Question

4．（Ⅰ）明礬石的主要成分是K₂SO₄•Al₂（SO₄）₃•2Al₂O₃•6H₂O，還含有少量Fe₂O₃雜質．
利用明礬石制備氫氧化鋁的流程如圖1：
（1）焙燒爐中發(fā)生反應的化學方程式為2Al₂（SO₄）₃+3S  2Al₂O₃+9SO₂，該反應的氧化劑是Al₂（SO₄）₃．若生成1molAl₂O₃，則轉移的電子數(shù)為3.612×10²⁴．
（2）將標準狀況下1.12L爐氣通入100mL0.5mol•L^-1NaOH溶液中，得到一種酸性溶液，則該溶液中各種離子濃度由大到小的排列順序為c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-）．
（Ⅱ）某實驗小組用圖2裝置測定SO₂轉化率，裝置中燒瓶內(nèi)發(fā)生的化學反應方程式為：Na₂SO₃（s）+H₂SO₄（85%）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Na₂SO₄+H₂O+SO₂↑
（已知SO₃的熔點是16.8℃，沸點是44.8℃）
（1）根據(jù)實驗需要，應該在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ處連接合適的裝置，請從圖3中A～E裝置中選擇最適合裝置并將其序號填放下面的空格中．
Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ處連接的裝置分別是B、E、A、C．
（2）為使SO₂有較高的轉化率，實驗中加熱催化劑與滴加濃硫酸的順序中，應采取的操作是先加熱催化劑再滴入濃硫酸．
（3）有一小組在實驗中發(fā)現(xiàn)，SO₂氣體產(chǎn)生緩慢，以致后續(xù)實驗現(xiàn)象不明顯，但又不存在氣密性問題．請你推測可能的原因．
①原因：Na₂SO₃變質．
②原因：濃硫酸的濃度不夠．
（4）將SO₂通入含1mol氯酸的溶液中，可生成一種強酸和一種氧化物，并有6.02×10²³個電子轉移，則該反應的化學方程式為SO₂+2HClO₃═H₂SO₄+2ClO₂．
（5）用n mol Na₂SO₃粉末與足量濃硫酸進行此實驗，當反應結束時，繼續(xù)通入O₂一段時間后，測得裝置IV增重了m g，則實驗中SO₂的轉化率為$\frac{64n-m}{64n}$×100%．（用含m、n的代數(shù)式填寫）

Answer 1

分析 （Ⅰ）焙燒爐中發(fā)生反應的化學方程式為2Al₂（SO₄）₃+3S$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$2Al₂O₃+9SO₂，故生成爐氣中含二氧化硫，熟料中含氧化鋁、氧化鐵、硫酸鉀等，加入氫氧化鈉和水，氧化鋁和氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，氧化鐵不反應，過濾，濾渣中含氧化鐵，濾液中含偏鋁酸鈉和硫酸鉀、氫氧化鈉等；用硫酸調(diào)節(jié)pH，得到氫氧化鋁沉淀和硫酸鈉、硫酸鉀，過濾得母液中含硫酸鉀、硫酸鈉溶質，
（1）所含元素化合價降低的反應物是氧化劑；
反應中硫單質中硫元素化合價由0價升高為SO₂中+4價，硫單質為還原劑，計算生成1molAl₂O₃需要硫的物質的量，轉移電子是硫單質的4倍，再根據(jù)N=nN_A轉移電子數(shù)目；
（2）根據(jù)n=$\frac{V}{{V}_{m}}$計算二氧化硫的物質的量，根據(jù)n（SO₂）：n（NaOH）確定反應產(chǎn)物，再結合溶液呈酸性進行判斷；
（Ⅱ）燒瓶中濃硫酸與亞硫酸鈉固體反應生成硫酸鈉、二氧化硫氣體和水，據(jù)此寫出反應的化學方程式；
（1）從除雜、催化氧化、冷卻、吸收未反應的SO₂，排除空氣中水及二氧化碳的影響來分析；
（2）根據(jù)催化劑在一定的溫度下催化效果好及反應速率來分析；
（3）SO₂氣體產(chǎn)生緩慢，根據(jù)發(fā)生的化學反應及影響反應速率的因素來分析；
（4）SO₂通入含1mol氯酸的溶液中，可生成一種強酸和一種氧化物，有6.02×10²³個電子轉移，則Cl元素的化合價由+5價降低為+4價，并利用質量守恒定律來書寫反應方程式；
（5）IV增重了mg，為未反應的SO₂的質量，nmolNa₂SO₃粉末與足量濃硫酸反應生成nmolSO₂，以此來計算轉化率．

