Question

I.用惰性电极电解400 mL一定浓度的CuSO₄溶液(不考虑电解过程中溶液体积的变化)，通电一段时间后。

①若向所得溶液中加入0.1molCuO后,使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH,电解过程中总的离子反应方程式为_________。

②若向所得的溶液中加入0.1 mol Cu₂(OH)₂CO₃后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH，电解过程中转移的电子为__________mol。

II.把物质的量均为0.1mol的AlCl₃、CuCl₂和H₂SO₄溶于水制成100mL的混合溶液，用石墨做电极电解，并收集两电极所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同。则电路中共转移____________mol电子，此时铝元素以_____________形式存在。(用化学用语作答)

III.电解法处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益。实验室模拟电解法吸收NOx的装置如图所示(图中电极均为石墨电极)。

(1) 若用NO₂气体进行模拟电解法吸收实验。

① 写出电解时NO₂发生反应的电极反应式：__________________。

② 若有标准状况下2.24 LNO₂被吸收，通过阳离子交换膜(只允许阳离子通过)的H＋________mol。

(2) 某小组在右室装有10 L 0.2 mol·L^-1硝酸，用含NO和NO₂(不考虑NO₂转化为N₂O₄)的废气进行模拟电解法吸收实验。电解过程中，有部分NO转化为HNO₂。实验结束时，测得右室溶液中含3 mol HNO₃、0.1 mol HNO₂，同时左室收集到标准状况下28 LH₂。原气体中NO和NO₂的体积比_____________。

Answer

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】

试题分析：I. ①由信息可知，电解发生2H2O+2CuSO42Cu+O2↑+2H2SO4 ，向所得溶液中加入0.1mol CuO充分反应后，溶液恰好恢复到电解前的状态，则电解中生成0.1molCu，电解过程中总的离子反应方程式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，故答案为：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；

②电解硫酸铜溶液后溶液呈酸性，向电解后的溶液中加入碱式碳酸铜能恢复原溶液，碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，溶液质量增加的量是铜、氢氧根离子，所以实际上电解硫酸铜溶液分两个阶段：第一阶段2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，第二阶段：2H2O2H2↑+O2↑，将碱式碳酸铜化学式改变为2CuO•H2O•CO2，所以加入0.1molCu2(OH)2CO3 就相当于加入0.2molCuO和0.1mol水，第一阶段：根据铜原子守恒知，电解硫酸铜溶液析出n(Cu)=n(CuO)=0.2mol，转移电子的物质的量=0.2mol×2=0.4mol；第二阶段：电解生成0.1mol水转移电子的物质的量=0.1mol×2=0.2mol，所以电解过程中共转移的电子数为0.4mol+0.2mol=0.6mol，故答案为：0.6；

II.阴极上发生的电极反应为：Cu2++2e-=Cu，2H++2e-=H2↑，阳极上发生电极反应：Cl--2e-=Cl2↑，4OH-→O2↑+2H2O+4e-，可知Cu2+全部反应，Cu2+0.1mol，Cl-反应完全，在阴极上：Cu2++2e-=Cu，铜离子全部放电转移电子是0.2mol，2H++2e-=H2↑，(Cu2+全部反应，H+开始电解，这段相当于电解HCl)在阳极上：Cl--e-=Cl2↑，氯离子全部放电转移电子是0.5mol，产生氯气是0.25mol；4OH--4e-=2H2O+O2，设两极上转移电子是x，则0.25+×(x-0.5)=(x-0.2)，解得x=0.9mol； Al3+移向阴极，该电极上的电极反应：阴极上发生的电极反应为：Cu2++2e-=Cu，2H++2e-=H2↑，铜离子全部放电转移电子是0.2mol，转移电子0.9mol，则消耗氢离子0.7mol，原溶液中含有0.2molH+，消耗的OH-0.4mol，相当于多出来0.1molOH-，Al3+0.1mol，OH-0.1mol，所以溶液中以Al3+形式存在，还有Al(OH)3沉淀，即铝元素仅以铝离子和Al(OH)3的形式存在，故答案为：0.9；Al3+ 和Al(OH)3；

III.(1)①根据图知，电解时，左室中电极上氢离子放电生成氢气，则左室为阴极室，右室为阳极室，阳极上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以阳极上氮氧化物失电子和水生成硝酸，电极反应式为NO2-e-+H2O=NO3-+2H+，故答案为：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+；

②n(NO2)==1.25mol，0.1mol，阳极反应式为NO2-e-+H2O=NO3-+2H+，有0.2mol氢离子生成，因为有0.1mol硝酸生成，则有0.1mol氢离子引入阴极室，故答案为：0.1；

(2)n(H2)==1.25mol，根据转移电子守恒得转移电子物质的量=1.25mol×2=2.5mol，电解前溶液中n(HNO3)=0.2mol/L×10L=2mol，电解后溶液中含3mol HNO3、0.1molHNO2，说明电解过程中有1mol HNO3、0.1molHNO2生成，根据N原子守恒得n(NO)+n(NO2)=3 mol-0.2 mol•L-1×10 L+0.1 mol=1.1 mol，生成0.1mol亚硝酸转移电子0.1mol且需要0.1mol电子，则生成硝酸转移电子物质的量=2.5mol-0.1mol=2.4mol，设参加反应生成硝酸的NO物质的量为xmol、二氧化氮的物质的量为ymol，根据N原子守恒及转移电子守恒得：x+y＝1.1−0.1，3x+y＝2.4，解得x＝0.7，y＝0.3，n(NO)：n(NO2)=(0.7+0.1)mol：0.3mol=8：3，相同条件下气体的体积之比等于物质的量之比，所以NO和二氧化氮的体积之比为8：3，故答案为，8：3。

考点：考查了电解原理及其计算的相关知识。