Question

3．对燃煤烟气和汽车尾气进行脱硝、脱碳和脱硫等处理，可实现绿色环保、节能减排等目的．汽车尾气脱硝脱碳的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）$\stackrel{催化剂}{?}$ N₂（g）+2CO₂（g）△H=a kJ•mol^-1．
I．已知：2NO（g）+O₂（g）=2NO₂（g）△H=b kJ•mol^-1；CO的燃烧热为c kJ•mol^-1．写出消除汽车尾气中NO₂的污染时，NO₂与CO反应的热化学方程式2NO₂（g）+4CO（g）=N₂（g）+4CO₂（g）△H=a-b+2c kJ•mol^-1．
II．一定条件下，在一密闭容器中，用传感器测得该反应在不同时间的NO和CO浓度如下表：

时间/s	0	1	2	3	4	5
c（NO）/mol•L-1	1.00	0.8	0.64	0.55	0.5	0.5
c（CO）/mol•L-1	3.50	3.30	3.14	3.05	3.00	3.00

（1）在恒容密闭容器中充入CO、NO气体，下列图象如图1正确且能说明反应达到平衡状态的是AD．


（2）前2s内的平均反应速率υ（N₂）=0.09mol/（L•s）（保留两位小数，下同）；此温度下，该反应的平衡常数为0.03mol•L^-1．
（3）采用低温臭氧氧化脱硫脱硝技术，同时吸收SO₂和NO_x，获得（NH₄）₂SO₄的稀溶液．已知常温下，该溶液的PH=5，则$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=1.7×10⁴（已知该温度下NH₃•H₂O的K_b=1.7×10^-5）．若向此溶液中再加入少量 （NH₄）₂SO₄固体，$\frac{c（N{H}_{4}^{+}）}{c（S{O}_{4}^{2-}）}$的值将变大（填“变大”、“不变”或“变小”）．
III．如图2所示，用无摩擦、无质量的活塞1、2将反应器隔成甲、乙两部分，在25℃和101kPa下达到平衡时，各部分体积分别为V_甲、V_乙．此时若去掉活塞1，不引起活塞2的移动．则x=1.5，V_甲：V_乙=3：1．

Answer 1

分析 Ⅰ、已知：①2NO（g）+2CO（g）$\stackrel{催化剂}{?}$ N₂（g）+2CO₂（g）△H=a kJ•mol^-1，
②2NO（g）+O₂（g）═2NO₂（g）△H=b kJ•mol^-1，
③CO（g）+0.5O₂（g）=CO₂（g）△H=c kJ•mol^-1，
根据盖斯定律①-②+2×③可得2NO₂（g）+4CO（g）=N₂（g）+4CO₂（g）；
Ⅱ、（1）化学平衡状态的特征（正逆反应速率相等，各组分含量保持不变）判定，C主要图象不符和题设要求，平均摩尔质量应为恒定量；
（2）从表可知2s内NO浓度变化量为0.36mol•L^-1，则N₂的浓度为0.18mol/L，再有v=$\frac{△c}{△t}$计算；平衡后四种物质平衡浓度为0.5mol•L^-1、3mol•L^-1、0.25mol•L^-1、0.5mol•L^-1，根据化学平衡常数概念列式计算；
（3）根据水解平衡常数K_h=$\frac{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）c（{H}^{+}）}{c（N{{H}_{4}}^{+}）}$=$\frac{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）c（{H}^{+}）}{c（N{{H}_{4}}^{+}）}$•$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（O{H}^{-}）}$=$\frac{Kw}{Kb}$计算；
在（NH₄）₂SO₄溶液中存在水解反应，2NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺，往（NH₄）₂SO₄溶液中再加入少量 （NH₄）₂SO₄固体，水解平衡向正方向进行，但铵根的水解率减小，可得；
Ⅲ、如图2所示，无摩擦、无质量的活塞1、2将反应器隔成甲、乙两部分，说明为等压容器，对应2CO（g）+2NO（g）?N₂（g）+2CO₂（g）只要转化到一边成比例即等效，若去掉活塞1，不引起活塞2的移动，说明新平衡与原平衡等效，据此分析．

