Question

【題目】I、白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在一定條件下反應(yīng)獲得。相關(guān)熱化學(xué)方程式如下：

2Ca3(PO4)2(s)＋10C(s)=6CaO(s)＋P4(s)＋10CO(g)　ΔH1＝＋3 359.26 kJ·mol－1

CaO(s)＋SiO2(s)=CaSiO3(s) ΔH2＝－89.61 kJ·mol－1

2Ca3(PO4)2(s)＋6SiO2(s)＋10C(s)=6CaSiO3(s)＋P4(s)＋10CO(g)　ΔH3 則ΔH3＝__

II．下圖所示裝置中，甲、乙、丙三個燒杯依次分別盛放足量的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和足量的AgNO3溶液，電極均為石墨電極。接通電源，經(jīng)過一段時間后，乙中c電極質(zhì)量增加了32g。據(jù)此回答問題：

（1）電源的N端為________極；

（2）電極b上發(fā)生的電極反應(yīng)為________________；

（3）列式計算電極b上生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積：________L；

（4）丙池中______（e或f）電極析出金屬Ag__________g；

（5）電解前后各溶液的pH是否發(fā)生變化（填增大、或減小 、或不變）：

甲溶液________________；乙溶液________________；丙溶液________________；

Answer 1

【答案】+2821.6kl/mo 正極 4OH－－4e－=O2↑＋2H2O 5.6L e 108g 增大 減小 減小

【解析】

I.根據(jù)蓋斯定律將已知熱化學(xué)方程式①+②×6得2Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）═6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g），焓變做相應(yīng)運算求解。

II.接通電源，經(jīng)過一段時間后，乙中c電極質(zhì)量增加，說明C電極是電解池陰極，則d電極是陽極，連接電解池陽極的原電池電極是正極；再根據(jù)電子守恒分析判斷。

①2Ca3(PO4)2(s)＋10C(s)=6CaO(s)＋P4(s)＋10CO(g)ΔH1＝＋3 359.26 kJmol－1

②CaO(s)＋SiO2(s)=CaSiO3(s) ΔH2＝－89.61 kJmol－1；由蓋斯定律可知,①+②×6得2Ca3(PO4)2(s)＋6SiO2(s)＋10C(s)=6CaSiO3(s)＋P4(s)＋10CO(g)，所以其反應(yīng)為△H3=△H1+6×△H2=+3359.26kJmol1+6×(89.61kJmol1)=+2821.6kJmol1

故答案為：+2821.6kJ/mol。

II.（1）該裝置是電解池，甲池為NaOH溶液，乙池為CuSO4溶液，丙池為AgNO3溶液，接通電源，經(jīng)過一段時間后，乙中c電極質(zhì)量增加32g，說明c電極是電解池陰極，則M電極是負(fù)極，N是電極的正極，故答案為：正；
（2）電解氫氧化鈉溶液時，b極為電解池的陽極，氫氧根離子放電生成氧氣，電極反應(yīng)式為：4OH--4e-=2H2O+O2↑，故答案為：4OH--4e-=2H2O+O2↑；

（3）乙池為電解CuSO4溶液，乙中的c電極產(chǎn)生的是銅，質(zhì)量增加32g，物質(zhì)的量32g/64gmol-1=0.5mol,所以轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1.0mol，根據(jù)電子守恒，電極b上生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積V=1.0mol÷4×22.4molL-1=5.6L；答案：5.6L；

（4）丙池為AgNO3溶液，e電極為電解池的陰極，發(fā)生Ag＋＋e－=Ag，根據(jù)電子守恒，m(Ag)= 1.0mol×108g/mol=108g；

（5）甲池為NaOH溶液，電解氫氧化鈉溶液實質(zhì)是電解水，使得氫氧化鈉溶液pH增大；

乙池為CuSO4溶液，電解硫酸銅溶液，陽極發(fā)生：4OH--4e-=2H2O+O2↑，破壞水的電離平衡，所以溶液pH減��；丙池為AgNO3溶液，電解硝酸銀溶液，陰極電極反應(yīng)為：4Ag++4e-=4Ag，陽極發(fā)生：4OH--4e-=2H2O+O2↑，破壞水的電離平衡，所以溶液pH減��； 答案：甲溶液增大；乙溶液減�。槐�溶液減小。