Question

16．硫及其化合物在生产和生活中都发挥着重要的作用．
（1）SO₂是形成酸雨的主要污染物，燃煤脱硫的原理为2CaO（s）+2SO₂（s）+O₂（g）?2CaSO₄（s）
向10L恒温恒容密闭容器中加入3mol CaO，并通入2mol SO₂和lmol O₂发生上述反应，2min时达平衡，此时CaSO₄为l.8mol．0〜2min内，用SO₂表示的该反应的速率v（SO₂）=0.09mol/（L•min）；其他条件保持不变，若上述反应在恒压条件下进行，达到平衡时SO₂的转化率增大（“增大”、“减小”或“不变”）．
（2）25℃时，H₂SO₃的电离常数K_al=1×10^-2，K_a2=6×10^-8，则该温度下NaHSO₃的水解平衡常数K_b=1×10^-12．判断NaHSO₃溶液显酸性（填“酸”、“碱”或“中”），用简要文字叙述原因是HSO₃^-电离大于水解．
（3）Na₂SO₃溶液作为吸收液可脱除烟气中的SO₂．当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生．再生示意图如下：

HSO₃^-在阳极放电时的电极反应式是HSO₃^-+H₂O-2e^-=SO₄^2-+3H⁺．
（4）利用“化学蒸气转移法”制备TaS₂晶体，发生如下反应
TaS₂（s）+2I₂（g）?TaI₄（g）+S₂（g）△H＞0

如上图所示，上述反应在石英真空管中进行，先在温度为T₂的一端放入未提纯的TaS₂粉末和少量I₂ （g），-段时间后，在溫度为T₁的一端得到了纯净的TaS₂晶体，则温度T₁＜T₂ （填“＞”“＜”或“=”）上述反应体系中循环使用的物质是I₂．

Answer 1

分析 （1）先根据反应方程式计算出平衡时消耗二氧化硫的物质的量，然后根据v=$\frac{\frac{△n}{V}}{△t}$计算出0～2min内用SO₂（g）表示的该反应的速率；反应在恒压条件下进行，随反应进行，气体体积减小，为保持恒压所以容器体积减小，压强比恒容容器大，平衡正向进行，平衡时SO₂的转化率增大；
（2）NaHSO₃的水解平衡常数K_b=$\frac{c（{H}_{2}S{O}_{3}）×c（O{H}^{-}）}{c（HS{{O}_{3}}^{-}）}$=$\frac{Kw}{{K}_{a1}}$；根据K_b与K_a2的相对大小分析酸碱性；
（3）阳极上阴离子放电发生氧化反应；
（4）通过题意温度T₂端利于反应正向进行，为高温，温度T₁端利于反应向左进行，为低温，所以T₁＜T₂．

解答 解：（1）2min时达平衡，此时CaSO₄（s）为1.8mol，根据反应2CaO（s）+2SO₂（g）+O₂（g）?2CaO₄（s）可知平衡时消耗二氧化硫的物质的量为：1.8mol×$\frac{2}{2}$=1.8mol，
则0～2min内，用SO₂（g）表示的该反应的速率为：v（SO₂）=$\frac{\frac{1.8mol}{10L}}{2min}$=0.09mol/（L•min）；反应在恒压条件下进行，随反应进行，气体体积减小，为保持恒压所以容器体积减小，压强比恒容容器大，平衡正向进行，平衡时SO₂的转化率增大，
故答案为：0.09mol/（L•min）；增大；
（2）NaHSO₃的水解平衡常数K_b=$\frac{c（{H}_{2}S{O}_{3}）×c（O{H}^{-}）}{c（HS{{O}_{3}}^{-}）}$=$\frac{Kw}{{K}_{a1}}$=$\frac{1.0×1{0}^{-14}}{1.0×1{0}^{-2}}$=1×10^-12；NaHSO₃的水解显碱性，NaHSO₃电离显酸性，由于水解常数小于电离常数（K_a2），所以NaHSO₃在溶液中以电离为主，即溶液显酸性；原因是HSO₃^-电离大于水解；
故答案为：1×10^-12；酸性；HSO₃^-电离大于水解；
（3）当吸收液的pH降至约为6时，吸收液中阴离子主要是亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子在阳极上失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为：HSO₃^-+H₂O-2e^-=SO₄^2-+3H⁺．
故答案为：HSO₃^-+H₂O-2e^-=SO₄^2-+3H⁺；
（4）由所给方程式可知该反应为吸热反应，通过题意温度T₂端利于反应正向进行，为高温，温度T₁端利于反应向左进行，为低温，所以T₁＜T₂，I₂是可以循环使用的物质；
故答案为：＜；I₂．

点评 本题考查转化率，化学反应速率，水解平衡常数，溶液酸碱性的判断，电极方程式的书写，平衡的移动等知识，难度较大．