Question

16．硫及其化合物在生產和生活中都發(fā)揮著重要的作用．
（1）SO₂是形成酸雨的主要污染物，燃煤脫硫的原理為2CaO（s）+2SO₂（s）+O₂（g）?2CaSO₄（s）
向10L恒溫恒容密閉容器中加入3mol CaO，并通入2mol SO₂和lmol O₂發(fā)生上述反應，2min時達平衡，此時CaSO₄為l.8mol．0〜2min內，用SO₂表示的該反應的速率v（SO₂）=0.09mol/（L•min）；其他條件保持不變，若上述反應在恒壓條件下進行，達到平衡時SO₂的轉化率增大（“增大”、“減小”或“不變”）．
（2）25℃時，H₂SO₃的電離常數K_al=1×10^-2，K_a2=6×10^-8，則該溫度下NaHSO₃的水解平衡常數K_b=1×10^-12．判斷NaHSO₃溶液顯酸性（填“酸”、“堿”或“中”），用簡要文字敘述原因是HSO₃^-電離大于水解．
（3）Na₂SO₃溶液作為吸收液可脫除煙氣中的SO₂．當吸收液的pH降至約為6時，需送至電解槽再生．再生示意圖如下：

HSO₃^-在陽極放電時的電極反應式是HSO₃^-+H₂O-2e^-=SO₄^2-+3H⁺．
（4）利用“化學蒸氣轉移法”制備TaS₂晶體，發(fā)生如下反應
TaS₂（s）+2I₂（g）?TaI₄（g）+S₂（g）△H＞0

如上圖所示，上述反應在石英真空管中進行，先在溫度為T₂的一端放入未提純的TaS₂粉末和少量I₂ （g），-段時間后，在溫度為T₁的一端得到了純凈的TaS₂晶體，則溫度T₁＜T₂ （填“＞”“＜”或“=”）上述反應體系中循環(huán)使用的物質是I₂．

Answer 1

分析 （1）先根據反應方程式計算出平衡時消耗二氧化硫的物質的量，然后根據v=$\frac{\frac{△n}{V}}{△t}$計算出0～2min內用SO₂（g）表示的該反應的速率；反應在恒壓條件下進行，隨反應進行，氣體體積減小，為保持恒壓所以容器體積減小，壓強比恒容容器大，平衡正向進行，平衡時SO₂的轉化率增大；
（2）NaHSO₃的水解平衡常數K_b=$\frac{c（{H}_{2}S{O}_{3}）×c（O{H}^{-}）}{c（HS{{O}_{3}}^{-}）}$=$\frac{Kw}{{K}_{a1}}$；根據K_b與K_a2的相對大小分析酸堿性；
（3）陽極上陰離子放電發(fā)生氧化反應；
（4）通過題意溫度T₂端利于反應正向進行，為高溫，溫度T₁端利于反應向左進行，為低溫，所以T₁＜T₂．

解答 解：（1）2min時達平衡，此時CaSO₄（s）為1.8mol，根據反應2CaO（s）+2SO₂（g）+O₂（g）?2CaO₄（s）可知平衡時消耗二氧化硫的物質的量為：1.8mol×$\frac{2}{2}$=1.8mol，
則0～2min內，用SO₂（g）表示的該反應的速率為：v（SO₂）=$\frac{\frac{1.8mol}{10L}}{2min}$=0.09mol/（L•min）；反應在恒壓條件下進行，隨反應進行，氣體體積減小，為保持恒壓所以容器體積減小，壓強比恒容容器大，平衡正向進行，平衡時SO₂的轉化率增大，
故答案為：0.09mol/（L•min）；增大；
（2）NaHSO₃的水解平衡常數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的水解顯堿性，NaHSO₃電離顯酸性，由于水解常數小于電離常數（K_a2），所以NaHSO₃在溶液中以電離為主，即溶液顯酸性；原因是HSO₃^-電離大于水解；
故答案為：1×10^-12；酸性；HSO₃^-電離大于水解；
（3）當吸收液的pH降至約為6時，吸收液中陰離子主要是亞硫酸氫根離子，亞硫酸氫根離子在陽極上失電子和水反應生成硫酸根離子和氫離子，電極反應式為：HSO₃^-+H₂O-2e^-=SO₄^2-+3H⁺．
故答案為：HSO₃^-+H₂O-2e^-=SO₄^2-+3H⁺；
（4）由所給方程式可知該反應為吸熱反應，通過題意溫度T₂端利于反應正向進行，為高溫，溫度T₁端利于反應向左進行，為低溫，所以T₁＜T₂，I₂是可以循環(huán)使用的物質；
故答案為：＜；I₂．

點評 本題考查轉化率，化學反應速率，水解平衡常數，溶液酸堿性的判斷，電極方程式的書寫，平衡的移動等知識，難度較大．