Question

20．“一帶一路”將為中國化工企業(yè)開辟新的國際市場，其中，能源、資源整合和環(huán)境治理是保駕護航的基礎．
（1）過氧化鈣（CaO₂）難溶于水，廣泛應用于漁業(yè)、農(nóng)業(yè)、環(huán)保等方面，其制備方法如下：
①在低溫下，往過氧化氫濃溶液中投入無水氯化鈣發(fā)生復分解反應，寫出該可逆反應的化學方程式H₂O₂+CaCl₂?CaO₂+2HCl．
②測得不同溫度下，過氧化鈣的平均生成速率如表所示：

溫度（℃）	20	30	40	50	60	70	80
CaO2平均生成速率（×10-3mol．s-1）	7.5	8.2	9.4	8.0	7.1	6.7	5.5

請解釋速率隨溫度如此變化的原因40℃之前，溫度升高，速率加快；40℃之后，溫度繼續(xù)升高，雙氧水分解，濃度下降，反應速率減慢 ．
（2）貴金屬的冶煉中往往會產(chǎn)生有毒氣體，先進技術(shù)使用NaBH₄為誘導劑，可使Co²⁺與肼（N₂H₄）在堿性條件下發(fā)生反應，制得高純度納米鈷，該過程不產(chǎn)生有毒氣體．寫出該反應的離子方程式：2Co²⁺+N₂H₄+4OH^-=2Co↓+N₂↑+4H₂O ．
（3）下面是不同過程的熱化學方程式，請寫出FeO（s）被CO還原成Fe和CO₂的熱化學方程式FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO₂（g）△H=-11KJ/mol．
已知：Fe₂O₃（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO₂（g）△H₁=-25kJ•mol^-1①
3Fe₂O₃（s）+CO（g）═2Fe₃O₄（s）+CO₂（g）△H₂=-47kJ•mol^-1    ②
Fe₃O₄（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO₂（g）△H₃=+19kJ•mol^-1      ③
（4）已知在某種含鐵催化劑作用下發(fā)生下列反應；CO（g）+3H₂（g）?CH₄（g）+H₂O （g）△H＜0．一定溫度下，把1molCO和3molH₂加入到體積為1L的密閉容器中，測得不同時間CO的體積分數(shù)φ（CO）如表：

t/min	0	10	20	30	40
φ（CO）	0.250	0.235	0.225	0.200	0.200

①一定條件下，下列能說明該反應達到平衡狀態(tài)的是bd．
a．混合氣體的密度不再變化     b．容器內(nèi)壓強不再變化
c．v （CH₄）=v （CO）    d．CO在混合氣中的質(zhì)量分數(shù)保持不變
②對于基元反應aA+bB?cC+dD而言，其某一時刻的瞬時速率計算公式如下：正反應速率為v_正=k_正•c（A）^a•c（B）^b；逆反應速率為v_逆=k_逆•c（C）^c•c（D）^d，其中k_正、k_逆為速率常數(shù)．若將上述反應視為基元反應，反應進行到35min時k_逆：k_正=0.0036．
（5）已知：HCN的電離常數(shù)K=4.9×10^-10，H₂S的電離常數(shù)K₁=1.3×10^-7，K₂=7.0×10^-15，向NaCN溶液中通入少量的H₂S氣體，反應的離子方程式為NaCN+H₂S=HCN+NaHS．在廢水處理領(lǐng)域中常用H₂S將Mn²⁺轉(zhuǎn)化為MnS除去，向含有0.020mol•L^-1 Mn²⁺廢水中通入一定量的H₂S氣體，調(diào)節(jié)溶液的pH=a，當HS^-濃度為1.0×10^-4mol•L^-1時，Mn²⁺開始沉淀，則a=5．[已知：K_sp（MnS）=1.4×10^-15]．

Answer 1

分析 （1）①在低溫下，往過氧化氫濃溶液中投入無水氯化鈣發(fā)生復分解反應生成CaO₂與HCl；
②40℃之前，溫度升高，速率加快；40℃之后，溫度繼續(xù)升高，雙氧水分解；
（2）依據(jù)題意，反應物為Co²⁺與肼（N₂H₄）、堿性條件下存在OH^-，生成物為：鈷單質(zhì)，據(jù)此得出Co的化合價降低，故N的化合價升高，只能為0價，即氮氣，依據(jù)氧化還原反應得失電子守恒回答即可；
（3）已知：Fe₂O₃（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO₂（g），△H1=-25KJ/mol…①，
3Fe₂O₃（s）+CO（g）═2Fe₃O₄（s）+CO₂（g），△H2=-47KJ/mol…②，
Fe₃O₄（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO₂（g），△H3=19KJ/mol…③，
根據(jù)蓋斯定律將方程式變形$\frac{（3×①-②-2×③）}{6}$得：Fe（s）+CO（g）═Fe（s）+CO₂（g），△H；
（4）①平衡狀態(tài)的標志可以兩個方兩去判斷，一、是看正逆反應速是否相等，二是各組分的濃度和分數(shù)是否隨時間的改變而改變；也可以抓住未平衡時是個變量，現(xiàn)在不變說明已經(jīng)達到平衡狀態(tài)了，來解決問題；
②平衡時滿足v_正=v_逆，v_正=k_正•c（A）^a•c（B）^b；V_逆=k_逆•c（C）^c•c（D）^d，則k_逆：k_正=$\frac{c（C{H}_{4}）×c（{H}_{2}O）}{c（C{O}_{2}）×{c}^{3}（{H}_{2}）}$=K；
（5）已知：25℃時，HCN的電離常數(shù)K=4.9×10^-10，H₂S的電離常數(shù)K₁=1.3×10^-7，K₂=7.0×10^-15，則酸性H₂S＞HCN＞HS^-，根據(jù)強酸制備弱酸，向NaCN溶液中通入少量的H₂S氣體，則NaCN+H₂S=HCN+NaHS；當Qc=K_sp（MnS）時開始沉淀，由此求出硫離子的濃度，結(jié)合此時的pH，以及Ksp=c（Mn²⁺）•c（S^2-）進行計算．

