Question

19．雾霾含有大量的污染物SO₂、NO．工业上变废为宝利用工业尾气获得NH₄NO₃产品的流程图如下：（Ce为铈元素）

（1）上述流程中循环使用的物质有乙醇胺、Ce⁴⁺、CO₂．
（2）上述合成路线中用到15%～20%的乙醇胺（HOCH₂CH₂NH₂），其水溶液具有弱碱性，显碱性的原因：HOCH₂CH₂NH₂+H₂O?HOCH₂CH₂NH₃⁺+OH^-，写出乙醇胺吸收CO₂的化学方程式2HOCH₂CH₂NH₂+H₂O+CO₂=（HOCH₂CH₂NH₃）₂CO₃．
（3）写出吸收池Ⅲ中酸性条件下NO转化为NO₂^-（或NO转化为NO₃^-）的离子方程式：NO+H₂O+Ce⁴⁺=Ce³⁺+NO₂^-+2H⁺（任选其一）．
（4）向吸收池Ⅳ得到的HSO₃^-溶液中滴加少量CaCl₂溶液，出现浑浊，pH降低，用平衡移动原理解释溶液pH降低的原因：HSO₃^-中存在电离平衡HSO₃^-?H⁺+SO₃^2-，加入CaCl₂溶液，Ca²⁺+SO₃^2-=CaSO₃↓，电离平衡正向移动，c（H⁺）增大．
（5）从氧化池Ⅵ中得到粗产品NH₄NO₃的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等．上述流程中每一步均恰好完全反应，若制得NH₄NO₃质量为0.8kg，电解池V制得2mol/L的S₂O₃^2-溶液2L，则氧化池Ⅵ中消耗的O₂在标准状况下的体积为78.4L．

Answer 1

分析 由流程可知，吸收池I中用乙醇胺吸收发生SO₂+OH^-=HSO₃^-、2HOCH₂CH₂NH₂+H₂O+CO₂=（HOCH₂CH₂NH₃）₂CO₃或HOCH₂CH₂NH₂+H₂O+CO₂=（HOCH₂CH₂NH₃）HCO₃，NO不反应，加热池Ⅱ中HOCH₂CH₂NH₃）₂CO₃分解，又得到乙醇胺和二氧化碳、二氧化硫，乙醇胺可以循环利用，二氧化碳、二氧化硫在吸收池Ⅳ中被碱溶液吸收，吸收池Ⅳ中NaHSO₃溶液中HSO₃^-的电离大于水解，HSO₃^-?SO₃^2-+H⁺，溶液显示酸性，加入CaCl₂溶液后，Ca²⁺+SO₃^2-=CaSO₃↓使电离平衡右移，产生二氧化碳进行回收利用，同时亚硫酸氢根离子进入电解池Ⅴ，吸收池Ⅲ中，酸性条件下NO转化为NO₂^-，发生NO+H₂O+Ce⁴⁺=Ce³⁺+NO₂^-+2H⁺，电解池Ⅴ可使Ce⁴⁺再生，Ce失去电子在阳极得到，阴极上发生2HSO₃^-+4H⁺+4e^-=S₂O₃^2-+3H₂O，氧化池Ⅵ中得到粗产品NH₄NO₃，电解池V中S得到电子，氧化池Ⅵ中氧得到电子，结合电子守恒计算．

解答 解：由流程可知，吸收池I中用乙醇胺吸收发生SO₂+OH^-=HSO₃^-、2HOCH₂CH₂NH₂+H₂O+CO₂=（HOCH₂CH₂NH₃）₂CO₃，NO不反应，加热池Ⅱ中HOCH₂CH₂NH₃）₂CO₃分解，又得到乙醇胺和二氧化碳、二氧化硫，乙醇胺可以循环利用，二氧化碳、二氧化硫在吸收池Ⅳ中被碱溶液吸收，吸收池Ⅳ中NaHSO₃溶液中HSO₃^-的电离大于水解，HSO₃^-?SO₃^2-+H⁺，溶液显示酸性，加入CaCl₂溶液后，Ca²⁺+SO₃^2-=CaSO₃↓使电离平衡右移，产生二氧化碳进行回收利用，同时亚硫酸氢根离子进入电解池Ⅴ，吸收池Ⅲ中，酸性条件下NO转化为NO₂^-，发生NO+H₂O+Ce⁴⁺=Ce³⁺+NO₂^-+2H⁺，电解池Ⅴ可使Ce⁴⁺再生，Ce失去电子在阳极得到，阴极上发生2HSO₃^-+4H⁺+4e^-=S₂O₃^2-+3H₂O，氧化池Ⅵ中得到粗产品NH₄NO₃，
（1）由上述分析可知，可循环利用的物质有乙醇胺、Ce⁴⁺、CO₂，故答案为：乙醇胺、Ce⁴⁺、CO₂；
（2）乙醇胺（HOCH₂CH₂NH₂），其水溶液具有弱碱性，显碱性的原因：HOCH₂CH₂NH₂+H₂O?HOCH₂CH₂NH₃⁺+OH^-，乙醇胺吸收CO₂的化学方程式为2HOCH₂CH₂NH₂+H₂O+CO₂=（HOCH₂CH₂NH₃）₂CO₃，
故答案为：2HOCH₂CH₂NH₂+H₂O+CO₂=（HOCH₂CH₂NH₃）₂CO₃；
（3）吸收池Ⅲ中，酸性条件下NO转化为NO₂^-的离子方程式为NO+H₂O+Ce⁴⁺=Ce³⁺+NO₂^-+2H⁺，
故答案为：NO+H₂O+Ce⁴⁺=Ce³⁺+NO₂^-+2H⁺；
（4）NaHSO₃溶液中HSO₃^-的电离大于水解，HSO₃^-?SO₃^2-+H⁺，溶液显示酸性，加入CaCl₂溶液后，Ca²⁺+SO₃^2-=CaSO₃↓使电离平衡右移，
故答案为：HSO₃^-中存在电离平衡HSO₃^-?H⁺+SO₃^2-，加入CaCl₂溶液，Ca²⁺+SO₃^2-=CaSO₃↓，电离平衡正向移动，c（H⁺）增大；
（5）从氧化池Ⅵ中得到粗产品NH₄NO₃的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等．上述流程中每一步均恰好完全反应，若制得NH₄NO₃质量为0.8kg，即生成10molNH₄NO₃，需要转移电子30mol，电解池V制得2mol/L的S₂O₃^2-溶液2L，共转移16mol电子，由电子守恒可知，则氧化池Ⅵ中消耗的O₂在标准状况下的体积为$\frac{30-16}{4}$mol×22.4L/mol=78.4L，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；78.4L．

点评 本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中的反应及混合物分离方法选择为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度较大．