Question

【题目】一定条件下，2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，反应过程的能量变化如图所示。已知1 mol SO2(g)氧化为1 mol SO3(g)的△H＝－99　kJ·mol－1。

（1）图中△H＝___________kJ·mol－1（填数值）；

（2）写出SO3(g)分解成SO2(g)和O2(g)的热化学方程式：_____________________。

（3）加入催化剂（V2O5）会使图中B点___________（填“升高”或“降低”）。

（4）从化学键角度分析，E表示的意义：______________________________。

（5）某工业生产实验数据如下：

转化率 温度	压强不同时SO2的转化率（%）
	1.01×105 Pa	5.05×105 Pa	1.01×106 Pa	5.05×106 Pa	1.01×107 Pa
450℃	97.5	98.9	99.2	99.6	99.7
550℃	85.6	92.9	94.9	97.7	98.3

你认为最适宜的条件是______________________。

（6）已知由S(s)生成3 mol SO3(g)共放出1185 kJ的热量，单质硫的燃烧热为_____kJ·mol－1。

（7）尾气SO2可以用氨水吸收除去。

已知25℃时，NH3·H2O 的Kb＝1.8×10－5，H2SO3：Ka1＝1.3×10－2、Ka2＝6.2×10－8。

①若氨水的浓度为2.0 mol/L，溶液中的c(OH－)＝___________mol/L。

②将SO2 通入该氨水中，当c(OH－)降至1.0×10－7 mol/L时，溶液中的c(SO32－)/c(HSO3－)＝___________。

Answer 1

【答案】-198 2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g)；ΔH=+198kJ·mol-1 降低 形成化学键释放的热量 450℃，1.01×105Pa 296 6.0×10-3 0.62

【解析】

根据热化学反应方程式的书写规则及盖斯定律的应用分析解答；根据影响弱电解质的电离平衡的因素与电离平衡的关系分析解答。

(1) 因1mol SO2（g）氧化为1mol SO3的△H=-99kJmol-1，所以2molSO2（g）氧化为2molSO3的△H=-198kJmol-1，则2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）△H=-198KJmol-1；

故答案为：-198；

(2) SO3(g)分解成SO2(g)和O2(g)是2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）△H=-198KJmol-1的逆反应，热反应方程式为：2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g)；ΔH=+198kJ·mol-1；

故答案为：2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g)；ΔH=+198kJ·mol-1；

(3)因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低，所以B点降低；

故答案为：降低；

(4)从图像可知，E表示的是1molSO2与O2反应生成1molSO3的过程中放出的能量，从化学键的角度分析，即是形成化学键时放出的能量；

故答案为：形成化学键时放出的能量；

(5)当压强是1.01×107 Pa，450℃时,转化率最高，但是压强很高时，耗能太大，且转化率没有比当压强是1.01×105 Pa，450℃时高很多，综合考虑能源消耗等因素，所以我认为最适宜的条件是450℃，1.01×105Pa；

(6)根据题意已知，1molSO2（g）氧化为1molSO3的△H=-99kJmol-1，则①SO2（g）+O2（g）=SO3（g）△H=-99kJmol-1，S(s)生成3 mol SO3(g)共放出1185 kJ的热量，即②S（s）+O2（g）=SO3（g）△H=--1185 kJmol-1，利用盖斯定律，②-①可得到，S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=-296KJmol-1；

故答案为：296；

(7) ①根据NH3H2ONH4++OH-，电离平衡常数可表示为：K=1.8×10－5,由于c(OH-)=c(NH4+)==6.0×10－3mol/L；

故答案为：6.0×10－3；

②当c(OH－)降至1.0×10－7 mol/L时，c(H+)=1.0×10－7 mol/L，根据H2SO3的Ka2＝6.2×10－8=，其中已知c(H+)，带入计算，可得到==0.62；

故答案为：0.62。