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)泄漏会导致人体中毒，用于检测的传感器的工作原理如图所示：

①写出电极Ⅰ上发生的反应式：__________

②工作一段时间后溶液中的浓度__________(填“变大”、“变小”或“不变”)

(2)用氧化制取，可提高效益，减少污染。反应为：，通过控制条件，分两步循环进行，可使转化率接近100%，其原理如图所示：

过程Ⅰ的反应为：

过程Ⅱ反应的热化学方程式(用含有和的代数式表示)__________。

(3)在温度，容积为的绝热容器中，充入，发生反应：，容器中的相关量随时间变化如图所示。

①反应到时，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. b. c. d.

③内容器中的反应速率增大，而后容器中的反应速率减小了，原因是_______。

④此容器中反应达平衡时，温度若为，此温度下的平衡常数=__________。

(4)工业上可用溶液吸收法处理，25℃时用的溶液吸收，当溶液时，溶液中各离子浓度的大小关系为：。(已知25℃时：的电离常数，)请结合所学理论通过计算说明的原因__________。

Answer 1

【答案】CO-2e-+H2O=CO2+2H+ 不变 O2(g)+2CuCl2(s) 2Cl2(g)+2CuO(s) 80% d 反应放热，体系的温度升高，反应速率加快，后来NO2的浓度减小，反应速率随之减小 225 根据Ka2= c(SO32-)·c（H+)/ c（HSO3-)= 6.2x10-8，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)由传感器的工作原理图示可知，电极Ⅰ为负极，负极的电极反应式为：CO-2e-+H2O=CO2+2H+，电极Ⅱ为正极，正极的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，所以总反应为：2CO+O2=2CO2，所以工作一段时间后硫酸溶液的浓度不变；

(2)根据盖斯定律，过程Ⅱ的热化学方程式=总反应的热化学方程式-过程Ⅰ的热化学方程式×2，总反应的热化学方程式为：

过程Ⅰ的热化学方程式为：

所以过程Ⅱ反应的热化学方程式为：

O2(g)+2CuCl2(s) 2Cl2(g)+2CuO(s) ；

(3) 根据图中的浓度随时间变化曲线可知，的初始浓度为0.20 mol/L，的平衡浓度为0.02 mol/L，从而列出三段式可求出反应的平衡常数，同时也可求出6s时的转化率；

(4) 充分利用题中所给的数据，要说明c(HSO3-)> c(SO32-)的原因，初步判断从第二步的电离平衡常数表达式入手，将已知数据代入即可求出。

(1)①电极Ⅰ为负极，负极的电极反应式为：CO-2e-+H2O=CO2+2H+；

②电池总反应为：2CO+O2=2CO2，不消耗水也不消耗硫酸，所以工作一段时间后硫酸溶液的浓度不变；

(2)根据盖斯定律，根据过程Ⅱ的热化学方程式和总反应的热化学方程式可求出过程Ⅱ反应的热化学方程式为：O2(g)+2CuCl2(s) 2Cl2(g)+2CuO(s) ；

(3)①反应到时，的浓度为0.04mol/L，其初始浓度为0.2mol/L，则的转化率为：(0.2-0.04)/0.2×100%=80%；

②根据图示，反应进行到点W时，的浓度已经不再变化，所以表示反应达到平衡状态的是点W；

③内容器中的反应速率增大，而后容器中的反应速率减小了，原因是：该反应是放热反应，体系的温度升高，反应速率加快，随着反应的进行，NO2的浓度减小，反应速率随之减小；

④根据图中的浓度随时间变化曲线可知，的初始浓度为0.20mol/L，W点时反应达到平衡，的平衡浓度为0.02mol/L，从而列出三段式为：

从而可算出温度为下的平衡常数K= ；

(4)要证明c(HSO3-)> c(SO32-)，根据离子的种类及给出的数据，初步判断从第二步的电离平衡常数的表达式入手，根据Ka2= c(SO32-)·c(H+)/ c(HSO3-)= 6.210-8，pH=7，将c(H+)=1.010-7代入得出c(SO32-)/ c(HSO3-)= 6.210-1<1，所以c(HSO3-)> c(SO32-)。