Question

【题目】研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义。

(1)海水中无机碳的存在形式及分布如下图所示：用离子方程式表示海水呈弱碱性的原因_________。己知春季海水pH=8.1，预测夏季海水碱性将会_________(填写“增强”或“减弱”)，理由是________(写出1条即可)

无机碳	HCO3-	90%
	CO32-	9%
	CO2	1%
	H2CO3
其中H2CO3仅为CO2的0.2%

(2)工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H<0，在容积为1L 的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇。如图是上述三种温度下不同H2和CO的 起始组成比(起始时CO的物质的量均为lmol)与CO平衡转化率的关系。下列说法正确的是_________(a、b点横坐标相同，a在曲线T1上，b在曲线T2上)

A.a、b、c三点H2转化率：c>a>b

B.上述三种温度之间关系为T1>T2>T3

C.a点(1.5，50)状态下再通入0.5 mol CO和0.5 mol CH3OH，平衡不移动

D.c点状态下再通入1 molCO和4molH2，新平衡中H2的体积分数增大

(3)NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如图所示：

①NO的作用是__________________。

②己知:O3(g)+O(g)=2O2(g) △H =-143kJ·mol-1

反应 1: O3(g)+NO(g) NO2(g)+O2(g) △H1=-200.2kJ·mol-1

反应2:热化学方程式为______________________。

(4)近年来，地下水中的氮污染己成为一个世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用 下，密闭容器中的H2可髙效转化酸性溶液中的硝态氮(NO3-)从而降低水体中的氮含量，其工作原理如下图所示

①Ir表面发生反应的方程式为__________________________。

②若导电基体上的Pt颗粒增多，造成的后果是__________________________。

(5)利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来精炼银，装置如图所示，甲池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y，Y是N2O5，可循环使用，则石墨II附近发生的电极反应式为__________________________。

(6)大气污染物SO 2可用NaOH吸收。已知pKa=-lgKa，25℃时，H2SO3 的 pKa1=1.85， pKa2=7.19。该温度下用 0.1mol·L-1NaOH溶液滴定 20mL0.1mol·L-1H2SO3溶液的滴定曲线如下图所示。b点所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是__________________________；c点所得溶液中：c(Na+)__________3c(HSO3-)(填“>”、“<”或“=”)

Answer 1

【答案】HCO3-+H2OH2CO3+OH-或CO32-+H2OHCO3-+OH- 增强 一方面水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，平衡正向移动，c(OH-)增大，一方面夏天光合作用强，使得CO2+H2OH2CO3平衡逆向移动，酸性减弱；一方面夏天温度高，二氧化碳在水中的溶解度减小，酸性减弱 C 催化剂 NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) △H2=+57.2kJ/mol H2+N2O=N2+H2O 若Pt颗粒增多，NO3-更多转化为NH4+存在溶液中，不利于降低溶液中含氮量 O2+4e-+2N2O5=4NO3- c(Na+)> c(HSO3-)> c(SO32-)>c(H+)>c(OH-) >

【解析】

(1)碳酸根离子、碳酸氢根离子水解，溶液呈碱性；夏天温度升高，水解反应为吸热反应，氢氧根离子浓度增大；升高温度后二氧化碳的溶解度减小，溶液酸性减弱等，导致溶液碱性增强；

(2)A．反应放热，其它条件相同时，温度越高，反应物的转化率越低；温度相同时，H2的转化率随n(H2)/n(CO)的增大而减小；

B．反应放热，n(H2)/n(CO)相同时，根据温度越高，反应物的转化率越低分析判断；

C．根据平衡常数k与浓度商Qc判断：K＞Qc时，反应正向进行；K=Qc时，反应达到平衡状态；K＜Qc时，反应逆向进行；

D．反应正向是体积减小的反应，增大气体压强，反应正向进行，反应物的含量减小；

(3)①反应过程如图1是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气；

②Ⅰ．O3(g)+O(g)═2O2(g)△H=-143kJ/mol，Ⅱ．O3(g)+NO(g)═NO2(g)+O2(g)△H1=-200.2kJ/mol，盖斯定律计算Ⅰ-Ⅱ得到反应2的热化学方程式；

