高考化学试题汇编热化学.doc

2015高考化学试题汇编热化学
（2015·北京）9、最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：

下列说法中正确的是
A、 CO和O生成CO2是吸热反应
B、 在该过程中，CO断键形成C和O
C、 CO和O生成了具有极性共价键的CO2
D、 状态Ⅰ →状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程
【答案】C
【解析】本题考查反应原理中化学反应与能量变化的知识。A中反应能量的判断，根据反应过程—能量图初始状态I高于末状态III可以判断此为反应放热反应，因此错。B选项根据状态I、II 可以看出CO碳氧键一直未断裂，错。C.由图 III 可知，生成物是 CO2 ，不同元素形成极性共价键， C 正确。D.由图可知为CO与O的反应，D 错。
（2015·重庆）6．黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：
S(s)+2KNO3(s)+3C(s)==K2S(s)+N2(g)+3CO2(g) ΔH= x kJ·mol－1
已知硫的燃烧热ΔH1= a kJ·mol－1
S(s)+2K(s)==K2S(s) ΔH2= b kJ·mol－1
2K(s)+N2(g)+3O2(g)==2KNO3(s) ΔH3= c kJ·mol－1
则x为
A．3a+b－c B．c +3a－b C．a+b－c D．c+a－b
【答案】A
【解析】考查盖斯定律的应用。根据盖斯定律，可得x=3a+b－c，选A。
（2015·上海）8．已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．加入催化剂，减小了反应的热效应
B．加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率
C．H2O2分解的热化学方程式：H2O2 → H2O + O2 + Q
D．反应物的总能量高于生成物的总能量
【答案】D
【解析】催化剂对反应的热效应以及H2O2的平衡转化率没有影响，故A、B错误；由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，故选D。
（2015·江苏）15. 在体积均为1.0L的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分別加入0.1molCO2和0.2molCO2，在不同温度下反应达到平衡,平衡时的物质的量浓度随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）。下列说法正确的是（ ）[多选]

A.反应的、
B.体系的总压强：（状态Ⅱ）>2（状态I）
C.体系中c（CO）：
D.逆反应速率 : （状态Ⅰ）>（状态Ⅲ）
【答案】BC
【解析】A项，因为该反应是吸热反应，所以△H>0，所以A项错误。D项因为状态III的温度高于状态I 温度，所以无论正反应速率还是逆反应速率都是状态III大于状态I，所以D项错误。
（2015·海南）4．己知丙烷的燃烧热△H=-2215KJ·mol-1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成18g水，则放出的热量约为
A． 55 kJ B．220 kJ C． 550 kJ D．1108 kJ
【答案】A
【解析】：丙烷分子式是C3H8，1mol丙烷燃烧会产生4mol水，则丙烷完全燃烧产生1.8g水，消耗丙烷的物质的量是n(C3H8)=m÷M=1.8g÷18g/mol=0.1mol，所以反应放出的热量是Q=(2215kJ/mol÷4mol)×0.1=55.375kJ,因此大于数值与选项A接近。故答案的A.
（2015·新课标I）28．（15分）碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛图。回答下列问题：
（1）大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2,该反应的还原产物为____________。
（2）上述浓缩液中含有I-、Cl-等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为：_____________，已知Ksp（AgCl）=1.8×10-10，Ksp（AgI）=8.5×10-17。
（3）已知反应2HI（g）=H2(g) + I2(g)的△H=+11kJ·mol-1，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收436KJ、151KJ的能量，则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为______________kJ。
（4）Bodensteins研究了下列反应：2HI（g）H2（g）+I2（g）在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：
t/min
0
20
40
60
80
120
X(HI)
1
0.91
0.85
0.815
0.795
0.784
X(HI)
0
0.60
0.73
0.773
0.780
0.784
①根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为：___________。
②上述反应中，正反应速率为v正=k正x2(HI)，逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为________(以K和k正表示)。若k正=0.0027min-1，在t=40,min时，v正=__________min-1
③由上述实验数据计算得到v正~x(HI)和v逆~x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_________________（填字母）

