Question

20．（1）已知
①CH₃COOH（l）+2O₂（g）=2CO₂（g）+2H₂O（l）△H₁=-870.3kJ•mol^-1
②C（s）+O₂（g）=CO₂（g）△H₂=-393.5kJ•mol^-1
③H₂（g）+1/2O₂（g）=H₂O（l）△H₃=-285.8kJ•mol^-1
則用固體C、氫氣、氧氣合成CH₃COOH（l）的熱化學(xué)方程式為2C（s）+2H₂（g）+O₂（g）=CH₃COOH（l）△H=-488.3 kJ•mol^-1
（2）某實(shí)驗(yàn)小組對(duì)不同濃度的醋酸溶液進(jìn)行導(dǎo)電性測(cè)定，結(jié)果如圖1．可得結(jié)論是①醋酸濃度在0-2 mol/L，電流強(qiáng)度隨著濃度增大而增大；濃度大于2 mol/L以后，電流強(qiáng)度隨著濃度增大而減�。虎陔娏鲝�(qiáng)度與離子濃度成正比．
（3）測(cè)得以等物質(zhì)的量混合的醋酸和醋酸鈉溶液中PH=4.8，則離子濃度從大到小的排序是c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），常溫下，a mol•L^-1KHCO₃溶液的pH=8，HCO₃^?的水解常數(shù)約等于$\frac{1{0}^{-12}}{a}$．（用含a式表示）．
（4）已知反應(yīng)H₂O（g）+CO（g）?CO₂（g）+H₂（g），在某溫度下的平衡常數(shù)是9．如果反應(yīng)開始時(shí)，一氧化碳與水蒸氣的濃度都是0.01mol/L，計(jì)算一氧化碳的轉(zhuǎn)化率．（寫出計(jì)算過程）
（5）某鍋爐水垢的主要成分有CaCO₃、Mg（OH）₂、Fe₂O₃，利用如圖2所示裝置對(duì)鍋爐水（含Ca²⁺、Mg²⁺、HCO₃^-）進(jìn)行預(yù)處理，可有效防止鍋爐水垢的形成．試用所學(xué)理論進(jìn)行解釋．因?yàn)殛枠O會(huì)發(fā)生4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O，使得陽極區(qū)H⁺濃度增大，然后發(fā)生HCO₃^-+H⁺=CO₂↑+H₂O，一段時(shí)間后隨著CO₂的排出溶液的酸性逐漸增強(qiáng)，就可有效防止鍋爐水垢的形成．

Answer 1

分析 （1）已知：①CH₃COOH（l）+2O₂（g）=2CO₂（g）+2H₂O（l）△H₁=-870.3kJ•mol^-1
②C（s）+O₂（g）=CO₂（g）△H₂=-393.5kJ•mol^-1
③H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=H₂O（l）△H₃=-285.8kJ•mol^-1
根據(jù)蓋斯定律，②×2+③×2-①可得：2C（s）+2H₂（g）+O₂（g）=CH₃COOH（l），△H=2△H₂+2△H₃-△H₁；
（2）①由圖可知，醋酸濃度在0-2 mol/L，電流強(qiáng)度隨著濃度增大而增大；濃度大于2 mol/L以后，電流強(qiáng)度隨著濃度增大而減��；
②電流強(qiáng)度與離子濃度成正比；
（3）測(cè)得以等物質(zhì)的量混合的醋酸和醋酸鈉溶液中pH=4.8，醋酸的電離程度大于CH₃COO^-水解程度；
常溫下，a mol•L^-1KHCO₃溶液的pH=8，則c（OH^-）=1.0×10^-6mol/L，由HCO₃^-+H₂O?H₂CO₃+OH^-，c（OH^-）≈c（H₂CO₃）=1.0×10^-6mol/L，水解程度小，消耗HCO₃^-可忽省不計(jì)，HCO₃^-的水解常數(shù)Kh=$\frac{c（{H}_{2}C{O}_{3}）×c（O{H}^{-}）}{c（HC{{O}_{3}}^{-}）}$；
（4）氧化碳與水蒸氣的濃度都是0.01mol/L，則：
                 H₂O（g）+CO（g）?CO₂（g）+H₂（g）
起始濃度（ mol/L）：0.01   0.01    0        0
變化濃度（ mol/L）：x       x      x        x
平衡濃度（ mol/L）：0.01-x 0.01-x  x        x
根據(jù)平衡常數(shù)K=$\frac{c（C{O}_{2}）×c（{H}_{2}）}{c（{H}_{2}O）×c（CO）}$=9列方程計(jì)算解答；
（5）因?yàn)殛枠O會(huì)發(fā)生4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O，使得陽極區(qū)H⁺濃度增大，然后發(fā)生HCO₃^-+H⁺=CO₂↑+H₂O可有效防止鍋爐水垢的形成．

