$\rm {{(N{{H}_{4}})}_{2}}S{{O}_{4}}$溶液中的离子浓度由大到小顺序是                。

$c{\\rm (NH_{4}^{+})}{\\gt }c{\\rm (SO_{4}^{2-})}{\\gt }c({{\\rm H}^{+}}){\\gt }c\\rm (O{{H}^{-}})$

$\rm {{(N{{H}_{4}})}_{2}}S{{O}_{4}}$溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，$c{\rm (NH_{4}^{+})}{{\gt }{c}}({{\rm H}^{+}}){{\gt }{c}}\rm (O{{H}^{-}})$，由于$\rm NH_{4}^{+}$水解微弱，且根据$\rm {{(N{{H}_{4}})}_{2}}S{{O}_{4}}$的化学式可知离子浓度大小为$c{\rm (NH_{4}^{+})}{\gt }c{\rm (SO_{4}^{2-})}{\gt }c({{\rm H}^{+}}){\gt }c\rm (O{{H}^{-}})$。

①已知：$\rm S{{O}_{2}}$生成$\rm S{{O}_{3}}$总反应的化学方程式是${\rm 2S{{O}_{2}}(g)+{{O}_{2}}(g)\rightleftharpoons 2S{{O}_{3}}(g)}\quad\Delta H=-196.6\rm \ kJ\cdot mo{{l}^{-1}}$，此反应可通过如下两步完成：${\rm 2 {NO}({g})+O_{2}({g}) \rightleftharpoons 2 {NO}_{2}({g})}\quad\Delta {{H}_{1}}=-113\rm \ kJ\cdot mo{{l}^{-1}}$；${\rm N{{O}_{2}}(g)+S{{O}_{2}}(g)\rightleftharpoons S{{O}_{3}}(g)+NO(g) }\quad\Delta{{H}_{2}}$。则$\Delta {{H}_{2}}=$                。

②一定温度下，向$\rm 2\ L$恒容密闭容器中充入$\rm N{{O}_{2}}$和$\rm S{{O}_{2}}$各$\rm 1\ mol$，$\rm 5\ min$达到平衡，此时容器中$\rm N{{O}_{2}}$和$\rm NO$的浓度之比为$\rm 1:3$，则$\rm N{{O}_{2}}$的平衡转化率是                。

$\\rm -41.8\\ kJ\\cdot mo{{l}^{-1}}$；$\\rm 75\\%$

①Ⅰ．${\rm 2S{{O}_{2}}(g)+{{O}_{2}}(g)\rightleftharpoons 2S{{O}_{3}}(g)}\quad \Delta H=-196.6\rm \ kJ\cdot mo{{l}^{-1}}$；Ⅱ．${\rm 2NO(g)+{{O}_{2}}(g)\rightleftharpoons 2N{{O}_{2}}(g) }\quad\Delta{{H}_{1}}=-113\rm \ kJ\cdot mo{{l}^{-1}}$，根据盖斯定律，$\rm ($Ⅰ$\rm -$Ⅱ$\rm )\times \dfrac{1}{2}$得到${\rm N{{O}_{2}}(g)+S{{O}_{2}}(g)\rightleftharpoons S{{O}_{3}}(g)+NO(g)}\quad\Delta {{H}_{2}}=\dfrac{-196.6-(-113)}{2}\ \rm kJ\cdot mo{{l}^{-1}}=-41.8\ kJ\cdot mo{{l}^{-1}}$。

