- 醇类简介
- 共8题
甲醇是一种基础的有机化工原料和优质燃料。利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂作用下可以合成甲醇，主要反应如下：①CO（g）＋2H2（g）
27.已知反应①中相关的化学键键能数据如下：
28.反应①、②、③对应的平衡常数K1、K2、K3之间的关系是____________；随着温度的升高，K1_________（填“减小”、“增大”或“不变”）。
29.合成气组成n（H2）／n（CO＋CO2）＝2．60时，体系中的CO平衡转化率（α）与温度和压强的关系如下图所示。图中压强由大到小的顺序为_______________。
30.下图是某研究机构开发的给笔记本电脑供电的甲醇燃料电池，甲醇在催化剂作用下提供质子（H＋）和电子，电池总反应为：2CH3OH＋3O2＝2CO2＋4H2O。一个甲醇分子经过电化学氧化，可以产生__________个电子的电量，其负极的电极反应式为_______________。
正确答案
（1）-99 +41
解析
断键吸收的能量与成键释放的能量之差作为反应热，，准确把握平衡常数的定义，从图表中准确分析出升高温度促使平衡想着逆方向移动，从而升温K值将减小，根据定一议二原则，能判断p3>p2>p1。从2CH3OH＋3O2＝2CO2＋4H2O中得出，一个甲醇分子需要1.5个氧气分子，因此得失电子数为6个，电极反应式的书写采用总反应式与正极反应式相减法得出： CH3OH + H2O - 6e－＝CO2+6H+
考查方向
解题思路
把握键能与反应热计算的方法、平衡移动原理以及影响平衡的因素加以验证。电极反应式的书写可以采用做减法，但特别注意传到的是（H＋）
易错点
键能计算、平衡常数与温度的关系、平衡移动因素、原电池电极反应式
正确答案
K2 = K1 K3 减小
解析
断键吸收的能量与成键释放的能量之差作为反应热，，准确把握平衡常数的定义，从图表中准确分析出升高温度促使平衡想着逆方向移动，从而升温K值将减小，根据定一议二原则，能判断p3>p2>p1。从2CH3OH＋3O2＝2CO2＋4H2O中得出，一个甲醇分子需要1.5个氧气分子，因此得失电子数为6个，电极反应式的书写采用总反应式与正极反应式相减法得出： CH3OH + H2O - 6e－＝CO2+6H+
考查方向
解题思路
把握键能与反应热计算的方法、平衡移动原理以及影响平衡的因素加以验证。电极反应式的书写可以采用做减法，但特别注意传到的是（H＋）
易错点
键能计算、平衡常数与温度的关系、平衡移动因素、原电池电极反应式
正确答案
p3>p2>p1
解析
断键吸收的能量与成键释放的能量之差作为反应热，，准确把握平衡常数的定义，从图表中准确分析出升高温度促使平衡想着逆方向移动，从而升温K值将减小，根据定一议二原则，能判断p3>p2>p1。从2CH3OH＋3O2＝2CO2＋4H2O中得出，一个甲醇分子需要1.5个氧气分子，因此得失电子数为6个，电极反应式的书写采用总反应式与正极反应式相减法得出： CH3OH + H2O - 6e－＝CO2+6H+
考查方向
解题思路
把握键能与反应热计算的方法、平衡移动原理以及影响平衡的因素加以验证。电极反应式的书写可以采用做减法，但特别注意传到的是（H＋）
易错点
键能计算、平衡常数与温度的关系、平衡移动因素、原电池电极反应式
正确答案
6 CH3OH + H2O - 6e－＝CO2+6H+
解析
断键吸收的能量与成键释放的能量之差作为反应热，，准确把握平衡常数的定义，从图表中准确分析出升高温度促使平衡想着逆方向移动，从而升温K值将减小，根据定一议二原则，能判断p3>p2>p1。从2CH3OH＋3O2＝2CO2＋4H2O中得出，一个甲醇分子需要1.5个氧气分子，因此得失电子数为6个，电极反应式的书写采用总反应式与正极反应式相减法得出： CH3OH + H2O - 6e－＝CO2+6H+
考查方向
解题思路
把握键能与反应热计算的方法、平衡移动原理以及影响平衡的因素加以验证。电极反应式的书写可以采用做减法，但特别注意传到的是（H＋）
易错点
键能计算、平衡常数与温度的关系、平衡移动因素、原电池电极反应式
高硫煤脱硫分为燃烧前、燃烧中及燃烧后脱硫。
11.燃烧前脱硫：可用生物脱硫法，即在酸性环境下，有些种类的细菌能利用空气将Fe2＋氧化成Fe3＋而获得能量，Fe3＋再与煤中的FeS2（Fe为+2价）反应使硫转化为硫酸根离子而去除。写出生物脱硫法的离子方程式 、 。
12.燃烧中脱硫：通过加入石灰石，在燃烧过程中将硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。已知钙的燃烧热635kJ·mol-1，硫的燃烧热297kJ·mol-1、硫酸钙的生成焓△H=－1434kJ·mol-1（即由1molCa(s)、1molS(s)、2molO2(g)生成1molCaSO4(s)的△H值），则CaO(s)+SO2(g)+1/2O2(g)==CaSO4(s) ，△H= kJ·mol-1。