解答 解：（1）已知：①CH₃COOH（l）+2O₂（g）=2CO₂（g）+2H₂O（l）△H₁=-870.3kJ•mol^-1
②C（s）+O₂（g）=CO₂（g）△H₂=-393.5kJ•mol^-1
③H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=H₂O（l）△H₃=-285.8kJ•mol^-1
根據(jù)蓋斯定律，②×2+③×2-①可得：2C（s）+2H₂（g）+O₂（g）=CH₃COOH（l），△H=2△H₂+2△H₃-△H₁=-488.3 kJ•mol^-1，
反應(yīng)熱化學(xué)方程式為：2C（s）+2H₂（g）+O₂（g）=CH₃COOH（l）△H=-488.3 kJ•mol^-1，
故答案為：2C（s）+2H₂（g）+O₂（g）=CH₃COOH（l）△H=-488.3 kJ•mol^-1；
（2）①由圖可知，醋酸濃度在0-2 mol/L，電流強(qiáng)度隨著濃度增大而增大；濃度大于2 mol/L以后，電流強(qiáng)度隨著濃度增大而減小，
故答案為：醋酸濃度在0-2 mol/L，電流強(qiáng)度隨著濃度增大而增大；濃度大于2 mol/L以后，電流強(qiáng)度隨著濃度增大而減小；
②電流強(qiáng)度與離子濃度成正比，
故答案為：離子濃度；
（3）測(cè)得以等物質(zhì)的量混合的醋酸和醋酸鈉溶液中pH=4.8，溶液呈酸性，醋酸的電離程度大于CH₃COO^-水解程度，溶液中離子濃度：c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）；
常溫下，a mol•L^-1KHCO₃溶液的pH=8，則c（OH^-）=$\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-8}}$mol/L=1.0×10^-6mol/L，由HCO₃^-+H₂O?H₂CO₃+OH^-，c（OH^-）≈c（H₂CO₃）=1.0×10^-6mol/L，水解程度小，消耗HCO₃^-可忽省不計(jì)，HCO₃^-的水解常數(shù)Kh=$\frac{c（{H}_{2}C{O}_{3}）×c（O{H}^{-}）}{c（HC{{O}_{3}}^{-}）}$=$\frac{1.0×1{0}^{-6}×1{0}^{-6}}{a}$=$\frac{1{0}^{-12}}{a}$，
故答案為：c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）；$\frac{1{0}^{-12}}{a}$；
（4）氧化碳與水蒸氣的濃度都是0.01mol/L，則：
                H₂O（g）+CO（g）?CO₂（g）+H₂（g）
起始濃度（ mol/L）：0.01   0.01   0        0
變化濃度（ mol/L）：x      x      x       x
平衡濃度（ mol/L）：0.01-x 0.01-x x       x
平衡常數(shù)K=$\frac{c（C{O}_{2}）×c（{H}_{2}）}{c（{H}_{2}O）×c（CO）}$=$\frac{x×x}{（0.01-x）×（0.01-x）}$=9，解得x=0.0075，
α（CO）=（0.0075 mol/L÷0.01 mol/L）×100%=75%，
答：CO的轉(zhuǎn)化率為75%；
（5）因?yàn)殛枠O會(huì)發(fā)生4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O，使得陽極區(qū)H⁺濃度增大，然后發(fā)生HCO₃^-+H⁺=CO₂↑+H₂O，一段時(shí)間后隨著CO₂的排出溶液的酸性逐漸增強(qiáng)，就可有效防止鍋爐水垢的形成，
故答案為：因?yàn)殛枠O會(huì)發(fā)生4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O，使得陽極區(qū)H⁺濃度增大，然后發(fā)生HCO₃^-+H⁺=CO₂↑+H₂O，一段時(shí)間后隨著CO₂的排出溶液的酸性逐漸增強(qiáng)，就可有效防止鍋爐水垢的形成．

點(diǎn)評(píng) 本題考查熱化學(xué)方程式書寫、弱電解質(zhì)電離、化學(xué)平衡計(jì)算、電解原理應(yīng)用等，屬于拼合型題目，需要學(xué)生熟練掌握基礎(chǔ)知識(shí)并能靈活應(yīng)用，難度中等．