Question

17．對氣體的轉(zhuǎn)化與吸收的研究，有著實際意義．
（1）一定條件下，工業(yè)上可用CO或CO₂與H₂反應生成可再生能源甲醇，反應如下：
3H₂+CO₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）△H₁=-49.0kJ/mol   K₁（Ⅰ）
2H₂（g）+CO（g）?CH₃OH（g）△H₂=-90.8kJ/mol  K₂（Ⅱ）
則CO（g）+H₂O（g）?CO₂（g）+H₂（g）的△H₃-41.8kJ/mol和K₃=$\frac{{K}_{2}}{{K}_{1}}$（用K₁和K₂表示）
（2）在一定溫度下，將0.2mol CO₂和0.8mol H₂充入容積為2L的密閉容器中合成CH₂OH（g）．5min達到平衡時c（H₂O）=0.025mol/L，則5min內(nèi)v（H₂）=0.015mol/（L•min）．下圖圖象正確且能表明該反應在第5min時一定處于平衡狀態(tài)的是b．

若改變某一條件，達到新平衡后CO₂的濃度增大，則下列說法正確的是cd．
a．逆反應速率一定增大b．平衡一定向逆反應方向移動c．平衡常數(shù)不變或減小d．CO₂的物質(zhì)的量可能減小
（3）反應II可在高溫時以ZnO為催化劑的條件下進行．實踐證明反應體系中含少量的CO₂有利于維持ZnO的量不變，原因是ZnO+CO?Zn+CO₂，體系中有二氧化碳可以抑制Zn被還原（寫出相關(guān)的化學方程式并輔以必要的文字說明；已知高溫下ZnO可與CO發(fā)生氧化還原反應）．
（4）實驗室里C1₂可用NaOH溶液來吸收．室溫下，若將一定量的C1₂緩緩通入0.2mol/L NaOH溶液中，恰好完全反應得溶液A，反應過程中水的電離程度變大（填“變大”、“變小”或“不變”，下同），$\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（HClO）}$變�。�溶液B為0.05mol/L的（NH₄）₂SO₄溶液，則A、B兩溶液中c（ClO^-），c（Cl^-），c（NH₄⁺），c（SO₄^2-）由大到小的順序為c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞c（ClO^-）＞c（SO₄^2-）（已知：室溫下HClO的電離常數(shù)K_a=3.2×10^-8，NH₃•H₂O的電離常數(shù)K_b=1.78×10^-5）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)蓋斯定律，（Ⅱ）-（Ⅰ）可得：CO（g）+H₂O（g）?CO₂（g）+H₂（g），據(jù)此計算出△H₃和K₃；
（2）根據(jù)v=$\frac{△c}{△t}$計算出水的平均反應速率，然后根據(jù)化學計量數(shù)關(guān)系計算出氫氣的反應速率；達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各組分的濃度不再變化，結(jié)合題中數(shù)據(jù)判斷各圖象是否達到平衡狀態(tài)；
（3）在加熱條件下CO能還原ZnO使其減少，因此反應體系中含有少量二氧化有利于抑制反應向正反應方向移動，維持ZnO的量不變；
（4）隨著氯氣的通入，溶液中氫氧根離子濃度逐漸減小，則水的電離程度增大；根據(jù)水的離子積可知$\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（HClO）}$=$\frac{{K}_{a}}{c（{H}^{+}）}$，結(jié)合溶液中氫離子濃度的變化判斷其比值變化；硫酸根離子和氯離子不水解，根據(jù)題中數(shù)據(jù)計算出溶液中二者濃度，由于次氯酸根離子和銨根離子的水解程度較小，則二者濃度都大于硫酸根離子濃度；再結(jié)合次氯酸和一水合氨的電離平衡常數(shù)判斷銨根離子和次氯酸根離子的水解程度，從而得出各離子濃度大�。�

