分析 ①前5min 内生成CaO的质量为11.2g,n(CO)=n(CaO)=$\frac{11.2g}{56g/mol}$=0.2mol,根据v=$\frac{△c}{△t}$计算v(CO);该反应中只有CO和CO2为气体,将容器体积压缩到原来的一半,气体浓度增大,平衡逆向移动,温度不变,平衡常数不变,即K=[CO]•[CO2]不变,据此分析;
②该反应的K=$\frac{c({C}_{2}{{O}_{4}}^{2-})}{c(C{{O}_{3}}^{2-})}$=$\frac{{K}_{sp}(Ca{C}_{2}{O}_{4})}{{K}_{sp}(CaC{O}_{3})}$=$\frac{5.0×1{0}^{-9}}{2.5×1{0}^{-9}}$=2.0,设c(CO32-)转化了x,则生成c(C2O42-)=x,剩余c(CO32-)=(0.3-x),结合K的表达式计算;
解答 解:①前5min 内生成CaO的质量为11.2g,n(CO)=n(CaO)=$\frac{11.2g}{56g/mol}$=0.2mol,则该段时间内v(CO)=$\frac{\frac{0.2mol}{2L}}{5min}$=0.02mol•L-1•min-1;
当反应达到平衡后,将容器体积压缩到原来的一半,该反应中只有CO和CO2为气体,气体浓度增大,平衡逆向移动,
A.平衡会向着逆向移动,故A错误;
B.平衡逆向移动,则CaC2O4的分解率减小,故B错误;
C.温度不变,平衡常数不变,即K=[CO]•[CO2]不变,所以平衡移动后,CO和CO2的浓度都没有改变,故C正确;
D.温度不变,平衡常数不变,故D错误;
故答案为:0.02;C;
②反应CO32-(aq)+CaC2O4(s)?CaCO3(s)+C2O42-(aq)的平衡常数K=$\frac{c({C}_{2}{{O}_{4}}^{2-})}{c(C{{O}_{3}}^{2-})}$=$\frac{{K}_{sp}(Ca{C}_{2}{O}_{4})}{{K}_{sp}(CaC{O}_{3})}$=$\frac{5.0×1{0}^{-9}}{2.5×1{0}^{-9}}$=2.0,
设平衡时c(CO32-)转化了x,则生成c(C2O42-)=x,剩余c(CO32-)=(0.3-x),则:K=$\frac{c({C}_{2}{{O}_{4}}^{2-})}{c(C{{O}_{3}}^{2-})}$=$\frac{x}{0.3-x}$=2.0,解得:x=0.2mol•L?1,
故答案为:0.2.
点评 本题考查化学平衡的计算、难溶物溶度积的计算,题目难度中等,明确化学平衡及其影响为解答关键,注意掌握溶度积的概念及表达式,试题培养了学生的分析能力及化学计算能力.
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A. | 2个 | B. | 3个 | C. | 4个 | D. | 5个 |
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A. | OA段发生反应的离子方程式为:H++OH-═H2O CO32-+H+═HCO3- | |
B. | A点溶液中的溶质为NaCl、NaHCO3 | |
C. | 混合物中NaOH的质量0.60 g | |
D. | 当加入35 mL盐酸时,产生CO2的体积为224 mL |
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A. | a=2b时,生成沉淀98.5ag | |
B. | a≤b≤2a时,溶液中含n(NaOH):n(Na2CO3)=(2a-b):(b-a) | |
C. | 0<b<2a时,沉淀质量随着NaHCO3的加入而不断增加 | |
D. | b=$\frac{3}{2}$a时,总离子方程式为:3HCO3-+2Ba2++3OH-=2BaCO3↓+CO32-+3H2O |
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A. | 只有①②⑤ | B. | 只有①②③⑤ | C. | 只有②③④ | D. | 全部 |
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A. | ZX2为酸性氧化物,只能与碱溶液反应 | |
B. | 简单氢化物的热稳定性:Z<W | |
C. | 化合物YWX中既含离子键,又含共价键 | |
D. | W的最高价氧化物对应的水化物为强酸 |
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