题目内容

15．二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用．工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚．
请回答下列问题：
（1）煤的气化的主要化学反应方程式为：C+H2O$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$CO+H2．
（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：H2S+Na2CO3═NaHS+NaHCO3．
（3）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：
①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）；△H=-90.8kJ•mol-1
②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）；△H=-23.5kJ•mol-1
③CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）；△H=-41.3kJ•mol-1
总反应：3H2（g）+3CO（g）═CH3OCH3（g）+CO2 （g）的△H=-246.4kJ•mol-1；
一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是ce（填字母代号）．
a．高温高压       b．加入催化剂      c．减少CO2的浓度 d．增加CO的浓度    e．分离出二甲醚
（4）已知反应②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）某温度下的平衡常数为400．此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：
物质CH3OHCH3OCH3H2O
浓度/（mol•L-1）0.440.60.6
①比较此时正、逆反应速率的大小：v正＞ v逆 （填“＞”、“＜”或“=”）．
②若加入CH3OH后，经10min反应达到平衡，此时c（CH3OH）=0.04mol/L．

分析 （1）煤的气化过程为：煤与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气；
（2）H2S可用Na2CO3溶液吸收，能生成两种酸式盐，依据硫化氢是二元酸，碳酸根离子为二元弱酸的酸根，所以生成的两种酸式盐为NaHS、NaHCO3，配平书写化学方程式；
（3）依据盖斯定律，将已知方程式变形得到目标方程式，焓变值做相应运算，据此计算反应焓变；
要提高CO的转化率，应使平衡向正反应移动，
3H2（g）+3CO（g）═CH3OCH3（g）+CO2（g） 反应特点为：正向反应为气体系数减小的反应，反应焓变小于0，说明反应为放热反应，要使平衡向正反应移动，可以采取措施：增大压强；降低温度；减小生成物浓度，增大反应物浓度；使用催化剂不能改变平衡状态；
（4）①计算Qc，依据Qc与K的大小关系判断反应进行方向，判断正逆反应速率；
②利用三段式计算平衡时各组分浓度，依据平衡常数计算解答．

解答 解：（1）煤的气化的主要化学反应方程式：C+H2O$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$CO+H2；
故答案为：C+H2O$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$CO+H2；
（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S可用Na2CO3溶液吸收，能生成两种酸式盐，说明反应产物为硫氢化钠和碳酸氢钠，反应的化学方程式为：H2S+Na2CO3═NaHS+NaHCO3；
故答案为：H2S+Na2CO3═NaHS+NaHCO3；
（3）①2H2（g）+CO（g）═CH3OH（g）；△H=-90.8kJ•mol-1
②2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）；△H=-23.5kJ•mol-1
③CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）；△H=-41.3kJ•mol-1，
由盖斯定律知：①×2+②+③，即得到3H2（g）+3CO（g）?CH3OCH3（g）+CO2 （g），
所以△H=2△H1+△H2+△H3=-246.4kJ•mol-1；
故答案为：-246.4kJ•mol-1；
a．正反应放热，则降低温度可使平衡向正方向移动，故a不选；
b．使用催化剂不能引起平衡的移动，不能提高CO的转化率，故b不选；
c．减少CO2的浓度，即减小生成物浓度，平衡向正方向移动，可以提高CO转化率，故c选；
d．增加CO的浓度，CO的转化率降低，故d不选；
 e．分离出二甲醚，即减小生成物浓度，平衡向正方向移动，可以提高CO转化率，故e选；
故选：ce；
（4）①反应浓度商Qc=$\frac{0.6mol/L×0.6mol/L}{（0.44mol/L）^{2}}$=1.86，温度下的平衡常数为400，所以Qc＜K，反应向正方向进行，所以正反应速率大于逆反应速率；
故答案为：＞；
②设平衡时，生成水的浓度为x，则：
                   2CH3OH（g）≒CH3OCH3（g）+H2O（g）
某时刻浓度（mol•L-1）：0.44         0.6         0.6
转化浓度（mol•L-1）：2x            x           x
平衡浓度（mol•L-1）：0.44-2x      0.6+x        0.6+x
K=$\frac{（0.6+x）{\;}^{2}}{（0.44-2x）^{2}}$=400，解得x=0.2mol/L，
所以平衡时c（CH3OH）=0.44mol/L-0.2mol/L×2=0.04mol/L，
故答案为：0.04mol/L．

