Question

【題目】汽車尾氣中CO、NOx以及燃煤廢氣中的SO2都是大氣污染物，對它們的治理具有重要意義。

（1）氧化還原法消除NOx的轉化如圖所示：

NONO2N2

①反應Ⅰ為NO＋O3===NO2＋O2，生成標準狀況下11.2 L O2時，轉移電子的物質的量是____mol。

②反應Ⅱ中，當n(NO2)∶n[CO(NH2)2]＝3∶2時，氧化產物與還原產物的質量比為____。

（2）使用“催化轉化器”可以減少尾氣中的CO和NOx，轉化過程中發(fā)生反應的化學方程式為CO＋NOx―→N2＋CO2(未配平)，若x＝1.5，則化學方程式中CO2和N2的化學計量數(shù)之比為____。

（3）吸收SO2和NO，獲得Na2S2O4和NH4NO3產品的流程圖如圖所示(Ce為鈰元素)。

裝置Ⅱ中，酸性條件下NO被Ce4＋氧化的產物主要是和，請寫出生成等物質的量的和時的離子方程式：__。

（4）裝置Ⅲ的作用之一是用質子交換膜電解槽電解使得Ce4＋再生，再生時生成的Ce4＋在電解槽的___(填“陽極”或“陰極”)，同時在另一極生成的電極反應式為____。

（5）已知進入裝置Ⅳ的溶液中的濃度為a g·L－1，要使1 m3該溶液中的NO完全轉化為NH4NO3，至少需向裝置Ⅳ中通入標準狀況下的氧氣___L(用含a代數(shù)式表示，結果保留整數(shù))。

Answer 1

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

【解析】

（1）①化合價升高值=化合價降低值=轉移電子數(shù)，根據N元素的化合價的變化來確定電子轉移數(shù)目；②反應方程式中，系數(shù)之比等于物質的量之比，結合元素的化合價變化及原子守恒分析；（2）由原子守恒確定反應；（3）生成等物質的量的NO3-和NO2-時，Ce4+被還原為Ce3+，結合電子守恒、電荷守恒分析離子反應；（4）生成Ce4+為氧化反應，發(fā)生在陽極上；反應物是HSO3-被還原成S2O42-，得到電子；（5）NO2-的濃度為a gL-1，要使1m3該溶液中的NO2-完全轉化為NH4NO3，則失去電子數(shù)目是：1000×（5-3）a/46，設消耗標況下氧氣的體積是V，結合電子守恒進行計算。

（1）①NO+O3═NO2+O2，生成1mol氧氣轉移電子是2mol，生成11.2L即0.5mol O2（標準狀況）時，轉移電子的物質的量是0.5mol×2=1mol；②當n（NO2）：n[CO（NH2）2]=3：2，即NO2和CO（NH2）2的系數(shù)之比是3：2，其方程式表示為：6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2，只有N元素的化合價變化，氮氣為氧化產物也是還原產物，由N原子守恒可知氧化產物與還原產物的質量比為8：6=4：3；（2）轉換過程中發(fā)生反應的化學方程式為：CO+NOx→CO2+N2（未配平），若x=1.5，可利用“定一法”進行配平，把CO2的化學計量數(shù)定為1，則CO、NO1.5、N2前面的化學計量數(shù)分別為：1、、．即3CO+2NO1.5→3CO2+N2，則化學方程式中CO2與N2的系數(shù)之比為3：1；（3）生成等物質的量的NO3-和NO2-時，Ce4+被還原為Ce3+，由電子守恒、電荷守恒可知，離子方程式為：2NO＋3H2O＋4Ce4＋===NO3-＋NO2-＋6H＋＋4Ce3＋；（4）生成Ce4+為氧化反應，發(fā)生在陽極上，連接電源正極，因此再生時生成的Ce4+在電解槽的陽極；反應物是HSO3-被還原成S2O42-，得到電子，電極反應式為：2H＋＋2HSO3-＋2e－===S2O42-＋2H2O；（5）NO2-的濃度為a gL-1，要使1m3該溶液中的NO2-完全轉化為NH4NO3，則失去電子數(shù)目是：1000×（5-3）a/46，設消耗標況下氧氣的體積是V，則失電子數(shù)目是：×2×（2-0），根據電子守恒：=×2×（2-0），解得V=243a。