Question

4．燃煤煙氣中的SO₂、NO_x是形成酸雨的有害物質(zhì)．應(yīng)設(shè)法吸收利用．
I．吸收SO₂：通入氨水將其轉(zhuǎn)化為NH₄HSO₃，NH₄HSO₃溶液呈酸性（填“酸”、“堿”、“中”）；再通空氣將NH₄HSO₃氧化，溶液pH將減小（填“增大”、“減小”、“不變”）
Ⅱ．處理NO：先用O₃處理，再用Na₂SO₃溶液吸收．O₃處理的熱化學(xué)方程式為：
NO（g）+O₃（g）═NO₂（g）+O₂（g）△H=aKJ•mol^-1
NO₂（g）═NO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）△H=bKJ•mol^-1
（1）反應(yīng)NO（g）+O₃（g）═3NO₂（g）的△H=a-2bKJ•mol^-1．
（2）用Na₂SO₃溶液吸收時(shí)，溶液中SO₃^2-將NO₂轉(zhuǎn)化為NO₂^-，反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是SO₄^2-．
Ⅲ．利用SO₂：分離出SO₂可用于生產(chǎn)硫酸，反應(yīng)之一：2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）△H＜0．
（3）恒溫恒容下，改變SO₂、O₂的物質(zhì)的量之比[$\frac{n（S{O}_{2}）}{n（{O}_{2}）}$]，平衡時(shí)測(cè)定Y的值，Y與[$\frac{n（S{O}_{2}）}{n（{O}_{2}）}$]的關(guān)系如圖1所示，則Y可能是A、B．
A．正反應(yīng)速率         B．SO₃的體積分?jǐn)?shù)     C．SO₂的轉(zhuǎn)化率      D．SO₂的體積分?jǐn)?shù)
a→b段y變化的原因是SO₂濃度增大，正反應(yīng)速率增大，平衡正移，SO₃增多．

（4）K_p是以各氣體平衡分壓（各氣體的反應(yīng)=總壓×各氣體的體積分?jǐn)?shù)）代替平衡濃度表示的平衡常數(shù)．
①K_p與溫度（T/K）的關(guān)系是㏒K_p=$\frac{R}{T}$-4.86（R為常數(shù)），請(qǐng)判斷R＞0（填“＞”或“＜”），原因是溫度（T）升高，平衡逆向移動(dòng)，K_p減小，由關(guān)系式可判斷R＞0．
②在10.0%SO₂、13.5%O₂、76.5%N₂（體積分?jǐn)?shù)）時(shí)，SO₂平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系如圖2．則x＞1.0（填“＞”或“＜”）；計(jì)算550℃、1.0atm下，2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）的K_p=900.0atm^-1．（精確到1位小數(shù)）

Answer 1

分析 Ⅰ．SO₂通入氨水將其轉(zhuǎn)化為NH₄HSO₃，NH₄HSO₃溶液呈酸性，再通空氣將NH₄HSO₃氧化，HSO₃^-轉(zhuǎn)化為SO₄^2-和H⁺，酸性增強(qiáng)；
Ⅱ．（1）根據(jù)蓋斯定律計(jì)算所求反應(yīng)的焓變；
（2）用Na₂SO₃溶液吸收時(shí)，溶液中SO₃^2-將NO₂轉(zhuǎn)化為NO₂^-，NO₂被還原為NO₂^-，則SO₃^2-應(yīng)被氧化成SO₄^2-；
Ⅲ．（3）反應(yīng)為：2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g），反應(yīng)為氣體分子數(shù)減少的反應(yīng)，恒溫恒容下，改變SO₂、O₂的物質(zhì)的量之比[$\frac{n（S{O}_{2}）}{n（{O}_{2}）}$]，根據(jù)圖1分析Y的含義和a→b段Y升高的原因；
（4）①根據(jù)圖2，溫度升高，SO₂的平衡轉(zhuǎn)化率降低，正反應(yīng)趨勢(shì)減小，則K_p減小，據(jù)此分析；
②從整個(gè)體系中O的含量分析x，根據(jù)分壓平衡常數(shù)的定義計(jì)算．

