Question

5．乙炔是重要的化工原料，廣泛用于有機合成和氧炔焊等．生產(chǎn)乙炔的方法有多種，如電石法、甲烷裂解法等．
（1）在Co（NO₃）₂催化下，乙炔可被50%的濃硝酸（硝酸被還原為NO₂）在20～70℃時直接氧化為H₂C₂O₄•2H₂O．
①該反應的化學方程式為C₂H₂+8HNO₃$→_{20～70℃}^{Co（NO_{3}）_{2}}$H₂C₂O₄•2H₂O+8NO₂↑+2H₂O；
②實際生產(chǎn)中硝酸可循環(huán)利用而不被消耗，用方程式說明：3NO₂+H₂O=2HNO₃+NO，2NO+O₂=2NO₂（4NO₂+O₂+2H₂O=4HNO₃）．
（2）電石法原理為：由石油焦與生石灰在電爐中生成電石CaC₂（含Ca₃P₂、CaS等雜質），電石與水反應生成C₂H₄（含PH₃及H₂S等雜質）．
①已知焦炭固體與氧化鈣固體每生成l g CaC₂固體，同時生成CO氣體吸收7.25kJ的    熱量，則該反應的熱化學方程式為CaO（s）+3C（s）$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$CaC₂（s）+CO（g）△H=+464kJ/mol；
②用CuSO₄溶液凈化乙炔氣體，去除PH₃的反應之一為：4CuSO₄+PH₃+4H₂O═4Cu↓+H₃PO₄+4H₂SO₄，每去除1mol PH₃，該反應中轉移電子的物質的量為8mol；
③反應H₂S（aq）+Cu²⁺（aq）═CuS（s）+2H⁺（aq）的平衡常數(shù)為8×10¹⁵；（已知K_sp（CuS）=1.25×10^-36，H₂S的K_al=1×10^-7，K_a2=1×10^-13）
④電石法工藝流程簡單、容易操作、乙炔純度高，缺點是消耗大量的電能（或污染嚴重）（舉1例）．
（3）甲烷裂解法原理為：2CH₄（g）?C₂H₂（g）+3H₂（g）△H，實驗測得該反應的Kp（用平衡分壓代替濃度計算的平衡常數(shù)，分壓=總壓×物質的量分數(shù)）與溫度的關系如右圖所示：
①該反應的△H＞0（填“＞”、“=”或“＜”）；
②圖中G點v_（正）＞v_（逆）（填“＞”、“=”或“＜”）；
③M點時，若容器中氣體的總物質的量為1mol，則總壓P與n（CH₄）、n（C₂H₂）及n（H₂）之間的關系為p=$\sqrt{\frac{{n}^{2}（{CH}_{4}）}{{n}^{3}（{H}_{2}）•n（{C}_{2}{H}_{2}）}}$或${n}^{2}（C{H}_{4}）=n（{C}_{2}{H}_{2}）•{n}^{3}（{H}_{2}）•{p}^{2}$．