13.燃烧后脱硫：以Na2SO3溶液作为吸收液，利用钠碱循环法脱除烟气中的SO2。图一中横坐标为pH，纵坐标X(i)为各含硫微粒占所有含硫微粒的物质的量分数。
①已知某次吸收液中n(SO32－):n(HSO3－)=10:1，则溶液的pH= 。
②当吸收液的pH约为6时，需电解再生。原理如图二所示。
Ⅰ.Pt(I)电极反应式 。
Ⅱ.H2SO4浓度，a%与b%的大小关系为 。
14.取10.00g干煤在1350℃以上的空气中充分燃烧，其中硫元素转化为SO2和少量的 SO3（g），氯元素转化为HCl，产生的气体用适量的双氧水吸收，所得溶液稀释至 100.0mL，每次取10.00mL用0.1000mol·L-1NaOH溶液进行滴定，滴定后的溶液加入适量的羟基氰化汞〔Hg(OH)CN〕，[发生反应：NaCl+Hg(OH)CN==Hg(Cl)CN+NaOH]再用H2SO4滴定，平均消耗15.55mLNaOH溶液和1.25×10-5mol的H2SO4。该煤中硫的质量分数为 。
正确答案
① 4H++4Fe2++O2 == 4Fe3++2H2O
② 8H2O+FeS2+14Fe3+==15Fe2++16H++2SO42-
解析
生物脱硫法，即在酸性环境下，有些种类的细菌能利用空气将Fe2＋氧化成Fe3＋，其离子反应方程式为：4H++4Fe2++O2 == 4Fe3++2H2O ；Fe3＋再与煤中的FeS2（Fe为+2价）反应使硫转化为硫酸根离子而去除，离子方程式为：8H2O+FeS2+14Fe3+==15Fe2++16H++2SO42- 故答案为：① 4H++4Fe2++O2 == 4Fe3++2H2O；② 8H2O+FeS2+14Fe3+==15Fe2++16H++2SO42-
考查方向
解题思路
生物脱硫法，即在酸性环境下，有些种类的细菌能利用空气将Fe2＋氧化成Fe3＋而获得能量，Fe3＋再与煤中的FeS2（Fe为+2价）反应使硫转化为硫酸根离子而去除，根据反应物结合质量守恒定律、电荷守恒书写离子方程式；
易错点
电离平衡常数应用、解池阴极阳极的判断 电极反应式的书写电解液的变化、中和滴定的原理、关系式法计算。
正确答案
－502
解析
已知钙的燃烧热635kJ·mol-1，硫的燃烧热297kJ·mol-1、硫酸钙的生成焓△H=－1434kJ·mol-1（即由1molCa(s)、1molS(s)、2molO2(g)生成1molCaSO4(s)的△H值）；
Ca + 1/2O2 ＝CaO △H=－-635kJ·mol-1 ①
S + O2 = SO2 △H=－297kJ·mol-1 ②
Ca + S + 2O2 ==CaSO4 △H=－1434kJ·mol-1 ③
由③－①－②和盖斯定律可得：CaO(s)+SO2(g)+1/2O2(g)==CaSO4(s) ，△H=－502 kJ·mol-1 ，故答案为：502
考查方向
解题思路
已知钙的燃烧热635kJ·mol-1，硫的燃烧热297kJ·mol-1、硫酸钙的生成焓△H=－1434kJ·mol-1（即由1molCa(s)、1molS(s)、2molO2(g)生成1molCaSO4(s)的△H值）；
Ca + 1/2O2 ＝CaO △H=－-635kJ·mol-1 ①
S + O2 = SO2 △H=－297kJ·mol-1 ②
Ca + S + 2O2 ==CaSO4 △H=－1434kJ·mol-1 ③
由③－①－②和盖斯定律可得：CaO(s)+SO2(g)+1/2O2(g)==CaSO4(s) ，△H求出。
易错点
电离平衡常数应用、解池阴极阳极的判断 电极反应式的书写电解液的变化、中和滴定的原理、关系式法计算。
正确答案
① 8.18
②Ⅰ. 2HSO3-+2e-==SO32-+H2↑或2H++2e-==H2↑
Ⅱ. a%
解析
H2SO3
②Ⅰ。当吸收液的pH降至约为6时，Pt(I)极2H++2e-==H2，溶液中阳离子H+ ，具有氧化性，在阴极上得到电子放电发生还原反应；Ⅱ. Pt(Ⅱ)极溶液中阴离子主要为HSO3-，具有还原性，在阳极上放电发生氧化反应；HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+ ，c(SO42-)增大，故答案为Ⅰ. 2HSO3-+2e-==SO32-+H2↑或2H++2e-==H2↑；Ⅱ. a%
考查方向
解题思路
SO2+H2O=H2SO3，H2SO3
易错点
电离平衡常数应用、解池阴极阳极的判断 电极反应式的书写电解液的变化、中和滴定的原理、关系式法计算。
正确答案
2.448%（2.5%、2.45%均不扣分）
解析
