(1)10min～20min以v(CO2)表示的反应速率为mol·L－1·s－1。(2)在10min和40min这两个时间分别改变了一个条件，则10min时改变的条件可能是（填选项字母）。A．升

Question

(1)10 min～20 min以 v (CO ₂ )表示的反应速率为________ mol·L ^－1 ·s ^－1 。

(2) 在10min和40min这两个时间分别改变了一个条件，则10min时改变的条件可能是________（填选项字母）。

A．升高温度             B．降低温度              C．加入催化剂  

D．增加N ₂ 的浓度         E．减小NO的浓度         F．减小CO ₂ 的浓度

(3) 一定温度下，随着NO的起始浓度增大，则NO的平衡转化率________(填“增大”、“不变”或“减小”)。

Ⅱ臭氧是一种在生产生活中有着广泛运用的化学物质，可以用于净化空气、饮用水消毒、处理工业废物和作为漂白剂。目前常用的人工制备臭氧的方法有：电晕放电法、电化学法、紫外线法等。其中电化学法因其设备简易，使用维修简单、安全，生成臭氧成分纯净等特点而得到广泛运用。某课外小组运用下图装置以PbO ₂ 做阳极，Pt电极为阴极电解饱和K ₂ SO ₄ 溶液制备O ₃ ，并采用碘量法测定臭氧的产率。（已知电解时在阳极可能有生成O ₂ 的副反应发生，碘量法测定的过程中不考虑O ₂ 和KI反应 ）

实验过程如下：

①按上图连接好装置，检查气密性后接通电源开始进行反应。

②电解的过程中以1.5L/min的速率鼓入N ₂ ，使产生的O ₃ 能够完全被KI溶液吸收，反应后有O ₂ 生成（不考虑该过程中溶液体积变化）。

③电解20 min后，通过量筒测得右室中产生的气体体积为224 ml（已转化为标准状况）。

④将充分吸收了O ₃ 的300ml KI溶液取出30.00 ml，加入2滴0.1mol/L的淀粉溶液作指示剂，用0.01mol/L的Na ₂ S ₂ O ₃ 溶液进行滴定。测得消耗Na ₂ S ₂ O ₃ 溶液的体积为31.00ml。（已知反应的化学方程式为：I ₂ + 2Na ₂ S ₂ O ₃ = Na ₂ S ₄ O ₆ + 2NaI ）

（1）右室产生的气体为           （填化学式），写出左室发生的电极反应方程式                     。

（2）写出KI溶液吸收O ₃ 的化学方程式                                    。

（3）该实验过程中鼓入N ₂ 的速率不能过快，若鼓入太快测定出臭氧的产率将偏       （填“大”或“小”），根据实验所得数据，该装置产生臭氧的产率为             。

Answer 1

答案　Ⅰ(1) 0.33 mol·L－1·s－1   (2) AC  (3) 不变  Ⅱ(1)H2     3H2O - 6e = O3 + 6H+     (2)O3 + 2KI +H2O = O2 + I2 + 2KOH   (3)偏小  46.5% 解析Ⅰ(1) 10 min～20 min这段时间CO2的物质的量变量为0.11mol ，但是要注意题目要求的速率单位为mol·L－1·s－1，所以计算得0.33 mol·L－1·s－1 （2) 10 min～20 min这一段，还没有建立平衡，但是化学反应速率加快，可能由升高温度、加入催化剂或增大反应物浓度造成，但是根据数据可知，不应该为增大反应物浓度，所以AC两个原因可选。 （3) 由于压强对反应平衡无影响，加入NO相当于等比加入两种产物，所以只会影响反应的速率，而对化学平衡无影响，所以NO 的转化率不会发生改变。 Ⅱ（1)由图和提示可知，右室为阴极室，电解饱和K2SO4溶液阴极应该为H+放电，所以在阴极室应该产生H2 。 阳极产生O3 ，电极反应为3H2O - 6e = O3 + 6H+ 。 （2)KI溶液作为吸收液吸收O3是运用了I—的还原性，所以发生的化学反应方程式为O3 + 2KI +H2O = O2 + I2 + 2KOH 。 （3）若通入N2的速率过快，O3和KI反应不充分，测出的I2量偏小则算出的O3产率就会偏小；根据阴极产生22.4ml 0.001mol H2可知电解过程中电子转移总数为 0.002 mol ，理论上可生产O3 0.001÷3 mol ，实际上产生的O3，可通过消耗的Na2S2O3与O3之间的关系算出，为1.55×10—4mol ，于是可算出产率为46.5%