Question

【题目】I．能源短缺是人类面临的重大问题。甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。

(1)工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：

反应 I：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H1

反应 II：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H2

下表所列数据是反应Ⅱ在不同温度下的化学平衡常数(K)

温度	250℃	300℃	350℃
K	2.041	0.270	0.012

①由表中数据判断△H2____0（填“＞”、“＜”或“＝”）

②若容器容积不变，下列措施可增加甲醇产率的是____

A.升高温度 B.将CH3OH(g)从体系中分离

C.使用合适的催化剂 D.充入He，使体系总压强增大

E.按原比例再充入CO和H2

③某温度下，将2molCO和6molH2充入2L的恒容密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(CO) =0.2mol/L，则CO的转化率为______，此时的温度为___(从上表中选择)；

④恒温下，1 molCO和nmolH2在一个容积可变的密闭容器中反应达到平衡后，生成 amolCH3OH。若起始时放入3molCO、3nmolH2，则达平衡时生成CH3OH_______mol。

II．25℃时，电离平衡常数：

化学式	CH3COOH	H2CO3	HClO
电离平衡常数	1.8×10-5	K1 4.3×10-7 K2 5.6×10-11	3.0×10-8

(1)下列四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是__________；（填编号）

A．CO32- B．ClO- C．CH3COO- D．HCO3-

(2)下列反应不能发生的是：________

A.CO32-+CH3COOH=CH3COO-+CO2↑+H2O

B.ClO-+CH3COOH=CH3COO－+HClO

C.CO32-+HClO=CO2↑ +H2O +ClO-

D.2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClO

(3)用蒸馏水稀释0.10 mol/L的醋酸，则下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是_____；

A. B. C. D.

(4)体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程 pH 变化如图，则HX的电离平衡常数_______(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的平衡常数，稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H＋)______醋酸溶液中水电离出来的 c(H＋)(填“大于”、“等于”或“小于”)

III．以CH3OH燃料电池为电源电解法制取ClO2。二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。

①CH3OH燃料电池放电过程中，通入O2的电极附近溶液的pH_____（填“增大”、“减小”或“不变”），负极反应式为________。

②图中电解池用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2。阳极产生ClO2的反应式为_________。

③电解一段时间，从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多6.72L时（标准状况，忽略生成的气体溶解），停止电解，通过阳离子交换膜的阳离子为_________mol。

④在阴极室中加入少量的NaOH的作用是__________。

Answer 1

【答案】< BE 80% 250℃ 3a A>B>D>C CD B 大于 大于 增大 CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O Cl--5e-+2H2O=ClO2+4H+ 1 增强水的导电能力

【解析】

I.(1)①依据平衡常数随温度变化分析，结合平衡移动原理分析热量变化；

②根据影响物质转化率的因素分析判断；

③依据化学平衡的三段式列式计算，依据转化率概念计算判断；

④在恒温和容器的容积可变的密闭容器在发生该反应，物质的平衡转化率不变。

II．(1)酸越弱，其相应的酸根离子结合H+的能力就越强；

(2)强酸可以与弱酸的盐发生反应产生弱酸；

(3)醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸，促进醋酸电离，则n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，但醋酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)都减小，据此分析解答．

(4)由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大；稀释后，HX电离生成的c(H+)小，对水的电离抑制能力小；

III．①在CH3OH燃料电池中通入甲醇的一极为负极，通入氧气的一极为正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子；

②在电解时Cl-失去电子变为ClO2；

③已知从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多 6.72L，即x-x= ；通过阳离子交换膜的阳离子为+1价离子，由电子转移守恒计算阳离子的物质的量；

④根据电解质溶液在电解质电离产生的离子自由移动，可增强溶液的导电性分析。

(1)①依据表格数据可知：温度升高，化学平衡常数减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热的方向移动。逆反应方向为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，所以△H2<0；