解答 解：I．SO₂通入氨水將其轉(zhuǎn)化為NH₄HSO₃，NH₄HSO₃溶液呈酸性，
再通空氣將NH₄HSO₃氧化，HSO₃^-轉(zhuǎn)化為SO₄^2-和H⁺，酸性增強(qiáng)，則溶液pH將減小，
故答案為：酸；減�。�
Ⅱ．（1）已知：①NO（g）+O₃（g）═NO₂（g）+O₂（g）△H₁=akJ/mol，
                      ②NO₂（g）═NO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）△H₂=bkJ/mol，
所求反應(yīng)為：3NO（g）+O₃（g）═3NO₂（g），該反應(yīng)可由①-②×2得到，根據(jù)蓋斯定律，該反應(yīng)的焓變△H=△H₁-2△H₂=（a-2b）kJ/mol，
故答案為：a-2b；
（2）用Na₂SO₃溶液吸收時(shí)，溶液中SO₃^2-將NO₂轉(zhuǎn)化為NO₂^-，NO₂被還原為NO₂^-，則SO₃^2-應(yīng)被氧化成SO₄^2-，則氧化產(chǎn)物為SO₄^2-，
故答案為：SO₄^2-；
（3）反應(yīng)為：2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g），反應(yīng)為氣體分子數(shù)減少的反應(yīng)，恒溫恒容下，改變SO₂、O₂的物質(zhì)的量之比[$\frac{n（S{O}_{2}）}{n（{O}_{2}）}$]，反應(yīng)焓變△H＜0，正反應(yīng)放熱，降低溫度，增大壓強(qiáng)均有利于反應(yīng)正向進(jìn)行，隨著物料比$\frac{n（S{O}_{2}）}{n（{O}_{2}）}$增大，可以控制為SO₂的量增大或O₂的量減少，Y先增大后減小，可能為正反應(yīng)速率，也可以為SO₃的體積分?jǐn)?shù)，當(dāng)控制條件為增大SO₂的量時(shí)，會(huì)使SO₂的轉(zhuǎn)化率降低，不一定會(huì)使SO₂的轉(zhuǎn)化率一直升高，當(dāng)控制條件為減小O₂的量時(shí)，會(huì)增加SO₂的平衡轉(zhuǎn)化率，使其體積分?jǐn)?shù)不斷降低，不一定會(huì)使SO₂的體積分?jǐn)?shù)一直增大，故有可能的是A和B，
綜合A和B考慮，a→b段升高的原因可能為：SO₂濃度增大，正反應(yīng)速率增大，平衡正移，SO₃增多
故答案為：A、B；SO₂濃度增大，正反應(yīng)速率增大，平衡正移，SO₃增多；
（4）①根據(jù)圖2，溫度升高，SO₂的平衡轉(zhuǎn)化率降低，正反應(yīng)趨勢(shì)減小，則K_p減小，則R＞0，原因是：溫度（T）升高，平衡逆向移動(dòng)，K_p減小，由關(guān)系式可判斷R＞0，
故答案為：＞；溫度（T）升高，平衡逆向移動(dòng)，K_p減小，由關(guān)系式可判斷R＞0；
②體系中含有10.0%SO₂、13.5%O₂、76.5%N₂，根據(jù)圖2，隨著溫度升高，SO₂的平衡轉(zhuǎn)化率降低，有利于生成NO_x，從整個(gè)體系O含量角度考慮，生成NO_x中，x＞1，
K_p是以各氣體平衡分壓（各氣體的反應(yīng)=總壓×各氣體的體積分?jǐn)?shù)）代替平衡濃度表示的平衡常數(shù)，550℃、1.0atm下，SO₂的平衡轉(zhuǎn)化率為90%，反應(yīng)為：2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g），已知體系中有10.0%SO₂、13.5%O₂、76.5%N₂，設(shè)混合氣體有100mol，則含有10molSO₂，13.5molO₂，76.5molN₂，根據(jù)反應(yīng)方程式，則平衡時(shí)n（SO₂）=1mol，n（O₂）=9mol，n（SO₃）=9mol，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pV=nRT，恒溫恒容體系中，壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，則$\frac{1atm}{10+13.5+76.5}=\frac{p}{1+9+9+76.5}$，可得p=0.955atm，根據(jù)道爾頓分壓定律，p（SO₂）=$\frac{1}{1+9+9+76.5}×p$=0.01atm，p（O₂）=p（SO₃）=$\frac{9}{1+9+9+76.5}×p$=0.09atm，則分壓平衡常數(shù)K_p=$\frac{{p}^{2}（S{O}_{3}）}{p（{O}_{2}）{p}^{2}（S{O}_{2}）}$=$\frac{（0.09atm）^{2}}{（0.01atm）^{2}×（0.09atm）}$=900.0atm^-1，
故答案為：＞；900.0atm^-1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查化學(xué)平衡計(jì)算、圖象分析，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生分析推斷及計(jì)算、知識(shí)遷移能力，根據(jù)濃度化學(xué)平衡常數(shù)計(jì)算方法計(jì)算壓強(qiáng)化學(xué)平衡常數(shù)，計(jì)算量較大，難度中等．