Question

【题目】甲醇(CH3OH)热值高、无污染，既可做燃料，又是重要的化工原料。科学家正研究利用CO2生产甲醇以发展低碳经济。

(1)已知CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为283kJmol-1和726kJmol-1。则甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为______。

(2)根据甲醇在酸性电解质溶液中与氧气作用生成二氧化碳和水的反应，设计一种燃料电池，则其负极反应式为______。若该燃料电池消耗1mol甲醇所能产生的最大电能为689.7kJ，与其燃烧所能释放的全部能量相比，该燃料电池的理论效率为______。

(3)探究不同条件下对合成甲醇反应的影响：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。

①其他条件不变，T1、T2两种温度下CH3OH的物质的量随时间的变化如图，则该反应在T1时的平衡常数比T2时的______(填“大”、“小”)，处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时______(填“增大”、“减小”或“不变”)。

②某温度下，在体积为1L的密闭容器中加入4molCO2、8molH2，测得H2的物质的量随时间变化如图曲线(甲)所示：

则a→b时间段内v(CH3OH)=______molL-1min-1；若仅改变某一条件再进行实验，测得H2的物质的量随时间变化如图中虚线(乙)所示。曲线(乙)对应改变的实验条件可以是______(填序号)。

A.加催化剂 B.增大压强 C.升高温度 D.增大CO2浓度

若图中曲线甲平衡后保持恒温恒容，按如表各组的物质的量再次增加投入反应混合物，其中平衡向正反应方向进行的是______。

物质	n(CO2)	n(H2)	n(CH3OH)	n(H2O)
A	0	0	1	1
B	1	0	1	0
C	0	1	1	0

Answer 1

【答案】CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) △H=-443kJmol-1 CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ 95% 大 增大 0.5 BD C

【解析】

(1)根据CO(g)和CH3OH(l)的燃烧热，写出热化学方程式，再根据盖斯定律分析解答；

(2)燃料电池中，通入燃料的电极做负极，则负极为甲醇放电生成CO2，据此书写电极反应式；燃料电池的理论效率=×100%；

(3)①根据图象，结合平衡移动原理进行分析；②由图可知：a→b时间段内，△n(H2)=3mol，△t=2min，据此计算v(H2)=，v(CH3OH)=v(H2)；根据影响化学平衡的因素分析判断；先根据三段式求出平衡常数K，再根据Qc与K比较判断平衡移动的方向。

(1)CO(g)的燃烧热的热化学方程式为：①CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H=-283kJmol-1；CH3OH(l)的燃烧热的热化学方程式为：②CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-726kJmol-1，根据盖斯定律：反应②-反应①即可得甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) △H=-726kJmol-1+283kJmol-1 = -443kJmol-1，故答案为：CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) △H=-443kJmol-1；

(2)对于燃料电池，燃料做负极，则负极为甲醇放电生成CO2，根据电子转移、电荷守恒，电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；该燃料电池的理论效率=×100%=95%，故答案为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；95%；

(3)①由图可知，T1温度下，平衡时甲醇的物质的量更多，所以T1时的平衡常数比T2时的大；T2温度下反应先达平衡，则T2＞T1，且甲醇的物质的量减少，说明平衡逆移，正反应为放热反应，处于A点的反应体系从T1变到T2，相当于升高温度，平衡逆移，增大，故答案为：大；增大；

②由图可知：a→b时间段内，△n(H2)=3mol，△t=2min，则v(H2)====1.5mol/(Lmin)，v(CH3OH)=v(H2)=0.5mol/(Lmin)；A、加入催化剂，平衡不移动， H2平衡的物质的量不变，故A错误；B、增大压强，反应速率加快，平衡正移，H2的物质的量减小，符合图象变化，故B正确；C、升高温度，反应速率加快，平衡逆移，H2的物质的量增大，不符合图象变化，故C错误；D、增大CO2浓度，反应速率加快，平衡正移，H2的物质的量减小，符合图象变化，故D正确；故选BD；

平衡常数K===0.25(mol/L)-2，A、只加生成物，则平衡逆移，故A错误；B、Qc==0.25=K，平衡不移动，故B错误；C、Qc==0.11＜K，平衡正移，故C正确；故选C，故答案为：0.5；BD；C。