Question

【题目】CO是合成尿素、甲酸的原料。
（1）在100 kPa和T K下，由稳定单质生成1 mol化合物的焓变称为该物质在T K时的标准摩尔生成焓，用符号ΔHm0表示。已知石墨和CO的标准燃烧热分别为393.5 kJmol1和283.0 kJmol1 ， 则CO(g)的ΔHm0=。
（2）合成尿素的反应：2NH3(g) + CO(g) == CO(NH2)2(g) + H2(g) ΔH =81.0 kJmol1。
①T ℃时，在体积为2 L的恒容密闭容器中，将2 molNH3和1 mol CO混合发生反应，5 min时，NH3的转化率为80%。则0～5 min内的平均反应速率为v(CO)=。
②已知：

温度/K	398	498	…
平衡常数(K)	126.5	K1	…

则：K1126.5(填“＞”或“＜”)；其判断理由是。
③若保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3 mol的NH3和CO以不同的氨碳比进行反应，结果如图所示：

若图中c表示平衡体系中尿素的体积分数，则a表示的转化率。
当 =时，尿素含量最大；此时，对于该反应既能增大正反应速率又能使平衡正向移动的措施是(写一种)。
（3）通过人工光合作用可将CO转化成HCOOH。
①已知常温下，浓度均为0.1 molL1的HCOOH和HCOONa混合溶液pH =3.7，则HCOOH的电离常数Ka的值为(已知lg2=0.3)。
②用电化学可消除HCOOH对水质造成的污染，其原理是电解CoSO4、稀硫酸和HCOOH混合溶液，用电解产生的Co3+将HCOOH氧化成CO2。
Co3+氧化HCOOH的离子方程式为；
忽略体积变化，电解前后Co2+的浓度将(填“增大”、“减小”或“不变”)。

Answer 1

【答案】
（1）?110.5 kJ?mol?1
（2）0.08 mol?L-1·min-1；＜；合成尿素的反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，K减小；CO；2；按物质的量之比为2∶1再加入NH3和CO
（3）2×10?4；2Co3++HCOOH==CO2↑+2Co2++2H+；不变
【解析】解：(1)碳元素的稳定单质是石墨，则CO(g)的ΔHm0应为反应C（s，石墨）+ O2（g）=CO（g）的焓变，由石
墨和CO的标准燃烧热可得热化学方程式:
①C（s，石墨）+ O2（g）=CO2（g） ΔH1=-393.5 kJmol1
②C（s，石墨）+ O2（g）=CO（g）ΔH2=-283.0 kJmol1
根据盖斯定律，①一②得:
C（s，石墨）+ O2（g）=CO（g） ΔHm0=110.5 kJmol1 （2）①5min时，氨气的转化率为80%，则反映的NH3为2mol×80%=1.6mol，则CO反应了0.8mol，则△c（CO）=0.4 molL-1 ， v(CO)= =0.08 molL-1·min-1②已知合成尿素的反应为放热反应，则温度升高，平衡逆向移动，K减小，因此498K时的平衡常数小于398K时的平衡常数，即K1＜126.5；③图像中曲线A随着氨碳比 的增大而增大，根据平衡移动规律，反应物中NH3占比增大时，CO的转化率增大，所以图中曲线a对应的是CO的转化率。从图像可直接看出，当 =2时，尿素合量最大，升高温度能加快反应速率，但平衡逆向移动，再说题目已限制恒温恒容条件，加压既能加快反应速率也能使平衡正向移动，但加压不能保证“恒容”条件，催化剂只能加快反应速率，不能改变平衡状态，所以只能考虑增大反应物浓度的方法，比较好的具体措施是:按物质的量之比为2:1再加入NH3和CO。(3)①混合溶液中存在电荷守恒:c（Na+）+ c（H+）= c（HCOO-）+ c（OH-）,则c（HCOO-）= c（Na+）+ c（H+）- c（OH-）=（0.1+10-3.7-10-10.3）mol/L≈0.1mpl/L，由物料守恒得c（HCOO-）+ c（HCOOH）=0.2mol/L，则c（HCOOH）=0.1mol/L，带入电力平衡常数表达式得Ka= =10-3.7 ， 又已知lg2=0.3，即100.3=2，代入得Ka=10-3.7=2×10-4②题中有信息:Co3+将HCOOH氧化成CO2 ， 则Co3+被HCOOH还原为Co3+ ， 由此可得Co3++HCOOH→CO2↑+Co2+ ， 因反应在酸性条件（稀硫酸）下进行，可补写H+并配平即得离子方程式为：2Co3++HCOOH==CO2↑+2Co2++2H+ ， 电解时Co2+转化为Co3+,混合溶液中生成的Co3+又被HCOOH还原为Co2+ ， 所以整个过程即电解前后Co2+的浓度保持不变。
【考点精析】解答此题的关键在于理解反应热和焓变的相关知识，掌握在化学反应中放出或吸收的热量，通常叫反应热．