Question

16．化学在解决雾霾污染中有着重要的作用，雾霾由多种污染物形成，其中包含颗粒物PM2.5）、氮氧化物（NO_x）、CO、SO₂等．
（1）已知：NO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═NO₂（g）△H=-56.5kJ•mol^-1
2SO₂（g）+O₂（g）═2SO₃（g）△H=-196.6kJ•mol^-1
则反应NO₂（g）+SO₂（g）═SO₃（g）+NO（g）△H=-41.8kJ•mol^-1．
一定条件下，将NO₂与SO₂以物质的量比1：2置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的有b
a．混合气体的平均相对分子质量
b．混合气体颜色保持不变
c．SO₃和NO的体积比保持不变
d．每消耗1mol SO₃的同时生成1mol NO₂
测得上述反应平衡时NO₂与SO₂物质的量比为1：3，则平衡常数K=$\frac{1}{3}$（用分数表示）
NH₃催化还原氮氧化物（SCR）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术．在氨气足量的情况下，不同c$\frac{（N{O}_{2}）}{c（NO）}$不同温度对脱氮率的影响如图1所示（已知氨气催化还原氮氧化物的正反应为放热反应），请解释300℃之后脱氮率逐渐减小的原因：300℃时反应达平衡，后升温平衡逆向移动，脱氮率减小
（2）CO综合利用．
①CO用于合成甲醇反应方程式为：CO（g）+2H₂（g）═CH₃OH（g）若起始投入1molCO，2mol H₂，CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图2所示．得知该反应的△H＜0，该反应的实际生产条件控制在 250℃、1.3×10⁴kPa左右最为适宜．反应达平衡后，下列操作既能加快反应速率，又能使平衡混合物中CH₃OH物质的量分数增大的是de
a． 升温                     b．恒容条件下充入H₂
c．加入合适的正催化剂        d．恒容条件下再充入1molCO，2mol H₂
e．压缩体积                  f．移走一部分CH₃OH
②电解CO制备CH₄，电解质为碳酸钠溶液，工作原理如图3所示，写出阴极区电极反应式CO+6e^-+5H₂O=6OH^-+CH₄


（3）利用喷雾干燥法脱硫工艺是除去SO₂的常见方法，先将含SO₂的废气溶于水，再用饱和石灰浆吸收，具体步骤如下：
SO₂（g）+H₂O（l）?H₂SO₃（l）??H⁺（aq）+HSO₃^-（aq）Ⅰ
HSO₃^-（aq）?H⁺（aq）+SO₃^2-（aq）Ⅱ
Ca（OH）₂（s）?Ca²⁺（aq）+2OH^-（aq）Ⅲ
Ca²⁺（aq）+SO₃^2-（aq）?CaSO₃（s）Ⅳ
该温度下，测定吸收后液体中c（Ca²⁺）一直保持为0.70mol/L，
已知K_sp（CaSO₃）=1.4×10^-7，则吸收后溶液中的SO₃^2-的浓度为2.0×10^-7 mol/L．

Answer 1

分析 （1）利用盖斯定律计算反应热，得到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变，计算平衡时各物质的浓度，可K=$\frac{c（SO{\;}_{3}）c（NO）}{c（NO{\;}_{2}）c（SO{\;}_{2}）}$计算平衡常数；根据图示得到温度和脱氮率的关系300℃之前，温度升高脱氮率逐渐增大；300℃之后，温度升高脱氮率逐渐减小，据此结合温度对平衡移动的影响知识来回答即可；
（2）①图象分析可知压强一定，温度升高CO转化率减小，说明升温平衡逆向进行，逆向是吸热反应，温度在250°一氧化碳转化率高，反应速率大，既能加快反应速率，又能使平衡混合物中CH₃OH物质的量分数增大，依据影响化学反应速率的因素分析，反应正向进行，
CO（g）+2H₂（g）═CH₃OH（g），反应是气体体积减小的放热反应，
a． 反应是放热反应，升温速率增大，平衡逆向进行；                 
b．恒容条件下充入H₂ ，增大反应物浓度平衡正向进行，反应速率增大；
c．催化剂改变反应速率不改变化学平衡；      
d．恒容条件下再充入1molCO，2mol H₂ ，相当于增大压强平衡正向进行；
e．压缩体积压强增大反应速率增大平衡正向进行；              　 
f．移走一部分CH₃OH平衡正向进行，反应速率减小；
②由此电解原理可知，阳极失去电子生成二氧化碳气体，加入碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，阴极CO得到电子生成甲烷气体，据此解答即可；
（3）利用溶度积常数计算溶液中亚硫酸根离子浓度．