解答 解：Ⅰ、已知①2NO（g）+2CO（g） $\stackrel{催化剂}{?}$N₂（g）+2CO₂（g）△H=a kJ•mol^-1
②2NO（g）+O₂（g）=2NO₂（g）△H=b kJ•mol^-1；
③CO（g）+0.5O₂（g）=CO₂（g）△H=c kJ•mol^-1
根据盖斯定律①-②+2×③可得2NO₂（g）+4CO（g）=N₂（g）+4CO₂（g））△H=a-b+2c kJ•mol^-1；
故答案为：2NO₂（g）+4CO（g）=N₂（g）+4CO₂（g）△H=a-b+2c kJ•mol^-1；
Ⅱ、（1）A、随着反应的进行，氮气的百分量瞪大，平衡时不再变化，故A正确；
B、△H与反应的物质的量有关，故△H改变，与图象不符，故B错误；
C、混合我替的总质量不变，该反应的混合气体的总的物质的量变小，根据$\overline{M}$=$\frac{m}{n}$，平均相对分子质量增大，平衡时不再改变，故C错误；
D、CO作为反应物，随着反应的进行，浓度减小，平衡时保持不变，故D正确；
故选AD；
（2）从表可知2s内NO浓度变化量为0.36mol•L^-1，则N₂的浓度为0.18mol/L，故其速率为$\frac{0.18mol/L}{2s}$=0.09mol•L^-1•min^-1；平衡后四种物质平衡浓度为0.5mol•L^-1、3mol•L^-1、0.25mol•L^-1、0.5mol•L^-1，故平衡常数K=$\frac{0.52×0.25}{0.5×32}$=0.03mol•L^-1；
故答案为：0.09； 0.03mol•L^-1；
（3）水解平衡常数K_h=$\frac{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）c（{H}^{+}）}{c（N{{H}_{4}}^{+}）}$=$\frac{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）c（{H}^{+}）}{c（N{{H}_{4}}^{+}）}$•$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（O{H}^{-}）}$=$\frac{{K}_{w}}{{K}_{b}}$，pH=5，c（H⁺）=1×10^-5，则$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）}{c（N{H}_{3}•{H}_{2}O）}$=$\frac{c（{H}^{+}）}{{K}_{h}}$=$\frac{c（{H}^{+}）Kb}{Kw}$=10^-5×$\frac{1.7×1{0}^{-5}}{1×1{0}^{-14}}$=1.7×10⁴；
在（NH₄）₂SO₄溶液中存在水解反应，2NH₄⁺+H₂O?NH₃•H₂O+H⁺，往（NH₄）₂SO₄溶液中再加入少量 （NH₄）₂SO₄固体，水解平衡向正方向进行，但铵根的水解率减小，所以$\frac{c（N{{H}_{4}}^{+}）}{c（S{{O}_{4}}^{2-}）}$的值将变大；
故答案为：1.7×10⁴；变大；
Ⅲ、如图2所示，无摩擦、无质量的活塞1、2将反应器隔成甲、乙两部分，说明为等压容器，对应2CO（g）+2NO（g）?N₂（g）+2CO₂（g）只要转化到一边成比例即等效，所以有
                     2CO（g）+2NO（g）?N₂（g）+2CO₂（g）；
甲起始（mol）：0.6          0              x              3
转化（mol）：0.6+2x       2x              0             3-2x
乙起始（mol）：1.2         1         0        0   
若去掉活塞1，不引起活塞2的移动，说明新平衡与原平衡等效，则3-2x=0，解得x=1.5mol，
则甲相等于3.6molCO和3molNO刚好是乙的3倍，所以V_甲：V_乙=3：1；
故答案为：1.5；3：1．

点评 本题考查了热化学方程式书写、速率计算、平衡常数计算、盐类水解、原电池工作原理及电极反应书写、等效平衡，综合性强，要求学生对基础知识的掌握扎实，计算较大，（3）、Ⅲ题目难度大．