Question

以黄铁矿为原料生产硫酸的主要设备是沸腾炉、（炉气精制）、接触室和吸收塔等．
（1）请写出炉气制造即沸腾炉中黄铁矿燃烧的化学方程式    ．
（2）炉气精制的作用是将含SO₂进行除法和水洗．而精制炉气即SO₂的催化氧化，在接触室中进行．
A、精制炉气（含SO₂体积分数为7%、O₂为11%、N₂为82%）中SO₂平衡转化率与温度及压强关系如图1所示．在实际生产中，SO₂催化氧化反应的条件选择常压、450℃左右（对应图中A点），而没有选择SO₂转化率更高的B或C点对应的反应条件，其原因分别是    、    ．
B、接触室中2SO₂（g）+O₂（g） 2SO₃（g），反应过程的能量变化如图2所示．
已知1mol SO₂（g）氧化为1mol SO₃（g）的△H=-99kJ?mol^-1．请回答下列问题：
①图中C点表示    ，E的大小对该反应的反应热    （填“有”或“无”） 影响．该反应通常用V₂O₅作催化剂，加V₂O₅会使图中B点    （填“升高”或“降低”）．
②反应达到平衡时，平衡常数表达式K=    ，升高温度，K值    （填“增大”、“减小”或“不变”）；图中△H=    kJ?mol^-1．
（3）从吸收塔出来的气体用一定量氨水吸收，得到的铵盐产品是（NH₄）₂SO₃和NH₄HSO₃的混合物．取不同质量的铵盐，分别加入x mol/L的50.00mL NaOH溶液中，经沸水浴（此温度下铵盐自身不分解）加热使氨气全部逸出，干燥后用浓硫酸完全吸收．实验数据如下：

实验次数	铵盐质量（g）	浓硫酸增加的质量（g）
第一次	1.570	0.340
第二次	3.140	0.680
第三次	4.710	0.510
第四次	6.280

①该铵盐中（NH₄）₂SO₃和NH₄HSO₃的物质的量之比为    ．
②x的值为    ．

Answer 1

【答案】分析：（1）结合工业制硫酸的原理书写化学方程式；
（2）A、根据图中所示，结合实际生成和需要，在常压下二氧化硫的转化率已经很高了，再加压需要对设备更新投入，且提高的余地很小，无经济效益；温度过低，反应速率低生产周期长影响生成效益；
B、根据图形分析结合能量高低进行判断，催化剂只改变反应的活化能不改变平衡，反应的焓变只与起始和终了物质的能量有关，与反应过程无关，运用化学平衡的理论，改变条件，依据平衡移动的方向来分析判断，K值只随温度的变化而变化；
（3）本反应历程是：OH^-首先是和NH₄HSO₃中的H⁺反应，随后有多的OH^-再和NH₄⁺反应放出氨气，所以随着铵盐的量的增大，NH₄HSO₃的量也增大，放出的氨气的量会为0．浓硫酸增加的质量就是氨气的质量．第一次和第二次放出的氨气的量是一样的，所以说第一次肯定是OH^-的量过量．利用第二次的量计算（因为是OH^-不足）．
解答：解：（1）根据反应原料写出化学方程式4FeS₂+11O₂2Fe₂O₃+4SO₂，故答案为4FeS₂+11O₂2Fe₂O₃+4SO₂
（2）①E为活化能，不影响化学反应能量，加入催化剂可改变反应历程并降低活化能．
②K只与温度相关的函数，升高温度，由于本反应为放热反应，平衡向逆移动，故K减小；图中表示的是反应2SO₂（g）+O₂（g）2SO₃（g），表示2mol二氧化硫反应放出的热量，已知1mol SO₂（g）氧化为1mol SO₃（g）的△H=-99kJ?mol^-1，所以图中的焓变为99kJ?mol^-1×2=198KJ?mol^-1，
故答案为：①生成物能量，无，降低．②，减小，-198．
（3）本反应历程是：OH^-首先是和NH₄HSO₃中的H⁺反应，随后有多的OH^-再和NH₄⁺反应放出氨气，所以随着铵盐的量的增大，NH₄HSO₃的量也增大，放出的氨气的量会为0．浓硫酸增加的质量就是氨气的质量．第一次和第二次放出的氨气的量是一样的，所以说第一次肯定是OH^-的量过量．利用第二次的量计算（因为是OH^-不足）．
设：（NH₄）₂SO₃的物质的量为a，NH₄HSO₃的物质的量为b
116a+99b=3.140（质量守恒）…①
17（2a+b）=0.680（元素守恒）…②
解得a=0.010mol，b=0.020mol，即（NH₄）₂SO₃和NH₄HSO₃的物质的量之比为1：2．
再根据（NH₄）₂SO₃～2NaOH，NH₄HSO₃～NaOH，可算出x=1.2mol/L．
故答案为：①1：2．②1.2．
点评：本题考查了影响化学平衡的因素，利用平衡进行工业生产的条件选择，反应焓变的计算和影响因素，平衡常数的书写与判断，元素守恒、质量守恒的计算应用等知识．