Question

【題目】研究碳、氮、硫等元素化合物的性質(zhì)或轉(zhuǎn)化對建設(shè)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______________.已知春季海水pH=8.1，預測夏季海水堿性將會_____________(填寫“增強”或“減弱”)，理由是_________________________.

(2)工業(yè)上以CO和H2為原料合成甲醇的反應(yīng)：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(zhì)的量均為1mol)與CO平衡轉(zhuǎn)化率的關(guān)系.下列說法正確的是_______________.

A.a、b、c三點H2轉(zhuǎn)化率：c>a>b

B.上述三種溫度之間關(guān)系為T1>T2>T3

C.a點狀態(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 mol co和4mol H2，新平衡中H2的體積分數(shù)增大

(3)NO加速臭氧層被破壞，其反應(yīng)過程如圖所示：

①NO的作用是___________________。

②已知:O3(g)+0(g)=202(g) △H=-143kJ·mol-l

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

反應(yīng)2：熱化學方程式為_____________________。

(4)大氣污染物SO2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-1 NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2SO3溶液的滴定曲線如圖所示.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(yīng)，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 c（Na+）> c（HSO3-）> c（SO32-）>c（H+）>c（OH-） >

【解析】

（1）本小題考查是鹽類水解，強堿弱酸鹽水解顯堿性，強酸弱堿鹽顯酸性；水解平衡為吸熱反應(yīng)，夏天溫度升高，水解平衡正向移動，溶液堿性增強；

（2）A．圖中值：c＞b，該值越大，即增大氫氣濃度，正向進行程度越大，CO轉(zhuǎn)化率增大，而氫氣轉(zhuǎn)化率減小，圖中CO轉(zhuǎn)化率：c＞b，則H2轉(zhuǎn)化率：b＞c，a、b兩點相同，CO轉(zhuǎn)化率越大，氫氣轉(zhuǎn)化率也越大，故氫氣轉(zhuǎn)化率：a＞b；

B．圖中一定時，CO的轉(zhuǎn)化率：T1>T2>T3，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，一定時，升高溫度平衡逆向移動，CO的轉(zhuǎn)化率會減小，故溫度：T1<T2<T3；

C．利用三段式求出T1溫度下平衡常數(shù)K，在通入0.5 mol co和0.5 mol CH3OH 后求出Qc，比較K和Qc；

（3）①反應(yīng)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(yīng)2的熱化學方程式；

（4）b點是用0.1molL-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1molL-1H2SO3溶液，恰好反應(yīng)生成NaHSO3，溶液顯酸性；c點pH=7.19=PKa2，依據(jù)平衡常數(shù)溶液顯堿性，溶液中溶質(zhì)主要為Na2SO3，SO32-+H2OHSO3-+OH-，Kh=，c(OH-)=，帶入計算得到：c（HSO32-）=c（SO32-），溶液中2n（Na）=3c（S），2c（Na+）=3[c（SO32-）+c（H2SO3）+c（HSO3-）]=3[c（H2SO3）+2c（HSO3-）]，c（Na+）>3c（HSO3-）。

（1）海水中無機碳的存在形式主要是HCO3-、CO32-，兩種離子為弱酸根離子，水解使海水顯堿性，離子方程式為HCO3-+H2OH2CO3+OH-或CO32-+H2OHCO3-+OH-；一方面水解平衡為吸熱反應(yīng)，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。本小題答案為：HCO3-+H2OH2CO3+OH-或CO32-+H2OHCO3-+OH-；增強；一方面水解平衡為吸熱反應(yīng)，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。

（2）A．圖中值：c＞b，該值越大，即增大氫氣濃度，正向進行程度越大，CO轉(zhuǎn)化率增大，而氫氣轉(zhuǎn)化率減小，圖中CO轉(zhuǎn)化率：c＞b，則H2轉(zhuǎn)化率：b＞c，a、b兩點相同，CO轉(zhuǎn)化率越大，氫氣轉(zhuǎn)化率也越大，故氫氣轉(zhuǎn)化率：a＞b，可知H2轉(zhuǎn)化率：a＞b＞c，故A錯誤；

B．圖中一定時，CO的轉(zhuǎn)化率：T1>T2>T3，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，一定時，升高溫度平衡逆向移動，CO的轉(zhuǎn)化率會減小，故溫度：T1<T2<T3，故B錯誤；

C．T1溫度下，a點＝1.5，起始時CO為1mol，則氫氣為1.5mol，平衡時CO轉(zhuǎn)化率為50%，反應(yīng)的CO為0.5mol，容器體積為1L，則：

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

起始濃度（mol/L）： 1 1.5 0

變化濃度（mol/L）： 0.5 1 0.5

平衡濃度（mol/L）： 0.5 0.5 0.5

故T1溫度下平衡常數(shù)K＝，而Qc＝，所以平衡不移動，故C正確；

D．c點狀態(tài)下再通入1 molCO和4 molH2，等效為在原平衡的基礎(chǔ)上壓強增大一倍，正反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，故平衡正向移動，新平衡中H2的體積分數(shù)減小，故D錯誤。答案選C。

（3）①反應(yīng)過程是臭氧在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(yīng)過程中NO參與反應(yīng)最后又生成，作用是催化劑。本小題答案為：催化劑。

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ⅠⅡ得到反應(yīng)2的熱化學方程式：NO2(g)+O(g)═NO(g)+O2(g)△H2=+57.2kJ/mol。本小題答案為：NO2(g)+O(g)═NO(g)+O2(g)△H2=+57.2kJ/mol。

（4）b點是用0.1molL-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1molL-1H2SO3溶液，恰好反應(yīng)生成NaHSO3，溶液顯酸性，則溶液中各離子濃度由大到小的順序是c（Na+）> c（HSO3-）> c（SO32-）>c（H+）>c（OH-）；c點pH=7.19=PKa2，依據(jù)平衡常數(shù)溶液顯堿性，溶液中溶質(zhì)主要為Na2SO3，SO32-+H2OHSO3-+OH-，Kh=，c(OH-)=，帶入計算得到：c（HSO32-）=c（SO32-），溶液中2n（Na）=3c（S），2c（Na+）=3[c（SO32-）+c（H2SO3）+c（HSO3-）]=3[c（H2SO3）+2c（HSO3-）]，c（Na+）>3c（HSO3-）。本小題答案為：c（Na+）> c（HSO3-）> c（SO32-）>c（H+）>c（OH-）；>。