Question

17．（1）地球上的能源主要源于太陽，綠色植物的光合作用可以大量吸收CO₂以減緩溫室效應，主要過程可以描述分為下列三步（用“C₅”表示C₅H₁₀O₄，用“C₃”表示C₃H₆O₃）：
Ⅰ、H₂O（l）═2H⁺（aq）+$\frac{1}{2}$O₂（g）+2e^-△H=+284kJ/mol
Ⅱ、CO₂（g）+C₅（s）+2H⁺（aq）═2C₃⁺（s）△H=+396kJ/mol
Ⅲ、12C₃⁺（s）+12e^-═C₆H₁₂O₆（葡萄糖、s）+6C₅（s）+3O₂（g）△H=-1200kJ/mol
寫出綠色植物利用水和二氧化碳合成葡萄糖并放出氧氣的熱化學方程式6CO₂（g）+6H₂O（l）=C₆H₁₂O₆（s）+6O₂（g）△H=+2880 kJ•mol^-1．
（2）降低大氣中CO₂的含量及有效地開發(fā)利用CO₂，目前工業(yè)上有一種方法是用CO₂來生產燃料甲醇．為探究反應原理，現進行如下實驗，在體積為1L的恒容密閉容器中，充入1mol CO₂和3mol H₂，一定條件下發(fā)生反應：CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g）△H=-49.0kJ/mol．
測得CO₂和CH₃OH（g）的濃度隨時間變化如圖1所示     
①一定溫度下，不能說明該反應達到平衡狀態(tài)的是：b（填序號）
a．體系的壓強不再改變     b．體系的密度不再改變    c．各氣體的濃度不再改變
d．各氣體的質量分數不再改變   e．反應速率v（CO₂）正：v（H₂）逆=1：3
②從反應開始到平衡，氫氣的平均反應速率v（H₂）=0.225mol/（L•min）；
③氫氣的轉化率=75%；
④該反應的平衡常數為K=5.33（保留三位有效數字）；
⑤下列措施中能使平衡體系中$\frac{n（C{H}_{3}OH）}{n（C{O}_{2}）}$增大的是CD．
A．升高溫度                         B．充入He（g），使體系壓強增大
C．將H₂O（g）從體系中分離出去      D．再充入1mol CO₂和3mol H₂
⑥當反應達到平衡時，H₂的物質的量濃度為c₁，然后向容器中再加入一定量H₂，待反應再一次達到平衡后，H₂的物質的量濃度為c₂．則c₁＜c₂的關系（填＞、＜、=）．
（3）減少溫室氣體排放的關鍵是節(jié)能減排，大力開發(fā)利用燃料電池就可以實現這一目標．如圖2所示甲烷燃料電池（在上面）．請回答：
①通入甲烷一極的電極反應式為CH₄-8e^-+10OH^-═CO₃^2-+7H₂O；
②隨著電池不斷放電，電解質溶液的pH減小（填“增大”、“減小”或“不變”）．
③通常情況下，甲烷燃料電池的能量利用率大于（填“大于”、“小于”或“等于”）甲烷燃燒的能量利用率．
④用該燃料電池以石墨電極電解2.0L 0.25mol•L^-1  CuSO₄溶液，5min后在一個電極上有6.4gCu析出．則陽極的電極反應式為4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑或2H₂O-4e-═O₂↑+4H⁺； 此時得到的O₂在標準狀況下的體積為1.12L；向電解后的溶液中加入下列哪種物質可使電解質溶液恢復原來的濃度：CDA．CuSO₄B．H₂O  C．CuO  D．CuCO₃．

Answer 1

分析 （1）依據蓋斯定律和熱化學方程式計算得到所需的熱化學方程式，利用熱化學方程式的加減消去不需要的物質，注意加減時焓變隨之變化；
（2）①平衡時各組分的濃度不隨時間的變化而變化，由此分析各選項；
②根據v=$\frac{△c}{△t}$計算；
③根據氫氣的平衡濃度判斷轉化的物質的量，進而可計算轉化率；
④根據平衡常數等于生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度冪之積計算；
⑤要使n（CH₃OH）/n（CO₂）增大，應使平衡向正反應方向移動；
⑤恒容密閉容器、反應后整個體系的壓強比之前來說減小了，加入氫氣雖然正向移動，但是CO₂（g）濃度較小、CH₃OH（g） 濃度增大、H₂O（g）濃度增大，且平衡常數不變；
⑥恒容密閉容器、反應后整個體系的壓強比之前來說減小了，加入氫氣雖然正向移動，但是CO₂（g）濃度較小、CH₃OH（g） 濃度增大、H₂O（g）濃度增大，且平衡常數不變；
（3）①甲烷燃料電池中，負極上投放燃料甲烷，發(fā)生失電子發(fā)生氧化反應，正極上投放氧氣，發(fā)生得電子的還原反應，總反應是燃料和氧氣反應的化學方程式；
②根據電池的總反應確定酸堿性的變化；
③根據能量轉化情況來回答；
④陽極發(fā)生氧化反應，電極反應式為：4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑或2H₂O-4e-═O₂↑+4H⁺，5min后在一個電極上有6.4gCu析出，轉移電子的物質的量為0.2mol，所以生成氣體的物質的量為：$\frac{0.2}{4}$=0.05mol，所以體積為：1.12L，電解質溶液濃度恢復遵循：“出什么加什么”的原則．

