1、【解析】【分析】由题可知,该实验研究浓度和催化剂对反应速率的影响,通过表中数据可分析得出浓度和催化剂对反应速率的影响规律,因为该实验不是直接测出反应速率,而是测出反应停止的时间,要考虑反应物增多对反应时间的影响。【详解】(1)由表格中的数据可知:相同浓度的H2O2,加入的MnO2越多,反应所用的时间越短,即分解速率越快。(2)用0.1 g催化剂的反应速率明显小于用0.3 g和0.8 g催化剂的反应速率;用0.8 g催化剂和用0.3 g催化剂的反应速率及反应时间相差不多,但用0.3 g催化剂节约药品。(3)从表中数据可知,相同体积3.0%的双氧水中的溶质含量是1.5%的双氧水中溶质含量的二倍,但
2、反应的时间却比其反应时间的二倍小得多,由反应速率计算公式可得出,此实验条件下双氧水的浓度越大分解速率越快,由此得出上述结论不正确;(4)加快反应速率的措施常见的有:增加反应物浓度、适当升高温度、增加反应物表面积(接触面积)、使用催化剂等。2铁在自然界分布广泛,在工业、农业和国防科技中有重要应用。回答下列问题:(1)用铁矿石(赤铁矿)冶炼生铁的高炉如图(a)所示。原料中除铁矿石和焦炭外含有_。除去铁矿石中脉石(主要成分为SiO2)的化学反应方程式为_、_;高炉排出气体的主要成分有N2、CO2和_(填化学式)。(2)已知:Fe2O3(s)+3C(s)=2Fe(s)+3CO(g) H=+494kJm
3、ol-1CO(g)+O2(g)=CO2(g) H=-283kJC(s)+O2(g)=CO(g) H=-110kJ则反应Fe2O3(s)+3C(s)+O2(g)=2Fe(s)+3CO2(g) 的H=_kJmol-1。理论上反应_放出的热量足以供给反应_所需的热量(填上述方程式序号)(3)有人设计出“二步熔融还原法”炼铁工艺,其流程如图(b)所示,其中,还原竖炉相当于高炉的_部分,主要反应的化学方程式为_;熔融造气炉相当于高炉的_部分。(4)铁矿石中常含有硫,使高炉气中混有SO2污染空气,脱SO2的方法是_。【答案】石灰石 CaCO3CaO+CO2 CaO+SiO2CaSiO3 CO -355 炉
4、身 Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 炉腹 用碱液吸收(氢氧化钠溶液或氨水等) (1)铁矿石中含有氧化铁和脉石,为除去脉石,可以加入石灰石,石灰石分解为氧化钙,氧化钙和二氧化硅反应生成硅酸钙,方程式为CaCO3CaO+CO2、CaO+SiO2CaSiO3;加入焦炭,先生成CO,最后生成CO2所以高炉排出气体的主要成分有N2、CO2和CO;利用盖斯定律将+3得到Fe2O3(s)+3C(s)+O2(g)=2Fe(s)+3CO2(g)的H-355 kJmol-1,因为吸热反应,为放热反应,则反应放出的热量可使反应;(3)高炉炼铁时,炉身部分发生Fe2O3+3CO2Fe+3CO2,还原竖炉发生此反应
5、,熔融造气炉和高炉的炉腹都发生2C+O22CO以及CaCO3CaO+CO2,CaO+SiO2CaSiO3反应;(4)高炉气中混有SO2,SO2为酸性气体,可与碱反应。3光气(COCl2)常作有机合成、农药、药物、燃料及其他化工制品的中间体。(1)COCl2结构与甲醛相似,写出COCl2电子式_;解释COCl2的沸点比甲醛高的原因是_。(2)密闭容器中吸热反应COCl2(g)Cl2(g)+CO(g)达到平衡后,改变一个条件,各物质的浓度变化如图所示(1014min时有一物质浓度变化未标出)。说明该反应已达到平衡状态的是_。aC(COCl2)=C(Cl2)b正(COCl2)=逆(CO)c容器内温度
