39．(09年宁夏理综·28)(14分)2SO₂(g)+O₂(g) 2SO₃(g)反应过程的能量变化如图所示。已知1mol SO₂(g)氧化为1mol SO₃的ΔH=-99kJ·mol^-1.请回答下列问题：

(1)图中A、C分别表示　　 、　　 ，E的大小对该反应的反应热有无影响？　 。该反应通常用V₂O₅作催化剂，加V₂O₅会使图中B点升高还是降低？　 ，理由是　　　 ；

(2)图中△H=　 kJ·mol^-1；

(3)V₂O₅的催化循环机理可能为：V₂O₅氧化SO₂时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化循环机理的化学方程式　　　　　 ；

(4)如果反应速率v(SO₂)为0.05 mol·L^-1·min^-1，则v(O₂)=　　　 mol·L^-1·min^-1、v(SO₃)=　　　 mol·L^-1·min^-1；

(5)已知单质硫的燃烧热为296 KJ·mol^-1，计算由S(s)生成3 molSO₃(g)的△H　　　

　(要求计算过程)。

答案：(1)反应物能量　 生成物能量　 (2)无　 降低　 因为催化剂改变了反应的历程使活化能E降低　 (3)-198　 (4)SO₂ +V₂O₅=SO₃+2VO₂　 4VO₂+ O₂=2V₂O₅　 (4)0.025　 0.05

(5)S(s)+O₂(g) =2SO₂(g)△H₁=-296 KJ·mol^-1 ， SO₂(g)+1/2O₂(g) SO₃(g) △H₂=-99 KJ·mol^-1　

3S(s)+9/2O₂(g)=3SO₃(g) △H=3(△H₁+△H₂)=-1185 KJ·mol^-1　

解析：(1)本小题考查反应物总能量高于生成物总能量为放热反应，可得到A和C所表示的意义，E为活化能与反应热无关，但是用催化剂可以降低活化能；(2)图中表示的是2molSO₂的反应，因此△H=-99×2KJ·mol^-1；(3)依题意即可写出：SO₂ +V₂O₅=SO₃+2VO₂　 4VO₂+ O₂=2V₂O₅；(4)依据速率之比等于化学计量数之比

38．(09年江苏化学·20)(10分)联氨(N₂H₄)及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N₂H₄与N₂O₄反应能放出大量的热。

(1)已知：2NO₂(g)===N₂O₄(g)　 △H=-57.20kJ·mol^-1。一定温度下，在密闭容器中反应2NO₂(g)N₂O₄(g)达到平衡。其他条件不变时，下列措施能提高NO₂转化率的是　　 (填字母)。

A．减小NO₂的浓度　　　　　　　　　　　　　　　 B．降低温度

C．增加NO₂的浓度　　　　　　　　　　　　　　　　 D．升高温度

(2)25℃时，1.00gN₂H₄(l)与足量N₂O₄(l)完全反应生成N₂(g)和H₂O(l)，放出19.14kJ的热量。则反应2N₂H₄(l)+N₂O₄(l)=3N₂(g)+4H₂O(l)的△H=　　　 kJ·mol^-1。

(3)17℃、1.01×10⁵Pa，密闭容器中N₂O₄和NO₂的混合气体达到平衡时，c(NO₂)=0.0300 mol·L^-1、c(N₂O₄)=0.0120 mol·L^-1。计算反应2NO₂(g)N₂O₄(g)的平衡常数K。

(4)现用一定量的Cu与足量的浓HNO₃反应，制得1.00L已达到平衡的N₂H₄和NO₂的混合气体(17℃、1.01×10⁵Pa)，理论上至少需消耗Cu多少克？

答案：(1)BC

(2)-1224.96

(3)根据题意知平衡时：c(N₂O₄)=0.0120 mol·L^-1、c(NO₂)=0.0300 mol·L^-1

K==13.3L·mol^-1

答：平衡常数为13.3。

(4)由(3)可知，在17℃、1.01×10⁵Pa达到平衡时，1.00L混合气体中：

n(N₂O₄)=　c(N₂O₄)×V=0.0120 mol·L^-1×1.00L=0.0120mol

n(NO₂)=　c(NO₂)×V=0.0300 mol·L^-1×1.00L=0.0300mol

则 n (NO₂) 总= n(NO₂)+2n(N₂O₄)=0.0540mol

由Cu+4HNO₃=Cu(NO₃)₂+2NO↑+2H₂O可得

答：理论上至少需消耗Cu 1.73 g.

