Question

15．使用SNCR脫硝技術(shù)的主反應(yīng)為：4NH₃（g）+4NO（g）+O₂（g）$\stackrel{催化劑}{?}$ 4N₂（g）+6H₂O（g）△H副反應(yīng)及773K時(shí)平衡常數(shù)如表所示：

反應(yīng)	△H（kJ•mol-1）	平衡常數(shù)（K）
4NH3 （g）+5O2 （g）?4NO （g）+6H2O （g）	-905.5	1.1×1026mol•L-1
4NH3 （g）+4O2 （g）?2N2O （g）+6H2O （g）	-1104.9	4.4×1028
4NH3 （g）+3O2 （g）?2N2 （g）+6H2O （g）	-1269.0	7.1×1034L•mol-1

（1）主反應(yīng)△H=-1632.5kJ•mol^-1，773K時(shí)主反應(yīng)平衡常數(shù)K=4.6×10⁴³L•mol^-1．
（2）圖1表示在密閉體系中進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，測(cè)定不同溫度下，在相同時(shí)間內(nèi)各組分的濃度．

①圖中a、b、c三點(diǎn)，主反應(yīng)速率最大的是c．
②試解釋N₂濃度曲線先上升后下降的原因先上升：反應(yīng)還未到達(dá)平衡狀態(tài)，溫度越高，化學(xué)反應(yīng)速率越快，單位時(shí)間內(nèi)N₂濃 度越大；后下降：達(dá)到平衡狀態(tài)后，隨著溫度升高，因反應(yīng)正向放熱，平衡逆向移動(dòng)，且隨溫度升高有副產(chǎn)物的生成，N₂濃度降低．
③550K時(shí)，欲提高N₂O的百分含量，應(yīng)采取的措施是采用合適的催化劑．
（3）為探究碳基催化劑中Fe、Mn、Ni等元素的回收，將該催化劑溶解后得到含有Fe²⁺、Mn²⁺、Ni²⁺的溶液，物質(zhì)的量濃度均為10^-3mol•L^-1．欲完全沉淀Fe²⁺、Mn²⁺（離子濃度低于1.0×10^-6），應(yīng)控制CO₃^2-的物質(zhì)的量濃度范圍為（3.0×10^-5，1.0×10^-4 ）．

沉淀物	Ksp
FeCO3	3.0×10-11
MnCO3	2.0×10-11
NiCO3	1.0×10-7

（4）電化學(xué)催化凈化NO是一種最新脫硝方法．原理示意圖如圖2，固體電解質(zhì)起到傳導(dǎo)O^2-的作用．
a為外接電源的負(fù)極（填“正”、“負(fù)”）．通入NO的電極反應(yīng)式為2NO+4e^-=N₂+2O^2-．