②一定温度下，向$\rm 2\ L$恒容密闭容器中充入$\rm N{{O}_{2}}$和$\rm S{{O}_{2}}$各$\rm 1\ mol$，$\rm 5\ min$达到平衡，此时容器中$\rm N{{O}_{2}}$和$\rm NO$的浓度之比为$\rm 1:3$，设消耗$\rm N{{O}_{2}}$的物质的量为$x\ \rm mol$，列“三段式”：$\rm \begin{matrix} {} & \rm N{{O}_{2}}(g) & + & \rm S{{O}_{2}}(g) \\ 起始\rm (mol) & 1 & {} & 1 \\ 转化\rm (mol) & x & {} & x \\ 平衡\rm (mol) & 1-x & {} & 1-x \\ \end{matrix}\begin{matrix} \rightleftharpoons & \rm S{{O}_{3}}(g) & + & \rm NO(g) \\ {} & 0 & {} & 0 \\ {} & x & {} & x \\ {} & x & {} & x \\ \end{matrix}$，由于$\rm N{{O}_{2}}$和$\rm NO$的浓度之比为$\rm 1:3$，反应容器的容积不变，所以$n{\rm (N{{O}_{2}})}:n{\rm (NO)}=1:3$，$(1-x):x=1:3$，解得$x=0.75$，则$\rm N{{O}_{2}}$的平衡转化率$\rm =\dfrac{0.75\ mol}{1\ mol}\times 100\%=75\%$。

$\rm S{{O}_{2}}$属于酸性氧化物，将其通入$\rm NaOH$溶液中，得到$\rm NaHS{{O}_{3}}$溶液。

①$\rm NaHS{{O}_{3}}$溶液呈酸性，其原因是                。

②向$\rm pH=5$的$\rm NaHS{{O}_{3}}$溶液中滴加一定浓度的$\rm CaC{{l}_{2}}$溶液，溶液中出现浑浊，$\rm pH$降为$\rm 2$，用化学平衡移动原理解释溶液$\rm pH$降低的原因：                。

$\\rm HSO_{3}^{-}$在溶液中存在电离平衡：$\\rm HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+{{H}^{+}}$，存在水解平衡：$\\rm HSO_{3}^{-}+{{H}_{2}}O\\rightleftharpoons {{H}_{2}}S{{O}_{3}}+O{{H}^{-}}$；$\\rm HSO_{3}^{-}$的电离程度大于其水解程度，所以溶液呈酸性；$\\rm HSO_{3}^{-}$在溶液中存在电离平衡：$\\rm HSO_{3}^{-}\\rightleftharpoons SO_{3}^{2-}+{{H}^{+}}$，加入$\\rm CaC{{l}_{2}}$溶液后，$\\rm C{{a}^{2+}}+SO_{3}^{2-}=CaS{{O}_{3}}\\downarrow $，$c{\\rm (SO_{3}^{2-})}$减小，使$\\rm HSO_{3}^{-}$的电离平衡右移，$c\\rm \\left({H}^{+}\\right)$增大，$\\rm pH$降低

①$\rm NaHS{{O}_{3}}$溶液呈酸性，其原因是$\rm HSO_{3}^{-}$在溶液中存在电离平衡：$\rm HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+{{H}^{+}}$，还存在水解平衡：$\rm HSO_{3}^{-}+{{H}_{2}}O\rightleftharpoons {{H}_{2}}S{{O}_{3}}+O{{H}^{-}}$，由于$\rm HSO_{3}^{-}$的电离程度大于其水解程度，所以$\rm NaHS{{O}_{3}}$溶液呈酸性。

②$\rm NaHS{{O}_{3}}$溶液中加入$\rm CaC{{l}_{2}}$溶液后反生反应：$\rm C{{a}^{2+}}+SO_{3}^{2-}=CaS{{O}_{3}}\downarrow $，$c{\rm (SO_{3}^{2-})}$减小，使$\rm HSO_{3}^{-}$的电离平衡右移，$c\rm \left({H}^{+}\right)$增大。

通过$\rm NO$，传感器可监测${\rm N}{{\rm O}_{x}}$的含量，其工作原理示意图如下。

①$\rm NiO$电极上发生的是                $\rm ($填“氧化”或“还原”$\rm )$反应。

②写出$\rm Pt$电极的电极反应式：                。

氧化；$\\rm {{O}_{2}}+4{{e}^{-}}=2{{O}^{2-}}$

①$\rm NiO$电极为负极，在负极上$\rm NO$失去电子，发生氧化反应。

②$\rm {{O}_{2}}$在$\rm Pt$电极上得电子变为$\rm {{O}^{2-}}$，发生还原反应，所以$\rm Pt$电极的电极反应式为$\rm {{O}_{2}}+4{{e}^{-}}=2{{O}^{2-}}$。