考点:化学平衡常数的含义;热化学方程式;化学平衡的影响因素
专题:化学反应中的能量变化;化学平衡专题.
分析:(1)根据盖斯定律及题干中热化学方程式计算出反应2CaSO4(s)+7CO(g)⇋CaS(s)+CaO(s)+6CO2(g)+C(s)+SO2(g)的△H;(2)根据反应①﹣③的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线进行判断变化规律;(3)根据图象判断900℃时反应①的lgK=2,则平衡常数为102,设出反应前CO浓度为c,根据平衡常数表达式列式计算即可;(4)根据氧气能够消耗副产物中生成的二氧化硫、碳进行分析;(5)根据“CaS为原料,在一定条件下经原子利用率100%的高温反应,可再生CaSO4”可知另一种反应物为氧气,据此写出反应的化学方程式;在对二甲苯的苯环上添上应该羧基即可得到该有机物.
解答:解:(1)根据盖斯定律,①×4+②+③×2可得:2CaSO4(s)+7CO(g)⇋CaS(s)+CaO(s)+6CO2(g)+C(s)+SO2(g)的△H=4△H1+△H2+2△H3,故答案为:4△H1+△H2+2△H3;(2)根据图象曲线变化可知,反应①、③为放热反应,随着温度的升高,平衡常数K逐渐减小,则lgK逐渐减小,而反应②为吸热反应,升高温度,平衡常数K逐渐增大,则lgK逐渐增大,所以Ⅰ表示的为反应③、Ⅱ曲线表示的为反应②,变化规律为:当△H>0时,lgK随温度升高而增大,当△H<0时,lgK随温度升高而减小;根据反应①和曲线Ⅰ(反应③反应)的反应热可知,当温度同等变化时,△H的数值越大lgK的变化越大,故答案为:(a)当△H>0时,lgK随温度升高而增大,当△H<0时,lgK随温度升高而减小;(b)当温度同等变化时,△H的数值越大lgK的变化越大;(3)向盛有CaSO4的真空恒容密闭容器中充入CO,反应方程式为:CaSO4(s)+CO(g)⇋
CaS(s)+CO2(g)△H1=﹣47.3kJ•mol﹣1,根据图象曲线可知,反应①于900℃时lgK=2,平衡常数为102=100,c平衡(CO)=8.0×10﹣5 mol•L﹣1,设一氧化碳反应前浓度为c,则反应消耗的CO浓度=反应生成二氧化碳浓度=(c﹣8.0×10﹣5)mol/L,平衡常数K=
=
=100,解得c=8.08×10﹣3mol/L,一氧化碳的转化率为:
×100%≈99%,答:CO的转化率为99%;(4)氧气能够与二氧化硫、C发生反应,所以在初始原料中加入适量的氧气,可以抑制副反应②③的进行,有利于获得更纯净的CO2,故答案为:O2;(5)以反应①中生成的CaS为原料,在一定条件下经原子利用率100%的高温反应,可再生CaSO4,则另一种反应为为氧气,该反应的化学方程式为 CaS+2O2
CaSO4;在一定条件下,CO2可与对二甲苯反应,在其苯环上引入一个羧基,相当于用羧基取代苯环上的氢原子,对二甲苯中苯环上4个H原子位置等价,则该产物的结构简式为:
,故答案为:CaS+2O2
CaSO4;
.
点评:本题考查了化学平衡常数的计算、有机物结构与性质、热化学方程式的书写等知识,题目难度中等,试题题量较大,注意掌握化学平衡常数的概念及计算方法,明确热化学方程式的书写方法及盖斯定律的含义及应用.
32.(16分)(2014•广东)石墨在材料领域有重要应用,某初级石墨中含SiO2(7.8%)、Al2O3(5.1%)、Fe2O3(3.1%)和MgO(0.5%)等杂质,设计的提纯与综合利用工艺如下:
(注:SiCl4的沸点为57.6℃,金属氯化物的沸点均高于150℃)
(1)向反应器中通入Cl2前,需通一段时间N2,主要目的是通入氮气排尽装置中的空气,防止石墨发生氧化反应,减少石墨损失.