解析：(1)考查影响化学平衡移动的因素(2)简单的反应热计算要注意将质量转化为物质的量，还要注意比例关系。(3)(4)见答案

[考点分析]^{本题考察了平衡移动原理、反应热计算、平衡常数。高考中的热点和难点。}

37．(09年广东化学·20)(10分)

　甲酸甲酯水解反应方程式为：

HCOOCH₃(l)+H₂O(l)HCOOH(l)+CH₃OH(l)；△H>0

某小组通过试验研究该反应(反应过程中体积变化忽略不计)。反应体系中各组分的起始量如下表：

甲酸甲酯转化率在温度T₁下随反应时间(t)的变化如下图：

(1)根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表：

请计算15-20min范围内甲酸甲酯的减少量为　　　　　 mol，甲酸甲酯的平均反应速率为 　　　mol·min^-1(不要求写出计算过程)。

(2)依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因：　　　　 　。

(3)上述反应的平衡常数表达式为：，则该反应在温度T₁下的K值为 　　　　　　　。

(4)其他条件不变，仅改变温度为T₂(T₂大于T₁)，在答题卡框图中画出温度T₂下甲酸甲酯转化率随反应时间变化的预期结果示意图。

答案：(1)15-20min范围内甲酸甲酯的减少量为0.045mol；甲酸甲酯的平均反应速率为0.009mol·min^-1(2)反应速率随着反应的进行，先逐渐增大再逐渐减小，后不变；原因：随着反应的不断进行，应开始甲酸甲酯的浓度大，所以反应速率较大，后随着反应进行，甲酸甲酯的物质的量浓度不断减少，反应速率不断减慢，所以转化率增大的程度逐渐减小，当反应达到平衡后，转化率不变。

(3)1/7

(4)图略。作图要点：因为T₂>T₁，温度越高，平衡向逆反应方向移动，甲酸甲酯的转化率下降，T₂达到平衡时的平台要低于T₁；另外温度越高，越快达到平衡，所以T₂达到平衡的时间要小于T₁。

解析：(1)15min时，甲酸甲酯的转化率为6.7%，所以15min时，甲酸甲酯的物质的量为1-1.00mol×6.7%==0.933mol；20min时，甲酸甲酯的转化率为11.2%所以20min时，甲酸甲酯的物质的量为1-1.00mol×11.2%==0.888mol，所以15至20min甲酸甲酯的减少量为0.933mol-0.888mol=0.045mol，则甲酸甲酯的平均速率==0.045mol/5min==0.009mol·min^-1。

(2)从题给数据不难看出，平均速率的变化随转化率的增大先增大再减小，后保持不变。因为反应开始甲酸甲酯的浓度大，所以反应速率较大，后随着反应进行甲酸甲酯的浓度减小，反应速率减小，当达到平衡时，反应速率几乎不变。

(3)由图象与表格可知，在75min时达到平衡，甲酸甲酯的转化率为24%，所以甲酸甲酯转化的物质的量为1.00×24%==0.24mol，结合方程式可计算得平衡时，甲酸甲酯物质的量==0.76mol，水的物质的量1.75mol，甲酸的物质的量==0.25mol 甲醇的物质的量==0.76mol

。所以K=(0.76×0.25)/(1.75×0.76)=1/7。

(4)因为升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间减少，所以绘图时要注意T₂达到平衡的时间要小于T₁，又该反应是吸热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，甲酸甲酯的转化率减小，所以绘图时要注意T₂达到平衡时的平台要低于T₁。

36．(09年安徽理综·28)(17分)

