化学化学反应原理综合考查的专项培优易错难题练习题附答案解析

1、【化学】化学化学反应原理综合考查的专项培优易错 难题练习题附答案解析一、化学反应原理综合考查1 过氧乙酸 (ch3 co3h)是一种广谱高效消毒剂，不稳定、易分解，高浓度易爆炸。常用于空气、器材的消毒，可由乙酸与h2o2 在硫酸催化下反应制得，热化学方程式为：ch3cooh(aq)+h2o2(aq)?ch3co3h(aq)+h2o(l) h=-13.7kj/mol(1)市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%，原因是_ 。(2)利用上述反应制备760 9 ch3co3h，放出的热量为_kj。(3)取质量相等的冰醋酸和50% h2o2 溶液混合均匀，在一定量硫酸催化下进行如下实验。实验实验1：在 25

2、 下，测定不同时间所得溶液中过氧乙酸的质量分数。数据如图1 所示。2：在不同温度下反应，测定24 小时所得溶液中过氧乙酸的质量分数，数据如图2 所示。实验1 中，若反应混合液的总质量为mg，依据图1 数据计算，在06h间，v(ch3co3h)=_ g h（用含m 的代数式表示）。综合图1 、图2 分析，与20 相比，25 时过氧乙酸产率降低的可能原因是_。（写出2 条）。(4) sv-1、 sv-2是两种常用于实验研究的病毒，粒径分别为 40 nm 和 70 nm 。病毒在水中可能会聚集成团簇。不同 ph 下，病毒团簇粒径及过氧乙酸对两种病毒的相对杀灭速率分别如图3、图4 所示。依据图 3、图

3、 4 分析，过氧乙酸对sv-1的杀灭速率随ph 增大而增大的原因可能是_【答案】高浓度易爆炸（或不稳定，或易分解） 137 0.1m/6 解；温度升高，过氧化氢分解，过氧化氢浓度下降，反应速率下降温度升高，过氧乙酸分随着 ph 升高， sv-1的团簇粒径减小，与过氧化氢接触面积增大，反应速率加快【解析】【分析】（ 1）过氧乙酸 (ch3co3h)不稳定、易分解，高浓度易爆炸，为了安全市售过氧乙酸的浓度一般不超过 21%(2) 利用热化学方程式中各物质的系数代表各物质的物质的量来计算(3) 结合图象分析计算【详解】(1)市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%，原因是不稳定、易分解，高浓度易爆炸。(2

4、)利用热化学方程式中各物质的系数代表各物质的物质的量来计算。利用上述反应制备760 g ch3co3h，物质的量是10mol, 所以放出的热量是方程式中反应热的10 倍为 137kj。(3)实验 1 中，若反应混合液的总质量为mg，依据图 1 数据计算，在06h 间，v(ch3co3h)=0.1综合图 1 、图 2 分析，与20 相比， 25 时过氧乙酸产率降低的可能原因是温度升高，过氧乙酸分解；温度升高，过氧化氢分解，过氧化氢浓度下降，反应速率下降。（ 4）依据图 3、图 4 分析，过氧乙酸对 sv-1 的杀灭速率随 ph 增大而增大的原因可能是随着 ph 升高， sv-1的团簇粒径减小，与

5、过氧化氢接触面积增大，反应速率加快。2 甲醇是一种可再生能源，由co2 制备甲醇的过程可能涉及的反应如下：反应：co(g)+3h (g)choh(g)+h o(g)h =- 49.58kj mol-122321反应： co2(g)+h 2(g)co(g)+h2o(g)h2反应： co(g)+2h2(g)ch3oh(g)h3=- 90.77kj mol -1回答下列问题：（ 1）反应的h 2=_。（ 2）反应能够自发进行的条件是 _ ( 填“较低温度”、“ 较高温度”或“任何温度”)（ 3）恒温，恒容密闭容器中，对于反应，下列说法中能说明该反应达到化学平衡状态的是 _。a混合气体的密度不再变化b

