Question

1．二氧化碳與氫氣催化合成甲醇，發(fā)生的反應為：
CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）△H=-46kJ•mol^-1
（1）甲醇可與鈉反應，寫出反應的化學方程式：2CH₃OH+2Na→2CH₃ONa+H₂↑．
（2）已知H-H、C-O、C═0、H-O鍵的鍵能依次為436kJ•mol^-1、326kJ•mol^-1、803kJ•mol^-1、464kJ•mol^-1，則C-H鍵的鍵能為414kJ•mol^-1．
（3）一定條件下，將n（CO₂）：n（H₂）=1：1的混合氣充入絕熱恒容密閉容器中發(fā)生反應，下列事實可以說明該反應CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）已達到平衡的是BCD（填字母）
A、容器內氣體密度保持不變             B、CO₂的體積分數(shù)保持不變
C、該反應的平衡常數(shù)保持不變           D、混合氣體的平均相對分子質量不變          
（4）一定條件下，往2L恒容密閉容器中充入1.2molCO₂和3.6molH₂，發(fā)生反應CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）．在不同催化劑（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下，在相同時間內CO₂轉化率隨溫度變化的數(shù)據如表所示，根據表中數(shù)據繪制如圖（T5時，圖中c點轉化率為66.67%，即轉化了$\frac{2}{3}$）：

相同時間內CO2轉化率	T1	T2	T3	T4	T5
反應Ⅰ	65%	77%	80%	80%	66.67%
反應Ⅱ	56%	67%	76%	80%	66.67%
反應Ⅲ	48%	62%	72%	80%	66.67%

①催化劑效果最佳的反應是Ⅰ（填“Ⅰ”、“Ⅱ”、“Ⅲ”）
②T₃的b點v_（正）=v_（逆）．（填“＞”“＜”“=”）
③T₄的a點轉化率比T₅的c點高原因是T₄反應已經達到平衡，升高溫度到T₅平衡向逆反應移動，從而使CO₂的轉化率降低．．
④在溫度為T₅時，該反應的平衡常數(shù)K=3.70．

Answer 1

分析 （1）根據有機物羥基與活潑金屬的反應原理：2CH₃OH+2Na→2CH₃ONa+H₂↑；
（2）焓變的計算式有兩種計算式，一種是△H=E（生成物總能量）-E（反應物總能量），另一種是△H=E（反應物的鍵能）-E（生成物的鍵能）
CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）△H=-46kJ•mol^-1，已知H-H、C-O、C═0、H-O鍵的鍵能依次為436kJ•mol^-1、326kJ•mol^-1、803kJ•mol^-1、464kJ•mol^-1
△H=E（反應物的鍵能）-E（生成物的鍵能）=2E（C═0）+3E（H-H）-3E（C-H）-E（C-O）-E（H-O）-2E（H-O）=2×803kJ•mol^-1+3×436kJ•mol^-1-3E（C-H）-326kJ•mol^-1-464kJ•mol^-1-2×464kJ•mol^-1=-46kJ•mol^-1    可得：E（C-H）=414kJ•mol^-1．
（3）A．由ρ_{（混合氣體）}=$\frac{m（混合氣體）}{V}$知，密閉容器中m_{（混合氣體）}和v都不變，比值不變，即ρ_{（混合氣體）}不變，故密度不再改變不能達到平衡狀態(tài)；
B，（1）直接標志：①速率關系：正反應速率與逆反應速率相等；②反應體系中各物質的百分含量保持不變．（2）間接標志：①混合氣體的總壓強、總體積、總物質的量不隨時間的改變而改變（m+n≠p+q）；②各物質的濃度、物質的量不隨時間的改變而改變；③各氣體的體積、各氣體的分壓不隨時間的改變而改變．故CO₂的體積分數(shù)保持不變時，即反應體系中CO₂的百分含量保持不變，達到平衡狀態(tài)；
C、平衡常數(shù)只與溫度有關，該反應的溫度變化，所以平衡常數(shù)也變化，所以平衡常數(shù)能判斷達到平衡狀態(tài)；
D、平均相對分子質量不變，由M_{（混合氣體）}=$\frac{m（混合氣體）}{n（混合氣體）}$，密閉容器中m_{（混合氣體）}不變，而n_{（混合氣體）}向正反應方向移動時減小，向逆反應方向移動時增大，故混合氣體的平均相對分子質量不變，平衡不移動，能達到平衡狀態(tài)； 
（4）①由圖象知：反應Ⅰ在較低溫度T₃時CO₂就達到80%的轉化率，故催化劑效果最佳的反應是反應Ⅰ；②T₃的b點時，反應已達到限度，故v_（正）=v_（逆）；③原因是：T₄反應已經達到平衡，升高溫度到T₅平衡向逆反應移動，從而使CO₂的轉化率降低．故T₄的a點轉化率比T₅的c點高；
④在溫度為T₅時，CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）
起始（mol/L）：0.6       1.8          0           0
轉化（mol/L）：$0.6×\frac{2}{3}$  $0.6×\frac{2}{3}×3$    $0.6×\frac{2}{3}$    $0.6×\frac{2}{3}$ 
平衡（mol/L）：0.2       0.6          0.4        0.4
在溫度為T₅時，該反應的平衡常數(shù)K=$\frac{C（C{H}_{3}OH）C（{H}_{2}O）}{C（C{O}_{2}）{C}^{3}（{H}_{2}）}$=$\frac{0.4×0.4}{0.2×0．{6}^{3}}$=3.70．

