Question

【題目】研究碳、氮、硫等元素化合物的性質或轉化對建設生態(tài)文明、美麗中國具有重要意義。

(1)海水中無機碳的存在形式及分布如下圖所示：用離子方程式表示海水呈弱堿性的原因_________。己知春季海水pH=8.1，預測夏季海水堿性將會_________(填寫“增強”或“減弱”)，理由是________(寫出1條即可)

無機碳	HCO3-	90%
	CO32-	9%
	CO2	1%
	H2CO3
其中H2CO3僅為CO2的0.2%

(2)工業(yè)上以CO和H2為原料合成甲醇的反應：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H<0，在容積為1L 的恒容容器中，分別在T1、T2、T3三種溫度下合成甲醇。如圖是上述三種溫度下不同H2和CO的 起始組成比(起始時CO的物質的量均為lmol)與CO平衡轉化率的關系。下列說法正確的是_________(a、b點橫坐標相同，a在曲線T1上，b在曲線T2上)

A.a、b、c三點H2轉化率：c>a>b

B.上述三種溫度之間關系為T1>T2>T3

C.a點(1.5，50)狀態(tài)下再通入0.5 mol CO和0.5 mol CH3OH，平衡不移動

D.c點狀態(tài)下再通入1 molCO和4molH2，新平衡中H2的體積分數增大

(3)NO加速臭氧層被破壞，其反應過程如圖所示：

①NO的作用是__________________。

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

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

反應2:熱化學方程式為______________________。

(4)近年來，地下水中的氮污染己成為一個世界性的環(huán)境問題。在金屬Pt、Cu和銥(Ir)的催化作用 下，密閉容器中的H2可髙效轉化酸性溶液中的硝態(tài)氮(NO3-)從而降低水體中的氮含量，其工作原理如下圖所示

①Ir表面發(fā)生反應的方程式為__________________________。

②若導電基體上的Pt顆粒增多，造成的后果是__________________________。

(5)利用電化學原理，將NO2、O2和熔融KNO3制成燃料電池，模擬工業(yè)電解法來精煉銀，裝置如圖所示，甲池工作時，NO2轉變成綠色硝化劑Y，Y是N2O5，可循環(huán)使用，則石墨II附近發(fā)生的電極反應式為__________________________。

(6)大氣污染物SO 2可用NaOH吸收。已知pKa=-lgKa，25℃時，H2SO3 的 pKa1=1.85， pKa2=7.19。該溫度下用 0.1mol·L-1NaOH溶液滴定 20mL0.1mol·L-1H2SO3溶液的滴定曲線如下圖所示。b點所得溶液中各離子濃度由大到小的順序是__________________________；c點所得溶液中：c(Na+)__________3c(HSO3-)(填“>”、“<”或“=”)

Answer 1

【答案】HCO3-+H2OH2CO3+OH-或CO32-+H2OHCO3-+OH- 增強 一方面水解平衡為吸熱反應，夏天溫度升高，平衡正向移動，c(OH-)增大，一方面夏天光合作用強，使得CO2+H2OH2CO3平衡逆向移動，酸性減弱；一方面夏天溫度高，二氧化碳在水中的溶解度減小，酸性減弱 C 催化劑 NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) △H2=+57.2kJ/mol H2+N2O=N2+H2O 若Pt顆粒增多，NO3-更多轉化為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)碳酸根離子、碳酸氫根離子水解，溶液呈堿性；夏天溫度升高，水解反應為吸熱反應，氫氧根離子濃度增大；升高溫度后二氧化碳的溶解度減小，溶液酸性減弱等，導致溶液堿性增強；

(2)A．反應放熱，其它條件相同時，溫度越高，反應物的轉化率越低；溫度相同時，H2的轉化率隨n(H2)/n(CO)的增大而減�。�

B．反應放熱，n(H2)/n(CO)相同時，根據溫度越高，反應物的轉化率越低分析判斷；

C．根據平衡常數k與濃度商Qc判斷：K＞Qc時，反應正向進行；K=Qc時，反應達到平衡狀態(tài)；K＜Qc時，反應逆向進行；

D．反應正向是體積減小的反應，增大氣體壓強，反應正向進行，反應物的含量減��；

(3)①反應過程如圖1是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧氣，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧氣；

②Ⅰ．O3(g)+O(g)═2O2(g)△H=-143kJ/mol，Ⅱ．O3(g)+NO(g)═NO2(g)+O2(g)△H1=-200.2kJ/mol，蓋斯定律計算Ⅰ-Ⅱ得到反應2的熱化學方程式；

