Question

SO₂、NO是大气污染物。吸收SO₂ 和NO，获得Na₂S₂O₄和NH₄NO₃产品的流程图如下（Ce为铈元素）：

（1）装置Ⅰ中生成HSO₃^－的离子方程为                  。

（2）含硫各微粒（H₂SO₃、HSO₃^－和SO₃^2－）存在于SO₂与NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数X(i)与溶液pH 的关系如右图所示。

①下列说法正确的是         （填字母序号）。

a．pH=8时，溶液中c(HSO₃^－) < c(SO₃^2－)

b．pH=7时，溶液中c(Na⁺) =c(HSO₃^－)+c(SO₃^2－)

c．为获得尽可能纯的NaHSO₃，可将溶液的pH控制在4～5左右

②向pH=5的NaHSO₃溶液中滴加一定浓度的CaCl₂溶液，溶液中出现浑浊，pH降为2，用化学平衡移动原理解释溶液pH降低的原因：                                       。

（3）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                  。

（4）装置Ⅲ的作用之一是再生Ce⁴⁺，其原理如下图所示。

①生成Ce⁴⁺的电极反应式为                               。

②生成Ce⁴⁺从电解槽的         （填字母序号）口流出。

（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，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）

Answer 1

【知识点】无机流程、溶液中的离子浓度大小、电化学、计算

【答案解析】 （1）SO2 + OH^－=== HSO3^－（2分）；          

（2）①a、c  （3分）

②HSO₃^－SO₃^2－+H⁺，加入CaCl₂溶液， Ca²⁺+SO₃^2－=== CaSO₃↓使平衡右移，c(H⁺)增大。（3）NO+2H₂O+3Ce⁴⁺===3Ce³⁺+NO₃^－+4H⁺（3分）

（4）①Ce³⁺_{- e}^－=== Ce⁴⁺ （2分）                   ② a （2分）

（5）243a（242a、244a、5600a /23都给分）（3分）

解析：（1）进入装置Ⅰ中的物质有：NaOH、NO、SO₂，则生成HSO₃^－的离子方程为：

   SO2 + OH^－=== HSO3^－

（2）①如图pH=8时，溶液中c(HSO₃^－) < c(SO₃^2－)a正确。pH=7时，溶液中c(Na⁺)+c(H⁺) =c(HSO₃^－)+2c(SO₃^2－)+c(OH^-)，c(H⁺)= c(OH^-)，所以b不正确。如图pH控制在4～5左右，溶液中没有HSO₃^－，所以c错。②向pH=5的NaHSO₃溶液中滴加一定浓度的CaCl₂溶液，溶液中出现浑浊，pH降为2原因为HSO₃^－SO₃^2－+H⁺，加入CaCl₂溶液， Ca²⁺+SO₃^2－=== CaSO₃↓使平衡右移，c(H⁺)增大。

（3）装置Ⅱ中，如流程图反应物为NO、Ce⁴⁺生成物有Ce³⁺、NO₃^－。根据电荷守恒和题意给出酸性溶液，反应物还有H₂O，生成物还有H⁺。根据氧化还原原理和得失电子守恒配平得NO+2H₂O+3Ce⁴⁺===3Ce³⁺+NO₃^－+4H⁺。

（4）①根据流程图其电极方程式只能是Ce³⁺_{- e}^－=Ce⁴⁺。②由Ce³⁺_{- e}^－= Ce⁴⁺得阳极生成Ce⁴⁺，所以从电解槽的a口流出。

（5）根据得失电子守恒NO₂^－和O₂的物质的量之比为2:1。得氧气的体积为=243a 。

【思路点拨】本题考查了离子方式、电极方程式的书写，溶液中浓度大小的比较，氧化还原反应，利用电荷守恒计算。题目难度较大。注意从已知提取信息，培养看图分析能力。