Question

17．恒温恒容条件下，硫可以发生如下转化，其反应过程和能量关系如图甲所示．
[已知：2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）△H=-196.6kJ•mol^-1]

请回答下列问题：
（1）写出能表示硫的燃烧热的热化学方程式：S（s）+O₂（g）═SO₂（g）△H=-297kJ/mol．
（2）△H₂=-78.64kJ•mol^-1．
（3）恒温恒容时，1mol SO₂和2mol O₂充分反应，放出热量的数值比|△H₂|大（填“大”、“小”或“等”）．
（4）将Ⅲ中的混合气体通入足量的NaOH溶液中消耗NaOH的物质的量为2 mol，若溶液中发生了氧化还原反应，则该过程的离子方程式为2SO₂+O₂+4OH^-═2SO₄^2-+2H₂O．
（5）恒容条件下，下列措施中能使n（SO₃）/n（SO₂）增大的有C．
a．升高温度
b．充入He气
c．再充入1mol SO₂（g）和1mol O₂（g）
d．使用催化剂
（6）某SO₂（g）和O₂ （g）体系，时间t₁达到平衡后，改变某一外界条件，反应速率v与时间t的关系如图乙所示，若不改变SO₂（g）和O₂ （g）的量，则图中t₄时引起平衡移动的条件可能是升高温度；图中表示平衡混合物中SO₃的含量最高的一段时间是t₃～t₄．

Answer 1

分析 （1）燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；
（2）根据热化学方程式：2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）△H=-196.6KJ•mol^-1计算；
（3）恒温恒容时，开始为1molSO₂和2molO₂ 与开始为1molSO₂和1molO₂ 相比，开始为1molSO₂和2molO₂ 的SO₂转化率高；
（4）反应最后得到硫酸钠，根据钠原子、硫原子原子守恒计算；
（5）根据平衡移动判断
（6）t₂～t₃段正逆速率都加快，且v（正）＞v（逆），平衡正向移动，t₄～t₅段正逆速率都加快，且v（正）＜v（逆），平衡逆向移动，该反应为体积减小的放热反应，若升高温度，平衡逆向移动，若增大压强，平衡正向移动，故t₂～t₃段为增大压强，t₄～t₅段为升高温度；
t₂～t₃段为增大压强后，平衡正向移动，SO₃的含量升高，至t₃～t₄平衡时含量达最高．

解答 解：（1）燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，所以，硫的物质的量为1mol．由图1可知1molS（s）完全燃烧放出的热量为297KJ，所以，硫的燃烧热的热化学方程式S（s）+O₂（g）═SO₂（g）△H=-297 KJ•mol^-1．
故答案为：S（s）+O₂（g）═SO₂（g）△H=-297 KJ•mol^-1
（2）由由图1可知，参加反应的n（SO₂）=1mol-0.2mol=0.8mol，根据热化学方程式：2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）△H=-196.6KJ•mol^-1；可知，△H₂=0.4△H=0.4×（=-196.6KJ•mol^-1）=-78.64KJ•mol^-1．
故答案为：-78.64KJ•mol^-1
（3）恒温恒容时，开始为1molSO₂和2molO₂ 与开始为1molSO₂和1molO₂ 相比，增大氧气的浓度，平衡正向移动，所以开始为1molSO₂和2molO₂ 的SO₂转化率高，放出热量的数值比|△H₂|大．
故答案为：大
（4）反应最后得到硫酸钠，根据钠原子、硫原子原子守恒，n（NaOH）=2n（S）=2×（0.2+0.8）mol=2mol．
若发生氧化还原反应，则是SO₂被O₂氧化，离子方程式为2SO₂+O₂+4OH^-═2SO₄^2-+2H₂O．
故答案为：2mol；2SO₂+O₂+4OH^-═2SO₄^2-+2H₂O
（5）a、反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，n（SO₃）减小，n（SO₂）增大，n（SO₃）/n（SO₂）减小，故a错误；
b、恒容条件下，充入氦气，反应混合物浓度不变，平衡不移动，n（SO₃）/n（SO₂）不变，故b错误；
c、再充入1molSO₂（g）和1molO₂ （g），等效为Ⅱ压强增大一倍，平衡正向移动，n（SO₃）/n（SO₂）增大，故c正确；
d、使用催化剂，加快反应，平衡不移动，n（SO₃）/n（SO₂）不变，故d错误．
故答案为：C
（6）t₂～t₃段正逆速率都加快，且v（正）＞v（逆），平衡正向移动．t₄～t₅段正逆速率都加快，且v（正）＜v（逆），平衡逆向移动．该反应为体积减小的放热反应，若升高温度，平衡逆向移动，若增大压强，平衡正向移动，故t₂～t₃段为增大压强，t₄～t₅段为升高温度；
t₂～t₃段为增大压强后，平衡正向移动，SO₃的含量升高，至t₃～t₄平衡时含量达最高．
故答案为：升高温度；t₃～t₄；

点评 本题考查热化学方程式、化学平衡等，综合性高，题目难度中等，关键在于读图获取信息，培养学生分析问题解决问题能力．