题目内容

【题目】乙醇汽油是被广泛使用的新型清洁燃料,工业生产乙醇的一种反应原理为: 2CO(g)+4H2 (g) CH3CH2OH(g)+H2O(g) H= — 256.1 kJ·mol—1

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H= — 41.2 kJ·mol—1

已知:H2O(l)=H2O(g) H= + 44 kJ·mol—1

(1)CO2(g)H2(g)为原料也可合成乙醇其热化学方程式如下:2CO2(g)+6H2(g) CH3CH2OH(g)+3H2O(l) H=___________

(2)CH4H2O(g)在催化剂表面发生反应CH4+H2OCO+3H2该反应在不同温度下的化学平衡常数如下表

温度/℃

800

1000

1200

1400

平衡常数

0.45

1.92

276.5

1771.5

①该反应是__________反应(填吸热放热”);

T℃时,向1L密闭容器中投入1molCH41mol H2O(g), 平衡时c(CH4)=0.5mol·L—1,该温度下反应CH4+H2OCO+3H2的平衡常数K=_____________

(3)汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放,这使NOx的有效消除成为环保领域的重要课题。某研究小组在实验室以Ag-ZSM-5 为催化剂,测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如下图

①若不使用CO,温度超过775℃,发现NO的分解率降低,其可能的原因为___________;在n(NO)/n(CO)=1的条件下,应控制的最佳温度在_____左右。

②用CxHy(烃)催化还原NOx也可消除氮氧化物的污染。写出CH4NO2发生反应的化学方程式:_____________

(4)乙醇-空气燃料电池中使用的电解质是搀杂了Y2O3ZrO2晶体,它在高温下能传导O2离子。该电池负极的电极反应式为________________________

【答案】-305.7 kJ·mol1 吸热 6.75 该反应是放热反应,升高温度反应更有利于向逆反应方向进行 870℃ CH4+2NO2=CO2+N2+2H2O CH3CH2OH-12e+6O2= 2CO2+3H2O

【解析】

1)考查盖斯定律的应用。根据已知反应可知,③×2即得到2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(l),所以该反应热是-256.1kJ/mol41.2kJ/mol-44kJ/mol×3=-305.7kJ/mol

2随着温度的升高,平衡常数逐渐增大,所以正反应是吸热反应。

平衡时c(CH4)=0.5mol·L—1,所以消耗甲烷是0.5mol/L,则生成CO0.5mol/L,氢气是

1.5mol/L,剩余甲烷和水蒸气都是0.5mol/L,所以平衡常数为

3应用反应是放热反应,升高温度反应更有利于向逆反应方向进行,所以NO的分

解率降低。根据图像可知,在n(NO)/n(CO)=1的条件下,温度为870℃转化率最高,所以

应该控制的温度是870℃

②NO2能把甲烷氧化生成CO2、氮气和水,方程式为CH4+2NO2→CO2+N2+2H2O

4)原电池中负极失去电子,由于电解质能传递O2—离子,而在原电池中阴离子是向负极

移动的,所以负极方程式为CH3CH2OH—12e+6O2—=2CO2+3H2O

练习册系列答案
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方案一:学生甲用水作试剂,比较镁和铝与水反应的情况

方案二:学生乙用稀盐酸作试剂,比较镁和铝与稀盐酸反应的情况

(1)以上两实验方案实验现象较为明显的是_____________

(2)学生乙在实验中取了一段黑色的镁带,投入稀盐酸中,现象不十分明显,请分析原因_________________

. (3) Na2S溶液中通入氯气出现黄色浑浊,可证明Cl的非金属性比S,反应的离子方程式为_____________________________

Ⅲ.利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律。

(4)仪器B的名称为__________,干燥管D的作用是__________________

(5)若要证明非金属性: Cl>I,则A中加浓盐酸,B中加KMnO4(KMnO4与浓盐酸常温下反应生成氯气),C中加淀粉碘化钾混合溶液,观察到C中溶液_____________________(填现象),即可证明。从环境保护的观点考虑,此装置缺少尾气处理装置,可用____________溶液吸收尾气。

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【题目】关于过氧化物的叙述正确的是(NA表示阿伏伽德罗常数)(  )

A. 78g过氧化钠含有的共用电子对数为02NA

B. 2H2O2l=2H2Ol+O2gΔH=98.2 kJ/molΔS=70.5 J/mol·K,该反应低温能自发进行

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【答案】B

【解析】

A.过氧化钠的电子式为,则7.8g过氧化钠含有的共用电子对为×1=0.1mol,故A错误;B.2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)H=-98.2kJmol-1S=70.5Jmol-1K-1,则G=H-TS<0在任何温度下都小于0,故B正确;C.过氧化氢遇强氧化剂酸性高锰酸钾溶液时,过氧化氢中的氧元素的化合价是-1价可升高为0价,发生还原反应,所以1mol过氧化氢失去2NA电子,故C错误;D.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,氢氧根与NH4+反应生成氨水,所以NH4+会减小,故D错误;故选B。

型】单选题
束】
19

【题目】常温下,现向50 mL 0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液中滴加0.05 mol·L-1 NaOH溶液,得到溶液的pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示(假设滴加过程中无气体产生)。下列说法正确的是

A. b点溶液中离子浓度由大到小的顺序为: c(Na)>c(SO42—)>c(NH4+)>c(H)>c(OH)

B. 图中bcd 三点溶液中水的电离程度最大的是c

C. b点后滴加NaOH溶液过程中,NH3·H2O的电离程度逐渐减小

D. pH=7时,溶液中c(H)+c(Na)+c(NH4+)=c(SO42—)+c(OH)

【答案】C

【解析】

试题Ab点表示NH4HSO4溶液与NaOH溶液恰好反应生成硫酸钠、硫酸铵,溶液显酸性,离子浓度由大到小的顺序为:c(Na+)=c(SO)c(NH)c(H+)c(OH-),故A错误;B.图中b点硫酸铵水解,促进水的电离、c点显中性,生成了部分NH3·H2O,抑制了水的电离、d点氢氧化钠过量,抑制水的电离,三点溶液中水的电离程度最大的是a点,故B错误;Cb点后滴加NaOH溶液过程中,NH3·H2O的浓度逐渐增大,电离程度逐渐减小,故C正确;DpH=7时,溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)+c(NH)=2c(SO)+c(OH-),故D错误;故选C

考点:考查了弱电解质的电离平衡、离子浓度的大小比较的相关知识。

型】单选题
束】
20

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