Question

5．請在標有序號的空白處填空：
（1）利用催化劑可使NO和CO發(fā)生反應(yīng)：2NO（g）+2CO（g）?2CO₂（g）+N₂（g）△H＜0．已知增大催化劑的比表面積可提高化學(xué)反應(yīng)速率．為了分別驗證溫度、催化劑的比表面積對化學(xué)反應(yīng)速率的影響規(guī)律，某同學(xué)設(shè)計了三組實驗，部分實驗條件已經(jīng)填在下面的表中．
①請?zhí)钊�表中的各空格�?br />

實驗 編號	T（℃）	NO初始濃度 （mol•L-1）	CO初始濃度 （mol•L-1）	催化劑的比表 面積（m2•g-1）
Ⅰ	280	1.2×10-3	5.8×10-3	82
Ⅱ		1.2×10-3		124
Ⅲ	350			82

②實驗Ⅰ中，NO的物質(zhì)的量濃度（c）隨時間（t）的變化如圖所示．
請在給出的坐標圖中畫出實驗Ⅱ、Ⅲ中NO的物質(zhì)的量濃度（c）隨時間（t）變化的曲線，并標明各曲線的實驗編號．

（2）用H₂O₂和H₂SO₄的混合溶液可溶出印刷電路板金屬粉末中的銅．已知：
Cu（s）+2H⁺（aq）═Cu²⁺（aq）+H₂（g）  H=64.39KJ•mol^-1  
2H₂O₂（l）═2H₂O（l）+O₂（g）  H=196.46KJ•mol^-1      
H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═H₂O（l）       H=-285.84KJ•mol^-1
在H₂SO₄溶液中Cu與H₂O₂反應(yīng)生成Cu²⁺和H₂O的熱化學(xué)方程式為Cu（s）+H₂O₂（l）+2H⁺（aq）═Cu²⁺（aq）+2H₂O（l）△H=-319.68kJ/mol．
（3）25℃時，部分物質(zhì)的電離平衡常數(shù)如表所示：

化學(xué)式	CH3COOH	H2CO3	HClO
電離平 衡常數(shù)	1.7×10-5	K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11	3.0×10-8

請回答下列問題：
①CH₃COOH、H₂CO₃、HClO的酸性由強到弱的順序為CH₃COOH＞H₂CO₃＞HClO．
②體積為10mL pH=2的醋酸溶液與一元酸HX分別加水稀釋至1 000mL，稀釋過程中pH變化如圖2所示，則HX的電離平衡常數(shù)大于（填“大于”、“等于”或“小于”）醋酸的電離平衡常數(shù)；理由是稀釋相同倍數(shù)，HX的pH變化比CH₃COOH的大，酸性強，電離平衡常數(shù)大．
（4）①求常溫下pH=2的H₂SO₄溶液中由H₂O電離的c（H⁺）和c（OH^-）．
c（H⁺）=10^-12mol•L^-1，c（OH^-）=10^-12mol•L^-1．
②在某溫度時，測得0.01mol•L^-1的NaOH溶液的pH=11．在此溫度下，將pH=a的NaOH溶液V_a L與pH=b的硫酸V_b L混合．若所得混合液為中性，且a+b=12，則V_a：V_b=10：1．

Answer 1

分析 （1）①根據(jù)實驗?zāi)康尿炞C溫度、催化劑比表面積對化學(xué)反應(yīng)速率的影響規(guī)律，則應(yīng)保證濃度相同，然后相同溫度時比較催化劑比表面積，相同催化劑比、表面積時比較溫度；
②利用影響化學(xué)反應(yīng)速率及化學(xué)平衡的因素來分析圖象；
（2）依據(jù)熱化學(xué)方程式和蓋斯定律計算得到所需熱化學(xué)方程式；
（3）①電離平衡常數(shù)越大，酸的電離程度越大，溶液酸性越強；
②由圖可知，稀釋相同的倍數(shù)，HX的pH變化程度大，則酸性HX強，電離平衡常數(shù)大；
（4）①硫酸電離出的氫離子抑制了水的電離，硫酸溶液中的氫氧根離子是水電離的，據(jù)此計算出溶液水電離的氫離子和氫氧根離子濃度；
②0.01mol/L的NaOH溶液的pH為11，則c（H⁺）=1×10^-11mol/L，c（OH^-）=0.01mol/L，根據(jù)K_w=c（H⁺）×c（OH^-）計算水的離子積，若所得混合溶液為中性，且a=2，b=12，根據(jù)c（OH^-）×V_b=c（H⁺）×V_a計算V_a：V_b．

