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(15分)雾霾含有大量的污染物SO2、NO。工业上变“废”为宝,吸收工业尾气SO2和NO,可获得Na2S2O3和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素):

⑴装置Ⅰ中的主要离子方程式为 。3

⑵含硫各微粒(H2SO3、HSO3-和SO32-)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 的关系如图所示。

①若是0.1molNaOH反应后的溶液,测得溶液的pH=8时,溶液中个离子由大到小的顺序是 。

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: 。

⑶写出装置Ⅱ中,酸性条件下的离子方程式 。

⑷装置Ⅲ还可以使Ce4+再生,其原理如下图所示。

①生成Ce4+从电解槽的 (填字母序号)口流出。②写出与阴极的反应式 。

⑸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)

 

(1) SO2+OH-=HSO3- ;

(2) ①c(Na+)﹥c(SO32-)﹥c(HSO3-)﹥c(OH-)﹥c(H+) ;② HSO3-在溶液中存在电离平衡:HSO3- SO32-+ H+,加CaCl2溶液后,Ca2++SO32-=CaSO3↓使电离平衡右移,c(H+)增大

(3) NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+;NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2-+2H+

(4) ①a ; ②2HSO3-+4H++4e-=S2O32-+3H2O

(5)243a (242a、244a、5600a/23都给分)

【解析】

试题分析:⑴在置Ⅰ中SO2与NaOH溶液发生反应,离子方程式是SO2+OH-=HSO3-;(2)①溶液的pH=8时,溶液中含有的物质是Na2SO3和NaHSO3.根据物料守恒可得c(Na+)=(SO32-)+(HSO3-)+(H2O3);所以c(Na+)最大。知c(SO32-)﹥c(HSO3-)由于溶液显碱性,所以c(OH-)﹥c(H+);因为盐是强电解质,盐水解的程度是微弱的,所以c(HSO3-)﹥c(OH-)。故溶液中的离子浓度关系为:c(Na+)﹥c(SO32-)﹥c(HSO3-)﹥c(OH-)﹥c(H+);②NaHSO3溶液的pH=5,说明在溶液中NaHSO3的电离作用大于水解作用,当向其中加入CaCl2溶液时,会发生反应:Ca2++SO32-=CaSO3↓,这样就破坏了溶液中HSO3-在溶液中存在电离平衡:HSO3- SO32-+ H+,使平衡正向移动,进行电离产生大量的H+;c(H+)增大,因此溶液的pH减小。pH降为2。⑶在装置Ⅱ中,在酸性条件下根据流程示意图可得反应的离子方程式是NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+;NO+H2O+ Ce4+=Ce3++NO2-+2H+;⑷在装置Ⅲ还可以使Ce4+再生,①由于Ce3+→Ce4+,化合价升高,失去电子,所以生成Ce4+从电解槽的阳极a流出;②在阴极发生的电极的反应式是2HSO3-+4H++4e-=S2O32-+3H2O。⑸由于NO2-的浓度为a g·L-1,所以1 m3该溶液中的NO2-的量为a g·L-1×1000L=1000ag.物质的量为1000ag÷46g/mol;每1mol的NO2-完全转化为NH4NO3,失去电子2mol.所以转移电子的物质的量为1000ag÷46g/mol×2=(1000a÷23)mol,每一mol的氧气反应转移电子4mol,所以消耗氧气的物质的量为(1000a÷23)mol÷4=(250a÷23)mol,需至少向装置Ⅳ中通入标准状况下的O2 的体积是(250a÷23)mol×22.4L/mol=5600a/23L=243. 5aL。

考查:离子方程式的书写、离子浓度的比较、电解原理及应用、氧化还原反应的有关计算的知识。

 

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