解答 解：（1）①在低溫下，往過氧化氫濃溶液中投入無水氯化鈣發(fā)生復分解反應生成CaO₂與HCl，反應方程式為：H₂O₂+CaCl₂ CaO₂+2HCl，
故答案為：H₂O₂+CaCl₂?CaO₂+2HCl；
②40℃之前，溫度升高，速率加快；40℃之后，溫度繼續(xù)升高，雙氧水分解，濃度下降，反應速率減慢，
故答案為：40℃之前，溫度升高，速率加快；40℃之后，溫度繼續(xù)升高，雙氧水分解，濃度下降，反應速率減慢；
（2）依據(jù)題意，反應物為Co²⁺與肼（N₂H₄）、堿性條件下存在OH^-，生成物為：鈷單質(zhì)，據(jù)此得出Co的化合價降低，故N的化合價升高，只能為0價，即氮氣，據(jù)此得出還有水生成，氧化還原反應中存在得失電子守恒以及元素守恒，故此反應的離子反應方程式為：2Co²⁺+N₂H₄+4OH^-=2Co↓+N₂↑+4H₂O，
故答案為：2Co²⁺+N₂H₄+4OH^-=2Co↓+N₂↑+4H₂O；
（3）Fe₂O₃（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO₂（g），△H1=-25KJ/mol…①，
3Fe₂O₃（s）+CO（g）═2Fe₃O₄（s）+CO₂（g），△H2=-47KJ/mol…②，
Fe₃O₄（s）+CO（g）═3FeO（s）+CO₂（g），△H3=19KJ/mol…③，
根據(jù)蓋斯定律將方程式變形$\frac{（3×①-②-2×③）}{6}$得：Fe（s）+CO（g）═Fe（s）+CO₂（g），△H=$\frac{（3×△{H}_{1}-△{H}_{2}-2×△{H}_{3}）}{6}$=-11KJ/mol，
故答案為：FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO₂（g）△H=-11KJ/mol；
（4）a．在化學反應前后質(zhì)量不會發(fā)生變化，容器的體積是定值，故密度不變不能作為達到達平衡的標志，故a錯誤；
  b．這是一個氣體體積發(fā)生變化的反應，容器內(nèi)壓強不再變化，即氣體的量不再變化，故能作為達到達平衡的標志，故b正確；
 c．v （CH₄）=v （CO），沒有指明正逆反應，不能作為達到達平衡的標志，故c錯誤；
 d．CO在混合氣中的質(zhì)量分數(shù)保持不變，即濃度不變，故能作為達到達平衡的標志，故d正確，
故答案為：bd；
②35min時測得φ（CO）=0.2，故n（CO）=4×0.2=0.8，
                CO（g）+3H₂（g）?CH₄（g）+H₂O （g）
開始（c）      1            3               0              0
變化             0.2         0.6            0.2           0.2
平衡             0.8          2.4             0.2          0.2
  K=$\frac{c（C{H}_{4}）×c（{H}_{2}O）}{c（C{O}_{2}）×{c}^{3}（{H}_{2}）}$=$\frac{0.2×0.2}{0.8×2．{4}^{3}}$=0.0036，
平衡時滿足v_正=v_逆，v_正=k_正•c（A）^a•c（B）^b；v_逆=k_逆•c（C）^c•c（D）^d，
則k_逆：k_正=$\frac{c（C{H}_{4}）×c（{H}_{2}O）}{c（C{O}_{2}）×{c}^{3}（{H}_{2}）}$=K=0.0036；
故答案為：0.0036；
（5）已知：25℃時，HCN的電離常數(shù)K=4.9×10^-10，H₂S的電離常數(shù)K₁=1.3×10^-7，K₂=7.0×10^-15，則酸性H₂S＞HCN＞HS^-，根據(jù)強酸制備弱酸，向NaCN溶液中通入少量的H₂S氣體，則NaCN+H₂S=HCN+NaHS；當Qc=K_sp（MnS）時開始沉淀，調(diào)節(jié)溶液的pH=a，H₂S電離常數(shù)：K₂=7.0×10^-15，HS^-濃度為1.0×10^-4mol•L^-1時，則K₂=$\frac{c（{S}^{2-}）c（{H}^{+}）}{c（H{S}^{-}）}$，則7.0×10^-15=$\frac{c（{S}^{2-}）×1.0×1{0}^{-a}}{1.0×1{0}^{-4}}$，則c（S^2-）=7×10^a-19mol•L^-1，
所以Ksp=c（Mn²⁺）•c（S^2-）=7×10^a-19mol•L^-1×0.020mol•L^-1=1.4×10^-15，解得a=5，
故答案為：NaCN+H₂S=HCN+NaHS；5．

點評 本題以過氧化鈣的制備為載體，考查對制備原理的分析，化學平衡平衡移動影響因素，化學平衡常數(shù)計算，平衡移動原理的應用，題目難度中等．