Question

8．燃煤烟气中含有大量的氮氧化合物（NO_x），不宜直接排放到空气中，可采用以下措施对燃煤烟气进行处理．
Ⅰ．CH₄还原法：
CH₄（g）+4NO₂（g）═4NO（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₁=akJ•mol^-1
CH₄（g）+4NO（g）═2N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₂=bkJ•mol^-1
甲烷直接将NO₂还原为N₂的热化学方程式为CH₄（g）+2NO₂（g）=N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H=$\frac{a+b}{2}$kJ/mol．
CH₄（g）+4NO₂（g）═4NO（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₁=akJ•mol^-1
在温度T₁和T₂时，分别将0.50molCH₄和1.2molNO₂充入体积为1L的密闭容器中，测得n（CH₄）随时间变化数据如下表：

温度	n/mol时间/min	0	10	20	40	50
T1	n（CH4）	0.50	0.35	0.25	0.10	0.10
T2	n（CH4）	0.50	0.30	0.18	0.15	0.15

（1）在0～10min内化学反应速率υNO₂（T₁）：υNO₂（T₂）为3：4；
（2）T₁＜T₂（填＜、=、＞），a＜（填＜、=、＞）0；
（3）在T₁时，0～10min内内NO₂的转化率是50%，欲提高NO₂的转化率同时加快反应速率，可采取的措施有B．
A．缩小容器体积     B．增大CH₄浓度        C．降低温度         D．加入催化剂
Ⅱ． NO_x也可以用NH₃还原除去，利用反应：6NO₂+8NH₃$?_{加热}^{催化剂}$7N₂+12H₂O也可处理NO₂．当氧化产物和还原产物的质量差为14g时，转移电子的物质的量为12mol．

Answer 1

分析 Ⅰ、将反应CH₄（g）+4NO₂（g）=4NO（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₁=akJ/mol和CH₄（g）+4NO（g）=2N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₂=bkJ/mol相加再约去公约数即可得反应CH₄（g）+2NO₂（g）=N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）的反应热；
（1）化学反应速率=$\frac{△c}{△t}$，计算得到速率之比；
（2）分析表中数据变化可知起始量相同，在T₁、T₂状态下达到平衡状态，反应速率依据就可知，T₂大，甲烷物质的量为0.10mol，0.15mol，说明T₁到T₂平衡逆向进行，温度升高平衡逆向进行，正反应为放热反应；
（3）转化率=$\frac{消耗量}{起始量}$×100%，欲提高NO₂的转化率，改变条件平衡正向进行，同时加快反应速率，结合平衡移动原理和影响反应速率的因素分析判断；
（4）分析元素化合价变化，二氧化氮中氮元素化合价降低，做氧化剂被还原得到氮气，氨气中氮元素化合价-3价升高到0价，做还原剂被氧化，氧化产物为4molN2，还原产物为3molN₂，氧化产物和还原产物质量相差28g，据此计算得到．

解答 Ⅰ、将反应CH₄（g）+4NO₂（g）=4NO（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₁=akJ/mol和CH₄（g）+4NO（g）=2N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₂=bkJ/mol相加再约去公约数即可得反应CH₄（g）+2NO₂（g）=N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g），其反应热△H=$\frac{△{H}_{1}+△{H}_{2}}{2}$=$\frac{a+b}{2}$kJ/mol，热反应方程式为：CH₄（g）+2NO₂（g）=N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H=$\frac{a+b}{2}$kJ/mol，
故答案为：CH₄（g）+2NO₂（g）=N₂（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H=$\frac{a+b}{2}$kJ/mol；
（1）化学反应速率=$\frac{△c}{△t}$，在0～10min内化学反应速率υNO₂（T₁）：υNO₂（T₂）=$\frac{\frac{0.5mol-0.35mol}{1L}}{10min}$：$\frac{\frac{0.5mol-0.3mol}{1L}}{10min}$=3：4，
故答案为：3：4；
（2）分析表中数据变化可知起始量相同，在T₁、T₂状态下达到平衡状态，反应速率依据就可知T₂大，甲烷物质的量为0.10mol，0.15mol，说明T₁到T₂平衡逆向进行，温度升高平衡逆向进行，正反应为放热反应，a＜0，
故答案为：＜；＜；
（3）在T₁时，0～10min内，甲烷减小物质的量=0.50mo-0.35mol=0.15mol，依据化学方程式定量关系计算可知反应的二氧化氮物质的量为
CH₄（g）+4NO₂（g）═4NO（g）+CO₂（g）+2H₂O（g）△H₁=akJ•mol^-1
1         4
0.15mol    0.6mol
在T₁时，0～10min内内NO₂的转化率=$\frac{0.6mol}{1.2mol}$×100%=50%，
上述分析可知反应是气体体积增大的放热反应
A．缩小容器体积，增大压强，平衡逆向进行，反应速率增大，但二氧化氮转化率减小，故A错误；
B．增大CH₄浓度会提高二氧化氮的转化率，增大物质浓度增大反应速率，故B正确；
C．降低温度反应速率减小，平衡正向进行，二氧化氮转化率增大，故C错误；
D．加入催化剂可以加快反应速率，但不改变化学平衡，二氧化氮转化率不变，故D错误；
故选B，
故答案为：50%；B；
（4）分析元素化合价变化，二氧化氮中氮元素化合价降低，做氧化剂被还原得到氮气，氨气中氮元素化合价-3价升高到0价，做还原剂被氧化，氧化产物为4molN2，还原产物为3molN₂，氧化产物和还原产物质量相差28g，电子转移为24mol，当氧化产物和还原产物的质量差为14g时，电子转移为12mol，
故答案为：12mol．

点评 本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律计算应用，化学平衡影响因素分析，化学平衡的计算应用是解题关键，题目难度中等．