6、混合气体的平均相对分子质量不再变化c co2、 h2、 ch3oh、 h2o的物质的量之比为1：3： 1： 1d甲醇的百分含量不再变化（ 4）对于反应，不同温度对 co2 的转化率及催化剂的效率影响如图所示，下列有关说法不正确的是 _ 。a其他条件不变，若不使用催化剂，则250时 co2 的平衡转化率可能位于m1b温度低于250时，随温度升高甲醇的产率增大c m点时平衡常数比n 点时平衡常数大d实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高co2 的转化率（5）若在 1l 密闭容器中充入3molh2 和 1molco2 发生反应， 250时反应的平衡常数k=_ ；若要进一步提高甲醇体积分数。可采取

7、的措施有_ 。（6）下图是电解na2co3溶液的装置图。阴极的电极反应式为_【答案】 +41.19kj mol -1较低温度bd abd 0.148( 或者 4)增大压强 ( 降低温度 )27+-22-2-2h +2e =h 或 2h o+2e=h +2oh【解析】【分析】本题考查盖斯定律，热化学反应与过程无关，只与始态与终态有关，h2=h1-h3=+41.19kj/mol ； g=hts， t 为温度， g0，可自发进行，反应： h0, s0，较低温度可自发进行；平衡状态的判断，同一物质的正逆反应速率相等，本题中=m/v，质量与体积均不变，密度自始至终不变，不可做为判断依据；m=m/n，质量

8、不变，物质的量减少，可做判断依据；反应物与生成物平衡时的比例不一定为1： 3： 1： 1，不可以；只要平衡则甲醇的百分含量不再变化，可以；化学反应条件的选择，既要考虑反应时c(c h 3oh )c(h 2o)的产量，又要考虑反应的速率；kc3 ( h 2 )， 250时转化率为50%；电c(co2 )解池中阳极失电子，溶液中为水提供的氢氧根离子失电子，产生的氢离子和钠离子向阴极区域移动，而阴极附近的水提供的氢离子得电子，生成氢气。【详解】（1）本题考查盖斯定律，热化学反应与过程无关，只与始态与终态有关，h2=h1-h3=+41.19kj/mol；（ 2） g=hts， t 为温度， g0，可自

9、发进行，反应：h0, s0，较低温度可自发进行；（3）平衡状态的判断，同一物质的正逆反应速率相等，本题中 =m/v，质量与体积均不变，密度自始至终不变，不可做为判断依据；m=m/n，质量不变，物质的量减少，可做判断依据；反应物与生成物平衡时的比例不一定为1： 3：1： 1，不可以；只要平衡则甲醇的百分含量不再变化，可以；答案为：bd； (4)a. 催化剂对反应速率有影响，对平衡的限度无影响，a 错误； b. 该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，产率提高，b 正确； c.升高温度平衡向左移动，化学平衡常数变小，c错误； d.实际反应应尽可能在催化效率最高时，；d错误；答案为 abd(5) c

10、o + 3h 2choh + h 2o250时转化率为 50%23初始量： 13反应量： 0.51.50.50.5平衡： 0.51.50.50.5c(c h 3oh ) c(h2o )k3( h 2 )， k=0.148；提高甲醇的体积分数为：增大压强( 降低温度 ) ；c(co2 ) c(6) 电解池中阳极失电子，溶液中为水提供的氢氧根离子失电子，产生的氢离子和钠离子向阴极区域移动，而阴极附近的水提供的氢离子得电子，生成氢气，2h+2e- =h2或-2ho+2e=h2+2oh【点睛】判断化学平衡的依据：同一物质的正逆反应速率相等，还可以为延伸出的依据，需要具体分析，本题中 =m/v，质量与体

11、积均不变，密度自始至终不变，不可做为判断依据；m=m/n，质量不变，物质的量减少，可做判断依据；反应物与生成物平衡时的比例不一定为1： 3： 1： 1；甲醇的百分含量不再变化则可以。3 已知，常温下h2s、 h2co3 的电离常数如下表ka1ka2h2s-8-159.1 101 1023 75.6 114.3 1010h co（1） 常温下， 0.1mol/l 的硫化钠溶液和0.1mol.l-1 的碳酸钠溶液，碱性更强的是_。其原因是 _ 。 常温下，硫化钠水解的离子方程式_ 。（ 2） h2s 能与许多金属离子发生反应，生成溶解度不同和各种颜色的金属硫化物沉淀，可用于分离和鉴定金属离子。常温

