题目内容

9．“洁净煤技术”研究在世界上相当普遍，科研人员通过向地下煤层气化炉中交替鼓入空气和水蒸气的方法，连续产出了高热值的煤炭气，其主要成分是CO和H2．CO和H2可作为能源和化工原料，应用十分广泛．生产煤炭气的反应之一是：C （s）+H2O （g）?CO（g）+H2（g）△H=+131.4kJ/mol
（1）在容积为3L的密闭容器中发生上述反应，5min后容器内气体的密度增大了0.12g/L，用H2O表示0～5min的平均反应速率为0.002mol/（L•min）．
（2）关于上述反应在化学平衡状态时的描述正确的是AC．
A．CO的含量保持不变          
 B．v正（H2O）=v正（H2）
C．容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变
（3）若上述反应在t0时刻达到平衡（如图1），在t1时刻改变某一条件，请在图1继续画出t1时刻之后正反应速率随时间的变化：（用实线表示）

①缩小容器体积，t2时到达平衡；②t3时平衡常数K值变大，t4到达平衡．
（4）在一定条件下用CO和H2可以制得甲醇，CH3OH和CO的燃烧热为别725.8kJ/mol，283.0kJ/mol，1mol液态水变成气态水吸热44.0kJ，写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和气态水的热化学方程式：CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）△H=-354.8kJ∕mol ．
（5）如图2所示，以甲醇燃料电池作为电源实现下列电解过程．乙池中发生反应的离子方程式为2Cu2++2H2O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2Cu+O2+4H+．当甲池中增重16g时，丙池中理论上产生沉淀质量的最大值为34.8g．

分析 （1）根据反应方程式可知，气体增加的质量为固体碳的质量，根据m=ρV计算出反应消耗碳的质量，计算出其物质的量，最后根据反应方程式及反应速率表达式计算出用H2O表示0～5miin的平均反应速率；
（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，据此进行判断；
（3）根据影响化学反应速率的因素画出正反应速率变化的曲线；
（4）由CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为-283.0kJ•mol-1和-725.8kJ•mol-1，水的摩尔蒸发焓为44.0 kJ/mol，则
①CO（g）+$\frac{1}{2}$O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1
②CH3OH（l）+$\frac{3}{2}$O2（g）=CO2（g）+2 H2O（l）△H=-725.8kJ•mol-1
③H2O（l）=H2O（g）△H=-44KJ/mol
由盖斯定律可知用②-①+③×2得到热化学方程式；
（5）图2中甲池为原电池，通入甲醇的电极为负极，铜氧气的电极为正极，则乙池中石墨为阳极，银为阴极，溶液中铜离子在银电极析出，丙中与银连接的Pt电极为阳极，另一个电极为阴极，丙中与银连接的Pt电极为阳极，另一个电极为阴极，电极反应为阳极：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极为2H++2e-=H2↑，MgCl2+2H2O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$Mg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑，甲池中发生的反应为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，溶液中甲醇和氧气反应后导致溶液质量增大，每反应2mol甲醇和3mol氧气反应溶液质量增加=2mol×32g/mol+3mol×32g/mol=160g，电子转移为12mol，当甲池中增重16g时，电子转移1.2mol，电子守恒得到丙池中理论上产生沉淀为氢氧化镁质量．

