Question

【題目】工業(yè)生產(chǎn)中產(chǎn)生的SO2、NO直接排放將對大氣造成嚴(yán)重污染．利用電化學(xué)原理吸收SO2和NO，同時獲得 Na2S2O4和 NH4NO3產(chǎn)品的工藝流程圖如下(Ce為鈰元素)．

請回答下列問題．

（1）裝置Ⅱ中NO在酸性條件下生成NO2-的離子方程式__________________；

（2）含硫各微粒(H2SO3、HSO3-和SO32-)存在于SO2與NaOH溶液反應(yīng)后的溶液中，它們的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)ω與溶液pH的關(guān)系如圖1所示

①下列說法正確的是 (填標(biāo)號)。

A．pH=7時，溶液中c( Na+)＜c (HSO3-)+c(SO32-)

B．由圖中數(shù)據(jù)，可以估算出H2SO3的第二級電離平衡常數(shù)Ka2≈10-7

C．為獲得盡可能純的 NaHSO3，應(yīng)將溶液的pH控制在 4～5為宜

D．pH=9時溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)

②若1L1mol/L的NaOH溶液完全吸收13.44L(標(biāo)況下)SO2，則反應(yīng)的總離子方程式為 。

③取裝置Ⅰ中的吸收液vmL，用cmol/L的酸性高錳酸鉀溶液滴定。酸性高錳酸鉀溶液應(yīng)裝在 (填“酸式”或“堿式”)滴定管中，判斷滴定終點的方法是 。

（3）裝置Ⅲ 的作用之一是再生Ce4+ ，其原理如下圖所示。

圖中A為電源的 (填“正”或“負(fù)”)極。右側(cè)反應(yīng)室中發(fā)生的主要電極反應(yīng)式為 。

（4） 已知進(jìn)入裝置Ⅳ的溶液中NO－2的濃度為 0.4 mol/L ，要使 1m3該溶液中的NO－2完全轉(zhuǎn)化為 NH4NO3，需至少向裝置Ⅳ中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下的 O2的體積為 L。

Answer 1

【答案】（1）H2O + NO + Ce4+ = 2H+ + NO2- + Ce3+（2）①BCD；②3SO2 + 5OH- = 2SO32- + HSO3- + 2H2O；③酸式；當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏胃咤i酸鉀溶液，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘不褪色。（3）正；2H+ + 2HSO3- + 2e- = S2O42- + 2H2O（4）4480L

【解析】

試題分析：裝置Ⅰ中二氧化硫是酸性氧化物，能和強(qiáng)堿氫氧化鈉之間發(fā)生反應(yīng)：SO2+OH-=HSO3-，NO和氫氧化鈉之間不會反應(yīng)，裝置Ⅱ中NO在酸性條件下，NO和Ce4+之間會發(fā)生氧化還原反應(yīng)：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2-+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+，裝置Ⅲ中，在電解槽的陽極2Ce3+-2e-=2Ce4+，陰極電極反應(yīng)式為：2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O，裝置Ⅳ中通入氨氣、氧氣，2NO2-+O2++2H++2NH3=2NH4++2NO3-，

（1）裝置Ⅱ中NO在酸性條件下NO和Ce4+之間會發(fā)生氧化還原反應(yīng)：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2-+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+，故答案為：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2-+2H+；

（2）①A、pH=7時，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)，故溶液中c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)，故A錯誤；B、HSO3-SO32-+H+，由圖中數(shù)據(jù)，pH=7時，c(HSO3- )=c(SO32- )，由Ka的表達(dá)式可知，H2SO3的第二級電離平衡常數(shù)K2≈c(H+)=10-7，故B正確；C、溶液的pH控制在4～5時，c(HSO3- )濃度最大，則為獲得盡可能純的NaHSO3，可將溶液的pH控制在4～5左右，故C正確；D、pH=9時溶液，溶液為亞硫酸鈉溶液，由質(zhì)子守恒可知，c(OH-)=c(H+)+c(HSO3-)+2c(H2SO3)，故D正確；故答案為：BCD；

②1L1.0mol/L的NaOH溶液中含有氫氧化鈉的物質(zhì)的量為：1L×1.0mol/L=1.0mol，13.44L(標(biāo)況下)SO2，n(SO2)==0.6mol，

設(shè)反應(yīng)生成亞硫酸鈉的物質(zhì)的量為x，消耗二氧化硫的物質(zhì)的量為y

2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O

2 1 1

1.0mol y x

==解得：x=0.5mol y=0.5mol根據(jù)上述計算可以知道，二氧化硫是過量的，剩余的二氧化硫的物質(zhì)的量為：0.6mol-0.5mol=0.1mol

所以二氧化硫會和生成的亞硫酸鈉繼續(xù)反應(yīng)，

設(shè)消耗亞硫酸鈉的物質(zhì)的量為a，生成亞硫酸氫鈉的物質(zhì)的量為b

Na2SO3+H2O+SO2═2NaHSO3

1 1 2

a 0.1mol b

==，解得：a=0.1mol b=0.2mol，

則溶液中n(SO32-)=0.5mol-0.1mol=0.4mol，n(HSO3-)=0.2mol，n(SO32-)：n(HSO3-)=2：1，則反應(yīng)的離子方程式為3SO2+5OH-=2SO32-+HSO3-+2H2O，

故答案為：3SO2+5OH-=2SO32-+HSO3-+2H2O；

③酸式滴定管只能盛放酸性溶液、堿式滴定管只能盛放堿性溶液，酸性高錳酸鉀溶液呈酸性，則可以盛放在酸式滴定管中；原溶液無色，而KMnO4為紫紅色，所以當(dāng)溶液中的H2C2O4和KHC2O4反應(yīng)完全時，滴入最后一滴溶液呈紫紅色且半分鐘顏色不變；故答案為：酸式；滴入最后一滴溶液呈紫紅色且半分鐘顏色不變；

（3）生成Ce4+為氧化反應(yīng)，發(fā)生在陽極上，因此再生時生成的Ce4+在電解槽的陽極，連接電源正極，反應(yīng)物是HSO3-被還原成S2O42-，得到電子，電極反應(yīng)式為：2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O，故答案為：正；2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O；

（4）NO2-的濃度為0.4mol/L，要使1m3該溶液中的NO2-完全轉(zhuǎn)化為NH4NO3，則失去電子數(shù)為：1000×(5-3)×0.4mol，設(shè)消耗標(biāo)況下氧氣的體積是V，根據(jù)電子守恒：×4=1000×(5-3)×0.4mol，解得V=4480L，故答案為：4480。