某$\rm MOFs$多孔材料孔径大小和形状恰好将$\rm N_{2}O_{4}$“固定”，能高选择性吸附$\rm NO_{2}$。废气中的$\rm NO_{2}$被吸附后，经处理能全部转化为$\rm HNO_{3}$。原理示意图如下。

已知：${\rm 2NO_{2}(g)\underset{{}}{\overset{{}}{\mathop{\rightleftharpoons }}}\,N_{2}O_{4}(g)}\quad\Delta H\lt 0$，下列说法错误的是                  

$\rm A$．温度升高时不利于$\rm NO_{2}$吸附

$\rm B$．多孔材料“固定”$\rm N_{2}O_{4}$，促进$\rm 2NO_{2}(g)\underset{{}}{\overset{{}}{\mathop{\rightleftharpoons }}}\,N_{2}O_{4}(g)$平衡正向移动

$\rm C$．转化为$\rm HNO_{3}$的反应是$\rm 2N_{2}O_{4}+O_{2}+2H_{2}O=4HNO_{3}$

$\rm D$．每获得$\rm 0.4\ mol\ HNO_{3}$时，转移电子的数目为$\rm 6.02\times 10^{22}$

$\\rm D$

温度升高时$\rm NO_{2}$动能大，不利于$\rm NO_{2}$吸附，$\rm A$正确。

多孔材料“固定”$\rm N_{2}O_{4}$，使$\rm N_{2}O_{4}$分离，促进$\rm 2NO_{2}(g)\underset{{}}{\overset{{}}{\mathop{\rightleftharpoons }}}\,N_{2}O_{4}(g)$平衡正向移动，$\rm B$正确。

$\rm N_{2}O_{4}$与$\rm O_{2}$和水反应生成硝酸，转化为$\rm HNO_{3}$的反应是$\rm 2N_{2}O_{4}+O_{2}+2H_{2}O=4HNO_{3}$，$\rm C$正确。

根据方程式$\rm 2N_{2}O_{4}+O_{2}+2H_{2}O=4HNO_{3}$得知，生成$\rm 4\ mol$硝酸转移$\rm 4\ mol$电子，每获得$\rm 0.4\ mol\ HNO_{3}$时，转移电子的数目为$\rm 0.4\times 6.02\times 10^{23}$电子，$\rm D$错误。

$\rm NO$和$\rm CO$均为汽车尾气的成分，在催化转换器中可发生反应：$\rm 2CO(g)+2NO(g)\underset{{}}{\overset{{}}{\mathop{\rightleftharpoons }}}\,N_{2}(g)+2CO_{2}(g)$，已知该反应为自发反应，则该反应的反应热$\Delta H$                $\rm 0($填“$\rm \gt $”或“$\rm \lt $”或“$\rm =$”$\rm )$。

$\\rm \\lt $

$\rm 2CO(g)+2NO(g)\underset{{}}{\overset{{}}{\mathop{\rightleftharpoons }}}\,N_{2}(g)+2CO_{2}(g)$，该反应为自发反应，$\Delta G=\Delta H-T\times \Delta S\lt 0$，则该反应的$\Delta S\lt 0$，故$\Delta H$也应该小于$\rm 0$。

已知：${\rm N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)}\quad\Delta H=a\ \rm kJ\cdot mol^{-1}$

${\rm C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}\quad\Delta H=b\ \rm kJ\cdot mol^{-1}$

${\rm 2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)}\quad\Delta H=c\ \rm kJ\cdot mol^{-1}$

则${\rm 2CO(g)+2NO(g)\underset{{}}{\overset{{}}{\mathop{\rightleftharpoons }}}\,N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}\quad\Delta H=$                $\rm \ kJ\cdot mol^{-1}($用含$a$、$b$、$c$的表达式表示$\rm )$。

$-(a+c-2b)$或$2b-a-c$

由题干信息可知，反应$\rm I$：${\rm N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)}\quad\Delta H_{1}=a\ \rm kJ/mol$反应$\rm II$：${\rm C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}\quad\Delta H_{2}=b\ \rm kJ/mol$反应$\rm III$：${\rm 2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)}\quad\Delta H_{3}=c\ \rm kJ/mol$，目标反应：$\rm 2CO(g)+2NO(g)=N_{2}(g)+2CO_{2}(g)$可由$\rm 2II-I-III$，根据盖斯定律可知：$\Delta H=2\Delta H_{2}-\Delta H_{1}-\Delta H_{3}=(2b-a-c)\ \rm kJ/mol$。

一定温度下，将$\rm 2\ mol\ CO$、$\rm 4\ mol\ NO$充入$\rm 2\ L$密闭容器。$\rm 5\ min$到达平衡，测得$\rm N_{2}$的物质的量为$\rm 0.5\ mol$，则：

