Question

10．霧霾含有大量的污染物SO₂，NO．工業(yè)上變廢為寶利用工業(yè)尾氣獲得NH₄NO₃產(chǎn)品的流程圖如圖1：（Ce為鈰元素）

（1）上述流程中循環(huán)使用的物質(zhì)有CO₂、Ce⁴⁺．
（2）上述合成路線中用到15%～20%的乙醇胺（HOCH₂CH₂NH₂），其水溶液具有弱堿性，顯堿性的原因：HOCH₂CH₂NH₂+H₂O?HOCH₂CH₂NH₃++OH^-，寫出乙醇胺吸收CO₂的化學(xué)方程式HOCH₂CH₂NH₂+H₂O+CO₂=（HOCH₂CH₂NH3）HCO₃．
（3）寫出吸收池Ⅲ中，酸性條件下NO轉(zhuǎn)化為NO^2-的離子方程式為NO+H₂O+Ce⁴⁺=Ce³⁺+NO₂^-+2H⁺．
（4）向吸收池Ⅳ得到的HSO₃^-溶液中滴加少量CaCl₂溶液，出現(xiàn)渾濁，pH降低，用平衡移動原理解釋溶液pH降低的原因：HSO₃^-在溶液中存在電離平衡：HSO₃^-?SO₃^2-+H⁺，加CaCl₂溶液后，Ca²⁺+SO₃^2-=CaSO₃↓使電離平衡右移，c（H⁺）增大．
（5）電解池Ⅴ可使Ce⁴⁺再生，裝置如圖2所示：
生成Ce⁴⁺從a口（填字母）流出，寫出陰極的電極反應(yīng)式2HSO₃^-+4H⁺+4e^-=S₂O₃^2-+3H₂O；
（6）上述流程中每一步均恰好完全反應(yīng)，若制得NH₄NO₃質(zhì)量為xkg，電解池V制得cmol/L的S₂O₃^2-溶液ym³，則氧化池Ⅵ中消耗的O₂在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為0.21x-22.4ycm³．

Answer 1

分析 由流程可知，吸收池I中發(fā)生SO₂+OH^-=HSO₃^-、CO₂+OH^-=HCO₃^-，NO不反應(yīng)，吸收池Ⅲ中，酸性條件下NO轉(zhuǎn)化為NO₂^-，發(fā)生NO+H₂O+Ce⁴⁺=Ce³⁺+NO₂^-+2H⁺，吸收池Ⅳ中NaHSO₃溶液中HSO₃^-的電離大于水解，HSO₃^-?SO₃^2-+H⁺，溶液顯示酸性，加入CaCl₂溶液后，Ca²⁺+SO₃^2-=CaSO₃↓使電離平衡右移，電解池Ⅴ可使Ce⁴⁺再生，Ce失去電子在陽極得到，陰極上發(fā)生2HSO₃^-+4H⁺+4e^-=S₂O₃^2-+3H₂O，氧化池Ⅵ中得到粗產(chǎn)品NH₄NO₃，NO₂^-完全轉(zhuǎn)化為NH₄NO₃，電解池V中S得到電子，氧化池Ⅵ中氧得到電子，結(jié)合電子守恒計算．

解答 解：由流程可知，吸收池I中發(fā)生SO₂+OH^-=HSO₃^-、CO₂+OH^-=HCO₃^-，NO不反應(yīng)，吸收池Ⅲ中，酸性條件下NO轉(zhuǎn)化為NO₂^-，發(fā)生NO+H₂O+Ce⁴⁺=Ce³⁺+NO₂^-+2H⁺，吸收池Ⅳ中NaHSO₃溶液中HSO₃^-的電離大于水解，HSO₃^-?SO₃^2-+H⁺，溶液顯示酸性，加入CaCl₂溶液后，Ca²⁺+SO₃^2-=CaSO₃↓使電離平衡右移，電解池Ⅴ可使Ce⁴⁺再生，Ce失去電子在陽極得到，陰極上發(fā)生2HSO₃^-+4H⁺+4e^-=S₂O₃^2-+3H₂O，氧化池Ⅵ中得到粗產(chǎn)品NH₄NO₃，
（1）由上述分析可知，Ce⁴⁺、CO₂可循環(huán)利用，且流程中CO₂回收應(yīng)用，故答案為：Ce⁴⁺、CO₂；
（2）乙醇胺（HOCH₂CH₂NH₂），其水溶液具有弱堿性，顯堿性的原因：HOCH₂CH₂NH₂+H₂O?HOCH₂CH₂NH₃⁺+OH^-，乙醇胺吸收CO₂的化學(xué)方程式為HOCH₂CH₂NH₂+H₂O+CO₂=HOCH₂CH₂NH₄HCO₃，
故答案為：HOCH₂CH₂NH₂+H₂O+CO₂=HOCH₂CH₂NH₄HCO₃；
（3）吸收池Ⅲ中，酸性條件下NO轉(zhuǎn)化為NO₂^-的離子方程式為NO+H₂O+Ce⁴⁺=Ce³⁺+NO₂^-+2H⁺，
故答案為：NO+H₂O+Ce⁴⁺=Ce³⁺+NO₂^-+2H⁺；
（4）NaHSO₃溶液中HSO₃^-的電離大于水解，HSO₃^-?SO₃^2-+H⁺，溶液顯示酸性，加入CaCl₂溶液后，Ca²⁺+SO₃^2-=CaSO₃↓使電離平衡右移，
故答案為：HSO₃^-在溶液中存在電離平衡：HSO₃^-?SO₃^2-+H⁺，加CaCl₂溶液后，Ca²⁺+SO₃^2-=CaSO₃↓使電離平衡右移，c（H⁺）增大；
（5）在電解池中，陽極上是Ce³⁺失電子成為Ce⁴⁺的過程，所以生成Ce⁴⁺從電解槽的陽極上極a極流出，電解池的陰極發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2HSO₃^-+4H⁺+4e^-=S₂O₃^2-+3H₂O，
故答案為：a；2HSO₃^-+4H⁺+4e^-=S₂O₃^2-+3H₂O；
（6）設(shè)亞硝酸根離子、硝酸根離子的物質(zhì)的量分別是m、n，從Ⅴ→Ⅵ→硝酸銨，根據(jù)N元素守恒，得到①m+n=$\frac{x×1000}{80}$；4Ce³⁺+2HSO₃^-+4H⁺$\frac{\underline{\;通電\;}}{\;}$4Ce⁴⁺+2S₂O₃^2-+3H₂O，結(jié)合電子轉(zhuǎn)移關(guān)系，得到4Ce³⁺～2HSO₃^-～2S₂O₃^2-～4Ce⁴⁺，NO～NO₂^-～e^-，NO～NO₃^-～e^-，根據(jù)電子守恒，得到m+3n=n（Ce⁴⁺）=4n（S₂O₃^2-），可以得到②m+3n=4cy×1000，聯(lián)立①②解得m=$\frac{75x}{8}-2000c$y，根據(jù)反應(yīng)2NH₃+2H⁺+O₂+2NO₂^-=2NH₄NO₃，得到n（O₂）=$\frac{1}{2}n（N{O_2}^-）=\frac{75x}{8}-1000cy$，氧氣的體積V=22.4（$\frac{75x}{8}$-1000cy）×10^-3m³=0.21x-22.4cym³；
故答案為：0.21x-22.4cym³．

點評 本題考查混合物分離提純，把握流程中的反應(yīng)及混合物分離方法選擇為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力和計算能力的考查，綜合性較強(qiáng)，題目難度較大．．