Answer 1

分析 （1）①在Co（NO₃）₂催化下，乙炔可被50%的濃硝酸（硝酸被還原為NO₂），在20～70℃時直接氧化為H₂C₂O₄•2H₂O，反應為氧化還原反應，注意配平，據(jù)此寫出反應的方程式；
②實際生產(chǎn)中硝酸可循環(huán)利用而不被消耗，考慮NO₂溶于水產(chǎn)生硝酸和NO，NO被氧化又可以變成NO₂，循環(huán)使用，據(jù)此寫出反應的方程式；
（2）①焦炭固體與氧化鈣固體每生成l g CaC₂固體，即反應每生成$\frac{1}{64}mol$CaC₂固體，反應吸收熱量7.25kJ，則每生成1molCaC₂，反應需吸收熱量7.25×64=464kJ，據(jù)此寫出熱化學方程式，注意標注物質的狀態(tài)；
②膦PH₃具有一定的還原性，能將CuSO₄還原為Cu，自身可生成H₃PO₄，反應為4CuSO₄+PH₃+4H₂O═4Cu↓+H₃PO₄+4H₂SO₄，反應為氧化還原反應，P從-3價升高為+5價，轉移8個電子，據(jù)此計算；
③根據(jù)多重平衡規(guī)則計算反應H₂S（aq）+Cu²⁺（aq）═CuS（s）+2H⁺（aq）的平衡常數(shù)；
④電石法工藝流程簡單、容易操作、乙炔純度高，但制備電石由石油焦與生石灰在電爐中生成電石CaC₂，反應消耗電能，反應生成PH₃和H₂S會污染環(huán)境，據(jù)此分析缺點；
（3）①根據(jù)圖象分析，隨著溫度升高，平衡常數(shù)的對數(shù)值增大，則平衡常數(shù)也增大，反應向正反應方向的趨勢增大；
②圖中G點在M點下方，G點的含義為反應商J＜K_p，反應向正反應方向進行；
③M點時，溫度為1400K，此時平衡常數(shù)為lgK_p=0，則K_p=1，根據(jù)分壓平衡常數(shù)的概念計算．

