（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

题目内容：

（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SO₃^2－)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O₂L。(用含a代数式表示， 计算结果保留整数)

最佳答案：

（1） SO₂ OH^-=HSO₃^-；

（2） ①c(Na )﹥c(SO₃^2-)﹥c(HSO₃^-)﹥c(OH^-)﹥c(H ) ；

② HSO₃^-在溶液中存在电离平衡：HSO₃^-

SO ₃ ^2- H ，加CaCl ₂溶液后，Ca ² SO ₃ ^2-=CaSO ₃↓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-=S₂O₃^2- 3H₂O

（5）243a (242a、244a、5600a/23都给分)

答案解析：

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 )=(SO₃^2-) (HSO₃^-) (H₂O₃)；所以c(Na )最大。知c(SO₃^2-)﹥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(SO₃^2-)﹥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 SO₃^2-=CaSO₃↓，这样就破坏了溶液中HSO₃^-在溶液中存在电离平衡：HSO₃^-

SO ₃ ^2- 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 2H ₂O 3Ce ⁴ =3Ce ³ NO ₃ ^- 4H ；NO H ₂O Ce ⁴ =Ce ³ NO ₂ ^- 2H ；⑷在装置Ⅲ还可以使Ce ⁴ 再生，①由于Ce ³ →Ce ⁴ ,化合价升高，失去电子，所以生成Ce ⁴ 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-=S₂O₃^2- 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。

考点核心：

离子方程式：用实际参加反应的离子符号表示离子反应的式子。