Question

【题目】汽车尾气中CO、NOx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）氧化还原法消除NOx的转化如图所示：

NONO2N2

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

（3）吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如图所示(Ce为铈元素)。

装置Ⅱ中，酸性条件下NO被Ce4＋氧化的产物主要是和，请写出生成等物质的量的和时的离子方程式：__。

（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”)，同时在另一极生成的电极反应式为____。

（5）已知进入装置Ⅳ的溶液中的浓度为a g·L－1，要使1 m3该溶液中的NO完全转化为NH4NO3，至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的氧气___L(用含a代数式表示，结果保留整数)。

Answer 1

【答案】14：33：12NO＋3H2O＋4Ce4＋===NO3-＋NO2-＋6H＋＋4Ce3＋阳极2H＋＋2HSO3-＋2e－===S2O42-＋2H2O243

【解析】

（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S2O42-，得到电子；（5）NO2-的浓度为a gL-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。

（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；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；（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、NO1.5、N2前面的化学计量数分别为：1、、．即3CO+2NO1.5→3CO2+N2，则化学方程式中CO2与N2的系数之比为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＋===NO3-＋NO2-＋6H＋＋4Ce3＋；（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S2O42-，得到电子，电极反应式为：2H＋＋2HSO3-＋2e－===S2O42-＋2H2O；（5）NO2-的浓度为a gL-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：×2×（2-0），根据电子守恒：=×2×（2-0），解得V=243a。