题目内容
15.二氧化碳是造成温室效应的主要气体,二氧化碳的回收再利用是减缓温室效应的有效途径之一.(1)二氧化碳重整可用于制取甲烷,已知:
CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)△H1=+247kJ•mol-1
CH4(g)+H2O(g)?CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ•mol-1
则反应CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g)的△H3=-163kJ/mol.
(2)一定压强下,在某恒容密闭容器中,充入H2和CO2发生反应:
2CO2(g)+6H2(g)?CH3CH2OH(g)+3H2O(g),其起始投料比、温度与CO2的转化率的关系如图所示.
①降低温度,平衡向逆反应 方向移动.
②在700K,起始投料比$\frac{n({H}_{2})}{n(C{O}_{2})}$=1.5时,H2 的转化率为40%.
(3)CO2和H2在一定条件下可合成二甲醚:2CO2(g)+6H2(g)?CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H.在一定压强下,将2.5molH2与a molCO2置于容积为1L的密闭容器中,发生上述反应,达到平衡状态时,测得反应的实验数据如下表:
温度/K CO2转化率/% a/mol | 500 | 600 | 700 | 800 |
1.67 | x | 33 | ||
1.25 | 60 | 43 | y | |
0.83 | z | 32 | w |
A.x=y B.x>y C.x<y D.无法判断
②下列关于该反应叙述正确的是ABC
A.该反应的△H<0,△S<0
B.该反应的平衡常数随温度升高而减小
C.转化率分别为z、w时,达到平衡的时间前者长
D.转化率分别为y、w时,平衡常数不同.
分析 (1)已知:①.CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)△H1=+247kJ•mol-1
②.CH4(g)+H2O(g)?CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ•mol-1
根据盖斯定律,①-②×2可得:CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g),则△H3=△H1-2△H2;
(2)①由图可知,$\frac{n({H}_{2})}{n(C{O}_{2})}$一定时,温度越高,平衡时二氧化碳的转化率越大,说明升高温度平衡向正反应方向移动,则正反应为吸热反应;
②由图可知,在700K,起始投料比$\frac{n({H}_{2})}{n(C{O}_{2})}$=1.5时,二氧化碳转化率为20%,令CO2、H2的起始物质的量分别为1mol、1.5mol,转化的二氧化碳为0.2mol,根据方程式可知转化的氢气为0.6mol,进而计算H2 的转化率;
(3)①CO2起始物质的量为1.25mol时,温度越高,CO2的转化率越小,故w<32,x>33,由于CO2(g)、H2(g)按物质的量1:3反应,当二者按物质的量1:3混合时,即a=0.83,二者转化率相等,则800K时CO2、H2的转化率均为w%,CO2(g)的起始物质的量越大,其转化率越小,则y<w;
②A.CO2起始物质的量为1.25mol时,温度越高,CO2的转化率越小,说明升高温度平衡向逆反应方向移动,正反应为放热反应,正反应生成气体的物质的量减小,混乱度减小;
B.升高温度平衡向逆反应方向移动,平衡常数随温度升高而减小;
C.温度越高,反应速率越快;
D.平衡常数只受温度影响.
解答 解:(1)已知:①.CH4(g)+CO2(g)?2CO(g)+2H2(g)△H1=+247kJ•mol-1
②.CH4(g)+H2O(g)?CO(g)+3H2(g)△H2=+205kJ•mol-1
根据盖斯定律,①-②×2可得:CO2(g)+4H2(g)?CH4(g)+2H2O(g),则△H3=△H1-2△H2=-163kJ/mol,
故答案为:-163kJ/mol;
(2)①由图可知,$\frac{n({H}_{2})}{n(C{O}_{2})}$一定时,温度越高,平衡时二氧化碳的转化率越大,说明升高温度平衡向正反应方向移动,则正反应为吸热反应,降低温度,平衡向放热反应方向移动,即向逆反应方向移动,
故答案为:逆反应;
②由图可知,在700K,起始投料比$\frac{n({H}_{2})}{n(C{O}_{2})}$=1.5时,二氧化碳转化率为20%,令CO2、H2的起始物质的量分别为1mol、1.5mol,转化的二氧化碳为1mol×20%=0.2mol,根据方程式可知转化的氢气为0.2mol×3=0.6mol,H2 的转化率为$\frac{0.6mol}{1.5mol}$×100%=40%,
故答案为:40%;
(3)①CO2起始物质的量为1.25mol时,温度越高,CO2的转化率越小,故w<32,x>33,由于CO2(g)、H2(g)按物质的量1:3反应,当二者按物质的量1:3混合时,即a=0.83,二者转化率相等,则800K时CO2、H2的转化率均为w%,CO2(g)的起始物质的量越大,其转化率越小,则y<w,由上述分析可知x>y,
故答案为:B;
②A.CO2起始物质的量为1.25mol时,温度越高,CO2的转化率越小,说明升高温度平衡向逆反应方向移动,正反应为放热反应,即△H<0,正反应生成气体的物质的量减小,混乱度减小,则△S<0,故A正确;
B.正反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,平衡常数随温度升高而减小,故B正确;
C.温度越高,反应速率越快,转化率分别为z、w时,达到平衡的时间前者长,则C正确;
D.由于温度相同,则平衡常数相同,故D错误,
故选:ABC.