12、下， nahs 溶液显 _（选填 “酸性 ”、 “中性 ”或 “碱性 ”）常温下，向 1h2 s 溶液中滴加 1ph 与100 ml 0.1 mol l0.1 mol lnaoh 溶液，得到溶液naoh 溶液体积的关系曲线如图所示：试分析图中a、 b、 c、d 四个点，水的电离程度最大的是_；在 b 点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_ 。（3）脱除天然气中的硫化氢既能减少环境污染，又可回收硫资源，该部分硫化氢用过量naoh 溶液吸收后，再以石墨作电极电解该溶液可回收硫，写出电解得到硫的总反应方程式（忽略氧的氧化还原）_ ；从整个生产工艺的角度分析，该方法不仅能减少环境污染、回收硫、得到

13、一定量的副产物，还具有的优点是_。【答案】硫化钠溶液硫化氢的 ka2小于碳酸的 ka2，硫化钠更易水解s2- + h2ohs- +-碱性2)oh 、 hs + h2oh2s + ohc c(na )c(hs) c(oh ) c(h) c(sna2s 2h2os h2 2naoh 或 s2 2h2os h2 2oh产物 naoh 可循环使用【解析】试题分析 ：（ 1） h 2co3 的第二步电离平衡常数是 115.6 10，大于 h2s 的第二步电离平衡常数-152-32-2-的水解分两步进行； （ 1） 根据 hs-110，说明 s 的水解程度大于 co； s的 水解平衡常数和电离平衡常数分析

14、nahs 溶液的酸碱性；h2s 抑制水电离，加入naoh中和 h22抑制作用逐渐减小，到222s， h sc 点 h s恰好与 naoh生成 na s， na s 水解促进水电离； d 点氢氧化钠过量，过量的氢氧化钠抑制水电离。 nahs溶液呈碱性，在b 点溶液呈中性，所以 b 点溶质是 nahs 和 h2s， hs-要水解和电离 ， hs-、 h2s 的电离生成s2-； hs-、h2s、 h2o 电离出 h+。（ 3）硫化氢用过量 naoh 溶液吸收后生成na2s，电解硫化钠溶液生成硫、氢气 、氢氧化钠。解析 ：（ 1） h 235.611，大于h2s 的第二步电离平衡常co 的第二步电离平

15、衡常数是 10-152-的水解程度大于2-数 110 ，说明sco3 ，硫化钠更易水解 ，所以硫化钠溶液的碱性强； s2-的水解分两步进行，硫化钠水解的离子方程式s2- + h2 ohs- + oh-、hs- +22-；（ 2 ）hs-的水解平衡常数，电离平h oh s + oh衡常数-152110，水解大于电离，所以nahs 溶液的呈碱性；naohh s 抑制水电离，加入中和 h2s， h2s抑制作用逐渐减小，到2s2s， na2c 点 h恰好与 naoh生成 nas 水解促进水电离； d 点氢氧化钠过量，过量的氢氧化钠抑制水电离，所以 c 点水电离程度最大。 nahs 溶bnahs-22-

16、液呈碱性，在点溶液呈中性，所以b 点溶质是2s， hss 的电离生成s和 h、h-22+，所以 b 点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是c(na；hs 、h s、 h o 电离出 h ) c(hs ) c(oh ) c(h ) c(s2 )。（ 3）硫化氢用过量naoh 溶液吸收后生成na2s，电解硫化钠溶液生成硫、氢气、氢氧化钠 ，电解总方程式为na2 s 2h2o s h2 2naoh。 该方法不仅能减少环境污染、回收硫、得到一定量的副产物，还具有的优点是 naoh 可循环使用 。电解：向酸溶液中逐滴加入碱溶液，水电离程度逐渐增大，碱过量时水的电离程度再逐渐减小。 naha 溶液的酸碱

17、性要根据ha-的电离和水解程度判断，若电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；若水解大于电离，则溶液呈碱性。4 碳酸亚铁（feco）是菱铁矿的主要成分，将其隔绝空气加热到200 开始分解为 feo3和 co2，若将其在空气中高温煅烧则生成fe2o3。（ 1）已知 25 、 101 kpa 时：c（ s） o2（ g） =co2（g）h 393 kj mol 1铁及其化合物反应的焓变示意图如图：请写出 feco3在空气中煅烧生成fe2o3 的热化学方程式： _。（2）据报道，一定条件下fe2o3 可被甲烷还原为 “纳米级 ”的金属铁。其化学方程式为fe2 o3 s3ch4 g垐 ? 2fe s3cog