点评 本题为综合题，考查了方程式的书写、反应热的计算、化学平衡移动的影响因素、化学平衡常数的应用，明确盖斯定律计算反应热的方法、熟悉化学平衡移动规律及平衡常数的应用是解题关键，题目难度中等．

练习册系列答案
相关题目
16．丙烯可用于合成杀除根瘤线虫的农药（分子式为C3H5Br2Cl）和应用广泛的DAP树脂：

已知酯与醇可发生如下酯交换反应：RCOOR′+R″OH$?_{△}^{催化剂}$RCOOR″+R′OH（R、R′、R″代表烃基）
（1）农药C3H5Br2Cl分子中每个碳原子上均连有卤原子．
①A的结构简式是CH2=CHCH2Cl，
A含有的官能团名称是碳碳双键、氯原子；
②由丙烯生成A的反应类型是取代反应．
（2）A水解可得到D，该水解反应的化学方程式是CH2=CHCH2Cl+H2O$→_{△}^{NaOH}$HOCH2CH=CH2+HCl．
（3）C蒸气密度是相同状态下甲烷密度的6.25倍，C中各元素的质量分数分别为：碳60%，氢8%，氧32%．C的结构简式是CH3COOCH2CH=CH2．
（4）下列说法正确的是（选填序号字母）acd．
a．C能发生聚合反应、还原反应和氧化反应
b．C含有两个甲基的羧酸类同分异构体有4个
c．D催化加氢的产物与B具有相同的相对分子质量
d．E具有芳香气味，易溶于乙醇
（5）E的水解产物经分离最终得到甲醇和B，二者均可循环利用于DAP树脂的制备．其中将甲醇与H分离的操作方法是蒸馏．
（6）F的分子式为C10H10O4．DAP单体为苯的二元取代物，且两个取代基不处于对位，该单体苯环上的一溴取代物只有两种．D和F反应生成DAP单体的化学方程式是．
17．0.1mol某有机物完全燃烧后生成0.3mol C02，同质量的该有机物与足量的金属钠反应生成0.1mol H2，该有机物可能是 （　　）
A．丙三醇B．1，2-丙二醇C．1，3-丙二醇D．乙二醇
3．锶（Sr）为第5周期ⅡA族元素．高纯六水氯化锶晶体（SrCl2•6H2O）具有很高的经济价值，61℃时晶体开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水．用工业碳酸锶粉末（含少量Ba、Fe的化合物等杂质）制备高纯六水氯化锶晶体的过程如如图所示．

