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10.随着人类对温室效应和资源短缺等问题的重视,如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2,引起了各国的普遍关注.
(1)目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇.为探究反应原理,现进行如下实验:在体积为1L的密闭容器中,充入1mol CO2和3mol H2,一定条件下发生反应:
CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49.0kJ/mol
测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示.

①反应开始到平衡,H2的平均反应速率v(H2)=0.225mol/(L•min),
②H2的转化率为75%.
③下列措施中能使n(CH3OH)/n(CO2)增大的是CDF.
A、升高温度                       B、充入He(g),使体系压强增大
C、将H2O(g)从体系中分离        D、再充入1mol CO2和3mol H2
E、使用催化剂                     F、缩小容器体积
(2)①反应进行到3min时,同种物质的v 与v的关系:v>v (填>,=,<)
②上述反应平衡常数的表达式为$\frac{c(C{H}_{3}OH)•c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})•{c}^{3}({H}_{2})}$,
经计算该温度下此反应平衡常数的数值为$\frac{16}{3}$.

分析 (1)①由图可知,10min到达平衡,平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L,由方程式可知氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量3倍为2.25mol/L,根据v=$\frac{△c}{△t}$计算v(H2);
②根据n=cV计算参加反应的氢气的物质的量,再利用转化率定义计算;
③使n(CH3OH)/n(CO2)应采取措施,使平衡向正反应移动,注意不能增大二氧化碳或降低甲醇的量;
(2)①由图可知反应进行3min时,反应未到达平衡,此后二氧化碳的浓度降低、甲醇的浓度增大,反应向正反应进行;
②化学平衡常数,是指在一定温度下,可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值,据此生成;
利用三段式计算平衡时各组分的平衡浓度,代入平衡常数表达式计算.

解答 解:(1)①由图可知,10min到达平衡,平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L,由方程式CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O可知,氢气的浓度变化等于甲醇的浓度变化量为0.75mol/L×3=2.25mol/L,故v(H2)=$\frac{2.25mol}{10min}$=0.225mol/(L•mon),
故答案为:0.225;
②参加反应的氢气的物质的量为0.75mol/L×1L=0.75mol,故氢气的转化率为:$\frac{0.75mol}{1mol}$×100%=75%,
故答案为:75%;
③使n(CH3OH)/n(CO2)应采取措施,使平衡向正反应移动,注意不能增大二氧化碳或降低甲醇的量,
A、该反应正反应是放热反应,升高温度平衡向逆反应移动,n(CH3OH)/n(CO2)减小,故A错误,
B、充入He(g),使体系压强增大,容器的容积不变,反应混合物的浓度不变,平衡不移动,n(CH3OH)/n(CO2)不变,故B错误,
C、将H2O(g)从体系中分离,平衡向正反应移动,n(CH3OH)/n(CO2)增大,故C正确,
D、再充入1mol CO2和3mol H2,等效为增大压强,平衡向正反应移动,n(CH3OH)/n(CO2)增大,故D正确;
E、使用催化剂,平衡不移动,n(CH3OH)/n(CO2)不变,故E错误,
F、缩小容器体积,增大压强,平衡向正反应移动,n(CH3OH)/n(CO2)增大,故F正确,
故答案为:CDF;
(2)①由图可知反应进行3min时,反应未到达平衡,此后二氧化碳的浓度降低、甲醇的浓度增大,反应向正反应进行,故v>v
故答案为:>;
②反应CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)的平衡常数K=$\frac{c(C{H}_{3}OH)•c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})•{c}^{3}({H}_{2})}$,
由图可知,10min到达平衡,平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L,则:
              CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)
开始(mol/L):1        3          0        0
变化(mol/L):0.75     2.25      0.75     0.75
平衡(mol/L):0.25     0.75      0.75     0.75
 故该温度下平衡常数K=$\frac{0.75×0.75}{0.25×0.7{5}^{3}}$=$\frac{16}{3}$,
故答案为:$\frac{c(C{H}_{3}OH)•c({H}_{2}O)}{c(C{O}_{2})•{c}^{3}({H}_{2})}$;$\frac{16}{3}$.

