热门试卷

化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，所以根据平衡常数的表达式可知，该反应的化学方程式是C（S）＋H2O(g) H2(g)＋CO(g)。

①根据反应I和反应Ⅱ的生成物可知，反应I中生成物只有一种，而反应Ⅱ中还有水生成，即反应I符合“原子经济性”的原则即原子利用率为100%，所以反应Ⅰ优于反应Ⅱ。

②根据图像甲可知，曲线b的活化能低于曲线a的活化能，所以曲线b表示使用了催化剂；同样根据图像甲可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以反应是放热反应；根据图像乙可知，反应进行到10min是反应达到平衡状态，此时生成的甲醇浓度是0.75mol/L，则根据反应I可知，消耗氢气的浓度是1.5mol/L，所以氢气表示的反应速率是1.5mol/L÷10min＝0.15mol/(L·min)；

③    CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）

则根据压强之比是相应的物质的量之比可知

容器内的平衡压强与起始压强之比为；

a．因正反应放热，升高温度可使平衡向逆反应方向移动，不能增加甲醇产率，故a不正确；

b．增加CO2的量，平衡向正反应方向移动，所以可以增加甲醇产率，故b正确；

c．充入He，使体系总压强增大，对于参加反应的物质来说，浓度不变，平衡不移动，甲醇产率不变，故c错误；

d．按原比例再充入CO2和H2，压强增大，平衡向正反应方向移动，可以增加甲醇产率，故d正确。

①碘循环工艺根据进出物质可得在反应器中发生反应：SO2+I2+2H2O ===2HI+H2SO4 ，故答案为：SO2＋I2＋2H2O＝SO42-＋2I－＋4H+

②根据勒夏特列原理分析化学平衡移动；故答案为：HI分解为可逆反应，及时分离出产物H2，有利于反应正向进行。

③负极反应物MH失去电子，生成的H+在碱性条件下生成H2O，电解反应式为：MH-e-+OH-=H2O+M；阴极上是氧气发生的电子的过程，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：MH-e-+OH-=H2O+M ；O2+2H2O+4e-=4OH

①根据表中氢氧化物的溶度积可知，氢氧化铁的溶度积最小，其溶解度最小，所以随pH升高最先沉淀下来的离子是铁离子；故答案为：Fe3+；

②双氧水能够将溶液中的亚铁离子氧化成铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；

2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O

：一个碳原子参与三个碳的形成，所以形成一个六元环，需要碳原子的个数为：6×1/3=2，所以12g石墨烯物质的量为1mol，所以形成6元环的物质的量为：1/2mol，即0.5NA个6元环，故答案为：0.5NA；

①CH4+0.5O2（g）⇌CH3OH（g）△H=-128.5kJ/mol，正反应是气体体积减少的反应，所以可以通增大压强、选用合适的催化剂，故答案为：增大压强、选用合适的催化剂；②由CH4+0.5O2（g）⇌CH3OH（g）△H=-128.5kJ/mol…Ⅰ，CH4（g）+O2（g）→HCHO（g）+H2O（g）△H=c kJ/mol…Ⅱ，目标反应CH3OH（g）+0.5O2（g）→HCHO（g）+H2O（g），得Ⅱ-Ⅰ得：CH3OH（g）+0.5O2（g）→HCHO（g）+H2O（g）△H=（c+128.5）KJ•L-1，故答案为：CH3OH（g）+0.5O2（g）→HCHO（g）+H2O（g）△H=（c+128.5）KJ•L-1；

①平衡时的量比20min的量小，但变化量小于10min-20min，所以0.22＜n＜0.26，故答案为：0.22＜n＜0.26；②C8H10（g）⇌C8H8（g）+H2（g）

开始 0.40mol   0       0

变化   x    x       x

平衡0.40mol-x   x      x

所以：0.4+x/0.4=1.4，解之得：x=0.16，所以苯乙烷的转化率为0.16/0.4×100%=40%，故答案为：40%；

葡萄糖到葡萄糖酸[CH2OH（CHOH）4COOH]发生氧化反应，所以在阳极产生，电极反应式为：CH2OH（CHOH）4CHO+H2O-2e-═CH2OH（CHOH）4COOH+2H+；故答案为：阳；CH2OH（CHOH）4CHO+H2O-2e-═CH2OH（CHOH）4COOH+2H+．

