Question

3．Ⅰ：SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NO_x排放．   （1）SCR（选择性催化还原）工作原理：

①尿素水溶液热分解为NH₃和CO₂，当燃油中含硫量较高时，尾气中SO₂在O₂作用下会形成（NH₄）₂SO₄，使催化剂中毒．用化学方程式表示（NH₄）₂SO₄的形成：2SO₂+O₂+4NH₃+2H₂O=2（NH₄）₂SO₄．
②尿素溶液浓度影响NO₂的转化，测定溶液中尿素（M=60g•mol^-1）含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH₃，所得NH₃用过量的v₁ mL c₁ mol•L^-1H₂SO₄溶液吸收完全，剩余H₂SO₄用v₂mL c₂ mol•L^-1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是$\frac{3（2{c}_{1}{V}_{1}-{c}_{2}{V}_{2}）}{100a}$×100%．
（2）NSR（NO_x储存还原）工作原理：NO_x的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示．

用H₂模拟尾气中还原性气体研究了Ba（NO₃）₂的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系．第一步反应消耗的Ba（NO₃）₂与H₂的物质的量之比是1：8．
Ⅱ：H₂S和SO₂会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列方法中的问题．
【ⅰ】．H₂S的除去：方法1：生物脱H₂S的原理为：
H₂S+Fe₂（SO₄）₃═S↓+2FeSO₄+H₂SO₄
4FeSO₄+O₂+2H₂SO₄$\frac{\underline{\;硫杆菌\;}}{\;}$2Fe₂（SO₄）₃+2H₂O
（1）硫杆菌存在时，FeSO₄被氧化的速率是无菌时的5×10⁵倍，由图甲和图乙判断使用硫杆菌的最佳条件为30℃，pH=2.0．

方法2：在一定条件下，用H₂O₂氧化H₂S
（2）随着参加反应的n（H₂O₂）/n（H₂S）变化，氧化产物不同．当n（H₂O₂）/n（H₂S）=4时，氧化产物的分子式为H₂SO₄．
【ⅱ】SO₂的除去：（双减法）：用NaOH吸收SO₂，并用CaO使NaOH再生NaOH溶液＜“m“：math dsi：zoomscale=150 dsi：_mathzoomed=1＞?②CaO①SO4$?_{②CaO}^{①SO_{4}}$Na₂SO₃溶液
（3）写出过程①的离子方程式：2OH^-+SO₂═$S{O}_{3}^{2-}$+H₂O．

Answer 1

分析 I．①尿素水溶液热分解为NH₃和CO₂，当燃油中含硫量较高时，尾气中SO₂在O₂作用下会形成（NH₄）₂SO₄，使催化剂中毒，根据元素守恒，生成（NH₄）₂SO₄，则还需要NH₃，据此写出生成（NH₄）₂SO₄的化学反应方程式；
②测定溶液中尿素的含量，取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH₃，所得NH₃用过量的V₁ mL c₁ mol/L的H₂SO₄溶液吸收完全，产物为（NH₄）₂SO₄，剩余H₂SO₄用V₂mL c₂ mo/LNaOH溶液恰好中和，则参与吸收氨气的硫酸的物质的量为$（{c}_{1}{V}_{1}-\frac{1}{2}{c}_{2}{V}_{2}）×1{0}^{-3}mol$，吸收氨气的反应为2NH₃+H₂SO₄═（NH₄）₂SO₄，根据N元素守恒予以解答；
（2）第一步反应中H₂被氧化生成水，化合价由0价升高到+1价，Ba（NO₃）₂的N元素化合价由+5价降低到-3价，生成氨气，结合得失电子数目相等计算；
【i】（1）根据图象分析，硫杆菌存在时，FeSO₄被氧化的速率是无菌时的5×10⁵倍，此时两张图象的最高点出现在温度为30℃和pH=2.0处，据此判断；
（2）随着参加反应的$\frac{n（{H}_{2}{O}_{2}）}{n（{H}_{2}S）}$变化，氧化产物不同，当$\frac{n（{H}_{2}{O}_{2}）}{n（{H}_{2}S）}$=4时，根据电子得失守恒予以判断氧化产物的分子式；
【ii】（3）过程①为碱溶液吸收SO₂气体，生成亚硫酸钠，据此写出离子方程式．

