Question

（2013?棗莊二模）運用化學反應原理研究碳、氮、硫、氯等單質及其化合物的反應，對生產、生活、環境保護等領域有著重要的意義．
（1）下列措施中，不利于環境保護的有

ad

（填編號）．
a．大量開采使用化石燃料
b．使用無氟冰箱、空調
c．多步行多乘公交車，少用專車和私家車
d．將工業“廢氣”、“廢液”、“廢渣”直接排放
（2）工業上的“脫碳”指的是從“脫硝”、“脫硫”后的煙氣用堿液墾荒得到濃縮的二氧化碳．利用二氧化碳合成甲醇是碳減排的新方向．
①寫出吸收二氧化碳的離子方程式

CO₂+2OH^-=CO₃^2-+H₂O

．
②常溫下，0.1mol．L^-1 NaHCO₃溶液的pH＞8，則溶液中c（H₂CO₃）

＞

c（CO₃^2-）（填“＞”、“＜”或“=”）．
③合成的甲醇可以做為新型燃料電池的原料，若電解液是堿性的，則其負極的電極反應式為

CH₃OH+8OH^--6e^-═CO₃^2-+6H₂O

．
（3）二氧化氯（ClO₂），為一種黃綠色氣體，是公認的高鏟、廣譜安全的殺菌消毒劑．工業上制備ClO₂的反應原理為：
4HCl（濃）+2NaClO₃═2ClO₂↑+Cl₂↑+2H₂O+2NaCl．上述反應中，產生1mol ClO₂，則被氧化的HCl為

1mol

．
（4）SO₂溶于水可以得到二元弱酸H₂SO₃（亞硫酸）．
①25℃時，將NaOH深液一亞硫酸混合至恰好中和，測混合液中各種離子濃度的大小關系為

c（Na⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）

．
②25℃時，當NaOH溶液與H₂SO₃等物質的量混合時，發現混合液pH＜7，請你簡要解釋其原因

HSO₃^-的電離程度大于其水解程度

．

Answer 1

分析：（1）a．大量開采使用化石燃料，可減少非再生資源，不利于節能減排和環境保護，
b．根據氟里昂能破壞臭氧層判斷．
c．汽車燃燒的廢氣中均含有CO₂、SO₂、NO_x等氣體；
d．工業上廢氣、廢渣和廢液的任意排放能造成水體污染；
（2）①根據二氧化碳與堿反應生成鹽和水，然后寫出離子方程式；
②根據NaHCO₃溶液中碳酸氫根離子水解程度大于電離程度分析判斷離子濃度大小；
③負極的電極反應式=總反應方程式-正極的電極反應式；
（3）根據被氧化的HCl為參加反應的HCl的

1

2

，
（4）①H₂SO₃與NaOH恰好中和生成Na₂SO₃，利用SO₃^2-的水解來分析；
②NaOH溶液與H₂SO₃等物質的量混合時生成NaHSO₃，利用NaHSO₃溶液呈酸性，則HSO₃^-的電離大于其水解來分析；

解答：解：（1）a．大量開采使用化石燃料，可減少非再生資源，不利于節能減排和環境保護，故a錯誤；
b、氟里昂能產生氯原子，它是臭氧分解的催化劑，購買不含“氟里昂”的綠色環保冰箱，可以減少臭氧層的破壞，故b正確；
c、汽車燃燒的廢氣中均含有CO₂、SO₂、NO_x等氣體，多步行或乘公交車，少用專車或私家車，可以降低大氣中的CO₂、SO₂、NO_x濃度，故c正確；
d、工業上廢氣、廢渣和廢液的任意排放能造成水體污染，不利于環境保護，故d錯誤；
故選：ad；
（2）①二氧化碳與堿反應生成鹽和水，離子方程式為：CO₂+2OH^-=CO₃^2-+H₂O，故答案為：CO₂+2OH^-=CO₃^2-+H₂O；
②常溫下，0.1mol?L^-1NaHCO₃溶液的pH大于8，碳酸氫根離子水解大于電離程度，c（H₂CO₃）＞c（CO₃^2-），故答案為：＞．
③以甲醇為燃料制作新型燃料電池，電池的正極通入O₂，負極通入甲醇，電解液是堿性，總反應方程式：2CH₃OH+3O₂+4OH-═2CO₃^2-+6H₂O；負極電極反應為：3O₂+6H₂O+12e^-=12OH^-，正極電極反應為：CH₃OH+8OH^--6e^-═CO₃^2-+6H₂O；故答案為：CH₃OH+8OH^--6e^-═CO₃^2-+6H₂O；
（3）產生1mol ClO₂，則參加反應的HCl為2mol，被氧化的HCl為2mol×

1

2

=1mol，故答案為：
（4）①H₂SO₃與NaOH恰好中和生成Na₂SO₃，由SO₃^2-的水解可知溶液顯堿性，第一步水解遠遠大于第二步水解，兩步水解都生成OH^-離子，則c（Na⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺），故答案為：c（Na⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）；
②NaOH溶液與H₂SO₃等物質的量混合時生成NaHSO₃，NaHSO₃溶液呈酸性，則HSO₃^-的電離程度大于其水解程度，故答案為：HSO₃^-的電離程度大于其水解程度；

點評：本題是一道綜合題目，涉及到的知識點較多，如電極反應方程式、離子濃度大小等，根據課本知識即可完成．