解答 解：（1）①在Co（NO₃）₂催化下，乙炔可被50%的濃硝酸（硝酸被還原為NO₂），在20～70℃時直接氧化為H₂C₂O₄•2H₂O，反應為氧化還原反應，注意配平，則該反應的化學方程式為：C₂H₂+8HNO₃$→_{20～70℃}^{Co（NO_{3}）_{2}}$H₂C₂O₄•2H₂O+8NO₂↑+2H₂O，
故答案為：C₂H₂+8HNO₃$→_{20～70℃}^{Co（NO_{3}）_{2}}$H₂C₂O₄•2H₂O+8NO₂↑+2H₂O；
②實際生產(chǎn)中硝酸可循環(huán)利用而不被消耗，考慮NO₂溶于水產(chǎn)生硝酸和NO，NO被氧化又可以變成NO₂，循環(huán)使用，則方程式為：3NO₂+H₂O=2HNO₃+NO，2NO+O₂=2NO₂（或總反應4NO₂+O₂+2H₂O=4HNO₃），
故答案為：3NO₂+H₂O=2HNO₃+NO，2NO+O₂=2NO₂（或4NO₂+O₂+2H₂O=4HNO₃）；
（2）①焦炭固體與氧化鈣固體每生成l g CaC₂固體，即反應每生成$\frac{1}{64}mol$CaC₂固體，反應吸收熱量7.25kJ，則每生成1molCaC₂，反應需吸收熱量7.25×64=464kJ，則該反應的熱化學方程式為：CaO（s）+3C（s）$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$CaC₂（s）+CO（g）△H=+464kJ/mol，
故答案為：CaO（s）+3C（s）$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$CaC₂（s）+CO（g）△H=+464kJ/mol；
②膦PH₃具有一定的還原性，能將CuSO₄還原為Cu，自身可生成H₃PO₄，反應為4CuSO₄+PH₃+4H₂O═4Cu↓+H₃PO₄+4H₂SO₄，反應為氧化還原反應，P從-3價升高為+5價，轉移8個電子，則每去除1mol PH₃，該反應中轉移電子的物質的量為8mol，
故答案為：8mol；
③反應為：H₂S（aq）+Cu²⁺（aq）═CuS（s）+2H⁺（aq），根據(jù)多重平衡規(guī)則，該反應的平衡常數(shù)為K=$\frac{{c}^{2}（{H}^{+}）}{c（C{u}^{2+}）c（{H}_{2}S）}$=$\frac{{c}^{2}（{H}^{+}）}{c（C{u}^{2+}）c（{H}_{2}S）}•\frac{c（{S}^{2-}）}{c（{S}^{2-}）}$=$\frac{{K}_{a1}•{K}_{a2}}{{K}_{sp}（CuS）}$=$\frac{1×1{0}^{-7}×1×1{0}^{-3}}{1.25×1{0}^{-36}}$=8×10¹⁵，
故答案為：8×10¹⁵；
④電石法工藝流程簡單、容易操作、乙炔純度高，但制備電石由石油焦與生石灰在電爐中生成電石CaC₂，反應消耗電能，反應生成PH₃和H₂S會污染環(huán)境，則缺點是：消耗大量的電能（或污染嚴重），
故答案為：消耗大量的電能（或污染嚴重）；
（3）①根據(jù)圖象分析，隨著溫度升高，平衡常數(shù)的對數(shù)值增大，則平衡常數(shù)也增大，反應向正反應方向的趨勢增大，因此升高溫度有利于反應正向進行，則正反應為吸熱反應，焓變△H＞0，
故答案為：＞；
②圖中G點在M點下方，G點的含義為反應商J＜K_p，反應向正反應方向移動，則化學反應速率為v_正＞v_逆，
故答案為：＞；
③M點時，溫度為1400K，此時平衡常數(shù)為lgK_p=0，則K_p=1，分壓平衡常數(shù)K_p=$\frac{{p}^{3}（{H}_{2}）p（{C}_{2}{H}_{2}）}{{p}^{2}（C{H}_{4}）}$=1，均為平衡分壓，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，pV=nRT，容器中氣體的總物質的量為1mol，則1=n（CH₄）+n（C₂H₂）+n（H₂），此時有pV=RT，考慮反應方程式：2CH₄（g）?C₂H₂（g）+3H₂（g），反應由甲烷裂解而來，則平衡時必有n（H₂）=3n（C₂H₂），則p（H₂）=3p（C₂H₂），p=$\frac{nRT}{V}$=$\frac{[n（C{H}_{4}）+n（{C}_{2}{H}_{2}）+n（{H}_{2}）]}{V}RT$=p（CH₄）+p（C₂H₂）+p（H₂），這就是大學無機化學中的道爾頓分壓定律的應用！密閉體系總壓為各組分氣體的分壓之和！
由pV=RT，結合平衡常數(shù)K_p=$\frac{{p}^{3}（{H}_{2}）p（{C}_{2}{H}_{2}）}{{p}^{2}（C{H}_{4}）}$=1，則p³（H₂）p（C₂H₂）=p²（CH₄），則有$[\frac{n（{H}_{2}）RT}{V}]^{3}•[\frac{n（{C}_{2}{H}_{2}）RT}{V}]=[\frac{n（C{H}_{4}）RT}{V}]^{2}$，因此${n}^{3}（{H}_{2}）n（{C}_{2}{H}_{2}）•{p}^{2}={n}^{2}（C{H}_{4}）$，所以總壓P與n（CH₄）、n（C₂H₂）及n（H₂）之間的關系為：p=$\sqrt{\frac{{n}^{2}（{CH}_{4}）}{{n}^{3}（{H}_{2}）•n（{C}_{2}{H}_{2}）}}$或${n}^{2}（C{H}_{4}）=n（{C}_{2}{H}_{2}）•{n}^{3}（{H}_{2}）•{p}^{2}$，
故答案為：p=$\sqrt{\frac{{n}^{2}（{CH}_{4}）}{{n}^{3}（{H}_{2}）•n（{C}_{2}{H}_{2}）}}$或${n}^{2}（C{H}_{4}）=n（{C}_{2}{H}_{2}）•{n}^{3}（{H}_{2}）•{p}^{2}$．

點評 本題主要考查化學原理部分知識，包含氧化還原反應方程式的書寫和配平，熱化學方程式的書寫和配平，平衡常數(shù)的計算，化學平衡的移動，理想氣體狀態(tài)方程的應用，考查綜合分析問題的能力，是一道好題，題目難度中等．