题目内容
【题目】连二亚硫酸钠（Na2S2O4），有极强的还原性，受热、遇水都会发生分解反应放出大量的热，甚至引起燃烧，不溶于乙醇，可溶于氢氧化钠水溶液并稳定存在。
（1）锌粉法是制备Na2S2O4的一种常见方法，其原理如图1所示：
①须将锌粉和水制成悬浊液的原因是 ______ ；若用Na2SO3固体和某酸反应制备SO2气体，你认为下列最适宜选用的酸是 ______
A．浓盐酸 B．质量分数为70%的H2SO4
C．稀硝酸 D．质量分数为10%的稀硫酸
②步骤III过程较为复杂，其中涉及过滤、洗涤、干燥等操作，请写出洗涤过程的操作方法： ______ 。
（2）吸收大气污染物SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如图2（Ce为铈元素）：
①装置Ⅱ中，酸性条件下，NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3-、NO2-，写出生成NO3-的离子方程式 ______
②装置III中电解槽阴极发生的电极反应为 ______ 。
③已知进入装置IV的溶液中，NO2-的浓度为a gL-1，要使1m3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，需至少向装置IV中通入标准状况下的O2 ______ L。（用含a代数式表示，计算结果保留整数）
（3）课题小组测定0.050molL-1Na2S2O4溶液在空气中pH变化如图3，0-t1段主要生成HSO3-，则0-t1发生离子反应方程式为 ______ ，t1时刻溶液中离子浓度由大到小的顺序是 ______ ，t3时溶液中主要阴离子符号是 ______ 。
【答案】增大锌反应的表面积，加快化学反应速率 B 加入乙醇至浸没沉淀，滤干后重复操作2-3次 NO+3Ce4++2H2O=NO3-+3Ce3++4H+ 2SO32-+2H2O+2e-=S2O42-+4OH- 243a 2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3- c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（H+）＞c（SO32-）＞c（OH-） SO42-
【解析】
锌粉、水形成分散系，通入二氧化硫反应得到ZnS2O4，加入过量NaOH溶液反应得到Na2S2O4溶液，再经过复杂的操作过程得到Na2S2O4晶体。
（1）①将锌粉和水制成悬浊液的原因是：增大锌反应的表面积，加快化学反应速率；A项，盐酸易挥发，制备的二氧化硫含有HCl；B项，亚硫酸钠与70%硫酸反应制得二氧化硫；C项，亚硫酸钠具有还原性，硝酸具有氧化性，发生氧化还原反应，不能制得二氧化硫；D项，二氧化硫易溶于水，10%的硫酸浓度太小，不利于二氧化硫的逸出；答案选B；
故答案为：增大锌反应的表面积，加快化学反应速率；B；
②根据题给信息，用乙醇洗涤，除去可溶性杂质，并减少因溶解导致的损失，洗涤过程的操作方法：加入乙醇至浸没沉淀，滤干后重复操作2-3次，
故答案为：加入乙醇至浸没沉淀，滤干后重复操作2-3次；
（2）①装置Ⅱ中，酸性条件下，NO被Ce4+氧化生成NO3-，而Ce4+被还原为Ce3+氧化，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应离子方程式为：NO+3Ce4++2H2O=NO3-+3Ce3++4H+，
故答案为：NO+3Ce4++2H2O=NO3-+3Ce3++4H+；
②电解槽阴极发生还原反应，SO32-被还原为S2O42-，电极反应式为：2SO32-+2H2O+2e-=S2O42-+4OH-，
故答案为：2SO32-+2H2O+2e-=S2O42-+4OH-；
③NO2-的浓度为agL-1，要使1m3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，则失去电子数目是：
mol×2，设消耗标况下氧气的体积是V，则得到电子数目是：
nol×4，根据电子守恒：mol×2=nol×4，解得V=243a，
故答案为：243a；
（3）0～t1段主要先生成HSO3-，溶液显酸性，说明HSO3-的电离程度大于水解程度，Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，0～t1发生离子反应方程式为：2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-，亚硫酸氢根的电离程度不大，而水也会电离产生氢离子，故t1时刻溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（H+）＞c（SO32-）＞c（OH-），
t3时溶液的pH=1，说明溶液的酸性较强，因此亚硫酸氢钠被氧化为硫酸氢钠，则溶液中主要阴离子符号是SO42-，
故答案为：2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-；c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（H+）＞c（SO32-）＞c（OH-）；SO42-。
