Question

8．H₂O₂是绿色氧化剂，且酸性介质下由更强的氧化性，易溶于水显弱酸性，常温下K₁=1×10^-12，K₂=1×10^-25，回答下列问题：
（1）常温下水的电离平衡的常数K约为56×10^-14，K、K₁、K₂从大到小顺序为K₁＞K＞K₂；
（2）在硫酸亚铁存在条件下，H₂O₂溶液可以把苯（C₆H₆）氧化为苯酚（C₆H₅OH），反应后的混合物经过分液、蒸馏得到苯酚，理论上制取1mol苯酚需要消耗H₂O₂1mol，实际消耗大于理论用量的主要原因是苯酚不稳定易被氧化
（3）K₄[Fe（CN）₆]（黄色溶液）、K₃[Fe（CN）₆]（黄绿色溶液）与一定量H₂O₂组成的混合物，用酸或碱调节混合溶液的pH，会出现黄色、黄绿色交替变化，按照从酸性至碱性的顺序，可观察到的现象是溶液由黄绿色变为黄色；
（4）工业用H₂O₂除去废水中的Cl₂，氧化产物是O₂；与SO₂除Cl₂相比，其优点是过量除杂试剂H₂O₂不会排出有毒气体，且废水酸性较弱．

Answer 1

分析 （1）常温下水的电离平衡的常数K约为56×10^-14，H₂O₂的K₁=1×10^-12，K₂=1×10^-25；
（2）发生H₂O₂+C₆H₆$\stackrel{FeSO_{4}}{→}$C₆H₅OH+H₂O，苯酚、苯与水分层，苯酚不稳定易被氧化；
（3）由2H⁺+[Fe（CN）₆]^4-（黄色溶液）+H₂O₂?[Fe（CN）₆]^3-（黄绿色溶液）+2H₂O，酸性条件下平衡正向移动，碱性条件下平衡逆向移动；
（4）结合H₂O₂+Cl₂=2HCl+O₂、Cl₂+SO₂+2H₂O=H₂SO₄+2HCl分析．

解答 解：（1）常温下水的Kw=1×10^-14，则电离平衡的常数K约为56×10^-14，H₂O₂的K₁=1×10^-12，K₂=1×10^-25，K、K₁、K₂从大到小顺序为K₁＞K＞K₂，
故答案为：56×10^-14；K₁＞K＞K₂；
（2）发生H₂O₂+C₆H₆$\stackrel{FeSO_{4}}{→}$C₆H₅OH+H₂O，苯酚、苯与水分层，反应后的混合物经过分液、蒸馏得到苯酚，由反应可知，理论上制取1mol苯酚需要消耗H₂O₂ 为1mol，实际消耗大于理论用量的主要原因是苯酚不稳定易被氧化，则消耗的过氧化氢就多，
故答案为：分液；1；苯酚不稳定易被氧化；
（3）由2H⁺+[Fe（CN）₆]^4-（黄色溶液）+H₂O₂?[Fe（CN）₆]^3-（黄绿色溶液）+2H₂O，酸性条件下平衡正向移动，碱性条件下平衡逆向移动，则按照从酸性至碱性的顺序，可观察到的现象是溶液由黄绿色变为黄色，
故答案为：溶液由黄绿色变为黄色；
（4）用H₂O₂除去废水中的Cl₂，发生H₂O₂+Cl₂=2HCl+O₂可知，O元素失去电子，对应氧化产物为O₂，SO₂除去废水中的Cl₂，发生Cl₂+SO₂+2H₂O=H₂SO₄+2HCl，则与SO₂除Cl₂相比，其优点是过量除杂试剂H₂O₂不会排出有毒气体，且废水酸性较弱，
故答案为：O₂；过量除杂试剂H₂O₂不会排出有毒气体，且废水酸性较弱．

点评 本题考查化学平衡及氧化还原反应，为高频考点，把握物质的性质、化学平衡常数及平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意反应原理的应用，题目难度中等．