不能将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中，因为浓硫酸的密度大，容易发生迸溅。

加入沸石的作用是防止暴沸，若加热后发现未加沸石，应该冷却后补加。

分液漏斗使用前必须进行的一项操作是检漏，故选c；

正丁醛密度为0.8017 g·cm-3，小于水的密度，水在下层；

根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知，反应温度保持在90—95℃，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化；

设正丁醛的产率为x %，根据关系式

C4H10O ——C4H8O

74       72

4x       2

解得：x=51或51.4

CO燃烧的热化学方程式：CO（g）+1/2O2（g）═CO2（g）△H=-283kJ•mol-1 ①

H2燃烧的热化学方程式：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=-285.8×2 kJ•mol-1 ②

CH3OH燃烧的热化学方程式：CH3OH（l）+3/2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=-761kJ•mol-1 ③

根据盖斯定律将①+②+（-③）可得：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（l

△H=-90.8KJ•mol-1，故答案为：-90.8 kJ/mol；

该可逆反应是反应前后气体体积减小的放热反应，

A．随时将CH3OH与反应混合物分离，平衡向正反应方向移动，但反应速率不变，故错误； 

B．降低反应温度平衡向正反应方向移动，但反应速率减小，故错误； 

C．恒容装置中充入H2，即增大体系压强，平衡向正反应方向移动且反应速率增大，故正确； 

D．使用高效催化剂，反应速率增大，但平衡不移动，故错误；
故选C；

催化剂可以加快反应速率，但是不会引起化学平衡的移动，升高温度，化学平衡逆向移动，可以降低CO的转化率，t℃后的变化情况如下：故答案为：

步骤D中酸性溶液中Fe2+被MnO2氧化为铁离子，二氧化锰被还原生成锰离子，反应的离子方程式为：2Fe2++MnO2+4H+═2Fe2++Mn2++2H2O，故答案为：2Fe2++MnO2+4H+═2Fe2++Mn2++2H2O；

步骤H是硫酸锰和碳酸氢铵反应，碳酸氢根离子过量，所以锰离子结合碳酸根离子生成碳酸锰沉淀，氢离子浓度增大和过量的碳酸氢根离子反应生成二氧化碳气体，反应的离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；

已知Ksp（PbS）=1×10-28，当溶液中c（Pb2+）=1×10-5mol•L-1时，c（S2-）=1×10−28/1×10−5

=10-23mol/L，Ksp（MnS）=1×10-9.6，溶液中c（Mn2+）允许的最大值=1×10−9.6/10−23=1×1013.4 mol•L-1，

故答案为：1×1013.4 mol•L-1；

若某种含锰微粒（如Mn3+）的能量处于相邻价态两种微粒（Mn2+和MnO2）能量连线左上方，则该微粒不稳定并发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒，则依据图象分析判断，MnO42-在MnO4-和MnO2之间；将Mn3+歧化反应得到Mn2+和MnO2，2Mn3++2H2O=MnO2+Mn2++4H+，平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；MnO4-溶液中呈紫红色，检验时必须控制Mn2+浓度和用量不能过大过量的Mn2+能与反应生成的MnO4-反应，影响实验现象的观察；

       最适宜加热分解革酸晶体的装置是C．若选装置A可能会造成的后果是固体药品熔化后会流到试管口，若选装置B可能会造成的后果是冷凝水会倒流到试管底，造成试管破裂。

故答案为：固体药品熔化后会流到试管口；冷凝水会倒流到试管底，造成试管破裂

       150℃左右分解产生H2O、CO和C02，三种气体的检验顺序应遵循现象明显且不相互干扰，应先检验水，再检验二氧化碳，最后检验一氧化碳。

故答案为：C

       实验利用装置“G（碱石灰）﹣F﹣D（CuO固体）﹣F”检验CO，通过装置G吸收水和二氧化碳，通过装置F检验二氧化碳是否除净，通过装置D检验是否有一氧化碳含有氧化铜为铜，最后通过装置F检验是否生成二氧化碳气体。

故答案为：澄清的石灰水；前一个F中没有浑浊，后一个F中有沉淀，D中固体反应后从黑色变成红色

       反应的化学方程式为：H2C2042H203H2O+CO+C02，实验得到气体的体积为VmL（已换算成标准状况），为一氧化碳，物质的量和草酸晶体物质的量相同，n（H2C2042H20）=n（CO）=mol/L，

草酸纯度的表达式=，

故答案为：

常温时，用pH计测量0.100mol/L草酸钠溶液的pH，则c(OH-)=Kw/c(H+)

依据 C2O42-+H2OHC2O4-+OH，计算

或或或