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4.通过煤的气化和液化,使碳及其化合物得以广泛应用.
Ⅰ.工业上先用煤转化为CO,再利用CO和水蒸气反应制H2时,存在以下平衡:CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)
(1)向1L恒容密闭容器中充人CO和H2O(g),800℃时测得部分数据如下表.
t/min01234
n(H2O)/mol0.6000.5200.4500.3500.350
n(CO)/mol0.4000.3200.2500.1500.150
则该温度下反应的平衡常数K=1.2.
(2)相同条件下,向2L恒容密闭容器中充入1molCO、1mol H2O(g)、2molCO2、2mo1H2
此时υ(正)< υ(逆)(填“>”“=”或“<”).
(3)一定温度下,在恒容密闭容器中NO2与O2反应如下:4NO2(g)+O2(g)?2N2O5(g);若已知K350℃<K300℃,则该反应是放热反应(填“吸热”或“放热”).
Ⅱ.已知CO(g)、H2(g)、CH3OH(l)的燃烧热分别为283kJ•mol-1、286kJ•mol-1、726kJ•mol-1
(4)利用CO、H2合成液态甲醇的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)△H=-129kJ•mol-1
(5)依据化学反应原理,分析增加压强对制备甲醇反应的影响增加压强使反应速率加快,同时平衡右移,CH3OH产率增大.
Ⅲ.为摆脱对石油的过度依赖,科研人员将煤液化制备汽油,并设计了汽油燃料电池,电池工作原理如图所示:

一个电极通入氧气,另一电极通入汽油蒸气,电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体,它在高温下能传导O${\;}_{2}^{-}$
(6)以辛烷(C8H18)代表汽油,写出该电池工作时的负极反应方程式C8H18-50e-+25O2-=8CO2+9H2O.
(7)已知一个电子的电量是1.602×10-19C,用该电池电解饱和食盐水,当电路中通过1.929×105C的电量时,生成NaOH80g.
Ⅳ.煤燃烧产生的CO2是造成温室效应的主要气体之一.
(8)将CO2转化成有机物可有效地实现碳循环.如:
a.6CO2+6H2O$\stackrel{光照/叶绿素}{→}$C6H12O6+6O2        
b.2CO2+6H2$→_{△}^{催化剂}$C2H5OH+3H2O
c.CO2+CH4$→_{△}^{催化剂}$ CH3COOH               
d.2CO2+6H2$→_{△}^{催化剂}$CH2=CH2+4H2O
以上反应中,最节能的是,反应c中理论上原子利用率为100%.

分析 I.(1)化学平衡常数为平衡时,生成物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂乘积的比值;
(2)温度不变,利用浓度商与化学平衡常数的大小,判断平衡移动方向,得到答案;
(3)若已知K350℃<K300℃,说明平衡常数随温度升高减小;
Ⅱ.(4)根据CO和CH3OH的燃烧热先书写热方程式,再利用盖斯定律来分析甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式;
(5)分析压强对化学反应速率和化学平衡的影响,得到答案;
(6)电解质能在高温下能传导O2-,负极发生氧化反应,即C8H18)失去电子生成CO2,根据质量守恒和电荷守恒写出电极反应式;
(7)一个电子的电量是1.602×10-19C,当电路中通过1.929×105 C的电量时,电子的个数=$\frac{1.929×1{0}^{5}C}{1.602×1{0}^{-19}C}$=1.204×1024,电子的物质的量=$\frac{1.204×1{0}^{24}}{6.02×1{0}^{23}mo{l}^{-1}}$=2mol,根据转移电子和氢氧化钠的关系式计算;
(8)最节能的措施应使用太阳能;原子利用率等于期望产物的总质量与生成物的总质量之比.

