Question

19．稀土元素是宝贵的战略资源，我国的蕴藏量居世界首位．
铈（Ce）是地壳中含量最高的稀土元素．在加热条件下CeCl₃易发生水解．
（1）无水CeCl₃可用加热CeCl₃•6H₂O和NH₄Cl固体混合物的方法来制备．其中NH₄Cl的作用是分解出HCl气体，抑制CeCl₃的水解．
（2）在某强酸性混合稀土溶液中加入H₂O₂，调节pH≈3，
Ce³⁺通过下列反应形成Ce（OH）₄沉淀得以分离．完成反应的离子方程式：2Ce³⁺+1H₂O₂+6H₂O→2Ce（OH）₄↓+6H⁺
（3）在溶液中，反应A+2B?C分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始浓度均为c（A）=0.100mol/L、c（B）=0.2mol/L及c（C）=0mol/L．反应物A的浓度随时间的变化如图所示．
请回答下列问题：
与①比较，②和③分别仅改变一种反应条件．所改变的条件和判断的理由是：②加催化剂_；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未改变③温度升高；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度减小； 实验②平衡时B的转化率为40%；该反应是吸热反应，判断其理由是温度升高，平衡向正反应方向移动；
该反应进行到4.0min时的平均反应速度率：实验②：v_B=0.014mol（L•min）^-1．

Answer 1

分析 （1）在加热条件下CeCl₃易发生水解，为抑制其水解，可以通入HCl；
（2）该反应中Ce元素化合价由+3价变为+4价，则Ce³⁺是还原剂，则双氧水是氧化剂，得电子化合价降低，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；
（3）在溶液中，压强对化学平衡无影响，且起始浓度不变，应为催化剂与温度对反应的影响，根据催化剂、温度对化学反应速度率和化学平衡的影响；
由图可知，实验②平衡时A的浓度为0.06mol/L，计算A的浓度变化量，再利用方程式计算B的浓度变化量，进而计算平衡时B的转化率；
温度升高，A的浓度降低，平衡向正反应方向移动，据此判断；
根据v=$\frac{△c}{△t}$计算v_A，利用速率之比等于速率之比实验②中v_B．

解答 解：（1）加热条件下CeCl₃易发生水解，为抑制其水解，可以通入HCl，所以无水CeCl₃可用加热CeCl₃•6H₂O和NH₄Cl固体混合物的方法来制备目的是分解出HCl气体，抑制CeCl₃的水解，故答案为：分解出HCl气体，抑制CeCl₃的水解；
（2）该反应中Ce元素化合价由+3价变为+4价，则Ce³⁺是还原剂，则双氧水是氧化剂，得电子化合价降低，则O元素化合价由-1价变为-2价，转移电子数为2，根据电荷守恒知未知微粒是氢离子，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为2Ce³⁺+H₂O₂+6H₂O═2Ce（OH）₄↓+6H⁺，故答案为：2；1；6；2；6H⁺；
（3）与①比较，②缩短达到平衡的时间，因催化剂能加快化学反应速度率，化学平衡不移动，所以②为使用催化剂；
与①比较，③缩短达到平衡的时间，平衡时A的浓度减小，因升高温度，化学反应速度率加快，化学平衡移动，平衡时A的浓度减小，
由图可知，实验②平衡时A的浓度为0.06mol/L，故A的浓度变化量0.1mol/L-0.06mol/L=0.04mol/L，由方程式可知B的浓度变化量为0.04mol/L×2=0.08mol/L，故平衡时B的转化率为$\frac{0.08mol/L}{0.2mol/L}$×100%=40%；
因③温度升高，平衡时A的浓度减小，化学平衡向吸热的方向移动，说明正反应方向吸热，即△H＞0，
实验②中，v_A=$\frac{0.1mol-0.072mol/L}{4min}$=0.007mol（L•min）^-1，所以v_B=2v_A=0.014mol（L•min）^-1
故答案为：②加催化剂；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度未变；③温度升高；达到平衡的时间缩短，平衡时A的浓度减小；40%；吸；温度升高，平衡向正反应方向移动；0.014mol（L•min）^-1．

点评 本题考查盐类水解、氧化还原反应方程式的配平、化学平衡浓度-时间图象、化学反应速率计算、化学平衡影响因素等，注意细心读取图象中物质的浓度，浓度不大侧重考查基本理论，题目难度不大．