Question

9．催化还原CO₂是解决温室效应及能源问题的重要手段之一，研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO₂和H₂可发生两个平行反应，分别生成CH₃OH和CO，反应的热化学方程式如下：
CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）△H₁=-53.7kJ•mol^-8 Ⅰ
CO₂（g）+H₂（g）?CO（g）+H₂O（g）△H₂ Ⅱ
某实验室控制CO₂和H₂初始投料比为1：2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：

T（K）	催化剂	CO2转化率（%）	甲醇选择性（%）
543	Cat.1	12.3	42.3
543	Cat.2	10.9	72.7
553	Cat.1	15.3	39.1
553	Cat.2	12.0	71.6

[备注]Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性；转化的CO₂中生成甲醇的百分比
已知：①CO和H₂的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol^-1和-285.8kJ•mol^-1．
②H₂O（1）═H₂O（g）△H₃=44.0kJ•mol^-1
请回答（不考虑温度对△H的影响）：
（1）反应I的平衡常数表达式K=$\frac{c（C{H}_{3}OH）c（{H}_{2}O）}{c（C{O}_{2}）{c}^{3}（{H}_{2}）}$；反应Ⅱ的△H₂=+41.2kJ•mol^-1．
（2）有利于提高CO₂转化为CH₃OH平衡转化率的措施有CD．
A．使用催化剂Cat.1  
B、使用催化剂Cat.2
C、降低反应温度  
D、投料比不变，增加反应物的浓度
E、增大 CO₂和H₂的初始投料比
（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO₂转化成CH₃OH的选择性有显著的影响，其原因是表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而再该时刻下对甲醇选择性有影响．
（4）在如图中分别画出反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程-能量”示意图．
（5）研究证实，CO₂也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在阴极，该电极反应式是CO₂+6H⁺+6e^-=CH₃OH+H₂O．

Answer 1

分析 （1）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；已知：CO和H₂的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol^-1和-285.8kJ•mol^-1，②H₂O（1）═H₂O（g）△H₃=44.0kJ•mol^-1，可知热化学方程式a．CO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=CO₂（g）△H=-283.0kJ•mol^-1，b．H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=H₂O（1）△H=-285.8kJ•mol^-1，c．H₂O（1）═H₂O（g）△H₃=44.0kJ•mol^-1，利用盖斯定律可计算CO₂（g）+H₂（g）?CO（g）+H₂O（g）的反应热；
（2）由CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）△H₁=-53.7kJ•mol^-8 可知提高CO₂转化为CH₃OH平衡转化率，应使平衡向正向移动，可降低温度，增大浓度；
（3）不同的催化剂的催化能力不同，且催化剂具有选择性；
（4）加入催化剂，可降低反应的活化能，催化能力越强，活化能越低，但反应热不变；
（5）CO₂也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，应为电解池的阴极反应，被还原生成甲醇．

解答 解：（1）平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，K=$\frac{c（C{H}_{3}OH）c（{H}_{2}O）}{c（C{O}_{2}）{c}^{3}（{H}_{2}）}$，
已知：CO和H₂的标准燃烧热分别为-283.0kJ•mol^-1和-285.8kJ•mol^-1，②H₂O（1）═H₂O（g）△H₃=44.0kJ•mol^-1，可知热化学方程式a．CO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=CO₂（g）△H=-283.0kJ•mol^-1，b．H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）=H₂O（1）△H=-285.8kJ•mol^-1，c．H₂O（1）═H₂O（g）△H₃=44.0kJ•mol^-1，
由盖斯定律将b-a+c可得CO₂（g）+H₂（g）?CO（g）+H₂O（g）△H₂ =（-285.8+283.0+44）kJ•mol^-1=+41.2kJ•mol^-1，
故答案为：$\frac{c（C{H}_{3}OH）c（{H}_{2}O）}{c（C{O}_{2}）{c}^{3}（{H}_{2}）}$；+41.2；
（2）A．使用催化剂Cat.1，平衡不移动，不能提高转化率，故A错误；  
B、使用催化剂Cat.2，不能提高转化率，故B错误；
C、降低反应温度，平衡正向移动，可增大转化率，故C正确； 
D、投料比不变，增加反应物的浓度，衡正向移动，可增大转化率，故D正确；
E、增大 CO₂和H₂的初始投料比，可增大氢气的转化率，二氧化碳的转化率减小，故E错误．
故答案为：CD；
（3）从表中数据分析，在相同温度下，不同的催化剂二氧化碳的转化率不同，说明不同的催化剂的催化能力不同，相同的催化剂不同的温度，二氧化碳的转化率不同，且温度高的转化率大，因为正反应为放热反应，说明表中数据是未达到平衡数据，
故答案为：表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响；
（4）从表中数据分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应Ⅰ催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能更低，故图为，
故答案为：；
（5）CO₂也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，C元素化合价降低，被还原，应为电解池的阴极反应，电极方程式为CO₂+6H⁺+6e^-=CH₃OH+H₂O，
故答案为：阴；CO₂+6H⁺+6e^-=CH₃OH+H₂O．

点评 本题考查较为综合，涉及化学平衡的计算，平衡移动以及热化学方程式、电化学等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、计算能力的考查，注意把握盖斯定律的应用，电解池的工作原理等知识，题目难度中等．