Question

汽车尾气中CO、NO_x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）氧化一还原法消除NOx的转化如下：NO

O2

反应Ⅰ

NO₂

CO(NH2)2

反应Ⅱ

N₂
①反应I为NO+O₃=NO₂+O₂，生成标准状况下11.2L 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+NO→N₂+CO₂（未配平），若x=1.5，则化学方程式中CO₂和N₂的化学计量数比为

 

．
（3）吸收SO₂和NO，获得Na₂S₂O₄和NH₄NO₃产品的流程图如下（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^-、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S₂O₄^2一的电极反应式为

 

．
（5）已知进入装置Ⅳ的溶液中，NO₂^-的浓度为ag．L^-1，要使1m³该溶液中的NO₂^-完全转化为NH₄NO₃，至少需向装置Ⅳ中通人标准状况下的氧气

 

L（用含a代数式表示，结果保留整数）．

Answer 1

考点：氧化还原反应的计算,电解原理

专题：

分析：（1）①化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据N元素的化合价的变化来确定电子转移数目；
②反应方程式中，系数之比等于物质的量之比，结合元素的化合价变化及原子守恒分析；
（2）由原子守恒确定反应；
（3）生成等物质的量的NO₃^-和NO₂^-时，Ce⁴⁺被还原为Ce³⁺，结合电子守恒、电荷守恒分析离子反应；
（4）生成Ce⁴⁺为氧化反应，发生在阳极上；反应物是HSO₃^-被还原成S₂O₄^2-，得到电子；
（5）NO₂^-的浓度为a g?L^-1，要使1m³该溶液中的NO₂^-完全转化为NH₄NO₃，则失去电子数目是：1000×（5-3）a/46，设消耗标况下氧气的体积是V，结合电子守恒进行计算．

解答： 解（1）①NO+O₃═NO₂+O₂，生成1mol氧气转移电子是2mol，生成11.2L即0.5mol O₂（标准状况）时，转移电子的物质的量是0.5mol×2=1mol，故答案为：1；
②当n（NO₂）：n[CO（NH₂）₂]=3：2，即NO₂和CO（NH₂）₂的系数之比是3：2，其方程式表示为：6NO₂+4CO（NH₂）₂=7N₂+8H₂O+4CO₂，只有N元素的化合价变化，氮气为氧化产物也是还原产物，由N原子守恒可知氧化产物与还原产物的质量比为8：6=4：3，故答案为：4：3；
（2）转换过程中发生反应的化学方程式为：CO+NOx→CO₂+N₂（未配平），若x=1.5，可利用“定一法”进行配平，把CO₂的化学计量数定为1，则CO、NO_1.5、N₂前面的化学计量数分别为：1、

2

3

、

1

3

．即3CO+2NO_1.5→3CO₂+N₂，则化学方程式中CO₂与N₂的系数之比为3：1，故答案为：3：1；
（3）生成等物质的量的NO₃^-和NO₂^-时，Ce⁴⁺被还原为Ce³⁺，由电子守恒、电荷守恒可知，离子方程式为：2NO+3H₂O+4Ce⁴⁺=4Ce³⁺+NO₃^-+NO₂^-+6H⁺，
故答案为：2NO+3H₂O+4Ce⁴⁺=4Ce³⁺+NO₃^-+NO₂^-+6H⁺；
（4）生成Ce⁴⁺为氧化反应，发生在阳极上，连接电源正极，因此再生时生成的Ce⁴⁺在电解槽的阳极；反应物是HSO₃^-被还原成S₂O₄^2-，得到电子，电极反应式为：2HSO₃^-+2H⁺+2e-=S₂O₄^2-+2H₂O，故答案为：阳极；2HSO₃^-+2H⁺+2e-=S₂O₄^2-+2H₂O；
（5）NO₂^-的浓度为a g?L^-1，要使1m³该溶液中的NO₂^-完全转化为NH₄NO₃，则失去电子数目是：1000×（5-3）a/46，设消耗标况下氧气的体积是V，则失电子数目是：

V

22.4

×2×（2-0），根据电子守恒：

1000a×(5-3)

46

=

V

22.4

×2×（2-0），解得V=243a，故答案为：243a．

点评：本题考查氧化还原反应的计算，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握还原性的强弱及电子守恒为解答的关键，题目难度中等．