Question

（15分）霧霾含有大量的污染物SO₂、NO。工業上變“廢”為寶，吸收工業尾氣SO₂和NO，可獲得Na₂S₂O₃和NH₄NO₃產品的流程圖如下(Ce為鈰元素)：

⑴裝置Ⅰ中的主要離子方程式為                                         。3
⑵含硫各微粒(H₂SO₃、HSO₃^－和SO₃^2－)存在于SO₂與NaOH溶液反應后的溶液中，它們的物質的量分數X(i)與溶液pH 的關系如圖所示。

①若是0.1molNaOH反應后的溶液，測得溶液的pH=8時，溶液中個離子由大到小的順序是         。
②向pH=5的NaHSO₃溶液中滴加一定濃度的CaCl₂溶液，溶液中出現渾濁，pH降為2，用化學平衡移動原理解釋溶液pH降低的原因：                                。
⑶寫出裝置Ⅱ中，酸性條件下的離子方程式                             。
⑷裝置Ⅲ還可以使Ce⁴⁺再生，其原理如下圖所示。
①生成Ce⁴⁺從電解槽的        (填字母序號)口流出。②寫出與陰極的反應式                      。
⑸已知進入裝置Ⅳ的溶液中，NO₂^－的濃度為a g·L^-1，要使1 m³該溶液中的NO₂^－完全轉化為NH₄NO₃，需至少向裝置Ⅳ中通入標準狀況下的O₂         L。(用含a代數式表示， 計算結果保留整數)

Answer 1

（1） SO₂+OH^-=HSO₃^-；
（2） ①c(Na⁺)﹥c(SO₃^2-)﹥c(HSO₃^-)﹥c(OH^-)﹥c(H⁺)  ；② HSO₃^-在溶液中存在電離平衡：HSO₃^-SO₃^2-+ H⁺，加CaCl₂溶液后，Ca²⁺+SO₃^2-=CaSO₃↓使電離平衡右移，c(H⁺)增大     
（3） NO+2H₂O+3Ce⁴⁺=3Ce³⁺+NO₃^-+4H⁺；NO+H₂O+Ce⁴⁺=Ce³⁺+NO₂^-+2H⁺
（4） ①a ；   ②2HSO₃^-+4H⁺+4e-=S₂O₃^2-+3H₂O
（5）243a (242a、244a、5600a/23都給分) 

試題分析：⑴在置Ⅰ中SO₂與NaOH溶液發生反應，離子方程式是SO₂+OH^-=HSO₃^-；（2）①溶液的pH=8時，溶液中含有的物質是Na₂SO₃和NaHSO₃.根據物料守恒可得c(Na⁺)=(SO₃^2-)+(HSO₃^-)+(H₂O₃)；所以c(Na⁺)最大。知c(SO₃^2-)﹥c(HSO₃^-)由于溶液顯堿性，所以c(OH^-)﹥c(H⁺)；因為鹽是強電解質，鹽水解的程度是微弱的，所以c(HSO₃^-)﹥c(OH^-)。故溶液中的離子濃度關系為：c(Na⁺)﹥c(SO₃^2-)﹥c(HSO₃^-)﹥c(OH^-)﹥c(H⁺)；②NaHSO₃溶液的pH=5，說明在溶液中NaHSO₃的電離作用大于水解作用，當向其中加入CaCl₂溶液時，會發生反應：Ca²⁺+SO₃^2-=CaSO₃↓，這樣就破壞了溶液中HSO₃^-在溶液中存在電離平衡：HSO₃^-SO₃^2-+ H⁺，使平衡正向移動，進行電離產生大量的H⁺；c(H⁺)增大，因此溶液的pH減小。pH降為2。⑶在裝置Ⅱ中，在酸性條件下根據流程示意圖可得反應的離子方程式是NO+2H₂O+3Ce⁴⁺=3Ce³⁺+NO₃^-+4H⁺；NO+H₂O+ Ce⁴⁺=Ce³⁺+NO₂^-+2H⁺；⑷在裝置Ⅲ還可以使Ce⁴⁺再生，①由于Ce³⁺→Ce⁴⁺,化合價升高，失去電子，所以生成Ce⁴⁺從電解槽的陽極a流出；②在陰極發生的電極的反應式是2HSO₃^-+4H⁺+4e-=S₂O₃^2-+3H₂O。⑸由于NO₂^－的濃度為a g·L^-1，所以1 m³該溶液中的NO₂^－的量為a g·L^-1×1000L=1000ag.物質的量為1000ag÷46g/mol；每1mol的NO₂^－完全轉化為NH₄NO₃，失去電子2mol.所以轉移電子的物質的量為1000ag÷46g/mol×2=(1000a÷23)mol,每一mol的氧氣反應轉移電子4mol，所以消耗氧氣的物質的量為(1000a÷23)mol÷4=(250a÷23)mol,需至少向裝置Ⅳ中通入標準狀況下的O₂的體積是(250a÷23)mol×22.4L/mol=5600a/23L="243." 5aL。
考查：離子方程式的書寫、離子濃度的比較、電解原理及應用、氧化還原反應的有關計算的知識。