Question

17．二氧化碳是造成温室效应的主要气体，二氧化碳的回收再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）?CH₄（g）+2H₂（g）的△H₃-163kJ/mol．
（2）一定压强下，在某恒容密闭容器中，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．
①降低温度，平衡向正反应方向移动．
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amol•L-1，则达到平衡时CH₂CH₂OH的浓度为$\frac{a}{9}$mol/L．
（3）CO₂和H₂在一定条件下可合成二甲醚：2CO₂（g）+6H₂（g）?CH₃OCH₃（g）+2H₂O（g）△H．在一定压强下，将2.5molH₂与amolCO₂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如下表：

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

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、w时，达到平衡的时间前者长   D．转化率分别为y、w时，平衡常数不同．

Answer 1

分析 （1）已知：①．CH₄（g）+CO₂（g）?2CO（g）+2H₂（g）△H₁=+247kJ•mol^-1
②．CH₄（g）+H₂O（g）?CO（g）+3H₂（g）△H₂=+205kJ•mol^-1
根据盖斯定律，①-②×2可得：CO₂（g）+4H₂（g）?CH₄（g）+2H₂O（g），则△H₃=△H₁-2△H₂；
（2）①由图可知，$\frac{n（{H}_{2}）}{n（C{O}_{2}）}$一定时，温度越高，平衡时二氧化碳的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应；
②由图可知，在700K，起始投料比$\frac{n（{H}_{2}）}{n（C{O}_{2}）}$=1.5时，二氧化碳转化率为20%，令CO₂、H₂的起始物质的量分别为1mol、1.5mol，转化的二氧化碳为0.2mol，根据方程式可知转化的氢气为0.6mol，进而计算H₂ 的转化率，再根据平衡时氢气浓度计算氢气的起始浓度，进而计算氢气浓度变化量△c（H₂），由方程式可知△c（CH₃CH₂OH）=$\frac{1}{6}$△c（H₂）；
（3）①CO₂起始物质的量为1.25mol时，温度越高，CO₂的转化率越小，故w＜32，x＞33，由于CO₂（g）、H₂（g）按物质的量1：3反应，当二者按物质的量1：3混合时，即a=0.83，二者转化率相等，则800K时CO₂、H₂的转化率均为w%，CO₂（g）的起始物质的量越大，其转化率越小，则y＜w；
②A．CO₂起始物质的量为1.25mol时，温度越高，CO₂的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，正反应生成气体的物质的量减小，混乱度减小；
B．升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数随温度升高而减小；
C．温度越高，反应速率越快；
D．平衡常数只受温度影响．

解答 解：（1）已知：①．CH₄（g）+CO₂（g）?2CO（g）+2H₂（g）△H₁=+247kJ•mol^-1
②．CH₄（g）+H₂O（g）?CO（g）+3H₂（g）△H₂=+205kJ•mol^-1
根据盖斯定律，①-②×2可得：CO₂（g）+4H₂（g）?CH₄（g）+2H₂O（g），则△H₃=△H₁-2△H₂=-163kJ/mol，
故答案为：-163kJ/mol；
（2）①由图可知，$\frac{n（{H}_{2}）}{n（C{O}_{2}）}$一定时，温度越高，平衡时二氧化碳的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，降低温度，平衡向放热反应方向移动，即向正反应方向移动，
故答案为：正反应；
②由图可知，在700K，起始投料比$\frac{n（{H}_{2}）}{n（C{O}_{2}）}$=1.5时，二氧化碳转化率为20%，令CO₂、H₂的起始物质的量分别为1mol、1.5mol，转化的二氧化碳为mol×20%=0.2mol，根据方程式可知转化的氢气为0.2amol×3=0.6mol，H₂ 的转化率为$\frac{0.6mol}{1.5mol}$×100%=40%，氢气的平衡浓度为amol/L，则氢气的起始浓度为amol/L÷（1-40%）=$\frac{5a}{3}$mol/L，则△c（H₂）=$\frac{5a}{3}$mol/L-amol/L=$\frac{2a}{3}$mol/L，由方程式可知△c（CH₃CH₂OH）=$\frac{1}{6}$△c（H₂）=$\frac{1}{6}$×$\frac{2a}{3}$mol/L=$\frac{a}{9}$mol/L，
故答案为：40%；$\frac{a}{9}$mol/L；
（3）①CO₂起始物质的量为1.25mol时，温度越高，CO₂的转化率越小，故w＜32，x＞33，由于CO₂（g）、H₂（g）按物质的量1：3反应，当二者按物质的量1：3混合时，即a=0.83，二者转化率相等，则800K时CO₂、H₂的转化率均为w%，CO₂（g）的起始物质的量越大，其转化率越小，则y＜w，由上述分析可知x＞y，
故答案为：B；
②A．CO₂起始物质的量为1.25mol时，温度越高，CO₂的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，即△H＜0，正反应生成气体的物质的量减小，混乱度减小，则△S＜0，故A正确；
B．正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数随温度升高而减小，故B正确；
C．温度越高，反应速率越快，转化率分别为z、w时，达到平衡的时间前者长，则C正确；
D．由于温度相同，则平衡常数相同，故D错误，
故选：ABC．

点评 本题考查化学平衡计算、化学平衡影响因素、反应热计算等，较好的考查学生分析能力、知识迁移运用能力．（3）中转化率比较为易错点、难度，貌似无法比较，关键是根据二者转化率相等时的特殊性分析解答．