(2)高温反应后,石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物,气体I中的碳氧化物主要为CO,由气体Ⅱ中某物质得到水玻璃的化学反应方程式为SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O.
(3)步骤①为:搅拌、过滤、所得溶液IV中的阴离子有AlO2﹣、OH﹣、Cl﹣.
(4)由溶液Ⅳ生成沉淀Ⅴ的总反应的离子方程式为AlO2﹣+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO﹣+CH3CH2OH+Al(OH)3↓,100kg初级石墨最多可获得V的质量为7.8kg.
(5)石墨可用于自然水体中铜件的电化学防腐,完成图2防腐示意图,并作相应标注.
考点:真题集萃;物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用
专题:实验设计题.
分析:(1)石墨化学性质在常温下稳定,而在高温下可与氧气发生反应,所以通入氮气排尽装置中的空气,防止石墨发生氧化反应;(2)高温反应后,石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物,根据杂质的含量可知,气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等,气体I中碳氧化物主要为CO,SiCl4的沸点为57.6℃,金属氯化物的沸点均高于150℃,80℃冷却得到的气体Ⅱ含有SiCl4及CO,SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠; (3)金属氯化物的沸点均高于150℃,则固体Ⅲ中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2,其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀,而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠,过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠;(4)偏铝酸钠发生水解,加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠,且加热条件下水解平衡一直正向移动,得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇;根据氧化铝的含量计算氧化铝质量,再根据Al元素守恒计算氢氧化铝的质量;(5)Cu的化学性质比石墨活泼,所以应用外接电流的阴极保护法保护Cu,故石墨作阳极,连接电源的正极,Cu作阴极,连接电源的负极.
解答:解:(1)石墨化学性质在常温下稳定,而在高温下可与氧气发生反应,所以通入氮气排尽装置中的空气,防止石墨发生氧化反应,减少石墨损失,故答案为:通入氮气排尽装置中的空气,防止石墨发生氧化反应,减少石墨损失;(2)石墨过量高温反应后,石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物,根据杂质的含量可知,气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等,气体I中碳氧化物主要为CO,SiCl4的沸点为57.6℃,金属氯化物的沸点均高于150℃,80℃冷却得到的气体Ⅱ含有SiCl4及CO,SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠,化学反应方程式为:SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O,故答案为:CO;SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O;(3)金属氯化物的沸点均高于150℃,则固体Ⅲ中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2,其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀,而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠,搅拌、过滤得到溶液IV,故溶液IV中的阴离子有:AlO2﹣、OH﹣、Cl﹣,故答案为:过滤;AlO2﹣、OH﹣、Cl﹣;(4)偏铝酸钠发生水解,加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠,且加热条件下水解平衡一直正向移动,得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇,由溶液IV生成沉淀V的总反应的离子方程式为:AlO2﹣+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO﹣+CH3CH2OH+Al(OH)3↓,Al2O3的质量分数为5.1%,则100kg初级石墨中氧化铝的质量=100kg×5.1%=5.1kg,根据Al元素守恒,可知氢氧化铝的质量=
=7.8kg;故答案为:AlO2﹣+CH3COOCH2CH3+2H2O
CH3COO﹣+CH3CH2OH+Al(OH)3↓;7.8;根据氧化铝的含量计算氧化铝质量,(5)Cu的化学性质比石墨活泼,所以应用外接电流的阴极保护法保护Cu,故石墨作阳极,连接电源的正极,Cu作阴极,连接电源的负极,装置图为:
,故答案为:
.
点评:本题考查物质制备分离、阅读题目获取信息能力、化学方程式及离子方程式书写、化学计算、电化学防护等,需要学生具备扎实的基础及迁移运用能力,难度中等.
33.(17分)(2014•广东)H2O2是一种绿色氧化还原试剂,在化学研究中应用广泛.
(1)某小组拟在同浓度Fe3+的催化下,探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响.限选试剂与仪器:30% H2O2、0.1mol•L﹣1 Fe2(SO4)3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器
①写出本实验H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目:
②设计实验方案:在不同H2O2浓度下,测定相同时间内产生氧气的体积多少,或生成相同体积的氧气所需时间的多少(要求所测得的数据能直接体现反应速率大小).