解答 解：（1）在容积为3L的密闭容器中发生上述反应，5min后容器内气体的密度增大了0.12g/L，根据反应C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）可知，气体增加的质量为参加反应的固体C的质量，则反应消耗碳的物质的量为：$\frac{0.12g/L×3L}{12g/mol}$=0.03mol，该反应过程中消耗水的物质的量也为0.03mol，则用H2O表示0～5miin的平均反应速率为：$\frac{0.03mol}{3L×5min}$=0.002mol/（L•min），
故答案为：0.002mol/（L•min）；
（2）A．CO的含量保持不变是平衡标志，故A正确；
B．反应速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，v正（H2O）=v逆（H2），则v逆（H2）=v正（H2），反应达到平衡状态，v正（H2O）=v正（H2），不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C．气体质量不变，气体物质的量增大，容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡状态，故C正确；
故答案为：AC；
（3）①t1时缩小容器体积，反应体系的压强增大，正逆反应速率都增大，直至t2时重新达到平衡；
②t3时平衡常数K增大，说明平衡向着正向移动，说明升高了温度，之后正反应速率逐渐减小，直至达到新的平衡，
根据以上分析画出的图象为：，
故答案为：；
（4）由CO（g）和CH3OH（l）的燃烧热△H分别为-283.0kJ•mol-1和-725.8kJ•mol-1，则
①CO（g）+$\frac{1}{2}$O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•mol-1
②CH3OH（l）+$\frac{3}{2}$O2（g）=CO2（g）+2 H2O（l）△H=-725.8kJ•mol-1
③H2O（l）=H2O（g）△H=-44KJ/mol
由盖斯定律可知用②-①+③×2得反应CH3OH（l）+O2（g）=CO（g）+2 H2O（g），该反应的反应热△H=-725.8kJ•mol-1-（-283.0kJ•mol-1）+2×44KJ/mol=-354.8kJ•mol-1，
故答案为：CH3OH （l）+O2（g）=CO （g）+2H2O （g）△H=-354.8 kJ∕mol；
（5）图2中甲池为原电池，通入甲醇的电极为负极，铜氧气的电极为正极，则乙池中石墨为阳极，银为阴极，溶液中铜离子在银电极析出，Cu2++2e-=Cu，阳极上是氢氧根离子放电生成氧气，所以电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，电池反应的离子方程式为：2Cu2++2H2O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2Cu+O2+4H+，丙中与银连接的Pt电极为阳极，另一个电极为阴极，电极反应为阳极：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极为2H++2e-=H2↑，MgCl2+2H2O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$Mg（OH）2↓+H2↑+Cl2↑，甲池中发生的反应为：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，溶液中甲醇和氧气反应后导致溶液质量增大，每反应2mol甲醇和3mol氧气反应溶液质量增加=2mol×32g/mol+3mol×32g/mol=160g，电子转移为12mol，当甲池中增重16g时，电子转移1.2mol，电子守恒得到丙池中理论上产生沉淀为氢氧化镁，依据化学方程式，生成1mol氢氧化镁，电子转移2mol电子，则电子转移1.2mol，生成沉淀氢氧化镁0.6mol，计算得到物质的量为质量=0.6mol×58g/mol=34.8g，
故答案为：2Cu2++2H2O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2Cu+O2+4H+；34.8．

点评 本题考查较为综合，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和计算能力，涉及化学平衡的计算、化学平衡状态的判断、化学平衡的影响因素、电解池和原电池原理的计算等知识，题目难度中等，明确影响化学反应速率的因素为解答关键，．

练习册系列答案
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10．用沉淀法测定KHCO3和Na2CO3固体混合物的组成，每次称取一定质量的样品溶于水制成洛液，向其中滴加相同浓度的Ba（OH）2溶液，每次实验均充分反应，反应前后溶液体积变化忽略不计，实验记录见表：
 实验序号ⅠⅡⅢⅣⅤ
 样本质量（g） 3.066.12 9.18 12.24 15.30 
 Ba（OH）2溶液体积（mL）300 300 300 300 300 
生成沉淀的质量（g） 5.1911.82 17.73 23.64 23.64 
回答下列问题：
（1）样品中KHCO3和Na2CO3的物质的量之比2：1．
（2）室温下第Ⅲ组实验所得溶液中的OH-物质的量浓度为0.2mol/L．
11．某化学兴趣小组设计如图1实验方案制备SO2并进行相关实验探究．