【答案】15分⑴MnSO4； ⑵ 4.72×10-7； ⑶ 299
⑷①K=0.1082/0.7842；
② K·k正；1.95×10-3③A点、E点
【解析】MnO2中+4价Mn还原为+2价，结合溶液环境，可知还原产物为MnSO4；= =4.72×10-7；化学键断裂吸收能量，形成化学键放出能量，（-436KJ）+（-151KJ）+2（+X）=11kJ；解得X=299kJ；假设容器体积为1L，投入物质的量为1mol，根据题意可知2HI（g）H2（g）+I2（g）
初始 1mol·L-10 0
平衡0.784mol·L-10.108mol·L-10.108mol·L-1
所以K=0.1082/0.7842；平衡时v正=v逆，所以k正x2(HI) =k逆x(H2)x(I2)，结合平衡常数表达式可知k逆=K·k正，v正=k正x2(HI)=0.0027min-1ⅹ（0.85）2=1.95×10-3。
（2015·新课标II）27.（14分）
甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，利用合成气（主要成分为）在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：
① △
② △
③ △
回答下列问题：
（1）已知反应①中相关的化学键键能数据如下：

由此计算:已知,则.
（2）反应①的化学平衡常数K表达式为________;图1中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为__________（填曲线标记字母），其判断理由是_________。

（3）组成时，体系中的平衡转化率温度和压强的关系如图2所示。值随温度升高而______（填“增大”或“缩小”）其原因是_____；图2中的压强由大到小为_____，其判断理由是_____。
【答案：】（1）-99 +44
（2）
a 反应①是放热反应，K应该随温度的升高而变小，
（3）减小 反应①是放热反应，平衡向左移动，使得体系的CO的量增大：反应③ 为吸热反应平衡向右移动，又使CO得量增大总的使温度升高，CO的转化率降低。P3>P2>P1 , 原因相同温度下由于第一个反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡右移动，提高CO的转化率，而反应③ 为气体分子数不变的反应，产生的CO不受压强的影响，故增大压强有利于CO的转化率升高。
【解析：】（1）根据反应焓变等于反应物的键能总和-生成物的键能总和得出ΔH1=-99kJ/mol, ΔH3=ΔH2-ΔH1,得出ΔH3 =+44kJ/mol，（2）
a 反应①是放热反应，K应该随温度的升高而变小，
（3）减小 反应①是放热反应，平衡向左移动，使得体系的CO的量增大：反应③ 为吸热反应平衡向右移动，又使CO得量增大总的使温度升高，CO的转化率降低。P3>P2>P1 , 原因相同温度下由于第一个反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡右移动，提高CO的转化率，而反应③ 为气体分子数不变的反应，产生的CO不受压强的影响，故增大压强有利于CO的转化率升高。
（2015·天津）25．(14分)随原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。

根据判断出的元素回答问题：
（1）f在元素周期表的位置是__________。
（2）比较d、e常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）_______＞__________；比较g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱是：_______＞__________。
（3）任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式：__________。
（4）已知1mol e 的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5kJ热量，写出该反应的热化学方程式：___________________。
（5）上述元素可组成盐R：zx4f(gd4)2,向盛有10mL1mol·L-1R溶液的烧杯中滴加1mol·L-1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如下：

