Question

【题目】氮的氧化物是大气污染物，可以通过以下方法处理:

I.催化还原法:在汽车排气管上安装一个催化转化器，发生反应:

2NO(g) + 2CO(g) N2(g) + 2CO2(g) △H1

(1)已知:①N2(g) +O2(g)2NO(g) △H2=+180kJ/mol

②CO与O2 反应相关的化学键键能数据如下:

化学键	O=O	C=O	C≡O
键能/(kJ/mol)	497	803	1072

则△H1=__________。

(2)在一定温度下,向容积为1L的密闭容器中充入2 molNO、1molCO，10min时反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)达到平衡状态，反应过程中反应物浓度随时间变化情况如图1所示:

①该反应的平衡常数K=______(结果保留3位有效数字)；前10min内用氮气表示的平均反应速率为______。

②若保持其他条件不变，15min时再向该容器中充入少量N2，则此时反应的v正______ v逆(填“>”、“=”或“<”)，原因是____________。

③若保持其他条件不变，15min时压缩容器的容积至0.5L，20min时反应重新达到平衡，则此时NO的浓度对应的点应是图1中的______(填字母)。

④某科研小组研究发现以Ag-ZSM-5为催化剂，NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图2 所示。若不使用CO，温度超过775 K，发现NO的分解率降低，其可能的原因是______。

II.利用电化学原理，将NO2、O2 和熔融KNO3制成燃料电池，其原理如图3。

(3)该电池在工作过程中NO2转变成绿色硝化剂Y，Y 是一种氧化物，可循环使用，石墨I附近发生的电极反应式为______。相同条件下，消耗的O2 和NO2 的体积比为______。

Answer 1

【答案】 -751kJ/mol 0.0347 0.02mol/(L·min) < 生成物浓度增大，平衡逆向移动 B NO的分解反应为放热反应，升高温度有利于反应逆向进行 NO2-e-+NO3-=N2O5 1:4

【解析】(1)将上面两个热化学方程式相加可得：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H=△H1+ △H2，根据反应的焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能有△H1+180 kJ/mol

=（497+1072×2-4×803）kJ/mol，所以△H1=-751 kJ/mol。

(2) ①由图象1可知，平衡时CO物质的量浓度为0.6mol/L，所以CO的物质的量浓度减少0.4mol/L，则平衡时NO的物质的量浓度为2mol/L-0.4mol/L=1.6mol/L，N2和CO2的物质的量浓度分别为0.2mol/L和0.4mol/L，所以K= =0.0347；v(N2)=0.2mol/L÷10min=0.02mol/(L·min)

②15min时反应已达平衡，再向该容器中充入少量N2，生成物的浓度增大，逆反应速增大，正反应速率不变，平衡逆向移动，故v正<v逆，答案为：<、 生成物浓度增大，平衡逆向移动。

③ 其他条件不变，15min时压缩容器的容积至0.5L，若平衡不移动，NO的物质的量浓度变为 3.2 mol/L，但增大压强平衡将正向移动，故NO的物质的量浓度小于3.2mol/L，用极值法考虑，若CO全部反应完则剩余的NO的物质的量为1mol，物质的量浓度为2mol/L，所以达到新平衡时NO的物质的量浓度处于2mol/L到3.2mol/L之间，故对应的点应是图1中的B点。

④由已知信息N2(g)+O2(g)2NO(g) △H2=+180kJ/mol，可知NO的分解反应是放热反应： 2NO(g) N2(g)+O2(g) △H2=-180kJ/mol，温度升高，平衡逆向进行，NO的转化率降低。

(3)燃料NO2所在电极石墨I为负极，失去电子，Y是氧化物可循环使用，可知Y是N2O5，故石墨I附近发生的电极反应式为：NO2-e-+NO3-=N2O5；负极NO2失去电子生成N2O5，N元素的化合价升高1，正极O2得到电子，O元素的化合价降低4，根据得失电子守恒可知相同条件下，消耗的O2和NO2的体积比为1:4。