Question

【题目】某课外兴趣小组通过如图所示的流程来制取少量亚硝酸钠晶体（NaNO2），并对其进行纯度测定和相关性质的实验。

已知：Ⅰ．Na2CO3 ＋ NO ＋ NO2 = 2NaNO2 ＋ CO2；

Na2CO3 ＋ 2NO2 = NaNO2 ＋ NaNO3 ＋ CO2

Ⅱ．NaNO2是白色固体，易被氧化。

（1）“还原”步骤中被还原的元素是________。此时SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下，其目的是______。

（2）若使“吸收”步骤中NOX完全转化为NaNO2，则理论上“还原”步骤中SO2与HNO3的物质的量之比为_____。

（3）该课外兴趣小组对实验制取的NaNO2晶体进行纯度测定：

a．称取2.000 g样品，将其配成250 mL溶液。

b．先向锥形瓶内加入40.00 mL 0.100 mol·L-1的H2SO4溶液，加热至40～50℃。冷却后再向其中加入20.00 mL 0. 100 mol·L-1 KMnO4溶液，充分混合。

c．最后用待测的样品溶液与之恰好完全反应，重复三次，平均消耗样品溶液50.00 mL。（NaNO2与KMnO4反应的关系式为：2KMnO4~5NaNO2）

①整个测定过程中应迅速操作，不宜耗时过长，否则样品的纯度____（“偏大”、“偏小”或“无影响”），原因是_______。

②通过计算，该样品中NaNO2的质量分数是_____，可能含有的杂质有________（写出其中两种）。

（4）该课外兴趣小组将NaNO2溶液逐滴加入到含淀粉KI的酸性溶液中，溶液变蓝，同时放出NO气体，该反应的离子方程式是____。

Answer 1

【答案】N（氮） 气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应 1∶1 偏小 NaNO2被空气中的氧气氧化 86.25% Na2CO3、NaHCO3、NaNO3（写出两种即可） 2NO2－ + 4H+ + 2I－ = 2NO↑ + I2 + 2H2O

【解析】

硝酸中通入二氧化硫发生氧化还原反应，冷却后生成的气体用碳酸钠溶液吸收生成亚硝酸钠和二氧化碳，蒸发结晶得到亚硝酸钠晶体，

硝酸溶液中通入二氧化硫被还原，SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下增大硝酸和二氧化硫接触面积使之充分反应；

若使“吸收”步骤中NOx完全转化为NaNO2，发生反应Na2CO3＋NO＋NO2 = 2NaNO2 ＋ CO2，二氧化硫和硝酸反应生成NO和NO2物质的量之比为1：1，结合电子守恒计算得到SO2与HNO3的物质的量之比；

①亚硝酸钠已被空气中氧气氧化，导致测定产生误差；

②NaNO2与KMnO4反应的关系式为：2KMnO4~5NaNO2，计算亚硝酸钠物质的量，计算含量，注意溶液体积的变化，乙酸钠吸收二氧化氮、一氧化氮，可能含杂质是被氧化生成的硝酸钠、剩余的碳酸钠或反应生成的碳酸氢钠；

将NaNO2溶液逐滴加入到含淀粉KI的酸性溶液中，溶液变蓝，同时放出NO气体，说明亚硝酸根离子氧化碘离子生成碘单质，以此分析解答。

硝酸溶液中通入二氧化硫被还原，“还原”步骤中被还原的元素是N元素，SO2从底部通入，硝酸从顶部以雾状喷下增大硝酸和二氧化硫接触面积使之充分反应，气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应，

故答案为：N；气液逆向吸收，使硝酸与SO2充分反应；

若使“吸收”步骤中NOx完全转化为NaNO2，发生反应Na2CO3＋NO＋NO2 = 2NaNO2 ＋ CO2，二氧化硫和硝酸反应生成NO和NO2物质的量之比为1：1，，，1molHNO3反应生成0.5molNO和0.5molNO2，电子转移总数（1××3e-+1××e-）=2e-，SO2~H2SO4~2e-，结合电子守恒计算得到SO2与HNO3的物质的量之比=1:1，

故答案为：1：1；

①整个测定过程中应迅速操作，不宜耗时过长，若时间过长NaNO2被空气中的氧气氧化，则样品的纯度测定偏小，

故答案为：偏小；NaNO2被空气中的氧气氧化；

②，

2 5
0.020L×0.1mol/L n

n=0.005mol，

250mL溶液中含亚硝酸钠物质的量=0.005mol×=0.25mol，

该样品中NaNO2的质量分数，

亚硝酸钠制备过程分析可知：可能含杂质是被氧化生成的硝酸钠、剩余的碳酸钠或反应生成的碳酸氢钠，化学式为：Na2CO3、NaHCO3、NaNO3，

故答案为：86.25%；Na2CO3、NaHCO3、NaNO3；

将溶液逐滴加入到含淀粉KI的酸性溶液中，溶液变蓝，同时放出NO气体，说明亚硝酸根离子氧化碘离子生成碘单质，反应的离子方程式为：2NO2－+ 4H+ + 2I－= 2NO↑ + I2 + 2H2O，

故答案为：2NO2－+ 4H+ + 2I－= 2NO↑ + I2 + 2H2O。