解答 解：（Ⅰ）（1）反應中硫元素化合價由Al₂（SO₄）₃中+6價降低為SO₂中+4價，故Al₂（SO₄）₃是氧化劑，反應中硫單質中硫元素化合價由0價升高為SO₂中+4價，硫單質為還原劑，生成1molAl₂O₃需要硫的物質的量為1mol×$\frac{3}{2}$=1.5mol，轉移電子的物質的量為1.5mol×4=6mol，轉移電子數(shù)目為6mol×6.02×10²³mol^-1=3.612×10²⁴，
故答案為：Al₂（SO₄）₃；3.612×10²⁴；
（2）1.12L二氧化硫的物質的量為：$\frac{1.12L}{22.4L/mol}$=0.05mol，n（NaOH）=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，n（SO₂）：n（NaOH）=0.05mol：0.05mol=1：1，故反應后溶液中溶質為NaHSO₃，溶液呈酸性，說明HSO₃^-的電離程度大于水解程度，同時水電離生成氫離子，故c（H⁺）＞c（SO₃^2-），HSO₃^-電離程度不大，故c（HSO₃^-）＞c（H⁺），溶液c（OH^-）等于水電離生成，濃度很小，故溶液中離子濃度由大到小的排列順序為c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-），
故答案為：c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-）；
（II）裝置中燒瓶內(nèi)發(fā)生的化學反應方程式為：Na₂SO₃（s）+H₂SO₄（85%）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Na₂SO₄+H₂O+SO₂↑，
故答案為：Na₂SO₃（s）+H₂SO₄（85%）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Na₂SO₄+H₂O+SO₂↑；
（1）因從溶液中反應生成氣體中混有水蒸氣，則I處應選擇B裝置來吸收水進行氣體的干燥，II中選E進行二氧化硫氣體的催化氧化，S0₃的熔點是16.8℃，沸點是44.8℃，III中選A進行冷卻，使三氧化硫與二氧化硫分離，在IV中選擇C裝置來吸收未反應的SO₂，
故答案為：BEAC；
（2）因催化劑在一定的溫度下催化效果好，則應先加熱催化劑，然后滴加濃硫酸，
故答案為：先加熱催化劑再滴入濃硫酸；
（3）SO₂氣體產(chǎn)生緩慢，可能為Na₂SO₃變質生成硫酸鈉，也可能為濃硫酸的濃度不夠，反應速率變慢，
故答案為：Na₂SO₃變質；濃硫酸的濃度不夠；
（4）SO₂通入含1mol氯酸的溶液中，可生成一種強酸和一種氧化物，有6.02×10²³個電子轉移，則Cl元素的化合價由+5價降低為+4價，由質量守恒定律可知反應的化學方程式為：SO₂+2HClO₃═H₂SO₄+2ClO₂，
故答案為：SO₂+2HClO₃═H₂SO₄+2ClO₂；
（5）IV增重了mg，為未反應的SO₂的質量，其物質的量為：$\frac{m}{64}$mol，nmolNa₂SO₃粉末與足量濃硫酸反應生成nmolSO₂，
則二氧化硫的轉化率為：$\frac{n-\frac{m}{64}}{n}$×100%=$\frac{64n-m}{64n}$×100%，
故答案為：$\frac{64n-m}{64n}$×100%．

點評 本題考查了性質實驗方案的設計，題目難度中等，涉及氧化還原反應的計算、離子濃度大小比較、性質實驗方案的設計與評價等知識，明確實驗目的及實驗原理為解答關鍵，注意掌握性質實驗方案設計的原則，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查學生的分析、理解能力及化學實驗、化學計算能力．