Question

3．利用化學(xué)反應(yīng)原理研究氮和硫的化合物有重要意義．
（1）工業(yè)上采用高溫分解H₂S制取氫氣，其反應(yīng)為2H₂S（g）?2H₂（g）+S₂（g），若在恒容絕熱的密閉容器中發(fā)生該反應(yīng)，下列選項(xiàng)能判斷該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是CE．
A．2v（S₂）=v（H₂S）                  
B．容器內(nèi)H₂S濃度與H₂濃度相等
C．平衡常數(shù)K不再隨時(shí)間而變化         
D．混合氣體的密度保持不變
E．混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不隨時(shí)間而變化
（2）在廢水處理領(lǐng)域中，H₂S或Na₂S能使某些金屬離子生成極難溶的硫化物而除去．25℃，若某溶液含0.02mol•L^-1Mn²⁺、0.1mol•L^-1H₂S，向該溶液中通入HCl氣體或加入NaOH固體以調(diào)節(jié)溶液pH，（忽略溶液體積的變化、H₂S的揮發(fā)）．當(dāng)溶液的pH=5時(shí)，Mn²⁺開始沉淀為MnS，則MnS的溶度積=2.8×10^-13．（已知：H₂S兩級(jí)電離常數(shù)分別為K₁=1.3×10^-7，K₂=7.0×10^-15）
（3）研究氮氧化物的反應(yīng)機(jī)理，對(duì)于消除對(duì)環(huán)境的污染有重要意義．升高溫度絕大多數(shù)的化學(xué)反應(yīng)速率增大，但是2NO（g）+O₂（g）?2NO₂（g）的速率卻隨著溫度的升高而減�。�某化學(xué)小組為研究該特殊現(xiàn)象的實(shí)質(zhì)原因，查閱資料知2NO（g）+O₂（g）?2NO₂（g）的反應(yīng)歷程分兩步：
I．2NO（g）?N₂O₂（g）（快）；△H₁＜0   v_1正=k_1正c²（NO）；　v_1逆=k_1逆c（N₂O₂）
II．N₂O₂（g）+O₂（g）?2NO₂（g）（慢）；△H₂＜0   v_2正=k_2正c（N₂O₂）c（O₂）；v_2逆=k_2逆c²（NO₂）
請(qǐng)回答下列問題：
①反應(yīng)2NO（g）+O₂（g）?2NO₂（g）的△H=△H₁+△H₂（用含△H₁和△H₂的式子表示）．一定溫度下，反應(yīng)2NO（g）+O₂（g）?2NO₂（g）達(dá)到平衡狀態(tài)，請(qǐng)寫出用k_1正、k_1逆、k_2正、k_2逆表示的平衡常數(shù)表達(dá)式K=$\frac{{K}_{1正}{K}_{2正}}{{K}_{1逆}{K}_{2逆}}$．
②決定2NO（g）+O₂（g）?2NO₂（g）速率的是反應(yīng) II，反應(yīng) I的活化能E₁與反應(yīng) II的活化能E₂的大小關(guān)系為E₁＜E₂（填“＞”、“＜”或“=”）．根據(jù)速率方程分析，升高溫度該反應(yīng)速率減小的原因是C．
A．k_2正增大，c（N₂O₂）增大         B．k_2正減小，c（N₂O₂）減小
C．k_2正增大，c（N₂O₂）減小         D．k_2正減小，c（N₂O₂）增大
由實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)得到v_2正～c（O₂）的關(guān)系可用圖表示．當(dāng)x點(diǎn)升高到某一溫度時(shí)，反應(yīng)重新達(dá)到平衡，則變?yōu)橄鄳?yīng)的點(diǎn)為a（填字母）．

Answer 1

分析 （1）反應(yīng)在恒容絕熱密閉容器中進(jìn)行，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)正逆反應(yīng)速率相同，各成分含量不變；
（2）根據(jù)Ka表達(dá)式結(jié)合電離平衡常數(shù)進(jìn)行計(jì)算；當(dāng)Qc=K_sp（MnS）時(shí)開始沉淀，由此求出硫離子的濃度，結(jié)合此時(shí)的pH，以及Ksp=c（Mn²⁺）•c（S^2-）進(jìn)行計(jì)算；
（3）①2NO（g）?N₂O₂（g）；②N₂O₂（g）+O₂（g）?2NO₂（g），而目標(biāo)反應(yīng)2NO（g）+O₂（g）?2NO₂（g）的△H=①+②，平衡常數(shù)K=$\frac{{c}^{2}（N{O}_{2}）}{c（{N}_{2}{O}_{2}）c（{O}_{2}）}$，由反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，所以v_1正=v_1逆、v_2正=v_2逆，所以v_1正×v_2正=v_1逆×v_2逆，而正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以升高溫度，平衡常數(shù)減�。�
②因?yàn)闆Q定2NO（g）+O₂（g）?2NO₂（g）速率的是反應(yīng)②，所以反應(yīng)①的活化能E₁遠(yuǎn)小于反應(yīng)②的活化能E₂；決定反應(yīng)速率的是反應(yīng)②，而溫度越高k_2正增大，反應(yīng)速率加快，二氧化二氮的濃度減少，導(dǎo)致兩者的積減��；v_2正升高到某一溫度時(shí)v_2正減小，平衡逆向移動(dòng)，氧氣的濃度增大，由此分析解答．

