Question

CO、NO、NO₂、SO₂都是大气污染物，减少这些氧化物排放对于环境保护具有重要的意义。

已知下列热化学方程式

C(s)+O₂(g)=CO₂(g)    ΔH₁=-393.5kJ·mol^-1

N₂(g)+2O₂(g)=2NO₂(g)    ΔH₂=+68kJ·mol^-1

2C(s)+O₂(g)=2CO(g)    ΔH₃=-221.0kJ·mol^-1

（1）2NO₂(g)+4CO(g)=4CO₂(g)+N₂(g)ΔH=__kJ·mol^-1。

①某温度下，在2L密闭容器中充入0.4mo1CO和0.6molNO₂，此时容器的压强为2.0×10⁵Pa，5s时，容器的压强变为原来的0.95倍，则从反应开始到5秒末NO₂的平均反应速率v(NO₂)=__mol/(L·s)。

②下列能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是__。

A.适当升高温度

B.减小容器体积使体系压强增大

C.及时分离出CO₂

D.向密闭容器中再充入0.4molNO₂

（2）某温度下，下列反应的平衡常数如下：

a.2NO₂(g)⇌N₂(g)+2O₂(g)     K₁=7.0×10¹⁶

b.2NO(g)⇌N₂(g)+O₂(g)     K₂=2.1×10³⁰

反应2NO(g)+O₂(g)⇌2NO₂(g)的平衡常数K₃=__。

（3）在催化剂作用下用CO还原NO₂进行尾气处理。

①相同条件下，选用A、B、C三种催化剂进行反应，生成N₂的物质的量与时间变化如图a。活化能最小的是_(用E_(A)、E_(B)、E_(C)表示三种催化剂下该反应活化能)。

②在催化剂B作用下，测得相同时间内，处理NO₂的量与温度的关系如图b。图中曲线先增大后减小，请说明后减小的原因___(假设该温度范围内催化效率相同)。

（4）煤燃烧产生的SO₂用NaOH溶液吸收，将所得的Na₂SO₃溶液进行电解，可以制备H₂SO₄，其原理如图c所示(电极材料为石墨)。a电极反应式为__。b为_(阴、阳)极，d离子交换膜为__(阴、阳)离子交换膜。

Answer

-1200 0.01 BD K3=3.0×1013 E(C) 因正反应为放热反应，300℃已平衡，温度升高平衡逆向移动 SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+ 阴 阳

【解析】

(1)已知：①C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ·mol-1，

②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)ΔH2=+68kJ·mol-1，

③2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH3=-221.0kJ·mol-1，

根据盖斯定律：①×4-③×2-②可得：2NO2(g)+4CO(g)=4CO2(g)+N2(g)ΔH=-1200kJ·mol-1；

①结合题意，设5s末二氧化氮的物质的量变化量为x，列“三段式”，

相同条件下物质的量之比等于压强之比，则，解得x=0.1mol，因此5秒末NO2的平均反应速率v(NO2)==0.01mol/(L·s)；

②结合(1)计算，正反应放热且气体体积减小的反应，

A．适当升高温度，反应速率增大，但平衡逆向移动，故A不符合题意；

B．减小容器体积使体系压强增大，反应速率加快，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正向移动，故B符合题意；

C．及时分离出CO2，生成物浓度减小，平衡正向移动，但反应速率减慢，故C不符合题意；

D．向密闭容器中再充入0.4molNO2，反应正向移动，NO2浓度增大，反应速率加快，故D符合题意；

答案选BD；

(2)已知：a．2NO2(g)⇌N2(g)+2O2(g) K1==7.0×1016，

b．2NO(g)⇌N2(g)+O2(g) K2==2.1×1030，

反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)的平衡常数K3=====3×1013；

(3)①催化剂可以降低活化能，从而使反应速率加快，根据图a分析可得，曲线C反应速率最快，则活化能最低的为E(C)；

②300℃时反应达到平衡，该反应为放热反应，300℃之前，随温度升高反应正向进行，处理NO2的量逐渐增多，达到平衡后，处理NO2的量达到最大值，由于反应为放热，继续升高温度平衡逆向移动，处理NO2的量逐渐减少；

(4)将所得的Na2SO3溶液进行电解，可以制备H2SO4，根据装置图，a电极所在的上口流出的应该是浓度较大的硫酸，b电极所在的上口流出的是浓度较大的氢氧化钠，即SO32-通过c膜在电极a失去电子被氧化为硫酸根离子，a为阳极，电极反应为：SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+，c膜为阴离子交换膜；钠离子通过d膜靠近b电极，与b电极产生的氢氧根离子结合形成氢氧化钠，b为阴极，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，d膜为阳离子交换膜。