Question

17．SO₂的含量是空氣質(zhì)量日報中一項(xiàng)重要檢測指標(biāo)，也是最近霧霾天氣肆虐我國大部分地區(qū)的主要原因之一．
加大SO₂的處理力度，是治理環(huán)境污染的當(dāng)務(wù)之急．
Ⅰ．電化學(xué)法處理SO₂．硫酸工業(yè)尾氣中的SO₂經(jīng)分離后，可用于制備硫酸，同時獲得電能，裝置如圖1所示（電極均為惰性材料）：

（1）M極發(fā)生的電極反應(yīng)式為SO₂-2e^-+2H₂O=4H⁺+SO₄^2-．
（2）若使該裝置的電流強(qiáng)度達(dá)到2.0A，理論上每分鐘應(yīng)向負(fù)極通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體的體積為0.014L（已知：1個e所帶電量為1.6×10^-19C）．
Ⅱ，溶液與電化學(xué)綜合（鈉堿循環(huán)法）處理SO₂．
（3）鈉堿循環(huán)法中，用Na₂SO₃溶液作為吸收液來吸收SO₂，該反應(yīng)的離子方程式為SO₃^2-+SO₂+H₂O=2HSO₃^-．
（4）吸收液吸收SO₂的過程中，pH隨n（SO₃^2-）/n（HSO₃^-）變化關(guān)系如圖2所示：
①用圖中數(shù)據(jù)和變化規(guī)律說明NaHSO₃溶液呈酸性的原因隨$\frac{n（S{{O}_{3}}^{2-}）}{n（HS{{O}_{3}}^{-}）}$的減小，PH逐漸減小，PH減小，當(dāng)$\frac{n（S{{O}_{3}}^{2-}）}{n（HS{{O}_{3}}^{-}）}$=1：10，PH=6.2，溶液已顯酸性，當(dāng)為NaHSO₃溶液，溶液PH一定小于6.2，溶液顯酸性．
②n（SO₃^2-）/n（HSO₃^-）=1：1時，溶液中離子濃度由大到小的順序是c（Na⁺）＞c（SO₃^2-）=c（HSO₃^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）．
（5）當(dāng)吸收液的pH降至約為6時，需送至電解槽處理，直至得到pH＞8的吸收液再循環(huán)利用，其電解示意圖如圖3：
①寫出陽極發(fā)生的電極反應(yīng)式HSO₃^-+H₂O-2e^-=SO₄^2-+3H⁺；
②當(dāng)電極上有2mol電子轉(zhuǎn)移時陰極產(chǎn)物的質(zhì)量為2g．

Answer 1

分析 （1）該裝置是原電池，反應(yīng)原理為二氧化硫、氧氣和水反應(yīng)生成硫酸，負(fù)極上的物質(zhì)失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上的物質(zhì)得電子發(fā)生還原反應(yīng)，據(jù)此分析M極發(fā)生的電極反應(yīng)式；
（2）根據(jù)Q=It和N=$\frac{Q}{e}$結(jié)合SO₂-2e^-+2H₂O=4H⁺+SO₄^2-計算；
（3）SO₂被Na₂SO₃溶液吸收生成亞硫酸氫鈉，硫酸氫鈉是強(qiáng)電解質(zhì)完全電離；
（4）①NaHSO₃溶液中主要以HSO₃^-存在，HSO₃^-的電離很微弱，所以n（SO₃^2-）：n（HSO₃^-）＜1：1，根據(jù)圖象知，當(dāng)亞硫酸氫根離子的物質(zhì)的量大于亞硫酸根離子的物質(zhì)的量時，亞硫酸氫鈉溶液呈酸性，亞硫酸氫根離子既能水解又能電離，亞硫酸氫鈉溶液呈酸性同時說明HSO₃^-的電離程度大于水解程度，隨$\frac{n（S{{O}_{3}}^{2-}）}{n（HS{{O}_{3}}^{-}）}$的減小，PH逐漸減小，PH減小，當(dāng)$\frac{n（S{{O}_{3}}^{2-}）}{n（HS{{O}_{3}}^{-}）}$=1：10，PH=6.2，溶液已顯酸性，當(dāng)為NaHSO₃溶液，溶液PH一定小于6.2；
②$\frac{n（S{{O}_{3}}^{2-}）}{n（HS{{O}_{3}}^{-}）}$的=1：1，溶液為NaHSO₃溶液和Na₂SO₃溶液，溶液PH=7.2，溶液略顯堿性，說明HSO₃^-的電離程度小于水解程度；
（5）①陽極上陰離子放電發(fā)生氧化反應(yīng)；
②陰極上為陽離子H⁺得電子生成氫氣．