解答 解：（1）反應(yīng)在恒容絕熱密閉容器中進(jìn)行，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)正逆反應(yīng)速率相同，各成分含量不變；
A．2v（S₂）=v（H₂S），未體現(xiàn)正與逆的關(guān)系，故錯(cuò)誤；
B．容器內(nèi)H₂S濃度與H₂濃度相等，并不是不變，所以不能說明達(dá)平衡狀態(tài)，故錯(cuò)誤；
C．平衡常數(shù)K不再隨時(shí)間而變化，說明體系的溫度一定，則達(dá)平衡狀態(tài)，故正確；
D．混合氣體的密度保持一直不隨時(shí)間的變化而變化，故錯(cuò)誤；
E．混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不隨時(shí)間而變化，說明氣體的物質(zhì)的量不變，反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，故正確；
故答案為：CE；
（2）已知：H₂S電離常數(shù)：K₁=1.3×10^-7，25°C時(shí)，0.1mol．L^-1H₂S溶液中，設(shè)氫離子濃度是x，根據(jù)H₂S?H⁺+HS^-，則：$\frac{{x}^{2}}{0.1}$=1.3×10^-7，解得x=$\sqrt{1.3}$×10^-4，當(dāng)Qc=K_sp（MnS）時(shí)開始沉淀，調(diào)節(jié)溶液的pH=5，H₂S電離常數(shù)：K₂=7.0×10^-15，當(dāng)HS^-濃度為1.14×10^-4mol•L^-1時(shí)，c（S^2-）=7.98×10^-14mol•L^-1，
所以Ksp=c（Mn²⁺）•c（S^2-）=7.98×10^-14mol•L^-1×0.020mol．L^-1=2.8×10^-13，
故答案為：4；2.8×10^-13；
（3）①2NO（g）?N₂O₂（g）；②N₂O₂（g）+O₂（g）?2NO₂（g），而目標(biāo)反應(yīng)2NO（g）+O₂（g）?2NO₂（g）的△H=①+②=△H₁+△H₂，由反應(yīng)達(dá)平衡狀態(tài)，所以v_1正=v_1逆、v_2正=v_2逆，所以v_1正×v_2正=v_1逆×v_2逆，即k_1正c²（NO）×k_2正c（N₂O₂）c（O₂）=k_1逆c（N₂O₂）×k_2逆c²（NO₂），則是K=$\frac{{c}^{2}（N{O}_{2}）}{c（{N}_{2}{O}_{2}）c（{O}_{2}）}$=$\frac{{K}_{1正}{K}_{2正}}{{K}_{1逆}{K}_{2逆}}$，而正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以升高溫度，平衡常數(shù)減小，
故答案為：△H₁+△H₂；$\frac{{K}_{1正}{K}_{2正}}{{K}_{1逆}{K}_{2逆}}$；減小；
②因?yàn)闆Q定2NO（g）+O₂（g）?2NO₂（g）速率的是反應(yīng)②，所以反應(yīng)①的活化能E₁遠(yuǎn)小于反應(yīng)②的活化能E₂；決定反應(yīng)速率的是反應(yīng)②，而溫度越高k_2正增大，反應(yīng)速率加快，二氧化二氮的濃度減少，導(dǎo)致兩者的積減��；v_2正升高到某一溫度時(shí)v_2正減小，平衡逆向移動(dòng)，氧氣的濃度增大，所以反應(yīng)重新達(dá)到平衡，則變?yōu)橄鄳?yīng)的點(diǎn)為a，
故答案為：＜；C；a．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了蓋斯定律的應(yīng)用、化學(xué)平衡的影響因素溶度積常數(shù)計(jì)算，題目綜合性較強(qiáng)，題目難度中等，側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力、以及對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的綜合應(yīng)用能力．