解答 解：（1）①因Ⅰ、Ⅱ比表面積不同，則應(yīng)控制溫度相同，所有濃度應(yīng)控制相同來驗證催化劑比表面積對速率的影響；
I、Ⅲ比表面積相同，溫度不同，則所有濃度應(yīng)控制相同來驗證反應(yīng)溫度對速率的影響，
故答案為：

實驗 編號	t（℃）	NO初始濃度 （mol/L）	CO初始濃度 （mol/L）	催化劑的 比表面積（m2/g）
Ⅰ
Ⅱ	280		5.80×10-3
Ⅲ		1.20×10-3	5.80×10-3

；
②因Ⅰ、Ⅱ溫度相同，催化劑對平衡移動無影響，則平衡不移動，但Ⅱ的速率大，則Ⅱ先達到化學(xué)平衡，Ⅰ、Ⅱ達平衡時NO的濃度相同；而Ⅲ的溫度高，則反應(yīng)速率最大且平衡逆移，即達到化學(xué)平衡時c（NO）增大，據(jù)此畫出的圖象為：，
故答案為：；
（2）：①Cu（s）+2H⁺（aq）═Cu²⁺（aq）+H₂（g）△H=+64.39kJ/mol，
②2H₂O₂（l）═2H₂O（l）+O₂（g）△H=-196.46kJ/mol，
③H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═H₂O（l） H=-285.84KJ•mol^-1，
由蓋斯定律①+$\frac{1}{2}$②+③得到：Cu（s）+H₂O₂（l）+2H⁺（aq）═Cu²⁺（aq）+2H₂O（l）△H=-319.68kJ/mol，
故答案為：Cu（s）+H₂O₂（l）+2H⁺（aq）═Cu²⁺（aq）+2H₂O（l）△H=-319.68kJ/mol；
（3）①根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，酸的電離出平衡常數(shù)大小為：CH₃COOH＞H₂CO₃＞HCO₃^-＞HClO，電離平衡常數(shù)越大，酸性越強，所以酸性由強到弱的順序為為：CH₃COOH＞H₂CO₃＞HClO，
故答案為：CH₃COOH＞H₂CO₃＞HClO；
②根據(jù)圖象分析知道，起始是兩種溶液中c（H⁺）相同，c（較弱酸）＞c（較強酸），稀釋過程中較弱酸的電離程度增大，故在整個稀釋過程中較弱酸的c（H⁺）一直大于較強酸的c（H⁺），稀釋相同倍數(shù)，HX的pH變化比CH₃COOH的大，故HX酸性強，電離平衡常數(shù)大，
故答案為：大于；稀釋相同倍數(shù)，HX的pH變化比CH₃COOH的大，酸性強，電離平衡常數(shù)大；
（4）①常溫下pH=2的H₂SO₄溶液中氫離子抑制了水的電離，硫酸溶液中的氫氧根離子水電離的，則由H₂O電離的c（H⁺）=c（OH^-）=$\frac{1{0}^{-12}}{0.01mol/L}$=10^-12mol•L^-1，
故答案為：10^-12mol•L^-1；10^-12mol•L^-1；
②0.01mol/L的NaOH溶液的pH為11，則c（H⁺）=1×10^-11mol/L，c（OH^-）=0.01mol/L，K_w=c（H⁺）×c（OH^-）=1×10^-13；
將pH=a的H₂SO₄溶液V_aL與pH=b的NaOH溶液V_bL混合，若所得混合溶液為中性，且硫酸的pH=a=2，氫離子濃度為0.01mol/L，氫氧化鈉溶液的pH=b=12，則氫氧根離子濃度為0.1mol/L，
混合液為中性，則c（H⁺）×V_a=c（OH^-）×V_b，
即：0.01V_a=0.1×V_b，
整理可得：V_a：V_b=10：1，
故答案為：10：1．

點評 本題考查較為綜合，涉及酸堿混合的定性判斷及溶液pH的計算、熱化學(xué)方程式的計算、化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素等知識，題目難度中等，明確溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系為解答關(guān)鍵，注意掌握影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查了學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用能力．