Question

SO₂、NO是大氣污染物。吸收SO₂ 和NO，獲得Na₂S₂O₄和NH₄NO₃產(chǎn)品的流程圖如下（Ce為鈰元素）：

（1）裝置Ⅰ中生成HSO₃^－的離子方程為                  。

（2）含硫各微粒（H₂SO₃、HSO₃^－和SO₃^2－）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)系如右圖所示。

①下列說(shuō)法正確的是         （填字母序號(hào)）。

a．pH=8時(shí)，溶液中c(HSO₃^－) < c(SO₃^2－)

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

c．為獲得盡可能純的NaHSO₃，可將溶液的pH控制在4～5左右

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(dòng)原理解釋溶液pH降低的原因：                                       。

（3）裝置Ⅱ中，酸性條件下，NO被Ce⁴⁺氧化的產(chǎn)物主要是NO₃^－、NO₂^－，寫(xiě)出生成NO₃^－的離子方程式                  。

（4）裝置Ⅲ的作用之一是再生Ce⁴⁺，其原理如下圖所示。

①生成Ce⁴⁺的電極反應(yīng)式為                               。

②生成Ce⁴⁺從電解槽的         （填字母序號(hào)）口流出。

（5）已知進(jìn)入裝置Ⅳ的溶液中，NO₂^－的濃度為a g·L^-1，要使1 m³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O₂          L。（用含a代數(shù)式表示，計(jì)算結(jié)果保留整數(shù)）

Answer 1

【知識(shí)點(diǎn)】無(wú)機(jī)流程、溶液中的離子濃度大小、電化學(xué)、計(jì)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都給分）（3分）

解析：（1）進(jìn)入裝置Ⅰ中的物質(zhì)有：NaOH、NO、SO₂，則生成HSO₃^－的離子方程為：

   SO2 + OH^－=== HSO3^－

（2）①如圖pH=8時(shí)，溶液中c(HSO₃^－) < c(SO₃^2－)a正確。pH=7時(shí)，溶液中c(Na⁺)+c(H⁺) =c(HSO₃^－)+2c(SO₃^2－)+c(OH^-)，c(H⁺)= c(OH^-)，所以b不正確。如圖pH控制在4～5左右，溶液中沒(méi)有HSO₃^－，所以c錯(cuò)。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原因?yàn)镠SO₃^－SO₃^2－+H⁺，加入CaCl₂溶液， Ca²⁺+SO₃^2－=== CaSO₃↓使平衡右移，c(H⁺)增大。

（3）裝置Ⅱ中，如流程圖反應(yīng)物為NO、Ce⁴⁺生成物有Ce³⁺、NO₃^－。根據(jù)電荷守恒和題意給出酸性溶液，反應(yīng)物還有H₂O，生成物還有H⁺。根據(jù)氧化還原原理和得失電子守恒配平得NO+2H₂O+3Ce⁴⁺===3Ce³⁺+NO₃^－+4H⁺。

（4）①根據(jù)流程圖其電極方程式只能是Ce³⁺_{- e}^－=Ce⁴⁺。②由Ce³⁺_{- e}^－= Ce⁴⁺得陽(yáng)極生成Ce⁴⁺，所以從電解槽的a口流出。

（5）根據(jù)得失電子守恒NO₂^－和O₂的物質(zhì)的量之比為2:1。得氧氣的體積為=243a 。

【思路點(diǎn)撥】本題考查了離子方式、電極方程式的書(shū)寫(xiě)，溶液中濃度大小的比較，氧化還原反應(yīng)，利用電荷守恒計(jì)算。題目難度較大。注意從已知提取信息，培養(yǎng)看圖分析能力。