[题目]目前.燃煤脱硫是科研工作者研究的重要课题之一.主要脱硫方法有以下几种:Ⅰ．石灰法原理为:2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s) (1)T1℃时.向10L恒容密闭容器中加入3molCaO(s).并通入2molSO2(g)和1molO2(g)发生上述反应.2min时达平衡.此时CaSO4(s)为1.8mol.0~2min内.用SO2(g)表示的该反应的速� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

【题目】目前，燃煤脱硫是科研工作者研究的重要课题之一，主要脱硫方法有以下几种：

Ⅰ．石灰法原理为：2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)

（1）T1℃时，向10L恒容密闭容器中加入3molCaO(s)，并通入2molSO2(g)和1molO2(g)发生上述反应，2min时达平衡，此时CaSO4(s)为1.8mol。0~2min内，用SO2(g)表示的该反应的速率v(SO2)=__________________________。

Ⅱ．催化氧化法

活性炭催化氧化法是基于活性良好的物理吸附和化学吸附作用，其反应机理为：

O2+2C→2C—O；SO2+C→C—SO2；C—SO2+C—O→C—SO3+C；

C—SO3+H2O→C—H2SO4；C—H2SO4→H2SO4+C。

（2）整个过程中总的化学反应方程式为__________________________________________。

（3）活性炭在反应过程中作催化剂，改变了_____________（填选项字母）。

A．反应速率 B．反应限度 C．反应焓变 D．反应路径 E．反应活化能

Ⅲ．CO还原法原理为2CO(g)+SO2(g)S(g)+2CO2(g) ΔH

已知：S(g)+O2(g)=SO2(g) ΔH1=-574.0kJ·mol-1；CO燃烧热为283.0kJ·mol-1。

（4）起始温度为T2℃时，分别在三个容积均为10L的绝热密闭容器中，发生反应2CO(g)+SO2(g)S(g)+2CO2(g)，测得相关数据如下表所示。

容器	起始时物质的量/mol				平衡时CO2(g)的物质的量/mol
容器	CO(g)	SO2(g)	S(g)	CO2(g)	平衡时CO2(g)的物质的量/mol
甲	1	0.5	0.5	0	A
乙	1	0.5	0	0	0.8
丙	2	1	0	0	b

①容器乙达到平衡后，保持其他条件不变，再向其中充入CO(g)、 SO2(g)、S(g)、CO2(g)各1mol，此时v(正)__________ v(逆)。（填“＞”、“＜”或“=”)。

②下列判断正确的是________________（填选项字母）。

A．b=1.6 B．平衡常数甲＞乙 C．达到平衡的时间：丙＜乙

【答案】0.09mol·L-1·min-1 2SO2 + O2 + 2H2O = 2H2SO4 A、D、E ＞ BC

【解析】

I、(1)根据反应2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)可知生成1.8molCaSO4，要消耗1.8mol SO2，则2min内SO2浓度变化量==0.18mol/L，用SO2(g)表示的该反应速率==0.09mol/(L·min)。

II、(2)已知①O2 +2C→2C—O；②SO2 +C→C—SO2；③C—SO2 + C—O→C—SO3 + C；④C—SO3+H2O→ C—H2SO4；⑤C—H2SO4→H2SO4 + C。将[①+②+③+④+⑤]2得2SO2 + O2 + 2H2O2H2SO4。

(3)催化剂能够减小反应的活化能，从而改变反应速率，催化剂参与反应而改变反应路径，由此解答。

III、(4)已知：CO燃烧热为283.0 kJ·mol-1，有热化学方程式：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g), ΔH=-566.0kJ/mol；②S(g)+O2(g)=SO2(g),ΔH1=-574.0 kJ·mol-1，根据盖斯定律将①－②得2CO(g)+SO2(g)S(g)+2CO2(g) ,ΔH=-566.0kJ/mol-(-574.0kJ/mol)=+8kJ/mol；即2CO(g)+SO2(g)S(g)+2CO2(g) ,ΔH=+8kJ/mol。①因为容器乙温度不变，所以平衡常数不变，再向容器中充入CO(g)、 SO2(g)、S(g)、CO2(g)各1mol，计算其浓度商Q=再与平衡常数比较解答。②A.假定容器乙与容器丙相同温度和体积，因容器丙初始物质的量是容器乙初始物质的量的2倍，故容器丙反应相对于容器乙反应等效于加压，再考虑实际是在绝热条件下，比较容器丙的温度与容器乙的温度高低来作答。B.假定容器甲、乙处于恒温恒容下，从表格初始投料看，容器甲达到的平衡相当于在容器乙平衡中再加入0.5molS(g)，容器甲平衡向逆反应方向移动，故容器甲反应吸收的热量比容器乙少，但容器甲、乙实际处于绝热条件下，再比较容器甲与容器乙的温度高低，根据平衡常数与温度有关分析。C.假定在恒温恒容下，乙、丙两容器达到的平衡互为等效平衡，容器丙吸收的热量是容器乙的2倍，容器丙中各组分的浓度是容器乙中对应组分浓度的2倍，且容器丙比容器乙多吸收的热量=×8kJ/mol×0.8mol=3.2kJ。而实际是在绝热条件下，此时浓度对反应速率的影响超过了温度对反应速率的影响，故容器丙的反应速率比容器乙的反应速率大，反应速率越大达到平衡的时间越小，由此分析。