18、6h2gh（ ）（） 噲?（ ）（ ）（ ）反应在 3 l 的密闭容器中进行，2 min 后达到平衡，测得fe2o3 在反应中质量减少 4.8 g，则该段时间内用 h2 表示该反应的平均反应速率为_。将一定量的 fe2o3（ s）和 ch4（ g ）置于恒温恒容密闭容器中，在一定条件下反应，能说明反应达到平衡状态的是 _。a co和 h2 的物质的量之比为12b 混合气体的密度不再改变c 铁的物质的量不再改变d v 正 （ co） 2v 逆 （ h2 ）在容积均为 v l 的、三个相同的密闭容器中加入足量“纳米级 ”的金属铁，然后分别充入 a mol co 和 2a mol h2，三个容器的反

19、应温度分别为123t、 t 、 t 且恒定不变，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到t min 时， co的体积分数如图所示，此时、三个容器中一定处于化学平衡状态的是_；上述反应的 h_0（填 “大于 ”或 “小于 ”）。（3） fe2o3 用 co 还原焙烧的过程中，反应物、生成物和温度之间的关系如图所示。（图中、四条曲线是四个化学反应平衡时的气相组成对温度作图得到的；a、 b、 c、 d 四个区域分别是fe2o3、 fe3o4、 feo、fe 稳定存在的区域）若在800 ，混合气体中co22 3用 co还原焙烧，写出反应体积分数为 40%的条件下， fe o的化学方程式： _。（4

20、） fe2 33，通过控制条件3o还可以用来制备feclfecl 可生成聚合物，其离子方程式为3 yh2垐 ?xfeo 噲 ? fex（oh） yh 。下列措施不能使平衡正向移动的是_（填字母）。a 加水稀释b 加入少量铁粉c 升温d 加入少量 na2co3【答案】 4feco13（s） o2（ g） =2fe2 o3（ s） 4co2（g） h 260 kj mol0.03 mol l1 bc 大于8002feo co2 b1minfe2o3 co【解析】【分析】1）图1分析书写热化学方程式，结合c s+og=co2gh=-393kj mol-1和盖（ ）2（ ）（ ）?斯定律计算得到 fe

21、co在空气中煅烧生成fe2o3 的热化学方程式；3（ 2） 2min 后达到平衡，测得 fe2o3 在反应中质量减少 4.8g，依据化学方程式反应前后质量变化计算生成氢气的物质的量，根据反应速率概念计算得到氢气的反应速率；反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度保持不变，据此分析；2fe（ s） +3co（ g）+6h22 34（ g），根据图2 中、图象，（g） fe o （ s） +3chco百分含量，由小到大，结合化学平衡移动分析解答；根据温度对平衡的影响来判断，升高温度平衡逆向移动，co的转化率减小，据此判断fe2o3 （ s） +3ch4（ g） 2fe（ s） +3co（

22、g）+6h2 （g） h 大小；（3） 800时，混合气体中co2 体积分数为40%时，图象分析可知fe2o3 用 co 还原得到氧化亚铁和一氧化碳；（4） a加水稀释，则水解平衡正向移动；b固体不能影响化学平衡；c控制条件使平衡正向移动，水解为吸热反应，所以升温平衡正向移动；d加入碳酸钠，则消耗氢离子，平衡正向移动。【详解】（1）由铁及其化合物反应的焓变示意图可推知 4fe（ s） 3o2（ g） =2fe2o3 h1-1648 kj mol-1 2feco3（ s） =2fe（s） 2c（ s） 3o2 （ g） h2+1480 kj mol-1c（ s） o2g=co2 g）h3393

23、kj mol -1（ ）（ -则在空气中煅烧feco3生成23213-1（ -fe o的焓变 h 2h h 4h 2 1480 kjmol1648 kj mol-14393 kj mol -1）-260 kj mol-1，则热化学方程式为4feco32）（-（s） o（ g） =2fe2 o3（ s） 4co2（g） h - 260 kj mol -1；故答案为： 4feco3（ s） o2（ g） =2fe2o3（ s） 4co2（ g） h - 260 kj mol -1；4.8g（2）测得fe2o3 在反应中减少的质量为4.8 g，则反应的n（ fe2o3） 0.03160g / mol

