Question

（2013?重庆一模）（1）将不同量的CO（g）和H₂O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：CO（g）+H₂O（g）?CO₂（g）+H₂（g），得到如下三组数据：

实验组	温度 ℃	起始量/mol		平衡量/mol		达到平衡所需时间/min[
		CO	H2O	H2	CO
1	650	4	2	1.6	2.4	6
2	900	2	1	0.4	1.6	3
3	900	a	b	c	d	t

该反应为

放

（填“吸”或“放”）热反应，实验2条件下平衡常数K=

0.17

．
（2）已知在常温常压下：
①2CH₃OH（l）+3O₂（g）=2CO₂（g）+4H₂O（g）△H=-1275.6kJ/mol
②2CO （g）+O₂（g）=2CO₂（g）△H=-566.0kJ/mol
③H₂O（g）=H₂O（l）△H=-44.0kJ/mol
写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：

CH₃OH（l）+O₂（g）=CO （g）+2H₂O（l）△H=-442.8KJ/mol；

．
（3）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置． 写出负极反应式：

CH₃OH+8OH^--6e^-=CO₃^2-+6H₂O

．反应一段时间后溶液的pH将

减小

．（填增大、减小或不变）

Answer 1

分析：（1）第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时H₂的物质的量比第一组的一半少，表明该反应为放热反应；依据图表数据列式计算平衡浓度，结合化学平衡常数概念计算；
（2）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；
（3）甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置，甲醇在负极失电子发生氧化反应，正极是氧气得到电子生成氢氧根离子，依据原电池原理分析书写电极反应和溶液pH变化．

解答：解：（1）实验1中CO的转化率为

1.6mol

4mol

×100%=40%，实验2中CO的转化率为

0.4mol

2mol

×100%=20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热，实验2条件下平衡常数，需要列式计算平衡浓度；
            H₂O（g）+CO（g）?CO₂（g）+H₂（g）
初始浓度   0.5mol/L   1mol/L     0        0
转化浓度  0.2mol/L   0.2mol/l  0.2mol/l  0.2mol/l
平衡浓度  0.3mol/L  0.8mol/L  0.2mol/l  0.2mol/l
K=

c(CO2)c(H2)

c(H2O)c(CO)

=

0.2×0.2

0.3×0.8

=0.17
故答案为：放；0.17；
（2）①2CH₃OH（l）+3O₂（g）=2CO₂（g）+4H₂O（g）△H=-1275.6kJ/mol
②2CO （g）+O₂（g）=2CO₂（g）△H=-566.0kJ/mol
③H₂O（g）=H₂O（l）△H=-44.0kJ/mol
依据盖斯定律①-②+③×4得到甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：2CH₃OH（l）+2O₂（g）=2CO （g）+4H₂O（l）△H=-885.6KJ/mol；
得到热化学方程式为：CH₃OH（l）+O₂（g）=CO （g）+2H₂O（l）△H=-442.8KJ/mol；
故答案为：CH₃OH（l）+O₂（g）=CO （g）+2H₂O（l）△H=-442.8KJ/mol；
（3）甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置，甲醇在负极失电子发生氧化反应，CH₃OH+8OH^--6e^-=CO₃^2-+6H₂O，反应过程中消耗氢氧根离子，溶液pH减小，
故答案为：CH₃OH+8OH^--6e^-=CO₃^2-+6H₂O；减小．

点评：本题考查了化学平衡的影响因素分析判断，平衡常数计算应用，盖斯定律的计算应用，原电池电极反应的书写方法，题目难度中等．