在一定条件下，可用$\rm CO$还原$\rm NO$，其原理为：$2\text{CO}\left( \text{g} \right)+2\text{NO}\left( \text{g} \right)\rightleftharpoons 2\text{C}{{\text{O}}_{2}}\left( \text{g} \right)+{{\text{N}}_{2}}\left( \text{g} \right)$。

已知：标准摩尔生成焓指标准状态下由最稳定的单质合成$\rm 1$ $\rm mol$该物质的焓变。一些物质的燃烧热或标准摩尔生成焓如下表所示。

①$\text{2CO}\left( \text{g} \right)\text{+2NO}\left( \text{g} \right)\rightleftharpoons \text{2C}{{\text{O}}_{\text{2}}}\left( \text{g} \right)+{{\text{N}}_{\text{2}}}\left( \text{g} \right)\qquad\Delta H=$                 。

②下列措施能够同时提高上述反应的速率和$\rm NO$平衡转化率的是                $\rm ($填标号$\rm )$。

$\rm A$．使用催化剂      $\rm B$．及时分离生成的$\rm \text{C}{{\text{O}}_{\text{2}}}$     $\rm C$．升高温度        $\rm D$．提高$\rm CO$的浓度

③一定温度下，在体积恒为$\rm 2\;\rm L$的密闭容器中通入$\rm CO$与$\rm NO$各$\rm 2$ $\rm mol$，初始压强为$\rm 20$ $\rm kPa$。仅发生上述反应，达到平衡后，$ {c}\left( \text{NO} \right) :c \left( {{\text{N}}_{\text{2}}} \right) =2:1 $，则此温度下该反应的压强平衡常数${{ {K}}_{\text{p}}}=$                $\text{kP}{{\text{a}}^{-1}}$。再向容器中通入$\rm 2$ $\rm mol$ $\text{C}{{\text{O}}_{\text{2}}}$和$\rm 1$ $\rm mol$ ${{\text{N}}_{\text{2}}}$，达到新的平衡时，混合气体中$\rm NO$的体积分数相比原平衡                $\rm ($选填“增大”、“减小”或“不变”$\rm )$。

$-747\\text{ kJ/mol}$；$\\rm D$；$\\rm 0.1$；减小

①由表中数据得热化学方程式：$\text{I C}\left( \text{s} \right)+{{\text{O}}_{\text{2}}}\text{(g)=C}{{\text{O}}_{\text{2}}}\text{(g)}\qquad\Delta{{H}_{1}}=-393.5\text{ kJ/mol}$

$\text{II C}\left( \text{g} \right)+\dfrac{1}{2}{{\text{O}}_{\text{2}}}\text{(g)=CO(g)}\qquad\Delta{{H}_{2}}=-110.5\text{ kJ/mol}$

$\text{III}\dfrac{1}{2}{{\text{N}}_{2}}\left( \text{g} \right)+\dfrac{1}{2}{{\text{O}}_{\text{2}}}\text{(g)=NO(g)}\qquad\Delta{{H}_{3}}=+90.5\text{ kJ/mol}$

由该盖斯定律可知反应$\text{2CO}\left( \text{g} \right)\text{+2NO}\left( \text{g} \right)\rightleftharpoons \text{2C}{{\text{O}}_{\text{2}}}\left( \text{g} \right)+{{\text{N}}_{\text{2}}}\left( \text{g} \right)$可由$\rm -2\times III-2\times II+2\times I$得到，则$\Delta H=\rm -2\times (+90.5\text{ kJ/mol}\rm )-2\times (-110.5\text{ kJ/mol}\rm )+2\times (-393.5\text{ kJ/mol}\rm )=-747\text{ kJ/mol}$。

②$\rm A$．使用催化剂只能加快反应速率，对化学平衡无影响，故$\rm A$不选；

$\rm B$．及时分离生成的$\rm \text{C}{{\text{O}}_{\text{2}}}$，有利于平衡正向移动，从而提高$\rm NO$的转化率，但降低浓度反应速率减小，故$\rm B$不选；

$\rm C$．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，降低了$\rm NO$的转化率，故$\rm C$不选；

$\rm D$．提高$\rm CO$的浓度，加快反应速率，同时使平衡正向移动，提高$\rm NO$转化率，故$\rm D$选；

故答案为：$\rm D$；

③结合已知信息列三段式得：

$\begin{matrix} {} & \text{2CO}\left( \text{g} \right) & \text{+2NO}\left( \text{g} \right) & \rightleftharpoons & \text{2C}{{\text{O}}_{\text{2}}}\left( \text{g} \right) & +{{\text{N}}_{\text{2}}}\left( \text{g} \right) \\起始 (\text{mol}) & 2 & 2 & {} & 0 & 0 \\ 转化(\text{mol}) & {x} & {x} & {} & {x} & 0.5{x} \\平衡 (\text{mol}) & 2-{x} & 2-{x} & {} & {x} & 0.5{x} \\ \end{matrix}$

