题目内容
【题目】请运用化学反应原理的相关知识研究元素及其化合物的性质.
(1)工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇,该反应的热化学方程式为:
CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1=﹣116KJmol﹣1
又知:CO(g)+O2(g)═CO2(g)△H2=﹣283KJmol﹣1
H2(g)+O2(g)═H2O(g)△H3=﹣242KJmol﹣1
H2(g)+ O2(g)═H2O(g)△H4=﹣286KJmol﹣1
则甲醇的燃烧热为 .
(2)T℃时,向2L密闭容器中充入4mol CO和6mol H2 , 5min后达平衡时CH3OH物质的量为2mol.该反应的速率v(H2)为 ;下列措施中有利于增大该反应的反应速率且提高转化率的是 .
a.随时将CH3OH与反应混合物分离
b.降低反应温度
c.使用高效催化剂
d.增大体系压强
(3)在密闭容器中充有10mol CO与20mol H2 , 在催化剂作用下反应生成甲醇,CO的转化率(a)与温度(T)、压强(P)的关系如图所示.
①A、C两点都表示达到的平衡状态,则自反应开始到达平衡状态所需的时间,tA tc(填“大于”、“小于’’或“等于“).
②若A点时容器的体积为10L,该温度下B点的平衡常数K= .
(4)Na2SO3的水溶液呈 (填“酸”、“中”、‘‘碱”)性,原因是(用离子方程式表示): ;把CaCO3浊液滴入l.0mol/L的Na2SO3溶液中,能否产生CaSO3沉淀?若不能,说明原因;若可行,请简述判断依据及转化过程
(已知:Ksp(CaSO3)=1.4×10﹣7 , Ksp(CaCO3)=2.8×10﹣9).
【答案】﹣739kJ?mol﹣1;0.4mol/(L?min);d;大于;1;碱;SO32﹣+H2O?HSO3﹣+OH﹣;可行,判断依据是:由Ksp(CaSO3)/Ksp(CaCO3)=50知,当CaSO3与CaCO3的混合液中c(SO32﹣)>50c(CO32﹣)时,即发生由CaCO3向CaSO3的转变;转化过程为:把CaCO3浊液滴入0.1mol/L的Na2SO3溶液中时,溶液中的c(Ca2+)与c(SO32﹣)之积大于Ksp(CaSO3),生成CaSO3沉淀,导致溶液中c(Ca2+)减小,使CaCO3的沉淀溶解平衡CaCO3?Ca2++CO32﹣ , 向着溶解的方向移动,导致CaCO3溶解.
【解析】(1)由①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1=﹣116kJmol﹣1
②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H2=﹣283kJmol﹣1
③H2(g)+O2(g)=H2O (l)△H3=﹣286kJmol﹣1
根据盖斯定律可知,②+③×2﹣①可得 CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O (g)△H=(﹣283kJmol﹣1)+(﹣286kJmol﹣1)×2﹣(﹣116kJmol﹣1)=﹣739kJmol﹣1 ,
所以答案是:﹣739kJmol﹣1;
(2)由图象可知v(CH3OH)= =0.2mol/(Lmin),根据反应速率之比等于化学计量数之比可知v(H2)=2v(CH3OH)=2×0.25mol/(Lmin)=0.4mol/(Lmin),
a.随时将CH3OH与反应混合物分离,提高了反应物的转化率,但没有增大该反应的反应速率,故a错误;
b.降低反应温度,平衡正向移动,提高了反应物的转化率,但减小了该反应的反应速率,故b错误;
c.使用高效催化剂,平衡不移动,反应物的转化率不变,但提高该反应的反应速率,故c错误;
d.增大体系压强,平衡正向移动,提高了反应物的转化率,同时提高了该反应的反应速率,故d正确;
所以答案是:0.4 mol(Lmin)﹣1;d;
(3)①升高温度,反应速率增大,反应开始到达平衡状态所需的时间要少,所以反应开始到达平衡状态所需的时间tA 大于tC , 所以答案是:大于;
②根据图象可以看出,A点时CO的转化率为50%,则平衡时各物质的量浓度为:c(CO)=0.5mol/L;c(H2)=1mol/L;c(CH3OH)=0.5mol/L,所以平衡常数为K==1;所以答案是:1;
(4)Na2SO3为强碱弱酸盐,亚硫酸根离子水解使溶液显碱性,水解离子反应为:SO32﹣+H2OHSO3﹣+OH﹣ , 可行,判断依据是:由Ksp(CaSO3)/Ksp(CaCO3)=50知,当CaSO3与CaCO3的混合液中c(SO32﹣)>50c(CO32﹣)时,即发生由CaCO3向CaSO3的转变;转化过程为:把CaCO3浊液滴入0.1mol/L的Na2SO3溶液中时,溶液中的c(Ca2+)与c(SO32﹣)之积大于Ksp(CaSO3),生成CaSO3沉淀,导致溶液中c(Ca2+)减小,使CaCO3的沉淀溶解平衡CaCO3Ca2++CO32﹣ , 向着溶解的方向移动,导致CaCO3溶解.
