题目内容
（2011?江山市模拟）以黄铁矿为原料生产硫酸的主要设备是沸腾炉、（炉气精制）、接触室和吸收塔等．
（1）请写出炉气制造即沸腾炉中黄铁矿燃烧的化学方程式
（2）炉气精制的作用是将含SO2进行除法和水洗．而精制炉气即SO2的催化氧化，在接触室中进行．
A、精制炉气（含SO2体积分数为7%、O2为11%、N2为82%）中SO2平衡转化率与温度及压强关系如图1所示．在实际生产中，SO2催化氧化反应的条件选择常压、450℃左右（对应图中A点），而没有选择SO2转化率更高的B或C点对应的反应条件，其原因分别是
B、接触室中2SO2（g）+O2（g）
2SO3（g），反应过程的能量变化如图2所示．
已知1mol SO2（g）氧化为1mol SO3（g）的△H=-99kJ?mol-1．请回答下列问题：
①图中C点表示
②反应达到平衡时，平衡常数表达式K=
，升高温度，K值
（3）从吸收塔出来的气体用一定量氨水吸收，得到的铵盐产品是（NH4）2SO3和NH4HSO3的混合物．取不同质量的铵盐，分别加入x mol/L的50.00mL NaOH溶液中，经沸水浴（此温度下铵盐自身不分解）加热使氨气全部逸出，干燥后用浓硫酸完全吸收．实验数据如下：
①该铵盐中（NH4）2SO3和NH4HSO3的物质的量之比为
②x的值为
（1）请写出炉气制造即沸腾炉中黄铁矿燃烧的化学方程式
4FeS2+11O2
2Fe2O3+4SO2
| ||
4FeS2+11O2
2Fe2O3+4SO2
．
| ||
（2）炉气精制的作用是将含SO2进行除法和水洗．而精制炉气即SO2的催化氧化，在接触室中进行．A、精制炉气（含SO2体积分数为7%、O2为11%、N2为82%）中SO2平衡转化率与温度及压强关系如图1所示．在实际生产中，SO2催化氧化反应的条件选择常压、450℃左右（对应图中A点），而没有选择SO2转化率更高的B或C点对应的反应条件，其原因分别是
不选B点，因为压强越大对设备的投资大，消耗的动能大；SO2原料的转化率在1个大气压下的转化率已是97%左右，再提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，所以采用1个大气压
不选B点，因为压强越大对设备的投资大，消耗的动能大；SO2原料的转化率在1个大气压下的转化率已是97%左右，再提高压强，SO2的转化率提高的余地很小，所以采用1个大气压
、不选择C点，因为温度越低，SO2转化率虽然更高，但催化剂的催化作用受影响，450℃时，催化剂的催化效率是高．故选择A点，不选C点．
不选择C点，因为温度越低，SO2转化率虽然更高，但催化剂的催化作用受影响，450℃时，催化剂的催化效率是高．故选择A点，不选C点．
．B、接触室中2SO2（g）+O2（g）
| ||
| △ |
已知1mol SO2（g）氧化为1mol SO3（g）的△H=-99kJ?mol-1．请回答下列问题：
①图中C点表示
生成物能量
生成物能量
，E的大小对该反应的反应热无
无
（填“有”或“无”） 影响．该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点降低
降低
（填“升高”或“降低”）．②反应达到平衡时，平衡常数表达式K=
| c2(SO3) |
| c2(SO2)c(O2) |
| c2(SO3) |
| c2(SO2)c(O2) |
减小
减小
（填“增大”、“减小”或“不变”）；图中△H=-198
-198
kJ?mol-1．（3）从吸收塔出来的气体用一定量氨水吸收，得到的铵盐产品是（NH4）2SO3和NH4HSO3的混合物．取不同质量的铵盐，分别加入x mol/L的50.00mL NaOH溶液中，经沸水浴（此温度下铵盐自身不分解）加热使氨气全部逸出，干燥后用浓硫酸完全吸收．实验数据如下：
| 实验次数 | 铵盐质量（g） | 浓硫酸增加的质量（g） |
| 第一次 | 1.570 | 0.340 |
| 第二次 | 3.140 | 0.680 |
| 第三次 | 4.710 | 0.510 |
| 第四次 | 6.280 | 0 |
2：1
2：1
．②x的值为
1.2
1.2
．分析：（1）结合工业制硫酸的原理书写化学方程式；
（2）A、根据图中所示，结合实际生成和需要，在常压下二氧化硫的转化率已经很高了，再加压需要对设备更新投入，且提高的余地很小，无经济效益；温度过低，反应速率低生产周期长影响生成效益；
