Question

【題目】硫、氮氧化物是形成酸雨、霧霾等環境污染的罪魁禍首，采用合適的措施消除其污染是保護環境的重要舉措．
（1）Ⅰ．研究發現利用NH3可消除硝酸尾氣中的NO污染．NH3與NO的物質的量之比分別為1﹕3、3﹕1、4﹕1時，NO脫除率隨溫度變化的曲線如圖所示．
①曲線a中，NO的起始濃度為6×10﹣4 mg/m3 ， 從A點到B點經過0.8s，該時間段內NO的脫除速率為mg/（m3s）．
②曲線b對應的NH3與NO的物質的量之比是 ， 其理由是 ．
③已知在25℃，101kPa時：
N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol
2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol
N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.0kJ/mol
請寫出用NH3脫除NO的熱化學方程式
（2）Ⅱ．工業上還可以變“廢”為“寶”，將霧霾里含有的SO2、NO等污染物轉化為Na2S2O4（保險粉）和NH4NO3等化工用品，其生產流程如下（Ce為鈰元素）：
①裝置Ⅱ中NO轉變為NO3﹣的反應的離子方程式為 ．
②裝置Ⅲ制得Na2S2O4的同時還能讓Ce4+再生，原理如右圖所示．其陰極的電極反應式為 ．

③按上述流程處理含有a mol SO2、b mol NO的霧霾（b＞a），并制取Na2S2O4和NH4NO3 ． 裝置Ⅰ中SO2、裝置Ⅱ中NO、裝置Ⅲ中HSO3﹣和Ce3+、裝置Ⅳ中NO2﹣均全部轉化，處理完畢后裝置Ⅱ中Ce4+的剩余量與加入量相比沒有變化，則至少需向裝置Ⅳ中通入標準狀況下的O2L．（用含a、b的代數式表示）

Answer 1

【答案】
（1）1.5×10﹣4；3：1；NH3與NO的物質的量的比值越大，NO脫除率越大；4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（l）△H=﹣2070kJ/mol
（2）3Ce4++NO+2H2O═3Ce3++NO3﹣+4H+；2HSO3﹣+2e﹣+2H+═S2O42﹣+2H2O；5.6（3b﹣a）
【解析】解：（1）Ⅰ．①曲線a中，NO的起始濃度為6×10﹣4mg/m3 ， A點的脫除率為55%，B點的脫除率為75%，從A點到B點經過0.8 s，該時間段內NO的脫除速率= =1.5×10﹣4mg/（m3s），所以答案是：1.5×10﹣4；②NH3與NO的物質的量的比值越大，NO脫除率越大，故其物質的量之比分別為1：3、3：1、4：1時，對應的曲線為c、b、a，故曲線b 對應NH3與NO的物質的量之比是3：1，所以答案是：3：1；NH3與NO的物質的量的比值越大，NO脫除率越大；③已知在25℃，101kPa時：①N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H=﹣92.4kJ/mol②2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ/mol③N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.0kJ/mol利用蓋斯定律，將②×3﹣①×2﹣③×3可得4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（l）△H=﹣2070 kJ/mol， 所以答案是：4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（l）△H=﹣2070 kJ/mol；（2）Ⅱ．SO2、NO是大氣污染物，通過氫氧化鈉溶液吸收得到亞硫酸氫鈉，一氧化氮不反應，通過裝置Ⅱ加入Ce4+氧化還原反應得到Ce3+、NO2﹣、NO3﹣等，和亞硫酸氫鈉混合，在電解池中通電電解得到Ce4+循環使用，獲得Na2S2O4 ， NO2﹣、NO3﹣等加入氨氣和氧氣在裝置Ⅳ中發生反應得到NH4NO3產品，①裝置Ⅱ中NO轉變為NO3﹣的反應的離子方程式為3Ce4++NO+2H2O═3Ce3++NO3﹣+4H+ ， 所以答案是：3Ce4++NO+2H2O═3Ce3++NO3﹣+4H+；②陰極發生還原反應，電極方程式為2HSO3﹣+2e﹣+2H+═S2O42﹣+2H2O，所以答案是：2HSO3﹣+2e﹣+2H+═S2O42﹣+2H2O；③amolSO2、bmolNO反應后分別生成Na2S2O4、NH4NO3 ， S元素化合價由+4價降低到+3價，N元素化合價由+2價升高到+5價，設通入xmol氧氣，由化合價升降總數相等可知4x+a=3b，x= ，則氧氣的體積為 mol×22.4L/mol=5.6（3b﹣a）L，所以答案是：5.6（3b﹣a）．
【考點精析】關于本題考查的反應熱和焓變和化學平衡的計算，需要了解在化學反應中放出或吸收的熱量，通常叫反應熱；反應物轉化率=轉化濃度÷起始濃度×100%=轉化物質的量÷起始物質的量×100%；產品的產率=實際生成產物的物質的量÷理論上可得到產物的物質的量×100%才能得出正確答案．