Question

10．甲醇是重要的燃料，有广阔的应用前景：工业上一般以CO和为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：CO（g）+2H₂（g）═CH₃OH（g）△H₁=-116kJ•mol^-1
（1）下列措施中有利于增大该反应的反应速率且利于反应正向进行的是C．
a．随时将CH₃OH与反应混合物分离      b．降低反应温度
c．增大体系压强                     d．使用高效催化剂
（2）已知：CO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═CO₂（g）△H₂=-283kJ•mol^-1
H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═H₂O（g）△H₃=-242kJ•mol^-1
则表示1mol气态甲醇完全燃烧生成CO₂和水蒸气时的热化学方程式为CH₃OH（g）+$\frac{3}{2}$O₂（g）=CO₂（g）+2H₂O（g）△H=-651kJ•mol^-1．
（3）在容积为2L的恒容容器中，分别研究在三种不同温度下合成甲醇，如图是上述三种温度下不同的H₂和CO的起始组成比（起始时CO的物质的量均为2mol）与CO平衡转化率的关系．请回答：
①在图中三条曲线，对应的温度由高到低的顺序是Z＞Y＞X．
②利用a点对应的数据，计算出曲线Z在对应温度下CH₃OH（g）═CO（g）+2H₂（g）的平衡常数：K=0.25．
（4）恒温下，分别将1molCO和2molH₂置于恒容容器I和恒压容器Ⅱ中（两容器起始容积相同），充分反应．
①达到平衡所需时间是I＞Ⅱ（填“＞”、“＜”或“=”，下同）．达到平衡后，两容器中CH₃OH的体积分数关系是I＜Ⅱ．
②平衡时，测得容器I中的压强减小了30%，则该容器中CO的转化率为45%．

Answer 1

分析 （1）升高温度、增大压强、使用催化剂等均可加快反应速率，结合平衡移动原理分析解答；
（2）已知：①CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）△H₁=-116kJ•mol^-1，
②CO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═CO₂（g）△H₂=-283kJ•mol^-1，
③H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═H₂O（g）△H₃=-242kJ•mol^-1 ，
根据盖斯定律：①-②-③×2得：CH₃OH（g）+$\frac{3}{2}$O₂（g）=CO₂（g）+2H₂O（g）；
（3）①合成甲醇是放热反应，温度升高，CO的转化率降低；
②a点时，CO转化率50%，反应消耗了2mol×50%=1molCO，图象中可知，起始量氢气物质的量n（H₂）=1.5n（CO）=3mol，则：
            CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）
起始量（mol） 2      3         0
变化量（mol） 1      2         1
平衡量（mol） 1      1         1
再根据K=$\frac{c（C{H}_{3}OH）}{c（CO）×{c}^{2}（{H}_{2}）}$计算平衡常数，相同温度下CH₃OH（g）═CO（g）+2H₂（g）的平衡常数与 CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）的平衡常数互为倒数；
（4）①恒温下，分别将1molCO和2molH₂置于恒容容器I和恒压容器Ⅱ中，正反应为气体体积减小的反应，随反应进行气体物质的量减小，I中压强减小，压强越大反应速率越快，Ⅱ中平衡等效再I中平衡基础上增大压强，平衡正向移动；
②平衡时，测得容器Ⅰ中的压强减小了30%，气体物质的量减小30%，即减少（1+2）mol×30%=0.9mol，利用差量法计算参加反应CO的物质的量，进而计算CO转化率．

解答 解：（1）A．随时将CH₃OH与反应混合物分离，减小生成物的浓度，利于反应正向进行，但反应速率减小，故A错误；
B．反应是放热反应，温度降低，利于反应正向进行，但反应速率变小，故B错误；
C．正反应为气体积减小的反应，压强增大，利于反应正向进行，反应速率加快，故C正确；
D．使用催化剂，反应速率加快，不影响化学平衡移动，故D错误；
故选：C；
（（2）已知：①CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）△H₁=-116kJ•mol^-1，
②CO（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═CO₂（g）△H₂=-283kJ•mol^-1，
③H₂（g）+$\frac{1}{2}$O₂（g）═H₂O（g）△H₃=-242kJ•mol^-1 ，
根据盖斯定律：①-②-③×2得：CH₃OH（g）+$\frac{3}{2}$O₂（g）=CO₂（g）+2H₂O（g）△H=-651kJ•mol^-1，
故答案为：CH₃OH（g）+$\frac{3}{2}$O₂（g）=CO₂（g）+2H₂O（g）△H=-651kJ•mol^-1；
（3）①反应CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）△H₁=-116kJ•mol^-1，是放热反应，温度越高，CO转化率越低，所以曲线Z对应的温度最高，X对应的一氧化碳转化率最大，温度最低，Y介于二者之间，在图中三条曲线，对应的温度由高到低的顺序是Z＞Y＞X；
故答案是：Z＞Y＞X；
②a点时，CO转化率50%，反应消耗了2mol×50%=1molCO，图象中可知，起始量氢气物质的量n（H₂）=1.5n（CO）=3mol，则：
             CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）
起始量（mol） 2       3         0
变化量（mol） 1       2         1
平衡量（mol） 1       1         1
容器容积为2L，则平衡常数K=$\frac{c（C{H}_{3}OH）}{c（CO）×{c}^{2}（{H}_{2}）}$=$\frac{0.5}{0.5×0．{5}^{2}}$=4，相同温度下CH₃OH（g）═CO（g）+2H₂（g）的平衡常数=$\frac{1}{4}$=0.25，
故答案为：0.25；
（4）①恒温下，分别将1molCO和2molH₂置于恒容容器I和恒压容器Ⅱ中，正反应为气体体积减小的反应，随反应进行气体物质的量减小，I中压强减小，压强越大反应速率越快，达到平衡需要的时间短，故达到平衡所需时间Ⅰ＞Ⅱ；
Ⅱ中平衡等效再I中平衡基础上增大压强，平衡正向移动，所以两容器中CH₃OH的体积分数Ⅰ＜Ⅱ；
故答案为：＞；＜；
②平衡时，测得容器Ⅰ中的压强减小了30%，气体物质的量减小30%，即减少（1+2）mol×30%=0.9mol，则：
CO（g）+2H₂（g）?CH₃OH（g）物质的量减小△n
1                                2
0.45mol                          0.9mol
则该容器中CO的转化率=$\frac{0.45mol}{1mol}$×100%=45%，
故答案为：45%．

点评 本题考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡图象、化学反应速率影响因素、化学平衡常数、热化学方程式的书写等知识，是对学生综合能力的考查，难度中等．