届高三化学一模试题鲁科版.docx
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届高三化学一模试题鲁科版
2013年高考化学一模试卷
一、选择题(本题包括l3小题,每小题只有一个选项符合题意)
1.(4分)近来雾霾频现,“PM2.5”数据监测纳入公众视野.“PM2.5”是指大气中直径小于或等于2.5微米的细小颗粒物,也称为可入肺颗粒物.下列有关说法中,错误的是( )
A.
雾霾有可能产生丁达尔现象
B.
近来雾霾的形成与工业排放的烟气有关系
C.
“PM2.5”没有必要纳入空气质量评价指标
D.
雾霾天气严重危害人体健康
考点:
胶体的应用;常见的生活环境的污染及治理.
专题:
热点问题.
分析:
A、根据胶体能产生丁达尔现象,胶体为分散质的直径在1~100nm之间的分散系;
B、直接排放的工业污染物和汽车尾气等,是形成灰霾天气的最大元凶;
C、直接排放的工业污染物和汽车尾气能影响空气质量;
D、直接排放的工业污染物和汽车尾气严重危害人体健康.
解答:
解:
A、.“PM2.5”是指大气中直径小于或等于2.5微米的细小颗粒物,若直径在1~100nm之间也能形成胶体,产生丁达尔现象,故A正确;
B、工业排放的烟气是形成灰霾天气的最大元凶,故B正确;
C、PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物,主要来自于化石燃料的燃烧,化石燃料燃烧产生有害气体,能影响空气质量,要纳入空气质量评价指标,故C错误;
D、PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物,主要来自于化石燃料的燃烧,化石燃料燃烧产生有害气体,能影响空气质量,严重危害人体健康,故D正确;
故选C.
点评:
本题主要考查了雾霾的有关知识,通过本题的练习能提高学生保护环境的意识.
2.(4分)下列说法正确的是( )
A.
元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的结果
B.
HCl、H2S、PH3、SiH4的热稳定性和还原性均依次增强
C.
第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强
D.
非金属元素的原子两两结合形成的化合物不一定是共价化合物
考点:
原子结构与元素周期率的关系;位置结构性质的相互关系应用.
专题:
元素周期律与元素周期表专题.
分析:
A.原子结构中核外电子排布的周期性变化而引起元素的性质呈周期性变化;
B.同周期自左而右非金属最强,非金属性越强,氢化物越稳定,氢化物的还原性越弱;
C.同周期自左而右非金属最强,非金属元素最高价对应水化物的含氧酸的酸性从左到右依次增强;
D.非金属元素原子两两之间只能形成共价键.
解答:
解:
A.原子结构中核外电子排布的周期性变化而引起元素的性质呈周期性变化,则元素的性质呈周期性变化的根本原因是核外电子排布的周期性变化,故A正确;
B.同周期自左而右非金属最强,非金属性越强,氢化物越稳定,氢化物的还原性越弱,故HCl、H2S、PH3、SiH4的热稳定性依次减弱,还原性依次增强,故B错误;
C.同周期自左而右非金属最强,非金属元素最高价对应水化物的含氧酸的酸性从左到右依次增强,不最高价氧化物对应的水化物则不一定,如次氯酸为弱酸、硫酸为强酸,故C错误;
D.非金属元素原子两两之间只能形成共价键,所形成的化合物一定是共价化合物,故D错误;
故选A.
点评:
本题考查原子结构与周期律的关系,难度不大,选项C为易错点,学生容易忽略是最高价氧化物对应的水化物形成的含氧酸.
3.(4分)下列描述正确的是( )
A.
16O2与18O2互为同位素,它们的性质基本相同
B.
MgCO3可以除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+
C.
在pH=1的溶液中,NH4+、K+、ClO﹣、Cl﹣可以大量共存
D.
明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒,两者的作用原理相同
考点:
同位素及其应用;盐类水解的应用;离子共存问题;氯、溴、碘及其化合物的综合应用;物质的分离、提纯和除杂.
专题:
物质的分类专题;离子反应专题;化学应用.
