Question

3．根據(jù)當?shù)刭Y源等情況，硫酸工業(yè)常用黃鐵礦（主要成分為FeS₂）作為原料．
完成下列填空：
（1）將0.050mol SO₂（g） 和0.030mol O₂（g） 充入一個2L的密閉容器中，在一定條件下發(fā)生反應：2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）+Q．經(jīng)2分鐘反應達到平衡，測得n（SO₃）=0.040mol，則O₂的平均反應速率為0.005mol/（L•min）．
（2）在容積不變時，下列措施中有利于提高SO₂平衡轉化率的有bd（選填編號）．
a．移出氧氣            b．降低溫度
c．減小壓強            d．再充入0.050molSO₂（g）和0.030molO₂（g）
（3）在起始溫度T₁（673K）時SO₂的轉化率隨反應時間（t）的變化如圖．請在右圖中畫出其他條件不變情況下，起始溫度為T₂（723K）時SO₂的轉化率隨反應時間變化的示意圖．
黃鐵礦在一定條件下煅燒的產(chǎn)物為SO₂和Fe₃O₄．
（4）①將黃鐵礦的煅燒產(chǎn)物Fe₃O₄溶于H₂SO₄后，加入鐵粉，可制備FeSO₄．酸溶過程中需維持溶液有足夠的酸性，其原因是抑制Fe³⁺與Fe²⁺的水解，并防止Fe²⁺被氧化成Fe³⁺
②FeS₂能將溶液中的Fe³⁺還原為Fe²⁺，本身被氧化為SO₄^2-．寫出有關的離子方程式FeS₂+14Fe³⁺+8H₂O=15Fe²⁺+2SO₄^2-+16H⁺．有2mol氧化產(chǎn)物生成時轉移的電子數(shù)為14N_A．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)v=$\frac{△c}{△t}$求出氧氣的速率，然后根據(jù)速率之比等于對應物質的化學計量數(shù)之比；
（2）反應放熱，為提高SO₂平衡轉化率，應使平衡向正反應方向移動，可降低溫度，體積不變，不能從壓強的角度考慮，催化劑不影響平衡移動，移出氧氣，平衡向逆反應方向移動，不利于提高SO₂平衡轉化率，由此分析解答；
（3）反應是放熱反應，溫度升高，平衡逆向進行二氧化硫的轉化率減小，但達到平衡所需要的時間縮短，據(jù)此畫出曲線；
（4）①Fe³⁺與Fe²⁺易水解，F(xiàn)e²⁺易被氧化成Fe³⁺；
②根據(jù)氧化還原反應中的反應物和生成物幾何電子守恒來配平化學方程式，結合方程計算轉移電子數(shù)．

解答 解：（1）v（SO₃）=$\frac{△c}{△t}$=$\frac{\frac{0.040mol}{2L}}{2min}$=0.01mol/（L•min），所以v（O₂）=$\frac{1}{2}$v（SO₃）=0.005mol/（L•min），故答案為：0.005mol/（L•min）；
（2）a．移出氧氣，平衡逆向移動，二氧化硫的轉化率減少，故不選；            
b．降低溫度，平衡正向移動，二氧化硫的轉化率增大，故選；
c．減小壓強，平衡逆向移動，轉化率減少，故不選；            
d．再充入0.050molSO₂（g）和0.030molO₂（g），相當于增大壓強，平衡正向移動，轉化率增大，故選；
故選bd；
（3）反應：2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）△H＜0，SO₂的轉化率在起始溫度T₁=673K下隨反應時間（t）的變化如下圖，其他條件不變，僅改變起始溫度為T₂=723K，溫度升高，平衡逆向進行，二氧化硫的轉化率減小，但反應速率增大，達到平衡需要的時間短，在圖中畫出溫度T₂下SO₂的轉化率隨反應時間變化的預期結果示意圖如圖所示；

故答案為：；
（4）①Fe₂O₃（或Fe₃O₄等）溶于H₂SO₄后，生成的Fe³⁺與Fe²⁺易水解，F(xiàn)e²⁺易被氧化成Fe³⁺，所以要加入Fe粉和酸，抑制Fe³⁺與Fe²⁺的水解，并防止Fe²⁺被氧化成Fe³⁺，故答案為：抑制Fe³⁺與Fe²⁺的水解，并防止Fe²⁺被氧化成Fe³⁺；
②-2價的硫離子具有還原性，F(xiàn)eS₂可以將溶液中的Fe³⁺還原為Fe²⁺，而本身被氧化為硫酸根離子，有關的離子方程式為：FeS₂+14Fe³⁺+8H₂O=15Fe²⁺+2SO₄^2-+16H⁺，氧化產(chǎn)物是硫酸根離子，有2mol硫酸根生成時轉移的電子數(shù)為14N_A，故答案為：FeS₂+14Fe³⁺+8H₂O=15Fe²⁺+2SO₄^2-+16H⁺；14N_A．

點評 本題考查了化學平衡常數(shù)、平衡轉化率、影響化學平衡的外界條件綜合應用及知識遷移能力等考點，題目難度中等，注意平衡常數(shù)在計算中的應用．