Question

【题目】乙醛酸（OHC-COOH）是合成名贵香料的原料之一。

I.由乙二醛催化氧化制乙醛酸的反应如下：2OHC-CHO(g)+O2(g) 2OHC-COOH(g)△H

(1)已知反应中相关的化学键键能数据如表1：

化学键	O=O	C-O	O-H	C-H
键能（KJ/mol）	498	351	465	413

计算上述反应的△H=____________kJ·mol-1。

(2)一定条件下，按照投料比进行上述反应，乙二醛的平衡转化率(a)和催化剂催化效率随温度变化如图所示。

①该反应在A点放出的热量________B点放出的热量(填“>”、“=”或“＜”）

②某同学据图推知，生成乙醛酸的速率：v（A）＞v（B），你认为此结论是否正确，简述理由__________。

③图中A点时，乙醛酸的体积分数为_____________。

④为提高乙二醛的平衡转化率，除改变投料比、温度外，还可以采取的措施有__________ (列举一条)。

Ⅱ．利用惰性电极电解饱和乙二酸和稀硫酸溶液也可以制备乙醛酸，原理如图所示。

(1)图中的离子交换膜为___________ (填“阳”或“阴”)膜。

(2)稀硫酸的作用为____________。

(3)生成乙醛酸的电极反应式为_______________。

Answer 1

【答案】 -308 ＞ 不正确 温度越高，催化效率越高，化学反应速率越快，而A点的温度低、催化效率高，B点的温度高、催化效率低，所以无法比较速率大小 50% 增大压强或及时分离出乙醛酸 阳 提供H+，作电解质溶液 HOOC-COOH + 2H+ + 2e- = OHC-COOH + H2O

【解析】I、（1）反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可知，该反应的反应热为：2molC-H、1molO=0总键能与2molC-O、2molO-H总键能之差，△H=2mol×413kJmol-1+1mol×498kJmol-1-2mol×（351kJmol-1+465kJmol-1）=-308kJmol-1； （2）①曲线上的点代表一定温度下平衡时乙二醛的转化率，A点转化率高于B点，A点乙二醛转化得更多，由于此反应是一个放热反应，说明乙二醛转化得越多，放的热量就越多，则A点放出的热量多于B点放出的热量；②温度越高，催化效率越高，化学反应速率越快，而A点的温度低、催化效率高，B点的温度高、催化效率低，所以无法比较速率大小；③若投料比按照n(O2)/n(OHCCHO)=1/2，设O2为1mol、OHC-CHO为2mol，A点时乙二醛的转化率为60%，则转化的乙二醛为1.2mol，根据三行式：

2OHC-CHO(g)+O2(g) 2OHC-COOH(g)

起始（mol）：2 1 0

变化（mol）：1.2 0.6 1.2

平衡（mol）：0.8 0.4 1.2

所以乙醛酸的体积分数为=乙醛酸的物质的量/气体总物质的量×100%=1.2mol/(0.8mol+0.4mol+1.2mol)×100%=50%；④为提高乙二醛的平衡转化率，应改变条件使平衡正向移动，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强，或将产物分离出来，

故答案为：增大压强或及时分离出乙醛酸；Ⅱ、（1）由图可知，左边电极通入饱和乙二酸，生成乙醛酸，说明乙二酸发生还原反应，则左边为阴极，乙二酸获得电子，与通过质子交换膜的氢离子反应生成乙醛酸和水，说明离子交换膜是阳离子交换膜；（2）乙二酸与通过质子交换膜的氢离子反应生成乙醛酸和水，说明稀硫酸的作用是提供氢离子，作电解质溶液；（3）乙二酸得到电子，与通过质子交换膜的氢离子反应生成乙醛酸和水，电极反应式为：HOOC-COOH + 2H+ + 2e-＝OHC-COOH + H2O。