Question

【題目】（1）有一種燃料電池，所用燃料為H2和空氣，電解質(zhì)為熔融的K2CO3�；卮鹣铝袉栴}

①CO移向____________極。

②正極反應(yīng)式為____________________。

③電池中CO的物質(zhì)的量將逐漸________________（填增大、減少、不變）。

（2）用上面的電池對下物質(zhì)進行電解，其中a、b、c、d、e、f電極均為惰性電極，通電后，a極產(chǎn)生的氣體明顯多于b極，2分鐘后，測得乙池的pH為12，則

①電源A極是______________極。

②c極上的電極反應(yīng)式：___________________。

③甲、乙兩池共可收集到________mol氣體。

④丙裝置上某極可析出固體________克，溶液的pH為________________。（常溫，不考慮溶液體積變化）

⑤電解n分鐘后，硫酸銅正好消耗完，再將e、f電極反接電源，用同樣的電流再電解n分鐘，則丙溶液中的硫酸銅的物質(zhì)的量濃度為______________mol/L。（不考慮溶液體積變化）

Answer 1

【答案】負O2 +2CO2+4e- =2CO３２－不變負2H++2e-= H 2↑寫水放電也給分3.5×10－３0.06420.1

【解析】本題考查電化學(xué)知識，應(yīng)從原電池的工作原理和電解原理的知識入手，（1）①根據(jù)原電池的原理，陰離子向負極移動，陽離子向正極移動，因此CO32－向負極移動；②通空氣一極為正極，通燃料的一極為負極，電解質(zhì)為熔融狀態(tài)的K2CO3，因此正極反應(yīng)是氧氣轉(zhuǎn)化成CO32－，電極反應(yīng)式為O2＋2CO2＋4e－=2CO32－；③負極反應(yīng)式為H2－2e－＋CO32－=H2O＋CO2，總電極反應(yīng)式為2H2＋O2=2H2O，因此CO32－的物質(zhì)的量不變；（2）①本題利用電解原理進行判斷，甲池中陰極反應(yīng)式：2H＋＋2e－=H2↑，陽極反應(yīng)式為4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，串聯(lián)電路通過電子的物質(zhì)的量相等，氫氣的量大于氧氣的量，因此a極產(chǎn)生H2，b極產(chǎn)生O2，連接電源正極的電極為陽極，連接電源負極的電極為陰極，因此A為負極，B為正極；②c極應(yīng)為陰極，溶液中陽離子有Na＋、H＋，H＋的放電順序大于Na＋，電極反應(yīng)式為2H＋＋2e－=H2↑；③乙池溶液的pH=12，推出c(OH－)=Kw/c(H＋)=10－14/10－12mol·L－1=10－2mol·L－1，OH－應(yīng)在陰極上產(chǎn)生，其電極反應(yīng)式為2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，因此整個電路中通過電子物質(zhì)的量為200×10－3×10－2mol=2×10－3mol，產(chǎn)生氫氣的物質(zhì)的量為2×10－3/2mol=1×10－3mol，陽極反應(yīng)式為2Cl－－2e－=Cl2↑，氯氣的物質(zhì)的量為：2×10－3/2mol=1×10－3mol，根據(jù)①中甲池電極反應(yīng)式，求出甲池中產(chǎn)生H2的物質(zhì)的量為2×10－3/2mol=1×10－3mol，產(chǎn)生氧氣的物質(zhì)的量為2×10－3/4mol=5×10－4mol，氣體總物質(zhì)的量為：(1×10－3＋1×10－3＋1×10－3＋5×10－4)mol=3.5×10－3mol；④丙裝置：e電極為陰極，發(fā)生電極反應(yīng)式為Cu2＋＋2e－=Cu，因此產(chǎn)生銅的質(zhì)量為2×10－3×64/2g=0.064g，陽極反應(yīng)式為：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，n(H＋)=2×10－3mol，c(H＋)=2×10－3/200×10－3mol·L－1=0.01mol·L－1，即pH=2；⑤接反時，e為陽極，f為陰極，因此e極反應(yīng)式Cu－2e－=Cu2＋，f電極反應(yīng)式為：2H＋＋2e－=H2↑，通過的時間相同，因此銅全部失去電子，因為不考慮溶液體積變化，因此硫酸銅的濃度保持不變，仍為0.1mol·L－1。