Question

［化學(xué)—選修：化學(xué)與技術(shù)］

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SO32－）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下列說法正確的是         （填字母序號）。

a．pH=8時，溶液中c(HSO3－) < c(SO32－)

b．pH=7時，溶液中c(Na+) =c(HSO3－)+c(SO32－)

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）口流出。

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，計算結(jié)果保留整數(shù)）

Answer 1

【知識點】無機(jī)流程、溶液中的離子濃度大小、電化學(xué)、計算

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

（2）①a、c  （3分）

②HSO3－SO32－+H+，加入CaCl2溶液， Ca2++SO32－=== 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，溶液中c(HSO3－) < c(SO32－)a正確。pH=7時，溶液中c(Na+)+c(H+) =c(HSO3－)+2c(SO32－)+c(OH-)，c(H+)= c(OH-)，所以b不正確。如圖pH控制在4～5左右，溶液中沒有HSO3－，所以c錯。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原因為HSO3－SO32－+H+，加入CaCl2溶液， Ca2++SO32－=== 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 。

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