- 合成氨的反应原理
- 共31题
合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=-92.4kJ•mol-1．一种工业合成氨的简式流程图1：
（1）天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS．一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：______．
（2）步骤Ⅱ中制氢气的原理如下：
①CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=+206.4 kJ•mol-1
②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=-41.2kJ•mol-1
对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2的百分含量，又能加快反应速率的措施是______．（填序号）
a．升高温度 b．增大水蒸气浓度 c．加入催化剂 d．降低压强
利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2的产量．若1mol CO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）与H2O反应，得到1.18mol CO、CO2和H2的混合气体，则CO的转化率为______．
（3）图2表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系．根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：______．
（4）上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是（填序号）______．简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法：______．
正确答案
2NH4HS+O2
a
90%
14.5%
Ⅳ
对原料气加压，分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用
解析
解：（1）H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS，一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，反应过程中生成一水合氨，依据原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式为：2NH4HS+O2
故答案为：2NH4HS+O2
（2）反应①CH4（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H=+206.4 kJ•mol-1，是气体体积增大的吸热反应，一定可以提高平衡体系中H2百分含量，说明平衡正向进行，又能加快反应速率，说明影响反应速率的条件可以是升温、加压、增大浓度等，分析反应特征可知反应正向进行且反应速率增大的只有升温平衡向吸热反应进行，平衡正向进行反应速率增大；
a．反应是吸热反应，升高温度，反应速率增大，平衡正向进行，平衡体系中H2百分含量增大，故a符合；
b．增大水蒸气浓度，平衡正向进行，反应速率增大，但平衡体系中H2百分含量不一定增大，故b不符合；
c．加入催化剂，改变反应速率不改变化学平衡，反应速率增大，氢气百分含量不变，故c不符合；
d．降低压强，反应速率减小，平衡逆向进行，氢气百分含量减小，故d不符合；
故选a；
利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2产量，若1mol CO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）中 CO为0.2mol，H2的物质的量为0.8mol，与H2O反应，得到1.18mol CO、CO2和H2的混合气体，依据反应前后气体体积不变，增加的部分应该是起始的水蒸气的物质的量为0.18mol，设转化的一氧化碳的物质的量为x，
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=-41.2 kJ•mol-1
起始量（mol） 0.2 0.18+x 0 0.8
变化量（mol） x x x x
平衡量（mol）0.2-x 0.18 x x+0.8
则0.2-x+x+x+0.8=1.18
x=0.18
则CO转化率为
故答案为：a；90%；
（3）依据反应特征N2+3H2=2NH3 △V
1 3 2 2
平衡体积 V V
即反应前后气体体积减小为生成氨气的体积，相同条件下，气体体积比等于气体物质的量之比，图象分析可知平衡状态氨气体积含量42%，设平衡混合气体体积为100，氨气为体积42，则反应前气体体积100+42=142，氮气和氢气按照1：3混合，氮气体积=142×
故答案为：14.5%；
（4）分析流程合成氨放热通过Ⅳ热交换器加热反应混合气体，使反应达到所需温度，提高合成氨原料总转化率，依据平衡移动原理分析，分离出氨气促进平衡正向进行，把平衡混合气体中氮气和氢气重新循环使用，提高原理利用率，
故答案为：Ⅳ；对原料气加压，分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用．
依据事实，写出下列反应的热化学方程式．
（1）在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ．则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为______
（2）若适量的N2和O2完全反应，每生成23g NO2需要吸收16.95kJ______
（3）已知拆开1mol H-H键，1molN-H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为______．
正确答案
解：（1）在25℃、101kPa下，1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热为22.68kJ×32=725.8KJ，所以甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+
故答案为：CH3OH（l）+
（2）适量的N2和O2完全反应，每生成23克NO2需要吸收16.95kJ热量，所以每生成92克NO2需要吸收67.8kJ热量，
则热化学方程式为N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.8kJ•mol-1，
故答案为：N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.8kJ•mol-1；
（3）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH-H键，1molN三N键共吸收的能量为3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN-H键，放出的能量为6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为2346kJ-2254kJ=92kJ，N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为，N2（g）+3H2（g）
解析
解：（1）在25℃、101kPa下，1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放热为22.68kJ×32=725.8KJ，所以甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+
故答案为：CH3OH（l）+
（2）适量的N2和O2完全反应，每生成23克NO2需要吸收16.95kJ热量，所以每生成92克NO2需要吸收67.8kJ热量，
则热化学方程式为N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.8kJ•mol-1，
故答案为：N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+67.8kJ•mol-1；
（3）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH-H键，1molN三N键共吸收的能量为3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6molN-H键，放出的能量为6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为2346kJ-2254kJ=92kJ，N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为，N2（g）+3H2（g）
已知N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0．若合成氨厂，将此反应的工艺条件定为：①反应温度：300℃；②反应压强：300atm；③使用铁系催化剂．其中不是从有利于提高NH3平衡浓度来考虑的是（ ）
正确答案
解析
解：①反应温度：300℃，为的是催化剂的活性最高，而升高温度平衡逆向移动，不利用合成氨，故错误；
②反应压强：300atm，压强越大，平衡越向正方向进行，有利于提高NH3平衡浓度，故正确；
③使用铁系催化剂，为的是加快反应速率的，不能提高氨气的平衡浓度，故错误；
故选B．
合成氨工业中，原料气（N2、H2及少量的CO、NH3的混合气）在进入合成塔前常用醋酸二氨合铜（I）溶液来吸收原料气中的CO，其反应是：
[Cu（NH3）2CH3COO]+CO+NH3⇌[Cu（NH3）3]CH3COO•CO（正反应为放热反应）
（1）必须除去原料气中CO的原因是______
（2）醋酸二氨合铜（I）吸收CO的生产适宜条件是______；
（3）吸收CO后的醋酸铜氨溶液经过适当处理又可再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用，醋酸铜氨溶液再生的适宜条件是______．
正确答案
防止催化剂中毒
低温高压
高温低压
解析
解：（1）除去一氧化碳防止催化剂中毒，故答案为：防止催化剂中毒；
（2）[Cu（NH3）2Ac]（aq）+CO+NH3⇌[Cu（NH3）3]Ac•CO（aq）△H＜0，由反应可知，该反应为气体体积减小的放热反应，所以加压和采取较低的温度可使平衡向正反应方向移动，有利于CO的吸收，
故答案为：低温高压；
（3）要使吸收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，只要使平衡向逆反应方向移动即可，逆反应方向为气体体积增大的吸热反应，所以在高温低压下使平衡逆移，
故答案为：高温低压．
能提高合成氨反应产率的方法是（ ）
正确答案
解析
解：A、该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于提高合成氨反应产率，故A错误；
B、使用催化剂，平衡不移动，对提高合成氨反应产率无影响，故B错误；
C．该反应为气体体积缩小的反应，降低压强，平衡逆向移动，不利于提高合成氨反应产率，故C错误；
D、及时分离出NH3，平衡正向移动，利于提高合成氨反应产率，故D正确．
故选D．
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