①R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是：__________。
②写出m点反应的而离子方程式_________________。
③若在R溶液中改加20mL1.2 mol·L-1Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为__________mol。
【答案】
（1）第三周期 IIIA族
（2）r(O2-)>r(Na+) HClO4>H2SO4
（3）
（4）2Na(s)+O2(g)= Na2O2(s) △H=－511KJ·mol-1
（5） ①c(SO42-)> c(NH4+)> c(Al3+)> c(H+)> c(OH-)
②NH4++OH-=NH3·H2O
③0.022
【解析】根据图示信息，结合原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化，判断出x、y、z、d、e、f、g、h的元素符号分别为H、C、N、O、Na、Al、S、Cl。
（1）f是Al，在周期表中的位置是第三周期IIIA族。
（2）d、e离子分别是O2-、Na+，两者的电子层结构相同，根据径大序小原则，两者的离子半径大小：r(O2-)>r(Na+）； g、h的最高价氧化物对应的水化物的酸分别是HClO4、H2SO4，根据周期律的原则，Cl的非金属性比S强，故酸性强弱为HClO4>H2SO4；
（3）H、N可以组成四原子共价化合物NH3，其电子式为：
（4）1mole Na在足量O2中燃烧，恢复至室温，放出255.5KJ热量，g根据方程式2Na(s)+O2(g)= Na2O2(s)，反应热应为写出反应511KJ·mol-1，故热化学方程式为：2Na(s)+O2(g)= Na2O2(s) △H=－511KJ·mol-1。
（5）zx4f(gd4)2为NH4Al(SO4)2
①由图示可以看出，OH-先跟Al3+反应，再跟NH4+反应，说明Al3+比NH4+更弱，因此Al3+水解程度更大，在NH4Al(SO4)2溶液中剩余的更少，因此c(NH4+)> c(Al3+)，NH4Al(SO4)2溶液因Al3+、NH4+的水解而显酸性，因此c(H+)> c(OH-)，SO42-未发生变化，其浓度最大，在NH4Al(SO4)2溶液中，因为溶液中原有离子的浓度大于水解出的离子，因此离子浓度由大到小的顺序是c(SO42-)> c(NH4+)> c(Al3+)> c(H+)> c(OH-)；
②根据图示信息，结合①分析，图中0-30段为OH-跟Al3+反应，30-40段为OH-跟NH4+反应，m点在30-40之间，因此m点反应的离子方程式为：NH4++OH-=NH3·H2O；
③10ml 1mol·L-1 NH4Al(SO4)2与20ml 1.2mol·L-1Ba(OH)2的物质的量之比为5:12，此时可以重新认为有5个NH4Al(SO4)2跟12个Ba(OH)2反应，此时溶液共有5个NH4+、5个Al3+、10个SO42-、12个Ba2+、24个OH-，由此可以看出Ba2+剩余，10个SO42-跟10个Ba2+反应生成10个BaSO4，15个OH-先跟5个Al3+
反应生成5个Al(OH)3，再跟5个NH4+反应生成5个NH3·H2O，此时会有4个OH-剩余，剩余的4个OH-
会溶解4个Al(OH)3生成2个2 Ba(AlO2)2，发生的反应为5NH4Al(SO4)2+12Ba(OH)2=10BaSO4↓+Al(OH)3↓
+5NH3·H2O+2 Ba(AlO2)2，因此溶液中产生的沉淀为BaSO4和Al(OH)3，沉淀物质的量为可根据Ba(OH)2的物质的量逐一计算，或者根据方程式系数简单计算出，BaSO4和Al(OH)3沉淀物质的量之和是Ba(OH)2物质的量的11/12，即11/12×20ml×10-3× 1.2mol·L-1=0.022mol。
（2015·安徽）27．（14分）硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用价值，某研究小组采用偏硼酸钠NaBO2为主要原料制备NaBH4，其流程如下：

