Question

6．某科研小組對O₃氧化結(jié)合濕法噴淋同時脫除煙道氣中SO₂、NO_x的研究（NO_x中，NO 占95%以上，NO₂的含量小于5%）提出以下問題：

（1）臭氧氧化法脫硫脫硝的原理：用〇₃把煙道氣中NO氧化為易被堿液吸收的高價態(tài)氮氧化合物，過量NaOH噴淋液吸收NO的氧化產(chǎn)物和煙道氣中原有的SO₂．
①若用lL0.2mol/LNaOH吸收3.36L （標況）SO₂，反應(yīng)總的離子方程式為4OH^-+3SO₂=SO₃^2-+2HSO₃^-+3H₂O．
吸收后溶液中C（Na⁺）=$\frac{4}{3}$C（SO₃^2-）+$\frac{4}{3}$C（HSO₃^-）+$\frac{4}{3}$c（H₂SO₃）
②在有催化劑存在的情況下，O₃氧化SO₂時，平衡不隨壓力的改變而改變，則SO₂與O₃反應(yīng)的化學方程式為SO₂+O₃$\frac{\underline{\;催化劑\;}}{\;}$SO₃+O₂．
③在90℃時，反應(yīng)體系中NO和NO₂濃度隨初始 $\frac{c（{O}_{3}）}{c（N{O}_{X}）}$變化的曲線如圖1所示，由圖可知NO與O₃反應(yīng)的化學方程式為NO+O₃═NO₂+O₂．當c（O₃）/c（NO_x）＞1時，NO₂濃度下降的原因為NO₂被氧化到了更高價態(tài)．
④當 $\frac{c（{O}_{3}）}{c（N{O}_{X}）}$＜1時，SO₂對NO與O₃的反應(yīng)不產(chǎn)生干擾．對這一現(xiàn)象解釋最不合理的是：b
a．SO₂與O₃反應(yīng)的活化能大于NO與O₃反應(yīng)的活化能
b．SO₂與O₃反應(yīng)的反應(yīng)熱大于NO與O₃反應(yīng)的反應(yīng)熱
c．SO₂與O₃反應(yīng)的反應(yīng)速率小于NO與O₃反應(yīng)的反應(yīng)速率
（2）含氮氧化物廢氣也可用電解法處理，可回收硝酸實驗室模擬電解法吸收NO_x的裝置如圖2所示（圖中電極均為石墨電極）．
①若有標準狀況下2.24LNO₂被吸收，通過陽離子交換膜（只允許陽離子通過）的H⁺為0.1mol．
②某小組在右室裝有10L 0.2mol•L^-1硝酸，用含NO和NO₂ （不考慮NO₂轉(zhuǎn)化為N₂O₄）的廢氣進行模擬電解法吸收實驗．電解過程中，有部分NO轉(zhuǎn)化為HNO₂．實驗結(jié)束時，測得右室溶液中含3mol HNO₃、0.2mol HNO₂，同時左室收集到標準狀況下28LH₂．計算原氣體中NO和NO₂的體積比17：7（假設(shè)尾氣中不含氮氧化物）

Answer 1

分析 （1）①若NaOH和SO₂反應(yīng)之比為2：1時，對應(yīng)的化學方程式為2NaOH+SO₂=Na₂SO₃+H₂O①，若NaOH和SO₂反應(yīng)之比為1：1時，對應(yīng)的化學方程式為NaOH+SO₂=NaHSO₃②，而此時n（NaOH）=lL×0.2mol/L=0.2mol，n（SO₂）=$\frac{3.36L}{22.4L/mol}$=0.15mol，n（NaOH）：n（SO₂）=0.2mol：0.15mol=4：3，故在兩者之間，發(fā)生①②兩個反應(yīng)；
n（NaOH）：n（SO₂）=4：3，則3n（NaOH）=4n（SO₂），即3n（Na⁺）=4n（SO₂）①，根據(jù)物料守恒n（SO₂）=n（SO₃^2-）+n（HSO₃^-）+n（H₂SO₃）②，聯(lián)立①②得，3n（Na⁺）=4n（SO₃^2-）+4n（HSO₃^-）+4n（H₂SO₃），故n（Na⁺）=$\frac{4}{3}$n（SO₃^2-）+$\frac{4}{3}$n（HSO₃^-）+$\frac{4}{3}$n（H₂SO₃），據(jù)此進行分析；
②二氧化硫和臭氧反應(yīng)生成三氧化硫和氧氣；
③NO與O₃反應(yīng)生成二氧化氮和氧氣；
④當 $\frac{c（{O}_{3}）}{c（N{O}_{X}）}$＜1時，SO₂對NO與O₃的反應(yīng)不產(chǎn)生干擾，主要是因為SO₂與O₃反應(yīng)的活化能大，以及反應(yīng)速率慢，故在此條件下幾乎不反應(yīng)；
（2）①n（NO₂）=$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol，陽極反應(yīng)式為NO₂-e^-+H₂O=NO₃^-+2H⁺，有0.2mol氫離子生成，因為有0.1mol硝酸生成，則有0.1mol氫離子引入陰極室；
②n（H₂）=$\frac{28L}{22.4L/mol}$=1.25mol，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量=1.25mol×2=2.5mol，
電解前溶液中n（HNO₃）=0.2mol/L×10L=2mol，電解后溶液中含3mol HNO₃、0.2molHNO₂，說明電解過程中有1mol HNO₃、0.2molHNO₂生成，
根據(jù)N原子守恒得n（NO）+n（NO₂）=3 mol-0.2 mol•L^-1×10 L+0.2 mol=1.2mol，
生成0.2mol亞硝酸轉(zhuǎn)移電子0.2mol且需要0.2mol電子，則生成硝酸轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量=2.5mol-0.2mol=2.3mol，
設(shè)參加反應(yīng)生成硝酸的NO物質(zhì)的量為xmol、二氧化氮的物質(zhì)的量為ymol，根據(jù)N原子守恒及轉(zhuǎn)移電子守恒計算．

