Question

【題目】SO2、NO是大氣污染物。吸收SO2和NO，獲得Na2S2O4和NH4NO3產(chǎn)品的流程圖如下（Ce為鈰元素）：

（1）裝置Ⅰ中生成HSO3-的離子方程式為_____ 。

（2）含硫各微粒（H2SO3、HSO3-和SO32-）存在于SO2與NaOH溶液反應后的溶液中，它們的物質的量分數(shù)X(i)與溶液pH的關系如圖所示。

①下列說法正確的是_____（填字母序號）。

A.pH=8時，溶液中c(HSO3-) <c(SO32-)

B.pH=7時，溶液中c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)

C.為獲得盡可能純的NaHSO3，可將溶液的pH控制在4～5左右

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，用化學平衡移動原理解釋溶液pH降低的原因：_____。

（3）裝置Ⅱ中，酸性條件下，NO被Ce4+氧化的產(chǎn)物主要是NO3-、NO2-，寫出生成NO3-的離子方程式____。

（4）裝置Ⅲ的作用之一是再生Ce4+，其原理如圖所示。

①生成Ce4+的電極反應式為_________。

②生成Ce4+從電解槽的_____（填字母序號）口流出。

（5）已知進入裝置Ⅳ的溶液中，NO2-的濃度為a g/L，要使1m3該溶液中的NO2-完全轉化為NH4NO3，需至少向裝置Ⅳ中通入標準狀況下的O2___L。（用含a代數(shù)式表示，計算結果保留整數(shù)）

Answer 1

【答案】SO2+OH-=HSO3- A、C HSO3-在溶液中存在電離平衡：HSO3-H++SO32-，加入CaCl2溶液后，Ca2++SO32-=CaSO3，使電離平衡右移，c(H+)增大 NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+ Ce3+-e-=Ce4+ a 243a（242a、244a、）

【解析】

（1）二氧化硫是酸性氧化物，能和強堿氫氧化鈉之間發(fā)生反應：SO2+OH-=HSO3-，NO和氫氧化鈉之間不會反應；

（2）①A. pH=8時，根據(jù)圖示得到的是亞硫酸鈉和亞硫酸氫鈉的混合物，根據(jù)離子的水解程度不同分析離子濃度大��；

B. 根據(jù)溶液中的電荷守恒分析；

C. 依據(jù)圖像分析；

②依據(jù)鈣離子對亞硫酸氫根離子電離平衡的影響效果作答；

（3）在酸性環(huán)境中，一氧化氮和Ce4+之間會發(fā)生氧化還原反應；

（4）Ce3＋失電子被氧化生成Ce4＋，在電解槽中陽極上失電子；電解過程中溶液中的陽離子從a口流出；

（5）依據(jù)得失電子守恒作答。

（1）過量的二氧化硫與氫氧化鈉溶液反應生成亞硫酸氫根離子，離子方程式為SO2 + OH－＝HSO3－；

（2）①B. pH=8時，根據(jù)圖示得到的溶液是亞硫酸鈉和亞硫酸氫鈉的混合物，離子濃度大小順序為：c(Na+)> c(SO32-)>c(HSO3-)> c(OH-)> c(H+)，所以c(HSO3-) <c(SO32-)，A項正確；

B. pH=7時，溶液為中性，氫離子濃度與氫氧根離子濃度相等，則c(Na+)+ c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+ c(OH-)，則推出c(Na+)=c(HSO3-) +2c(SO32-)，B項錯誤；

C. 溶液的pH控制在4～5時，c(HSO3-)濃度最大，則為獲得盡可能純的NaHSO3，可將溶液的pH控制在4～5左右，C項正確。

所以答案選A、C。

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，是因為亞硫酸氫鈉溶液中存在電離平衡：HSO3－SO32－+H+，加入CaCl2溶液后，Ca2++SO32－＝CaSO3↓，使亞硫酸根離子的濃度減小，電離平衡右移，c(H+)增大，pH減小；

（3）在酸性環(huán)境中，Ce4+將NO氧化為硝酸根離子，依據(jù)氧化還原反應規(guī)律可知其反應的離子方程式為：NO + 2H2O + 3Ce4+＝3Ce3+ + NO3- + 4H+；

（4）①生成Ce4+為氧化反應，發(fā)生在陽極上，因此再生時生成的Ce4+在電解槽的陽極，其電極反應式為Ce3+-e-=Ce4+；

②生成Ce4+從電解槽的a口流出；

（5）溶液中的NO2-完全轉化為NH4NO3，根據(jù)流程圖可知裝置Ⅳ中加入了氨氣和氧氣，因此NO2-被氧氣氧化生成NO3-，氮元素化合價由+3價升高到+5價，氧氣中氧元素由0價降低到-2價，根據(jù)得失電子守恒可知兩者反應的關系式為：2NO2-~O2，n（NO2-）=，則需氧氣的物質的量為：n（O2）=n（NO2-）=，其標準狀況下的體積為：×22.4L/mol=243a（或242a、244a、）。