已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙酸（沸点：13℃）。
（1）在第①步反应加料之前，需要将反应器加热至100℃以上并通入氩气，该操作的目的是_____，原料中的金属钠通常保存在____中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有_____，_____，玻璃片和小刀等。
（2）请配平第①步反应的化学方程式：
□NaBO2+□SiO2+□Na+□H2-------□NaBH4+□Na2SiO3
（3）第②步分离采用的方法是______；第③步分离（NaBH4）并回收溶剂，采用的方法是______。
（4）NaBH4（s）与水（l）反应生成NaBO2（s）和氢气（g），在25℃，101KPa下，已知每消耗3.8克NaBH4（s）放热21.6KJ，该反应的热化学方程式是_______。
【答案】（1）除去反应器中的水蒸气和空气 煤油 镊子 滤纸
（2）1 NaBO2+2SiO2+4Na+2H2=1NaBH4+2Na2SiO3
（3）过滤 蒸馏
（4）NaBH4(s)+2H2O(l)= NaBO2(s)+4H2(g) △H= -216.0KJ/mol
【解析】
（1）根据已知条件可知NaBH4常温条件下可以与水发生化学反应，该物质具有比较强的还原性，所以需要除去水蒸气和空气。金属钠容易被空气中的氧气和水蒸气氧化，所以一般金属钠保存在煤油中，金属钠性质很活泼，在取用金属钠的时候需要用镊子夹取，其表面上有较多煤油会影响反应，需要用滤纸擦干净。
（2）根据氧化还原反应得失电子守恒原理和物料守恒原则，该方程式的正确写法为1 NaBO2+2SiO2+4Na+2H2=1NaBH4+2Na2SiO3
（3）根据图示可知第2步操作以后可以得到滤液和固体，这是常见的固液分离的实验操作，为过滤操作，异丙胺的沸点较低，可以采用蒸馏的方法回收溶剂。
（4）根据热化学反应方程式书写的原则和盖斯定律可以写出热化学方程式为NaBH4(s)+2H2O(l)= NaBO2(s)+4H2(g) △H= -216.0KJ/mol
（2015·福建）24．(15分)
无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。
（1）氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为。
（2）工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质）制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：

已知：
物质
SiCl4
AlCl3
FeCl3
FeCl2
沸点/℃
57.6
180（升华）
300（升华）
1023
①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是（只要求写出一种）。
②步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是。
③已知：
Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g) ΔH1=+1344.1kJ ·mol-1
2AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g) ΔH2=+1169.2kJ ·mol-1
由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为。
④ 步骤Ⅲ的经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为
⑤ 结合流程及相关数据分析，步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是。
【答案】2（15分）
（1）A13++3H20 A1（0H）3+3H+
（2）①防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率
②铁或Fe ③Al203（s）+3C（s）+3Cl2（g）=2AlCl3（g）+3C0（g）
④NaCl、NaC10、Na2C03 ⑤除去FeCl3，提高A1C13纯度
【解析】：（1）Al3+水解生成Al(OH)3胶体，利用胶体吸附性达到净水目的，方程式为：
Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + 3H+
①根据题目所给信息，气孔数目变多，可增大固体的表面积，增大反应速率，水分减少，减少AlCl3水解。
②因为铝土矿中混有铁的氧化物，在与碳粉混合焙烧时，铁单质被还原出来，故答案为铁。
③根据盖斯定律可知，所求热化学方程式为
Al2O3(s) + 3C(s) + 3Cl2(g) = 2AlCl3(s) + 3CO(g) △H = +174.9 kJ • mol- 1
④尾气中含有Cl2、CO2,它们用NaOH溶液吸收后，溶液主要生成NaCl、NaClO、Na2CO3三种盐。
⑥ 为铝土矿中铁元素未除，故加入Al粉除去FeCl3，提高AlCl3纯度
（2015·广东）
31、（16分）用O2将HCl转化为Cl2，可提高效益，减少污染，（1）传统上该转化通过如右图所示的催化剂循环实现，
其中，反应①为2HCl(g) + CuO(s) H2O(g)+CuCl2(g) △H1
反应②生成1molCl2的反应热为△H2，则总反应的热化学方程式为, (反应热用△H1和△H2表示)。
（2）新型RuO2催化剂对上述HCl转化为Cl2的总反应具有更好的催化活性，
①实验测得在一定压强下，总反应的HCl平衡转化率随温度变化的ɑHCl—T曲线如图12，则总反应的△H 0 ,（填“＞”、“﹦”或“＜”）；A、B两点的平衡常数K(A)与K(B)中较大的是。
②在上述实验中若压缩体积使压强增大，画出相应ɑHCl—T曲线的示意图，并简要说明理由。
③下列措施中有利于提高ɑHCl的有。
A、增大n(HCl) B、增大n(O2)
C、使用更好的催化剂 D、移去H2O
（3）一定条件下测得反应过程汇总n(Cl2)的数据如下：

计算2.0～6.0min以内HCl的物质的量变化表示的反应速率（以mol·min-1为单位，写出计算过程）。
（4）Cl2用途广泛，写出Cl2制备漂白粉的化学方程式。
【答案】(1)、2HCl(g) + 1/2O2(g) H2O(g)+Cl2(g) △H=△H1+△H2
(2) ①＜ K(A) ② 见右图

