题目内容
【题目】汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废气中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义。
(1)氧化还原法消除NOx的转化如下所示：
NO
NO2
N2
①反应Ⅰ为NO＋O3===NO2＋O2，生成标准状况下11.2 L O2时，转移电子的物质的量是____mol。
②反应Ⅱ中，当n(NO2)∶n[CO(NH2)2]＝3∶2时，氧化产物与还原产物的质量比为____。
(2)使用“催化转化器”可以减少尾气中的CO和NOx，转化过程中发生反应的化学方程式为CO＋NOx―→N2＋CO2(未配平)，若x＝1.5，则化学方程式中CO2和N2的化学计量数之比为____。
(3)吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如图所示(Ce为铈元素)。
装置Ⅱ中，酸性条件下NO被Ce4＋氧化的产物主要是NO3-和NO2-，请写出生成等物质的量的NO3-和NO2-时的离子方程式：____。
(4)装置Ⅲ的作用之一是用质子交换膜电解槽电解使得Ce4＋再生，再生时生成的Ce4＋在电解槽的____(填“阳极”或“阴极”)，同时在另一极生成S2O42-的电极反应式为___。
(5)已知进入装置Ⅳ的溶液中NO2-的浓度为a g·L－1，要使1 m3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的氧气____L(用含a代数式表示，结果保留整数)。
【答案】14∶3 3∶12NO＋3H2O＋4Ce4＋===NO3-＋NO2-＋6H＋＋4Ce3＋阳极2H＋＋2HSO3-＋2e－===S2O42-＋2H2O243a
【解析】
（1）①根据反应NO＋O3=NO2＋O2可知NO中氮元素由+2价升高到+4价，生成1molO2时，转移2mole-，标准状况下11.2 L O2的物质的量为0.5mol，所以转移电子的物质的量为1mol；
②反应Ⅱ中，氮元素最终转变为N2，N2既是氧化产物又是还原产物。NO2中氮元素由+4价降低到0价，被还原，CO(NH2)2中氮元素由-3价升高到0价，被氧化，当n(NO2)∶n[CO(NH2)2]＝3∶2时，根据元素守恒可知氧化产物与还原产物的物质的量之比为2×2:3=4:3，即为质量之比为4∶3；
（2）CO＋NOx―→N2＋CO2(未配平)，若x＝1.5，NOx中氮元素由+3价降低到0价，CO中碳元素由+2价升高到+4价，根据化合价升降守恒可知CO和NOx的化学计量数之比为3:2，结合元素守恒可知CO＋NOx―→N2＋CO2中CO2和N2的化学计量数比为3:1；
（3）NO被Ce4＋氧化生成等物质的量的NO3-和NO2-，根据流程图可知Ce4＋被还原为Ce3＋，因此离子方程式为2NO＋3H2O＋4Ce4＋=NO3-＋NO2-＋6H＋＋4Ce3＋；
（4）Ce3＋失电子被氧化生成Ce4＋，电解槽中阳极失电子，因此生成的Ce4＋在电解槽的阳极；根据流程图可知HSO3-参与反应，在阴极得电子，因此反应式为2H＋＋2HSO3-＋2e－=S2O42-＋2H2O；
（5）溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，根据流程图可知装置Ⅳ中加入了氨气和氧气，因此NO2-被氧气氧化生成NO3-，氮元素化合价由+3价升高到+5价，氧气中氧元素由0价降低到-2价，根据化合价升降守恒可知2NO2-~O2，2NO2-的物质的量浓度为a/46mol/L，1 m3中NO2-的物质的量为a/46×103mol，则消耗氧气的物质的量为a/46×103mol÷2=a/92×103mol，标况下体积为V=n×Vm=a/92×103mol×22.4L/mol≈243aL。
