Question

11．催化氧化法是工業(yè)制硫酸的常用方法，將SO₂轉(zhuǎn)化為SO₃是其中的關(guān)鍵步驟．
（1）已知25℃、101kPa時：
2SO₂（g）+O₂（g）+2H₂O（g）═2H₂SO₄（l）△H₁=-544kJ/mol
H₂O（g）═H₂O（l）△H₂=-44kJ/mol
SO₃（g）+H₂O（l）═H₂SO₄（l）△H₃=-130kJ/mol
則2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）△H=-196KJ/mol
（2）下列關(guān)于反應2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）的說法正確是BD
A．升溫可以加快合成SO₃的速率同時提高SO₂的轉(zhuǎn)化率
B．尋找常溫下的合適催化劑是未來研究的方向
C．該反應在任何條件下都能自發(fā)進行
D．當2ν（O_2生成）=ν（SO_2消耗）時，說明反應達到平衡狀態(tài)
（3）t℃時，在100L容積固定的密閉容器中加入4.0mol SO₂（g）和2.0mol O₂（g），發(fā)生反應2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g），平衡時壓強為初始壓強的$\frac{5}{6}$倍，該溫度下平衡常數(shù)K=100L/mol．
①若溫度不變，再加入1.0mol O₂后重新達到平衡，則O₂的轉(zhuǎn)化率減�。ㄌ睢霸龃蟆薄ⅰ安蛔儭被颉皽p小”），SO₃的體積分數(shù)減�。ㄌ睢霸龃蟆薄ⅰ安蛔儭被颉皽p小”）．
②若溫度不變，將容器容積從100L縮小到50L時，則平衡向正（填“正”或“逆”）反應方向移動請結(jié)合化學平衡常數(shù)來說明平衡移動的原因，要求寫出推導過程當恒溫下，容器容積從100L縮小到50L時，Qc=$\frac{{c}^{2}（S{O}_{3}）}{{c}^{2}（S{O}_{2}）c（{O}_{2}）}$=$\frac{（\frac{2}{50}）^{2}}{（\frac{2}{50}）^{2}×\frac{1}{50}}$=50＜K，所以反應將正向移動達到平衡．
（4）下列關(guān)于2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）反應的圖象中，可能正確的是ACD（填序號）．
（5）SO₂的尾氣處理常用亞硫酸鈉吸收法，常溫下當吸收至NaHSO₃時，吸收液中相關(guān)離子濃度關(guān)系一定正確的是AB
A．c（Na⁺）+c（H⁺）＞c（SO₃^2-）+c（HSO₃^-）+c （OH^-）   
B．c（H⁺）+c （H₂SO₃）=c （SO₃^2-）+c （OH^-）
C．c（Na⁺）＞c （HSO₃^-）＞c（SO₃^2-）＞c（H⁺）        
D．水電離的c（H⁺）＞1×10^-7mol•L^-1．

Answer 1

分析 （1）依據(jù)熱化學方程式和蓋斯定律計算所需熱化學方程式，依據(jù)蓋斯定律①+②×2-2×③計算得到；
（2）反應是氣體體積減小的放熱反應，結(jié)合化學平衡移動原理分析判斷選項；
（3）平衡常數(shù)等于生成物平衡濃度冪次方乘積除以反應物平衡濃度冪次方乘積，氣體壓強之比等于氣體物質(zhì)的量之比，結(jié)合化學平衡三段式列式計算；
①若溫度不變，再加入1.0molO₂，平衡向正反應移動，重新達到平衡，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率增大，三氧化硫含量減��；
②當恒溫下，容器容積從100L縮小到50L時，壓強增大，平衡正向進行，計算此時濃度商和平衡常數(shù)比較判斷反應進行的方向；
（4）A、先拐先平壓強大，平衡正向進行，三氧化硫體積分數(shù)增大；
B、溫度升高正逆反應速率增大，反應是放熱反應，升溫平衡逆向進行，逆反應速率增大的多；
C、隨溫度升高，反應正向進行達到平衡狀態(tài)，繼續(xù)升溫平衡逆向進行，三氧化硫體積分數(shù)減��；
D、圖象分析可知，正反應速率減小后，增大比原來的正反應速率大，增大三氧化硫濃度，同時減少二氧化硫濃度，平衡逆向進行；
（5）A．根據(jù)電荷守恒判斷；
B．根據(jù)物料守恒判斷；
C．NaHSO₃溶液中HSO₃^-的電離程度大于其水解程度；
D．水電離出氫離子濃度等于溶液中氫氧根離子濃度，由于NaHSO₃溶液的pH未知，不能計算水電離出氫離子濃度．