(3)V(HCl)=5.4×10－3mol÷4min=1.8×10－3mol/min
(4)2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】(1)已知反应①为2HCl(g) + CuO(s) H2O(g)+CuCl2(g) △H1反应②生成1molCl2的反应热为△H2,即用热化学反应方程式②CuCl2(g) + 1/2O2(g) CuO(s)+Cl2(g) △H2 两都相加即得答案。
（2）从坐标图可知，温度越高，HCl的转化率在下降，可知平衡逆向移动，所以正向是放热反应。从图可知Ａ点HC的转化率大于Ｂ点，所以 平衡常K(A)要大。增大压强，平衡正向移动，而且反应速率加快，所以图像在已有之上。 增大压强，平衡右移，ɑHCl增大，相同温度下，HCl的平衡转化率比之前实验的大。

(3)设2.0到6.0分钟内HCl的物质的量变化为x,由图可得2.0到6.0分钟氯气的物质的量变化为（5.4—1.8）×10－3mol＝2.6×10－3mol
2HCl(g) + 1/2O2(g) H2O(g)+Cl2(g)
2 1
X 2.6×10－3mol
列比例式解得X＝5.4×10－3mol
V(HCl)=5.4×10－3mol÷4min=1.8×10－3mol/min
(4)2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
（2015·山东）30、（19分）合金贮氢材料具有优异的吸收氢性能，在配合氢能的开发中起到重要作用。
（1）一定温度下，某贮氢合金（M）的贮氢过程如图所示，纵轴为平衡时氢气的压强（p），横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比（H/M）。

在OA段，氢溶解于M中形成固溶体MHx，随着氢气压强的增大，H/M逐惭增大；在AB段，MHx与氢气发生氢化反应生成氢化物MHy，氢化反应方程式为：zMHx(s)+H2(g)==ZMHy(s) △H(Ⅰ)；在B点，氢化反应结束，进一步增大氢气压强，H/M几乎不变。反应（Ⅰ）中z=_____（用含x和y的代数式表示）。温度为T1时，2g某合金4min内吸收氢气240mL，吸氢速率v=______mL•g-1•min。反应的焓变△HⅠ_____0（填“>”“<”或“=”）。
（2）表示单位质量贮氢合金在氢化反应阶段的最大吸氢量占其总吸氢量的比例，则温度为T1、T2时，（T1）____ （T2）（填“>”“<”或“=”）。当反应（Ⅰ）处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，达到平衡后反应（Ⅰ）可能处于图中的_____点（填“b”“c”或“d”），该贮氢合金可通过______或_______的方式释放氢气。
（3）贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反应，温度为T时，该反应的热化学方程式为_________。已知温度为T时：CH4(g)+2H2O=CO2(g)+4H2(g) △H=+165KJ•mol
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H=-41KJ•mol
【答案】（1）2/(y－x)；30；<
（2）>；c；加热，减压
（3）CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) ∆H= －206kJ•mol－1
【解析】（1）氢化反应方程式为：zMHx(s) + H2(g) zMHy(s) ，根据原子守恒可得z·x+2=z·y ，从而解出z=2/(y－x)；根据吸氢速率的单位mL•g－1•min－1，可知吸氢速率v=240mL÷2g÷4min=30mL•g－1•min－1；纵轴为平衡时氢气的压强（p），横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比（H/M），由图可知T1<T2，T2时氢气的压强大，也就是说H2的物质的量多，说明升高温度向生成H2的方向移动，所以正反应为放热反应，∆H<0。
（2）由图可知，温度T2平衡时氢气的压强大，也就说明此时吸氢量少，η（T1）> η（T2）；当反应（Ⅰ）处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，平衡右移，H/M逐渐增大，又由于温度不变，平衡常数K=1/[H2]不变，得出氢气浓度不变，又因为是恒容体系，故氢气的物质的量不变，即新平衡时氢气压强仍保持不变；根据平衡移动原理，可以升温或减小压强使平衡左移，释放氢气。
（3）写出化学方程式并注明状态：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) ，然后根据盖斯定律可得出∆H=－∆H1+∆H2=－206kJ•mol－1，从而得出热化学方程式。
（2015·浙江）28．(15分)乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：

