1、
连二亚硫酸钠(Na2S2O4),有极强的还原性,受热、遇水都会发生分解反应放出大量的热,甚至引起燃烧,不溶于乙醇,可溶于氢氧化钠水溶液并稳定存在。
(1)锌粉法是制备Na2S2O4的一种常见方法,其原理如图1所示:
①须将锌粉和水制成悬浊液的原因是______;若用Na2SO3固体和某酸反应制备SO2气体,你认为下列最适宜选用的酸是______
A.浓盐酸 B.质量分数为70%的H2SO4
C.稀硝酸 D.质量分数为10%的稀硫酸
②步骤III过程较为复杂,其中涉及过滤、洗涤、干燥等操作,请写出洗涤过程的操作方法:______。
(2)吸收大气污染物SO2和NO,获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如图2(Ce为铈元素):
①装置Ⅱ中,酸性条件下,NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3-、NO2-,写出生成NO3-的离子方程式______
②装置III中电解槽阴极发生的电极反应为______。
③已知进入装置IV的溶液中,NO2-的浓度为a g•L-1,要使1m3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3,需至少向装置IV中通入标准状况下的O2______ L。(用含a代数式表示,计算结果保留整数)
(3)课题小组测定0.050mol•L-1Na2S2O4溶液在空气中pH变化如图3,0-t1段主要生成HSO3-,则0-t1发生离子反应方程式为______,t1时刻溶液中离子浓度由大到小的顺序是______,t3时溶液中主要阴离子符号是______。
增大锌反应的表面积,加快化学反应速率 B 加入乙醇至浸没沉淀,滤干后重复操作2-3次 NO+3Ce4++2H2O=NO3-+3Ce3++4H+ 2SO32-+2H2O+2e-=S2O42-+4OH- 243a 2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3- c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-) SO42-
锌粉、水形成分散系,通入二氧化硫反应得到ZnS2O4,加入过量NaOH溶液反应得到Na2S2O4溶液,再经过复杂的操作过程得到Na2S2O4晶体。
(1)①将锌粉和水制成悬浊液的原因是:增大锌反应的表面积,加快化学反应速率;A项,盐酸易挥发,制备的二氧化硫含有HCl;B项,亚硫酸钠与70%硫酸反应制得二氧化硫;C项,亚硫酸钠具有还原性,硝酸具有氧化性,发生氧化还原反应,不能制得二氧化硫;D项,二氧化硫易溶于水,10%的硫酸浓度太小,不利于二氧化硫的逸出;答案选B;
故答案为:增大锌反应的表面积,加快化学反应速率;B;
②根据题给信息,用乙醇洗涤,除去可溶性杂质,并减少因溶解导致的损失,洗涤过程的操作方法:加入乙醇至浸没沉淀,滤干后重复操作2-3次,
故答案为:加入乙醇至浸没沉淀,滤干后重复操作2-3次;
(2)①装置Ⅱ中,酸性条件下,NO被Ce4+氧化生成NO3-,而Ce4+被还原为Ce3+氧化,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒,反应离子方程式为:NO+3Ce4++2H2O=NO3-+3Ce3++4H+,
故答案为:NO+3Ce4++2H2O=NO3-+3Ce3++4H+;
②电解槽阴极发生还原反应,SO32-被还原为S2O42-,电极反应式为:2SO32-+2H2O+2e-=S2O42-+4OH-,
故答案为:2SO32-+2H2O+2e-=S2O42-+4OH-;
③NO2-的浓度为ag•L-1,要使1m3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3,则失去电子数目是:mol×2,设消耗标况下氧气的体积是V,则得到电子数目是:nol×4,根据电子守恒:mol×2=nol×4,解得V=243a,
故答案为:243a;
(3)0~t1段主要先生成HSO3-,溶液显酸性,说明HSO3-的电离程度大于水解程度,Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠,0~t1发生离子反应方程式为:2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-,亚硫酸氢根的电离程度不大,而水也会电离产生氢离子,故t1时刻溶液中离子浓度由大到小的顺序是:c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-),
t3时溶液的pH=1,说明溶液的酸性较强,因此亚硫酸氢钠被氧化为硫酸氢钠,则溶液中主要阴离子符号是SO42-,
故答案为:2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-;c(Na+)>c(HSO3-)>c(H+)>c(SO32-)>c(OH-);SO42-。
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