Question

【題目】根據(jù)當?shù)刭Y源等情況，硫酸工業(yè)常用黃鐵礦(主要成分為FeS2)作為原料。完成下列填空：

(1)將0.050mol SO2(g) 和0.030mol O2(g) 充入一個2L的密閉容器中，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)+Q。經(jīng)2分鐘反應(yīng)達到平衡，測得n(SO3)=0.040mol，則O2的平均反應(yīng)速率為______

(2)在容積不變時，下列措施中有利于提高SO2平衡轉(zhuǎn)化率的有______(選填編號)

a.移出氧氣 b.降低溫度

c.減小壓強 d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)

(3)在起始溫度T1(673K)時SO2的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時間(t)的變化如圖，請在圖中畫出其他條件不變情況下，起始溫度為T2(723K)時SO2的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時間變化的示意圖___

(4)黃鐵礦在一定條件下煅燒的產(chǎn)物為SO2和Fe3O4

①將黃鐵礦的煅燒產(chǎn)物Fe3O4溶于H2SO4后，加入鐵粉，可制備FeSO4。酸溶過程中需維持溶液有足夠的酸性，其原因是______

②FeS2能將溶液中的Fe3+還原為Fe2+，本身被氧化為SO42﹣。寫出有關(guān)的離子方程式______。有2mol氧化產(chǎn)物生成時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為______

Answer 1

【答案】0.005mol/(Lmin) bd 抑制Fe3+與Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+ FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+ 14NA

【解析】

(1)根據(jù)v＝求出氧氣的速率，然后根據(jù)速率之比等于對應(yīng)物質(zhì)的化學(xué)計量數(shù)之比計算；

(2)反應(yīng)放熱，為提高SO2平衡轉(zhuǎn)化率，應(yīng)使平衡向正反應(yīng)方向移動，可降低溫度，體積不變，不能從壓強的角度考慮，催化劑不影響平衡移動，移出氧氣，平衡向逆反應(yīng)方向移動，不利于提高SO2平衡轉(zhuǎn)化率，由此分析解答；

(3)反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡逆向進行，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，但達到平衡所需要的時間縮短，據(jù)此畫出曲線；

(4)①Fe3＋與Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋；

②根據(jù)氧化還原反應(yīng)中的反應(yīng)物和生成物幾何電子守恒來配平化學(xué)方程式，結(jié)合方程計算轉(zhuǎn)移電子數(shù)。

(1)v(SO3)＝＝＝0.01mol/(Lmin)，所以v(O2)＝v(SO3)＝0.005mol/(Lmin)，故答案為：0.005mol/(Lmin)；

(2)a．移出氧氣，平衡逆向移動，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減少，故不選；

b．降低溫度，平衡正向移動，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率增大，故選；

c．減小壓強，平衡逆向移動，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減少，故不選；

d．再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)，相當于增大壓強，平衡正向移動，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率增大，故選；

故答案為：bd；

(3)反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H＜0，SO2的轉(zhuǎn)化率在起始溫度T1＝673K下隨反應(yīng)時間(t)的變化如圖，其他條件不變，僅改變起始溫度為T2＝723K，溫度升高，平衡逆向進行，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率減小，但反應(yīng)速率增大，達到平衡需要的時間短，在圖中畫出溫度T2下SO2的轉(zhuǎn)化率隨反應(yīng)時間變化的預(yù)期結(jié)果示意圖如圖所示；故答案為：；

(4)①Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4后，生成的Fe3＋與Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋，所以要加入Fe粉和酸，抑制Fe3＋與Fe2＋的水解，并防止Fe2＋被氧化成Fe3＋，故答案為：抑制Fe3＋與Fe2＋的水解，并防止Fe2＋被氧化成Fe3＋；

②2價的硫離子具有還原性，FeS2可以將溶液中的Fe3＋還原為Fe2＋，而本身被氧化為硫酸根離子，有關(guān)的離子方程式為：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+，氧化產(chǎn)物是硫酸根離子，有2mol硫酸根生成時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為14NA，故答案為：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+；14NA。