(guān)；由催化劑只能改變反應(yīng)途徑而不能改變反應(yīng)的始終態(tài)來(lái)分析；
（2）依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計(jì)算分析；
（3）根據(jù)難溶物的溶度積來(lái)分析先沉淀的物質(zhì)，然后書寫離子反應(yīng)方程式，注意弱電解質(zhì)應(yīng)保留化學(xué)式來(lái)解答；
（4）根據(jù)平衡常數(shù)概念計(jì)算得到．

解答：解：（1）恒溫、恒壓條件下向平恒體系中通入氬氣，則反應(yīng)體系體積增大，相當(dāng)于壓強(qiáng)減小，則平衡向氣體體積增大的方向移動(dòng)，即左移；反應(yīng)前后反應(yīng)物和生成物不變，焓變只與始態(tài)和終態(tài)物質(zhì)有關(guān)，反應(yīng)焓變不變；因使用催化劑只是改變了反應(yīng)的途徑，不能改變化學(xué)平衡，沒有改變反應(yīng)物與生成物的狀態(tài)，則△H不變；
故答案為：向左；不變；不；不變；
（2）①O₂（g）═O₂⁺（g）+eˉ△H₁=+1175.7kJ/mol
②PtF₆（g）+e-?PtF₆ˉ （g）△H₂=-771.1kJ/mol
③O₂+PtF₆ˉ（s）═O₂⁺（g）+PtF₆ˉ（g）△H₃=+482.2kJ/mol
依據(jù)蓋斯定律①+②-③得到，反應(yīng)熱化學(xué)方程式為：O₂（g）+PtF₆（g）═O₂⁺PtF₆ˉ（S） 的△H=-77.6 kJ/mol
故答案為：-77.6 kJ/mol；
（3）由于K_sP[Cu（OH）₂]=2.2×10^-20＜K_sp[Mg（OH）₂]=1.8×10^-11，所以Cu（OH）₂先生成沉淀；一水合氨和銅離子反應(yīng)生成氫氧化銅和氨根離子，所以離子方程式為2NH₃?H₂O+Cu²⁺=Cu（OH）₂↓+2 NH₄⁺，
故答案為：Cu（OH）₂；2NH₃?H₂O+Cu²⁺=Cu（OH）₂↓+2NH₄⁺；
（4）2NO₂（g）?N₂O₄（g）平衡后，c（NO₂）=0.0300mol/L、c（N₂O₄）=0.0120mol/L．K=

c(N2O4)

c2(NO2)

=

0.01200mol/L

(0.0300mol/L)2

=13.3l/mol，
故答案為：13.3．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了化學(xué)平衡影響因素，平衡常數(shù)概念和計(jì)算、反應(yīng)焓變的分析判斷，根據(jù)電池反應(yīng)式設(shè)計(jì)，蓋斯定律的計(jì)算應(yīng)用沉淀溶解平衡的分析判斷，題目難度中等．