Question

17．亚硝酸钠（NaNO₂）是重要的防腐剂．某化学兴趣小组尝试制备亚硝酸钠，查阅资料：①HNO₂为弱酸，在酸性溶液中，NO₂^-可将MnO₄^-还原为Mn²⁺且无气体生成．
②NO不与碱反应，可被酸性KMnO₄溶液氧化为硝酸
探究一  亚硝酸钠固体的制备
以碳和浓硝酸为起始原料，设计如图1装置利用一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠．（反应方程式为2NO+Na₂O₂═2NaNO₂，部分夹持装置和A中加热装置已略）

（1）写出装置A烧瓶中发生反应的化学方程式C+4HNO₃（浓）$\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$CO₂↑+4NO₂↑+2H₂O．
（2）有同学认为装置C中产物不仅有亚硝酸钠，还有碳酸钠和氢氧化钠，为排除干扰应在B、C装置间增加装置E，E中盛放的试剂应是B（填字母）．
A．浓H₂SO₄   B．碱石灰  C．无水CaCl₂
探究二  亚硝酸钠固体含量的测定及性质验证
称取装置C中反应后的固体4.000g溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000
mol/L酸性KMnO₄溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：

滴定次数	1	2	3	4
KMnO4溶液体积/mL	20.60	20.02	20.00	19.98

（3）第一组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是A、C（填字母）．
A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
B．锥形瓶洗净后未干燥
C．滴定终了仰视读数
（4）根据表中数据，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数86.25%．
（5）亚硝酸钠易溶于水，将0.2mol•L^-1的亚硝酸钠溶液和0.1mol•L^-1的盐酸等体积混合，混合后溶液呈酸性，则混合后溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na⁺）＞c（NO₂^-）＞c（Cl^-）＞c（H⁺）＞c（OH^-）．
探究三   反应废液的处理
反应后烧瓶A中仍然存在一定量的硝酸，不能直接排放，用NaOH溶液调成中性，再用电化学降解法进行处理．25℃时，反应进行10min，溶液的pH由7变为12．电化学降解NO₃^-的原理如图2所示．
（6）电源正极为A（填A或B），阴极反应式为2NO₃^-+6H₂O+10e^-=N₂↑+12OH^-．

Answer 1

分析 （1）装置A烧瓶中，碳和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，方程式为C+4HNO₃（浓）$\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$CO₂↑+4NO₂↑+2H₂O；
（2）有同学认为装置c中产物不仅有亚硝酸钠，还有碳酸钠和氢氧化钠，那么NO中混有CO₂、NO₂，可以在B、C之间增加装有碱石灰或生石灰的装置E，以吸收杂质CO₂、NO₂；
（3）第一组实验数据消耗的酸性高锰酸钾溶液体积偏大，
A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，标准液浓度减小；
B．达到过程中锥形瓶不需要干燥，不影响待测液中溶质的物质的量；
C．滴定终了仰视读数，读出的是凹液面下方读数，读数比实际消耗的标准液体积偏大；
D．滴定终了俯视读数，读出的是凹液面上方读数，读数比实际读数偏小；
（4）第一组数据舍弃，计算出其它3组消耗标准液的平均体积，再结合反应方程式计算出样品中亚硝酸钠的质量及质量分数；
（5）混合溶液呈酸性，说明亚硝酸电离程度大于亚硝酸根离子水解程度，则溶液中，c（H⁺）＞c（OH^-）；
（6）由图示知在Ag-Pt电极上NO₃^-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极；在阴极反应是NO₃^-得电子发生还原反应生成N₂，利用电荷守恒与原子守恒知有氢离子参与反应且有水生成．

解答 解：（1）装置A烧瓶中，碳和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，方程式为C+4HNO₃（浓）$\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$CO₂↑+4NO₂↑+2H₂O，故答案为：C+4HNO₃（浓）$\frac{\underline{\;加热\;}}{\;}$CO₂↑+4NO₂↑+2H₂O；
（2）有同学认为装置c中产物不仅有亚硝酸钠，还有碳酸钠和氢氧化钠，那么NO中混有CO₂、NO₂，可以在B、C之间增加装有碱石灰或生石灰的装置E，以吸收杂质CO₂、NO₂，故答案为：B；
（3）第一组实验数据消耗的酸性高锰酸钾溶液体积偏大，会导致测量结果偏高，
A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，滴定过程中消耗的标准液体积会偏大，故A正确；
B．锥形瓶不需要干燥，所以锥形瓶洗净后未干燥，不影响测定结果，故B错误；
C．滴定终了仰视读数，导致读数偏大，计算出的标准液体积偏大，故C正确；
D．滴定终了俯视读数，滴定管读数偏小，计算出的标准液体积偏小，故D错误；
故答案为：AC；
（4）由于第一组数据偏高，应该舍弃；其它三组消耗标准液平均体积为：$\frac{20.02+20.00+19.98}{3}$mL=20.00mL，
25mL样品消耗高锰酸钾的物质的量为：0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，则250mL样品溶液会消耗高锰酸钾的物质的量为：0.002mol×$\frac{250mL}{25mL}$=0.02mol，根据化合价变化可得反应关系式：2MnO₄^-～5NO₂^-，则4.000g样品中含有亚硝酸钠的物质的量为：0.02mol×$\frac{5}{2}$=0.05mol，质量为69g/mol×0.05mol=3.45g，所以反应后的固体中亚硝酸钠的质量分数为：$\frac{3.45g}{4.000g}$×100%=86.25%，
故答案为：86.25%或0.8625；
（5）0.2mol•L^-1的亚硝酸钠溶液和0.1mol•L^-1的盐酸等体积混合，c（Na⁺）＞c（NO₂^-）＞c（Cl^-），混合溶液呈酸性，说明亚硝酸电离程度大于亚硝酸根离子水解程度，则溶液中，c（H⁺）＞c（OH^-）；溶液中离子浓度大小顺序是c（Na⁺）＞c（NO₂^-）＞c（Cl^-）＞c（H⁺）＞c（OH^-），故答案为：c（Na⁺）＞c（NO₂^-）＞c（Cl^-）＞c（H⁺）＞c（OH^-）；
（6）由图示知在Ag-Pt电极上NO₃^-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极；在阴极反应是NO₃^-得电子发生还原反应生成N₂，利用电荷守恒与原子守恒知有H₂O参与反应且有水生成，
所以阴极上发生的电极反应式为：2NO₃^-+12H⁺+10e^-=N₂+6H₂O，
故答案为：A；2NO₃^-+12H⁺+10e^-=N₂+6H₂O．

点评 本题考查实验方案的设计和探究，考查学生分析和解决问题的能力，涉及化学方程式的书写、物质含量的计算以及电解原理，综合性强，难度大．