Question

10．物质A-G有下图所示转化关系（部分反应物、生成物没有列出）．其中A为某金属矿的主要成分，经过一系列反应可得到B和C．单质C可与E的浓溶液发生反应，G为砖红色沉淀．

请回答下列问题：
（1）写出下列物质的化学式：BSO₂、GCu₂O；
（2）C与硫磺在加热条件下的生成物与足量浓硝酸反应的离子方程式为：Cu₂S+12H⁺+10NO₃^-═2Cu²⁺+SO₄^2-+10NO₂↑+2H₂O．
（3）反应②的化学方程式是Cu+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O；
（4）将0.23molB和0.11mol氧气放入容积为1L的密闭容器中，发生反应①，在一定温度下，反应达到平衡，得到0.12molD，则反应的平衡常数K=23.8 mol^-1•L．若温度不变，再加入0.50mol氧气后重新达到平衡，D的体积分数减小（填“增大”、“不变”或“减小”）

Answer 1

分析 F与葡萄糖/NaOH在加热条件下反应生成G为砖红色沉淀，则G为Cu₂O，F为铜盐，A为某金属矿物的主要成分，与氧气反应得到C与B，B氧化得到D，D与水反应得到E，单质C可与E的浓溶液发生反应得到B与F，则A为Cu₂S、B为SO₂、C为Cu，D为SO₃、E为H₂SO₄，F为CuSO₄，据此解答．

解答 解：F与葡萄糖/NaOH在加热条件下反应生成G为砖红色沉淀，则G为Cu₂O，F为铜盐，A为某金属矿物的主要成分，与氧气反应得到C与B，B氧化得到D，D与水反应得到E，单质C可与E的浓溶液发生反应得到B与F，则A为Cu₂S、B为SO₂、C为Cu，D为SO₃、E为H₂SO₄，F为CuSO₄．
（1）由上述分析可知，B为SO₂，G为Cu₂O，故答案为：SO₂；Cu₂O；
（2）C与硫磺在加热条件下的生成物为Cu₂S，Cu₂S与足量浓硝酸反应的离子方程式为：Cu₂S+12H⁺+10NO₃^-═2Cu²⁺+SO₄^2-+10NO₂↑+2H₂O，
故答案为：Cu₂S+12H⁺+10NO₃^-═2Cu²⁺+SO₄^2-+10NO₂↑+2H₂O；
（3）反应②的化学方程式是：Cu+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O，
故答案为：Cu+2H₂SO₄（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuSO₄+SO₂↑+2H₂O；
（4）将0.23molSO₂和0.11mol氧气放入容积为1L的密闭容器中，发生反应①，在一定温度下，反应达到平衡，得到0.12molSO₃，则：
             2SO₂（g）+O₂ （g）$?_{△}^{催化剂}$2SO₃（g）
起始（mol/L）：0.23   0.11        0
转化（mol/L）：0.12   0.06        0.12
平衡2（mol/L）：0.11   0.05        0.12
则反应的平衡常数K=$\frac{（0.12mol/L）^{2}}{（0.11mol/L）^{2}×0.05mol/L}$=23.8 mol^-1•L，
第一次平衡时SO₃的体积分数为：$\frac{0.12}{0.11+0.05+0.12}$=0.429，
可逆反应中任意物质的浓度不可能为零的特点，设又减小的氧气浓度为xmol/L，可得关系式：$\left\{\begin{array}{l}{0.11-2x＞0}\\{0.55-x＞0}\end{array}\right.$，解得x＜0.055，所以第二次平衡时SO₃的体积分数最大为：$\frac{0.12+0.055×2}{0.12-0.055×2+0.55-0.055+0.12+0.055×2}$=0.313，SO₃体积分数减小了，
故答案为：23.8 mol^-1•L；减小．

点评 本题考查无机物推断，“F与葡萄糖/NaOH反应生成砖红色沉淀”是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识及中学常见化学工业，（4）中三氧化硫含量比较为易错点，注意利用极限法解答．