[题目]燃煤烟气的脱硫脱硝是目前研究的热点.(1)用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染.已知:①CH4(g)+4NO2+CO2(g)+2H2O(g) △H=-574 kJmol-1②CH4=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-1160 kJmol-1③H2O(g)=H2O(l) △H=-44 kJmol-1写出CH4(g)与NO2(g)反应生� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

【题目】燃煤烟气的脱硫脱硝是目前研究的热点。

（1）用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。已知:

①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-574 kJmol-1

②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-1160 kJmol-1

③H2O(g)=H2O(l) △H=-44 kJmol-1

写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l) 的热化学方程式_________。

（2）某科研小组研究臭氧氧化--碱吸收法同时脱除SO2和NO工艺，氧化过程反应原理及反应热、活化能数据如下：

反应Ⅰ：NO(g)+ O3(g) NO2(g)+O2(g) △H1= -200.9 kJmol-1Ea1= 3.2 kJmol-1

反应Ⅱ：SO2(g)+ O3(g) SO3(g)+O2(g)△H2= -241.6 kJmol-1 Ea2= 58 kJmol-1

已知该体系中臭氧发生分解反应：2O3(g) 3O2(g)。请回答:

其它条件不变，每次向容积为2L的反应器中充入含1.0 mol NO、1.0 mol SO2的模拟烟气和2.0 mol O3，改变温度，反应相同时间t后体系中NO和SO2的转化率如图所示：

①由图可知相同温度下NO的转化率远高于SO2，结合题中数据分析其可能原因_______。

②下列说法正确的是 ____________ 。

A．P点一定为平衡状态点

B．温度高于200℃后，NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零

C．其它条件不变，若缩小反应器的容积可提高NO和SO2的转化率

③假设100℃时P（NO转化率为85%）、Q（SO2转化率为30%）均为平衡点，此时反应时间为10分钟，发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，则体系中剩余O3的物质的量是_______mol；NO的平均反应速率为_______________；反应Ⅱ在此时的平衡常数为_______________ 。

（3）用电化学法模拟工业处理SO2。将硫酸工业尾气中的SO2通入如图装置(电极均为惰性材料)进行实验，可用于制备硫酸，同时获得电能：

①M极发生的电极反应式为 ____________。

②当外电路通过0.2 mol电子时，质子交换膜左侧的溶液质量_____(填“增大”或“减小”)_______克。

【答案】CH4(g)+2NO2(g)= N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) △H=-955 kJ/mol ①反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应 BC 0.65 0.0425mol/(L·min) 0.96 SO2+2H2O-2e- =SO42- +4H+ 增大 6.2

【解析】

（1）CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l)的化学方程式为：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(1)。已知：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=574kJmol1；②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=1160kJmol1；③H2O(g)=H2O(l) △H=44.0kJmol1，盖斯定律计算将可得；

（2）①反应活化能越小越容易进行；②A．图象中属于描点法所得图象，P点不一定为图象的最高点； B．图象分析可知温度高于200℃，2O3(g)3O2(g)，反应进行程度加大，体系臭氧浓度减小，NO、SO2的转化率随温度升高显著降低； C．其它条件不变，若缩小反应器的容积，2O3(g)3O2(g)，平衡逆向进行，臭氧浓度增大；③反应Ⅰ：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)，反应中NO转化率为85%，反应的NO为0.85mol，反应的O3为0.85mol，反应Ⅱ：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)，反应中SO2的转化率30%，反应的二氧化硫0.3mol，反应的O3为0.3mol，2O3(g)3O2(g)，发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，为0.2mol，则体系中剩余O3的物质的量=2.0mol0.85mol0.3mol0.2mol=0.65mol，NO的反应速率=，平衡状态下O2物质的量=0.85mol+0.3mol+0.3mol=1.45mol，O3物质的量0.65mol，二氧化硫剩余物质的量=0.7mol，过程中生成三氧化硫物质的量0.3mol，据此计算平衡常数；

（3）①本质是二氧化硫、氧气与水反应生成硫酸，M电极为负极，N电极为正极，M电极上二氧化硫失去电子氧化生成SO42，根据原子守恒会电荷守恒可知，有水参加反应，有氢离子生成；②质子交换膜允许氢离子通过，左侧电极反应式为：SO2+2H2O2e=SO42+4H+，当外电路通过0.2mol电子时，二氧化硫通入0.1mol，氢离子移向正极0.2mol，据此计算质量变化。

（2）①反应Ⅰ：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)△H1=200.9kJmol1Ea1=3.2kJmol-1

反应Ⅱ：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)△H2=241.6kJmol1 Ea2=58kJmol1

反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应，相同温度下NO的转化率远高于SO2，故答案为：反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，相同条件下更易发生反应；

②A．图象中属于描点法所得图象，P点不一定为图象的最高点，不一定为平衡点，可能是建立平衡状态过程中的一点，故A错误；

B．图象分析可知温度高于200℃，2O3(g)3O2(g)，反应进行程度加大，体系臭氧浓度减小，NO、SO2的转化率随温度升高显著降低，当臭氧完全分解，则二者转化率几乎为0，故B正确；

C．其它条件不变，若缩小反应器的容积，2O3(g)3O2(g)，平衡逆向进行，臭氧浓度增大，反应Ⅰ和反应Ⅱ平衡正向进行，NO和SO2的转化率增大，故C正确；

故答案为：BC；

③反应Ⅰ：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g) NO转化率为85%，反应的NO为0.85mol，反应的O3为0.85mol，反应Ⅱ：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)SO2的转化率30%，反应的二氧化硫0.3mol，反应的O3为0.3mol，2O3(g)3O2(g)，发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%，为0.2mol，则体系中剩余O3的物质的量=2.0mol0.85mol0.3mol0.2mol=0.65mol，NO的反应速率=0.85mol2L×10min=0.0425mol/(Lmin)，平衡状态下O2物质的量=0.85mol+0.3mol+0.3mol=1.45mol，O3物质的量0.65mol，二氧化硫剩余物质的量=0.7mol，过程中生成三氧化硫物质的量0.3mol，SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)，平衡常数K==0.96

（3）本质是二氧化硫、氧气与水反应生成硫酸，M电极为负极，N电极为正极，M电极上二氧化硫失去电子氧化生成SO42，根据原子守恒和电荷守恒可知，有水参加反应，有氢离子生成，电极反应式为： SO2+2H2O2e=SO42—+4H+；当外电路通过0.2mol电子时，左侧二氧化硫通入0.1mol，氢离子移向右侧正极0.2mol，左侧溶液质量增大，增大的质量=0.1mol×64g/mol0.2mol×1g/mol=6.2g。