(4)①由原理的示意圖可知，Ir的表面氫氣和N2O發(fā)生反應生成N2和H2O；

②由原理的示意圖可知，若導電基體上的Pt顆粒增多，則NO3-會更多的轉化成銨根；

(5)甲池工作時，NO2轉變成N2O5，說明氮元素的化合價升高，石墨Ⅰ為負極，石墨Ⅱ為正極；

(6)b點恰好反應生成NaHSO3，溶液顯酸性，則c(H+)＞c(OH-)，說明HSO3-的電離程度對應其水解程度，結合電荷守恒分析離子濃度大��；c點pH=7.19=pKa2，結合Ka2=可知：c(HSO32-)=c(SO32-)，據此結合電荷守恒分析。

(1)由于存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-或HCO3-+H2OH2CO3+OH-，所以海水呈弱堿性；一方面水解平衡為吸熱反應，夏天溫度升高，水解平衡向著正向移動，c(OH-)增大，溶液堿性增強；另外夏天光合作用強，c(CO2)減小，使平衡CO2+H2OH2CO3逆向移動，溶液酸性減弱；還有夏天溫度升高，二氧化碳在水中溶解度減小，酸性減弱，導致堿性增強；

(2)A．由圖可知，當n(H2)/n(CO)=1.5時，a點CO的轉化率大于溫度為T3時對應CO的轉化率，當溫度為T3時，隨著n(H2)/n(CO)增大，CO的轉化率增大，H2的轉化率減小，所以有a＞b＞c，故A錯誤；

B．根據CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H＜0，因為是放熱反應，所以溫度越高CO的轉化率越小，由圖可以看出，當n(H2)/n(CO)相等時，T1、T2、T3溫度下對應CO的轉化率：T1＞T2＞T3，所以溫度大小為：T3＞T2＞T1，故B錯誤；

C．a點時，CO的轉化率為50%，反應的三段式為：

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

起始量(mol/L)1 1.5 0

變化量(mol/L)0.5 1 0.5

平衡量(mol/L)0.5 0.5 0.5

平衡常數K==4，再通入0.5mol CO和0.5molCH3OH，c(CO)=c(CH3OH)=1mol/L，c(H2)=0.5mol/L，濃度商Qc==4=K，所以平衡不移動，故C正確；

D．c點狀態(tài)下再通入1molCO和4mol H2，在等溫等容的條件下，投料比不變，相當于加壓，平衡向正反應方向移動，新平衡H2的體積分數減小，故D錯誤；

故答案為C；

(3)①反應過程如圖1是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧氣，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧氣，反應過程中NO參與反應最后又生成，作用是催化劑；

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，根據蓋斯定律，Ⅰ-Ⅱ得：NO2(g)+O(g)═NO(g)+O2(g)△H2=(-143kJ/mol)-(-200.2kJ/mol)=+57.2 kJ/mol，故反應2的熱化學方程式為NO2(g)+O(g)═NO(g)+O2(g)△H2=+57.2 kJ/mol；

(4)①由原理的示意圖可知，Ir的表面發(fā)生反應：H2+N2O=N2+H2O；

②由原理的示意圖可知，若導電基體上的Pt顆粒增多，則NO3-會更多的轉化成銨根，不利于降低溶液中的含氮量；

(5)甲池工作時，NO2轉變成N2O5，說明氮元素的化合價升高，石墨Ⅰ為負極，電極反應式為NO2+NO3--e-=N2O5，石墨Ⅱ為正極O2+2N2O5+4e-═4NO3-；

(6)b點是用0.1molL-1NaOH溶液20mL滴定20mL0.1molL-1H2SO3溶液，恰好反應生成NaHSO3，溶液顯酸性，則c(H+)＞c(OH-)，說明HSO3-的電離程度對應其水解程度，c(Na+)＞c(HSO3-)，由于氫離子還來自水的電離，則c(H+)＞c(SO32-)，溶液中離子濃度大小為：c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)；c點pH=7.19=pKa2，結合Ka2=可知：c(HSO32-)=c(SO32-)，根據電荷守恒c(H+)+c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)可知：c(H+)+c(Na+)=3c(HSO3-)+c(OH-)，此時溶液呈堿性，則c(H+)＜c(OH-)，所以c(Na+)＞3c(HSO3-)。