解答 解：（1）依據蓋斯定律由題干所給的熱化學方程式，結合蓋斯定律計算（①+②）×6+③得到綠色植物利用水和二氧化碳合成葡萄糖并放出氧氣的熱化學方程式，
6CO₂（g）+6H₂O（g）=C₆H₁₂O₆（葡萄糖、s）+6O₂（g）△H=[（+284KJ/mol）+（+396KJ/mol）]×6+（-1200KJ/mol）=+2880KJ/mol；
則△H=[（+284KJ/mol）+（+396KJ/mol）]×6+（-1200KJ/mol）=+2880KJ/mol，即6CO₂（g）+6H₂O（l）=C₆H₁₂O₆（s）+6O₂（g）△H=+2880 kJ•mol^-1，
故答案為：6CO₂（g）+6H₂O（l）=C₆H₁₂O₆（s）+6O₂（g）△H=+2880 kJ•mol^-1；
（2）①a．體系的壓強不再改變，說明氣體的物質的量不變，反應達平衡狀態(tài)，故正確；     
b．體系的密度一直不變，故錯誤；    
c．各氣體的濃度不再改變，說明正逆反應速率相等，反應達平衡狀態(tài)，故正確；
d．各氣體的質量分數不再改變，說明各物質的量不變，反應達平衡狀態(tài)，故正確；   
e．反應速率v（CO₂）正：v（H₂）逆=1：3，等效于v（CO₂）正：v（CO₂）逆=1：1，反應達平衡狀態(tài)，故正確；
故選：b；
②利用三段式解題法計算 
              CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（g）+H₂O（g），
開始（mol/L）：1       3               0               0
變化（mol/L）：0.75   2.25       0.75             0.75
平衡（mol/L）：0.25   0.75       0.75             0.75
從反應開始到平衡，氫氣的平均反應速率v（H₂）=$\frac{2.25mol/L}{10min}$=0.225 mol•L^-1•min^-1，
故答案為：0.225；
③氫氣的轉化率=$\frac{2.25}{3}$×100%=75%，
故答案為：75%；
④平衡常數等于生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度冪之積，則K=$\frac{c（C{H}_{3}OH）•c（{H}_{2}O）}{c（C{O}_{2}）•{c}^{3}（{H}_{2}）}$=$\frac{0.75×0.75}{0.25×0.7{5}^{3}}$=5.33，
故答案為：5.33；
⑤要使n（CH₃OH）/n（CO₂）增大，應使平衡向正反應方向移動，
A．因正反應放熱，升高溫度平衡向逆反應方向移動，則比值減小，故A錯誤；
B．充入He（g），使體系壓強增大，但對反應物質來說，濃度沒有變化，平衡不移動，比值不變，故D錯誤．故B錯誤；
C．將H₂O（g）從體系中分離，平衡向正反應方法移動，比值增大，故C正確；
D．再充入1mol CO₂和3mol H₂，增大反應物濃度，平衡向正反應方向移動，則比值增大，故D正確．
故答案為：CD；
⑥若是恒容密閉容器、反應后整個體系的壓強比之前來說減小了，加入氫氣雖然正向移動，平衡移動的結果是減弱這種改變，而不能消除這種改變，即雖然平衡正向移動，氫氣的物質的量在增加后的基礎上減小，但是CO₂（g）濃度較小、CH₃OH（g） 濃度增大、H₂O（g）濃度增大，且平衡常數不變達到平衡時H₂的物質的量濃度與加氫氣之前相比一定增大，故c₁＜c₂，故答案為：＜；
（3）①在堿性溶液中，負極上投放燃料甲烷，發(fā)生失電子發(fā)生氧化反應：CH₄-8e^-+10OH^-═CO₃^2-+7H₂O，故答案為：CH₄-8e^-+10OH^-═CO₃^2-+7H₂O；
②燃料電池的總反應是：CH₄+2O₂+2KOH═K₂CO₃+3H₂O，消耗氫氧根離子，所以堿性減弱，pH減小，故答案為：減小；
③甲烷燃燒時要放出熱量、光能，所以燃料電池中甲烷的利用率比甲烷燃燒的能量利用率高，故答案為：大于；
④陽極發(fā)生氧化反應，電極反應式為：4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑或2H₂O-4e-═O₂↑+4H⁺，5min后在一個電極上有6.4gCu析出，轉移電子的物質的量為0.2mol，所以生成氣體的物質的量為：$\frac{0.2}{4}$=0.05mol，所以體積為：1.12L，電解質產生銅與氧氣，所以加入氧化銅與碳酸銅，故選CD；
故答案為：4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑或2H₂O-4e-═O₂↑+4H⁺； 1.12；CD．

點評 本題考查較為綜合，涉及熱化學、電化學以及化學平衡計算以及平衡移動等問題，題目難度較大，注意根據圖象計算各物質的平衡濃度為解答該題的關鍵．