题目

题型：太原二模难度：来源：

现已确认，CO、SO₂和NO_x的排放是造成大气污染的重要原因．
（1）用CO₂和氢气合成CH₃OH具有重要意义，既可以解决环境问题，还可解决能源危机．已知CH₃OH具有重要意义，既可以解决环境问题，还可解决能源危机．已知CH₃OH、H₂的燃烧热分别为-726.5kJ/mol、-285.8kJ/mol，写出工业上用CO₂和H₂合成CH₃OH的热化学方程式：______．
（2）用铂作电极，一极通入空气，一极通入CH₃OH（l），与KOH溶液可组成燃料电池，其负极反应式为______．溶液中的阴离子向______极定向移动．
（3）如图是一个电化学装置示意图，用CH₃OH-空气燃料电池作此装置的电源．
①如果A为粗铜，B为纯铜，C为CuSO₄溶液．该原理的工业生产意义是______．
②如果A是铂电极，B是石墨电极，C是AgNO₃溶液．通电后，若B极增重10.8g，该燃料电池理论上消耗______mol甲醇．（计算
结果保留两位有效数字）
（4）常温下向1L、0.2mol/L NaOH溶液中通入4.48L（标准状况）的SO₂（忽略混合后溶液体积的变化），若测得溶液的pH＜7，则溶液中c（SO₃^2-）_______c（H₂SO₃）（填“＞”、“＜”、或“=”）．有关该溶液中离子浓度关系的判断正确的是______（填字母编号）．
A．c（SO₃^2-）十c（OH^-）+c（HSO₃^-）=c（Na⁺）+c（H⁺）
B．c（H₂SO₃）+c（HSO₃^-）+c（SO₃^2-）=0.2mol/L
C．c（H₂SO₃）+c（H⁺）=c（SO₃^2-）十c（OH^-）
D．c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（OH^-）

答案

（1）甲醇和氢气的燃烧热书写其热化学方程式分别为：
①2CH₃OH（l）+3O₂（g）=2CO₂（g）+4H₂O（l），△H₁=-1453kJ/mol；
②2H₂（g）+O₂（g）=2H₂O（l），△H₂=-571.6KJ/mol，
根据盖斯定律，反应CO₂（g）+3H₂（g）═CH₃OH（l）+H₂O（l）
可以看成是方程式

3

2

×②-①×

1

2

，所以△H=

3

2

×（-571.6KJ/mol）-（-1453kJ/mol）×

1

2

=-130.9KJ/mol，
故答案为：CO₂（g）+3H₂（g）═CH₃OH（l）+H₂O（l），△H=-130.9KJ/mol；
（2）在甲醇燃料电池中，负极上是燃料甲醇失电子的反应，当电解质是KOH溶液时，
电极反应为：CH₃OH-6e^-+8OH^-=6H₂O+CO₃^2-，电解质中的阴离子向负极移动，
故答案为：CH₃OH-6e^-+8OH^-=6H₂O+CO₃^2-；负；
（3）①如果阳极为粗铜，阴极为纯铜，电解质为CuSO₄溶液的电解池可以实现粗铜中金属铜的精炼，即电解精炼金属铜，故答案为：精炼粗铜；
②A是铂电极，B是石墨电极，C是AgNO₃溶液．通电后，B极上的电极反应为：Ag⁺+e^-=Ag，当质量增重10.8g时，转移电子0.1mol，根据甲醇燃料电池的总反应式：2CH₃OH（l）+3O₂（g）=2CO₂（g）+4H₂O（l），可知当转移12mol电子时，消耗甲醇的物质的量为2mol，所以当转移0.1mol电子时，消耗甲醇的物质的量为

0.2

12

≈0.017mol，
故答案为：0.017；
（4）常温下向1L、0.2mol/L NaOH溶液中通入4.48L（标准状况）的SO₂（忽略混合后溶液体积的变化）时，所得的溶液为0.2mol/L的亚硫酸氢钠，溶液显酸性，说明亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度，A、根据电荷守恒得：2c（SO₃^2-）十c（OH^-）+c（HSO₃^-）=c（Na⁺）+c（H⁺），故A错误；
B．根据物料守恒得：c（H₂SO₃）+c（HSO₃^-）+c（SO₃^2-）=0.2mol/L，故B正确；
C．根据质子守恒得：c（H₂SO₃）+c（H⁺）=c（SO₃^2-）十c（OH^-），故C正确；
D．溶液中的离子浓度大小关系为：c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（OH^-），故D错误．
故选BC．