解答 解：（1）①2SO₂（g）+O₂（g）+2H₂O（g）═2H₂SO₄（l）△H₁=-544kJ/mol
②H₂O（g）═H₂O（l）△H₂=-44kJ/mol
③SO₃（g）+H₂O（l）═H₂SO₄（l）△H₃=-130kJ/mol
依據(jù)蓋斯定律①+②×2-2×③得到：2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）△H=-196KJ/mol，
故答案為：-196KJ/mol；
（2）2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g），反應是氣體體積減小的放熱反應，
A．升溫平衡逆向進行，可以加快合成SO₃的速率，但不能提高SO₂的轉(zhuǎn)化率，故A錯誤；
B．催化劑能加快反應速率，不改變化學平衡，尋找常溫下的合適催化劑減少能源利用是未來研究的方向，故B正確；
C．該反應在任何條件下都能自發(fā)進行，反應焓變△H＜0，△S＜0，低溫下自發(fā)進行，高溫可能存在△H-T△S＞0，故C錯誤；
D．反應速率之比等于化學方程式計量數(shù)之比，當2ν（O_2生成）=ν（SO_2消耗）時，說明二氧化硫的正逆反應速率相同，說明反應達到平衡狀態(tài)，故D正確；
故答案為：BD；
（3）t℃時，在100L容積固定的密閉容器中加入4.0mol SO₂（g）和2.0mol O₂（g），發(fā)生反應2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g），設(shè)反應的氧氣物質(zhì)的量為x，
               2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g），
起始量（mol）   4        2       0
變化量（mol）   2x       x      2x
平衡量（mol）  4-2x     2-x      2x
平衡時壓強為初始壓強的$\frac{5}{6}$倍，
4-2x+2-x+2x=$\frac{5}{6}$×（4+2）
x=1
平衡常數(shù)K=$\frac{（\frac{2}{100}）^{2}}{（\frac{2}{100}）^{2}×\frac{1}{100}}$=100L/mol，
故答案為：100L/mol；
①兩種物質(zhì)，增加其中一種，會提高另一種的轉(zhuǎn)化率，若溫度不變，再加入1.0mol O₂后重新達到平衡，則O₂的轉(zhuǎn)化率減小，氧氣的量增多，轉(zhuǎn)化的小于加入的物質(zhì)的量，SO₃的體積分數(shù)反而減小，故答案為：減�。粶p��；
②當恒溫下，容器容積從100L縮小到50L時，壓強增大，平衡正向進行，此時濃度商Qc=$\frac{{c}^{2}（S{O}_{3}）}{{c}^{2}（S{O}_{2}）c（{O}_{2}）}$=$\frac{（\frac{2}{50}）^{2}}{（\frac{2}{50}）^{2}×\frac{1}{50}}$=50＜K，所以反應將正向移動達到平衡
故答案為：正；當恒溫下，容器容積從100L縮小到50 L時，Qc=$\frac{{c}^{2}（S{O}_{3}）}{{c}^{2}（S{O}_{2}）c（{O}_{2}）}$=$\frac{（\frac{2}{50}）^{2}}{（\frac{2}{50}）^{2}×\frac{1}{50}}$=50＜K，所以反應將正向移動達到平衡；
（4）A、先拐先平壓強大，平衡正向進行，三氧化硫體積分數(shù)增大，圖象符合化學平衡移動原理，故A正確；
B、溫度升高正逆反應速率增大，反應是放熱反應，升溫平衡逆向進行，逆反應速率增大的多，圖象中反應速率變化不符合化學平衡移動原理，故B錯誤；
C、隨溫度升高，反應正向進行達到平衡狀態(tài)，繼續(xù)升溫平衡逆向進行，三氧化硫體積分數(shù)減小，圖象變化符合反應進行過程和平衡移動原理，故C正確；
D、圖象分析可知，正反應速率減小后，增大比原來的正反應速率大，增大三氧化硫濃度，同時減少二氧化硫濃度，平衡逆向進行，圖象變化符合化學平衡的移動原理和變化，故D正確；
故答案為：ACD；
（5）A．根據(jù)電荷守恒：c（Na⁺）+c（H⁺）=2c（SO₃^2-）+c（HSO₃^-）+c（OH^-），故溶液中c（Na⁺）+c（H⁺）＞c（SO₃^2-）+c（HSO₃^-）+c（OH^-），故A正確；
B．溶液中S元素以SO₃^2-、HSO₃^-、H₂SO₃形式存在，Na元素與硫元素物質(zhì)的量之比為1：1，故溶液中c（Na⁺）=c（SO₃^2-）+c（HSO₃^-）+c（H₂SO₃），電荷守恒為：c（Na⁺）+c（H⁺）=2c（SO₃^2-）+c（HSO₃^-）+c（OH^-），合并得到c（H⁺）+c （H₂SO₃）=c （SO₃^2-）+c （OH^-），故B正確；
C．NaHSO₃溶液中HSO₃^-的電離程度大于其水解程度，故溶液中c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（SO₃^2-），故C錯誤；
D．水電離出氫離子濃度等于溶液中氫氧根離子濃度，由于NaHSO₃溶液的pH未知，不能計算水電離出氫離子濃度，故D錯誤，
故答案為：AB．

點評 本題考查了熱化學方程式書寫和蓋斯定律的計算應用，化學平衡移動原理應用和平衡影響因素的分析判斷，平衡常數(shù)概念計算分析，掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目難度中等．