Question

3．CO、SO₂是主要的大气污染气体，利用化学反应原理是治理污染的重要方法．
I、甲醇可以补充和部分替代石油燃料，缓解能源紧张．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
则CO（g）+2H₂（g）═CH₃OH（g）△H=-90.1kJ•mol^-1
（2）一定条件下，在容积为VL的密闭容器中充入α mol　CO与2a mol H₂合成甲醇
平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示．

①P₁＜ P₂（填“＞”、“＜”或“=”），理由是甲醇的合成反应是气体分子数减少的反应，相同温度下，增大压强CO的转化率提高
②该甲醇合成反应在A点的平衡常数K=$\frac{12{V}^{2}}{{a}^{2}}$（用a和V表示）
③该反应达到平衡时，反应物转化率的关系是：CO=H₂（填“＞”、“＜”或“=”）
④下列措施中能够同时满足增大反应速率和提高CO转化率的是c．（填写相应字母）
a、使用高效催化剂 b、降低反应温度 　　c、增大体系压强
d、不断将CH₃0H从反应混合物中分离出来 e、增加等物质的量的CO和H₂
Ⅱ、某学习小组以SO₂为原料，采用电化学方法制取硫酸．
（3）原电池法：
该小组设计的原电池原理如图2所示，写出该电池负极的电极反应式SO₂-2e^-+2H₂O═SO₄^2-+4H⁺．
（4）电解法：
该小组用Na₂SO₃溶液充分吸收S0₂得到NaHSO₃溶液，然后电解该溶液制得了硫酸．原理如图3所示．写出开始电解时阳极的电极反应式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
根据盖斯定律，①+2×②-③得：CO（g）+2H₂（g）═CH₃OH（g），△H=△H₁+2△H₂-△H₃；
（2）①由图象可知，相同温度下，P₂压强下一氧化碳转化率大于P₁压强下的转化率，正反应是气体体积减小的反应，压强增大平衡正向进行，CO转化率增大；
②A点CO的转化率为0.75，则转化的CO为0.75a mol，则：
            CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）
起始量（mol）：a      2a         0
变化量（mol）：0.75a  1.5a      0.75a
平衡量（mol）：0.25a  0.5a      0.75a
再根据平衡常数K=$\frac{c（C{H}_{3}OH）}{c（CO）×{c}^{2}（{H}_{2}）}$计算；
③CO和H₂按照物质的量比1：2反应，而开始充入a molCO与2a molH₂也刚好为1：2，所以CO的转化率等于H₂的转化率；
④a．使用高效催化剂不影响平衡移动；
b．降低反应温度会减慢反应速率；
c．增大体系压强，增大反应速率，而且平衡也向正反应方向移动；
d．不断将CH₃OH从反应混合物中分离出来，即减小生成物的浓度，则反应速率减小；
e．增加等物质的量的CO和H₂，即增大反应物的浓度，反应速率增大，但CO的转化率减小；
（3）负极发生氧化反应，由图可知，负极上是二氧化硫氧化生成硫酸；
（4）阳极发生氧化反应，电解开始是HSO₃^-失去电子被氧化生成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
根据盖斯定律，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，
故答案为：-90.1；
（2）①由图象可知，相同温度下，P₂压强下一氧化碳转化率大于P₁压强下的转化率，甲醇的合成反应是气体分子数减少的反应，相同温度下，增大压强CO的转化率提高，所以P₁＜P₂，
故答案为：＜；甲醇的合成反应是气体分子数减少的反应，相同温度下，增大压强CO的转化率提高；
②A点CO的转化率为0.75，则转化的CO为0.75a mol，则：
             CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）
起始量（mol）：a      2a        0
变化量（mol）：0.75a  1.5a      0.75a
平衡量（mol）：0.25a  0.5a     0.75a
则平衡常数K=$\frac{c（C{H}_{3}OH）}{c（CO）×{c}^{2}（{H}_{2}）}$=$\frac{\frac{0.75a}{V}}{\frac{0.25a}{V}×（\frac{0.5a}{V}）^{2}}$=$\frac{12{V}^{2}}{{a}^{2}}$，
故答案为：$\frac{12{V}^{2}}{{a}^{2}}$；
③CO和H₂按照物质的量比1：2反应，而开始充入a molCO与2a molH₂也刚好为1：2，所以CO的转化率等于H₂的转化率，
故答案为：=；
④a．使用高效催化剂加快反应速率，但不影响平衡移动，CO转化率不变，故a错误；
b．降低反应温度平衡正向移动，CO转化率增大，但会减慢反应速率，故b错误；
c．增大体系压强，增大反应速率，而且平衡也向正反应方向移动，CO转化率增大，故c正确；
d．不断将CH₃OH从反应混合物中分离出来，平衡正向移动，CO转化率增大，但减小生成物的浓度，反应速率减小，故d错误
e．增加等物质的量的CO和H₂，即增大反应物的浓度，反应速率增大，但CO的转化率减小，故e错误，
故选：c；
（3）负极发生氧化反应，由图可知，负极上是二氧化硫氧化生成硫酸，负极电极反应式为：SO₂-2e^-+2H₂O═SO₄^2-+4H⁺，
故答案为：SO₂-2e^-+2H₂O═SO₄^2-+4H⁺；
（4）阳极发生氧化反应，电解开始是HSO₃^-失去电子被氧化生成SO₄^2-，阳极电极反应式为：HSO₃^-+H₂O-2e^-=SO₄^2-+3H⁺，
故答案为：HSO₃^-+H₂O-2e^-=SO₄^2-+3H⁺．

点评 本题考查化学平衡计算、化学平衡影响因素、反应热计算、电极反应式书写等，较好的考查学生分析能力、知识运用与获取信息的能力，题目难度中等．