请回答下列问题：
（1）写出“溶浸”环节中碳酸锶发生反应的离子方程式SrCO3+2H+═Sr2++H2O+CO2↑
（2）“除杂”环节中，先加入适量A溶液和少量30%H2O2溶液，充分反应后，再调节溶液pH至8-10，过滤．
①A溶液的溶质是H2SO4（填化学式）；
②加入少量30%H2O2溶液的目的是使Fe2+氧化到Fe3+．
③调节溶液pH至8-10，宜选用的试剂为BD（填序号）．
A．氨水     B．氢氧化锶粉末     C．氢氧化钠     D．氧化锶粉末
（3）步骤③需经过“洗涤，干燥”的操作，回答下列问题：
①洗涤氯化锶晶体最好选用氯化锶饱和溶液，其原因是既溶解晶体表面附着的杂质，又减少洗涤时氯化锶因溶解造成的损失．
②工业上用热风吹干六水氯化锶，选择的适宜温度范围是A（填字母）．
A．50～60℃B．70～80℃C．80～100℃D．100℃以上
（4）工业上常以天青石（主要成分为硫酸锶，含不溶性杂质）为原料，采用以下方法制取碳酸锶：将天青石粉末与碳酸钠溶液的混合物在90℃时加热1～2h，经过滤、洗涤，得到碳酸锶．写出该反应的离子方程式（不必标明反应条件）SrSO4+CO32-=SrCO3+SO42-．
10．绿矾（FeSO4•7H2O）是治疗缺铁性贫血药品的重要成分．下面是以市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质）为原料生产纯净绿矾的一种方法：查询资料，得有关物质的数据如下表：
25℃时pH值
饱和H2S溶液3.9
SnS沉淀完全1.6
FeS开始沉淀3.0
FeS沉淀完全5.5
（1）检验制得的绿矾晶体中是否含有Fe3+，可以选用的试剂为AD．
A．KSCN溶液     B．NaOH溶液    C．KMnO4溶液     D．苯酚溶液
（2）操作II中，通入硫化氢至饱和的目的是除去溶液中的Sn2+离子，并防止Fe2+被氧化；在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是防止Fe2+离子生成沉淀．
（3）操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；②降低洗涤过程中FeSO4•7H2O的损耗．
（4）测定绿矾产品中Fe2+含量的方法是：a．称取2.850g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b．量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；c．用硫酸酸化的0.01000mol/LKMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00mL．
①滴定时发生反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O．
②判断此滴定实验达到终点的方法是滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色．
③计算上述样品中FeSO4•7H2O的质量分数为97.54%．
④若定容时，视线高于液面，所测得的FeSO4•7H2O的质量分数偏高．（填“偏高”、“偏低”、“无影响”
20．设NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．25℃时，pH=13的1.0L Ba（OH）2溶液中含有的Ba2+数目为0.05NA
B．标准状况下，2.24L CH2Cl2只含有的C-Cl键的数目为0.2NA
C．1.8g重水（D2O）只含有NA个中子
D．常温常压下，21g乙烯与环丁烷的混合物中含有原子数目为3NA
7．下表列出了固体物质A在不同温度时的溶解度：
温度/℃0102030405060708090
溶解度/g36353433323130292827
（1）70℃时，向盛有100g水的烧杯中加入30g固体A，再将烧杯内物质温度降至20℃，此时溶液中溶质与溶剂的质量比为3：10（填最简整数比）；
（2）通过对上表数据的分析，物质A的溶解度曲线应是图中的乙（填“甲”或“乙”）；
（3）80℃时，配制一定量甲物质的溶液，将其降温到60℃，是否有固体析出？不确定（填“有”、“没有”或“不确定”）．
4．汽车尾气是造成空气污染的原因之一，汽车三元催化器中的催化剂将增强汽车尾气中 CO、C、H，和NO三种气体的活性．使它们相互反应生成无污染气体除去，
（1）汽车尾气净化的主要原理为2NO（g）十2CO（g）$\stackrel{催化剂}{?}$2CO2（g）+N2（g），在密闭容器中发生该反应反位时，c（CO2）随温度（T）、催化剂的表面积（S）和时间（t）的变化曲线如图所示．据此判断：
①汽车三元催化器正常工作时出气口温度通常比进气口温度高（填“高”或“低”）．
②在T2温度下，0～2s内的平均反应速率v（N2）=0.05mol/（L•s）．
③当固体催化剂的质量-定时．增大其表面积可提高催化剂效能，若等质量的催化剂的表面积S1＞S2，在图中画出c（CO2）在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线．
（2）C2H2也可在催化剂作用下还原NO，从而消除氢氧化物的污染．
①已知甲烷还原NO的过程：CH4（g）十 4NO（g）$\stackrel{催化剂}{?}$2N2（g）十CO2（ g）十 2H20（g）△H＜0
该反应的平衡常数表达式为K=$\frac{{c}^{2}（{N}_{2}）•c（C{O}_{2}）•{c}^{2}（{H}_{2}0）}{c（C{H}_{4}）•{c}^{4}（NO）}$：温度升高K值减小（填“增大”或“减小”）．
②一定条件下，将CH4（g）和NO2（g）置于密闭容器中，也可以发生化学反应：
CH4（g）+2NO2（g ）$\stackrel{催化剂}{?}$N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＜0，能提高NO2转化率的措施有bc（填选项序号）．
a．增加原催化剂的表面积  b．降低温度   c．减小投料比[$\frac{n（N{O}_{2}）}{n（C{H}_{4}）}$]d．增大压强．
5．现欲将溴水中的溶质和容剂分离．
（1）操作1的操作名称为萃取，所需主要仪器有铁架台（带铁圈）、小烧杯、分液漏斗，该仪器在使用前要检查是否漏水．
（2）操作1后静置，液体分为两层，上层为溶液几乎无色，下层为液呈橙红色（描述现象）．
（3）操作2的名称为分液，操作3的名称为蒸馏．
（4）操作3中，首先要在相应仪器中加入碎瓷片，目的是防止防止液体瀑沸．
（5）请简述选择CCl4提取溴水中溴的原因．

违法和不良信息举报电话：027-86699610 举报邮箱：58377363@163.com

精英家教网