Question

【題目】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Na2S2O4和NH4NO3產(chǎn)品的流程圖如圖1（Ce為鈰元素）：
（1）裝置Ⅰ中的主要離子方程式為 ．
（2）含硫各微粒（H2SO3、HSO3﹣和SO32﹣）存在于SO2與NaOH溶液反應(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2所示．①若是0.1mol NaOH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： ．
（3）寫出裝置Ⅱ中，酸性條件下的離子方程式 ．
（4）裝置Ⅲ還可以使Ce4+再生，其原理如圖3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 ．
（5）已知進(jìn)入裝置Ⅳ的溶液中，NO2﹣的濃度為a gL﹣1 ， 要使1m3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O2L．（用含a代數(shù)式表示，計算結(jié)果保留整數(shù)）

Answer 1

【答案】
（1）SO2+OH﹣=HSO3﹣
（2）c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；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+
（4）a；2HSO3﹣+4H++4e﹣=S2O32﹣+3H2O
（5）243a
【解析】解：（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(yīng)：SO2+OH﹣=HSO3﹣ ， NO和氫氧化鈉之間不會反應(yīng)，故答案為：SO2+OH﹣=HSO3﹣；（2）①當(dāng)溶液的pH=8時，根據(jù)圖示得到溶液是亞硫酸鈉和亞硫酸氫鈉的混合物，離子濃度大小順序是：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故答案為：c（Na+）＞c（SO32﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；②NaHSO3溶液中HSO3﹣的電離大于水解，HSO3﹣SO32﹣+H+ ， 溶液顯示酸性，加入CaCl2溶液后，Ca2++SO32﹣=CaSO3↓使電離平衡右移，故答案為：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）在酸性環(huán)境下，NO和Ce4+之間會發(fā)生氧化還原反應(yīng)：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2﹣+2H+ ， 故答案為：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3﹣+4H+；（4）①在電解池中，陽極上是Ce3+失電子成為Ce4+的過程，所以生成Ce4+從電解槽的陽極上極a極流出，故答案為：a；②電解池的陰極發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：2HSO3﹣+4H++4e﹣=S2O32﹣+3H2O，故答案為：2HSO3﹣+4H++4e﹣=S2O32﹣+3H2O；（5）NO2﹣的濃度為a gL﹣1 ， 要使1m3該溶液中的NO2﹣完全轉(zhuǎn)化為NH4NO3 ， 則失去電子數(shù)目是： ，設(shè)消耗標(biāo)況下氧氣的體積是V，則失電子數(shù)目是： ，根據(jù)電子守恒： = ，解得V=243a，故答案為：243a． （1）二氧化硫是酸性氧化物，能和強堿之間發(fā)生反應(yīng)；（2）①當(dāng)溶液的pH=8時，根據(jù)圖示得到溶液是亞硫酸鈉和亞硫酸氫鈉的混合物，根據(jù)離子濃度大小比較的方法來回答；②NaHSO3溶液中HSO3﹣的電離大于水解，溶液顯示酸性，根據(jù)平衡移動原理來回答；（3）在酸性環(huán)境下，NO和Ce4+之間會發(fā)生氧化還原反應(yīng)；（4）在電解池中，陽極上發(fā)失去電子的氧化反應(yīng)，陰極上發(fā)生得電子的還原反應(yīng)；（5）根據(jù)氧化還原反應(yīng)中電子守恒來計算．