Question

【题目】(1)铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：

①“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_______________。

②“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为___________，阴极产生的物质A的化学式为________。

(2)与常规方法不同，有研究者用HCl—CuCl2做蚀刻液。蚀铜结束，会产生大量含Cu＋废液，采用如图所示方法，可达到蚀刻液再生，回收金属铜的目的。此法采用掺硼的人造钻石BDD电极，可直接从水中形成一种具有强氧化性的氢氧自由基(HO·)，请写出BDD电极上的电极反应________，进一步反应可实现蚀刻液再生，请写出刻蚀液再生的离子方程式__________。

(3)电渗析法处理厨房垃圾发酵液，同时得到乳酸的原理如下图所示(图中“HA”表示乳酸分子，A－表示乳酸根离子)。

①阳极的电极反应式为____________。

②简述浓缩室中得到浓乳酸的原理：__________________

Answer 1

【答案】石墨电极被阳极上产生的O2氧化 4CO32-＋2H2O－4e－=4HCO3-＋O2↑ H2 OH－－e－=HO· Cu＋＋HO·＋H＋=Cu2＋＋H2O 4OH－－4e－=2H2O＋O2↑ 阳极OH－放电，c(H＋)增大，H＋从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室；A－通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，H＋＋A－=HA，乳酸浓度增大

【解析】

(1)以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤II得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气，以此分析解答。

(2)由图示可知阳极生成HO，在阳极上发生H++Cu++OH=Cu2++H2O，Cl-通过阴离子交换膜移入阳极区可生成CuCl2蚀刻液；

(3)①电解池中阳极上氢氧根离子失电子生成氧气；②根据电解池中离子的移动方向分析解答。

(1)①“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极上生成氧气，石墨电极被阳极上产生的O2氧化，易消耗，故答案为：石墨电极被阳极上产生的O2氧化；

②“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，由图可知，阳极溶液中的阴离子即水中的OH－放电生成O2，2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，H＋与CO32-结合生成HCO3-，由图阳极区Na2CO3生成NaHCO3)，总电极反应为4CO32-+2H2O-4e-═4HCO3-+O2↑，阴极上氢离子得到电子生成氢气，故答案为：4CO32-+2H2O-4e-═4HCO3-+O2↑；H2；

(2)由图示可知阳极生成HO，电极反应式为OH－－e－=HO (或H2O-e-=HO+H+)，在阳极上发生H++Cu++OH=Cu2++H2O，然后H++Cu++OH=Cu2++H2O生成Cu2+，Cl-通过阴离子交换膜移入阳极区可生成CuCl2蚀刻液，故答案为：OH－－e－=HO (或H2O-e-=HO+H+)；H++Cu++OH=Cu2++H2O

(3)①阳极上是阴离子(氢氧根离子)发生失电子的氧化反应，电极反应式为：4OH--4e-═2H2O+O2↑，故答案为：4OH--4e-═2H2O+O2↑；

②在电解池的阳极上是OH-放电，所以c(H+)增大，并且H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室；根据电解原理，电解池中的阴离子移向阳极，即A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，这样：H++A-═HA，乳酸浓度增大，故答案为：阳极OH-放电，c(H+)增大，H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，H++A-═HA，乳酸浓度增大。