解答 解:I.(1)反应物和生成物浓度不变时,达到平衡状态,3min后达到平衡状态,容器体积为1L,则c(H2O)=0.350mol/L,c(CO)=0.150mol/L,c(H2)=c(CO2)=0.600mol/L-0.350mol/L=0.250mol/L,化学平衡常数表达式为:K=$\frac{c(C{O}_{2})c({H}_{2})}{c(CO)c({H}_{2}O)}$=$\frac{0.250×0.250}{0.350×0.150}$=1.2,
故答案为:1.2;
(2)向2L恒容密闭容器中充入1mol CO、1mol H2O(g)、2mol CO2、2mol H2,各物质浓度分别为:0.5mol/L、0.5mol/L、1mol/L、1mol/L,浓度商=$\frac{1×1}{0.5×0.5}$=4>1.2,平衡向逆反应方向移动,所以υ(正)<υ(逆),
故答案为:<;
(3)一定温度下,在恒容密闭容器中NO2与O2反应如下:4NO2(g)+O2(g)?2N2O5(g);若已知K350℃<K300℃,升温平衡逆向进行,则该反应是放热反应,故答案为:放热;
Ⅱ.(4)由CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热△H分别为-283.0kJ•mol-1和-726.5kJ•mol-1,则
①CO(g)+$\frac{1}{2}$O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ•mol-1
②CH3OH(l)+$\frac{3}{2}$O2(g)=CO2(g)+2 H2O(l)△H=-726.5kJ•mol-1
③H2(g)+$\frac{1}{2}$O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ•mol-1
由盖斯定律可知用①+③-$\frac{2}{3}$②得反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l),该反应的反应热△H═-283.0kJ•mol-1+(-286kJ•mol-1)-$\frac{2}{3}$(-726.5kJ•mol-1)=-129kJ•mol-1,CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)△H=-129kJ•mol-1
故答案为:CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)△H=-129kJ•mol-1
(5)增加压强,缩小体积,反应物浓度增大,反应速率加快,正反应速率加快大于逆反应速率,化学平衡向正反应方向移动,
故答案为:增加压强使反应速率加快,同时平衡右移,CH3OH产率增大;
(6)电解质能在高温下能传导O2-,负极发生氧化反应,即1molC8H18失去电子生成CO2,共失去8×[+4-(-$\frac{18}{8}$)]=50mole-,18molH原子转化为9molH2O,根据质量守恒和电荷守恒写出电极反应为:C8H18-50e-+25O2-=8CO2+9H2O,
故答案为:C8H18-50e-+25O2-=8CO2+9H2O;  
(7)一个电子的电量是1.602×10-19C,当电路中通过1.929×105 C的电量时,电子的个数=$\frac{1.929×1{0}^{5}C}{1.602×1{0}^{-19}C}$=1.204×1024,电子的物质的量=$\frac{1.204×1{0}^{24}}{6.02×1{0}^{23}mo{l}^{-1}}$=2mol,根据转移电子和氢氧化钠的关系式得NaOH的质量=$\frac{2mol}{2}×2$×40g/mol=80g,
故答案为:80;
(8)最节能的措施应使用太阳能,以上反应中,最节能的是a,原子利用率等于期望产物的总质量与生成物的总质量之比,反应c中理论上原子利用率为100%,
故答案为:a;100%.

点评 本题考查影响化学平衡的因素、化学平衡的建立等,难度较大,构建平衡建立的途径进行比较是关键;探讨了能源的循环利用和温室效应的解决,着重考查了物质催化反应的过程,结合考查了化学反应速率和对图表的理解解析能力,综合能力要求较高.另外读图时要注意观察横纵坐标的含义和单位.

练习册系列答案
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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

4.已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素,它们的原子序数依次增大.其中A元素原子的核外p电子数比s电子数少1.C是电负性最大的元素.D原子次外层电子数是最外层电子数2倍,E是第Ⅷ族中原子序数最小的元素.
(1)写出基态C原子的电子排布式1s22s22p5
(2)A、B两种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O(用元素符号表示),原因是N原子的2p能级处于较稳定的半满状态.
(3)已知DC4常温下为气体,则该物质的晶体类型是分子晶体,组成微粒的中心原子的轨道杂化类型为sp3,空间构型是正四面体.
(4)Cu2+容易与AH3形成配离子[Cu(AH34]2+,但AC3不易与Cu2+形成配离子,其原因是电负性F>N>H,在NF3分子中,共用电子对偏向F原子,使得N原子上孤电子对难与铜离子形成配位键.
(5)A、B两元素分别与D形成的共价键中,极性较强的是Si-O.A、B两元素间能形成多种二元化合物,其中与A3-互为等电子体的物质的化学式为N2O.
(6)已知E单质的晶胞如图所示,则晶体中E原子的配位数为8,一个E的晶胞质量为$\frac{112}{{N}_{A}}$g.

