Question

【题目】工业上利用CO与H2反应合成优质燃料甲醇。

（1）已知燃烧6.4g甲醇放出145.16kJ热量，请写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式：_______。

（2）甲醇燃料电池具有能量密度大，对环境污染小等优点，有一种甲醇碱性燃料电池装置如图所示:

①甲醇应由______(选填“a”或“b”)极通入，其电极反应式为___________；

②当电路中通过1.2mol电子时，a极室n(OH-）减少____________mol；

（3）已知：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)　ΔH＝－129.0 kJ·mol－1，在一恒容密闭容器中，按照a mol CO和2a mol H2投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强关系如图所示，则下列说法正确的是____。

a.温度：T1＞T2＞T3

b．平均摩尔质量：M(a)＞M(c)、M(b)＞M(d)

c．正反应速率：v(a)＜v(c)、v(b)＞v(d)

d．平衡常数：K(a)＜K(c)、K(b)＝K(d)

Answer 1

【答案】CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=725.8kJmol1 a CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O 0.4mol bc

【解析】

（1）燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，其中C→CO2(g)，H→H2O(l)，根据燃烧6.4g甲醇放出145.16kJ热量，计算燃烧1mol甲醇放出的热量，进而写出甲醇燃烧热的热化学方程式；

（2）①原电池中阴离子移动向负极，则a电极为负极，而燃料电池中通入甲醇的一极为负极，则甲醇应由a极通入，电解质环境为碱性环境，则甲醇失电子后生成碳酸根离子；

②负极电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，正极通入氧气，在碱性环境下，正极的电极反应式为O2+4e- +2H2O=4OH-，根据两极OH-的变化结合离子移动判断a极室n(OH-)减少的物质的量；

（3）a. 该反应为放热反应，降温平衡正向移动，CO平衡转化率增大；

b. 平均摩尔质量，根据质量守恒定律可知，反应过程中气体的总质量不变，各点气体的总质量相等，则与成反比；

c. 温度越高，反应速率越大，压强越大，反应速率越大；

d. 平衡常数只与温度有关，该反应为放热反应，降温平衡正向移动，平衡常数增大。

（1）燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，其中C→CO2(g)，H→H2O(l)，已知燃烧6.4g甲醇放出145.16kJ热量，则燃烧1mol甲醇放出的热量，燃烧反应为放热反应，则甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=725.8kJmol1；

故答案为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=725.8kJmol1；

（2）①原电池中阴离子移动向负极，则a电极为负极，而燃料电池中通入甲醇的一极为负极，则甲醇应由a极通入，电解质环境为碱性环境，则甲醇失电子后生成碳酸根离子，其电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；

故答案为：a；CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；

②负极电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O，正极通入氧气，在碱性环境下，正极的电极反应式为O2+4e- +2H2O=4OH-，当电路中通过1.2mol电子时，负极消耗OH-为1.6mol，生成碳酸根离子0.2mol，正极生成1.2mol OH-，为平衡电荷，正极生成的这1.2mol OH-会移动向负极，则a极室n(OH-)减少为1.6mol-1.2mol=0.4mol；

故答案为：0.4mol.；

（3）a. 该反应为放热反应，降温平衡正向移动，CO平衡转化率增大，则温度：T1<T2<T3，A项错误；

b. 平均摩尔质量，根据质量守恒定律可知，反应过程中气体的总质量不变，各点气体的总质量相等，则与成反比，a点和c点相比，a点的CO平衡转化率比c点大，则a点正向进行程度更大，气体物质的量更小，则M(a)＞M(c)；同理可得，M(b)＞M(d)，B项正确；

c. 温度越高，反应速率越大，压强越大，反应速率越大，a点和c点相比，压强相等，温度T1<T3，则正反应速率：v(a)＜v(c)；b点和d点相比，温度相等，压强Pb>Pd，则v(b)＞v(d)，C项正确；

d. 平衡常数只与温度有关，该反应为放热反应，降温平衡正向移动，平衡常数增大，由A项知，T1<T2<T3，则平衡常数：K(a)>K(b)＝K(d)>K(c)，D项错误；

故答案为：bc。