Fenton法常用于处理含难降解有机物的工业废水，通常是在调节好PH和浓度的废水中加入H₂O₂，所产生的羟基自由基能氧化降解污染物。现运用该方法降解有机污染物p-CP，探究有关因素对该降解反应速率的影响。

[实验设计]控制p-CP的初始浓度相同，恒定实验温度在298K或313K(其余实验条件见下表)，设计如下对比试验。

(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格)。

实验 编号	实验目的	T/K	pH	c/10-3mol·L-1
H2O2	Fe2+
①	为以下实验作参考	298	3	6.0	0.30
②	探究温度对降解反应速率的影响
③		298	10	6.0	0.30

[数据处理]实验测得p-CP的浓度随时间变化的关系如右上图。

(2)请根据右上图实验①曲线，计算降解反应在50~150s内的反应速率：

v(p-CP)= 　　　　　　　　　　mol·L^-1·s^-1。

[解释与结论]

(3)实验①、②表明温度升高，降解反应速率增大。但温度过高时反而导致降解反应速率减小，请从Fenton法所用试剂H₂O₂的角度分析原因： 　　　　　　　　　　　　　　。

(4)实验③得出的结论是：PH等于10时，　　　　　　　　　　　　　　　　　　 。

[思考与交流]

(5)实验时需在不同时间从反应器中取样，并使所取样品中的反应立即停止下来。根据上图中的信息，给出一种迅速停止反应的方法：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

答案：

⁽¹⁾

^(2)8.0×10-6

^{(3)过氧化氢在温度过高时迅速分解。}

^{(4)反应速率趋向于零(或该降解反应趋于停止)}

^{(5)将所取样品迅速加入到一定量的NaOH溶液中，使pH约为10(或将所取样品骤冷等其他合理答案均可)}

解析：(1)实验①是参照实验，所以与实验①相比，实验②和③只能改变一个条件，这样才能起到对比实验的目的，则实验②是探究温度对反应速率的影响，则T=313K，pH=3，c(H₂O₂)=6.0 mol·L^-1，c(Fe²⁺)=0.30 mol·L^-1，实验③显然是探究pH的大小对反应速率的影响；(2)在50-150s内，△c(p-CP)=0.8mol·L^-1，则v (p-CP)=0.08mol·L^-1·s^-1；(3)温度过高时，H₂O₂分解，c(H₂O₂)浓度减小，导致反应速率减小；(4)从图中看出，pH=10时，c(p-CP)不变，即反应速率为零，说明碱性条件下，有机物p-CP不能降解；(5)从第(4)可以得出，在发言液中加入NaOH溶液，使溶液的pH迅速增大，反应停止。

35．(10分)(08年江苏化学·20)将一定量的SO和含0.7 mol氧气的空气(忽略CO₂)放入一定体积的密闭容器中，550 ℃时，在催化剂作用下发生反应：2SO₂+O₂ 　2SO₃(正反应放热)。反应达到平衡后，将容器中的混合气体通过过量NaOH溶液，气体体积减少了21.28 L；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5.6 L(以上气体体积均为标准状况下的体积)。(计算结果保留一位小数)

请回答下列问题：

(1)判断该反应达到平衡状态的标志是　　　　　　　　　 。(填字母)

a．SO₂和SO₃浓度相等　　　　　 b．SO₂百分含量保持不变

c．容器中气体的压强不变　　　　　 d．SO₃的生成速率与SO₂的消耗速率相等

e．容器中混合气体的密度保持不变

(2)欲提高SO₂的转化率，下列措施可行的是　　　　　　　 。(填字母)

a．向装置中再充入N₂b．向装置中再充入O₂

c．改变反应的催化剂　　　　　　　 d．生高温度

(3)求该反应达到平衡时SO₃的转化率(用百分数表示)。

(4)若将平衡混合气体的5%通入过量的BaCl₂溶液，生成沉淀多少克？

答案：(10分)

