Question

15．研究NO₂、NO、SO₂、CO等大气污染气体的处理具有重要意义．NO₂可用下列反应来处理：
6NO₂（g）+8NH₃（g）?7N₂（g）+12H₂O（g）+Q（Q＞0）．
（1）120℃时，该反应在一容积为2L的容器内反应，20min时达到平衡．10min时氧化产物比还原产物多了1.4g，则0～10min时，平均反应速率υ（NO₂）=0.015mol/（L•min），电子转移了1.2N_A 个．
（2）一定条件下上述反应在某体积固定的密闭容器中进行，能说明该反应已经达到平衡状态的是c．
a．c（NO₂）：c（NH₃）=3：4 b．6v（NO₂）_正=7v（N₂）_逆
c．容器内气体总压强不再变化 d．容器内气体密度不再变化
（3）若保持其它条件不变，缩小反应容器的体积后达到新的平衡，此时NO₂和N₂的浓度之比增大（填增大、不变、减小），NO₂的转化率减小．
（4）一定条件下NO₂与SO₂可发生反应，方程式：NO₂（g）+SO₂（g）?SO₃（g）+NO（g）-Q．若反应的平衡常数K值变大，该反应ad（选填编号）．
a．一定向正反应方向移动 b．平衡移动时，逆反应速率先减小后增大
c．一定向逆反应方向移动 d．平衡移动时，正反应速率先增大后减小
（5）请写出用NaOH溶液完全吸收含等物质的量的NO、NO₂混合气体的离子方程式NO+NO₂+2OH^-=2NO₂^-+H₂O．

Answer 1

分析 （1）利用化合价变化判断氧化产物、还原产物，然后根据“氧化产物比还原产物多了1.4g”计算出消耗二氧化氮的物质的量及转移电子的物质的量；
（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化，据此进行判断；
（3）缩小反应容器体积，增大了压强，平衡向着逆向移动，据此判断二氧化氮与氮气的浓度之比变化及二氧化氮的转化率变化；
（4）反应的平衡常数K值变大，只有改变温度使得平衡正向移动；
（5）用NaOH溶液完全吸收含等物质的量的NO、NO₂混合气体，恰好反应生成亚硝酸钠和水．

解答 解：（1）对于6NO₂+8NH₃$\stackrel{催化剂}{?}$7N₂+12H₂O，当有6molNO₂反应共转移了24mol电子，该反应的氧化产物和还原产物都是氮气，根据N原子守恒，6mol二氧化氮反应生成4mol氧化产物、3mol还原产物，氧化产物比还原产物多1mol，质量多：28g/mol×1mol=28g，则氧化产物比还原产物多了1.4g时转移电子的物质的量为：24mol×$\frac{1.4g}{28g}$=1.2mol，转移电子数为1.2N_A；
参加反应的NO₂为：6mol×$\frac{1.2mol}{24mol}$=0.3mol，则0～10min时，平均反应速率υ（NO₂）=$\frac{\frac{0.3mol}{2L}}{10min}$=0.015mol/（L•min），
故答案为：0.015mol/（L•min）；1.2N_A ；
（2）a．c（NO₂）：c（NH₃）=3：4，无法判断各组分的浓度是否变化，则无法判断是否达到平衡状态，故a错误；
b．6v（NO₂）_正=7v（N₂）_逆，表示的是正逆反应速率，但是不满足计量数关系，所以没有达到平衡状态，故b错误；
c．容器内气体总压强不再变化：该反应前后气体体积不相等，则反应过程中压强会发生变化，当压强不变时，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故c正确；
d．容器内气体密度不再变化：该反应过程中气体的密度始终不变，无法根据密度变化判断平衡状态，故d错误；
故答案为：c；
（3）若保持其它条件不变，缩小反应容器的体积后达到新的平衡，由于增大了压强，平衡向着逆向移动，导致二氧化氮的含量增大、氮气的含量减小，所以此时NO₂和N₂的浓度之比增大，NO₂的转化率减小，
故答案为：增大；减小；
（4）化学平衡常数只随温度的变化而变化，该反应为吸热反应，平衡常数K值变大说明温度升高平衡右移，正反应速率先增大后减小，逆反应速率先增大再增大，故ad正确，
故答案为：ad；
（5）用NaOH溶液完全吸收含等物质的量的NO、NO₂混合气体，反应的离子方程式为：NO+NO₂+2OH^-=2NO₂^-+H₂O，
故答案为：NO+NO₂+2OH^-=2NO₂^-+H₂O．

点评 本题考查了化学平衡的计算，题目难度中等，涉及化学平衡及其影响、化学平衡状态的判断、离子方程式书写、氧化还原反应的计算等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及灵活应用能力．