Question

5．運(yùn)用化學(xué)反應(yīng)原理知識研究如何利用CO、SO₂等污染物有重要意義．
（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
則CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）△H=-90.1kJ•mol^-1
（2）下列措施中能夠增大上述合成甲醇反應(yīng)的反應(yīng)速率的是ac（填寫序號）．
a．使用高效催化劑    b．降低反應(yīng)溫度
c．增大體系壓強(qiáng)      d．不斷將CH₃OH從反應(yīng)混合物中分離出
（3）在一定壓強(qiáng)下，容積為V L的容器中充入a mol CO與2a mol H₂，在催化劑作用下反應(yīng)生成甲醇，平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強(qiáng)的關(guān)系如圖1所示．

①p₁小于p₂（填“大于”、“小于”或“等于”）；
②100℃時(shí)，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K=$\frac{{V}^{2}}{{a}^{2}}$（mol•L^-1）^-2；
③在其它條件不變的情況下，再增加a mol CO和2a molH₂，達(dá)到新平衡時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率增大（填“增大”、“減小”或“不變”）．
（4）某科研小組用SO₂為原料制取硫酸．
①利用原電池原理，用SO₂、O₂和H₂O制備硫酸，該電池用多孔材料作電極，它能吸附氣體，同時(shí)也能使氣體與電解質(zhì)溶液充分接觸．請寫出該電池的負(fù)極的電極反應(yīng)式SO₂-2e^-+2H₂O═SO₄^2-+4H⁺．
②用Na₂SO₃溶液充分吸收SO₂得NaHSO₃溶液，然后電解該溶液可制得硫酸．電解原理示意圖如圖2所示．
請寫出開始時(shí)陽極反應(yīng)的電極反應(yīng)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
由蓋斯定律可知，②+③×2-①得到CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g），反應(yīng)熱也進(jìn)行相應(yīng)計(jì)算；
（2）溫度越高、壓強(qiáng)越大，使用催化劑都可使反應(yīng)速率增大，降低溫度反應(yīng)速率減慢，從體系中分離出甲醇，相當(dāng)于減少濃度，反應(yīng)速率減慢；
（3）①由圖1可知，溫度相同時(shí)，在壓強(qiáng)為P₂時(shí)平衡時(shí)CO的轉(zhuǎn)化率高，正反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，壓強(qiáng)越大，越有利于平衡向正反應(yīng)進(jìn)行；
②由圖象可知，在100℃P₁時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率是0.5，則：
                CO（g）+2H₂（g）=CH₃OH（g）
起始濃度（mol/L）：$\frac{a}{V}$     $\frac{2a}{V}$        0
轉(zhuǎn)化濃度（mol/L）：$\frac{a}{2V}$     $\frac{a}{V}$        $\frac{a}{2V}$   
平衡濃度（mol/L）：$\frac{a}{2V}$     $\frac{a}{V}$        $\frac{a}{2V}$
所以平衡常數(shù)K=$\frac{c（C{H}_{3}OH）}{c（CO）×{c}^{2}（{H}_{2}）}$；
③在其它條件不變的情況下，再增加a molCO與2amolH₂，等效為增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，CO轉(zhuǎn)化率增大；
（4）①該原電池中，負(fù)極上失電子被氧化，二氧化硫到硫酸，硫的化合價(jià)升高，所以負(fù)極上投放的氣體是二氧化硫，二氧化硫失電子和水反應(yīng)生成硫酸根離子和氫離子；
②電解池中陽極和電源正極相連，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，電解NaHSO₃溶液可制得硫酸，所以陽極是HSO₃^-溶液失去電子被氧化生成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
由蓋斯定律可知，②+③×2-①得到CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g），則△H=-283.0kJ/mol-285.8kJ/mol×2+764.5kJ/mol=-90.1kJ/mol，故答案為：-90.1；
（2）a．使用高效催化劑，反應(yīng)速率加快，故a正確；
b．降低反應(yīng)溫度，反應(yīng)速率減慢，故b錯(cuò)誤；
c．增大體系壓強(qiáng)，物質(zhì)的濃度增大，反應(yīng)速率加快，故c正確；
d．不斷將CH₃OH從反應(yīng)混合物中分離出，濃度減小，反應(yīng)速率減慢，故d錯(cuò)誤，
故選：ac；
（3）①由圖1可知，溫度相同時(shí)，在壓強(qiáng)為P₂時(shí)平衡時(shí)CO的轉(zhuǎn)化率高，正反應(yīng)為氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng)，壓強(qiáng)越大，越有利于平衡向正反應(yīng)進(jìn)行，故壓強(qiáng)P₁＜P₂，
故答案為：小于；
②由圖象可知，在100℃P₁時(shí)，CO的轉(zhuǎn)化率是0.5，則：
                CO（g）+2H₂（g）=CH₃OH（g）
起始濃度（mol/L）：$\frac{a}{V}$     $\frac{2a}{V}$       0
轉(zhuǎn)化濃度（mol/L）：$\frac{a}{2V}$     $\frac{a}{V}$       $\frac{a}{2V}$
平衡濃度（mol/L）：$\frac{a}{2V}$     $\frac{a}{V}$       $\frac{a}{2V}$
所以平衡常數(shù)K=$\frac{c（C{H}_{3}OH）}{c（CO）×{c}^{2}（{H}_{2}）}$=$\frac{\frac{a}{2V}}{\frac{a}{2V}×（\frac{a}{V}）^{2}}$=$\frac{{V}^{2}}{{a}^{2}}$，
故答案為：$\frac{{V}^{2}}{{a}^{2}}$；
③在其它條件不變的情況下，再增加a molCO與2amolH₂，等效為增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)移動(dòng)，CO轉(zhuǎn)化率增大，故答案為：增大；
（4）①該原電池中，負(fù)極上失電子被氧化，二氧化硫到硫酸，硫的化合價(jià)升高，所以負(fù)極上投放的氣體是二氧化硫，二氧化硫失電子和水反應(yīng)生成硫酸根離子和氫離子，負(fù)極上的電極反應(yīng)式為：SO₂-2e^-+2H₂O═SO₄^2-+4H⁺，
故答案為：SO₂-2e^-+2H₂O═SO₄^2-+4H⁺；
②電解池中陽極和電源正極相連，失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，電解NaHSO₃溶液可制得硫酸，所以陽極是HSO₃^-溶液失去電子被氧化生成SO₄^2-，陽極電極反應(yīng)式是：HSO₃^-+H₂O-2e^-=SO₄^2-+3H⁺，
故答案為：HSO₃^-+H₂O-2e^-=SO₄^2-+3H⁺．

點(diǎn)評 本題考查化學(xué)平衡計(jì)算、平衡常數(shù)、反應(yīng)速率影響因素、反應(yīng)熱進(jìn)行、電化學(xué)等，是對學(xué)生綜合能力的考查，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)與靈活運(yùn)用能力，難度中等．