I、(1)根据反应2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)2CaSO4(s)可知生成1.8molCaSO4，要消耗1.8mol SO2，则2min内SO2浓度变化量==0.18mol/L，用SO2(g)表示的该反应速率==0.09mol/(L·min)。

II、(2)已知①O2 +2C→2C—O；②SO2 +C→C—SO2；③C—SO2 + C—O→C—SO3 + C；④C—SO3+H2O→ C—H2SO4；⑤C—H2SO4→H2SO4 + C。将[①+②+③+④+⑤]2消除中间物，得2SO2 + O2 + 2H2O2H2SO4，整个过程中总的化学方程式为2SO2 + O2 + 2H2O2H2SO4。

(3)催化剂能够减小反应的活化能，提高活化分子百分数，从而改变反应速率；催化剂参与化学反应而改变反应路径；但催化剂不影响平衡移动，所以不改变反应限度；催化剂不能改变反应物和生成物具有的能量，故不改变反应焓变，答案选ADE。

III、(4)已知CO燃烧热为283.0 kJ·mol-1，有热化学方程式：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g), ΔH=-566.0kJ/mol；②S(g)+O2(g)=SO2(g),ΔH1=-574.0 kJ·mol-1，根据盖斯定律将①－②得2CO(g)+SO2(g)S(g)+2CO2(g),ΔH=-566.0kJ/mol-(-574.0kJ/mol)=+8kJ/mol；即2CO(g)+SO2(g)S(g)+2CO2(g) ,ΔH=+8kJ/mol。

①根据表格数据可知容器乙达到平衡时生成0.8molCO2，由方程式2CO(g)+SO2(g)S(g)+2CO2(g)计量关系计算得平衡时：S(g)物质的量= 0.4mol、SO2物质的量=0.5mol-0.8mol×=0.1mol、CO的物质的量=1mol-0.8mol=0.2mol，此温度下平衡常数K=== 64。保持温度不变再充入CO(g)、 SO2(g)、S(g)、CO2(g)各1mol，其浓度商Q===<K=64，说明平衡向正反应方向进行，即此时v(正)>v(逆)。

②A.假定容器乙与容器丙相同温度和体积，因容器丙初始物质的量是容器乙初始物质的量的2倍，故容器丙反应相对于容器乙反应等效于加压，而反应2CO(g)+SO2(g)S(g)+2CO2(g) ,ΔH=+8kJ/mol前后气体分子数目不变，该反应加压平衡不移动，故平衡时容器丙中CO2物质的量是容器乙中CO2物质的量的2倍即为1.6mol，吸收的热量也是容器乙的2倍。但是，实际是绝热条件下，容器与环境不发生热量交换，容器丙的温度比容器乙低，降温该反应向逆反应方向移动，所以容器丙中生成物CO2的量将要减少，所以b<1.6，A项错误；B.假定容器甲、乙处于恒温恒容下，从表格初始投料看，容器甲达到的平衡相当于在容器乙平衡中再加入0.5molS(g)，容器甲平衡向逆反应方向移动，故容器甲反应吸收的热量比容器乙少，但是，容器甲、乙实际处于绝热条件下，故容器甲温度比容器乙温度要高，平衡常数与温度有关，又该反应正反应为吸热反应，升温平衡向正反应方向移动，所以平衡常数甲>乙，B项正确；C.根据A项分析可知假定在恒温恒容下，乙、丙两容器达到的平衡互为等效平衡，容器丙吸收的热量是容器乙的2倍，容器丙中各组分的浓度是容器乙中对应组分浓度的2倍，且容器丙比容器乙多吸收的热量=×8kJ/mol×0.8mol=3.2kJ。而实际是在绝热条件下，容器丙多吸收的3.2kJ热量对容器丙温度降低不大，而容器丙中各组分的浓度是容器乙的2倍，此时浓度对反应速率的影响超过了温度对反应速率的影响，故容器丙的反应速率比容器乙的反应速率大，达到平衡的时间丙<乙，C项正确；答案选BC。

