热门试卷

(1)正反应；7.0。

　　(2)不相等；因为这两种情况是在两种不同温度下达到化学平衡，平衡状态不同，所以物质的量也不同。

题中给出一个容积固定的反应器，虽然中间有一个移动隔板，但题中要求隔板处于反应器的正中位置，也就是要求反应容器左右两侧反应的物质的量始终相等。要满足这一条件，①可通过投入E的物质的量即x值的大小来控制；②可通过温度的调节来实现。

　　(1)反应器左侧的反应为一个反应前后总体积不变化的反应，总物质的量始终为nA＋nB＋nC＝4mol＋4mol＋4mol＝12mol，这就要求反应器右侧也必须始终保持总的物质的量也为12mol。当x＝4.5时，右侧反应在起始时总的物质的量为6.5mol＋4.5mol＋2mol＝13mol，大于12mol，此时反应向总体积缩小的方向移动，即向正反应方向进行。由于右侧的正反应是一个体积缩小的反应，E物质参与反应的越多，体积缩小的越多。用极限法，假设投入的E物质全部反应，即E的最大投入量，也就是x的最大取值，则

　　　　　　　　　D(g)　＋　 2E(g)　　　　2F(g)

　　n始(mol)　　　6.5　　　　　x　　　　　　　　2.0

　　n平(mol)　　6.5-　　　　0　　　　　　　2.0＋x

　　因左侧反应混合物总的物质的量为12mol，所以达平衡时，右侧反应需满足：

　　6.5-＋0＋2.0＋x＝12，x＝7

　　(2)若x分别为4.5和5.0这两种情况时，要满足题中移动隔板恰好处于反应器正中位置的要求，即反应器右侧在z值不同时还始终保持总物质的量为12mol，只有通过条件①即调节温度来实现。也就是说当x的取值在4.5和5.0这两种情况下，当隔板恰处中间位置时的温度是不相同的。再来分析反应器的左侧。由右侧的条件决定x的数值不同，温度不同，在不同的温度下平衡状态不同，各物质的量也就不同。故A的物质的量在这两种情况下也不相等。

（6分，每空2分）

（1）2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)   △H=－196 kJ/mol（计量系数和焓变值对应也行）

（2）  60%

（3）50%

考查热化学方程式的书写，可逆反应的有关计算，一般采用三段式。

2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)

起始量（mol）    2       1         0

转化量（mol）    2x      x         2x+

平衡量（mol）  2－2x    1－x       2x

所以有2x＝1.2mol

解得x＝0.6mol

（1）因此如果消耗1mol氧气放出的热量是117.6 kJ÷0.6＝196 kJ/mol

所以反应的热化学方程式是2SO2(g)+ O2(g)2SO3(g)   △H=－196 kJ/mol

（2）反应中SO2的转化率是2x÷2＝0.6，即60％

（3）若起始时改为充入2 mol SO3，则平衡是等效的，因此平衡后SO3的质量分数为

（1）C2H4+H2SO4= C2H5OSO3H; C2H5OSO3H＋H2O=C2H5OH+ H2SO4;

(2) -45.5 污染小，腐蚀性小等；（3）①K=0.07(MPa)-1; ②P1< P2< P3< P4;反应分子数减少，相同温度下，压强升高，乙烯转化率提高；     ③将产物乙醇液化转移去，增加n(H2O):n(C2H4)的比。

试题分析：（1）根据题意可得乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯C2H5OSO3H的方程式：C2H4+H2SO4= C2H5OSO3H; C2H5OSO3H＋H2O=C2H5OH+ H2SO4；（2）①－②－③，整理可得C2H4 (g)＋H2O(g)＝C2H5OH(g)，△H＝（－23.9+29.1－50.7）KJ/mol=－45.5 KJ/mol；与间接水合法相比，气相直接水合法的优点是污染小，腐蚀性小等；（3）①乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数K(MPa)-1; ②在相同的温度下由于乙烯是平衡转化率是P1< P2< P3< P4;由方程式C2H4 (g)＋H2O(g)＝C2H5OH(g)可知该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡正向移动，乙烯的转化率提高，因此压强关系是：P1< P2< P3< P4; ③若要进一步提高乙烯的转化率，除了可以适当改变反应温度和压强外，还可以采取的措施有改变物质的浓度，如从平衡体系中将产物乙醇分离出去，或增大水蒸气的浓度，改变二者的物质的量的比等等。

28.（16分）Ⅰ、 CH4(g)+2NO2(g) = N2(g) + CO2(g) +2H2O(l)  ⊿H=" -955" kJ·mol－1（2分）

Ⅱ、（1）①K="0.25" （2分）   ② > （1分）

（2）①升温（1分）增压（1分）（其他合理答案参照给分）

②如右图（2分）

Ⅲ、① 2MnO2 + O2 + 4KOH 2K2MnO4 + 2H2O（2分）

大于2 : 1  (1分)

② MnO42- - e- =  MnO4-   (2分)    

③ H2（1分）    KOH固体 （1分）

试题分析：Ⅰ：(1)将方程式（①+②+③×4）/2得CH4（g）与NO2（g）反应生成N2（g）、CO2（g）和H2O的方程式，故△H=（-574 -1160-44．0×4）/2= -955 kJ·mol－1；Ⅱ：（1）①A点时CO的转化率为50％，转化量为5mol，故平衡时CO、H2、CH3CH2OH、H2O的物质的量分别为5mol、10mol、2.5mol、2.5mol，平衡浓度分别为0.5mol/L、1mol/L、0.25mol/L、0.25mol/L，代入平衡常数表达式K==0.25；②C点的温度高，反应速率快，达到平衡所用的时间短；（2）①曲线Ⅰ和实线相比较，加快了反应速率，平衡向左移动了，故为升高温度；虚线Ⅱ和实线相比较，反应速率加快，平衡向右移动了，故为加压；②甲醇的物质的量从零开始逐渐增大，达到平衡状态时氢气消耗6mol，生成甲醇2mol，以后甲醇的物质的量不再发生变化了；Ⅲ①由题目信息可得通过二氧化锰和KOH、氧气在熔融条件下生成K2MnO4，结合原子守恒和氧化还原方程式的配平方法写出化学方程式；当KOH和二氧化锰之比为2:1时恰好完全反应，当在水或酸性溶液中K2MnO4发生歧化而变成MnO2和KMnO4，需保持碱性环境，故两者物质的量之比大于2:1；②阳极MnO42-失去电子发生氧化反应生成MnO4- ，故为MnO42- - e- =  MnO4- ；③阴极氢离子得电子生成氢气，同时生成氢氧化钾，氢氧化钾可以循环使用。