分析:
A.质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素;
B.除杂引入新的杂质离子;
C.pH为1的溶液为强酸溶液,离子之间发生氧化还原反应;
D.明矾净水是氢氧化铝净水,漂白粉的净水原理是生成的次氯酸的氧化性导致的.
解答:
解:
A.16O2与18O2是氧元素形成的结构相同的单质,为同一物质,故A错误;
B.除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+,不能混入新杂质,因此加入试剂不能带入新的杂质离子,另外若过量必须易分离,考虑到上述要求,应选用MgCO3,故B正确;
C.pH为1的溶液为强酸溶液,在酸性条件下,ClO﹣与Cl﹣发生氧化还原反应而不能大量共存,故C错误;
D.明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝具有净水作用,漂白粉的净水原理是次氯酸的氧化性而具有的净水作用,原理不一样,故D错误.
故选B.
点评:
本题考查同位素、除杂、离子的共存问题、明矾净水等,明确习题中的信息及常见的离子的性质、离子之间的化学反应是解答本题的关键.
4.(4分)下列实验能达到预期目的是( )
实验内容
实验目的
A
向某溶液中滴加BaCl2溶液生成白色沉淀,继续加稀硝酸沉淀不消失
证明溶液中有SO42﹣
B
用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应,火焰呈黄色
证明溶液中有Na+无K+
C
测定同温度下相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的pH,前者大于后者
证明碳元素非金属性弱于硫
D
向某溶液中滴加稀NaOH溶液,将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝
证明溶液中无NH4+
A.
A
B.
B
C.
C
D.
D
考点:
物质的检验和鉴别的实验方案设计.
专题:
实验评价题.
分析:
A.溶液中含有Ag+等离子会干扰SO42﹣的检验;
B.Na+黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰,应透过蓝色钴玻璃观察火焰确定有无K+离子;
C.同温度下相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的pH,前者大于后者,说明碳酸的酸性弱于硫酸,最高价氧化物对应水化物的酸性越强,中心元素的非金属性越强;
D.溶液中可能含有氢离子等与氢氧根离子反应.氨气极易溶于水,稀溶液中,铵根离子与氢氧化钠反应,不加热,不能产生氨气.
解答:
解:
A.溶液中含有Ag+等离子会干扰SO42﹣的检验,应先加入盐酸,没有白色沉淀生成,再加入氯化钡溶液,有白色沉淀产生,说明原溶液中含有SO42﹣,故A错误;
B.Na+黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰,应透过蓝色钴玻璃观察火焰确定有无K+离子,故B错误;
C.同温度下相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的pH,前者大于后者,说明碳酸的酸性弱于硫酸,最高价氧化物对应水化物的酸性越强,中心元素的非金属性越强,故非金属性C<S,故C正确;
D.溶液中可能含有氢离子等,优先与氢氧根离子反应,铵根离子不能反应.氨气极易溶于水,稀溶液中,铵根离子与氢氧化钠反应,不加热,不能产生氨气,故不能说明原溶液中是否含有NH4+,故D错误;
故选C.
点评:
本题考查离子检验、对实验方案的理解与评价,难度中等,掌握常见离子检验方法,注意干扰离子的影响.
5.(4分)25℃,pH=3的醋酸溶液(I)和pH=ll的氢氧化钠溶液(II),下列说法正确的是( )
A.
I和II的物质的量浓度均为0.001mol•L﹣1
B.
将I稀释l0倍,溶液中c(CH3COOH)、c(OH﹣)均减小
C.
I和II溶液混合,若c(OH﹣)>c(H+),则氢氧化钠过量
D.
I和II等体积混合后,溶液中离子浓度大小为c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣)
考点:
酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.
专题:
电离平衡与溶液的pH专题.