24、mol ，根据反应方程式得n（ h2） 6n（ fe2o3） 6 0.03 mol 0.18 mol ，则用 h2 表示的反0.18mol-1-1应速率为 v（h2）；2min 0.03 mol lmin3l-1-1故答案为： 0.03 mol lmin ；a. 因为反应开始时，无co 和 h2，随着反应的进行，co和 h2 的物质的量之比一直为12，不能说明反应达到平衡状态，故a 错误；b. 该反应有固体参加，反应前后气体的质量有变化，又因为容器恒容，所以当混合气体的密度不变时，反应达到平衡状态，故b 正确；cc正确；. 铁为反应物，当其质量不再改变时，反应达到平衡状态，故d. 当 2v 正

25、 （ co） v 逆（ h2 ）时，反应达到平衡状态，故d 错误；综上所述，答案为 bc；由题图可知， t1 中的状态转变为t2 中的状态， co的体积分数减小，说明反应正向进行，所以状态未达到平衡状态；t2 中的状态转变为t3 中的状态， co的体积分数增加，说明反应逆向移动，说明可能达到平衡状态，一定达到平衡状态的是状态；t3 时温度最高， co的体积分数增大，所以2fe（ s） 3co（ g） 6h22 34（g）（ g） =fe o（s） 3ch的正反应为放热反应，则逆反应的h大于 0，故答案为：；大于；（3） 800 时，混合气体中二氧化碳的体积分数为40%时，由图可知，在c 区，此

26、时为氧化亚铁的稳定区域，所以产物为氧化亚铁，fe2o3 用 co 还原焙烧得到氧化亚铁和二氧化800800碳，反应的方程式为： fe2 32232feoo co2feo co ，故答案为：fe o coco ；24）aa正确；（. 水为反应物，加水稀释平衡会正向移动，故b. 加入铁粉，反应物 fe3 的量减少，平衡会向逆向移动，故b 错误；cc正确；. 该反应为吸热反应，所以升高温度，平衡会正向移动，故d. 加入少量 na2co3，碳酸钠会消耗氢离子，使氢离子的浓度减小，平衡正向移动，故d 正确；综上所述，答案为b。5 氯气是现代工业的重要原料，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热车点，回

27、答下列问题：（ 1） deacon 发明的直接氧化法为： 4hcl( g)+ o2( g)= 2cl2( g)+ 2h2o( g) 。可按下列催化过程进行：.cucl2121- 1( s)= cucl( s)+2cl ( g)h =+83kj molcucl s12122- 1.( )+o(g)=cuo sclgh=-20kjmol2()+2( ).4hcl( g)+ o2223( g)= 2cl ( g)+ 2h o( g)h反应能自发进行的条件是_。利用h1 和h2 计算h3 时，还需要利用反应_的 h。（2）如图为刚性容器中，进料浓度比c( hcl) ： c( o2) 分别等于1：1 、

28、4： 1、 7： 1 时 hcl 平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数k（400） _k（ 500）（填“大于”或“小于”）。设容器内初始压强为 p0 ，根据进料浓度比c( hcl) ： c( o2)= 4：1 的数据，计算400时容器内的平衡压强_（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的=能耗。进料浓度比c( hcl) ： c( o2) 过低、过高的不利影响分别是 _。（3）已知：氯气与naoh 溶液反应可生成 naclo3。有研究表明，生成naclo3 的反应分两步进行：.2clo- =clo2- +cl-.clo2- +clo- =clo3- +

29、cl-常温下，反应能快速进行，但氯气与naoh 溶液反应很难得到naclo3，试用碰撞理论解释其原因： _。（4）电解 naclo3 水溶液可制备naclo4 ，写出阳极反应式： _。【答案】高温cuo s2hclgcuclsh2o g0 848p 0cl2o2（ ） +（ ）2和分（）+（） 大于.离能耗较高、 hcl 转化率较低反应的活化能高，活化分子百分数低，不利于clo 向3 转化 clo3 h2 =clo4 2hcloo 2e【解析】【分析】【详解】（ 1）.cucl2( s)= cucl( s)+ 1 cl2( g)h1=+83kj mol - 1， s 0，则要 g= h- t