已知平衡时：$ {c}\left( \text{NO} \right):c\left( {{\text{N}}_{\text{2}}} \right)\text{=2:1}$，即$(2-x):0.5x=2:1$，$x=1$，则平衡时：$n\rm (CO)=1\;\rm mol$，$n\rm (NO)=1\;\rm mol$，$n\rm (CO_{2})=1\;\rm mol$，$n(N_{2})=0.5\;\rm mol$，平衡时总气体物质的量为$\rm 3.5\;\rm mol$；根据压强比等于气体物质的量之比可得：$\dfrac{{{{p}}_总{}}}{{{{p}}_初{}}}=\dfrac{3.5}{4}$，${{{p}}_总{}}\rm =17.5\;\rm kPa$，${{ {K}}_{\rm{p}}}=\dfrac{ {p(}{{\text{N}}_{2}}\text{)}\cdot {{{p}}^{2}}\text{(C}{{\text{O}}_{2}}\text{)}}{{{{p}}^{2}}\text{(CO)}\cdot {{{p}}^{2}}\text{(NO)}}=\dfrac{{{(\dfrac{1}{3.5}{{{p}}_总{}})}^{2}}\dfrac{0.5}{3.5}{{{p}}_总{}}}{{{(\dfrac{1}{3.5}{{{p}}_总{}})}^{2}}{{(\dfrac{1}{3.5}{{{p}}_总{}})}^{2}}}\rm =0.1\text{ kP}{{\text{a}}^{-1}}$；

同时求得该反应的平衡常数$ K=\dfrac{\dfrac{0.5}{2}\times {{(\dfrac{1}{2})}^{2}}}{{{(\dfrac{1}{2})}^{2}}\times {{(\dfrac{1}{2})}^{2}}}=1$，再向容器中通入$\rm 2$ $\rm mol$ $\text{C}{{\text{O}}_{\text{2}}}$和$\rm 1$ $\rm mol$ ${{\text{N}}_{\text{2}}}$，相当于在平衡后又充入$\rm 2\;\rm mol\;\rm CO$和$\rm 2\;\rm mol\;\rm NO$，即与原平衡等效，体积不变，相当于增大压强，平衡正向移动，故$\rm NO$体积分数减小。

$\rm CO$也可以还原$\text{N}{{\text{O}}_{2}}$，反应原理为：$\text{N}{{\text{O}}_{2}}\left( \text{g} \right)+\text{CO}\left( \text{g} \right)=\text{NO}\left( \text{g} \right)+\text{C}{{\text{O}}_{2}}\left( \text{g} \right)$。

研究发现，该反应分两步进行：

第一步：$\text{N}{{\text{O}}_{\text{2}}}\left( \text{g} \right)\text{+N}{{\text{O}}_{\text{2}}}\left( \text{g} \right)\to \text{N}{{\text{O}}_{\text{3}}}\left( \text{g} \right)\text{+NO}\left( \text{g} \right)\rm ($慢反应$\rm )$

第二步：$\text{N}{{\text{O}}_{\text{3}}}\left( \text{g} \right)\text{+CO}\left( \text{g} \right)\to \text{N}{{\text{O}}_{\text{2}}}\left( \text{g} \right)\text{+C}{{\text{O}}_{\text{2}}}\left( \text{g} \right)\rm ($快反应$\rm )$

已知：此条件下，该反应的化学反应速率$ {v=k}\cdot {c}\left( \text{N}{{\text{O}}_{\text{2}}} \right) (k$为速率常数，只与温度有关$\rm )$。下列分析正确的是$(\quad\ \ \ \ )\rm ($填标号$\rm )$。

增大$\\text{N}{{\\text{O}}_{2}}$浓度，该反应速率增大

增大$\\rm CO$浓度，该反应速率几乎不变

$\\text{N}{{\\text{O}}_{3}}$是该反应的催化剂

第一步反应的活化能小于第二步反应

$\rm A\rm .$反应分两步进行，反应速率主要取决于慢反应，所以$\text{N}{{\text{O}}_{2}}$浓度对反应速率得影响较大，增大$\text{N}{{\text{O}}_{2}}$浓度，该反应速率增大，故$\rm A$正确；    

