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
则用固体C、氢气、氧气合成CH₃COOH（l）的热化学方程式为2C（s）+2H₂（g）+O₂（g）=CH₃COOH（l）△H=-488.3 kJ•mol^-1
（2）某实验小组对不同浓度的醋酸溶液进行导电性测定，结果如图1．可得结论是①醋酸浓度在0-2 mol/L，电流强度随着浓度增大而增大；浓度大于2 mol/L以后，电流强度随着浓度增大而减小；②电流强度与离子浓度成正比．
（3）测得以等物质的量混合的醋酸和醋酸钠溶液中PH=4.8，则离子浓度从大到小的排序是c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），常温下，a mol•L^-1KHCO₃溶液的pH=8，HCO₃^?的水解常数约等于$\frac{1{0}^{-12}}{a}$．（用含a式表示）．
（4）已知反应H₂O（g）+CO（g）?CO₂（g）+H₂（g），在某温度下的平衡常数是9．如果反应开始时，一氧化碳与水蒸气的浓度都是0.01mol/L，计算一氧化碳的转化率．（写出计算过程）
（5）某锅炉水垢的主要成分有CaCO₃、Mg（OH）₂、Fe₂O₃，利用如图2所示装置对锅炉水（含Ca²⁺、Mg²⁺、HCO₃^-）进行预处理，可有效防止锅炉水垢的形成．试用所学理论进行解释．因为阳极会发生4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O，使得阳极区H⁺浓度增大，然后发生HCO₃^-+H⁺=CO₂↑+H₂O，一段时间后随着CO₂的排出溶液的酸性逐渐增强，就可有效防止锅炉水垢的形成．

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
根据盖斯定律，②×2+③×2-①可得：2C（s）+2H₂（g）+O₂（g）=CH₃COOH（l），△H=2△H₂+2△H₃-△H₁；
（2）①由图可知，醋酸浓度在0-2 mol/L，电流强度随着浓度增大而增大；浓度大于2 mol/L以后，电流强度随着浓度增大而减小；
②电流强度与离子浓度成正比；
（3）测得以等物质的量混合的醋酸和醋酸钠溶液中pH=4.8，醋酸的电离程度大于CH₃COO^-水解程度；
常温下，a mol•L^-1KHCO₃溶液的pH=8，则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^-可忽省不计，HCO₃^-的水解常数Kh=$\frac{c（{H}_{2}C{O}_{3}）×c（O{H}^{-}）}{c（HC{{O}_{3}}^{-}）}$；
（4）氧化碳与水蒸气的浓度都是0.01mol/L，则：
                 H₂O（g）+CO（g）?CO₂（g）+H₂（g）
起始浓度（ mol/L）：0.01   0.01    0        0
变化浓度（ mol/L）：x       x      x        x
平衡浓度（ mol/L）：0.01-x 0.01-x  x        x
根据平衡常数K=$\frac{c（C{O}_{2}）×c（{H}_{2}）}{c（{H}_{2}O）×c（CO）}$=9列方程计算解答；
（5）因为阳极会发生4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O，使得阳极区H⁺浓度增大，然后发生HCO₃^-+H⁺=CO₂↑+H₂O可有效防止锅炉水垢的形成．

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
根据盖斯定律，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，
反应热化学方程式为：2C（s）+2H₂（g）+O₂（g）=CH₃COOH（l）△H=-488.3 kJ•mol^-1，
故答案为：2C（s）+2H₂（g）+O₂（g）=CH₃COOH（l）△H=-488.3 kJ•mol^-1；
（2）①由图可知，醋酸浓度在0-2 mol/L，电流强度随着浓度增大而增大；浓度大于2 mol/L以后，电流强度随着浓度增大而减小，
故答案为：醋酸浓度在0-2 mol/L，电流强度随着浓度增大而增大；浓度大于2 mol/L以后，电流强度随着浓度增大而减小；
②电流强度与离子浓度成正比，
故答案为：离子浓度；
（3）测得以等物质的量混合的醋酸和醋酸钠溶液中pH=4.8，溶液呈酸性，醋酸的电离程度大于CH₃COO^-水解程度，溶液中离子浓度：c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）；
常温下，a mol•L^-1KHCO₃溶液的pH=8，则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^-可忽省不计，HCO₃^-的水解常数Kh=$\frac{c（{H}_{2}C{O}_{3}）×c（O{H}^{-}）}{c（HC{{O}_{3}}^{-}）}$=$\frac{1.0×1{0}^{-6}×1{0}^{-6}}{a}$=$\frac{1{0}^{-12}}{a}$，
故答案为：c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）；$\frac{1{0}^{-12}}{a}$；
（4）氧化碳与水蒸气的浓度都是0.01mol/L，则：
                H₂O（g）+CO（g）?CO₂（g）+H₂（g）
起始浓度（ mol/L）：0.01   0.01   0        0
变化浓度（ mol/L）：x      x      x       x
平衡浓度（ mol/L）：0.01-x 0.01-x x       x
平衡常数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的转化率为75%；
（5）因为阳极会发生4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O，使得阳极区H⁺浓度增大，然后发生HCO₃^-+H⁺=CO₂↑+H₂O，一段时间后随着CO₂的排出溶液的酸性逐渐增强，就可有效防止锅炉水垢的形成，
故答案为：因为阳极会发生4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O，使得阳极区H⁺浓度增大，然后发生HCO₃^-+H⁺=CO₂↑+H₂O，一段时间后随着CO₂的排出溶液的酸性逐渐增强，就可有效防止锅炉水垢的形成．

点评 本题考查热化学方程式书写、弱电解质电离、化学平衡计算、电解原理应用等，属于拼合型题目，需要学生熟练掌握基础知识并能灵活应用，难度中等．