分析:
A、依据溶液PH计算方法判断溶液浓度,氢氧化钠是强碱,醋酸是弱酸存在电离平衡;
B、醋酸溶液稀释促进电离,平衡状态下离子浓度减小,水溶液中存在离子积常数,氢离子浓度减小,氢氧根离子浓度增大;
C、若c(OH﹣)>c(H+)溶液呈碱性,若醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠溶液,醋酸钠溶液水解显碱性,氢氧化钠过量溶液也可以呈碱性;
D、I和II等体积混合后,醋酸平衡状态下的氢离子和氢氧根离子恰好反应,醋酸又电离出醋酸根离子和氢离子;溶液呈酸性,溶液中的离子浓度大小c(CH3COO﹣)>c(Na+);
解答:
解:
A、25℃,pH=3的醋酸溶液(I),醋酸是弱电解质,溶质浓度要远远大于溶液中氢离子浓度0.001mol•L﹣1,pH=ll的氢氧化钠溶液(II)是强碱溶液,氢氧化钠溶液浓度等于氢氧根离子浓度为0.001mol•L﹣1,所以溶液浓度不同,故A错误;
B、将I稀释l0倍,醋酸溶液稀释促进电离,平衡状态下离子浓度减小,水溶液中存在离子积常数,氢离子浓度减小,氢氧根离子浓度增大,溶液中c(CH3COOH)减小,c(H+)减小,c(OH﹣)增大,故B错误;
C、I和II溶液混合,若c(OH﹣)>c(H+)溶液呈碱性,若醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠溶液,醋酸钠溶液水解显碱性,氢氧化钠过量溶液也可以呈碱性;故C错误;
D、I和II等体积混合后,醋酸平衡状态下的氢离子和氢氧根离子恰好反应,醋酸又电离出醋酸根离子和氢离子;溶液呈酸性,溶液中的离子浓度大小c(CH3COO﹣)>c(Na+);溶液中离子浓度大小c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣),故D正确;
故选D.
点评:
本题考查了弱电解质电离平衡的分析判断,酸碱反应的溶液酸碱性分析计算,注意弱电解质稀释过程中,温度不变离子积不变,题目难度中等.
6.(4分)如图,25℃时,在含有Pb2+、Sn2+的某溶液中,加入过量金属锡(Sn),发生反应Sn(s)+Pb2+(aq)⇌Sn2+(aq)+Pb(s)△H体系中c(Pb2+)和c(Sn2+)变化关系下列判断正确的是( )
A.
往平衡体系中加入金属铅后,c(Pb2+)增大
B.
往平衡体系中加入少量Sn(NO3)2固体后,c(Pb2+)不变
C.
升高温度,平衡体系中c(Pb2+)增大,说明该反应△H<0
D.
c(Pb2+)一线表示正反应的快慢,c(Sn2+)一线表示逆反应的快慢
考点:
物质的量或浓度随时间的变化曲线.
专题:
化学平衡专题.
分析:
A、金属铅是固体,不影响平衡移动;
B、加入少量Sn(NO3)2固体,溶解Sn2+浓度增大,平衡向逆反应移动;
C、升高温度,平衡体系中c(Pb2+)增大,说明平衡向逆反应进行,据此判断;
D、c(Sn2+)一线表示一定时间内Sn2+浓度的增大,表示为正反应快慢.
解答:
解:
A、金属铅是固体,增大铅的用量,不影响平衡移动,c(Pb2+)不变,故A错误;
B、加入少量Sn(NO3)2固体,溶解Sn2+浓度增大,平衡向逆反应移动,c(Pb2+)减小,故B错误;
C、升高温度,平衡体系中c(Pb2+)增大,说明平衡向逆反应进行,升高温度平衡向吸热反应移动,故正反应为放热反应,即△H<0,故C正确;
D、c(Sn2+)一线表示一定时间内Sn2+浓度的增大,表示正反应快慢,故D错误;
故选C.
点评:
本题考查影响化学平衡的因素、化学平衡浓度﹣时间图象、化学平衡常数的计算等,难度中等,是对基础知识的考查,注意B为可溶性固体,增大生成离子浓度.
7.(4分)某温度时,Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示.该温度下,下列说法正确的是( )
A.
含有大量SO42﹣的溶液中肯定不存在Ag+
B.
a点表示Ag2SO4的不饱和溶液,蒸发可以使溶液由a点变到b点
C.
Ag2SO4的溶度积常数(Ksp)为l×l0﹣3
D.
向AgNO3溶液中滴加Na2SO4溶液不一定会生成沉淀
考点:
难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.
专题:
电离平衡与溶液的pH专题.
