Question

【题目】研究NO2、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。

（1）已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·mol—1，2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH=-113.0 kJ·mol—1，则反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH= kJ·mol—1

（2）利用反应6NO2＋ 8NH3 7N2＋12H2O可处理NO2。一定条件下，将该反应设计成如右图所示装置，其中电极均为石墨，使用熔融金属氧化物作电解质，写出负极电极反应式 ；若一段时间内测得外电路中有1.2mol电子通过，则两极共产生的气体产物在标准状况下的体积为 L。

（3）一定条件下，将NO2与SO2以体积比1︰2置于恒容密闭容器中发生下述反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，下列能说明该反应达到平衡状态的是 。

a．体系压强保持不变 b．混合气体颜色保持不变

c．SO3和NO的物质的量比保持不变 d．每消耗1 mol SO3的同时生成1 molNO2

（4）CO可用于合成甲醇，反应方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。一定温度下，向容积为2L的密闭容器中充入2molCO和2molH2发生上述反应，5min后反应平衡，此时测得CH3OH的浓度为0.3mol/L，计算反应开始至平衡时的平均速率v(H2)= ；该温度下反应的平衡常数为 (保留两位小数)。

（5）不同温度CO的平衡转化率与压强的关系如上图所示。该反应ΔH 0（填“>”或“ <”）。实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是 。

Answer 1

【答案】

（1）-41.8；

（2）2NH3-6e-+3O2-=N2+3H2O； 7.84；

（3）b；

（4）0.12mol/(L·min)； 2.68；

（5）<；在1.3×104kPa下，CO的转化率已较高，再增大压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加

【解析】

试题分析：（1）已知：①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·mol—1，

②2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH=-113.0 kJ·mol—1，

则关键盖斯定律可知（①－②）÷2即得到反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH＝[（-196.6 kJ/mol）-(-113.0 kJ/mol)]/2＝-41.8kJ/mol；

（2）原电池中负极失去电子，发生氧化反应，关键反应6NO2＋8NH3 7N2＋12H2O可知氨气是还原剂，在负极通入，由于是使用熔融金属氧化物作电解质，则负极电极反应式为2NH3-6e-+3O2-＝N2+3H2O；正极是二氧化氮得到电子，电极反应式为2NO2＋8e－＝N2＋4O2－，若一段时间内测得外电路中有1.2mol电子通过，则两极共产生的气体产物在标准状况下的体积为＝7.84L。

（3）a、NO2(g)＋SO2(g) SO3(g)＋NO(g)是气体物质的量不变的可逆反应，所以气体的压强不会变化的状态不一定是平衡状态，a错误；b、随着反应的进行，二氧化氮的浓度减小，气体的颜色变浅，当气体的颜色不变时，说明反应达到平衡状态，b正确；c、因为生成的三氧化硫与NO的物质的量比是1:1，所以SO3和NO的体积比始终不变，不能判断达到平衡状态，c错误；d、每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2，代表的都是逆反应速率，d错误，答案选b；

（4） CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

起始浓度（mol/L） 1 1 0

转化浓度（mol/L） 0.3 0.6 0.3

平衡浓度（mol/L） 0.7 0.4 0.3

反应开始至平衡时的平均速率v(H2)＝0.6mol/L÷5min＝0.12mol/(L·min)；

该温度下反应的平衡常数为≈2.67。

（5）温度升高，CO的转化率降低，所以温度升高，平衡逆向移动，则正向是放热反应，所以ΔH＜0；根据所给图像可知，在250℃、1.3×104 kPa时，CO的转化率已较高，再增大压强，CO转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失。