①$\rm 5\ min$内$v{\rm (NO)}=$                。该反应的平衡常数的数值为$K=$                $\rm ($保留两位小数$\rm )$。

②该条件下，可判断此反应到达平衡的标志是                

$\rm A$．单位时间内，消耗$\rm 2\ mol\ CO$同时形成$\rm 1\ mol\ N_{2}$

$\rm B$．混合气体的平均相对分子质量不再改变

$\rm C$．混合气体的密度不再改变

$\rm D$．$\rm CO$与$\rm NO$的转化率比值不再改变

$\\rm 0.1\\ mol/(L\\cdot min)$；$\\rm 0.11$；$\\rm B$

$\rm 5\ min$到达平衡，测得$\rm N_{2}$的物质的量为$\rm 0.5\ mol$，$v{\rm (N_{2})}=\rm \dfrac{0.5\ mol}{2\ L\times 5\ min}=0.05\ mol/(L\cdot min)$，$\rm NO$系数是$\rm N_{2}$的$\rm 2$倍，速率也是$\rm N_{2}$的$\rm 2$倍，$v{\rm (NO)}=0.1\rm \ mol/(L\cdot min)$。

$\rm \begin{matrix} {} & \rm 2CO(g) & + & \rm 2NO(g) & = &\rm {{N}_{2}}(g) & + & \rm 2C{{O}_{2}}(g) \\起始量 & 2 & {} & 4 & {} & 0 & {} & 0 \\转化量 & 1 & {} & 1 & {} & 0.5 & {} & 1 \\平衡量 & 1 & {} & 3 & {} & 0.5 & {} & 1 \\ \end{matrix}$

平衡浓度分别是$c{\rm (CO)}=0.5\rm \ mol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}$，$c{\rm (NO)}=1.5\rm \ mol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}$，$c{\rm (N_{2})}=0.25\rm \ mol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}$，$c{\rm (CO_{2})}=0.5\rm \ mol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}$，$K=\dfrac{0.25\times {{0.5}^{2}}}{{{1.5}^{2}}\times {{0.5}^{2}}}=0.11$。

判断达到平衡状态按照正逆反应速率相等，变量不变的原则分析。

单位时间内，消耗$\rm 2\ mol\ CO$同时形成$\rm 1\ mol\ N_{2}$表示的是正反应方向，不符合正逆反应速率相等，$\rm A$错误。

混合气体的平均相对分子质量不再改变符合变量不变，可以证明可逆反应达到平衡状态，$\rm B$正确。

混合气体密度是定值，混合气体的密度不再改变不能说明达到平衡状态，$\rm C$错误。

$\rm CO$与$\rm NO$的转化率比值是定值，不是变量，不符合变量不变，$\rm D$错误。

某研究小组探究催化剂Ⅰ、Ⅱ对$\rm CO$、$\rm NO$转化的影响。将$\rm CO$和$\rm NO$以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中$\rm N_{2}$的含量，从而确定尾气脱氮率$\rm ($即$\rm NO$的转化率$\rm )$，结果如图所示：

①由图可知：要达到最大脱氮率，该反应应采取的最佳实验条件为                。

②温度低于$\rm 200\ ^\circ \text{C}$时，图中曲线Ⅰ脱氮率随温度升高变化不大的主要原因是                。

催化剂$\\rm II$，$\\rm 450\\ ^\\circ \\text{C}$；温度较低时，催化剂的活性偏低

由图象可知，在催化剂$\rm II$，$\rm 450\ ^\circ \text{C}$条件下达到最大脱氮率，温度较低时，催化剂的活性偏低，反应速率慢，所以脱氮率随温度升高变化不大。

在酸性溶液中，间接电化学法可对$\rm NO$进行无害化处理，其工作原理如图所示。

①阳极反应为：                。

②为使电解产物全部转化为$\rm NH_{4}NO_{3}$，需要补充物质$\rm A$，$\rm A$是                。

$\\rm NO-3e^{-}+2H_{2}O=NO_{3}^{-}+4H^{+}$；$\\rm NH_{3}$

解$\rm NO$制备$\rm NH_{4}NO_{3}$，阳极反应为$\rm NO-3e^{-}+2H_{2}O=NO_{3}^{-}+4H^{+}$，阴极反应为：$\rm NO+5e^{-}+6H^{+}=NH_{4}^{+}+H_{2}O$，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的物质的量大于阴极产生的物质的量，总反应方程式为：$\rm 8NO+7H_{2}O\begin{matrix} \underline{\underline{电解}} \\ {} \\ \end{matrix}3NH_{4}NO_{3}+2HNO_{3}$，因此若要使电解产物全部转化为$\rm NH_{4}NO_{3}$，需补充$\rm NH_{3}$。