- 合成氨工业的发展——原料及原料气的净化
- 共152题
1902年德国化学家哈博研究出合成氨的方法，其反应原理为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H（△H＜0）
一种工业合成氨的简易流程图如下：
完成下列填空：
（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．NH4HS的电子式是______，写出再生反应的化学方程式：______．NH3的沸点高于H2S，是因为NH3分子之间存在着一种比______力更强的作用力．
（2）室温下，0.1mol/L的氯化铵溶液和0.1mol/L的硫酸氢铵溶液，酸性更强的是______，其原因是______．已知：H2SO4：H2SO4=H++HSO4-； HSO4-⇌H++SO42-：K=1.2×10-2NH3•H2O：K=1.8×10-5
（3）如图甲表示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：______（保留3位有效数字）．
（4）依据温度对合成氨反应的影响，在图乙坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从常温下通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图．
（5）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（只答一种即可）：______．
正确答案
解：（1）NH4HS为离子化合物，其电子式是
；NH3分子间存在氢键，所以NH3的沸点高于H2S，
故答案为：
（2）硫酸氢铵中的硫氢根离子的电离程度Ki2=1.2×10-2，0.1mol/L的硫酸氢铵溶液中氢离子浓度约为：0.1mol/L×1.2×10-2=1.2×10-3×mol/L，而氯化铵是铵根离子部分水解呈酸性，所以硫酸氢铵溶液的酸性大于同浓度的氯化铵，
故答案为：NH4HSO4；HSO4-有较大程度的电离，使溶液呈较强酸性，而NH4Cl只是NH4+水解呈弱酸性；
（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）合成氨的反应是放热反应，开始反应，氨气物质的量增大，达到平衡状态，继续升温，平衡逆向进行，氨气物质的量减小，画出的图象为：
故答案为：
（5）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；分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用．
解析
解：（1）NH4HS为离子化合物，其电子式是
；NH3分子间存在氢键，所以NH3的沸点高于H2S，
故答案为：
（2）硫酸氢铵中的硫氢根离子的电离程度Ki2=1.2×10-2，0.1mol/L的硫酸氢铵溶液中氢离子浓度约为：0.1mol/L×1.2×10-2=1.2×10-3×mol/L，而氯化铵是铵根离子部分水解呈酸性，所以硫酸氢铵溶液的酸性大于同浓度的氯化铵，
故答案为：NH4HSO4；HSO4-有较大程度的电离，使溶液呈较强酸性，而NH4Cl只是NH4+水解呈弱酸性；
（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）合成氨的反应是放热反应，开始反应，氨气物质的量增大，达到平衡状态，继续升温，平衡逆向进行，氨气物质的量减小，画出的图象为：
故答案为：
（5）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；分离液氨，未反应的氮气和氢气循环使用．
硝酸铵是一种常用的化肥，其工业生产流程如图，请回答下列问题．
（1）写出反应容器B中发生反应的化学方程式：______．
（2）吸收塔C中通入空气的目的是______；C、D两个反应容器中发生的反应，属于氧化还原反应的是______（填反应容器代号）．
（3）浓硝酸一般保存在棕色试剂瓶里，并放置在阴凉处，用化学方程式解释原因：______．
（4）金属铜与稀硝酸反应的离子方程式是______，该反应中稀硝酸表现的性质是______．
正确答案
解：（1）B中氨气转化为NO的化学方程式为：4NH3+5O2
（2）在整个生产流程中，吸收塔C中通入空气的目的是将一氧化氮氧化成二氧化氮；C中NO转化为NO2是氧化还原反应，而硝酸吸收氨气生成硝酸氨是非氧化还原反应；
故答案为：将一氧化氮氧化成二氧化氮；C；
（3）浓硝酸见光或受热易分解，所以应放置在阴凉处，分解的化学方程式为4HNO3
故答案为：4HNO3