解答 解：I．①SO₂在O₂作用下与NH₃、H₂O反应形成（NH₄）₂SO₄，此反应中SO₂是还原剂，氧气是氧化剂，反应的化学方程式为2SO₂+O₂+4NH₃+2H₂O═2（NH₄）₂SO₄．
故答案为：2SO₂+O₂+4NH₃+2H₂O═2（NH₄）₂SO₄．
②取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH₃，所得NH₃用过量的V₁ mL c₁ mol/L的H₂SO₄溶液吸收完全，产物为（NH₄）₂SO₄，发生的反应为2NH₃+H₂SO₄═（NH₄）₂SO₄，剩余H₂SO₄用V₂mL c₂ mo/LNaOH溶液恰好中和，则参与吸收氨气的硫酸的物质的量为$（{c}_{1}{V}_{1}-\frac{1}{2}{c}_{2}{V}_{2}）×1{0}^{-3}mol$，根据反应关系，氨气的物质的量为n（NH₃）=$2×（{c}_{1}{V}_{1}-\frac{1}{2}{c}_{2}{V}_{2}）×1{0}^{-3}$mol=$（2{c}_{1}{V}_{1}-{c}_{2}{V}_{2}）×1{0}^{-3}$mol，根据N元素守恒，尿素的物质的量为n（尿素）=$\frac{1}{2}n（N{H}_{3}）$=$\frac{2{c}_{1}{V}_{1}-{c}_{2}{V}_{2}}{2}×1{0}^{-3}mol$，则尿素的质量为m=n（尿素）×M=$\frac{2{c}_{1}{V}_{1}-{c}_{2}{V}_{2}}{2}×1{0}^{-3}×60$=0.03×（2c₁V₁-c₂V₂）g，则尿素溶液中溶质的质量分数是w=$\frac{m}{a}×100%$=$\frac{0.03（2{c}_{1}{V}_{1}-{c}_{2}{V}_{2}）}{a}×100%$=$\frac{3（2{c}_{1}{V}_{1}-{c}_{2}{V}_{2}）}{100a}×100%$．
故答案为：=$\frac{3（2{c}_{1}{V}_{1}-{c}_{2}{V}_{2}）}{100a}×100%$；
（2）第一步反应中H₂被氧化生成水，化合价由0价升高到+1价，Ba（NO₃）₂的N元素化合价由+5价降低到-3价，生成氨气，则1molBa（NO₃）₂生成氨气转移16mol电子，参加反应的氢气的物质的量为$\frac{16}{2}$=8，则
第一步反应消耗的Ba（NO₃）₂与H₂的物质的量之比是1：8．
故答案为：1：8；
【i】（1）根据图象分析，硫杆菌存在时，FeSO₄被氧化的速率是无菌时的5×10⁵倍，此时两张图象的最高点出现在温度为30℃和pH=2.0处．
故答案为：30℃，pH=2.0；
（2）参加反应的$\frac{n（{H}_{2}{O}_{2}）}{n（{H}_{2}S）}$变化，氧化产物不同，当$\frac{n（{H}_{2}{O}_{2}）}{n（{H}_{2}S）}$=4时，不妨设n（H₂S）=1mol，则n（H₂O₂）=4mol，根据电子得失守恒，H₂O₂得到电子被还原为H₂O，转移电子数为4mol×2=8mol，则1molH₂S应失去8mol电子，S升高8价，应为$S{O}_{4}^{2-}$，因此氧化产物为H₂SO₄．
故答案为：H₂SO₄．
【ii】（3）过程①为碱溶液吸收SO₂气体，生成亚硫酸钠，反应的离子方程式为：2OH^-+SO₂═$S{O}_{3}^{2-}$+H₂O．
故答案为：2OH^-+SO₂═$S{O}_{3}^{2-}$+H₂O．

点评 本题主要考察氧化还原方程式的计算，根据图象分析化学反应过程，牢牢把握守恒思想是解题的关键．本题考查知识比较综合，考查的是综合能力．题目难度难度中等，是中档题．