解答 解：（1）3H₂+CO₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）△H₁=-49.0kJ/mol   K₁（Ⅰ）
2H₂（g）+CO（g）?CH₃OH（g）△H₂=-90.8kJ/mol  K₂（Ⅱ）
根據(jù)蓋斯定律，（Ⅱ）-（Ⅰ）可得：CO（g）+H₂O（g）?CO₂（g）+H₂（g）的△H₃=-90.8kJ/mol-（-49.0kJ/mol）=-41.8kJ/mol；
由于（Ⅱ）-（Ⅰ）可得CO（g）+H₂O（g）?CO₂（g）+H₂（g），則K₃=$\frac{{K}_{2}}{{K}_{1}}$，
故答案為：-41.8；$\frac{{K}_{2}}{{K}_{1}}$；
（2）在一定溫度下，將0.2mol CO₂和0.8mol H₂充入容積為2L的密閉容器中合成CH₂OH（g），5min達到平衡時c（H₂O）=0.025mol/L，則5min內(nèi)水的平均反應速率為：v（H₂O）=$\frac{0.025mol/L}{5min}$=0.005mol/（L•min），反應速率與化學計量數(shù)成正比，則5min內(nèi)v（H₂）=3v（H₂O）=0.015mol/（L•min）；
a．反應過程中氣體的質(zhì)量和容器的容積不變，則氣體的密度始終不變，密度不能作為判斷是否達到平衡狀態(tài)的標志，故a錯誤；
b．反應前后都是氣體，則反應過程中氣體的質(zhì)量不變，該反應是氣體體積縮小的反應，根據(jù)M=$\frac{m}{n}$可知，反應過程中氣體的平均摩爾質(zhì)量始終變化，當達到平衡狀態(tài)時，氣體的平均摩爾質(zhì)量不再變化，根據(jù)圖象B可知，該反應已經(jīng)達到平衡狀態(tài)，故b正確；
c．達到平衡狀態(tài)時，水的物質(zhì)的量為：0.025mol/L×2L=0.05L，根據(jù)反應可知，消耗二氧化碳的物質(zhì)的量為0.05mol，所以達到平衡狀態(tài)時二氧化碳的物質(zhì)的量為：0.2mol-0.05mol=0.15mol，而圖象中二氧化碳的物質(zhì)的量為0.1mol，與實際不相符，故c錯誤；
d．該反應過程中焓變始終不變，無法判斷是否達到平衡狀態(tài)，故d錯誤；
根據(jù)分析可知，已經(jīng)達到平衡狀態(tài)的為b；
若改變某一條件，達到新平衡后CO₂的濃度增大，
a．逆反應速率一定增大：該反應為放熱反應，如果升高溫度，正逆反應速率都增大，平衡向著逆向移動，二氧化碳的濃度增大，故a錯誤；
b．平衡一定向逆反應方向移動：若增加二氧化碳濃度，平衡向著正向移動，而得到平衡時二氧化碳的濃度增大，故b錯誤；
c．平衡常數(shù)不變或減�。喝绻�不改變溫度，如：增大二氧化碳的濃度，則平衡常數(shù)不變；無關(guān)升高溫度，平衡存在逆向移動，則平衡常數(shù)減小，故c正確；
d．CO₂的物質(zhì)的量可能減�。喝绻�增大壓強，即縮小容器容積，則平衡向著正向移動，但達到平衡時二氧化碳的濃度增大，而二氧化碳的物質(zhì)的量減小，故d正確；
故答案為：0.015；b；cd；
（3）在加熱條件下CO能還原ZnO使其減少，因此反應體系中含有少量二氧化有利于抑制反應向正反應方向移動，維持Cu₂O的量不變，反應方程式為：ZnO+CO?Zn+CO₂，
故答案為：ZnO+CO?Zn+CO₂，體系中有二氧化碳可以抑制Zn被還原；
（4）實驗室里C1₂可用NaOH溶液來吸收，室溫下，若將一定量的C1₂緩緩通入0.2mol/L NaOH溶液中，恰好完全反應得溶液A，由于反應過程中溶液中氫氧根離子濃度減小，且反應后生成強堿弱酸鹽次氯酸，促進了水的電離，則水的電離程度變大；根據(jù)次氯酸的電離平衡常數(shù)可知，$\frac{c（Cl{O}^{-}）}{c（HClO）}$=$\frac{{K}_{a}}{c（{H}^{+}）}$，隨著氯氣的通入，溶液中氫離子濃度增加，而次氯酸的電離平衡常數(shù)不變，則該比值逐漸變��；硫酸根離子和氯離子不水解，則c（Cl^-）=0.1mol/L、c（SO₄^2-）
=0.05mol/L；由于次氯酸根離子和銨根離子水解程度減小，二者濃度都接近0.1mol/L，則硫酸根離子濃度最�。桓鶕�(jù)“室溫下HClO的電離常數(shù)K_a=3.2×10^-8，NH₃•H₂O的電離常數(shù)K_b=1.78×10^-5”可知，銨根離子的水解程度需要次氯酸根離子的水解程度，則溶液中c（ClO^-）＜c（NH₄⁺），所以四種離子濃度大小為：c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞c（ClO^-）＞c（SO₄^2-），
故答案為：變大；變小；c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞c（ClO^-）＞c（SO₄^2-）．

點評 本題考查了熱化學方程式的計算、化學平衡及其影響、離子濃度大小比較等知識，題目難度較大，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查學生的分析、理解能力，注意掌握化學平衡及其影響、化學平衡狀態(tài)的判斷及離子濃度大小比較的常用方法．