Question

（15分）燃煤能排放大量的CO、CO₂、SO₂，PM_2．5（可入肺颗粒物）污染也跟冬季燃煤密切相关。SO₂、CO、CO₂也是对环境影响较大的气体，对它们的合理控制、利用是优化我们生存环境的有效途径。

（1）如图所示，利用电化学原理将SO₂ 转化为重要化工原料C

若A为SO₂，B为O₂，则负极的电极反应式为：________________________；

（2）有一种用CO₂生产甲醇燃料的方法：CO₂＋3H₂CH₃OH＋H₂O

已知：CO₂（g）＋3H₂（g）CH₃OH（g）＋H₂O（g）△H＝－a kJ·mol^－1；

2H₂（g）＋O₂（g）＝2H₂O（g）△H＝－b kJ·mol^－1；

H₂O（g）＝H₂O（l）△H＝－c kJ·mol^－1；

CH₃OH（g）＝CH₃OH（l）△H＝－d kJ·mol^－1，

则表示CH₃OH（l）燃烧热的热化学方程式为：____________________________；

（3）光气 （COCl₂）是一种重要的化工原料，用于农药、医药、聚酯类材料的生产，工业上通过Cl₂（g）＋CO（g）COCl₂（g）制备。左图为此反应的反应速率随温度变化的曲线，右图为某次模拟实验研究过程中容器内各物质的浓度随时间变化的曲线。回答下列问题：

① 0~6 min内，反应的平均速率v（Cl₂）＝               ；

② 若保持温度不变，在第7 min 向体系中加入这三种物质各2 mol，则平衡           移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”）；

③ 若将初始投料浓度变为c（Cl₂）＝0．7 mol/L、c（CO）＝0．5 mol/L、c（COCl₂）＝             mol/L，保持反   应温度不变，则最终达到化学平衡时，Cl₂的体积分数与上述第6 min时Cl₂的体积分数相同；

④ 随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是            ；（填“增大”、“减小”或“不变”）

⑤比较第8 min反应温度T（8）与第15 min反应温度T（15）的高低：T（8）______________T（15）（填“<”、“>”或“＝”）。

Answer

（15分）

（1）SO2－2e－+2H2­O＝4H＋＋SO42- （2分）

（2）CH3OH（l）＋3/2O2（g）＝CO2（g）＋2H2O（l）ΔH＝－（3/2b＋2c－a－d）kJ·mol－1（3分）

（3）①0．15 mol ·L－1·min －1 （2分） ②向正反应方向（2分）

③ 0．5 （2分） ④减小（2分） ⑤<（2分）

【解析】

试题分析：（1）若A为SO2，B为O2，则SO2在负极上失去电子，因为电解质溶液中含有H+，则电极方程式为：SO2－2e－+2H2­O＝4H＋＋SO42-。

（2）首先写出表示CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式并注明状态，CH3OH（l）＋3/2O2（g）＝CO2（g）＋2H2O（l），该反应为总反应，已知∆H的4个反应为分步反应，根据盖斯定律可得总反应的∆H=—∆H1+3/2∆H2+2∆H3—∆H4=－（3/2b＋2c－a－d）kJ·mol－1，进而得出热化学方程式。

（3）①0~6 min内，反应的平均速率

v（Cl2）＝（1．2mol•L‾1—0．3mol•L‾1）÷6min=0．15 mol ·L－1·min －1。

②若保持温度不变，在第7 min 向体系中加入这三种物质各2 mol后，浓度商Q < 平衡常数K，则化学平衡向正反应方向移动。

③最终达到化学平衡时，Cl2的体积分数与上述第6 min时Cl2的体积分数相同，则两次平衡等效，说明通过化学方程式换算到同一侧物质浓度相等，原平衡Cl2的起始浓度为1．2mol•L‾1、CO的起始浓度为1．0mol•L‾1、CoCl2的起始浓度为0，则c（COCl2）＝0．5 mol•L‾1时，根据化学方程式换算相当于0．5mol•L‾1的Cl2、CO，则Cl2的起始浓度相当于起始浓度为1．2mol•L‾1、CO的起始浓度相当于1．0mol•L‾1，两平衡等效，Cl2的体积分数相同。

④根据反应速率随温度变化的曲线可知，温度升高，逆反应速率增加的程度更大，则逆反应方向为吸热反应，所以温度升高，平衡向正反应方向移动，平衡常数减小。

⑤第15min时反应物Cl2与CO的浓度增大，生成物CoCl2的浓度减小，则平衡向逆反应方向移动，所以15min时温度升高，所以T（8）< T（15）。

考点：考查原电池原理、热化学方程式的书写、化学反应速率与化学平衡、等效平衡