Question

4．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（1）△H₂=-285.8kJ•mol^-1
CH₃OH（g）+$\frac{3}{2}$O₂（g）═CO₂（g）+2H₂O（1）△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amol　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）根据CO（g）+2H₂（g）═CH₃OH（g），利用盖斯定律进行计算；
（2）①依据反应是气体体积减小的反应，相同温度下增大压强平衡正向进行；
②100°C时一氧化碳的转化率为0.75，结合平衡三段式列式根据平衡常数表达式K=$\frac{c（C{H}_{3}OH）}{c（CO）{c}^{2}（{H}_{2}）}$进行计算；
③根据转化率=$\frac{转化率}{起始量}$×100%来比较；
④根据增大浓度、温度、压强或者使用催化剂会增大反应速率以及平衡向正反应方向移动会提高CO转化率来判断；
（3）依据原电池原理，负极是失电子发生氧化反应，二氧化硫失电子生成硫酸的过程；
（4）根据化合价变化判断阳极反应物质，写出阳极反应式．

解答 解：（1）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
由盖斯定律①+2×②-③得：CO（g）+2H₂（g）═CH₃OH（g），△H=（-283.0-285.8×2+764.5）kJ•mol^-1=-90.1kJ•mol^-1，
故答案为：-90.1；
（2）①图象分析可知相同温度下P₂压强下一氧化碳转化率大于P₁压强下一氧化碳转化率，反应是气体体积减小的反应，压强增大平衡正向进行，所以P₁＜P₂；
故答案为：＜；甲醇的合成反应是分子数减少的反应，相同温度下，增大压强CO的转化率提高；
②向VL恒容密闭容器中充入a mol CO与2a mol H₂，100°C时一氧化碳的转化率为50%，
                     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   
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：$\frac{12{V}^{2}}{{a}^{2}}$；
③因为转化率=转化量总量，又CO和H₂按照系数比1：2消耗，而开始充入α 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、使用高效催化剂只能增大反应速率，不能改变平衡移动，所以CO的转化率不变，故A错误；
B、降低反应温度会减慢反应速率，故B错误；
C、增大体系压强，不仅增大反应速率，而且平衡也向正反应方向移动，所以CO的转化率也增大，故C正确；
D、不断将CH₃0H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，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，但增加了CO则CO的转化率也减小，故E错误；
故答案为：C；
（3）该原电池中，负极上失电子被氧化，二氧化硫到硫酸，硫的化合价升高，所以负极上投放的气体是二氧化硫，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，所以负极上的电极反应式为：SO₂-2e^-+2H₂O═SO₄^2-+4H⁺，
故答案为：SO₂-2e^-+2H₂O═SO₄^2-+4H⁺；
（4）电解池中阳极和电源正极相连，失去电子，发生氧化反应，电解NaHSO₃溶液可制得硫酸，硫的化合价升高，所以阳极是HSO₃^-溶液失去电子被氧化生成SO₄^2-，则阳极电极反应式是：HSO₃^-+H₂O-2e^-=SO₄^2-+3H⁺；
故答案为：HSO₃^-+H₂O-2e^-=SO₄^2-+3H⁺．

点评 本题考查了热化学方程式和盖斯定律的计算应用，化学平衡影响因素的分析判断，平衡移动原理分析应用，原电池电极反应和电解池原理的理解应用，题目难度中等．