Question

【題目】I.用惰性電極電解400 mL一定濃度的CuSO4溶液(不考慮電解過(guò)程中溶液體積的變化)，通電一段時(shí)間后。

①若向所得溶液中加入0.1molCuO后,使溶液恰好恢復(fù)到電解前的濃度和pH,電解過(guò)程中總的離子反應(yīng)方程式為_________。

②若向所得的溶液中加入0.1 mol Cu2(OH)2CO3后，使溶液恰好恢復(fù)到電解前的濃度和pH，電解過(guò)程中轉(zhuǎn)移的電子為__________mol。

II.把物質(zhì)的量均為0.1mol的AlCl3、CuCl2和H2SO4溶于水制成100mL的混合溶液，用石墨做電極電解，并收集兩電極所產(chǎn)生的氣體，一段時(shí)間后在兩極收集到的氣體在相同條件下體積相同。則電路中共轉(zhuǎn)移____________mol電子，此時(shí)鋁元素以_____________形式存在。(用化學(xué)用語(yǔ)作答)

III.電解法處理含氮氧化物廢氣，可回收硝酸，具有較高的環(huán)境效益和經(jīng)濟(jì)效益。實(shí)驗(yàn)室模擬電解法吸收NOx的裝置如圖所示(圖中電極均為石墨電極)。

(1) 若用NO2氣體進(jìn)行模擬電解法吸收實(shí)驗(yàn)。

① 寫出電解時(shí)NO2發(fā)生反應(yīng)的電極反應(yīng)式：__________________。

② 若有標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.24 LNO2被吸收，通過(guò)陽(yáng)離子交換膜(只允許陽(yáng)離子通過(guò))的H＋________mol。

(2) 某小組在右室裝有10 L 0.2 mol·L-1硝酸，用含NO和NO2(不考慮NO2轉(zhuǎn)化為N2O4)的廢氣進(jìn)行模擬電解法吸收實(shí)驗(yàn)。電解過(guò)程中，有部分NO轉(zhuǎn)化為HNO2。實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)，測(cè)得右室溶液中含3 mol HNO3、0.1 mol HNO2，同時(shí)左室收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下28 LH2。原氣體中NO和NO2的體積比_____________。

Answer 1

【答案】

I.①2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；②0.6

II.0.9；Al(OH)3和Al3+

III.(1)①NO2-e-＋H2O=NO3-＋2H+；②0.1；(2)8∶3

【解析】

試題分析：I. ①由信息可知，電解發(fā)生2H2O+2CuSO42Cu+O2↑+2H2SO4 ，向所得溶液中加入0.1mol CuO充分反應(yīng)后，溶液恰好恢復(fù)到電解前的狀態(tài)，則電解中生成0.1molCu，電解過(guò)程中總的離子反應(yīng)方程式為2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，故答案為：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；

②電解硫酸銅溶液后溶液呈酸性，向電解后的溶液中加入堿式碳酸銅能恢復(fù)原溶液，堿式碳酸銅和硫酸反應(yīng)生成硫酸銅、水和二氧化碳，溶液質(zhì)量增加的量是銅、氫氧根離子，所以實(shí)際上電解硫酸銅溶液分兩個(gè)階段：第一階段2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，第二階段：2H2O2H2↑+O2↑，將堿式碳酸銅化學(xué)式改變?yōu)?/span>2CuOH2OCO2，所以加入0.1molCu2(OH)2CO3 就相當(dāng)于加入0.2molCuO和0.1mol水，第一階段：根據(jù)銅原子守恒知，電解硫酸銅溶液析出n(Cu)=n(CuO)=0.2mol，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量=0.2mol×2=0.4mol；第二階段：電解生成0.1mol水轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量=0.1mol×2=0.2mol，所以電解過(guò)程中共轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.4mol+0.2mol=0.6mol，故答案為：0.6；

II.陰極上發(fā)生的電極反應(yīng)為：Cu2++2e-=Cu，2H++2e-=H2↑，陽(yáng)極上發(fā)生電極反應(yīng)：Cl--2e-=Cl2↑，4OH-→O2↑+2H2O+4e-，可知Cu2+全部反應(yīng)，Cu2+0.1mol，Cl-反應(yīng)完全，在陰極上：Cu2++2e-=Cu，銅離子全部放電轉(zhuǎn)移電子是0.2mol，2H++2e-=H2↑，(Cu2+全部反應(yīng)，H+開始電解，這段相當(dāng)于電解HCl)在陽(yáng)極上：Cl--e-=Cl2↑，氯離子全部放電轉(zhuǎn)移電子是0.5mol，產(chǎn)生氯氣是0.25mol；4OH--4e-=2H2O+O2，設(shè)兩極上轉(zhuǎn)移電子是x，則0.25+×(x-0.5)=(x-0.2)，解得x=0.9mol； Al3+移向陰極，該電極上的電極反應(yīng)：陰極上發(fā)生的電極反應(yīng)為：Cu2++2e-=Cu，2H++2e-=H2↑，銅離子全部放電轉(zhuǎn)移電子是0.2mol，轉(zhuǎn)移電子0.9mol，則消耗氫離子0.7mol，原溶液中含有0.2molH+，消耗的OH-0.4mol，相當(dāng)于多出來(lái)0.1molOH-，Al3+0.1mol，OH-0.1mol，所以溶液中以Al3+形式存在，還有Al(OH)3沉淀，即鋁元素僅以鋁離子和Al(OH)3的形式存在，故答案為：0.9；Al3+ 和Al(OH)3；

III.(1)①根據(jù)圖知，電解時(shí)，左室中電極上氫離子放電生成氫氣，則左室為陰極室，右室為陽(yáng)極室，陽(yáng)極上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以陽(yáng)極上氮氧化物失電子和水生成硝酸，電極反應(yīng)式為NO2-e-+H2O=NO3-+2H+，故答案為：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+；

②n(NO2)==1.25mol，0.1mol，陽(yáng)極反應(yīng)式為NO2-e-+H2O=NO3-+2H+，有0.2mol氫離子生成，因?yàn)橛?/span>0.1mol硝酸生成，則有0.1mol氫離子引入陰極室，故答案為：0.1；

(2)n(H2)==1.25mol，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量=1.25mol×2=2.5mol，電解前溶液中n(HNO3)=0.2mol/L×10L=2mol，電解后溶液中含3mol HNO3、0.1molHNO2，說(shuō)明電解過(guò)程中有1mol HNO3、0.1molHNO2生成，根據(jù)N原子守恒得n(NO)+n(NO2)=3 mol-0.2 molL-1×10 L+0.1 mol=1.1 mol，生成0.1mol亞硝酸轉(zhuǎn)移電子0.1mol且需要0.1mol電子，則生成硝酸轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量=2.5mol-0.1mol=2.4mol，設(shè)參加反應(yīng)生成硝酸的NO物質(zhì)的量為xmol、二氧化氮的物質(zhì)的量為ymol，根據(jù)N原子守恒及轉(zhuǎn)移電子守恒得：x+y＝1.10.1，3x+y＝2.4，解得x＝0.7，y＝0.3，n(NO)：n(NO2)=(0.7+0.1)mol：0.3mol=8：3，相同條件下氣體的體積之比等于物質(zhì)的量之比，所以NO和二氧化氮的體積之比為8：3，故答案為，8：3。