Question

【题目】硫、氮氧化物是形成酸雨、雾霾等环境污染的罪魁祸首，采用合适的措施消除其污染是保护环境的重要举措．
（1）Ⅰ．研究发现利用NH3可消除硝酸尾气中的NO污染．NH3与NO的物质的量之比分别为1﹕3、3﹕1、4﹕1时，NO脱除率随温度变化的曲线如图所示．
①曲线a中，NO的起始浓度为6×10﹣4 mg/m3 ， 从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为mg/（m3s）．
②曲线b对应的NH3与NO的物质的量之比是 ， 其理由是 ．
③已知在25℃，101kPa时：
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
请写出用NH3脱除NO的热化学方程式
（2）Ⅱ．工业上还可以变“废”为“宝”，将雾霾里含有的SO2、NO等污染物转化为Na2S2O4（保险粉）和NH4NO3等化工用品，其生产流程如下（Ce为铈元素）：
①装置Ⅱ中NO转变为NO3﹣的反应的离子方程式为 ．
②装置Ⅲ制得Na2S2O4的同时还能让Ce4+再生，原理如右图所示．其阴极的电极反应式为 ．

③按上述流程处理含有a mol SO2、b mol NO的雾霾（b＞a），并制取Na2S2O4和NH4NO3 ． 装置Ⅰ中SO2、装置Ⅱ中NO、装置Ⅲ中HSO3﹣和Ce3+、装置Ⅳ中NO2﹣均全部转化，处理完毕后装置Ⅱ中Ce4+的剩余量与加入量相比没有变化，则至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的O2L．（用含a、b的代数式表示）

Answer 1

【答案】
（1）1.5×10﹣4；3：1；NH3与NO的物质的量的比值越大，NO脱除率越大；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曲线a中，NO的起始浓度为6×10﹣4mg/m3 ， A点的脱除率为55%，B点的脱除率为75%，从A点到B点经过0.8 s，该时间段内NO的脱除速率= =1.5×10﹣4mg/（m3s），所以答案是：1.5×10﹣4；②NH3与NO的物质的量的比值越大，NO脱除率越大，故其物质的量之比分别为1：3、3：1、4：1时，对应的曲线为c、b、a，故曲线b 对应NH3与NO的物质的量之比是3：1，所以答案是：3：1；NH3与NO的物质的量的比值越大，NO脱除率越大；③已知在25℃，101kPa时：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利用盖斯定律，将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是大气污染物，通过氢氧化钠溶液吸收得到亚硫酸氢钠，一氧化氮不反应，通过装置Ⅱ加入Ce4+氧化还原反应得到Ce3+、NO2﹣、NO3﹣等，和亚硫酸氢钠混合，在电解池中通电电解得到Ce4+循环使用，获得Na2S2O4 ， NO2﹣、NO3﹣等加入氨气和氧气在装置Ⅳ中发生反应得到NH4NO3产品，①装置Ⅱ中NO转变为NO3﹣的反应的离子方程式为3Ce4++NO+2H2O═3Ce3++NO3﹣+4H+ ， 所以答案是：3Ce4++NO+2H2O═3Ce3++NO3﹣+4H+；②阴极发生还原反应，电极方程式为2HSO3﹣+2e﹣+2H+═S2O42﹣+2H2O，所以答案是：2HSO3﹣+2e﹣+2H+═S2O42﹣+2H2O；③amolSO2、bmolNO反应后分别生成Na2S2O4、NH4NO3 ， S元素化合价由+4价降低到+3价，N元素化合价由+2价升高到+5价，设通入xmol氧气，由化合价升降总数相等可知4x+a=3b，x= ，则氧气的体积为 mol×22.4L/mol=5.6（3b﹣a）L，所以答案是：5.6（3b﹣a）．
【考点精析】关于本题考查的反应热和焓变和化学平衡的计算，需要了解在化学反应中放出或吸收的热量，通常叫反应热；反应物转化率=转化浓度÷起始浓度×100%=转化物质的量÷起始物质的量×100%；产品的产率=实际生成产物的物质的量÷理论上可得到产物的物质的量×100%才能得出正确答案．