点评 本题考查较为综合,涉及化学平衡计算以及平衡移动等问题,题目难度较大,(2)为易错点,注意根据平衡常数判断平衡移动,对学生的思维能力要求较高,试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力.

练习册系列答案
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18.某工业废水中含有一定$C{r}_{2}{{O}_{7}}^{2-}$.含+6价格的污水会污染环境,常用的处理方法有两种.
方法一:还原沉淀法
在一定条件下,$C{r}_{2}{{O}_{7}}^{2-}$还原成Cr3+,再调节溶液的pH值,使Cr3+转化为无毒的Cr(OH)3沉淀除去,已知常温下${K}_{sp}[Cr(OH)_{3}]=6.3×1{0}^{-31}$
(1)在酸性条件下,可选用FeSO4来还原,则还原$1molC{r}_{2}{{O}_{7}}^{2-}$离子,需要6mol的FeSO4•7H2O.
(2)也可以选用Na2S2O3溶液做还原剂,每消耗0.1molNa2S2O3转移0.8mole-,写出在酸性条件下发生的离子方程式3S2O32-+4Cr2O72-+26H+═6SO42-+8Cr3++13H2O.
(3)调整溶液的pH=5时,通过列式计算说明溶液中Cr3+是否沉淀完全;Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)•(OH-3=c(Cr3+)•(10-93=6.3×10-31,解之得c(Cr3+)=6.3×10-4>10-5,所以没有沉淀完全(离子浓度小于1×10-5mol•L-1S时,即可认为该离子沉淀完全)
方法二:电解法
该方法用Fe做电极电解含$C{r}_{2}{{O}_{7}}^{2-}$的酸性废水,随着电解进行,在阴极附近溶液的pH升高,产生Cr(OH)3沉淀除去.
(4)写出阳极区的总反应方程式:Cr2O72-+6Fe-12e-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O.
(5)在阴极附近,溶液pH升高的原因是(用电极反应解释)2H++2e-=H2↑,溶液中同时生成的沉淀还有Fe(OH)3
(6)维持电流强度为0.5A,电池工作5分钟,理论上除去Na2Cr2O70.009mol(已知F=96500C•mol-1).

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1.对于某些离子的检验及结论中一定正确的是(  )
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18.下列化学用语表达正确的是(  )
A.质量数为37的氯原子:${\;}_{37}^{17}$ClB.乙醇的分子式:C2H4O
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5.下列说法正确的是(  )
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15.较低温度下,氯气通入石灰乳中可制得漂白粉,该反应为放热反应.某校甲、乙两化学小组均用200mL 12mol/L盐酸与17.4g MnO2在加热条件下反应制备氯气,并将制备的氯气与过量的石灰乳反应制取漂白粉,用稀NaOH溶液吸收残余的氯气.分析实验结果发现:①甲、乙两组制得的漂白粉中Ca(ClO)2的质量明显小于理论值.②甲组在较高温度下将氯气与过量的石灰乳反应,所制得的产品中Ca(ClO32的含量较高.试回答下列问题:
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2.下列说法不正确的是(  )
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B.电解熔融的氯化钠中石墨电极作阳极发生氧化反应
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19.原子序数依次递增且都小于36的X、Y、Z、Q、W四种元素,其中X是原子半径最小的元素,Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍,Q原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子,W元素的原子结构中3d能级有4个未成对电子.回答下列问题:
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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

20.能证明某溶液中含有Fe2+的是(  )
A.该溶液呈浅绿色
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C.向该溶液中加入氯水,再滴入几滴KSCN溶液,呈红色
D.向该溶液中滴入几滴KSCN溶液,不变色,再加入氯水,有红色沉淀生成

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