所以答案是:碱;SO32﹣+H2OHSO3﹣+OH﹣;可行,判断依据是:由Ksp(CaSO3)/Ksp(CaCO3)=50知,当CaSO3与CaCO3的混合液中c(SO32﹣)>50c(CO32﹣)时,即发生由CaCO3向CaSO3的转变;转化过程为:把CaCO3浊液滴入0.1mol/L的Na2SO3溶液中时,溶液中的c(Ca2+)与c(SO32﹣)之积大于Ksp(CaSO3),生成CaSO3沉淀,导致溶液中c(Ca2+)减小,使CaCO3的沉淀溶解平衡CaCO3Ca2++CO32﹣ , 向着溶解的方向移动,导致CaCO3溶解.
【考点精析】本题主要考查了燃烧热的相关知识点,需要掌握在101kPa时1mol H2物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的能量,叫该物质的燃烧热才能正确解答此题.
![](http://thumb2018.1010pic.com/images/loading.gif)
【题目】催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一,研究表明,在Cu/ZnO催化剂存在下,CO2和H2可发生两个平行反应,分别生成CH3OH和CO,反应的热化学方程式如下:
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=﹣53.7kJmol﹣1 Ⅰ
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2 Ⅱ
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1:2.2,在相同压强下,经过相同反应时间测得如下实验数据:
T(K) | 催化剂 | CO2转化率(%) | 甲醇选择性(%) |
543 | Cat.1 | 12.3 | 42.3 |
543 | Cat.2 | 10.9 | 72.7 |
553 | Cat.1 | 15.3 | 39.1 |
553 | Cat.2 | 12.0 | 71.6 |
[备注]Cat.1:Cu/ZnO纳米棒;Cat.2:Cu/ZnO纳米片;甲醇选择性;转化的CO2中生成甲醇的百分比
已知:①CO和H2的标准燃烧热分别为﹣283.0kJmol﹣1和﹣285.8kJmol﹣1 .
②H2O(1)═H2O(g)△H3=44.0kJmol﹣1
请回答(不考虑温度对△H的影响):
(1)反应I的平衡常数表达式K=;反应Ⅱ的△H2=kJmol﹣1 .
(2)有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有 .
A.使用催化剂Cat.1
B.使用催化剂Cat.2
C.降低反应温度
D.投料比不变,增加反应物的浓度
E.增大 CO2和H2的初始投料比
(3)表中实验数据表明,在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响,其原因是 .
(4)在如图中分别画出反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程﹣能量”示意图.
(5)研究证实,CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇,则生成甲醇的反应发生在极,该电极反应式是 .
【题目】根据实验步骤补全实验结论。
实验步骤 | 解释或实验结论 |
① 称取A 9.0g,升温使其汽化,测其密度是相同条件下H2的45倍. | 试通过计算填空: |
② 将此9.0g A在足量纯O2中充分燃烧,并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰,发现两者分别增重5.4g和13.2g | ②A的分子式为: . |
③ 另取A 9.0g,跟足量的NaHCO3粉末反应,生成2.24L CO2(标准状况),若与足量金属钠反应则生成2.24L H2(标准状况) | ③A中官能团的结构简式: 、 |
④ A的核磁共振氢谱如图: | ④A中含有 种氢原子 |
⑤ 综上所述,A的结构简式 . |
【题目】3,5﹣二甲氧基苯酚是重要的有机合成中间体,可用于天然物质白柠檬素的合成.一种以间苯三酚为原料的合成反应如下:
甲醇、乙醚和3,5﹣二甲氧基苯酚的部分物理性质见表:
物质 | 沸点/℃ | 熔点/℃ | 密度(20℃)/gcm﹣3 | 溶解性 |
甲醇 | 64.7 | / | 0.7915 | 易溶于水 |
乙醚 | 34.5 | / | 0.7138 | 微溶于水 |
3,5﹣二甲氧基苯酚 | / | 33﹣36 | / | 易溶于甲醇、乙醚,微溶于水 |
反应结束后,先分离出甲醇,再加入乙醚进行萃取.
(1)①分离出甲醇的操作是 .
②萃取用到的分液漏斗使用前需并洗净,分液时有机层在分液漏斗的填(“上”或“下”)层.
(2)分离得到的有机层依次用饱和NaHCO3溶液、饱和食盐水、少量蒸馏水进行洗涤.用饱和NaHCO3 溶液洗涤的目的是;用饱和食盐水洗涤的目的是 .
(3)洗涤完成后,通过以下操作分离、提纯产物,正确的操作顺序是(填字母).
a.蒸馏除去乙醚 b.重结晶 c.过滤除去干燥剂 d.加入无水CaCl2干燥.