点评 本题考查化学平衡计算、化学平衡影响因素、反应热计算等,较好的考查学生分析能力、知识迁移运用能力.(3)中转化率比较为易错点、难度,貌似无法比较,关键是根据二者转化率相等特殊性分析解答.
A. | 搅拌能加快蔗糖在水中的溶解,其原因是增大了蔗糖的溶解度 | |
B. | 天气闷热时,鱼塘的鱼会接近水面游动,原因是温度高压强小,氧气的溶解度小 | |
C. | 夏天,铜制眼镜架表面出现的绿色物质[主要成分 Cu2(OH)2CO3],可用稀盐酸除去 | |
D. | 敞口放置的酒精没有燃烧的原因是温度没有达到酒精的着火点 |
容器编号 | 起始时各种物质的量/mol | 达到平衡时体系能量的变化 | |||
n(A) | n(B) | n(C) | n(D) | ||
① | 1 | 4 | 0 | 0 | 放出热量:32.8kJ |
② | 0 | 0 | 1 | 4 | 放出热量:Q1 |
③ | 1 | 1 | 2 | 1 | 放出热量:Q2 |
A. | 若容器①中反应10min达到平衡,0~10min时间内,用A表示的平均反应速率v(A)=4.0×10-2mol/(L•min) | |
B. | 平衡时,①与②容器中A的体积分数相等 | |
C. | ③达平衡时体系能量的变化主要为热能转化为化学能 | |
D. | 容器③中,开始时v(B)生成>v(B)消耗 |
探究一 无水AlCl3的实验室制备
利用下图装置,用干燥、纯净的氯气在加热条件下与铝粉(已除去氧化膜)反应制取无水AlCl3.供选择的药品:①铝粉 ②浓硫酸 ③稀盐酸 ④饱和食盐水 ⑤二氧化锰粉末 ⑥无水氯化钙 ⑦稀硫酸 ⑧浓盐酸 ⑨氢氧化钠溶液
(1)写出装置A烧瓶中发生的反应方程式MnO2+4HCl$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$MnCl2+Cl2↑+2H2O.
(2)实验开始前,先检查装置气密性,然后装入药品,接下来的步骤依次是bca(填序号)
a.加热D中硬质玻璃管
b.往A烧瓶中加入液体
c.点燃A中的酒精灯
(3)上述供选药品中本实验无需用到的是③⑦(填数字序号).
(4)写出无水AlCl3与水蒸气反应的化学方程式AlCl3+3H2O(g)=Al(OH)3+3HCl.
探究二 无水AlCl3的含量测定及结果分析
取D中反应后所得固体2.0g,与足量氢氧化钠溶液反应,测定生成气体的体积(体积均换算成标准状况),重复测定三次,数据如下:
第一次实验 | 第二次实验 | 第三次实验 | |
D中固体用量 | 2.0g | 2.0g | 2.0g |
氢气的体积 | 334.5mL | 336.0mL | 337.5mL |
(6)有同学认为测得的无水AlCl3的质量分数偏低,你认为可能的原因有①②:
①制备的氯气不足 ②固体和气体无法充分接触 ③无水AlCl3发生升华,造成损失
探究三 离子浓度对氯气制备的影响
二氧化锰粉末和浓盐酸的反应随着盐酸的浓度降低,反应停止不再产生氯气.探究小组对盐酸浓度降低影响氯气生成的原因进行如下探究:
(7)提出假设 假设1:Cl-浓度降低影响氯气的生成
假设2:H+浓度降低影响氯气的生成.
(8)设计方案进行实验.限选试剂:浓H2SO4、NaCl固体、MnO2固体、稀盐酸.
步骤 | 实验操作 | 预测现象和结论 |
① | 往不再产生氯气的装置中,加入NaCl固体,继续加热 | 若有黄绿色气体生成,则假设1成立 |
② | 往不再产生氯气的装置中,加入浓硫酸并继续加热 | 若有黄绿色气体生成,则假设2成立 |
A. | 小于$\frac{1}{2}$ | B. | 大于$\frac{1}{2}$,小于1 | C. | 等于$\frac{1}{2}$ | D. | 大于1,小于2 |
A. | 无水硫酸铜 | B. | 浓硫酸 | C. | 新制的生石灰 | D. | 氢氧化钙 |
A. | n1=n2 | B. | n1>n2 | C. | n1<n2 | D. | c(A-)<c(B-) |