Question

17．对气体的转化与吸收的研究，有着实际意义．
（1）一定条件下，工业上可用CO或CO₂与H₂反应生成可再生能源甲醇，反应如下：
3H₂+CO₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）△H₁=-49.0kJ/mol   K₁（Ⅰ）
2H₂（g）+CO（g）?CH₃OH（g）△H₂=-90.8kJ/mol  K₂（Ⅱ）
则CO（g）+H₂O（g）?CO₂（g）+H₂（g）的△H₃-41.8kJ/mol和K₃=$\frac{{K}_{2}}{{K}_{1}}$（用K₁和K₂表示）
（2）在一定温度下，将0.2mol CO₂和0.8mol H₂充入容积为2L的密闭容器中合成CH₂OH（g）．5min达到平衡时c（H₂O）=0.025mol/L，则5min内v（H₂）=0.015mol/（L•min）．下图图象正确且能表明该反应在第5min时一定处于平衡状态的是b．

若改变某一条件，达到新平衡后CO₂的浓度增大，则下列说法正确的是cd．
a．逆反应速率一定增大b．平衡一定向逆反应方向移动c．平衡常数不变或减小d．CO₂的物质的量可能减小
（3）反应II可在高温时以ZnO为催化剂的条件下进行．实践证明反应体系中含少量的CO₂有利于维持ZnO的量不变，原因是ZnO+CO?Zn+CO₂，体系中有二氧化碳可以抑制Zn被还原（写出相关的化学方程式并辅以必要的文字说明；已知高温下ZnO可与CO发生氧化还原反应）．
（4）实验室里C1₂可用NaOH溶液来吸收．室温下，若将一定量的C1₂缓缓通入0.2mol/L NaOH溶液中，恰好完全反应得溶液A，反应过程中水的电离程度变大（填“变大”、“变小”或“不变”，下同），$\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（HClO）}$变小．溶液B为0.05mol/L的（NH₄）₂SO₄溶液，则A、B两溶液中c（ClO^-），c（Cl^-），c（NH₄⁺），c（SO₄^2-）由大到小的顺序为c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞c（ClO^-）＞c（SO₄^2-）（已知：室温下HClO的电离常数K_a=3.2×10^-8，NH₃•H₂O的电离常数K_b=1.78×10^-5）．

Answer 1

分析 （1）根据盖斯定律，（Ⅱ）-（Ⅰ）可得：CO（g）+H₂O（g）?CO₂（g）+H₂（g），据此计算出△H₃和K₃；
（2）根据v=$\frac{△c}{△t}$计算出水的平均反应速率，然后根据化学计量数关系计算出氢气的反应速率；达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度不再变化，结合题中数据判断各图象是否达到平衡状态；
（3）在加热条件下CO能还原ZnO使其减少，因此反应体系中含有少量二氧化有利于抑制反应向正反应方向移动，维持ZnO的量不变；
（4）随着氯气的通入，溶液中氢氧根离子浓度逐渐减小，则水的电离程度增大；根据水的离子积可知$\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（HClO）}$=$\frac{{K}_{a}}{c（{H}^{+}）}$，结合溶液中氢离子浓度的变化判断其比值变化；硫酸根离子和氯离子不水解，根据题中数据计算出溶液中二者浓度，由于次氯酸根离子和铵根离子的水解程度较小，则二者浓度都大于硫酸根离子浓度；再结合次氯酸和一水合氨的电离平衡常数判断铵根离子和次氯酸根离子的水解程度，从而得出各离子浓度大小．