6、保持不变d容器内气体密度保持不变410min平均反应速率v(COCl2)为_;10min时改变的反应条件是_。04min、810min和1618min三个平衡常数依次为K1、K2、K3,比较其大小_;说明理由_。【答案】 均为分子晶体,COCl2式量较大,范德华力较强,沸点较高 bc 0.0025mol/(Lmin) 分离出CO K1K2=K3 4min时改变条件为升温,吸热反应升温K变大 (1)甲醛的结构式是;COCl2的相对分子质量大于甲醛;(2)根据平衡标志分析;根据 计算410min平均反应速率v(COCl2);由图象可知10min时CO的浓度突然减小,后逐渐增大,10min时Cl2的
7、浓度逐渐增大;根据图象可知,4min时改变的条件是升高温度、14min时,各物质浓度均减小,改变的条件是减小压强。,COCl2结构与甲醛相似,COCl2电子式是甲醛、COCl2均为分子晶体,COCl2式量较大,范德华力较强,沸点较高;(2)ac(COCl2)=c(Cl2)时,浓度不一定不再改变,反应不一定平衡,故不选a;b反应达到平衡状态时,正逆反应速率比等于系数比, 正(COCl2)=逆(CO),一定平衡,故选b;c正反应吸热,密闭容器内温度是变量,容器内温度保持不变,反应一定平衡,故选c;d气体质量不变、容器体积不变,根据 ,密度是恒量,容器内气体密度保持不变,不一定平衡,故不选d;选bc
8、;根据图象,410min内COCl2浓度变化是0.055mol/L-0.04mol/L=0.015mol/L, 0.0025mol/(Lmin);由图象可知10min时CO的浓度突然减小,后逐渐增大,10min时Cl2的浓度逐渐增大,可知10min时改变的条件是分离出CO,平衡正向移动,氯气浓度增大;根据图象可知,4min时改变的条件是升高温度,正反应吸热,升高温度平衡正向移动,平衡常数增大,所以K1K2,14min时改变的条件是减小压强,平衡常数只与温度有关,所以K2=K3,故K1、K2、K3的大小关系是K1 c(CN) c(OH) c(H) (1)M转化为N是吸热反应,能量低的物质更稳定;
9、(2)有1mol Cl2参与反应时释放出145kJ热量,2mol氯气反应放热290kJ,结合物质聚集状态和对应反应焓变书写热化学方程式;(3)可逆反应到达平衡时,同种物质的正逆速率相等且保持不变,各组分的浓度、含量保持不变,由此衍生的其它一些量不变,判断平衡的物理量应随反应进行发生变化,该物理量由变化到不再变化说明到达平衡;正反应是吸热反应,其他条件不变,温度升高平衡正向移动,NO2的浓度增大;(4)酸抑制水电离,含有弱根离子的盐促进水电离;(5)混合溶液呈中性,则酸碱恰好完全中和,即酸中c(H+)等于碱中c(OH);(6)CN的水解平衡常数Kh2105Ka,说明相同浓度的NaCN和HCN,N
10、aCN水解程度大于HCN电离程度。(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N,H+88.6kJmol1,为吸热反应,可知M的能量低,能量越低越稳定,说明M稳定;(2)有1mol Cl2参与反应时释放出145kJ热量,2mol氯气反应放热290kJ,反应的热化学方程式为2Cl2(g)+2H2O(g)+C(s)4HCl(g)+CO2(g)H290kJmol1;(3)A应是2v正(N2O4)v逆(NO2) 时反应达到平衡状态,故A错误;B体系颜色不变,说明二氧化氮浓度不变,反应到达平衡状态,故B正确;C混合气体总质量不变,随反应减小混合气体总物质的量增大,平均相对分子质量减小,当气体平均相对分子质量不变时,反应到达平衡状态,故C正确;D混合气体的总质量不变,容器的容积不变,气体密度始终不变,故D错误,故答案为:BC;正反应是吸热反应,其他条件不变,温度升高平衡正向移动,c(NO2)增加,颜色加深;(4)常温下,设pH5的H2SO4的溶液中由水电离出的H+浓度C
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