题目内容

6.(1)人们常用催化剂来选择反应进行的方向.如图所示为一定条件下1mol CH3OH与O2发生反应时,生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物O2(g)和生成物H2O(g)略去].
①在有催化剂作用下,CH3OH与O2反应主要生成HCHO(填“CO、CO2”或“HCHO”).2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g)△H=-470KJ•mol-1.
②甲醇制取甲醛可用Ag作催化剂,含有AgCl会 影响Ag催化剂的活性.用氨水可以溶解除去其中的AgCl,写出该反应的离子方程式:AgCl+2NH3•H2O=Ag(NH3)2++Cl-+2H2O或AgCl+2NH3=Ag(NH3)2++Cl-.
(2)已知:CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)△H<0CH3OH(g)△H=-a kJ•mol-1.
①经测定不同温度下该反应的平衡常数如下:
温度(℃)250300350
   K2.0410.2700.012
若某时刻、250℃测得该反应的反应物与生成物的浓度为c(CO)=0.4mol•L-1、c(H2)=0.4mol•L-1、c(CH3OH)=0.8mol•L-1,则此时v正<v逆(填“>”、“<”或“=”).
②某温度下,在体积固定的2L的密闭容器中将1mol CO和2mol H2混合,测得不同时刻的反应前后压强关系如下:
时间(min)51015202530
压强比(P后/P前)0.980.900.800.700.700.70
则0~15min,用H2表示的平均反应速率为0.02 mol•( L•min)-1,达到平衡时CO的转化率为45%.
(3)利用钠碱循环法可除去SO2,消除SO2对环境的污染.吸收液吸收SO2的过程中,pH随n(SO32-):n(HSO3-)变化关系如下表:
n(SO32-):n(HSO3-)91:91:11:91
pH8.27.26.2
根据上表判断NaHSO3溶液显酸性性.
②在NaHSO3溶液中离子浓度关系正确的是ac (填字母).
a.c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-)
b.c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)
c.c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+(OH-)
d.c( Na+)+c(H+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)

分析 (1)①使用催化剂可以降低反应的活化能,活化能越低,普通分子越容易转化成活化分子,反应越容易,反应速率越快;
根据图表可知2HCHO(g)+O2(g)═2CO(g)+2H2O(g)中反应物能量高,生成物能量低,故该反应为放热反应,由图可知1mol甲醛反应放出热量为(676-158-283)kJ;
②氯化银中加入氨水,发生络合反应生成银氨络合离子;
(2)①计算浓度商,与化学平衡常数相对大小确定反应方向,如果Qc=K,处于平衡状态,Qc<K,反应向正反应进行,Qc>K,反应向逆反应进行;
②温度、体积不变的可逆反应中,气体的压强之比等于其物质的量之比,据此计算反应后气体体积的物质的量,从而计算氢气反应的物质的量,再根据v=$\frac{\frac{△n}{V}}{△t}$计算反应速率;
20min处于平衡,计算平衡时总物质的量,再利用差量法计算参加反应CO物质的量,进而计算CO转化率;
(3)①由表格中的数据可知,HSO3-越多,酸性越强,则电离生成氢离子;
②a.亚硫酸氢根离子电离程度大于水解程度,溶液呈酸性,但电离和水解程度都较小,水还电离出氢离子;
b.根据物料守恒得c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3),亚硫酸氢根离子电离程度大于水解程度,所以c(SO32-)>c(H2SO3);
c.溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-),物料守恒c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3);
d.根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-).

解答 解:(1)①根据图象可以看出转化成甲醛时活化能最低,使用催化剂时主要产物为HCHO;
2HCHO(g)+O2(g)═2CO(g)+2H2O(g)该反应为放热反应,△H=-2(676-158-283)=-470KJ•mol-1,
故答案为:HCHO;-470KJ•mol-1;
②氯化银与氨水发生络合反应的离子方程式:AgCl+2NH3•H2O=Ag(NH3)2++Cl-+2H2O或者AgCl+2NH3=Ag(NH3)2++Cl-,
故答案为:AgCl+2NH3•H2O=Ag(NH3)2++Cl-+2H2O或AgCl+2NH3=Ag(NH3)2++Cl-;
(2)①浓度商Qc=$\frac{0.8}{0.4×0.{4}^{2}}$=12.5>2.041,则平衡向逆反应方向移动,所以反应速率v正<v逆,
故答案为:<;
②温度、体积不变的可逆反应中,气体的压强之比等于其物质的量之比,15min压强比(P后/P前)=0.80,则反应后气体的物质的量=3mol×0.80=2.40mol,气体减少的物质的量=3mol-2.4mol=0.6mol,CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)中根据气体减少的物质的量与氢气之间的关系式知,参加反应的氢气的物质的量0.6mol,则氢气的反应速率=$\frac{\frac{0.6mol}{2L}}{15min}$=0.02 mol•( L•min)-1;
20min处于平衡状态,此时混合气体总物质的量为3mol×0.7=2.1mol,故气体减少的物质的量=3mol-2.1mol=0.9mol,由于1molCO反应总物质的量减小2mol,则参加反应的CO的物质的量=$\frac{0.9mol}{2}$=0.45mo,则CO的转化率=$\frac{0.45mol}{1mol}$=45%,
故答案为:0.02 mol•( L•min)-1;45%;
(3)①由表格中的数据可知,HSO3-越多,酸性越强,则电离生成氢离子,电离方程式为HSO3-?H++SO32-,显酸性是因其电离大于其水解,
故答案为:酸;
②a.亚硫酸氢根离子电离程度大于水解程度,溶液呈酸性,但电离和水解程度都较小,水还电离出氢离子,所以该溶液中离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-),故a正确;
b.根据物料守恒得c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3),亚硫酸氢根离子电离程度大于水解程度,所以c(SO32-)>c(H2SO3),所以c(Na+)<2c(SO32-)+c(HSO3-),故b错误;
c.溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-),物料守恒c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3),所以得c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+(OH-),故c正确;
d.根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-),故d错误;
故选:ac.

点评 本题考查化学平衡计算、平衡常数应用、反应热计算、离子浓度大小比较等,是对学生综合能力的考查,需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力,题目难度中等.

练习册系列答案
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