30、s20，须高温条件下才能自发；.cucl2121- 1( s)= cucl( s)+cl ( g)h =+83kj mol2.cucl( s)+12122- 12o ( g)= cuo( s)+cl ( g)h =- 20kj mol24hcl go2g 2cl2g 2h2 o gh3.()+()=( )+()利用h1 和h2 计算h3 时，由盖斯定律，（- 2- 2）/ 2 得：还需要利用反应cuos2hclgcucl2（s）+h2ogh。（ ） +（ ）（ ）的故答案为：高温；cuo（ s）+2hcl（ g） cucl2（ s）+h2o（ g）；（ 2）根据图象可知，进料浓度比相同时，温度

31、越高hcl 平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以反应平衡常数k（ 400）大于 k（ 500）；进料浓度比 c（hcl）： c（o2）的比值越大， hcl 的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时hcl 转化率最高的为进料浓度比c（ hcl）： c（ o2）=4： 1，该曲线中400 hcl 的平衡转化率为76%。则4hcl （g）+o（2g） ?2cl（2g）+2h2 o（g）初始4100转化40.760.7620.7620.76平衡40.240.2420.7620.76p=40.241 0.242 0.76 20.76p0=0. 8

32、48p 0；41进料浓度比 c（ hcl）： c（o22浓度较大，hcl 的转化率较高，但22分离）过低时， ocl和 o能耗较高，生成成本提高；进料浓度比c（ hcl）： c（ o2）过高时， o2 浓度较低，导致hcl的转化率减小；故答案为：大于；p=40.24 10.2420.7620.7641p0=0. 848p0；cl2 和 o2 分离能耗较高、 hcl 转化率较低；-（3）生成 naclo3 的反应分两步进行：. 2clo=clo2 +cl ，.clo2+clo =clo3+cl ，常温下，反应能快速进行，但氯气与naoh 溶液反应很难得到 naclo3，用碰撞理论解释其原因：反应

33、的活化能高，活化分子百分数低，不利于clo向 clo3转化；故答案为：反应的活化能高，活化分子百分数低，不利于clo 向 clo3 转化；（4）电解 naclo3 水溶液可制备naclo4 ，阳极发生氧化反应生成clo4，阳极反应式： clo3 h2o 2e =clo4 2h 。故答案为： clo3 h2o2e =clo4 2h 。本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用及电解原理等知识，明确化学平衡及其影响为解答关键，难点（ 2）注意掌握盖斯定律内容及三段式在化学平衡计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。6so2 的含量是衡最大气污染的一个重要指标，工业上常采用催化还原法或

34、吸收法处理so2。利用催化还原so2 不仅可消除 so2 污染，而且可得到有经济价值的单质s。（1）在复合组分催化剂作用下，ch4 可使 so2 转化为 s，同时生成 co2 和 h2o。己知 ch4 和s的燃烧热h890 3kj mol和 -297 2kj mol，则ch4和so2反应的热化学方程式( ) 分别为 -./. /为 _ 。（2）用 h22生成 s 的反应分两步完成，如图1 所示，该过程中相关物质的物质的还原 so量浓度随时间的变化关系如图2 所示 :分析可知x 为_( 写化学式 ) ， 0 t 1 时间段的温度为_，0 t1 时间段用so2 表示的化学反应速率为_。总反应的化学

35、方程式为_。（3）焦炭催化还原 so2生成s2, 化学方程式为2c s2so2gs2(g)+2co2g: ( )+( )( ) ，恒容容器中， 1mol/ lso3 所示。2 与足量的焦炭反应， so2 的转化率随温度的变化如图该反应的 h_0( 填“”或“” ) 。算 a 点的平衡常数为 _。（4）工业上可用na2so3 溶液吸收法处理so2, 25时用 1mo/ l 的 na2so3 溶液吸收 so2。当溶液 ph=7 时，溶液中各离子浓度的大小关系为_。已知 : h2so3 的电离常数- 2， k2=6. 2 10- 8k1=1. 3 10。【答案】 ch4g2so2 gco2g2s s2h2o lh