(1)bc　　　　　 (2)b

(3)消耗的O₂物质的量：　　　

　　 生成的SO₃物质的量：

　　 SO₂和SO₃的物质的量和：

　　 反应前的SO₂物质的量：

　　 SO₂的转化率：

(4)在给定的条件下，溶液呈强酸性，BaSO₃不会沉淀。因此BaSO₄的质量

解析：化学平衡是动态平衡，处于平衡状态的化学反应，并没有停止反应，化学平衡状态的“定”，指的是平衡状态时反应物中各组分的质量分数、物质的量、物质的量分数、总压强、浓度等保持不变，而平衡时的上述各种量的比较关系取决于多种条件，不一定是相等的。且平衡状态的正逆反应速率一定相同。向装置中再充入N₂和改变反应的催化剂，不能使化学平衡移动，升高温度使化学平衡移动逆向移动，

消耗的O₂物质的量：。

生成的SO₃物质的量：

SO₂和SO₃的物质的量和：

反应前的SO₂物质的量：

SO₂的转化率：

在给定的条件下，溶液呈强酸性，BaSO₃不会沉淀。因此BaSO₄的质量。

34．(10分)(08年江苏化学·18)“温室效应”是全球关注的环境问题之一。CO₂是目前大气中含量最高的一种温室气体。因此，控制和治理CO₂是解决温室效应的有效途径。

(1)下列措施中，有利于降低大气中CO₂浓度的有：　　　　 。(填字母)

　　　 a．减少化石燃料的使用　　　　　 b．植树造林，增大植被面积

c．采用节能技术　　　　　　　　 d．利用太阳能、风能

(2)将CO₂转化成有机物可有效实现碳循环。CO₂转化成有机物的例子很多，如：

　 a．6CO₂ + 6H₂OC₆H₁₂O₆+6O₂　 b．CO₂ + 3H₂CH₃OH +H₂O

c．CO₂ + CH₄CH₃COOH　　　　 d．2CO₂ + 6H₂CH₂==CH₂ + 4H₂O

以上反应中，最节能的是　　　　 　　，原子利用率最高的是　　　　　　 。

(3)文献报道某课题组利用CO₂催化氢化制甲烷的研究过程如下：

反应结束后，气体中检测到CH₄和H₂，滤液中检测到HCOOH，固体中检测到镍粉和Fe₃O₄。CH₄、HCOOH、H₂的产量和镍粉用量的关系如下图所示(仅改变镍粉用量，其他条件不变)：

研究人员根据实验结果得出结论：

HCOOH是CO₂转化为CH₄的中间体，即：CO₂HCOOHCH₄

①写出产生H₂的反应方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 。

②由图可知，镍粉是　　　 。(填字母)

a．反应Ⅰ的催化剂　　　　　　　　　　　　 b．反应Ⅱ的催化剂

c．反应Ⅰ、Ⅱ的催化剂　　　　　　　　　　 d．不是催化剂

③当镍粉用量从1 mmol增加到10 mmol，反应速率的变化情况是　　　　　 。(填字母)

a．反应Ⅰ的速率增加，反应Ⅱ的速率不变

b．反应Ⅰ的速率不变，反应Ⅱ的速率增加

c．反应Ⅰ、Ⅱ的速率均不变

d．反应Ⅰ、Ⅱ的速率均增加，且反应Ⅰ的速率增加得快

e．反应Ⅰ、Ⅱ的速率均增加，且反应Ⅱ的速率增加得快

f．反应Ⅰ的速率减小，反应Ⅱ的速率增加

答案：(10分)(1)abcd　　　 (2)a　 c

(3)①3Fe+4H₂OFe₃O₄+2H₂　　　 ②c　　 ③e

解析：控制和治理CO₂是解决温室效应的有效途径可以控制源头，也可以吸收大气中CO₂，光合作用利用了太阳能为最节能，反应物中的原子全部转化为有机物，为原子利用率最高。由反应原料为铁和水，故3Fe+4H₂OFe₃O₄+2H₂，使用催化剂可加快反应速率，根据CH₄、HCOOH、H₂的产量和镍粉用量的关系图可知，反应Ⅱ的速率均增加得快。

33．(8分)(08年海南化学·15)反应A(g)+B(g) 　C(g) +D(g)过程中的能量变化如图所示，回答下列问题。

(1)该反应是____________________反应(填“吸热”、“放热”)。

(2)当反应达到平衡时，升高温度，A的转化率______(填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是____________________________________________。

(3)反应体系中加入催化剂对反应热是否有影响?_______________，原因是_________.