解答 解：（1）根據有機物中羥基與活潑金屬的反應原理：2CH₃OH+2Na→2CH₃ONa+H₂↑，故答案為：2CH₃OH+2Na→2CH₃ONa+H₂↑；
（2）△H=E（反應物的鍵能）-E（生成物的鍵能）
-46kJ•mol^-1=2E（C═0）+3E（H-H）-3E（C-H）-E（C-O）-E（H-O）-2E（H-O）
=2×803kJ•mol^-1+3×436kJ•mol^-1-3E（C-H）-326kJ•mol^-1-464kJ•mol^-1-2×464kJ•mol^-1   
可得：E（C-H）=414kJ•mol^-1，故答案為：414；
（3）A．由ρ_{（混合氣體）}=$\frac{m（混合氣體）}{V}$知，密閉容器中m_{（混合氣體）}和v都不變，比值不變，即ρ_{（混合氣體）}不變，密度不再改變不能達到平衡狀態(tài)，故A不正確；
B．O₂的體積分數(shù)保持不變時，即反應體系中CO₂的百分含量保持不變，達到平衡狀態(tài)，故B正確；
C、平衡常數(shù)只與溫度有關，該反應的溫度變化，所以平衡常數(shù)也變化，所以平衡常數(shù)能判斷達到平衡狀態(tài)，故C正確；
D、平均相對分子質量不變，由M_{（混合氣體）}=$\frac{m（混合氣體）}{n（混合氣體）}$，密閉容器中m_{（混合氣體）}不變，而n_{（混合氣體）}向正反應方向移動時減小，向逆反應方向移動時增大，故混合氣體的平均相對分子質量不變，平衡不移動，能達到平衡狀態(tài)，故D正確；
故選：BCD；
（4）①由圖象知：反應Ⅰ在較低溫度T₃時CO₂就達到80%的轉化率，催化劑效果最佳的反應是反應Ⅰ，故答案為：Ⅰ；
②T₃的b點時，反應已達到限度，故v_（正）=v_（逆），故答案為：=；
③T₄反應已經達到平衡，升高溫度到T₅平衡向逆反應移動，從而使CO₂的轉化率降低．T₄的a點轉化率比T₅的c點高．
 故答案為：T₄反應已經達到平衡，升高溫度到T₅平衡向逆反應移動，從而使CO₂的轉化率降低．
④在溫度為T₅時，CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）
     起始（mol/L）：0.6       1.8          0           0
     轉化（mol/L）：$0.6×\frac{2}{3}$  $0.6×\frac{2}{3}×3$    $0.6×\frac{2}{3}$    $0.6×\frac{2}{3}$ 
     平衡（mol/L）：0.2       0.6          0.4        0.4
在溫度為T₅時，該反應的平衡常數(shù)K=$\frac{C（C{H}_{3}OH）C（{H}_{2}O）}{C（C{O}_{2}）{C}^{3}（{H}_{2}）}$=$\frac{0.4×0.4}{0.2×0．{6}^{3}}$=3.70．
 故答案為：3.70．

點評 考查用“三段式“進行化學平衡常數(shù)的計算；化學平衡狀態(tài)的特征判斷；焓變的計算；注意化學平衡狀態(tài)標志的間接判斷．