②A.该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的产率降低，A不符合题意；

B.将CH3OH(g)从体系中分离，即减小生成物浓度，更多的反应物发生反应转化为甲醇，甲醇的产率增大，B符合题意；

C.使用合适的催化剂对化学平衡移动无影响，因此不能提高甲醇的产率，C不符合题意；

D.充入He，使体系总压强增大，由于任何一种反应体系的物质浓度不变，因此平衡不移动，甲醇的产率不变，D不符合题意；

E.按原比例再充入CO和H2，相当于增大压强，平衡正向移动，可以得到更多的甲醇，甲醇的产率增大，E符合题意；

故合理选项是BE；

③按反应Ⅰ充分反应达到平衡后，测得c(CO)=0.2mol/L，物质的量为0.4mol；

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)）

起始量(mol) 2 6 0

变化量(mol) 1.6 3.2 1.6

平衡量(mol) 0.4 2.8 1.6

CO的转化率= ×100%=80%；

此时化学平衡常数K==2.041，可见对应的温度250℃；

④在恒温和容器的容积可变的密闭容器在发生反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)，容器的容积与气体的物质的量呈正比，因此物质的平衡转化率不变，由于加入1 molCO和nmolH2反应达到平衡后，生成amolCH3OH，则若起始时放入3molCO、3nmolH2，则达平衡时生成CH3OH的物质的量为3amol；

II.(1)弱酸的电离平衡常数越大，相应的酸的酸性就越强，其酸根离子结合H+的能力就越弱。根据酸电离平衡常数可知酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-，所以结合H+的能力由强到弱的顺序为CO32->ClO->HCO3->CH3COO-，故合理选项是A>B>D>C；

(2)A.由于酸性：CH3COOH>H2CO3，所以可以发生反应CO32-+CH3COOH=CH3COO-+CO2↑+H2O，A不符合题意；

B.由于酸性CH3COOH>HClO，因此可发生反应ClO-+CH3COOH=CH3COO－+HClO，B不符合题意；

C.由于酸性H2CO3>HClO，所以CO32-+HClO=CO2↑ +H2O +ClO-不能发生，C符合题意；

D.由于酸性H2CO3>HClO>HCO3-，所以不能发生2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClO反应，D符合题意；

故合理选项是CD；

(3) A.加水稀释醋酸促进醋酸电离，n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，所以的比值减小，A错误；

B.加水稀释醋酸促进醋酸电离，n(CH3COO-)增大，n(CH3COOH)减小，则的比值增大，B正确；

C.加水稀释促进醋酸电离，但c(CH3COO-) 、c(H+)都减小，但由于温度不变，所以水的离子积常数Kw不变，所以的比值减小，C错误；

D.加水稀释醋酸促进醋酸电离，c(H+)减小，温度不变，由于水的离子积常数Kw不变，则溶液中c(OH-)增大，故的比值减小，D错误；

故合理选项是B；

(4)由图可知，两种溶液开始时pH相同，即c(H+)相同，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，说明酸性HX强，酸的酸性越强，其电离平衡常数大；当酸稀释后，HX电离生成的c(H+)小，对水的电离平衡的抑制能力小，因此HX溶液中水电离出来的c(H+)大；

III.①CH3OH燃料电池中通入甲醇的一极为负极，通入氧气的一极为正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，溶液中c(OH-)增大，因此通入O2的电极附近溶液的pH增大；通入CH3OH的电极为负极，甲醇失去电子，发生氧化反应，由于溶液为碱性，所以甲醇失去电子后产生的CO2会转化为CO32-，因此负极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；

②用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2。在阳极Cl-失去电子，被氧化产生ClO2，根据元素守恒可知由水参加反应，同时生成H+，阳极的电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2+4H+；

③已知从阴极处收集到的气体比阳极处收集到气体多 6.72L，假设反应生成的氢气的物质的量为xmol，即x-x=，解得x=0.5mol；故交换膜的阳离子的物质的量为0.5mol×2=1mol；

④根据电解质溶液在电解质电离产生的离子自由移动，可增强溶液的导电性可知向在阴极室中加入少量的NaOH的作用是增大附近溶液中离子的浓度，增强溶液的导电能力。