Question

（15分）霧霾含有大量的污染物SO2、NO。工業(yè)上變“廢”為寶，吸收工業(yè)尾氣SO2和NO，可獲得Na2S2O3和NH4NO3產(chǎn)品的流程圖如下(Ce為鈰元素)：

⑴裝置Ⅰ中的主要離子方程式為 。3

⑵含硫各微粒(H2SO3、HSO3－和SO32－)存在于SO2與NaOH溶液反應(yīng)后的溶液中，它們的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)X(i)與溶液pH 的關(guān)系如圖所示。

①若是0.1molNaOH反應(yīng)后的溶液，測得溶液的pH=8時，溶液中個離子由大到小的順序是 。

②向pH=5的NaHSO3溶液中滴加一定濃度的CaCl2溶液，溶液中出現(xiàn)渾濁，pH降為2，用化學(xué)平衡移動原理解釋溶液pH降低的原因： 。

⑶寫出裝置Ⅱ中，酸性條件下的離子方程式 。

⑷裝置Ⅲ還可以使Ce4+再生，其原理如下圖所示。

①生成Ce4+從電解槽的 (填字母序號)口流出。②寫出與陰極的反應(yīng)式 。

⑸已知進(jìn)入裝置Ⅳ的溶液中，NO2－的濃度為a g·L-1，要使1 m3該溶液中的NO2－完全轉(zhuǎn)化為NH4NO3，需至少向裝置Ⅳ中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下的O2 L。(用含a代數(shù)式表示， 計(jì)算結(jié)果保留整數(shù))

 

Answer 1

（1） SO2+OH-=HSO3- ；

（2） ①c(Na+)﹥c(SO32-)﹥c(HSO3-)﹥c(OH-)﹥c(H+) ；② HSO3-在溶液中存在電離平衡：HSO3- SO32-+ H+，加CaCl2溶液后，Ca2++SO32-=CaSO3↓使電離平衡右移，c(H+)增大

（3） NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+；NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2-+2H+

（4） ①a ； ②2HSO3-+4H++4e-=S2O32-+3H2O

（5）243a (242a、244a、5600a/23都給分)

【解析】

試題分析：⑴在置Ⅰ中SO2與NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)，離子方程式是SO2+OH-=HSO3-；（2）①溶液的pH=8時，溶液中含有的物質(zhì)是Na2SO3和NaHSO3.根據(jù)物料守恒可得c(Na+)=(SO32-)+(HSO3-)+(H2O3)；所以c(Na+)最大。知c(SO32-)﹥c(HSO3-)由于溶液顯堿性，所以c(OH-)﹥c(H+)；因?yàn)辂}是強(qiáng)電解質(zhì)，鹽水解的程度是微弱的，所以c(HSO3-)﹥c(OH-)。故溶液中的離子濃度關(guān)系為：c(Na+)﹥c(SO32-)﹥c(HSO3-)﹥c(OH-)﹥c(H+)；②NaHSO3溶液的pH=5，說明在溶液中NaHSO3的電離作用大于水解作用，當(dāng)向其中加入CaCl2溶液時，會發(fā)生反應(yīng)：Ca2++SO32-=CaSO3↓，這樣就破壞了溶液中HSO3-在溶液中存在電離平衡：HSO3- SO32-+ H+，使平衡正向移動，進(jìn)行電離產(chǎn)生大量的H+；c(H+)增大，因此溶液的pH減小。pH降為2。⑶在裝置Ⅱ中，在酸性條件下根據(jù)流程示意圖可得反應(yīng)的離子方程式是NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+；NO+H2O+ Ce4+=Ce3++NO2-+2H+；⑷在裝置Ⅲ還可以使Ce4+再生，①由于Ce3+→Ce4+,化合價升高，失去電子，所以生成Ce4+從電解槽的陽極a流出；②在陰極發(fā)生的電極的反應(yīng)式是2HSO3-+4H++4e-=S2O32-+3H2O。⑸由于NO2－的濃度為a g·L-1，所以1 m3該溶液中的NO2－的量為a g·L-1×1000L=1000ag.物質(zhì)的量為1000ag÷46g/mol；每1mol的NO2－完全轉(zhuǎn)化為NH4NO3，失去電子2mol.所以轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1000ag÷46g/mol×2=(1000a÷23)mol,每一mol的氧氣反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子4mol，所以消耗氧氣的物質(zhì)的量為(1000a÷23)mol÷4=(250a÷23)mol,需至少向裝置Ⅳ中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下的O2 的體積是(250a÷23)mol×22.4L/mol=5600a/23L=243. 5aL。

考查：離子方程式的書寫、離子濃度的比較、電解原理及應(yīng)用、氧化還原反應(yīng)的有關(guān)計(jì)算的知識。