（l）盛装亚硫酸钙的仪器名称是圆底烧瓶，装置A中反应的化学方程式为CaSO3+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O．
（2）设计装置C的目的是验证SO2的还原性，装置C中发生反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+．
（3）选用图2的装置和药品探究亚硫酸与次抓酸的酸性强弱装置的连接顺序为A、F、E、H、GI，其中装置F的作用是除去HCl，通过G中品红不褪色，I中出现白色沉淀（填现象），即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸．
（4）装置D中NaOH全部转化为NaHSO3的标志是溶液由红色变为无色．请设计简单实验测定室温下HSO3-的电离平衡常数Ka与水解平衡常数Kb的相对大小：常温下，用pH试纸（或pH计）测定NaHSO3溶液的pH，若pH＜7，则Ka＞Kb，若pH＞7，则Ka＜Kb．
8．标准状况下，下列关于气体的说法中正确的是（　　）
A．2mol氧气与1mol二氧化硫的质量比约为2：1
B．2mol氧气与1mol二氧化硫的体积比约为1：1
C．1mol氧气与3mol二氧化硫的体积比约为1：3
D．1mol氧气与3mol二氧化硫的密度比约为1：3
4．有A、B、C、D三种元素．核电荷数均小于18，A和C最外层电子数相同，A的L层电子数是B和C的最外层电子数之和，B元素的电子分布在K、L、M层上．C元素的单质分子由两个原子组成，是密度最小的气态物质．D原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍．试写出A的原子结构示意图，B离子的电子式，C原子的名称氢原子，D原子的电子式．
14．下列过程光能变为电能的是（　　）
A．镁条燃烧B．光伏发电C．光合作用D．电解冶钠
1．下列物质的分类合理的是（　　）
A．酸性氧化物：CO2、SO2、H2OB．碱性氧化物：Na2O、CaO、P2O5
C．碱：NaOH、KOH、Ba（OH）2D．铵盐：NH4Cl、NH4NO3、（NH4）2SO4
18．将一定质量的镁、铝合金，投入200mL一定浓度的盐酸中，合金完全溶解，向所得溶液中滴加5mol/L NaOH溶液，生成的沉淀质量与加入NaOH溶液体积如图所示．
（1）图中OA段，没有沉淀生成的原因是H++OH-=2H2O（用离子方程式表示）；
（2）图中BC段，沉淀量减少的原因是Al（OH）3+OH-=AlO-2+2H2O（用离子方程式表示），由此可知原混合物中铝的质量为2.7g；
（3）图中B点处，该溶液中此时存在的溶质是NaCl；盐酸的物质的量浓度为4mol/L．
19．为了探究镁条与盐酸、醋酸反应时，浓度或温度对反应速率（观察镁条消失的时间）的影响，准备了以下化学用品：0.20mol•L-1与0.40mol•L-1的HCl溶液、0.20mol•L-1与0，.40mol•L-1的CH3COOH溶液、4条镁条（形状、大小、质量相同）、几支试管和胶头滴管，酸液温度控制为298K和308K．
①酸液都取足量、相同体积，请你帮助完成以下实验设计表：
实验
编号		温度（K）盐酸浓度/
（mol•L-1）		醋酸浓度/
（mol•L-1）		实验目的
a2980.20I．实验a和b是探究温度 对镁与盐酸反应速率的影响；
II．实验a和c是探究浓度 对镁与盐酸反应速率的影响；
III．实验a和d是探究相同温度下，相同浓度的盐酸、醋酸与镁反应速率的区别
b3080.20
c2980.40
d----
②若①中实验a镁条消失的时间是20s，则镁条剩余质量与时间关系图如图．
假设：该反应温度每升高10℃，反应速率是原来的2倍；温度相同时，醋酸是相同浓度盐酸平均速度的$\frac{1}{2}$，请在此图中大致画出“实验b”、“实验d”的镁条剩余质量与时间关系曲线，请注意必要的标注．

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