Question

18．甲醇（CH₃OH）是一种重要的化工原料，既可用于化工生产，也可直接用做燃料．
（1）工业上可用CO₂和H₂反应制得甲醇．在2×10⁵Pa、300℃的条件下，CO₂和H₂反应生成甲醇和水，当消耗2molCO₂时放出98kJ的热量，该反应的热化学方程式为CO₂（g）+3H₂（g）$\frac{\underline{\;\;\;300℃\;\;\;}}{200kPa}$CH₃OH（g）+H₂O（g）△H=-49kJ/mol．
（2）甲醇也可由CO与H₂反应制得．在一定温度下，初始容积相同的两个容器中（如图1），发生反应：CO（g）+2H₂（g）=CH₃OH（g）．

①能表明甲和乙容器中反应一定达到平衡状态的是C（填字母代号）．
A．混合气体的密度保持不变          B．混合气体的总压强保持不变
C．CO的质量分数保持不变            D．CO 与H₂的转化率之比为3：2
E．v（CO）=v（CH₃OH）
②两容器中反应达到平衡时，Co的转化率α_甲＞α_乙（填“＞”、“＜”或“=”）
（3）组成$\frac{n（{H}_{2}）}{n（CO+C{O}_{2}）}$=2.60时，体系中CO 的平衡转化率（α）动与温度和压强的关系如图2所示．图中的压强由大到小依次为p₃＞p₂＞p₁，其判断理由是该反应为气体分子数减小的反应，在相同温度下，加压有利于提升CO的转化率．
（4）甲醇燃料电池（简称DMFC）可作为常规能源的替代品而备受关注．DMFC的工作原理如图所示：
①加入a 物质的电极是电池的负（填“正”或“负”）极，其电极反应式为CH₃OH+H₂O-6e^-═CO₂+6H⁺．
②常温下以该装置作电源，用惰性电极电解NaCl和CuSO₄的混合溶液，当电路中通过0.4mol电子的电量时，两电极均得到0.14mol的气体．若电解后溶液体积为4OL，则电解后溶液的pH 为11．

Answer 1

分析 （1）在2×10⁵Pa、300℃的条件下，CO₂和H₂反应生成甲醇和水，当消耗2molCO₂时放出98kJ的热量，消耗1molCO₂时，反应放出热量49kJ，据此写出热化学反应方程式；
（2）①在一定温度下，初始容积相同的两个容器中，发生反应：CO（g）+2H₂（g）=CH₃OH（g），甲容器为恒压装置，乙容器为恒容装置，反应为气体分子数减少的反应，随着反应进行，压强减小，据此判断化学平衡的标志；
②反应为气体分子数减少的反应，随着反应进行，压强减小，增压有利于反应正向移动，使CO的转化率增大，据此判断两容器中CO的转化率；
（3）反应为气体分子数减少的反应，随着反应进行，压强减小，增压有利于反应正向移动，使CO的转化率增大，根据转化率图象判断压强的大小，说明判断的理由；
（4）①根据装置图分析，a电极处电子流出，做原电池负极，物质发生氧化反应，负极为甲醇失去电子，考虑到有H⁺转移到正极处，则电极产物为CO₂和H⁺，据此写出电极反应式；
②惰性电极电解NaCl和CuSO₄的混合溶液，根据电极反应分析，电解过程中遵循电子得失守恒，据此计算．