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科目:高中化学 来源: 题型:实验题

5.以Al和不同的铜盐溶液间的反应为实验对象,探索Al与不同铜盐溶液反应的多样性.
实验向试管中加入2ml溶液实验现象
实验Ⅰ:0.5mol/LCuCl2溶液15s:大量气泡且有红色物质析出
60s:反应进一步加快且反应剧烈放热,液体几乎沸腾
120s:铝片反应完,试管中析出大量蓬松的红色物质
实验Ⅱ:0.5mol/LCuSO4溶液15s 无明显现象
60s:铝片表面有极少气泡
120s:有少量气泡溢出,铝片边缘有很少红色物质生成
(1)对实验Ⅰ进行研究②④
①实验Ⅰ中生成红色物质的离子方程式为:2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu
②经检验实验Ⅰ中产生的气体为氢气,用离子方程式解释溶液中存在H+的原因:Cu2++2H2O?Cu(OH)2+2H+
③请写出60s后反应进一步加快可能的原因(写出两条)Cu和Al在酸性条件下形成原电池;反应放热,温度升高速率加快
(2)对实验Ⅱ进行研究
实验Ⅱ反应明显比实验Ⅰ缓慢,说明Al与不同的铜盐溶液反应呈现多样性,其原因可能有:
假设一:SO42-对Al与Cu2+的置换反应存在一定的抑制作用.
假设二:Cl-对Al与Cu2+的置换反应存在促进作用
(3)为进一步研究上述假设,设计如下实验:
实验向试管中加入2mL溶液实验现象
实验Ⅲ:0.5mol/LCuCl2溶液+1g Na2SO4固体加入 Na2SO4固体后速率几乎不变,仍有大量气泡产生,红色物质生成且剧烈放热,铝片反应完全,溶液沸腾
实验Ⅳ:0.5mol/L CuCl2溶液+5g Na2SO4固体加入Na2SO4固体后速率几乎不变,仍有大量气泡产生,红色物质生成且剧烈放热,铝片反应完全,溶液沸腾
实验Ⅴ:0.5mol/LCuSO4溶液+0.02mol NaCl固体未加入 NaCl固体前几乎没现象,加入后,铝片表面迅速产生大量气体和红色物质,溶液温度上升至沸腾,铝反应完全
实验Ⅵ:0.5mol/LCuSO4溶液+0.02mol NH4Cl固体未加入 NH4Cl固体前几乎没现象,加入后,铝片表面迅速产生大量气体和红色物质,溶液温度上升至沸腾,铝反应完全
实验Ⅵ的设计目的是:对照实验,排除Na+的干扰,证明Na+对该反应不造成影响
其中,实验Ⅰ与实验Ⅲ、Ⅳ做对比,结论为:SO42-对Al与Cu2+的置换反应没有抑制作用
其中,实验Ⅱ与实验Ⅴ、Ⅵ做对比,结论为:Cl-对Al与Cu2+的置换反应存在促进作用
(4)请设计实验证明Cl-对Al与H+的反应同样起到相似的作用:用砂纸打磨后的铝片分别与H+浓度均为0.2mol/L的盐酸和硫酸反应,前者更剧烈.