解答 解：（1）該裝置是原電池，反應(yīng)原理為二氧化硫、氧氣和水反應(yīng)生成硫酸，通入氧氣的N電極是正極，原電池放電時，氫離子由負(fù)極移向正極，正極上氧氣得電子和氫離子反應(yīng)生成水，電極反應(yīng)式為：O₂+4e^-+4H⁺=2H₂O，負(fù)極M上，二氧化硫失電子和水反應(yīng)生成硫酸，電極反應(yīng)式為：SO₂-2e^-+2H₂O=4H⁺+SO₄^2-，
故答案為：SO₂-2e^-+2H₂O=4H⁺+SO₄^2-；
（2）根據(jù)Q=It=2A×60s=120C，N=$\frac{Q}{e}$=$\frac{120}{1.6×1{0}^{-19}}$=7.5×10²⁰個，
由SO₂～～～～2e^-
22.4 2×6.02×10²³
V 7.5×10²⁰
V=$\frac{22.4×7.5×1{0}^{20}}{2×6.02×1{0}^{23}}$≈0.014L，
故答案為：0.014；
（3）SO₂被Na₂SO₃溶液吸收生成亞硫酸氫鈉，離子反應(yīng)為SO₃^2-+SO₂+H₂O=2HSO₃^-，
故答案為：SO₃^2-+SO₂+H₂O=2HSO₃^-；

（4）①圖象分析可知，$\frac{n（S{{O}_{3}}^{2-}）}{n（HS{{O}_{3}}^{-}）}$=1：1，溶液PH=7.2，$\frac{n（S{{O}_{3}}^{2-}）}{n（HS{{O}_{3}}^{-}）}$＜1：1，PH＜7，溶液顯酸性，$\frac{n（S{{O}_{3}}^{2-}）}{n（HS{{O}_{3}}^{-}）}$=1：10，PH=6.2，溶液顯酸性，所以當(dāng)為NaHSO₃溶液，NaHSO₃溶液中HSO₃^-存在電離平衡，HSO₃^-?H⁺+SO₃^2- 和水解平衡：HSO₃^-+H₂O?H₂SO₃+OH^-，HSO₃^-的電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，隨$\frac{n（S{{O}_{3}}^{2-}）}{n（HS{{O}_{3}}^{-}）}$的減小，PH逐漸減小，PH減小，當(dāng)$\frac{n（S{{O}_{3}}^{2-}）}{n（HS{{O}_{3}}^{-}）}$=1：10，PH=6.2，溶液已顯酸性，當(dāng)為NaHSO₃溶液，溶液PH一定小于6.2，溶液顯酸性，
故答案為：隨$\frac{n（S{{O}_{3}}^{2-}）}{n（HS{{O}_{3}}^{-}）}$的減小，PH逐漸減小，PH減小，當(dāng)$\frac{n（S{{O}_{3}}^{2-}）}{n（HS{{O}_{3}}^{-}）}$=1：10，PH=6.2，溶液已顯酸性，當(dāng)為NaHSO₃溶液，溶液PH一定小于6.2，溶液顯酸性；
②$\frac{n（S{{O}_{3}}^{2-}）}{n（HS{{O}_{3}}^{-}）}$=1：1，溶液為NaHSO₃溶液和Na₂SO₃溶液，溶液PH=7.2，溶液略顯堿性，說明HSO₃^-的電離程度小于水解程度，溶液中離子濃度大小為：c（Na⁺）＞c（SO₃^2-）=c（HSO₃^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），
故答案為：c（Na⁺）＞c（SO₃^2-）=c（HSO₃^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）；
（5）①當(dāng)吸收液的pH降至約為6時，吸收液中陰離子主要是亞硫酸氫根離子，亞硫酸氫根離子在陽極上失電子和水反應(yīng)生成硫酸根離子和氫離子，電極反應(yīng)式為：HSO₃^-+H₂O-2e^-=SO₄^2-+3H⁺，
故答案為：HSO₃^-+H₂O-2e^-=SO₄^2-+3H⁺；
②陰極上為陽離子H⁺得電子生成氫氣，其電極反應(yīng)式為：2H⁺+2e^-=H₂↑，所以當(dāng)電極上有2mol電子轉(zhuǎn)移時，生成1mol氫氣，即陰極產(chǎn)物的質(zhì)量為2g，
故答案為：2g．

點(diǎn)評 本題綜合性較大，涉及到離子方程式、電解原理和離子濃度大小的比較、化學(xué)平衡影響因素以及電化學(xué)知識等知識點(diǎn)，為高考常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，難度較大．