题目内容
光气 （COCl2）在塑料、制革、制药等工业中有许多用途，工业上采用高温下CO与Cl2在活性炭催化下合成．（1）氯气工业上来源于氯碱工业，氯碱工业的化学方程式为
（2）工业上利用天然气（主要成分为CH4）与CO2进行高温重整制备CO和H2，已知CH4、H2和CO的燃烧热（△H）分别为-890.3kJ/mol、-285.8kJ/mol和-283.0kJ/mol，则该反应的热化学方程式为：
（3）COCl2的分解反应为COCl2（g）?Cl2（g）+CO（g）△H=+108kJ/mol．反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示（第10min到14min的COCl2浓度变化曲线未标出）：
①计算反应在第8min时的平衡常数K=
②比较第2min反应温度T（2）与第8min反应温度（T8）的高低：T（2）
③若12min时反应于温度T（8）下重新达到平衡，则此时c（COCl2）=
④比较产物CO在2～3min、5～6min和12～13min时平均反应速率[平均反应速率分别以V（2-3）、V（5-6）、V（l2-13）表示]的大小
⑤反应物COCl2在5-6min和15-16min时平均反应速率的大小为：V（5-6）＞V（15-16），原因是
考点：化学平衡的计算
专题：化学平衡专题
分析：（1）用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电；
（2）根据CH4、H2、和CO的燃烧热分别写出燃烧的热化学方程式，利用盖斯定律书写该反应的热化学方程式；
（3）①由图可知，8min时COCl2的平衡浓度为0.04mol/L，Cl2的平衡浓度为0.11mol/L，CO的平衡浓度为0.085mol/L，K=
；
②由第2min反应温度变为第8min反应温度时，生成物浓度增大、反应物浓度减小，平衡向正反应方向移动；
③由图可知，10min瞬间Cl2浓度增大，CO的浓度降低，故改变条件为移走CO，降低CO的浓度，平衡常数不变，与8min到达平衡时的平衡常数相同，由图可知，12min时到达平衡时Cl2的平衡浓度为0.12mol/L，CO的平衡浓度为0.06mol/L，根据平衡常数计算c（COCl2）；
④根据化学反应速率的定义，可知反应在2～3 min和12～13 min处于平衡状态，CO的平均反应速率为0；
⑤在5～6 min和15～16 min时反应温度相同，在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大，但15～16 min时各组分的浓度都小，因此反应速率小．
（2）根据CH4、H2、和CO的燃烧热分别写出燃烧的热化学方程式，利用盖斯定律书写该反应的热化学方程式；
（3）①由图可知，8min时COCl2的平衡浓度为0.04mol/L，Cl2的平衡浓度为0.11mol/L，CO的平衡浓度为0.085mol/L，K=
| c(CO)．c(Cl2) |
| c(COCl2) |
②由第2min反应温度变为第8min反应温度时，生成物浓度增大、反应物浓度减小，平衡向正反应方向移动；
③由图可知，10min瞬间Cl2浓度增大，CO的浓度降低，故改变条件为移走CO，降低CO的浓度，平衡常数不变，与8min到达平衡时的平衡常数相同，由图可知，12min时到达平衡时Cl2的平衡浓度为0.12mol/L，CO的平衡浓度为0.06mol/L，根据平衡常数计算c（COCl2）；
④根据化学反应速率的定义，可知反应在2～3 min和12～13 min处于平衡状态，CO的平均反应速率为0；
⑤在5～6 min和15～16 min时反应温度相同，在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大，但15～16 min时各组分的浓度都小，因此反应速率小．
解答：
解：（1）用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电，电池反应式为2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑；
（2）根据CH4、H2、和CO的燃烧热分别写出燃烧的热化学方程式：
①O2（g）+2H2（g）=2H2O（L）△H=-571.6kJ?mol -1；
②CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（L）△H=-890.3kJ?mol-1；
③2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.03kJ?mol-1，
利用盖斯定律将②-①-③可得：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）；△H=+247.3 kJ?mol -1，
故答案为：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）；△H=+247.3 kJ?mol -1；
（3）①由图可知，8min时COCl2的平衡浓度为0.04mol/L，Cl2的平衡浓度为0.11mol/L，CO的平衡浓度为0.085mol/L，K=
=
=0.23，故答案为：0.23；
②由第2min反应温度变为第8min反应温度时，生成物浓度增大、反应物浓度减小，平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，所以T（2）＜T（8），
故答案为：＜；
③由图可知，10min瞬间Cl2浓度增大，CO的浓度降低，故改变条件为移走CO，降低CO的浓度，平衡常数不变，与8min到达平衡时的平衡常数相同，由图可知，12min时到达平衡时Cl2的平衡浓度为0.12mol/L，CO的平衡浓度为0.06mol/L，故：
=0.23，解得c（COCl2）=0.031mol/L，故答案为：0.031；
④根据化学反应速率的定义，可知反应在2～3 min和12～13 min处于平衡状态，CO的平均反应速率为0，在5～6min时，反应向正反应进行，故CO的平均反应速率为：v（5～6）＞v（2～3）=v（12～13），故答案为：v（5～6）＞v（2～3）=v（12～13）；
⑤在5～6 min和15～16 min时反应温度相同，在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大，但15～16 min时各组分的浓度都小，因此反应速率小，即v（5～6）＞v（15～16），故答案为：在相同温度时，该反应的反应物的浓度越高，反应速率越大．
| ||
| ||
（2）根据CH4、H2、和CO的燃烧热分别写出燃烧的热化学方程式：
①O2（g）+2H2（g）=2H2O（L）△H=-571.6kJ?mol -1；
②CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（L）△H=-890.3kJ?mol-1；
③2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566.03kJ?mol-1，
利用盖斯定律将②-①-③可得：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）；△H=+247.3 kJ?mol -1，
故答案为：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）；△H=+247.3 kJ?mol -1；
（3）①由图可知，8min时COCl2的平衡浓度为0.04mol/L，Cl2的平衡浓度为0.11mol/L，CO的平衡浓度为0.085mol/L，K=
| c(CO)．c(Cl2) |
| c(COCl2) |
| 0.085×0.11 |
| 0.04 |
②由第2min反应温度变为第8min反应温度时，生成物浓度增大、反应物浓度减小，平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，所以T（2）＜T（8），
故答案为：＜；
③由图可知，10min瞬间Cl2浓度增大，CO的浓度降低，故改变条件为移走CO，降低CO的浓度，平衡常数不变，与8min到达平衡时的平衡常数相同，由图可知，12min时到达平衡时Cl2的平衡浓度为0.12mol/L，CO的平衡浓度为0.06mol/L，故：
| 0.06×0.12 |
| c(COCl2) |
④根据化学反应速率的定义，可知反应在2～3 min和12～13 min处于平衡状态，CO的平均反应速率为0，在5～6min时，反应向正反应进行，故CO的平均反应速率为：v（5～6）＞v（2～3）=v（12～13），故答案为：v（5～6）＞v（2～3）=v（12～13）；
⑤在5～6 min和15～16 min时反应温度相同，在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大，但15～16 min时各组分的浓度都小，因此反应速率小，即v（5～6）＞v（15～16），故答案为：在相同温度时，该反应的反应物的浓度越高，反应速率越大．
点评：本题考查较综合，涉及电解原理、盖斯定律、化学平衡移动等知识点，难点是化学平衡常数的有关计算，理解图象中曲线变化趋势及曲线变化可能改变的条件是解本题关键，再结合平衡常数公式进行计算，题目难度中等．
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