(4)①由原理的示意图可知，Ir的表面氢气和N2O发生反应生成N2和H2O；

②由原理的示意图可知，若导电基体上的Pt颗粒增多，则NO3-会更多的转化成铵根；

(5)甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，石墨Ⅱ为正极；

(6)b点恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，则c(H+)＞c(OH-)，说明HSO3-的电离程度对应其水解程度，结合电荷守恒分析离子浓度大小；c点pH=7.19=pKa2，结合Ka2=可知：c(HSO32-)=c(SO32-)，据此结合电荷守恒分析。

(1)由于存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-或HCO3-+H2OH2CO3+OH-，所以海水呈弱碱性；一方面水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，水解平衡向着正向移动，c(OH-)增大，溶液碱性增强；另外夏天光合作用强，c(CO2)减小，使平衡CO2+H2OH2CO3逆向移动，溶液酸性减弱；还有夏天温度升高，二氧化碳在水中溶解度减小，酸性减弱，导致碱性增强；

(2)A．由图可知，当n(H2)/n(CO)=1.5时，a点CO的转化率大于温度为T3时对应CO的转化率，当温度为T3时，随着n(H2)/n(CO)增大，CO的转化率增大，H2的转化率减小，所以有a＞b＞c，故A错误；

B．根据CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H＜0，因为是放热反应，所以温度越高CO的转化率越小，由图可以看出，当n(H2)/n(CO)相等时，T1、T2、T3温度下对应CO的转化率：T1＞T2＞T3，所以温度大小为：T3＞T2＞T1，故B错误；

C．a点时，CO的转化率为50%，反应的三段式为：

CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

起始量(mol/L)1 1.5 0

变化量(mol/L)0.5 1 0.5

平衡量(mol/L)0.5 0.5 0.5

平衡常数K==4，再通入0.5mol CO和0.5molCH3OH，c(CO)=c(CH3OH)=1mol/L，c(H2)=0.5mol/L，浓度商Qc==4=K，所以平衡不移动，故C正确；

D．c点状态下再通入1molCO和4mol H2，在等温等容的条件下，投料比不变，相当于加压，平衡向正反应方向移动，新平衡H2的体积分数减小，故D错误；

故答案为C；

(3)①反应过程如图1是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气，反应过程中NO参与反应最后又生成，作用是催化剂；

②已知：②Ⅰ．O3(g)+O(g)═2O2(g)△H=-143kJ/mol，Ⅱ．O3(g)+NO(g)═NO2(g)+O2(g)△H1=-200.2kJ/mol，根据盖斯定律，Ⅰ-Ⅱ得：NO2(g)+O(g)═NO(g)+O2(g)△H2=(-143kJ/mol)-(-200.2kJ/mol)=+57.2 kJ/mol，故反应2的热化学方程式为NO2(g)+O(g)═NO(g)+O2(g)△H2=+57.2 kJ/mol；

(4)①由原理的示意图可知，Ir的表面发生反应：H2+N2O=N2+H2O；

②由原理的示意图可知，若导电基体上的Pt颗粒增多，则NO3-会更多的转化成铵根，不利于降低溶液中的含氮量；

(5)甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+NO3--e-=N2O5，石墨Ⅱ为正极O2+2N2O5+4e-═4NO3-；

(6)b点是用0.1molL-1NaOH溶液20mL滴定20mL0.1molL-1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，则c(H+)＞c(OH-)，说明HSO3-的电离程度对应其水解程度，c(Na+)＞c(HSO3-)，由于氢离子还来自水的电离，则c(H+)＞c(SO32-)，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)；c点pH=7.19=pKa2，结合Ka2=可知：c(HSO32-)=c(SO32-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)可知：c(H+)+c(Na+)=3c(HSO3-)+c(OH-)，此时溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞3c(HSO3-)。