取10.00g干煤在1350℃以上的空气中充分燃烧，其中硫元素转化为SO2和少量的SO3（g），氯元素转化为HCl，产生的气体用适量的双氧水吸收，所得溶液稀释至 100.0mL，此溶液为H2SO4和HCl混合溶液，每次取10.00mL用0.1000mol·L-1NaOH溶液进行滴定，其原理为HCl + NaOH=NaCl+H2O和H2SO4 +2NaOH=Na2SO4 +2H2O，消耗NaOH体积为15.55ml，后的溶液加入适量的羟基氰化汞〔Hg(OH)CN〕发生NaCl+Hg(OH)CN==Hg(Cl)CN+NaOH，即使NaCl转化为NaOH后，再用H2SO4溶液滴定，耗H2SO4物质的量为1.25×10-5mol，其关系式为：2HCl～2NaCl～2NaOH～H2SO4 ；可求出混合溶液n(HCl)=2.5×10-5mol,消耗NaOH的n(NaOH)=2.5×10-5mol；与混合溶液中H2SO4反应消耗的n(NaOH)= 15.55×10-3 L×0.1mol/L －2.5×10－5 =1.53×10－2 mol; 由H2SO4～2NaOH可得，10ml混合液中n(H2SO4)=7.65×10－3 mol;即100ml混合液中n(H2SO4)=7.65×10－2 mol，根据硫元素守恒，可知10.00g干煤中m(S)=n(S)×32g/mol=7.65×10－2 mol×32g/mol=0.2448g，该煤中硫的质量分数w(s)=0.2448g/10g×100%=2.448%,故答案为2.448%。
考查方向
解题思路
取10.00g干煤在1350℃以上的空气中充分燃烧，其中硫元素转化为SO2和少量的SO3（g），氯元素转化为HCl，产生的气体用适量的双氧水吸收，所得溶液稀释至 100.0mL，此溶液为H2SO4和HCl混合溶液，每次取10.00mL用0.1000mol·L-1NaOH溶液进行滴定，其原理为HCl + NaOH=NaCl+H2O和H2SO4 +2NaOH=Na2SO4 +2H2O，消耗NaOH体积为15.55ml，后的溶液加入适量的羟基氰化汞〔Hg(OH)CN〕发生NaCl+Hg(OH)CN==Hg(Cl)CN+NaOH，即使NaCl转化为NaOH后，再用H2SO4溶液滴定，耗H2SO4物质的量为1.25×10-5mol，其关系式为：2HCl～2NaCl～2NaOH～H2SO4 ；可求出混合溶液n(HCl)=2.5×10-5mol,消耗NaOH的n(NaOH)=2.5×10-5mol；与混合溶液中H2SO4反应消耗的n(NaOH)= 15.55×10-3 L×0.1mol/L －2.5×10－5 =1.53×10－2 mol; 由H2SO4～2NaOH可得，10ml混合液中n(H2SO4)=7.65×10－3 mol;即100ml混合液中n(H2SO4)=7.65×10－2 mol，根据硫元素守恒可解答此题。
易错点
电离平衡常数应用、解池阴极阳极的判断 电极反应式的书写电解液的变化、中和滴定的原理、关系式法计算。
5. 研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到直观形象的效果。下列表达不正确的是( )
AFeI2溶液中通入氯气后铁和碘的存在形式：
BFe和稀HNO3反应后，铁的存在形式
CAlCl3溶液中滴加NaOH后铝的存在形式：
DNa0H溶液与S02反应时溶液中的
正确答案
解析
A． FeI2溶液中通入氯气后铁和碘的存在形式：
B.反应的化学方程式：4HNO3（稀足）+Fe═Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，8HNO3+3Fe═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，Fe与HNO3的物质的量之比为1：4时，恰好反应生成Fe（NO3）3，即Fe与HNO3的物质的量之比为≤ 1/4时反应得到Fe（NO3）3，Fe与HNO3的物质的量之比为3：8时，恰好反应生成Fe（NO3）2，即Fe与HNO3的物质的量之比为≥ 3/8时反应得到Fe（NO3）2；
C ．Al3++3OH-=Al（OH）3↓，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，
D．烧碱溶液中通入少量二氧化硫反应生成亚硫酸钠，n（NaOH）：n（SO2）=2：1反应生成亚硫酸钠，通入过量二氧化硫生成亚硫酸氢钠，n（NaOH）：n（SO2）=1：1，反应生成亚硫酸氢钠，在2：1～1：1范围内生成亚硫酸钠和亚硫酸氢钠。
考查方向
解题思路
A、氯气与铁按照2:1反应；和碘按照2:1反应。
B、Fe和稀HNO3反应生成三价铁、三价铁和铁反应还原成二价。
C、根据可能发生的反应Al3++3OH-=Al（OH）3↓，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O分析；
D、少量二氧化硫反应生成亚硫酸钠；过量二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠。
易错点
离子方程式的定量产物的分析。
知识点
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