（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

题型：不详难度：来源：

（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O₂         L。(用含a代数式表示， 计算结果保留整数)

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^-SO₃^2-+ H⁺，加CaCl₂溶液后，Ca²⁺+SO₃^2-=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-=S₂O₃^2-+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⁺)=(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^-SO₃^2-+ 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+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-=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。