（1）已知：
化学键
C－H
C－C
C＝C
H－H
键能/kJ·molˉ1
412
348
612
436
计算上述反应的△H＝________ kJ·mol-1。
（2）维持体系总压强p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸汽发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为α，则在该温度下反应的平衡常数K＝____________（用α等符号表示）。
（3）工业上，通常在乙苯蒸汽中掺混水蒸气（原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1︰9），控制反应温度600℃，并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性（指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数）示意图如下：

①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实___________。
②控制反应温度为600℃的理由是____________。
（3）某研究机构用CO2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺----乙苯-二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯。保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸汽工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；该工艺中还能够发生反应：CO2＋H2＝CO＋H2O，CO2＋C＝2CO。新工艺的特点有_________（填编号）。
①CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移
②不用高温水蒸气，可降低能量消耗
③有利于减少积炭
④有利用CO2资源利用
【答案】
（1）+124kJ·mol-1
（2）
（3）①加入水蒸气导致乙苯的分压降低，平衡向气体分子数大的方向移动，即正方向移动，乙苯的平衡转化率提高。
②600℃，乙苯的平衡转化率和苯乙烯的选择性均较高，温度过低，乙苯转化率降低，温度过高，苯乙烯选择性下降，高温可能使催化剂失活，耗能大。
（4）①②③④
【解析】（1）发生反应中，反应物乙苯的两个C－H和一个C－C断裂，故吸收热量412×2+348，生成物苯乙烯的一个C＝C形成，故放出热量612，氢气的一个H－H形成，故放出热量436，列式得出△H=+124kJ·mol-1。
（2）根据压强恒定不变，故反应平衡后的体积为V（1+α），列式得
（3）①加入水蒸气，压强降低，平衡向正向移动。
②从图中信息得出，600℃，乙苯的平衡转化率和苯乙烯的选择性均较高，温度过低，乙苯转化率降低，温度过高，苯乙烯选择性下降，高温可能使催化剂失活，耗能大。
（4）①②③④均正确合理
（2015·江苏）20.（14分）烟气（主要污染物SO2、NOx）经O3预处理后用水悬浮液吸收，外减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为：

（1）反应的 ▲ 。
（2）室温下，固定进入反应器的NO、SO2的物质的量，改变加入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n（NO）、n（NO2）和n（SO2）随反应前n（O3）：n（NO）的变化见右图。

①当n（O3）：n（NO）>1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是 ▲ 。
②增加n（O3），O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是 ▲ 。
（3）当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液（pH约为8）中。将NO2转化为，其离子方程式为 ▲ 。
（4）水悬浮液中加入溶液，达到平衡后溶液中c（）＝▲[用c（）、和表示]；水悬浮液中加入溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因是 ▲ 。
【答案】（14分）
（1）-317.3
（2）①O3将NO2氧化为更高价氮氧化物（或生成了N2O5）
②SO2与O3的反应速率慢
（3）
（4）
转化为使溶液中的浓度增大，加快与的反应速率
【解析】（1）根据盖斯定律：第一式+第二式x2即可得到△H为-317.7kJ·mol-1
(2)O3的氧化性较强，把二氧化氮氧化为价态更高的氮的氧化物了。而二氧化硫与臭氧的反应速率较慢。
（3）根据反应物是亚硫酸根和二氧化氮，生成物为亚硝酸根，所以亚硫酸根生成了硫酸根，另外溶液是呈碱性的，所以在反应物中还有氢氧根离子参加反应。据此写出方程式并配平：SO32-+2NO2+2OH-===SO42-+2NO2-+H2O
（4）根据溶度积计算公式可求硫酸根离子浓度为：。当向亚硫酸钙悬浮液中加硫酸钠溶液时，CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO32-的浓度增大，加快SO32-与NO2的反应速率。
8.