Question

12．二氧化碳是造成温室效应的主要气体，二氧化碳的回收在利用是减缓温室效应的有效途径之一．
（1）二氧化碳重整可用于制取甲烷，已知：
CH₄（g）+CO₂（g）?2CO（g）+2H₂（g）△H₁=+247KJ•mol^-1
CH⁴（g）+H₂O（g）?CO（g）+3H₂（g）△H₂=+205KJ•mol^-1
则反应CO₂（g）+4H₂（g）?CH₂（g）+2H₂O（g）的△H₃=-165kJ•mol^-1
（2）在一定压强下，在某恒定密闭容器中充入H₂和CO₂发生反应：
2CO₂（g）+6H₂（g）?CH₃CH₂OH（g）+3H₂O（g），其起始投料比、温度与CO₂的转化率的关系如图所示．

温度/K CO2转化率/% a/mol	500	600	700	800
1.67	x	33
1.25	60	43		y
0.83		z	32	w

①降低温度，平衡向正方向移动；
②在700K，起始投料比$\frac{n（{H}_{2}）}{n（C{O}_{2}）}$=1.5时，
H₂的转化率为40%若达到平衡后，H₂的浓度为a mol•L^-1，则达到平衡时CH₃CH₂OH的浓度为0.1amol•L^-1．
（3）CO₂和H₂在一定条件下可合成二甲醛：2CO₂（g）+6H₂（g）?CH₃OH（g）+3H₂O（g）△H．在一定压强下，将2.5mol H₂与a mol CO₂置于容积为1L的密闭容器中，发生上述反应，达到平衡状态时，测得反应的实验数据都如表：
①x，y的大小关系为B
A．x=y  B．x＞y  C．x＜y  D．无法判断
②下列关于该反应的叙述正确的是ABC．
A．该反应的△H＜0，△S＜0
B．该反应的平衡常数随温度升高而减小
C．转化率分别为z，ω时，达到平衡的时间前者长
D．转化率分别为y，ω时，平衡常数不同．

Answer 1

分析 （1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式中的反应热；
（2）由图可知其起始投料比为1.25，温度由600→500，二氧化碳的转化率升高，所以平衡正向移动；
（3）因为700K，起始投料比$\frac{n（{H}_{2}）}{n（C{O}_{2}）}$=1.5时，二氧化碳的转化率为20%，求氢气的变化量，从而求出转化率；
（4）①由（2）可知温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳转化率变小，而其起始投料比减小，实际上增加二氧化碳的量，二氧化碳的转化率减小；
②A．降低温度平衡正向移动，该反应的△H＜0，正反应是气体物质的量减少的方向，所以△S＜0；
B．降低温度平衡正向移动，所以正反应是放热反应，温度升高而平衡常数随减小；
C．温度越高达平衡时间越短；
D．平衡常数是温度的函数．

解答 解：（1）令①CH₄（g）+H₂O（g）═CO（g）+3H₂（g）△H=+206.2kJ•mol^-1，②CH₄（g）+CO₂（g）═2CO（g）+2H₂（g）△H=+247.4kJ•mol^-1
②-①×2得到CO₂（g）+4H₂（g）═CH₄（g）+2H₂O（g）△H=-165kJ•mol^-1 ；故答案为：-165kJ•mol^-1；
（2）由图可知其起始投料比为1.25，温度由600→500，二氧化碳的转化率升高，所以平衡正向移动，故答案为：正；
（3）2CO₂（g）+6H₂（g）?CH₃CH₂OH（g）+3H₂O（g）
初起量：4       6          0             0
变化量：0.8     2.4         0.4          3.2
所以H₂的转化率为$\frac{2.4}{6}$×100%=40%，平衡时H₂的浓度为a mol•L^-1，则达到平衡时CH₃CH₂OH的浓度为$\frac{0.4}{6-2.4}×a$=0.1amol•L^-1，故答案为：40%；0.1amol•L^-1；（4）①由（2）可知温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳转化率变小，而其起始投料比减小，实际上增加二氧化碳的量，二氧化碳的转化率减小，综上所述，x＞y，故选：B；
②A．降低温度平衡正向移动，该反应的△H＜0，正反应是气体物质的量减少的方向，所以△S＜0，故正确；
B．降低温度平衡正向移动，所以正反应是放热反应，温度升高而平衡常数随减小，故正确；
C．w对应的温度高，所以达平衡时间越短，即达到平衡的时间z长，故正确；
D．两者温度相同，所以平衡常数相同，故错误；
故选ABC．

点评 本题考查反应热计算、平衡常数及影响因素、反应速率与平衡移动影响因素、化学平衡计算等侧重考查学生对图象的分析与平衡移动的理解，难中等大注意基础知识的理解掌握．