Question

1．已知：工业上制硫酸在接触室中发生的反应为：2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g），其正反应是一个放热反应．
（1）①相同条件下，2mol SO₂和1mol O₂所具有的能量＞（填“＞”、“＜”或“=”）2mol SO₃具有的能量；
②在相同条件下，若断开2mol SO₂、1molO₂和2mol SO₃中的化学键时，吸收的能量分别为Q₁、Q₂、Q₃，则Q₁+Q₂＜Q₃（填“＞”、“＜”或“=”）；
③在一定条件下，当该反应生成2molSO₃时，放出197kJ的热量，该条件下，如果将3mol SO₂和1mol O₂混合，使其充分反应，放出的热量＜197kJ（填“＞”、“＜”或“=”），反应达到平衡后，n（SO₂）+n（SO₃）=3mol．
（2）科研人员设想用如图所示装置生产硫酸，

①通入O₂的b极是原电池正极（填“正”或“负”）；
②电解质溶液中阴离子向a极移动（填“a”或“b”）；
③负极反应式为2SO₂-4e^-+4H₂O=2SO₄^2-+8H⁺．
（3）将一定量的SO₂和含0.7mol氧气的空气（忽略CO₂）放入0.5L密闭容器内，550℃时，在催化剂作用下充分发生反应．测得n（O₂）随时间的变化如下表

时间/s	0	1	2	3	4	5
n（O2）/mol	0.7	0.4	0.3	x	x	x

反应达到5s后，将容器中的混合气体通过过量NaOH溶液，气体体积减少了22.4L（此体积为标准状况下的体积）；再将剩余气体通过焦性没食子酸的碱性溶液吸收O₂，气体的体积又减少了5.6L（此体积为标准状况下的体积）．
请回答下列问题：
①用O₂表示从1～2s内该反应的平均反应速率为0.2mol•L^-1•s^-1；
②该反应达到平衡时，SO₂的转化率为90%（用百分数表示）；
③该反应达到平衡时，O₂的体积分数是6.2%（用百分数表示）；
④若反应在绝热密闭系统中进行时，其余条件不变，反应速率是先增大后减小，其原因可能是：该反应是放热反应，反应开始后放出的热量使体系的温度升高，反应速率加快；一段时间后，随着浓度的减小，化学反应速率减慢．

Answer 1

分析 （1）①在放热反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量；
②对于放热反应，断裂反应物中的化学键所吸收的能量要小于反应物中形成化学键所放出的能量；
③由于2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）是可逆反应，所以将3mol SO₂和1mol O₂混合，氧气不可能完全生成三氧化硫，也就是生成的三氧化硫的物质的量小于2mol，根据硫元素守恒分析；
（2）该装置是原电池，负极上的物质失电子发生氧化反应，负极反应式为2SO₂-4e^-+4H₂O=2SO₄^2-+8H⁺，正极上的物质得电子发生还原反应，电极反应式为O₂+4e^-+4H⁺=2H₂O，原电池放电时，电解质溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；
（3）①从1～2s内，氧气减少了0.4mol-0.3mol=0.1mol，结合v=$\frac{△c}{△t}$计算；
②将容器中的混合气体通过过量NaOH溶液，气体体积减少了22.4L即为1mol，则说明混合气体中二氧化硫和三氧化硫的总物质的量为1mol，所以二氧化硫的起始物质的量为1mol，剩余气体通过焦性没食子酸的碱性溶液吸收O₂，气体的体积又减少了5.6L（此体积为标准状况下的体积），则平衡体系中氧气为 $\frac{5.6L}{22.4L/mol}$=0.25mol，所以参加反应的氧气的物质的量为0.7mol-0.25mol=0.45mol，据此计算出参加反应的二氧化硫的物质的量，进而确定转化率；
③0.7mol氧气的空气中氮气的物质的量为0.7mol×4=2.8mol，根据②的分析可知，平衡时二氧化硫和三氧化硫的总物质的量为1mol，氧气为 0.25mol，据此可计算O₂的体积分数；
④若反应在绝热密闭系统中进行时，其余条件不变，反应开始温度升高较快，但随着反应的进行，反应物的浓度在减小，据此分析；

解答 解：（1）①在放热反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以相同条件下，2mol SO₂和1mol O₂所具有的能量大于2mol SO₃具有的能量，
故答案为：＞；
②对于放热反应，断裂反应物中的化学键所吸收的能量要小于反应物中形成化学键所放出的能量，所以Q₁+Q₂＜Q₃，
故答案 为：＜；
③由于2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）是可逆反应，所以将3mol SO₂和1mol O₂混合，氧气不可能完全生成三氧化硫，也就是生成的三氧化硫的物质的量小于2mol，所以放出的热量＜197kJ，根据硫元素守恒可知，反应达到平衡后，n（SO₂）+n（SO₃）=3mol，
故答案为：＜；3mol；
（2）该装置是原电池，负极上的物质失电子发生氧化反应，负极反应式为2SO₂-4e^-+4H₂O=2SO₄^2-+8H⁺，正极上的物质得电子发生还原反应，电极反应式为O₂+4e^-+4H⁺=2H₂O，原电池放电时，电解质溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，
①根据上面的分析可知，通入O₂的b极是原电池 正极，
故答案为：正；
②电解质溶液中阴离子向负极移动即a极，
故答案为：a；
③根据上面的分析可知，负极反应式为2SO₂-4e^-+4H₂O=2SO₄^2-+8H⁺，
故答案为：2SO₂-4e^-+4H₂O=2SO₄^2-+8H⁺；
（3）①从1～2s内，氧气减少了0.4mol-0.3mol=0.1mol，所以O₂表示从1～2s内该反应的平均反应速率为$\frac{\frac{0.1mol}{0.5L}}{1s}$=0.2mol•L^-1•s^-1，
故答案为：0.2mol•L^-1•s^-1；
②将容器中的混合气体通过过量NaOH溶液，气体体积减少了22.4L即为1mol，则说明混合气体中二氧化硫和三氧化硫的总物质的量为1mol，所以二氧化硫的起始物质的量为1mol，剩余气体通过焦性没食子酸的碱性溶液吸收O₂，气体的体积又减少了5.6L（此体积为标准状况下的体积），则平衡体系中氧气为 $\frac{5.6L}{22.4L/mol}$=0.25mol，所以参加反应的氧气的物质的量为0.7mol-0.25mol=0.45mol，则参加反应的二氧化硫的物质的量为0.9mol，所以达到平衡时，SO₂的转化率为$\frac{0.9mol}{1mol}$×100%=90%，
故答案为：90%；
③0.7mol氧气的空气中氮气的物质的量为0.7mol×4=2.8mol，根据②的分析可知，平衡时二氧化硫和三氧化硫的总物质的量为1mol，氧气为 0.25mol，所以O₂的体积分数为$\frac{0.25mol}{2.8mol+1mol+0.25mol}$×100%=6.2%，
故答案为：6.2%；
④该反应为放热反应，若反应在绝热密闭系统中进行时，其余条件不变，反应开始温度升高较快，但随着反应的进行，反应物的浓度在减小，所以反应速率是先增大后减小，
故答案为：该反应是放热反应，反应开始后放出的热量使体系的温度升高，反应速率加快；一段时间后，随着浓度的减小，化学反应速率减慢．

点评 本题考查化学平衡的计算，涉及反应速率、浓度、转化率及利用原子守恒的计算、原电池原理，侧重分析能力、计算能力的综合考查，注意把握习题中的信息判断平衡时各物质的量，题目难度中等．