Question

3． 電解法處理含氮氧化物廢氣，可回收硝酸，具有較高的環(huán)境效益和經濟效益．實驗室模擬電解法吸收NO_x的裝置如圖所示（圖中電極均為石墨電極）．
（1）若用NO₂氣體進行模擬電解法吸收實驗．
①寫出電解時NO₂發(fā)生反應的電極反應式：NO₂-e^-+H₂O=NO₃^-+2H⁺．
②若有標準狀況下2.24LNO₂被吸收，通過陽離子交換膜（只允許陽離子通過）的H⁺為0.1mol．
（2）某小組在右室裝有10L0.2mol•L^-1硝酸，用含NO和NO₂（不考慮NO₂轉化為N₂O₄）的廢氣進行模擬電解法吸收實驗．
①實驗前，配制10L0.2mol•L^-1硝酸溶液需量取142.9mL的密度為1.4g•mL^-1、質量分數(shù)為63%的濃硝酸．
②電解過程中，有部分NO轉化為HNO₂，實驗結束時，測得右室溶液中含3molHNO₃、0.1molHNO₂，同時左室收集到標準狀況下28LH₂．計算原氣體中NO和NO₂的體積比（假設尾氣中不含氮氧化物，寫出計算過程）．

Answer 1

分析 （1）①根據(jù)圖知，電解時，左室中電極上氫離子放電生成氫氣，則左室為陰極室，右室為陽極室，陽極上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以陽極上氮氧化物失電子和水生成硝酸；
②n（NO₂）=$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol，陽極反應式為NO₂-e^-+H₂O=NO₃^-+2H⁺，有0.2mol氫離子生成，因為有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）①濃硝酸的物質的量濃度=$\frac{1000ρw}{M}$=$\frac{1000×1.4×63%}{63}$mol/L=14mol/L，根據(jù)溶液稀釋前后溶質的物質的量不變計算；
②n（H₂）=$\frac{28L}{22.4L/mol}$=1.25mol，根據(jù)轉移電子守恒得轉移電子物質的量=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，說明電解過程中有1mol HNO₃、0.1molHNO₂生成，
根據(jù)N原子守恒得n（NO）+n（NO₂）=3 mol-0.2 mol•L^-1×10 L+0.1 mol=1.1 mol，
生成0.1mol亞硝酸轉移電子0.1mol且需要0.1mol電子，則生成硝酸轉移電子物質的量=2.5mol-0.1mol=2.4mol，
設參加反應生成硝酸的NO物質的量為xmol、二氧化氮的物質的量為ymol，根據(jù)N原子守恒及轉移電子守恒計算．

解答 解：（1）①根據(jù)圖知，電解時，左室中電極上氫離子放電生成氫氣，則左室為陰極室，右室為陽極室，陽極上通入的是氮氧化物，生成的硝酸，所以陽極上氮氧化物失電子和水生成硝酸；
②n（NO₂）=$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol，陽極反應式為NO₂-e^-+H₂O=NO₃^-+2H⁺，有0.2mol氫離子生成，因為有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）①濃硝酸的物質的量濃度=$\frac{1000ρw}{M}$=$\frac{1000×1.4×63%}{63}$mol/L=14mol/L，根據(jù)溶液稀釋前后溶質的物質的量不變計算；
②n（H₂）=$\frac{28L}{22.4L/mol}$=1.25mol，根據(jù)轉移電子守恒得轉移電子物質的量=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，說明電解過程中有1mol HNO₃、0.1molHNO₂生成，
根據(jù)N原子守恒得n（NO）+n（NO₂）=3 mol-0.2 mol•L^-1×10 L+0.1 mol=1.1 mol，
生成0.1mol亞硝酸轉移電子0.1mol且需要0.1mol電子，則生成硝酸轉移電子物質的量=2.5mol-0.1mol=2.4mol，
設參加反應生成硝酸的NO物質的量為xmol、二氧化氮的物質的量為ymol，根據(jù)N原子守恒及轉移電子守恒計算．

點評 本題考查電解原理，為高頻考點，側重考查學生分析計算能力，明確各個電極上發(fā)生的反應及反應中存在的守恒是解本題關鍵，注意（2）②中電解后的硝酸還包含原來的硝酸，為易錯點．