Question

19．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)品的流程圖如下：（Ce為鈰元素）

（1）上述流程中循環(huán)使用的物質(zhì)有乙醇胺、Ce⁴⁺、CO₂．
（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2HOCH₂CH₂NH₂+H₂O+CO₂=（HOCH₂CH₂NH₃）₂CO₃．
（3）寫出吸收池Ⅲ中酸性條件下NO轉(zhuǎn)化為NO₂^-（或NO轉(zhuǎn)化為NO₃^-）的離子方程式：NO+H₂O+Ce⁴⁺=Ce³⁺+NO₂^-+2H⁺（任選其一）．
（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(dòng)原理解釋溶液pH降低的原因：HSO₃^-中存在電離平衡HSO₃^-?H⁺+SO₃^2-，加入CaCl₂溶液，Ca²⁺+SO₃^2-=CaSO₃↓，電離平衡正向移動(dòng)，c（H⁺）增大．
（5）從氧化池Ⅵ中得到粗產(chǎn)品NH₄NO₃的實(shí)驗(yàn)操作是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌等．上述流程中每一步均恰好完全反應(yīng)，若制得NH₄NO₃質(zhì)量為0.8kg，電解池V制得2mol/L的S₂O₃^2-溶液2L，則氧化池Ⅵ中消耗的O₂在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為78.4L．

Answer 1

分析 由流程可知，吸收池I中用乙醇胺吸收發(fā)生SO₂+OH^-=HSO₃^-、2HOCH₂CH₂NH₂+H₂O+CO₂=（HOCH₂CH₂NH₃）₂CO₃或HOCH₂CH₂NH₂+H₂O+CO₂=（HOCH₂CH₂NH₃）HCO₃，NO不反應(yīng)，加熱池Ⅱ中HOCH₂CH₂NH₃）₂CO₃分解，又得到乙醇胺和二氧化碳、二氧化硫，乙醇胺可以循環(huán)利用，二氧化碳、二氧化硫在吸收池Ⅳ中被堿溶液吸收，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，產(chǎn)生二氧化碳進(jìn)行回收利用，同時(shí)亞硫酸氫根離子進(jìn)入電解池Ⅴ，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⁺，電解池Ⅴ可使Ce⁴⁺再生，Ce失去電子在陽(yáng)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，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(jì)算．

解答 解：由流程可知，吸收池I中用乙醇胺吸收發(fā)生SO₂+OH^-=HSO₃^-、2HOCH₂CH₂NH₂+H₂O+CO₂=（HOCH₂CH₂NH₃）₂CO₃，NO不反應(yīng)，加熱池Ⅱ中HOCH₂CH₂NH₃）₂CO₃分解，又得到乙醇胺和二氧化碳、二氧化硫，乙醇胺可以循環(huán)利用，二氧化碳、二氧化硫在吸收池Ⅳ中被堿溶液吸收，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，產(chǎn)生二氧化碳進(jìn)行回收利用，同時(shí)亞硫酸氫根離子進(jìn)入電解池Ⅴ，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⁺，電解池Ⅴ可使Ce⁴⁺再生，Ce失去電子在陽(yáng)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，可循環(huán)利用的物質(zhì)有乙醇胺、Ce⁴⁺、CO₂，故答案為：乙醇胺、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2HOCH₂CH₂NH₂+H₂O+CO₂=（HOCH₂CH₂NH₃）₂CO₃，
故答案為：2HOCH₂CH₂NH₂+H₂O+CO₂=（HOCH₂CH₂NH₃）₂CO₃；
（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^-中存在電離平衡HSO₃^-?H⁺+SO₃^2-，加入CaCl₂溶液，Ca²⁺+SO₃^2-=CaSO₃↓，電離平衡正向移動(dòng)，c（H⁺）增大；
（5）從氧化池Ⅵ中得到粗產(chǎn)品NH₄NO₃的實(shí)驗(yàn)操作是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌等．上述流程中每一步均恰好完全反應(yīng)，若制得NH₄NO₃質(zhì)量為0.8kg，即生成10molNH₄NO₃，需要轉(zhuǎn)移電子30mol，電解池V制得2mol/L的S₂O₃^2-溶液2L，共轉(zhuǎn)移16mol電子，由電子守恒可知，則氧化池Ⅵ中消耗的O₂在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為$\frac{30-16}{4}$mol×22.4L/mol=78.4L，
故答案為：蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶；78.4L．

點(diǎn)評(píng) 本題考查混合物分離提純，為高頻考點(diǎn)，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)用能力的考查，綜合性較強(qiáng)，題目難度較大．