Question

17．甲醇汽油是一种新能源清洁燃料，可以作为汽油的替代物．有关反应的热化学方程式如下：
①2CH₃OH（l）+3O₂（g）═2CO₂（g）+4H₂O（g）△H=-1275.6kJ/mol
②2CO（g）+O₂（g）═2CO₂（g）△H=-566.0kJ/mol
③H₂O（g）═H₂O（l）△H=-44kJ/mol
I．写出CH₃OH（l）不完全燃烧生成CO和H₂O（l）的热化学方程式：CH₃OH（l）+O₂（g）=CO（g）+2H₂O（l）△H=-442.8kJ•mol^-1．
II．工业上可用CO和H₂制取甲醇：CO（g）+2H₂（g）=CH₃OH（g）△H=akJ/mol．为研究该反应平衡时CO转化率与反应物投料比（反应物投料比=$\frac{c（CO）_{起始}}{c（{H}_{2}）_{起始}}$）以及温度的关系，研究小组在10L的密闭容器中进行模拟反应，并依反应数据绘出图：
回答下列问题：
（1）反应热a＜0（填“＞”或“＜”），判断理由是升高温度，CO的转化率降低，平衡左移，正反应为放热反应．
（2）在其他条件相同，曲线I、II分别表示反应物投料比不同时的反应过程曲线．
①反应物投料比I＜II（填“＞”或“＜”或“=”）．
②若按曲线II反应，n（CO）起始=10mol，反应物投料比=0.5，则A点的平衡常数（K_a）值为1，B点的平衡常数（K_b）值为1．
（3）为提高CO的转化率，除了可以适当改变反应物与生成物的浓度外，还可以采取的措施有：较低温度、增大压强．

Answer 1

分析 I．根据热化学方程式利用盖斯定律计算反应热并书写热化学方程式；
II．（1）分析图象可知，一氧化碳转化率随温度升高减小，说明平衡逆向进行分析反应能量变化；
（2）①依据相同温度下一氧化碳的转化率变化分析投料比；
②结合投料比较少氢气物质的量，依据化学平衡三段式列式计算平衡浓度，得到A点的平衡常数，AB是相同温度下的平衡，平衡常数只随温度变化分析；
（3）为提高CO转化率，可以增加氢气量，提高一氧化碳的转化率，反应是放热反应，降低温度平衡正向进行，依据反应特征和平衡移动原理分析提高一氧化碳转化率的条件是平衡正向进行．

解答 解：I．（1）①2CH₃OH（l）+3O₂（g）═2CO₂（g）+4H₂O（g）△H=-1275.6kJ•mol^-1
②2CO（g）+O₂（g）═2CO₂（g）△H=-566.0kJ•mol^-1
③H₂O（g）═H₂O（l）△H=-44.0kJ•mol^-1
根据盖斯定律，将已知反应$\frac{1}{2}$×（①-②+③×4）得到CH₃OH（l）+O₂（g）=CO（g）+2H₂O（l），所以该反应的△H=$\frac{1}{2}$×[（-1275.6kJ/mol）-（-566.0kJ/mol）+（-44.0kJ/mol）×4]=-442.8kJ•mol^-1，即CH₃OH（l）+O₂（g）=CO（g）+2H₂O（l）△H=-442.8kJ•mol^-1，
故答案为：CH₃OH（l）+O₂（g）=CO（g）+2H₂O（l）△H=-442.8kJ•mol^-1；
II．（1）图象可知，一氧化碳转化率随温度升高减小，说明平衡逆向，正反应为放热反应，a＜0，
故答案为：＜；升高温度，CO的转化率降低，平衡左移，正反应为放热反应；
（2）①相同温度下一氧化碳的转化率变化分析投料比，Ⅰ和Ⅱ相比，Ⅰ的一氧化碳转化率大于Ⅱ的转化率，说明反应物投料比$\frac{c（CO）_{起始}}{c（{H}_{2}）_{起始}}$），Ⅰ＜Ⅱ；
故答案为：＜；
②若Ⅱ反应的n（CO）起始=10mol、投料比为0.5，n（H₂）=20mol，依据化学平衡三段式列式计算
                         CO（g）+2H₂（g）═CH₃OH（g）
起始量（mol/L） 1             2                 0
变化量（mol/L） 0.5          1               0.5
平衡量（mol/L） 0.5          1               0.5
A点的平衡常数K_A =$\frac{0.5}{0.5×{1}^{2}}$=1
AB是相同温度下的平衡，平衡常数只随温度变化，所以AB平衡常数相同；
故答案为：1；1；
（3）为提高CO转化率可采取的措施，可以增加氢气量，提高一氧化碳的转化率，反应是放热反应，降低温度平衡正向进行，依据反应特征和平衡移动原理分析提高一氧化碳转化率的条件是平衡正向进行，即减小投料比、较低温度、增大压强、分离出CH₃OH，
故答案为：较低温度、增大压强．

点评 本题考查了化学平衡、平衡常数，反应速率影响因素分析判断，化学平衡计算，化学平衡的建立过程分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．