Question

【题目】（1）把0.4 mol X气体和0.6 mol Y气体混合于2 L密闭容器中，使它们发生如下反应：4 X(g)＋5 Y(g) n Z(g)＋6 W(g)。2 min 末已生成0.3 mol W，若测知以Z的浓度变化表示的反应速率为0.05 mol·（L·min）－1，计算：前2 min内用X的浓度变化表示的平均反应速率________化学反应方程式中n的值是______________________，2 min末时Y的浓度_____________________。

（2）已知有机物 HT 能将 Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+ (水层)+ 6HT（有机层） 2CeT3 (有机层）+ 6H+(水层) 从平衡角度解释：向 CeT3 (有机层）加入 H2SO4 获得较纯的含 Ce3+的水溶液的原因是__________________________________。

（3）硫酸铁铵矾［Fe2(SO4) 3·(NH4) 2SO4·24H2O］广泛用于水的净化处理，其净水原理用离子方程式解释是______________________________________________。

Answer 1

【答案】0.05 mol·（L·min）－1 4 0.175 mol·L－1 混合液中加入H2SO4使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动。 Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3（胶体） + 3H+

【解析】

(1)先根据W的物质的量求出X的物质的量的变化量，根据v=计算v(X)；利用速率之比等于化学计量数之比计算n的值；计算出2min内Y的浓度变化量，2min末时Y的浓度为Y的起始浓度减去2min内Y的浓度变化量；

(2)加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；

(3)硫酸铁铵矾[Fe2(SO4)3(NH4)2SO424H2O]广泛用于水的净化处理，其净水原理是溶解后溶液中的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水。

(1)物质的量之比等于化学计量数之比，所以△n(X)=△n(W)=×0.3mol=0.2mol，2min内用X的浓度变化表示的平均反应速率v(X)===0.05mol(Lmin)-1；速率之比等于化学计量数之比，所以v(X)：v(Z)=0.05mol(Lmin)-1：0.05mol(Lmin)-1=4：n，解得，n=4；物质的量之比等于化学计量数之比，所以△n(Y)=△n(W)=×0.3mol=0.25mol，所以2min内Y的浓度变化量△c(Y)===0.125mol/L，Y的起始浓度为=0.3mol/L，则2min末时Y的浓度为0.3mol/L-0.125mol/L=0.175mol/L；

(2)向CeT3(有机层)加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动；

(3)硫酸铁铵矾[Fe2(SO4)3(NH4)2SO424H2O]广泛用于水的净化处理，其净水原理是溶解后溶液中的铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，反应的离子方程式为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。