B、根据图形分析结合能量高低进行判断，催化剂只改变反应的活化能不改变平衡，反应的焓变只与起始和终了物质的能量有关，与反应过程无关，运用化学平衡的理论，改变条件，依据平衡移动的方向来分析判断，K值只随温度的变化而变化；
（3）本反应历程是：OH-首先是和NH4HSO3中的H+反应，随后有多的OH-再和NH4+反应放出氨气，所以随着铵盐的量的增大，NH4HSO3的量也增大，放出的氨气的量会为0．浓硫酸增加的质量就是氨气的质量．第一次和第二次放出的氨气的量是一样的，所以说第一次肯定是OH-的量过量．利用第二次的量计算（因为是OH-不足）．
（2）A、根据图中所示，结合实际生成和需要，在常压下二氧化硫的转化率已经很高了，再加压需要对设备更新投入，且提高的余地很小，无经济效益；温度过低，反应速率低生产周期长影响生成效益；
B、根据图形分析结合能量高低进行判断，催化剂只改变反应的活化能不改变平衡，反应的焓变只与起始和终了物质的能量有关，与反应过程无关，运用化学平衡的理论，改变条件，依据平衡移动的方向来分析判断，K值只随温度的变化而变化；
（3）本反应历程是：OH-首先是和NH4HSO3中的H+反应，随后有多的OH-再和NH4+反应放出氨气，所以随着铵盐的量的增大，NH4HSO3的量也增大，放出的氨气的量会为0．浓硫酸增加的质量就是氨气的质量．第一次和第二次放出的氨气的量是一样的，所以说第一次肯定是OH-的量过量．利用第二次的量计算（因为是OH-不足）．
解答：解：（1）根据反应原料写出化学方程式4FeS2+11O2
2Fe2O3+4SO2，故答案为4FeS2+11O2
2Fe2O3+4SO2
（2）①E为活化能，不影响化学反应能量，加入催化剂可改变反应历程并降低活化能．
②K只与温度相关的函数，升高温度，由于本反应为放热反应，平衡向逆移动，故K减小；图中表示的是反应2SO2（g）+O2（g）
2SO3（g），表示2mol二氧化硫反应放出的热量，已知1mol SO2（g）氧化为1mol SO3（g）的△H=-99kJ?mol-1，所以图中的焓变为99kJ?mol-1×2=198KJ?mol-1，
故答案为：①生成物能量，无，降低．②，减小，-198．
（3）本反应历程是：OH-首先是和NH4HSO3中的H+反应，随后有多的OH-再和NH4+反应放出氨气，所以随着铵盐的量的增大，NH4HSO3的量也增大，放出的氨气的量会为0．浓硫酸增加的质量就是氨气的质量．第一次和第二次放出的氨气的量是一样的，所以说第一次肯定是OH-的量过量．利用第二次的量计算（因为是OH-不足）．
设：（NH4）2SO3的物质的量为a，NH4HSO3的物质的量为b
116a+99b=3.140（质量守恒）…①
17（2a+b）=0.680（元素守恒）…②
解得a=0.010mol，b=0.020mol，即（NH4）2SO3和NH4HSO3的物质的量之比为1：2．
再根据（NH4）2SO3～2NaOH，NH4HSO3～NaOH，可算出x=1.2mol/L．
故答案为：①1：2．②1.2．
| ||
| ||
（2）①E为活化能，不影响化学反应能量，加入催化剂可改变反应历程并降低活化能．
②K只与温度相关的函数，升高温度，由于本反应为放热反应，平衡向逆移动，故K减小；图中表示的是反应2SO2（g）+O2（g）
| ||
| △ |
故答案为：①生成物能量，无，降低．②，减小，-198．
（3）本反应历程是：OH-首先是和NH4HSO3中的H+反应，随后有多的OH-再和NH4+反应放出氨气，所以随着铵盐的量的增大，NH4HSO3的量也增大，放出的氨气的量会为0．浓硫酸增加的质量就是氨气的质量．第一次和第二次放出的氨气的量是一样的，所以说第一次肯定是OH-的量过量．利用第二次的量计算（因为是OH-不足）．
设：（NH4）2SO3的物质的量为a，NH4HSO3的物质的量为b
116a+99b=3.140（质量守恒）…①
17（2a+b）=0.680（元素守恒）…②
解得a=0.010mol，b=0.020mol，即（NH4）2SO3和NH4HSO3的物质的量之比为1：2．
再根据（NH4）2SO3～2NaOH，NH4HSO3～NaOH，可算出x=1.2mol/L．
故答案为：①1：2．②1.2．
点评：本题考查了影响化学平衡的因素，利用平衡进行工业生产的条件选择，反应焓变的计算和影响因素，平衡常数的书写与判断，元素守恒、质量守恒的计算应用等知识．
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