Question

汽車尾氣中CO、NO_x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）氧化一還原法消除NOx的轉化如下：NO

O2

反應Ⅰ

NO₂

CO(NH2)2

反應Ⅱ

N₂
①反應I為NO+O₃=NO₂+O₂，生成標準狀況下11.2L 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+NO→N₂+CO₂（未配平），若x=1.5，則化學方程式中CO₂和N₂的化學計量數比為

 

．
（3）吸收SO₂和NO，獲得Na₂S₂O₄和NH₄NO₃產品的流程圖如下（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NO₃^-、NO₂^-，請寫出生成等物質的量的NO₃^-和NO₂^-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S₂O₄^2一的電極反應式為

 

．
（5）已知進入裝置Ⅳ的溶液中，NO₂^-的濃度為ag．L^-1，要使1m³該溶液中的NO₂^-完全轉化為NH₄NO₃，至少需向裝置Ⅳ中通人標準狀況下的氧氣

 

L（用含a代數式表示，結果保留整數）．

Answer 1

考點：氧化還原反應的計算,電解原理

專題：

分析：（1）①化合價升高值=化合價降低值=轉移電子數，根據N元素的化合價的變化來確定電子轉移數目；
②反應方程式中，系數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S₂O₄^2-，得到電子；
（5）NO₂^-的濃度為a g?L^-1，要使1m³該溶液中的NO₂^-完全轉化為NH₄NO₃，則失去電子數目是：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．

解答： 解（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，故答案為：1；
②當n（NO₂）：n[CO（NH₂）₂]=3：2，即NO₂和CO（NH₂）₂的系數之比是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，故答案為：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的化學計量數定為1，則CO、NO_1.5、N₂前面的化學計量數分別為：1、

2

3

、

1

3

．即3CO+2NO_1.5→3CO₂+N₂，則化學方程式中CO₂與N₂的系數之比為3：1，故答案為：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⁺=4Ce³⁺+NO₃^-+NO₂^-+6H⁺，
故答案為：2NO+3H₂O+4Ce⁴⁺=4Ce³⁺+NO₃^-+NO₂^-+6H⁺；
（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S₂O₄^2-，得到電子，電極反應式為：2HSO₃^-+2H⁺+2e-=S₂O₄^2-+2H₂O，故答案為：陽極；2HSO₃^-+2H⁺+2e-=S₂O₄^2-+2H₂O；
（5）NO₂^-的濃度為a g?L^-1，要使1m³該溶液中的NO₂^-完全轉化為NH₄NO₃，則失去電子數目是：1000×（5-3）a/46，設消耗標況下氧氣的體積是V，則失電子數目是：

V

22.4

×2×（2-0），根據電子守恒：

1000a×(5-3)

46

=

V

22.4

×2×（2-0），解得V=243a，故答案為：243a．

點評：本題考查氧化還原反應的計算，為高考常見題型，側重于學生的分析能力和計算能力的考查，注意把握還原性的強弱及電子守恒為解答的關鍵，題目難度中等．