Question

【题目】治理大气和水体污染对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。

（1）CO泄漏会导致人体中毒，用于检测CO的传感器的工作原理如图所示：写出电极I上发生的反应式：__。

工作一段时间后溶液中H2SO4的浓度__(填“变大”、“变小”或“不变”)

（2）用O2氧化HCl制取Cl2，可提高效益，减少污染。反应为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) H，通过控制条件，分两步循环进行，可使HCl转化率接近100%，其原理如图所示：

过程I的反应为：2HCl(g)+CuO(s)CuCl2(s)+H2O(g) H1

过程II反应的热化学方程式（H2用含有H和H1的代数式表示）__。

（3）在温度T0℃，容积为1L的绝热容器中，充入0.2molNO2，发生反应：2NO2(g)N2O4(g) H<0，容器中NO2的相关量随时间变化如图所示。

①反应到6s时，NO2的转化率是__。

②根据图示，以下各点表示反应达到平衡状态的是__。

a.X b.Y c.Z d.W

③0~3s内容器中NO2的反应速率增大，而3s后容器中NO2的反应速率减小了，原因是__。

④此容器中反应达平衡时，温度若为T1℃，此温度下的平衡常数K═__。

（4）工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2，25℃时用1molL-1的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH═7时，溶液中各离子浓度的大小关系为：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)═c(OH-)。（已知25℃时：H2SO3的电离常数Ka1═1.3×10-2，Ka2═6.2×10-8）请结合所学理论通过计算说明c(HSO3-)＞c(SO32-)的原因___。

Answer 1

【答案】CO-2e-+H2O=CO2+2H+ 不变 2CuCl2(s)+O2(g)═2CuO(s)+2Cl2(g) H2═H-2H1 80% d 反应放热，体系的温度升高，反应速率加快，后来NO2浓度减小，反应速率随之减小 225 根据Ka2═c(SO32-)c(H+)/c(HSO3-)=6.2×10-8，将c(H+)═1.0×10-7代入得出c(SO32-)/c(HSO3-)═6.2×10-1<1，所以c(HSO3-)＞c(SO32-)

【解析】

(1)根据图示可知电极I上CO失电子被氧化为CO2，电解质溶液为硫酸溶液，所以电极方程式为CO-2e-+H2O=CO2+2H+；电极Ⅱ上氧气被还原生成水，电极方程式为O2+4e-+4H+=2H2O，所以总反应为2CO+O2=2CO2，不影响硫酸的浓度，即硫酸的浓度不变；

(2)总反应为4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) H ①；

过程I的反应为：2HCl(g)+CuO(s)CuCl2(s)+H2O(g) H1 ②；

根据盖斯定律①-②×2可得过程II反应的热化学方程式为2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2Cl2(g) H2=H-2H1，因整个过程中HCl的转化率接近100%，所以过程II用“=”；

(3)①据图可知6s时，c(NO2)=0.05mol/L，初始c(NO2)=0.20mol/L，所以转化率为=80%；

②据图可知X、Y、Z三个点速率还在随时间发生改变，W点速率不在改变，所以W点可以表示反应达到平衡状态，所以选d；

③该反应放热，随反应进行体系内温度升高，反应速率加快，但后来NO2的浓度减小，浓度对反应速率的影响占主导，所以反应速率减慢；

④据图可知平衡时c(NO2)=0.02mol/L，则△c(NO2)=0.20mol-0.02mol/L=0.18mol/L，根据方程式可知平衡时c(N2O4)=0.09mol/L，所以平衡常数K==225；

(4)根据Ka2==6.2×10-8，将c(H+)=1.0×10-7代入得出=6.2×10-1<1，所以c(HSO3-)＞c(SO32-)。