③设计实验装置,完成如1图所示的装置示意图.
④参照下表格式,拟定实验表格,完整体现实验方案(列出所选试剂体积、需记录的待测物理量和所拟定的数据;数据用字母表示).
实验序号 物理量V[0.1mol•L﹣1 Fe2(SO4)3]/mL…
1a…
2a…
(2)利用图2(a)和2(b)中的信息,按图2(c)装置(连能的A、B瓶中已充有NO2气体)进行实验.可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的深(填“深”或“浅”),其原因是2NO2(红棕色)⇋N2O4(无色),△H<0是放热反应,且双氧水的分解反应也是放热反应.当右边双氧水分解时放出的热量会使B瓶升温,使瓶中反应朝逆反应方向移动,即向生成NO2移动,故B瓶颜色更深.
考点:真题集萃;测定某些化学反应的速率;探究温度、压强对化学反应速率的影响;性质实验方案的设计
专题:实验设计题.
分析:(1)①过氧化氢在硫酸铁作催化剂条件下分解生成水与氧气,反应中过氧化氢既作氧化剂又做还原剂;②反应速率表示单位时间内物质的量浓度变化量,测定不同浓度的过氧化氢对反应速率的影响,需要测定相同时间内产生氧气的体积多少,或生成相同体积的氧气所需时间的多少;③利用排水量气法收集一定体积的氧气,用盛满水的量筒倒立于盛水的水槽中,并用导管与图1连接;④测定相同时间内产生氧气的体积多少,保证催化剂的浓度应相同,故加入双氧水溶液体积与水的总体积不变,通过改变二者体积,根据相同时间内生成氧气的体积说明不同H2O2浓度对反应速率影响;(2)由图a可知,1mol过氧化氢总能量高于1mol水与0.5mol氧气总能量,故过氧化氢分解是放热反应,由图b可知,2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量,故二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应,所以图c中,右侧烧杯的温度高于左侧,升高温度使2NO2(红棕色)⇋N2O4(无色)△H<0,向逆反应方向移动.
解答:解:(1)①过氧化氢在硫酸铁作催化剂条件下分解生成水与氧气,反应中过氧化氢既作氧化剂又做还原剂,标出电子转移数目及方向为:,故答案为:
;②反应速率表示单位时间内物质的量浓度变化量,测定不同浓度的过氧化氢对反应速率的影响,需要测定相同时间内产生氧气的体积多少,或生成相同体积的氧气所需时间的多少,故答案为:相同时间内产生氧气的体积多少,或生成相同体积的氧气所需时间的多少;③利用排水量气法收集一定体积的氧气,用盛满水的量筒倒立于盛水的水槽中,并用导管与图1连接,装置图为:
,故答案为:
;④测定相同时间内产生氧气的体积多少,保证催化剂的浓度应相同,故加入双氧水溶液体积与水的总体积不变,通过改变二者体积,根据相同时间内生成氧气的体积说明不同H2O2浓度对反应速率影响,实验方案为:故答案为:;(2)由图a可知,1mol过氧化氢总能量高于1mol水与0.5mol氧气总能量,故过氧化氢分解是放热反应,由图b可知,2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量,故二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应,所以图c中,右侧烧杯的温度高于左侧,升高温度使2NO2(红棕色)⇋N2O4(无色)△H<0,向逆反应方向移动,即向生成NO2移动,故B瓶颜色更深,故答案为:深;2NO2(红棕色)⇋N2O4(无色),△H<0是放热反应,且双氧水的分解反应也是放热反应.当右边双氧水分解时放出的热量会使B瓶升温,使瓶中反应朝逆反应方向移动,即向生成NO2移动,故B瓶颜色更深.
点评:本题考查氧化还原反应、反应速率影响因素实验、化学平衡移动等,侧重对学生综合能力的考查,需要学生具备扎实的基础,注意利用控制变量法测定外界条件对反应速率的影响,难度中等.