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【题目】研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明,美丽中国具有重要意义。

(1)海水中无机碳的存在形式及分布如图所示:

用离子方程式表示海水呈弱碱性的原因__。已知春季海水pH=8.1,预测夏季海水碱性将会__(增强减弱”)

(2)工业上以COH2为原料合成甲醇的反应:CO(g)2H2(g)CH3OH(g) ΔH0,在容积为1L的恒容容器中,分别在T1T2T3三种温度下合成甲醇。如图是上述三种温度下不同H2CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)CO平衡转化率的关系。下列说法正确的是__(填字母)

A.abc三点H2转化率:cab

B.上述三种温度之间关系为T1T2T3

C.a点状态下再通入0.5molCO0.5molCH3OH,平衡不移动

D.c点状态下再通入1molCO4molH2,新平衡中H2的体积分数增大

(3)NO加速臭氧层被破坏,其反应过程如图所示:

NO的作用是__

②已知:

O3(g)O(g)=2O2(g) ΔH=143kJ·mol-1

反应1O3(g)NO(g)=NO2(g)O2(g) ΔH1=200.2kJ·mol-1

反应2:热化学方程式为__

(4)若将CONO按不同比例投入一密闭容器中发生反应:2CO(g)2NO(g)N2(g)2CO2(g) ΔH=759.8kJ·mol-1,反应达到平衡时,N2的体积分数随的变化曲线如图。

b点时,平衡体系中CN原子个数之比接近___

abc三点CO的转化率从大到小的顺序为__acd三点的平衡常数从大到小的顺序为___

③若=0.8,反应达平衡时,N2的体积分数为20%,则CO的转化率为___

【答案】COH2OHCOOH-HCOH2OH2CO3OH- 增强 C 催化剂 NO2(g)O(g)=NO(g)O2(g) ΔH2=57.2kJ·mol-1 11 abc a=cd 75%

【解析】

(1)据图可知海水中无机碳主要以COHCO的形式存在,由于存在水解平衡:CO+H2OHCO+ OHˉHCO+H2OH2CO3+OHˉ,所以海水呈弱碱性;

水解反应为吸热反应,夏季温度升高,水解程度增大,所以溶液中c(OH-)增大,溶液的碱性增强,且夏天二氧化碳在海水中的溶解度较小,也会导致碱性增强;

(2)A.由图可知ab两点加入H2CO的物质的量之比相同,因而CO转化率大的,H2的转化率大,显然abc点相对于b点,相当于增大H2的含量,其转化率变小,故abc三点H2转化率:abcA项错误;

B.该反应为放热反应,在相同时,温度越高CO的转化率越小,则T3T2T1B项错误;

C.起始时CO的物质的量均为1mola=1.5,所以起始时H2的物质的量为1.5mol,平衡时CO的转化率为50%,根据化学方程式可知平衡时n(CO)=0.5moln(H2)=1moln(CH3OH)=0.5mol,则平衡时n(CO)=0.5moln(H2)=0.5moln(CH3OH)=0.5mol,容器体积为1L,所以该温度下平衡常数为K==4;平衡后再加0.5molCO0.5molCH3OH,则n(CO)=1moln(H2)=0.5moln(CH3OH)=1mol,容器体积为1LQc==4=K,故平衡不移动,C项正确;

Dc点再通入1molCO4molH2,相当于增大压强,平衡正向移动,H2的体积分数变小,D项错误;

综上所述选C

(3)①开始有NO参加反应,循环后又生成NO,故其为催化剂;

②根据图知,反应2中反应物是ONO2,生成物是NOO2

已知O3(g)O(g)=2O2(g) ΔH=143kJ·mol-1

反应1O3(g)NO(g)=NO2(g)O2(g) ΔH1=200.2kJ·mol-1

根据盖斯定律,将总反应-反应1,得O(g)+NO2(g)=O2(g)+NO(g) H=(-143+200.2)kJ/mol= +57.2kJ/mol

(4)①当反应物按化学计量数之比加入,平衡时N2的体积分数最大,故b点时平衡体系中CN原子个数之比接近11

②增大CO的转化率降低,所以CO的转化率由大到小的顺序为:abc

平衡常数只与温度有关,所以a点与c点的平衡常数K相同;该反应为放热反应,升温平衡逆向移动,N2的体积分数减小,所以T1T2d点的平衡常数小于a点和c点,即acd三点的平衡常数从大到小的顺序为a=cd

=0.8,设CO起始物质的量为0.8mol,则NO的起始物质的量为1mol,反应达平衡时,CO转化了xmol,则有:

平衡时,N2的体积分数为×100%=20%,解得x=0.6mol,所以CO的转化率为×100%=75%

练习册系列答案
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副反应:H2(g)+CO2(g) CO(g)+H2O(g) △H=+41kJ·mol1

①甲醇在催化剂作用下裂解可得到H2CO,反应的热化学方程式为__________________,既能加快反应速率又能提高CH3OH平衡转化率的一种措施是_________________________

②适当增大水醇比[n(H2O):n(CH3OH)],有利于甲醇水蒸气重整制氢,理由是___________

③某温度下,将n(H2O):n(CH3OH)=11的原料气充入恒容密闭容器中,初始压强为p1,反应达到平衡时总压强为p2,则平衡时甲醇的转化率为_________________(忽略副反应)。

2)工业上常用CH4与水蒸气在一定条件下来制取H2,其反应原理为:CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H=+203kJ·mol1,在容积为3L的密闭容器中通入物质的量均为3molCH4和水蒸气,在一定条件下发生上述反应,测得平衡时H2的体积分数与温度及压强的关系如图所示。

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III.制备葡萄糖酸锌粗品(装置如右,夹持、控温装置略)

90℃水浴、搅拌下,向ZnSO4溶液中分批加入葡萄糖酸钙溶液。趁热过滤,向滤液中加入无水乙醇并冷却析晶,过滤。

请回答下列问题:

(1) 步骤I中溴水的作用是作______,判断溴水略过量的现象是______

(2) 步骤II中用CaCl2代替CaCO3可行吗?______ (可行不可行”),乙醇可洗去葡萄糖酸钙固体表面杂质,还具有____________优点。

(3) 步骤III中,恒压滴液漏斗需要打开活塞______ (“a”“b”“ab”)90℃下,葡萄糖酸钙与硫酸锌发生反应的离子方程式为______

(4) 葡萄糖酸锌粗品含少量难溶于水的杂质,纯化晶体的合理操作顺序是______ (选填写正确序号)

蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜;② 待晶体充分析出后,减压过滤;③ 将滤液冷却至室温,加入10 mL 95%乙醇溶液并搅拌,促进晶体析出;④ 趁热减压过滤,除去不溶物;⑤ 50℃下用恒温干燥箱烘干,称重;⑥ 取烧杯加入10 mL蒸馏水,加热至微沸,加入粗品,得到葡萄糖酸锌饱和溶液。

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mg提纯后的产品溶于水配成100mL溶液,取25.00mL置于____中,加入V1mLc1mol·L-1Na2EDTA溶液(过量)和指示剂,用c2mol·L-1 Zn2+标准溶液滴定至终点,发生反应:Zn2++EDTA2—=Zn-EDTA,三次滴定平均消耗锌标准溶液V2mL,则该产品的纯度为______%(保留1个数字系数)

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A.正反应的活化能大于逆反应的活化能

B.达到平衡后再加热,平衡向逆反应方向移动

C.ABCD四点对应状态下,达到平衡状态的为BD

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