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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

2.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是(  )
选项实验操作实验目的或结论
A在少量无水乙醇中加入金属Na,缓慢生成可以在空气中燃烧的气体CH3CH2OH是弱电解质
B将SO2气体通入紫色石蕊溶液中,观察溶液颜色的变化能证明SO2具有漂白性
C向2mL1mol•L-1NaOH溶液中先加入0.2mL1mol•L-1FeCl3溶液,再加入0.2mL1mol•L-1MgCl2溶液证明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]
D向2mL品红溶液和2mL加入少许醋酸的品红溶液中分别滴入3滴“84”消毒液,观察红色褪色的快慢证明溶液pH的减少,“84”消毒液的氧化能力增强
A.AB.BC.CD.D

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科目:高中化学 来源: 题型:多选题

9.室温下,向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略),溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是(  )
A.向0.10mol•L-1氨水中通SO2:c(NH4+)+c(NH3•H2O)═c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3
B.向0.10mol•L-1KHSO3溶液中通NH3:c(K+)>c(SO32-)>c(NH4+
C.向0.10mol•L-1NH4HS溶液中通H2S:c(NH4+)═c(S2-)+c(HS-
D.向0.10mol•L-1Na2C2O4溶液中通HCl:c(Cl-)═c(HC2O4-)+2c(H2C2O4

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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

9.工业上根据污水中所含物质或离子的不同,有多种处理方法:
污水中所含离子H+、OH-CN-Cu2+、Hg2+
处理方法中和法氧化还原法沉淀法
请回答下列问题:
(1)在中和法中,若用CO2来除去污水中的某种离子,其离子方程式为OH-+CO2=HCO3-
(2)在氧化还原法中,常用Cl2氧化污水中有毒的CN-,使其转化为CO2和N2,若参加反应的Cl2与CN-的物质的量之比为5:2,则该反应的离子方程式为5Cl2+2CN-+4H2O═10Cl-+2CO2+N2+8H+
(3)已知有关物质的Ksp如下表:
物质Cu(OH)2CuSFeSPbSHgSCdS
Ksp 2.2×10-208.5×10 -456.3×10 -18 3.4×10-28 4×10-53 8×10-29
如图为化学沉淀法处理污水的工艺流程示意图.

①在沉淀法中,NaOH与Na2S相比,除去污水中的Cu2+效果较好的是Na2S;
②若某污水中能与上述沉淀剂反应的阳离子只有Hg2+,且含量为400mg/L,则处理10L这样的污水至少需要加入该沉淀剂1.6g(精确到0.1).

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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

16.某无色溶液,其中可能存在如下离子:Na+、Ba2+、Al3+、AlO2-、S2-、CO32-、SO32-、SO42-,现取该溶液进行有关实验,结果如图所示.

(1)生成沉淀甲的离子方程式为2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O.
(2)由溶液甲生成沉淀乙的离子方程式为Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑.
(3)沉淀丙可能是BaCO3或BaCO3与BaSO4的混合物,请设计化学实验确定其成分在所得沉淀丙中加入稀盐酸,若沉淀全部溶解,说明沉淀丙是BaCO3,若沉淀仅部分溶解,说明沉淀是BaCO3和BaSO4的混合物.
(4)综合上述信息,可以肯定存在的离子有Na+、S2-、SO32-、AlO2-,一定不存在的离子是Ba2+、Al3+

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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

13.某二价阳离子含24个电子,它的质量数为59,则该离子核内中子数是(  )
A.22B.26C.33D.35

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科目:高中化学 来源: 题型:填空题

14.已知有关物质的熔、沸点数据如表:
物质MgOAl2O3MgCl2AlCl3
熔点/℃2 8522 072714190(2.5×105 Pa)
沸点/℃3 6002 9801 412182.7
请参考上述数据填空和完成问题:
(1)工业上常用电解熔融MgCl2的方法生产金属镁,电解Al2O3与冰晶石熔融混合物的方法生产铝.为什么不用电解MgO的方法生产镁,也不用电解AlCl3的方法生产铝?MgO的熔点太高,电解MgO消耗能量多,经济效益低;AlCl3晶体为分子,在熔融状态不电离、不导电,不能被电解.
(2)设计可靠的实验证明MgCl2、AlCl3所属的晶体类型,其实验方法是将两种晶体加热到熔化状态,MgCl2能导电而AlCl3不能导电,故证明MgCl2为离子晶体,AlCl3为分子晶体.

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