Question

5．运用化学反应原理知识研究如何利用CO、SO₂等污染物有重要意义．
（1）用CO可以合成甲醇．已知：
CH₃OH（g）+$\frac{3}{2}$O₂（g）═CO₂（g）+2H₂O（l）△H=-764.5kJ•mol^-1
CO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═CO₂（g）△H=-283.0kJ•mol^-1
H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═H₂O（l）△H=-285.8kJ•mol^-1
则CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）△H=-90.1kJ•mol^-1
（2）下列措施中能够增大上述合成甲醇反应的反应速率的是ac（填写序号）．
a．使用高效催化剂    b．降低反应温度
c．增大体系压强      d．不断将CH₃OH从反应混合物中分离出
（3）在一定压强下，容积为V L的容器中充入a mol CO与2a mol H₂，在催化剂作用下反应生成甲醇，平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示．

①p₁小于p₂（填“大于”、“小于”或“等于”）；
②100℃时，该反应的化学平衡常数K=$\frac{{V}^{2}}{{a}^{2}}$（mol•L^-1）^-2；
③在其它条件不变的情况下，再增加a mol CO和2a molH₂，达到新平衡时，CO的转化率增大（填“增大”、“减小”或“不变”）．
（4）某科研小组用SO₂为原料制取硫酸．
①利用原电池原理，用SO₂、O₂和H₂O制备硫酸，该电池用多孔材料作电极，它能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触．请写出该电池的负极的电极反应式SO₂-2e^-+2H₂O═SO₄^2-+4H⁺．
②用Na₂SO₃溶液充分吸收SO₂得NaHSO₃溶液，然后电解该溶液可制得硫酸．电解原理示意图如图2所示．
请写出开始时阳极反应的电极反应式HSO₃^-+H₂O-2e^-=SO₄^2-+3H⁺．

Answer 1

分析 （1）已知：①CH₃OH（g）+$\frac{3}{2}$O₂（g）═CO₂（g）+2H₂O（l）△H=-764.5kJ•mol^-1
②CO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═CO₂（g）△H=-283.0kJ•mol^-1
③H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═H₂O（l）△H=-285.8kJ•mol^-1
由盖斯定律可知，②+③×2-①得到CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g），反应热也进行相应计算；
（2）温度越高、压强越大，使用催化剂都可使反应速率增大，降低温度反应速率减慢，从体系中分离出甲醇，相当于减少浓度，反应速率减慢；
（3）①由图1可知，温度相同时，在压强为P₂时平衡时CO的转化率高，正反应为气体物质的量减小的反应，压强越大，越有利于平衡向正反应进行；
②由图象可知，在100℃P₁时，CO的转化率是0.5，则：
                CO（g）+2H₂（g）=CH₃OH（g）
起始浓度（mol/L）：$\frac{a}{V}$     $\frac{2a}{V}$        0
转化浓度（mol/L）：$\frac{a}{2V}$     $\frac{a}{V}$        $\frac{a}{2V}$   
平衡浓度（mol/L）：$\frac{a}{2V}$     $\frac{a}{V}$        $\frac{a}{2V}$
所以平衡常数K=$\frac{c（C{H}_{3}OH）}{c（CO）×{c}^{2}（{H}_{2}）}$；
③在其它条件不变的情况下，再增加a molCO与2amolH₂，等效为增大压强，平衡向正反应移动，CO转化率增大；
（4）①该原电池中，负极上失电子被氧化，二氧化硫到硫酸，硫的化合价升高，所以负极上投放的气体是二氧化硫，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子；
②电解池中阳极和电源正极相连，失去电子，发生氧化反应，电解NaHSO₃溶液可制得硫酸，所以阳极是HSO₃^-溶液失去电子被氧化生成SO₄^2-．

解答 解：（1）已知：①CH₃OH（g）+$\frac{3}{2}$O₂（g）═CO₂（g）+2H₂O（l）△H=-764.5kJ•mol^-1
②CO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═CO₂（g）△H=-283.0kJ•mol^-1
③H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═H₂O（l）△H=-285.8kJ•mol^-1
由盖斯定律可知，②+③×2-①得到CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g），则△H=-283.0kJ/mol-285.8kJ/mol×2+764.5kJ/mol=-90.1kJ/mol，故答案为：-90.1；
（2）a．使用高效催化剂，反应速率加快，故a正确；
b．降低反应温度，反应速率减慢，故b错误；
c．增大体系压强，物质的浓度增大，反应速率加快，故c正确；
d．不断将CH₃OH从反应混合物中分离出，浓度减小，反应速率减慢，故d错误，
故选：ac；
（3）①由图1可知，温度相同时，在压强为P₂时平衡时CO的转化率高，正反应为气体物质的量减小的反应，压强越大，越有利于平衡向正反应进行，故压强P₁＜P₂，
故答案为：小于；
②由图象可知，在100℃P₁时，CO的转化率是0.5，则：
                CO（g）+2H₂（g）=CH₃OH（g）
起始浓度（mol/L）：$\frac{a}{V}$     $\frac{2a}{V}$       0
转化浓度（mol/L）：$\frac{a}{2V}$     $\frac{a}{V}$       $\frac{a}{2V}$
平衡浓度（mol/L）：$\frac{a}{2V}$     $\frac{a}{V}$       $\frac{a}{2V}$
所以平衡常数K=$\frac{c（C{H}_{3}OH）}{c（CO）×{c}^{2}（{H}_{2}）}$=$\frac{\frac{a}{2V}}{\frac{a}{2V}×（\frac{a}{V}）^{2}}$=$\frac{{V}^{2}}{{a}^{2}}$，
故答案为：$\frac{{V}^{2}}{{a}^{2}}$；
③在其它条件不变的情况下，再增加a molCO与2amolH₂，等效为增大压强，平衡向正反应移动，CO转化率增大，故答案为：增大；
（4）①该原电池中，负极上失电子被氧化，二氧化硫到硫酸，硫的化合价升高，所以负极上投放的气体是二氧化硫，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，负极上的电极反应式为：SO₂-2e^-+2H₂O═SO₄^2-+4H⁺，
故答案为：SO₂-2e^-+2H₂O═SO₄^2-+4H⁺；
②电解池中阳极和电源正极相连，失去电子，发生氧化反应，电解NaHSO₃溶液可制得硫酸，所以阳极是HSO₃^-溶液失去电子被氧化生成SO₄^2-，阳极电极反应式是：HSO₃^-+H₂O-2e^-=SO₄^2-+3H⁺，
故答案为：HSO₃^-+H₂O-2e^-=SO₄^2-+3H⁺．

点评 本题考查化学平衡计算、平衡常数、反应速率影响因素、反应热进行、电化学等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，难度中等．