（4）金属铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，其离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；稀硝酸中氮元素一部分化合价降低、一部分化合价不变，表现为氧化性和酸性，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；酸性和氧化性．
解析
解：（1）B中氨气转化为NO的化学方程式为：4NH3+5O2
（2）在整个生产流程中，吸收塔C中通入空气的目的是将一氧化氮氧化成二氧化氮；C中NO转化为NO2是氧化还原反应，而硝酸吸收氨气生成硝酸氨是非氧化还原反应；
故答案为：将一氧化氮氧化成二氧化氮；C；
（3）浓硝酸见光或受热易分解，所以应放置在阴凉处，分解的化学方程式为4HNO3
故答案为：4HNO3
（4）金属铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，其离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；稀硝酸中氮元素一部分化合价降低、一部分化合价不变，表现为氧化性和酸性，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；酸性和氧化性．
如图是工业生产硝酸铵的流程示意图．
（1）吸收塔C中通入过量空气的目的是______．A、B、C、D四个容器中的反应，属于氧化还原反应的是______（填字母）．
（2）已知：4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g），△H=-1266.8kJ/mol；
N2（g）+O2（g）═2NO（g），△H=+180.5kJ/mol
据此写出氨高温催化氧化的热化学方程式：______．
若上述催化氧化过程转移了5mol电子，则反应的能量变化为______kJ．
（3）在化工研究中，经常要判断反应能否自发进行，若某反应的△H＜0，则该反应是否一定能自发进行？______（填“一定”或“不一定”）
（4）已知：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g），△H=-92kJ/mol．为提高氢气的转化率，宜采取的措施有______（填字母）．
A．适当升高温度
B．使用更有效的催化剂
C．增大压强
D．循环利用和不断补充氮气
E．及时分离出氨气
（5）在一定温度和压强下，将H2和N2按3：1的体积比在密闭容器中混合，当反应达到平衡时，测得平衡混合气中NH3的体积分数为20.0%，此时H2的转化率为______（计算结果保留一位小数）．
正确答案
解：（1）吸收塔中涉及的反应有：2NO+O2═2NO2；3NO2+H2O═2HNO3+NO；4NO2+O2+H2O═4HNO3；为使NO充分氧化而生成硝酸，应通入过量空气；题中涉及的化学反应有：①N2+3H2⇌2NH3②4NH3+5O2
（2）已知：①4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g），△H=-1266.8kJ/mol
②N2（g）+O2（g）═2NO（g），△H=+180.5kJ/mol，
利用盖斯定律①-2×②可得：4NH3（g）+5O2（g）
4NH3（g）+5O2（g）
905.8KJ 20mol
Q 5mol
Q=
故答案为：4NH3（g）+5O2（g）
（3）反应能否自发进行取决于反应中的焓变和熵变以及反应温度的关系，即△H-T•△S＜0（其中△H为反应热，T为温度，△S为熵变），所以某反应的△H＜0，该反应不一定能自发进行，故答案为：不一定；
（4）为提高氢气的转化率，应是反应向正反应方向移动，本题中可采取的措施有：增大压强、循环利用和不断补充氮气、及时分离出氨气；故答案为：C D E；
（5）设反应起始时H2和N2的物质的量分别为3mol和1mol，平衡时转化了xmolN2，
N2 +3H2 ⇌2NH3
起始 1mol 3mol 0
转化 x 3x 2x
平衡 1-x 3-3x 2x
根据题意知：
解析
解：（1）吸收塔中涉及的反应有：2NO+O2═2NO2；3NO2+H2O═2HNO3+NO；4NO2+O2+H2O═4HNO3；为使NO充分氧化而生成硝酸，应通入过量空气；题中涉及的化学反应有：①N2+3H2⇌2NH3②4NH3+5O2
（2）已知：①4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g），△H=-1266.8kJ/mol
②N2（g）+O2（g）═2NO（g），△H=+180.5kJ/mol，
利用盖斯定律①-2×②可得：4NH3（g）+5O2（g）
4NH3（g）+5O2（g）
905.8KJ 20mol
Q 5mol
Q=
故答案为：4NH3（g）+5O2（g）
（3）反应能否自发进行取决于反应中的焓变和熵变以及反应温度的关系，即△H-T•△S＜0（其中△H为反应热，T为温度，△S为熵变），所以某反应的△H＜0，该反应不一定能自发进行，故答案为：不一定；