分析:
Ag2SO4在水中沉淀溶解平衡为:
Ag2SO4(s)⇌2Ag+(aq)+SO42﹣(aq),ksp=c2(Ag+)×c(SO42﹣),处于曲线上的点为饱和状态,不在曲线上的点为非饱和状态;
A.根据溶解为可逆过程;
B.加热蒸发时,溶液中银离子和硫酸根离子浓度都增大;
C.根据ksp=c2(Ag+)×c(SO42计算;
D.根据Qc=c2(Ag+)×c(SO42﹣)<ksp,不会生成沉淀;
解答:
解:
A.Ag2SO4在水中沉淀溶解平衡为:
Ag2SO4(s)⇌2Ag+(aq)+SO42﹣(aq),溶解为可逆过程,溶液中一定存在Ag+,故A正确;
B.a点表示Ag2SO4的不饱和溶液,加热蒸发时,溶液中银离子和硫酸根离子浓度都增大,故B错误.
C.由图象可知,当c(SO42﹣)=5×10﹣2mol/L时,c(Ag+)=2×10﹣2mol/L,则ksp=c2(Ag+)×c(SO42﹣)=2×10﹣5,故C错误;.
D.向AgNO3溶液中滴加Na2SO4溶液混合,若Qc=c2(Ag+)×c(SO42﹣)<ksp,不会生成沉淀,故D正确;
故选:
D
点评:
本题考查难溶电解质的溶解平衡,题目难度中等,注意把握溶度积的计算,并以此判断溶液是否饱和,为解答该题的关
二、非选择题
8.(14分)利用工业废酸(含10%H2SO4)处理废弃氧化铜铝矿(含CuO、Al2O3及不溶性杂质,且杂质不参与反应)冶炼铝的主要流程如图1:
已知:
部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH,见下表:
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
AlOH)3
开始沉淀
2.3
7.5
3.4
完全沉淀
3.2
9.7
4.4
回答下列问题:
(1)操作②中的离子方程式为 Fe+Cu2+=Fe2++Cu ,操作⑤中生成沉淀的离子方程式为 Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ .
(2)操作③中加入过量的H2O2的目的是 加入过氧化氢,将亚铁离子氧化为铁离子,利于与Al3+分离 .
(3)若Z溶液pH=5(25°C),则溶液中c(NH4+)与c(SO42﹣)的大小关系为 c(SO42﹣)<(c(NH4+)<2c(SO42﹣) ..
(4)Al﹣AgO池是一种新型电源,其原理如图2所示:
该电池负极反应式为:
Al+4OH﹣﹣3e﹣=AlO2﹣+2H2O .
(5)以熔融盐为电镀液可以在钢材表面镀铝,镀铝电解池中.金属铝为 阳 极;镀铝后能防止钢材腐蚀,其原因是 在空气中铝表面能形成一层致密的氧化膜,从而保护钢材不被腐蚀 .
考点:
镁、铝的重要化合物;化学电源新型电池;铜金属及其重要化合物的主要性质.
专题:
电化学专题;几种重要的金属及其化合物.
分析:
该工艺流程原理为:
氧化铜铝矿加入工业废酸,溶解氧化铜、氧化铝,加入过量铁粉,除去溶液中铜离子,过滤,滤渣中主要为Cu、Fe等,滤液X中含有铝离子、亚铁离子,再加入过氧化氢,将亚铁离子氧化为铁离子,通过调节PH值,使铁离子转化为氢氧化铁而除去,溶液Y含有铝离子等,加入氨水,将铝离子转化为氢氧化铝沉淀,加热分解得氧化铝,电解氧化铝生成金属铝,溶液Z主要含有硫酸铵,
(1)由工艺流程可知,操作②是Fe与Cu2+反应;操作⑤是铝离子与氨水反应生成氢氧化铝;
(2)加入过氧化氢,将亚铁离子氧化为铁离子,便于与铝离子分离;
(3)铵根离子水解,溶液呈酸性,但水解程度不大,据此判断;
(4)Al为负极,在碱性条件下放电生成AlO2﹣、H2O;
(5)电镀池中镀层金属作阳极,镀层金属作阳极;
在空气中铝表面能形成一层致密的氧化膜,从而保护钢材不被腐蚀.
