Question

测定转化成SO₃的转化率可以用如图装置，装置中烧瓶内发生的化学反应方程式为：
Na₂SO₃（s）+H₂SO₄（85%）=Na₂SO₄+H₂O+SO₂↑（已知S0₃的熔点是16.8℃，沸点是44.8℃）

（1）装置中甲管的作用是______．
（2）根据实验需要，应该在I、II、III、IV处连接合适的装置，请从题图A?E装置中选择最适合装置并将其序号填放下面的空格中．I、II、III、IV处连接的装置分别是______

（3）为使SO₂有较高的转化率，实验中加热催化剂与滴加浓硫酸的顺序中，应采取的操作是______，若用大火加热烧瓶时，SO₂的转化率会______ （填“升高”、“不变”或“降低”）．
（4）有一小组在实验中发现，SO₂气体产生缓慢，以致后续实验现象不明显，但又不存在气密性问题，请你推测可能的原因（可以不填满）①原因：______②原因：______ ③原因：______
（5）将SO₂通入含1mol氯酸的溶液中，可生成一种强酸和一种氧化物，并有6.02×10²³个电子转移，则该反应的化学方程式为______
（6）用nmolNa₂SO₃粉末与足量浓硫酸进行此实验，当反应结束时，继续通入O₂-段时间后，测得装置IV增重了 mg，则实验中SO₂的转化率为______．（用含m、n的代数式填写）

Answer 1

解：（1）由图可知，液体流下时使分液漏斗中压强减小，不利于液体流下，而甲装置能保证分液漏斗和烧瓶内气体压强相等，则甲能使液体顺利流下，故答案为：让硫酸顺利滴下；
（2）因从溶液中反应生成气体中混有水蒸气，则I处应选择B装置来吸收水进行气体的干燥，II中选E进行二氧化硫气体的催化氧化，S0₃的熔点是16.8℃，沸点是44.8℃，III中选A进行冷却，使三氧化硫与二氧化硫分离，在IV中选择C装置来吸收未反应的SO₂，故答案为：BEAC；
（3）因催化剂在一定的温度下催化效果好，则应先加热催化剂，大火加热时反应速率过快，生成的部分二氧化硫未反应就通过了E装置，导致SO₂的转化率降低，
故答案为：先加热催化剂再滴入浓硫酸；降低；
（4）SO₂气体产生缓慢，可能为Na₂SO₃变质生成硫酸钠，也可能为浓硫酸的浓度不够，反应速率变慢，故答案为：Na₂SO₃变质；浓硫酸的浓度不够；
（5）SO₂通入含1mol氯酸的溶液中，可生成一种强酸和一种氧化物，有6.02×10²³个电子转移，则Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，由质量守恒定律可知反应的化学方程式为
SO₂+2HClO₃═H₂SO₄+2ClO₂，故答案为：SO₂+2HClO₃═H₂SO₄+2ClO₂；
（6）IV增重了mg，为未反应的SO₂的质量，其物质的量为mol，nmolNa₂SO₃粉末与足量浓硫酸反应生成nmolSO₂，则转化率为×100%=×100%，
故答案为：×100%．
分析：（1）根据压强来分析甲的作用；
（2）从除杂、催化氧化、冷却、吸收未反应的SO₂，排除空气中水及二氧化碳的影响来分析；
（3）根据催化剂在一定的温度下催化效果好及反应速率来分析；
（4）SO₂气体产生缓慢，根据发生的化学反应及影响反应速率的因素来分析；
（5）SO₂通入含1mol氯酸的溶液中，可生成一种强酸和一种氧化物，有6.02×10²³个电子转移，则Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，并利用质量守恒定律来书写反应方程式；
（6）IV增重了mg，为未反应的SO₂的质量，nmolNa₂SO₃粉末与足量浓硫酸反应生成nmolSO₂，以此来计算转化率．
点评：本题考查二氧化硫气体的制取及二氧化硫的催化氧化实验，明确装置及装置的作用是解答本题的关键，难度不大，并注意利用守恒法来分析问题．