（4）为提高氢气的转化率，应是反应向正反应方向移动，本题中可采取的措施有：增大压强、循环利用和不断补充氮气、及时分离出氨气；故答案为：C D E；
（5）设反应起始时H2和N2的物质的量分别为3mol和1mol，平衡时转化了xmolN2，
N2 +3H2 ⇌2NH3
起始 1mol 3mol 0
转化 x 3x 2x
平衡 1-x 3-3x 2x
根据题意知：
工业合成氨技术是对人类的巨大贡献之一．下面是合成氨的简要流程示意图：
（1）设备 I的名称是______，沿X路线循环的物质是______（填字母）．
A．N2和H2 B．催化剂 C．NH3D．N2、H2和NH3
（2）合成氨中H2可以由焦炭和水蒸汽反应获得．请写出该反应的化学方程式：______．
（3）原料气中往往含有H2S、CO、CO2等杂质，必须除去这些杂质的目的是______，常用K2CO3溶液除去CO2，其反应的离子方程式为______．
（4）近年有人将电磁场直接加在氮气和氢气反应的容器内，在较低的温度和压强条件下合成氨，获得了较高的产率．电磁场对合成氨反应本质的影响是______，该方法的优点是______．
（4）合成氨工业往往含有大量含氨废水，为了防止对环境造成污染，可以利用电解法将NH3•H2O转化为对环境无污染的加以处理．电解时以石墨做电极，以硝酸作为电解质，则理论上处理1mol NH3•H2O，电路中转移电子______mol，阳极的电极反应式为______．
正确答案
解：（1）根据合成流程可知，设备Ⅰ为合成塔，设备Ⅱ为氨分离器，合成氨的反应为可逆反应，则设备Ⅱ中含有未反应的N2和H2，需要转入合成塔中循环利用，所以A正确，
故答案为：合成塔；A；
（2）合成氨中H2可以由焦炭和水蒸汽反应获得，反应的化学方程式为：C+H2O
故答案为：C+H2O
（3）原料气中的H2S、CO、CO2等杂质容易造成催化剂中毒，降低催化效果，所以必须将原料气中往往含有的H2S、CO、CO2等杂质除去，防止催化剂中毒；碳酸钾溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钾，反应的离子方程式为：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，
故答案为：防止催化剂中毒；CO32-+CO2+H2O=2HCO3-；
（4）在较低的温度和压强条件下合成氨，获得了较高的产率，而一般合成氨需要较高温度和压强，所以通过能量守恒可知，电磁场可以断裂化学键，降低能耗，
故答案为：在电磁场的作用下，氮氮三键更容易断裂，减少了合成氨反应所需的能量；降低能耗，使反应更容易进行（其他合理答案也可）；
（5）利用电解法将NH3•H2O转化为对环境无污染的物质为氮气，阳极失去电子发生氧化反应，电极反应式为：2NH3-6e-=N2+6H+，则1molNH3•H2O完全反应转移了3mol电子，
故答案为：3； 2NH3-6e-=N2+6H+．
解析
解：（1）根据合成流程可知，设备Ⅰ为合成塔，设备Ⅱ为氨分离器，合成氨的反应为可逆反应，则设备Ⅱ中含有未反应的N2和H2，需要转入合成塔中循环利用，所以A正确，
故答案为：合成塔；A；
（2）合成氨中H2可以由焦炭和水蒸汽反应获得，反应的化学方程式为：C+H2O
故答案为：C+H2O
（3）原料气中的H2S、CO、CO2等杂质容易造成催化剂中毒，降低催化效果，所以必须将原料气中往往含有的H2S、CO、CO2等杂质除去，防止催化剂中毒；碳酸钾溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钾，反应的离子方程式为：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，
故答案为：防止催化剂中毒；CO32-+CO2+H2O=2HCO3-；
（4）在较低的温度和压强条件下合成氨，获得了较高的产率，而一般合成氨需要较高温度和压强，所以通过能量守恒可知，电磁场可以断裂化学键，降低能耗，
故答案为：在电磁场的作用下，氮氮三键更容易断裂，减少了合成氨反应所需的能量；降低能耗，使反应更容易进行（其他合理答案也可）；
（5）利用电解法将NH3•H2O转化为对环境无污染的物质为氮气，阳极失去电子发生氧化反应，电极反应式为：2NH3-6e-=N2+6H+，则1molNH3•H2O完全反应转移了3mol电子，
故答案为：3； 2NH3-6e-=N2+6H+．
硝酸铵不仅是一种重要的氮肥，而且还可制成炸药，应用于军事和采矿等方面．工业上制取硝酸铵的流程图如图，请同答下列问题：
（1）此生产过程中，H2的来源是水煤气，该反应的方程式为______，合成氨的原料气在使用前需要净化，目的是______．
（2）在合成氨的过程中，采取压强为10-30MPa是为了______；在合成硝酸的吸收塔中通入足量空气的目的是______．
（3）在上述工业制硝酸的生产中，B设备中发生反应的化学方程式为______．