解答:
解:
该工艺流程原理为:
氧化铜铝矿加入工业废酸,溶解氧化铜、氧化铝,加入过量铁粉,除去溶液中铜离子,过滤,滤渣中主要为Cu、Fe等,滤液X中含有铝离子、亚铁离子,再加入过氧化氢,将亚铁离子氧化为铁离子,通过调节PH值,使铁离子转化为氢氧化铁而除去,溶液Y含有铝离子等,加入氨水,将铝离子转化为氢氧化铝沉淀,加热分解得氧化铝,电解氧化铝生成金属铝,溶液Z主要含有硫酸铵,
(1)由工艺流程可知,操作②是Fe与Cu2+反应,反应离子方程式为:
Fe+Cu2+=Fe2++Cu,
操作⑤是铝离子与氨水反应生成氢氧化铝,反应离子方程式为:
Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,
故答案为:
Fe+Cu2+=Fe2++Cu;Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+;
(2)加入过氧化氢,将亚铁离子氧化为铁离子,通过调节PH值,使铁离子转化为氢氧化铁而除去,
故答案为:
加入过氧化氢,将亚铁离子氧化为铁离子,利于与Al3+分离;
(3)硫酸铵溶液中铵根离子水解,溶液呈酸性,故c(NH4+)<2c(SO42﹣),但水解程度不大,所以c(SO42﹣)<c(NH4+),故c(SO42﹣)<(c(NH4+)<2c(SO42﹣),
故答案为:
c(SO42﹣)<(c(NH4+)<2c(SO42﹣);
(4)Al为负极,在碱性条件下放电生成AlO2﹣、H2O,负极电极反应式为:
Al+4OH﹣﹣3e﹣=AlO2﹣+2H2O,
故答案为:
Al+4OH﹣﹣3e﹣=AlO2﹣+2H2O;
(5)电镀池中镀层金属作阳极,镀层金属作阳极,故在钢材表面镀铝,镀铝电解池中,金属铝为阳极,
在空气中铝表面能形成一层致密的氧化膜,从而保护钢材不被腐蚀,
故答案为:
阳;在空气中铝表面能形成一层致密的氧化膜,从而保护钢材不被腐蚀.
点评:
本题以冶炼铝为载体,考查学生对工艺流程的理解、对操作的分析评价、盐类水解、原电池、电解池等,理解工艺流程是关键,是对所学知识的综合考查,难度中等.
9.(16分)请运用化学反应原理的相关知识研究元素及其化合物的性质.
(1)工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇,该反应的热化学方程式为:
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1=﹣116KJ•mol﹣1
又知:
CO(g)+
O2(g)═CO2(g)△H2=﹣283KJ•mol﹣1
H2(g)+
O2(g)═H2O(g)△H3=﹣242KJ•mol﹣1
H2(g)+
O2(g)═H2O(g)△H4=﹣286KJ•mol﹣1
则甲醇的燃烧热为 ﹣739kJ•mol﹣1 .
(2)T℃时,向2L密闭容器中充入4molCO和6molH2,5min后达平衡时CH3OH物质的量为2mol.该反应的速率v(H2)为 0.4mol/(L•min) ;下列措施中有利于增大该反应的反应速率且提高转化率的是 d .
a.随时将CH3OH与反应混合物分离
b.降低反应温度
c.使用高效催化剂
d.增大体系压强
(3)在密闭容器中充有10molCO与20molH2,在催化剂作用下反应生成甲醇,CO的转化率(a)与温度(T)、压强(P)的关系如图所示.
①A、C两点都表示达到的平衡状态,则自反应开始到达平衡状态所需的时间,tA 大于 tc(填“大于”、“小于’’或“等于“).
②若A点时容器的体积为10L,该温度下B点的平衡常数K= 1 .
(4)Na2SO3的水溶液呈 碱 (填“酸”、“中”、‘‘碱”)性,原因是(用离子方程式表示):
SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣ ;把CaCO3浊液滴入l.0mol/L的Na2SO3溶液中,能否产生CaSO3沉淀?