解答 解：（1）①若NaOH和SO₂反應(yīng)之比為2：1時，對應(yīng)的化學方程式為2NaOH+SO₂=Na₂SO₃+H₂O①，若NaOH和SO₂反應(yīng)之比為1：1時，對應(yīng)的化學方程式為NaOH+SO₂=NaHSO₃②，而此時n（NaOH）=lL×0.2mol/L=0.2mol，n（SO₂）=$\frac{3.36L}{22.4L/mol}$=0.15mol，n（NaOH）：n（SO₂）=0.2mol：0.15mol=4：3，故在兩者之間，發(fā)生①②兩個反應(yīng)，故產(chǎn)物既有Na₂SO₃又有NaHSO₃，且反應(yīng)物n（NaOH）：n（SO₂）=4：3，故反應(yīng)的離子方程式為4OH^-+3SO₂=SO₃^2-+2HSO₃^-+3H₂O；
n（NaOH）：n（SO₂）=4：3，則3n（NaOH）=4n（SO₂），即3n（Na⁺）=4n（SO₂）①，根據(jù)物料守恒n（SO₂）=n（SO₃^2-）+n（HSO₃^-）+n（H₂SO₃）②，聯(lián)立①②得，3n（Na⁺）=4n（SO₃^2-）+4n（HSO₃^-）+4n（H₂SO₃），則n（Na⁺）=$\frac{4}{3}$n（SO₃^2-）+$\frac{4}{3}$n（HSO₃^-）+$\frac{4}{3}$n（H₂SO₃），故c（Na⁺）=$\frac{4}{3}$c（SO₃^2-）+$\frac{4}{3}$c（HSO₃^-）+$\frac{4}{3}$c（H₂SO₃），
故答案為：4OH^-+3SO₂=SO₃^2-+2HSO₃^-+3H₂O；$\frac{4}{3}$；$\frac{4}{3}$；$\frac{4}{3}$c（H₂SO₃）；
②二氧化硫和臭氧反應(yīng)生成三氧化硫和氧氣，故化學方程式為SO₂+O₃ $\frac{\underline{\;催化劑\;}}{\;}$SO₃+O₂，
故答案為：SO₂+O₃ $\frac{\underline{\;催化劑\;}}{\;}$SO₃+O₂；
③NO與O₃反應(yīng)生成二氧化氮和氧氣，故化學反應(yīng)方程式為NO+O₃═NO₂+O₂；當c（O₃）/c（NO_x）＞1時，NO₂濃度下降的原因為NO₂被氧化到了更高價態(tài)，
故答案為：NO+O₃═NO₂+O₂；NO₂被氧化到了更高價態(tài)；
④當 $\frac{c（{O}_{3}）}{c（N{O}_{X}）}$＜1時，SO₂對NO與O₃的反應(yīng)不產(chǎn)生干擾，主要是因為SO₂與O₃反應(yīng)的活化能大，以及反應(yīng)速率慢，故在此條件下幾乎不反應(yīng)，故對這一現(xiàn)象解釋最不合理的是b，
故答案為：b；
（2）①n（NO₂）=$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol，陽極反應(yīng)式為NO₂-e^-+H₂O=NO₃^-+2H⁺，有0.2mol氫離子生成，因為有0.1mol硝酸生成，則有0.1mol氫離子引入陰極室，
故答案為：0.1；
②n（H₂）=$\frac{28L}{22.4L/mol}$=1.25mol，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量=1.25mol×2=2.5mol，
電解前溶液中n（HNO₃）=0.2mol/L×10L=2mol，電解后溶液中含3mol HNO₃、0.2molHNO₂，說明電解過程中有1mol HNO₃、0.2molHNO₂生成，
根據(jù)N原子守恒得n（NO）+n（NO₂）=3 mol-0.2 mol•L^-1×10 L+0.2 mol=1.2mol，
生成0.2mol亞硝酸轉(zhuǎn)移電子0.2mol且需要0.2mol電子，則生成硝酸轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量=2.5mol-0.2mol=2.3mol，
設(shè)參加反應(yīng)生成硝酸的NO物質(zhì)的量為xmol、二氧化氮的物質(zhì)的量為ymol，根據(jù)N原子守恒及轉(zhuǎn)移電子守恒得：x+y=1.2-0.2，3x+y=2.3，解得x=0.65，y=0.35，
n（NO）：n（NO₂）=（0.65+0.2）mol：0.35mol=17：7，相同條件下氣體的體積之比等于物質(zhì)的量之比，所以NO和二氧化氮的體積之比為17：7，
故答案為：17：7．

點評 本題考查離子方程式以及化學方程式的書寫，以及物料守恒的使用等，注意（2）②中電解后的硝酸還包含原來的硝酸，為易錯點．