（4）生产硝酸的过程中常会产生一些氮的氧化物，可用如下两种方法处理：
碱液吸收法：NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O
还原法：8NH3+6NO2
以上两种方法中，符合绿色化学的是______．
（5）某化肥厂用NH3制备NH4NO3．已知：由NH3制NO的产率是96%、NO制HNO3的产率是92%，则制HNO3，所用去的NH3的质量占总耗NH3质量（不考虑其它损耗）的______%．
（6）硝酸铵是一种常用的氮肥，在贮存和使用该化肥时，应注意的事项及理由是：
正确答案
解：（1）根据工业生产中，氢气来自水煤气，反应原理是：C+H2O
（2）合成氨反应的化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.2kJ/mol，反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，则加压有利于平衡正向移动，提高原料气的转化率，升高温度虽然不利于平衡向正反应方向移动，但能增大反应速率，缩短达到平衡的时间．
合成硝酸的吸收塔中通入空气的目的是利用一氧化氮和氧气按照4：3全部反应生成硝酸；4NO+3O2+2H2O=4HNO3，可使NO循环利用，全部转化成HNO3；
故答案为：加压使化学反应速率加快，有利于平衡正向移动，提高原料气的转化率；可使NO循环利用，全部转化成HNO3；
（3）装置B是氨催化氧化反应：氨气在催化剂作用下被氧气氧化为一氧化氮的反应，反应的化学方程式为：4NH3+5O2
故答案为：4NH3+5O2
（4）碱液吸收法：NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，NH3还原法：8NH3+6NO2 
（5）由NH3制NO的产率是96%、NO制HNO3的产率是92%，根据氮原子守恒可知，NH3～NO～HNO3，则1mol氨气可得到硝酸1mol×96%×92%=0.8832mol，由HNO3+NH3═NH4NO3，则该反应消耗的氨气的物质的量为0.8832mol，氨气的质量之比等于物质的量之比，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的百分数为
（6）由于硝酸铵受撞击时易爆炸，因此硝酸铵不能与易燃物混放；不能用铁锤等物将结块的硝酸铵砸碎；不能受到严重撞击，NH4NO3
①不能与碱性肥料混施；硝酸铵溶液呈碱性；
②不能剧烈撞击；硝酸铵易爆炸；
③不能在雨水较多的地区使用；硝酸铵吸水性强，易流失；
故答案为：①不能与碱性肥料混施；硝酸铵溶液呈碱性；
②不能剧烈撞击；硝酸铵易爆炸；
③不能在雨水较多的地区使用；硝酸铵吸水性强，易流失（任选两条）．
解析
解：（1）根据工业生产中，氢气来自水煤气，反应原理是：C+H2O
（2）合成氨反应的化学方程式为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=-92.2kJ/mol，反应物气体的化学计量数大于生成物气体的化学计量数，则加压有利于平衡正向移动，提高原料气的转化率，升高温度虽然不利于平衡向正反应方向移动，但能增大反应速率，缩短达到平衡的时间．
合成硝酸的吸收塔中通入空气的目的是利用一氧化氮和氧气按照4：3全部反应生成硝酸；4NO+3O2+2H2O=4HNO3，可使NO循环利用，全部转化成HNO3；
故答案为：加压使化学反应速率加快，有利于平衡正向移动，提高原料气的转化率；可使NO循环利用，全部转化成HNO3；
（3）装置B是氨催化氧化反应：氨气在催化剂作用下被氧气氧化为一氧化氮的反应，反应的化学方程式为：4NH3+5O2
故答案为：4NH3+5O2
（4）碱液吸收法：NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，NH3还原法：8NH3+6NO2
（5）由NH3制NO的产率是96%、NO制HNO3的产率是92%，根据氮原子守恒可知，NH3～NO～HNO3，则1mol氨气可得到硝酸1mol×96%×92%=0.8832mol，由HNO3+NH3═NH4NO3，则该反应消耗的氨气的物质的量为0.8832mol，氨气的质量之比等于物质的量之比，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的百分数为
（6）由于硝酸铵受撞击时易爆炸，因此硝酸铵不能与易燃物混放；不能用铁锤等物将结块的硝酸铵砸碎；不能受到严重撞击，NH4NO3
①不能与碱性肥料混施；硝酸铵溶液呈碱性；
②不能剧烈撞击；硝酸铵易爆炸；
③不能在雨水较多的地区使用；硝酸铵吸水性强，易流失；
故答案为：①不能与碱性肥料混施；硝酸铵溶液呈碱性；
②不能剧烈撞击；硝酸铵易爆炸；
③不能在雨水较多的地区使用；硝酸铵吸水性强，易流失（任选两条）．
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