Answer 1

分析 （1）依據(jù)副反應(yīng)的熱化學(xué)方程式、蓋斯定律計(jì)算得到主反應(yīng)的反應(yīng)焓變，4NH₃ （g）+3O₂ （g）?2N₂ （g）+6H₂O （g） K₃=7.1×10³⁴L•mol^-1，K₃²=$\frac{{c}^{4}（{N}_{2}）{c}^{12}（{H}_{2}O）}{{c}^{8}（N{H}_{3}）{c}^{6}（{O}_{2}）}$=（7.1×10³⁴L•mol^-1 ）²；4NH₃ （g）+5O₂ （g）?4NO （g）+6H₂O （g）K₁=$\frac{{c}^{4}（NO）{c}^{6}（{H}_{2}O）}{{c}^{4}（N{H}_{3}）{c}^{5}（{O}_{2}）}$=1.1×10²⁶mol•L^-1，則主反應(yīng)4NH₃（g）+4NO（g）+O₂（g）$\frac{\underline{\;催化劑\;}}{\;}$4N₂（g）+6H₂O（g）；K=$\frac{{c}^{4}（{N}_{2}）{c}^{6}（{H}_{2}O）}{{c}^{4}（N{H}_{3}）c（{O}_{2}）}$=$\frac{{{K}_{3}}^{2}}{{K}_{1}}$；
（2）①在密閉體系中進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，起始投入一定量NH₃、NO、O₂，測(cè)定不同溫度下，在相同時(shí)間內(nèi)各組分的濃度變化，反應(yīng)速率隨溫度升高增大；
②N₂濃度曲線先上升后下降，是因?yàn)榉磻?yīng)開始正向進(jìn)行未達(dá)到平衡狀態(tài)，氮?dú)鉂舛仍龃�，達(dá)到平衡后，反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向進(jìn)行，所以氮?dú)鉂舛葴p��；
③550K時(shí)生成N₂O的反應(yīng)幾乎沒發(fā)生，欲提高N₂O的百分含量，應(yīng)是反應(yīng)向副反應(yīng)方向進(jìn)行4NH₃ （g）+4O₂ （g）?2N₂O （g）+6H₂O （g），改變主反應(yīng)反應(yīng)歷程，可以選擇合適的催化劑是副反應(yīng)發(fā)生；
（3）欲完全沉淀Fe²⁺、Mn²⁺（離子濃度低于1.0×10^-6），陰陽離子比相同，溶度積常數(shù)越大，溶解性越大，結(jié)合溶度積常數(shù)比較計(jì)算此時(shí)碳酸亞鐵完全生成的碳酸根離子濃度，為最小的碳酸根離子濃度，依據(jù)NiCO₃ 溶度積常數(shù)計(jì)算Ni²⁺的物質(zhì)的量濃度均為10^-3mol•L^-1．時(shí)需要碳酸根離子的最大濃度，保證鎳離子不沉淀；
（4）反應(yīng)原理是利用電解吸收NO生成氮?dú)�，氮元素化合價(jià)+2價(jià)變化為0價(jià)，發(fā)生還原反應(yīng)，在電解池的陰極發(fā)生還原反應(yīng)，則a為外接電源的負(fù)極，固體電解質(zhì)起到傳導(dǎo)作用的是O^2-．