解答 解：（1）NO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═NO₂（g）△H=-56.5kJ•mol^-1①
2SO₂（g）+O₂（g）═2SO₃（g）△H=-196.6kJ•mol^-1②
将方程式$\frac{②}{2}$-①得：NO₂（g）+SO₂（g）?SO₃（g）+NO（g）△H=（$\frac{-196.6}{2}$+56.5）kJ•mol^-1=-41.8kJ/mol，
a．随反应：NO₂（g）+SO₂（g）?SO₃（g）+NO（g）的进行，气体的质量和物质的量都不变，所以平均相对分子质量也不变，不能说明到达平衡状态，故a错误；
b．混合气体颜色保持不变，说明二氧化氮的浓度不变，说明到达平衡状态，故b正确；
c．随反应进行，SO₃和NO都是生成物，所以体积比一直等于系数比，所以SO₃和NO的体积比保持不变，不能说明到达平衡状态，故c错误；
d．每生成1molSO₃的同时消耗1molNO₂都表示正反应速率，反应自始至终都按此比例进行，故d错误；
             NO₂（g）+SO₂（g）?SO₃（g）+NO（g）
起始物质的体积 a      2a       0       0
转化物质的体积 x      x        x        x
平衡物质的体积 a-x   2a-x      x        x
平衡时NO₂与SO₂体积比为1：3，即（1a-x）：（2a-x）=1：3，故x=$\frac{1}{2}$a，故平衡常数K=$\frac{c（SO{\;}_{3}）c（NO）}{c（NO{\;}_{2}）c（SO{\;}_{2}）}$=$\frac{x{\;}^{2}}{（a-x）（2a-x）}$=$\frac{1}{3}$；
根据图示信息得到：300℃之前，温度升高脱氮率逐渐增大；300℃之后，温度升高脱氮率逐渐减小，这是因为：300℃之前，反应未平衡，反应向右进行，脱氮率增大；300℃时反应达平衡，后升温平衡逆向移动，脱氮率减小，
故答案为：-41.8；b；$\frac{1}{3}$；300℃时反应达平衡，后升温平衡逆向移动，脱氮率减小；
（2）①图象分析可知压强一定，温度升高CO转化率减小，说明升温平衡逆向进行，逆向是吸热反应，正向为放热反应，△H＜0，图象分析可知，温度在250°一氧化碳转化率高，反应速率大，既能加快反应速率，又能使平衡混合物中CH₃OH物质的量分数增大，依据影响化学反应速率的因素分析，反应正向进行，
CO（g）+2H₂（g）═CH₃OH（g），反应是气体体积减小的放热反应，
a． 反应是放热反应，升温反应速率增大，但平衡逆向进行，故a错误；                 
b．恒容条件下充入H₂ ，增大反应物浓度平衡正向进行，反应速率增大，CH₃OH物质的量分数减小，故b错误；
c．催化剂改变反应速率不改变化学平衡，反应速率增大，但平衡不变，故c错误；      
d．恒容条件下再充入1molCO，2mol H₂ ，相当于增大压强平衡正向进行，CH₃OH物质的量分数增大，故d正确；
e．压缩体积压强增大反应速率增大平衡正向进行，CH₃OH物质的量分数增大，故e正确；              　 
f．移走一部分CH₃OH平衡正向进行，浓度减小反应速率减小，故f错误，
故de正确，
故答案为：＜；d e；
②由此电解原理可知，阳极失去电子生成二氧化碳气体，加入碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，阴极CO得到电子生成甲烷气体，据此离子反应方程式为：4CO+3CO₃^2-+5H₂O=6HCO₃^-+CH₄↑，阴极区电极反应式为：CO+6e^-+5H₂O=6OH^-+CH₄，
故答案为：CO+6e^-+5H₂O=6OH^-+CH₄；
（3）C（SO₃^2- ）=$\frac{Ksp（CaSO{\;}_{3}）}{c（Ca{\;}^{2+}）}$=$\frac{1.4×10{\;}^{-7}}{0.70}$mol/L=2.0×10^-7 mol/L，
故答案为：2.0×10^-7 mol/L．

点评 本题考查了盖斯定律的应用、平衡状态的判断、平衡常数的计算、电极方程式的书写及其计算、图象的分析与应用等，考查了学生的分析能力以及对基础知识的综合应用能力，题目难度中等．