解答 解：（1）3H₂+CO₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）△H₁=-49.0kJ/mol   K₁（Ⅰ）
2H₂（g）+CO（g）?CH₃OH（g）△H₂=-90.8kJ/mol  K₂（Ⅱ）
根据盖斯定律，（Ⅱ）-（Ⅰ）可得：CO（g）+H₂O（g）?CO₂（g）+H₂（g）的△H₃=-90.8kJ/mol-（-49.0kJ/mol）=-41.8kJ/mol；
由于（Ⅱ）-（Ⅰ）可得CO（g）+H₂O（g）?CO₂（g）+H₂（g），则K₃=$\frac{{K}_{2}}{{K}_{1}}$，
故答案为：-41.8；$\frac{{K}_{2}}{{K}_{1}}$；
（2）在一定温度下，将0.2mol CO₂和0.8mol H₂充入容积为2L的密闭容器中合成CH₂OH（g），5min达到平衡时c（H₂O）=0.025mol/L，则5min内水的平均反应速率为：v（H₂O）=$\frac{0.025mol/L}{5min}$=0.005mol/（L•min），反应速率与化学计量数成正比，则5min内v（H₂）=3v（H₂O）=0.015mol/（L•min）；
a．反应过程中气体的质量和容器的容积不变，则气体的密度始终不变，密度不能作为判断是否达到平衡状态的标志，故a错误；
b．反应前后都是气体，则反应过程中气体的质量不变，该反应是气体体积缩小的反应，根据M=$\frac{m}{n}$可知，反应过程中气体的平均摩尔质量始终变化，当达到平衡状态时，气体的平均摩尔质量不再变化，根据图象B可知，该反应已经达到平衡状态，故b正确；
c．达到平衡状态时，水的物质的量为：0.025mol/L×2L=0.05L，根据反应可知，消耗二氧化碳的物质的量为0.05mol，所以达到平衡状态时二氧化碳的物质的量为：0.2mol-0.05mol=0.15mol，而图象中二氧化碳的物质的量为0.1mol，与实际不相符，故c错误；
d．该反应过程中焓变始终不变，无法判断是否达到平衡状态，故d错误；
根据分析可知，已经达到平衡状态的为b；
若改变某一条件，达到新平衡后CO₂的浓度增大，
a．逆反应速率一定增大：该反应为放热反应，如果升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向着逆向移动，二氧化碳的浓度增大，故a错误；
b．平衡一定向逆反应方向移动：若增加二氧化碳浓度，平衡向着正向移动，而得到平衡时二氧化碳的浓度增大，故b错误；
c．平衡常数不变或减小：如果不改变温度，如：增大二氧化碳的浓度，则平衡常数不变；无关升高温度，平衡存在逆向移动，则平衡常数减小，故c正确；
d．CO₂的物质的量可能减小：如果增大压强，即缩小容器容积，则平衡向着正向移动，但达到平衡时二氧化碳的浓度增大，而二氧化碳的物质的量减小，故d正确；
故答案为：0.015；b；cd；
（3）在加热条件下CO能还原ZnO使其减少，因此反应体系中含有少量二氧化有利于抑制反应向正反应方向移动，维持Cu₂O的量不变，反应方程式为：ZnO+CO?Zn+CO₂，
故答案为：ZnO+CO?Zn+CO₂，体系中有二氧化碳可以抑制Zn被还原；
（4）实验室里C1₂可用NaOH溶液来吸收，室温下，若将一定量的C1₂缓缓通入0.2mol/L NaOH溶液中，恰好完全反应得溶液A，由于反应过程中溶液中氢氧根离子浓度减小，且反应后生成强碱弱酸盐次氯酸，促进了水的电离，则水的电离程度变大；根据次氯酸的电离平衡常数可知，$\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（HClO）}$=$\frac{{K}_{a}}{c（{H}^{+}）}$，随着氯气的通入，溶液中氢离子浓度增加，而次氯酸的电离平衡常数不变，则该比值逐渐变小；硫酸根离子和氯离子不水解，则c（Cl^-）=0.1mol/L、c（SO₄^2-）
=0.05mol/L；由于次氯酸根离子和铵根离子水解程度减小，二者浓度都接近0.1mol/L，则硫酸根离子浓度最小；根据“室温下HClO的电离常数K_a=3.2×10^-8，NH₃•H₂O的电离常数K_b=1.78×10^-5”可知，铵根离子的水解程度需要次氯酸根离子的水解程度，则溶液中c（ClO^-）＜c（NH₄⁺），所以四种离子浓度大小为：c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞c（ClO^-）＞c（SO₄^2-），
故答案为：变大；变小；c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞c（ClO^-）＞c（SO₄^2-）．

点评 本题考查了热化学方程式的计算、化学平衡及其影响、离子浓度大小比较等知识，题目难度较大，试题知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力，注意掌握化学平衡及其影响、化学平衡状态的判断及离子浓度大小比较的常用方法．