$\rm B\rm .$此条件下，该反应的化学反应速率$ {v=k}\cdot {c}\left( \text{N}{{\text{O}}_{\text{2}}} \right)$，与$\rm CO$浓度无关，增大$\rm CO$浓度，该反应速率几乎不变，故$\rm B$正确；

$\rm C\rm .$反应物和最终产物中都没有$\text{N}{{\text{O}}_{3}}$，$\text{N}{{\text{O}}_{3}}$是该反应的催化剂，故$\rm C$错误；

$\rm D\rm .$因第二步反应是快反应，所以第二步反应的活化能较小，故$\rm D$错误；

故答案为：$\rm AB$；

工业烟气中的$\text{N}{{\text{O}}_{2}}$常常无法完全脱除，可用下图所示装置来测定工业烟气中$\text{N}{{\text{O}}_{2}}$的脱除率，其原理如下：

测定开始前，电解质溶液中$\dfrac{ {c}\left( {{\text{I}}_{\text{2}}} \right)}{ {c}\left( {{\text{I}}^{-}} \right)} {=n}$。测定时，将含$\text{N}{{\text{O}}_{\text{2}}}$的烟气中通入电解质溶液中使$\text{N}{{\text{O}}_{\text{2}}}$与${{\text{I}}^{-}}$反应$\text{N}{{\text{O}}_{\text{2}}}$被还原为$\rm NO$，烟气中其他成分均不参与反应$\rm )$。此时电解池自动开始工作，直到$\dfrac{ {c}\left( {{\text{I}}_{\text{2}}} \right)}{ {c}\left( {{\text{I}}^{-}} \right)}$重新变为$n$，电解自动结束。

①装置工作时，阴极反应的电极反应式为：                ，$\text{N}{{\text{O}}_{\text{2}}}$被$\mathrm{I}^{-}$还原的离子方程式为                。

②将某工业烟气分为等体积的两份，其中一份直接通入该装置，另一份脱除部分$\text{N}{{\text{O}}_{\text{2}}}$后再通入该装置，两次电解过程中转移的电子量分别为$a$ $\rm mol$、$b$ $\rm mol$，则本次$\text{N}{{\text{O}}_{\text{2}}}$脱除率为                。

${{\\text{I}}_{\\text{2}}}\\text{+2}{{\\text{e}}^{-}}\\text{=2}{{\\text{I}}^{-}}$；$\\text{N}{{\\text{O}}_{2}}\\text{+2}{{\\text{I}}^{-}}\\text{+2}{{\\text{H}}_{3}}\\text{P}{{\\text{O}}_{4}}\\text{=NO+}{{\\text{I}}_{\\text{2}}}\\text{+2}{{\\text{H}}_{2}}\\text{PO}_{4}^{-}+{{\\text{H}}_{\\text{2}}}\\text{O}$；$\\dfrac{ {a-b}}{ {a}}\\times 100\\%$

①装置工作时，阴极碘单质得电子被还原成$\rm I^{-}$，电极反应式为：${{\text{I}}_{\text{2}}}\text{+2}{{\text{e}}^{-}}\text{=2}{{\text{I}}^{-}}$，$\text{N}{{\text{O}}_{2}}$在电解池中被还原为$\rm NO$，$\rm 1\;\rm mol\text{ N}{{\text{O}}_{2}}$得$\rm 2\;\rm mol$电子，$\rm 2\;\rm mol\;\rm I^{-}$失$\rm 2\;\rm mol$电子生成$\rm 1\;\rm mol{{\text{ I}}_{\text{2}}}$，结合电解质环境${{\text{H}}_{3}}\text{P}{{\text{O}}_{4}}$提供氢离子最终生成${{\text{H}}_{2}}\text{PO}_{4}^{-}$，根据得失电子守恒，电荷守恒及原子守恒，得离子方程式：$\text{N}{{\text{O}}_{2}}\text{+2}{{\text{I}}^{-}}\text{+2}{{\text{H}}_{3}}\text{P}{{\text{O}}_{4}}\text{=NO+}{{\text{I}}_{\text{2}}}\text{+2}{{\text{H}}_{2}}\text{PO}_{4}^{-}+{{\text{H}}_{\text{2}}}\text{O}$；

②可用转移电子得物质的量表示$\text{N}{{\text{O}}_{2}}$的物质的量，则脱除前$\text{N}{{\text{O}}_{2}}$的物质的量为$a\;\rm mol$，则脱除后$\text{N}{{\text{O}}_{2}}$的物质的量为$b\;\rm mol$，$\text{N}{{\text{O}}_{2}}$的脱出率为：$\dfrac{ {a-b}}{ {a}}\times 100\%$。