若不能,说明原因;若可行,请简述判断依据及转化过程 可行,判断依据是:
由Ksp(CaSO3)/Ksp(CaCO3)=50知,当CaSO3与CaCO3的混合液中c(SO32﹣)>50c(CO32﹣)时,即发生由CaCO3向CaSO3的转变;转化过程为:
把CaCO3浊液滴入0.1mol/L的Na2SO3溶液中时,溶液中的c(Ca2+)与c(SO32﹣)之积大于Ksp(CaSO3),生成CaSO3沉淀,导致溶液中c(Ca2+)减小,使CaCO3的沉淀溶解平衡CaCO3⇌Ca2++CO32﹣,向着溶解的方向移动,导致CaCO3溶解.
(已知:
Ksp(CaSO3)=1.4×10﹣7,Ksp(CaCO3)=2.8×10﹣9).
考点:
燃烧热;化学平衡的影响因素;化学平衡的计算;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.
专题:
化学反应中的能量变化;化学平衡专题;电离平衡与溶液的pH专题.
分析:
(1)燃烧热是指可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量,水为液态水,根据已知反应和目标反应,利用盖斯定律来计算反应热;
(2)根据速率公式计算出v(CH3OH),然后根据反应速率之比等于化学计量数之比计算氢气的反应速率;
根据外界条件(压强、温度、浓度以及使用催化剂)对化学反应速率的影响解答;
提高反应物的转化率,应使平衡向正反应方向移动,结合方程式的特点和影响化学平衡的条件(压强、温度、浓度)来解答;
(3)①根据温度对反应的影响来判断,温度越高,反应速率越大;
②根据图象判断出平衡时的各种物质的浓度,用平衡常数的表达式进行计算;
(4)Na2SO3为强碱弱酸盐,亚硫酸根离子水解使溶液显碱性;根据Ksp(CaSO3)/Ksp(CaCO3)=50可知,当CaSO3与CaCO3的混合液中c(SO32﹣)>50c(CO32﹣)时,溶液中的c(Ca2+)与c(SO32﹣)之积大于Ksp(CaSO3),生成CaSO3沉淀,导致溶液中c(Ca2+)减小,使CaCO3的沉淀溶解平衡CaCO3⇌Ca2++CO32﹣,向着溶解的方向移动,导致CaCO3溶解,即发生由CaCO3向CaSO3的转变.
解答:
解:
(1)由①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1=﹣116kJ•mol﹣1
②CO(g)+
O2(g)=CO2(g)△H2=﹣283kJ•mol﹣1
③H2(g)+
O2(g)=H2O(l)△H3=﹣286kJ•mol﹣1
根据盖斯定律可知,②+③×2﹣①可得CH3OH(g)+
O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=(﹣283kJ•mol﹣1)+(﹣286kJ•mol﹣1)×2﹣(﹣116kJ•mol﹣1)=﹣739kJ•mol﹣1,
故答案为:
﹣739kJ•mol﹣1;
(2)由图象可知v(CH3OH)=
=0.2mol/(L•min),根据反应速率之比等于化学计量数之比可知v(H2)=2v(CH3OH)=2×0.25mol/(L•min)=0.4mol/(L•min),
a.随时将CH3OH与反应混合物分离,提高了反应物的转化率,但没有增大该反应的反应速率,故a错误;
b.降低反应温度,平衡正向移动,提高了反应物的转化率,但减小了该反应的反应速率,故b错误;
c.使用高效催化剂,平衡不移动,反应物的转化率不变,但提高该反应的反应速率,故c错误;
d.增大体系压强,平衡正向移动,提高了反应物的转化率,同时提高了该反应的反应速率,故d正确;
故答案为:
0.4mol(L•min)﹣1;d;
(3)①升高温度,反应速率增大,反应开始到达平衡状态所需的时间要少,所以反应开始到达平衡状态所需的时间tA大于tC,故答案为:
大于;
②根据图象可以看出,A点时CO的转化率为50%,则平衡时各物质的量浓度为:
c(CO)=0.5mol/L;c(H2)=1mol/L;c(CH3OH)=0.5mol/
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