Question

作为一种重要化工原料，被大量应用于工业生产，与其有关性质反应的催化剂研究曾被列入国家863计划。

(1)催化剂常具有较强的选择性，即专一性。已知：

反应I：

反应 II：

写出NO分解生成与的热化学方程式______。

(2)在恒温恒容装置中充入一定量的和，在某催化剂的作用下进行反应I，测得不同时间的和，的浓度如表：

时间	0	5	10	15	20	25

则下列有关叙述中正确的是______。

A.使用催化剂时，可降低该反应的活化能，加快其反应速率

B.若测得容器内时，说明反应已达平衡

C.当容器内时，说明反应已达平衡

D.前10分钟内的平均速率 

(3)氨催化氧化时会发生上述两个竞争反应I、为分析某催化剂对该反应的选择性，在1L密闭容器中充入1mol 和2mol ，测得有关物质的量关系如图1：

①该催化剂在低温时选择反应______填“I”或“II”。

②时，的平衡常数______不要求得出计算结果，只需列出数字计算式。

③点比B点所产生的NO的物质的量少的主要原因______。

(4)合成氨工业会产生大量副产物，工业上常用高浓度的溶液吸收，得溶液X，再利用电解法使溶液再生，其装置如图2所示：

①在阳极区发生的反应包括______和。

②简述在阴极区再生的原理______。

(5)制备催化剂时常产生一定的废液，工业上常利用氢硫酸检测和除去废液中的。

已知：时，，，

①在计算溶液中的离子浓度时，涉及弱酸的电离通常要进行近似处理。则氢硫酸的______取近似整数。

②已知，某废液接近于中性，若加入适量的氢硫酸，当废液中______ 计算结果保留两位有效数字，就会产生CuS沉淀。

Answer

AD Ⅱ 该反应为放热反应，当温度升高，平衡向左逆反应移动 溶液中存在电离平衡，阴极放电使得减小导致的电离平衡右移，再生 4

【解析】

已知：反应I：，反应 II：，根据盖斯定律，由ⅡⅠ可得，据此可计算并写出此反应的热化学方程式；

催化剂改变反应途径，降低反应活化能；

B.不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比时，反应达到平衡状态；

C.当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变；

D.据此进行计算；

根据生成物氮气、NO的物质的量判断催化剂对反应的选择性；

平衡时，利用方程式计算两个反应消耗的氨气、氧气物质的量以及生成的水的物质的量，可以计算平衡时氨气与氧气物质的量，由于容器体积为1L，利用物质的量代替浓度带入计算；

的温度较高，抑制平衡正向移动；

阳极区发生的反应为氧化反应，为失电子的反应，考虑到溶液为碱性介质，则为放电生成和，据此写出阳极的电极反应式；

在阴极区再生，考虑存在电离平衡，产生和，在阴极放电使溶液减小，促使的电离平衡右移产生更多的；

氢硫酸是二元弱酸，其一级电离是主要的，，，由此计算及溶液的pH；

溶液中为，根据，计算。

依据盖斯定律，结合反应I：，反应 II：，由ⅡⅠ可得，则 ，此反应的热化学方程式为 ；

．加入催化剂，改变反应途径，降低反应的活化能，增加了活化分子百分数，化学反应速率增大，故A正确；

B．对于反应，应是 时，反应达到平衡状态，故B错误；

C．当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，因平衡常数未知，则不能确定是否平衡，故 C错误；

D．，，据方程式和NO前系数相等，则反应速率也相等，故，故D正确；

故答案为：AD；

由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的，故该催化剂在高温下选择反应I，低温时选择反应II；

在 1L密闭容器中充入 和 ，平衡时，则：在 中变化的物质的量依次是：0.2、0.25、0.2、03；在 中变化的物质的量依次是：0.4、0.3、0.2、06；故平衡时，，，，由于容器体积为1L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数；

正反应放热，升高温度平衡逆向移动，则C的温度较高，抑制平衡正向移动，NO的物质的量较少；

阳极区发生的反应为氧化反应，为失电子的反应，考虑到溶液为碱性介质，则为放电生成和，则阳极区发生的电极反应有：；

在阴极区再生，考虑存在电离平衡，产生和，在阴极放电使溶液减小，促使的电离平衡右移产生更多的，因此在阴极区再生的原理可以认为是：溶液中存在电离平衡，阴极放电使得减小导致的电离平衡右移，再生；

氢硫酸是二元弱酸，其一级电离是主要的，，设，则，解得，及溶液的；

溶液中为，根据，可知。