解答 解：（1）在2×10⁵Pa、300℃的条件下，CO₂和H₂反应生成甲醇和水，当消耗2molCO₂时放出98kJ的热量，消耗1molCO₂时，反应放出热量49kJ，则该反应的热化学方程式为：CO₂（g）+3H₂（g）$\frac{\underline{\;\;\;300℃\;\;\;}}{200kPa}$CH₃OH（g）+H₂O（g）△H=-49kJ/mol，
故答案为：CO₂（g）+3H₂（g）$\frac{\underline{\;\;\;300℃\;\;\;}}{200kPa}$CH₃OH（g）+H₂O（g）△H=-49kJ/mol；
（2）①在一定温度下，初始容积相同的两个容器中，发生反应：CO（g）+2H₂（g）=CH₃OH（g），甲容器为恒压装置，乙容器为恒容装置，反应为气体分子数减少的反应，随着反应进行，压强减小，
A．混合气体的密度为$ρ=\frac{{m}_{混}}{{V}_{容器}}$，反应前后，整个体系中根据质量守恒定律，总混合气体的质量不发生改变，对于甲容器，随着反应进行，容器体积发生改变，密度可以作为化学平衡的判据，对于乙容器，恒容装置体积不变，整个反应过程密度不变，所以密度不可作为化学平衡的判据，不能同时说明甲和乙的化学平衡，故A不选；
B．甲为恒压装置，整个反应过程体系总压强不变，压强不可作为化学平衡的判据，乙容器为恒容装置，反应为气体分子数减少的反应，随着反应进行，体系压强变小，压强可以作为化学平衡的判据，不能同时甲和乙的化学平衡，故B不选；
C．CO的质量分数是指CO的质量占总质量的百分含量，根据质量守恒总质量不变，CO随着反应进行，质量发生改变，反应达到平衡时，CO的质量不变，所以可以同时说明甲和乙的化学平衡，故C选；
D．CO 与H₂的转化率之比需视具体的参加反应的量而定，不一定是3：2，没有说服力，故D不选；
E．v（CO）=v（CH₃OH），对于用化学反应速率描述化学平衡时，需注明是逆反应速率还是正反应速率，未注明则不能说明化学平衡，故E不选，
故答案为：C；
②反应为气体分子数减少的反应，随着反应进行，压强减小，增压有利于反应正向移动，使CO的转化率增大，以乙容器作为参考，若甲容器体积不变，则平衡时，甲容器中的CO的转化率和乙容器中CO的转化率相等，现甲容器随着反应进行，体积缩小，相当于对反应进行加压，则化学平衡向减压方向，即正反应方向移动，因此相对于乙容器来说，甲的正向反应程度大于乙，则CO的转化率α_甲＞α_乙，
故答案为：＞；
（3）组成$\frac{n（{H}_{2}）}{n（CO+C{O}_{2}）}$=2.60时，由于反应为气体分子数减少的反应，随着反应进行，压强减小，增压有利于反应正向移动，使CO的转化率增大，控制变量法分析，取相同温度时的三个压强来看，根据原理分析知道高压强对应着高的反应物转化率α（CO），因此压强大小关系为：p₃＞p₂＞p₁，其判断理由是：该反应为气体分子数减小的反应，在相同温度下，加压有利于提升CO的转化率，
故答案为：p₃＞p₂＞p₁；该反应为气体分子数减小的反应，在相同温度下，加压有利于提升CO的转化率；
（4）①根据装置图分析，a电极处电子流出，做原电池负极，
物质发生氧化反应，负极为甲醇失去电子，考虑到有H⁺转移到正极处，则电极产物为CO₂和H⁺，则其电极反应式为：CH₃OH+H₂O-6e^-═CO₂+6H⁺，
故答案为：负；CH₃OH+H₂O-6e^-═CO₂+6H⁺；
②惰性电极电解NaCl和CuSO₄的混合溶液，电解时，溶液中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，根据放电顺序，阴极放电顺序为：Cu²⁺，Na⁺，阳极放电顺序为：Cl^-，SO₄^2-，当电路中通过0.4mol电子的电量时，两电极均得到0.14mol的气体，阳极可以得到Cl₂，阴极只可以得到H₂，阳极可以产生Cl₂和O₂，阴极得到0.14molH₂，转移的电子数为0.14mol×2=0.28mol，由于电路中通过0.4mol电子，则电解Cu²⁺时转移电子数为0.4mol-0.28mol=0.12mol，阳极可以产生Cl₂和O₂，产生这两种气体的物质的量一共为0.14mol，转移的电子数为0.4mol，则有关系：$\left\{\begin{array}{l}{n（C{l}_{2}）+n（{O}_{2}）=0.14mol}\\{2n（C{l}_{2}）+4n（{O}_{2}）=0.4mol}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{n（C{l}_{2}）=0.08mol}\\{n（{O}_{2}）=0.06mol}\end{array}\right.$，产生0.06molO₂，H₂产生由水放电而来，电极反应为：2H₂O+2e^-═H₂↑+2OH^-，产生0.14molH₂，溶液中生成0.28molOH^-，阳极产生O₂由OH^-放电而来，电极反应为：4OH^--4e^-═O₂↑+2H₂O，产生0.06molO₂消耗0.24molOH^-，则溶液中剩余OH^-的物质的量为0.28mol-0.24mol=0.04mol，电解后溶液的体积为40L，则溶液中c（OH^-）=$\frac{0.04mol}{40L}$=0.001mol/L，则溶液中pOH=-lgc（OH^-）=3，所以溶液pH=14-pOH=11，
故答案为：11．

点评 本题综合地考查了化学原理部分知识，包含热化学方程式的书写，化学平衡的移动，转化率的判断，电解反应式的书写，电解原理的应用，题目难度中等，本题（4）的第②问，很有综合性，电解混合溶液，明确溶液中的离子的放电顺序，牢牢把握守恒思想是解答的关键，难度稍大，是易错点和难点，平时需加强练习．