Question

3．CO、SO₂是主要的大氣污染氣體，利用化學反應原理是治理污染的重要方法．
I、甲醇可以補充和部分替代石油燃料，緩解能源緊張．利用CO可以合成甲醇．
（1）已知：CO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═CO₂（g）△H₁=-283.0kJ•mol^-1
H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═H₂O（I）△H₂=-285.8kJ•mol^-1
CH₃OH（g）+$\frac{3}{2}$O₂（g）═CO₂（g）+2H₂O（I）△H₃=-764.5kJ•mol^-1
則CO（g）+2H₂（g）═CH₃OH（g）△H=-90.1kJ•mol^-1
（2）一定條件下，在容積為VL的密閉容器中充入α mol　CO與2a mol H₂合成甲醇
平衡轉化率與溫度、壓強的關系如圖1所示．

①P₁＜ P₂（填“＞”、“＜”或“=”），理由是甲醇的合成反應是氣體分子數(shù)減少的反應，相同溫度下，增大壓強CO的轉化率提高
②該甲醇合成反應在A點的平衡常數(shù)K=$\frac{12{V}^{2}}{{a}^{2}}$（用a和V表示）
③該反應達到平衡時，反應物轉化率的關系是：CO=H₂（填“＞”、“＜”或“=”）
④下列措施中能夠同時滿足增大反應速率和提高CO轉化率的是c．（填寫相應字母）
a、使用高效催化劑 b、降低反應溫度 　　c、增大體系壓強
d、不斷將CH₃0H從反應混合物中分離出來 e、增加等物質的量的CO和H₂
Ⅱ、某學習小組以SO₂為原料，采用電化學方法制取硫酸．
（3）原電池法：
該小組設計的原電池原理如圖2所示，寫出該電池負極的電極反應式SO₂-2e^-+2H₂O═SO₄^2-+4H⁺．
（4）電解法：
該小組用Na₂SO₃溶液充分吸收S0₂得到NaHSO₃溶液，然后電解該溶液制得了硫酸．原理如圖3所示．寫出開始電解時陽極的電極反應式HSO₃^-+H₂O-2e^-=SO₄^2-+3H⁺．

Answer 1

分析 （1）已知：①CO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═CO₂（g）△H₁=-283.0kJ•mol^-1
②H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═H₂O（I）△H₂=-285.8kJ•mol^-1
③CH₃OH（g）+$\frac{3}{2}$O₂（g）═CO₂（g）+2H₂O（I）△H₃=-764.5kJ•mol^-1
根據(jù)蓋斯定律，①+2×②-③得：CO（g）+2H₂（g）═CH₃OH（g），△H=△H₁+2△H₂-△H₃；
（2）①由圖象可知，相同溫度下，P₂壓強下一氧化碳轉化率大于P₁壓強下的轉化率，正反應是氣體體積減小的反應，壓強增大平衡正向進行，CO轉化率增大；
②A點CO的轉化率為0.75，則轉化的CO為0.75a mol，則：
            CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）
起始量（mol）：a      2a         0
變化量（mol）：0.75a  1.5a      0.75a
平衡量（mol）：0.25a  0.5a      0.75a
再根據(jù)平衡常數(shù)K=$\frac{c（C{H}_{3}OH）}{c（CO）×{c}^{2}（{H}_{2}）}$計算；
③CO和H₂按照物質的量比1：2反應，而開始充入a molCO與2a molH₂也剛好為1：2，所以CO的轉化率等于H₂的轉化率；
④a．使用高效催化劑不影響平衡移動；
b．降低反應溫度會減慢反應速率；
c．增大體系壓強，增大反應速率，而且平衡也向正反應方向移動；
d．不斷將CH₃OH從反應混合物中分離出來，即減小生成物的濃度，則反應速率減�。�
e．增加等物質的量的CO和H₂，即增大反應物的濃度，反應速率增大，但CO的轉化率減�。�
（3）負極發(fā)生氧化反應，由圖可知，負極上是二氧化硫氧化生成硫酸；
（4）陽極發(fā)生氧化反應，電解開始是HSO₃^-失去電子被氧化生成SO₄^2-．

解答 解：（1）（1）已知：①CO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═CO₂（g）△H₁=-283.0kJ•mol^-1
②H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═H₂O（I）△H₂=-285.8kJ•mol^-1
③CH₃OH（g）+$\frac{3}{2}$O₂（g）═CO₂（g）+2H₂O（I）△H₃=-764.5kJ•mol^-1
根據(jù)蓋斯定律，①+2×②-③得：CO（g）+2H₂（g）═CH₃OH（g），△H=△H₁+2△H₂-△H₃=（-283.0-285.8×2+764.5）kJ•mol^-1=-90.1kJ•mol^-1，
故答案為：-90.1；
（2）①由圖象可知，相同溫度下，P₂壓強下一氧化碳轉化率大于P₁壓強下的轉化率，甲醇的合成反應是氣體分子數(shù)減少的反應，相同溫度下，增大壓強CO的轉化率提高，所以P₁＜P₂，
故答案為：＜；甲醇的合成反應是氣體分子數(shù)減少的反應，相同溫度下，增大壓強CO的轉化率提高；
②A點CO的轉化率為0.75，則轉化的CO為0.75a mol，則：
             CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）
起始量（mol）：a      2a        0
變化量（mol）：0.75a  1.5a      0.75a
平衡量（mol）：0.25a  0.5a     0.75a
則平衡常數(shù)K=$\frac{c（C{H}_{3}OH）}{c（CO）×{c}^{2}（{H}_{2}）}$=$\frac{\frac{0.75a}{V}}{\frac{0.25a}{V}×（\frac{0.5a}{V}）^{2}}$=$\frac{12{V}^{2}}{{a}^{2}}$，
故答案為：$\frac{12{V}^{2}}{{a}^{2}}$；
③CO和H₂按照物質的量比1：2反應，而開始充入a molCO與2a molH₂也剛好為1：2，所以CO的轉化率等于H₂的轉化率，
故答案為：=；
④a．使用高效催化劑加快反應速率，但不影響平衡移動，CO轉化率不變，故a錯誤；
b．降低反應溫度平衡正向移動，CO轉化率增大，但會減慢反應速率，故b錯誤；
c．增大體系壓強，增大反應速率，而且平衡也向正反應方向移動，CO轉化率增大，故c正確；
d．不斷將CH₃OH從反應混合物中分離出來，平衡正向移動，CO轉化率增大，但減小生成物的濃度，反應速率減小，故d錯誤
e．增加等物質的量的CO和H₂，即增大反應物的濃度，反應速率增大，但CO的轉化率減小，故e錯誤，
故選：c；
（3）負極發(fā)生氧化反應，由圖可知，負極上是二氧化硫氧化生成硫酸，負極電極反應式為：SO₂-2e^-+2H₂O═SO₄^2-+4H⁺，
故答案為：SO₂-2e^-+2H₂O═SO₄^2-+4H⁺；
（4）陽極發(fā)生氧化反應，電解開始是HSO₃^-失去電子被氧化生成SO₄^2-，陽極電極反應式為：HSO₃^-+H₂O-2e^-=SO₄^2-+3H⁺，
故答案為：HSO₃^-+H₂O-2e^-=SO₄^2-+3H⁺．

點評 本題考查化學平衡計算、化學平衡影響因素、反應熱計算、電極反應式書寫等，較好的考查學生分析能力、知識運用與獲取信息的能力，題目難度中等．