解答 解：（1）依據(jù)副反應(yīng)的熱化學(xué)方程式結(jié)合蓋斯定律計(jì)算得到主反應(yīng)的反應(yīng)焓變，
③4NH₃ （g）+3O₂ （g）?2N₂ （g）+6H₂O （g） K₃=7.1×10³⁴L•mol^-1，
①4NH₃ （g）+5O₂ （g）?4NO （g）+6H₂O （g）K₁=1.1×10²⁶mol•L^-1，
③×2-①得到主反應(yīng)4NH₃（g）+4NO（g）+O₂（g）$\frac{\underline{\;催化劑\;}}{\;}$4N₂（g）+6H₂O（g）△H=-1632.5KJ/mol，
4NH₃ （g）+3O₂ （g）?2N₂ （g）+6H₂O （g） K₃=7.1×10³⁴L•mol^-1，K₃²=$\frac{{c}^{4}（{N}_{2}）{c}^{12}（{H}_{2}O）}{{c}^{8}（N{H}_{3}）{c}^{6}（{O}_{2}）}$=（7.1×10³⁴L•mol^-1 ）²；4NH₃ （g）+5O₂ （g）?4NO （g）+6H₂O （g）K₁=$\frac{{c}^{4}（NO）{c}^{6}（{H}_{2}O）}{{c}^{4}（N{H}_{3}）{c}^{5}（{O}_{2}）}$=1.1×10²⁶mol•L^-1，則主反應(yīng)4NH₃（g）+4NO（g）+O₂（g）$\frac{\underline{\;催化劑\;}}{\;}$4N₂（g）+6H₂O（g）；K=$\frac{{c}^{4}（{N}_{2}）{c}^{6}（{H}_{2}O）}{{c}^{4}（N{H}_{3}）c（{O}_{2}）}$=$\frac{{{K}_{3}}^{2}}{{K}_{1}}$=$\frac{（7.1×1{0}^{-34}）^{2}}{1.1×1{0}^{26}}$=4.6×10⁴³L•mol^-1，
故答案為：-1632.5；4.6×10⁴³L•mol^-1；
（2）①影響化學(xué)反應(yīng)速率的條件中增大濃度、增大壓強(qiáng)、升高溫度都會(huì)增大反應(yīng)速率，其中溫度升高對(duì)反應(yīng)速率的影響大，abc點(diǎn)中c點(diǎn)溫度大，反應(yīng)速率大，
故答案為：c；
②分析圖象中氮?dú)獾臐舛茸兓�可知�?50K時(shí)達(dá)到最大，550K后隨溫度升高濃度減小，變化趨勢(shì)說明在b點(diǎn)前反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)，反應(yīng)正向進(jìn)行氮?dú)鉂舛仍龃�，達(dá)到平衡狀態(tài)后b點(diǎn)后氮?dú)鉂舛入S溫度升高減小，說明正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向進(jìn)行，且隨溫度升高有副產(chǎn)物的生成，N₂濃度降低，
故答案為：先上升：反應(yīng)還未到達(dá)平衡狀態(tài)，溫度越高，化學(xué)反應(yīng)速率越快，單位時(shí)間內(nèi)N₂濃 度越大；后下降：達(dá)到平衡狀態(tài)后，隨著溫度升高，因反應(yīng)正向放熱，平衡逆向移動(dòng)，且隨溫度升高有副產(chǎn)物的生成，N₂濃度降低；
③550K時(shí)生成N₂O的反應(yīng)幾乎沒發(fā)生，欲提高N₂O的百分含量，應(yīng)是反應(yīng)向副反應(yīng)方向進(jìn)行4NH₃（g）+4O₂（g）?2N₂O（g）+6H₂O （g），改變主反應(yīng)反應(yīng)歷程，可以選擇合適的催化劑是副反應(yīng)發(fā)生，
故答案為：采用合適的催化劑；
（3）欲完全沉淀Fe²⁺、Mn²⁺（離子濃度低于1.0×10^-6），陰陽離子比相同，溶度積常數(shù)越大，溶解性越大，結(jié)合溶度積常數(shù)比較計(jì)算此時(shí)碳酸亞鐵完全生成的碳酸根離子濃度，為最小的碳酸根離子濃度=$\frac{3.0×1{0}^{-11}}{1{0}^{-6}}$=3.0×10-5mol/L，依據(jù)NiCO₃ 溶度積常數(shù)計(jì)算Ni²⁺的物質(zhì)的量濃度均為10^-3mol•L^-1．時(shí)需要碳酸根離子的最大濃度，保證鎳離子不沉淀，此時(shí)碳酸根離子濃度=$\frac{1×1{0}^{-7}}{1{0}^{-3}}$=1×10^-4mol/L，欲完全沉淀Fe²⁺、Mn²⁺（離子濃度低于1.0×10^-6），應(yīng)控制CO₃^2-的物質(zhì)的量濃度范圍為：（3.0×10^-5，1.0×10^-4 ），
故答案為：（3.0×10^-5，1.0×10^-4 ）；
（4）反應(yīng)原理是利用電解吸收NO生成氮?dú)�，氮元素化合價(jià)+2價(jià)變化為0價(jià)，發(fā)生還原反應(yīng)，在電解池的陰極發(fā)生還原反應(yīng)，則a為外接電源的負(fù)極，固體電解質(zhì)起到傳導(dǎo)作用的是O^2-，通入NO的電極反應(yīng)式為2NO+4e^-=N₂+2O^2-，
故答案為：負(fù)；2NO+4e^-=N₂+2O^2-．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了熱化學(xué)方程式書寫、平衡常數(shù)的計(jì)算、影響化學(xué)平衡的因素分析、電解池原理等知識(shí)點(diǎn)，注意圖象中曲線的變化為趨勢(shì)，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等．