Question

6．某科研小组对O₃氧化结合湿法喷淋同时脱除烟道气中SO₂、NO_x的研究（NO_x中，NO 占95%以上，NO₂的含量小于5%）提出以下问题：

（1）臭氧氧化法脱硫脱硝的原理：用〇₃把烟道气中NO氧化为易被碱液吸收的高价态氮氧化合物，过量NaOH喷淋液吸收NO的氧化产物和烟道气中原有的SO₂．
①若用lL0.2mol/LNaOH吸收3.36L （标况）SO₂，反应总的离子方程式为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在有催化剂存在的情况下，O₃氧化SO₂时，平衡不随压力的改变而改变，则SO₂与O₃反应的化学方程式为SO₂+O₃$\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$SO₃+O₂．
③在90℃时，反应体系中NO和NO₂浓度随初始 $\frac{c（{O}_{3}）}{c（N{O}_{X}）}$变化的曲线如图1所示，由图可知NO与O₃反应的化学方程式为NO+O₃═NO₂+O₂．当c（O₃）/c（NO_x）＞1时，NO₂浓度下降的原因为NO₂被氧化到了更高价态．
④当 $\frac{c（{O}_{3}）}{c（N{O}_{X}）}$＜1时，SO₂对NO与O₃的反应不产生干扰．对这一现象解释最不合理的是：b
a．SO₂与O₃反应的活化能大于NO与O₃反应的活化能
b．SO₂与O₃反应的反应热大于NO与O₃反应的反应热
c．SO₂与O₃反应的反应速率小于NO与O₃反应的反应速率
（2）含氮氧化物废气也可用电解法处理，可回收硝酸实验室模拟电解法吸收NO_x的装置如图2所示（图中电极均为石墨电极）．
①若有标准状况下2.24LNO₂被吸收，通过阳离子交换膜（只允许阳离子通过）的H⁺为0.1mol．
②某小组在右室装有10L 0.2mol•L^-1硝酸，用含NO和NO₂ （不考虑NO₂转化为N₂O₄）的废气进行模拟电解法吸收实验．电解过程中，有部分NO转化为HNO₂．实验结束时，测得右室溶液中含3mol HNO₃、0.2mol HNO₂，同时左室收集到标准状况下28LH₂．计算原气体中NO和NO₂的体积比17：7（假设尾气中不含氮氧化物）

Answer 1

分析 （1）①若NaOH和SO₂反应之比为2：1时，对应的化学方程式为2NaOH+SO₂=Na₂SO₃+H₂O①，若NaOH和SO₂反应之比为1：1时，对应的化学方程式为NaOH+SO₂=NaHSO₃②，而此时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，故在两者之间，发生①②两个反应；
n（NaOH）：n（SO₂）=4：3，则3n（NaOH）=4n（SO₂），即3n（Na⁺）=4n（SO₂）①，根据物料守恒n（SO₂）=n（SO₃^2-）+n（HSO₃^-）+n（H₂SO₃）②，联立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），据此进行分析；
②二氧化硫和臭氧反应生成三氧化硫和氧气；
③NO与O₃反应生成二氧化氮和氧气；
④当 $\frac{c（{O}_{3}）}{c（N{O}_{X}）}$＜1时，SO₂对NO与O₃的反应不产生干扰，主要是因为SO₂与O₃反应的活化能大，以及反应速率慢，故在此条件下几乎不反应；
（2）①n（NO₂）=$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol，阳极反应式为NO₂-e^-+H₂O=NO₃^-+2H⁺，有0.2mol氢离子生成，因为有0.1mol硝酸生成，则有0.1mol氢离子引入阴极室；
②n（H₂）=$\frac{28L}{22.4L/mol}$=1.25mol，根据转移电子守恒得转移电子物质的量=1.25mol×2=2.5mol，
电解前溶液中n（HNO₃）=0.2mol/L×10L=2mol，电解后溶液中含3mol HNO₃、0.2molHNO₂，说明电解过程中有1mol HNO₃、0.2molHNO₂生成，
根据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亚硝酸转移电子0.2mol且需要0.2mol电子，则生成硝酸转移电子物质的量=2.5mol-0.2mol=2.3mol，
设参加反应生成硝酸的NO物质的量为xmol、二氧化氮的物质的量为ymol，根据N原子守恒及转移电子守恒计算．

解答 解：（1）①若NaOH和SO₂反应之比为2：1时，对应的化学方程式为2NaOH+SO₂=Na₂SO₃+H₂O①，若NaOH和SO₂反应之比为1：1时，对应的化学方程式为NaOH+SO₂=NaHSO₃②，而此时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，故在两者之间，发生①②两个反应，故产物既有Na₂SO₃又有NaHSO₃，且反应物n（NaOH）：n（SO₂）=4：3，故反应的离子方程式为4OH^-+3SO₂=SO₃^2-+2HSO₃^-+3H₂O；
n（NaOH）：n（SO₂）=4：3，则3n（NaOH）=4n（SO₂），即3n（Na⁺）=4n（SO₂）①，根据物料守恒n（SO₂）=n（SO₃^2-）+n（HSO₃^-）+n（H₂SO₃）②，联立①②得，3n（Na⁺）=4n（SO₃^2-）+4n（HSO₃^-）+4n（H₂SO₃），则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），
故答案为：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应生成三氧化硫和氧气，故化学方程式为SO₂+O₃ $\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$SO₃+O₂，
故答案为：SO₂+O₃ $\frac{\underline{\;催化剂\;}}{\;}$SO₃+O₂；
③NO与O₃反应生成二氧化氮和氧气，故化学反应方程式为NO+O₃═NO₂+O₂；当c（O₃）/c（NO_x）＞1时，NO₂浓度下降的原因为NO₂被氧化到了更高价态，
故答案为：NO+O₃═NO₂+O₂；NO₂被氧化到了更高价态；
④当 $\frac{c（{O}_{3}）}{c（N{O}_{X}）}$＜1时，SO₂对NO与O₃的反应不产生干扰，主要是因为SO₂与O₃反应的活化能大，以及反应速率慢，故在此条件下几乎不反应，故对这一现象解释最不合理的是b，
故答案为：b；
（2）①n（NO₂）=$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol，阳极反应式为NO₂-e^-+H₂O=NO₃^-+2H⁺，有0.2mol氢离子生成，因为有0.1mol硝酸生成，则有0.1mol氢离子引入阴极室，
故答案为：0.1；
②n（H₂）=$\frac{28L}{22.4L/mol}$=1.25mol，根据转移电子守恒得转移电子物质的量=1.25mol×2=2.5mol，
电解前溶液中n（HNO₃）=0.2mol/L×10L=2mol，电解后溶液中含3mol HNO₃、0.2molHNO₂，说明电解过程中有1mol HNO₃、0.2molHNO₂生成，
根据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亚硝酸转移电子0.2mol且需要0.2mol电子，则生成硝酸转移电子物质的量=2.5mol-0.2mol=2.3mol，
设参加反应生成硝酸的NO物质的量为xmol、二氧化氮的物质的量为ymol，根据N原子守恒及转移电子守恒得：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，相同条件下气体的体积之比等于物质的量之比，所以NO和二氧化氮的体积之比为17：7，
故答案为：17：7．

点评 本题考查离子方程式以及化学方程式的书写，以及物料守恒的使用等，注意（2）②中电解后的硝酸还包含原来的硝酸，为易错点．