(4)在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E₁和E₂的变化是：E₁_________，E₂________(填“增大”、“减小”或“不变”)。

答案：(8分)(1)放热　　 (2)减小　　 该反应正反应为放热反应，升高温度使平衡向逆反应方向移动　　 (3)不影响　 催化剂不改变平衡的移动　　 (4)减小　 减小

解析：由图可以知道，由于该反应的反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应属于放热反应，所以升高温度，平衡向逆反应进行，所以A的转化率减小；当在反应体系中加入催化剂，能同倍数改变化学反应速率，因此对化学平衡的移动无影响，即对反应热也无影响。因为化学反应速率增大，所以E₁和E₂同时降低。

2.该反应为吸热反应，所以反应物的总能量要低于生成物的总能量。

(2)请提出可提高其反应速率且增大NH₃生成量的建议：升高温度，增大反应物N₂的浓度，不断移出生成物脱离反应体系。

解释：该反应正反应是吸热反应，升高温度，使化学平衡向正反应方向移动，从而增大NH₃生成量，升高温度也能提高反应速率；增大反应N₂浓度，加快反应速率，并使化学平衡向右移动；不断移出生成物脱离反应体系，使平衡向右移动，增大NH₃生成量。　

(3) ①该条件下N₂的平衡转化率：66.7%

　 ②该条件下反应2NH₃(g) N₂(g) +3H₂(g)的平衡常数为0.005

解释：由三行式法计算可知，起始时，c(N₂)=0.3mol/l.平衡时，c(N₂)=0.1mol/l; c(H2)=0.2mol/l; c(NH₃)=0.4mol/l 。

①所以N₂的平衡转化率=(0.3-0.1)/0.3*100%=66.7%

②反应2NH₃(g) 　N₂(g) +3H₂(g)的平衡常数K= c(N₂)* c(H₂)³/ c(NH₃)²=0.005

1.催化剂可降低反应的活化能，但对这各反应前后能量变化并不产生任何影响。

32．(12分)(08年广东化学·24)

科学家一直致力研究常温、常压下“人工围氮”的新方法。曾有实验报道：在常温、常压、光照条件下，N₂在催化剂(掺有少量Fe₂O₃的TiO₂)表面与水发生反应，生成的主要产物为NH₃。进一步研究NH₃生成量与温度的关系，部分实验数据见下表(光照、N₂压力1.0×10⁵Pa、反应时间3 h)：

相应的热化学方程式如下：

N₂(g)+3H₂O(1)=2NH₃(g)+O₂(g)　　 ΔH=+765.2 kJ·mol^-1

回答下列问题：

(1)请在答题卡的坐标图中画出上述反应在有催化剂与无催化剂两种情况下反应过程中体系能量变化示意图，并进行必要标注。

(2)与目前广泛使用的工业合成氨方法相比，该方法中固氮反应速率慢。请提出可提高其反应速率且增大NH₃生成量的建议：　　　　　　 。

(3)工业合成氨的反应为N₂(g)+3H₂(g) 2NH₃(g)。设在容积为2.0 L的密闭容器中充入0.60 mol N₂(g)和1.60 mol H₂(g)，反应在一定条件下达到平衡时，NH₃的物质的量分数(NH₃的物质的量与反应体系中总的物质的量之比)为。计算

①该条件下N₂的平衡转化率；

②该条件下反应2NH₃(g)N₂(g)+3H₂(g)的平衡常数。

答案：(1)

(2)研制新型高效催化剂(升高温度，增大反应物N₂的浓度，不断移出生成物脱离反应体系)

(3)①66.7% ②0.005

解析：(1)画图略，

要点：