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I.定性探究

选用下列试剂设计实验方案，完成下表内容。

试剂：酸性KMnO4溶液、K3[Fe(CN)6]溶液

操作	现象	结论与解释
(1)取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入2mL水，振荡后静置	有淡黄色沉淀，上层清液无色	草酸亚铁不溶于水
(2)继续加入2mL稀硫酸，振荡	___________	草酸亚铁溶于硫酸，硫酸酸性强于草酸
(3)向步骤(2)所得溶液中滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液	产生蓝色沉淀	___________
(4)①___________	②___________	H2C2O4或C2O42－具有还原性

Ⅱ.定量探究：滴定实验测x的值

(5)滴定前，下列操作的正确顺序是___________(填字母序号)。

a.用0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液润洗

b.查漏、清洗

c.排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面

d.盛装0.1000mol/L的酸性KMnO4溶液

e.初始读数、记录为0.50mL

(6)称取ng样品，加入适量稀硫酸溶解，用步骤(5)准备的标准KMnO4溶液直接滴定，如何判断滴定终点?_______________。

(7)终点读数为20.50mL。结合上述实验数据求得x=___________(用含n的代数式表示，FeC2O4的相对分子质量为144)。

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（1）①步骤Ⅱ中制氢气的原理如下：

a．CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)；K1

b．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)；K2

则反应CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)；K=_______________(用含K1、K2的代数式表示)。

②T1温度时，对于反应：CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+ H2(g)，向2 L的恒容密闭容器中通入一定量的CO和H2O(g)。若达到平衡后，反应放热Q kJ，保持其他条件不变，只是向原平衡体系中再通入0.20 mol H2O(g)，则下列说法正确的是_____________。

A．CO的转化率将增大 B．达到新平衡时的反应热ΔH ＞ —Q

C．气体的密度将不变 D．H2O的体积分数增大

（2）将3 molH2和2 molN2充入某恒温恒压容器中，发生合成氨的反应：3H2(g) ＋N2(g) 2NH3(g)

①达平衡时NH3的浓度为c mol·L-1。保持温度不变，按下列配比分别充入该容器，平衡后NH3的浓度不为c mol·L-1的是_________。

A．6 molH2 + 4 molN2

B．0.75 molH2 + 0.75 molN2 + 0.5 molNH3

C．3 molH2+ 1 molN2 + 2 mol NH3

② 若是在恒温恒容的容器中反应，达到平衡时NH3的浓度为c1 mol·L-1，则c________c1（填“<”“>”或“=”），原因是________________________________________。

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(1)已知：N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　　　　ΔH＝a kJ·mol－1

2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)　 ΔH＝b kJ·mol－1

4NH3(g)＋5O2(g)===4NO(g)＋6H2O(l)　　　　ΔH＝c kJ·mol－1

反应8NH3(g)＋6NO2(g)===7N2(g)＋12H2O(l)　 ΔH＝____kJ·mol－1。

(2)水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。

①用次氯酸钠除去氨氮的原理如图1所示。写出该图示的总反应化学方程式：______________________。该反应需控制温度，温度过高时氨氮去除率降低的原因是________________________________________________________________________。

图1　　图2

②取一定量的含氨氮废水，改变加入次氯酸钠的用量，反应一段时间后，溶液中氨氮去除率、总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素的总量)去除率以及剩余次氯酸钠的含量随m(NaClO)∶m(NH3)的变化情况如图2所示。点B剩余NaClO含量低于点A的原因是____。当m(NaClO)∶m(NH3)>7.6时，水体中总氮去除率反而下降，可能的原因是____。

(3)电极生物膜电解脱硝是电化学和微生物工艺的组合。某微生物膜能利用电解产生的活性原子将NO3-还原为N2，工作原理如图3所示。

①写出该活性原子与NO3-反应的离子方程式：________________。

②若阳极生成标准状况下2.24 L气体，理论上可除去NO3-的物质的量为____mol。

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