Question

18．參考如圖和有關要求回答問題：
 
（1）甲醇質子交換膜燃料電池中將甲醇蒸氣轉化為氫氣的一種原理是CH₃OH（g）和H₂O（g）反應生成CO₂和H₂．圖1是該過程中能量變化示意圖，若在反應體系中加入催化劑，反應速率增大，正反應活化能 a的變化是減小 （填“增大”、“減小”、“不變”），反應熱△H的變化是不變（填“增大”、“減小”、“不變”）．
（2）以CH₃OH燃料電池為電源電解法制取ClO₂．二氧化氯（ClO₂）為一種黃綠色氣體，是國際上公認的高效、廣譜、快速、安全的殺菌消毒劑．
①CH₃OH燃料電池放電過程中，通入O₂的電極附近溶液的pH增大（填“增大”、“減小”、“不變”）．負極反應式為CH₃OH-6e^-+8OH^-=CO₃^2-+6H₂O．
②圖2中電解池用石墨作電極，在一定條件下電解飽和食鹽水制取 ClO₂．陽極產生 ClO₂的反應式為Cl^--5e^-+2H₂O=4H⁺+ClO₂↑．
③電解一段時間，從陰極處收集到的氣體比陽極處收集到氣體多 6.72L時（標準狀況，忽略生成的氣體溶解），停止電解，通過陽離子交換膜的陽離子為1mol．
（3）圖2中電解池改為用石墨作電極，在一定條件下電解0.05mol•L^-1的硫酸銅溶液200ml，當兩極產生的氣體體積相同時，
①發(fā)生電解的總反應方程式為2CuSO₄+2H₂0$\frac{\underline{\;通電\;}}{\;}$2Cu+2H₂SO₄+O₂↑
②若電解后溶液的體積還是200ml，溶液的pH=1
③電解后加入下列B固體物質可使溶液恢復到電解前
A  CuO   B  Cu （OH）₂C   CuCO₃D   CuSO₄．

Answer 1

分析 （1）催化劑降低反應的活化能，加快反應速率，即a減小，但催化劑不能改變活化能，即反應熱△H不變．根據(jù)圖象可知反應熱=akJ/mol-bkJ/mol，所以CH₃OH（g）和H₂O（g）反應的熱化學方程式為CH₃OH（g）+H₂O（g）=CO₂（g）+3H₂（g）△H=+（a-b）kJ/mol．
（2）以CH₃OH燃料電池為電源電解法制取ClO₂，二氧化氯（ClO₂）為一種黃綠色氣體，通入O₂的電極是正極，負極甲醇失去電子在堿溶液中生成碳酸鹽，
①CH₃OH燃料電池放電過程中，通入O₂的電極是正極，氧氣得到電子轉化為氫氧根，則附近溶液的pH增大，負極甲醇失去電子在堿溶液中生成碳酸鹽；
②電解池中陽極失去電子，則陽極氯離子放電，產生ClO₂，結合電子守恒和電荷守恒配平書寫；
③電解一段時間，從陰極處收集到的氣體比陽極處收集到氣體多 6.72L時（標準狀況，忽略生成的氣體溶解），多出的氣體是氫氣，物質的量是0.3mol．設陽極產生的氣體是xmol，則根據(jù)電子得失守恒可知5x=（0.3+x）×2，解得x=0.2，即轉移1mol電子，鈉離子通過陽離子交換膜，所以通過陽離子交換膜的陽離子為1mol；
（3）電解CuSO₄溶液質量增重的一極是電解池的陰極，析出銅，同時會產生氫氣，電解方程式為：2CuSO₄+2H₂0$\frac{\underline{\;通電\;}}{\;}$2Cu+2H₂SO₄+O₂↑，也可根據(jù)電解池兩極上轉移的電子數(shù)目相等計算，利用反應式來計算pH，根據(jù)電解方程式計算．

解答 解：（1）催化劑降低反應的活化能，加快反應速率，即a減小，但催化劑不能改變活化能，即反應熱△H不變，反應能量圖中生成物的總能量大于反應物的總能量，則為吸熱反應，由圖可知，1mol 甲醇和1mol 水蒸氣反應生成CO₂和氫氣吸收的熱量為（a-b）kJ，反應熱化學方程式為：CH₃OH（g）+H₂O（g）=CO₂（g）+3H₂（g）△H=+（a-b）kJ/mol，
故答案為：減��；不變；CH₃OH（g）+H₂O（g）=CO₂（g）+3H₂（g）△H=+（a-b）kJ/mol；
（2）①CH₃OH燃料電池放電過程中，通入O₂的電極是正極，氧氣得到電子轉化為氫氧根，則附近溶液的pH增大，
故答案為：增大；  
②電解池中陽極失去電子，則陽極氯離子放電，產生ClO₂的反應式為：Cl^--5e^-+2H₂O=4H⁺+ClO₂↑，
故答案為：Cl^--5e^-+2H₂O=4H⁺+ClO₂↑；
③電解一段時間，從陰極處收集到的氣體比陽極處收集到氣體多 6.72L時（標準狀況，忽略生成的氣體溶解），多出的氣體是氫氣，物質的量=$\frac{6.72L}{22.4L/mol}$=0.3mol，設陽極產生的氣體是xmol，則根據(jù)電子得失守恒可知5x=（0.3+x）×2，解得x=0.2，即轉移1mol電子，鈉離子通過陽離子交換膜，所以通過陽離子交換膜的陽離子為1mol，
故答案為：1；
（3）①電解總反應式為2CuSO₄+2H₂0$\frac{\underline{\;通電\;}}{\;}$2Cu+2H₂SO₄+O₂↑，故答案為：2CuSO₄+2H₂0$\frac{\underline{\;通電\;}}{\;}$2Cu+2H₂SO₄+O₂↑；
②電解硫酸銅溶液0.01mol，陰極上發(fā)生反應：Cu²⁺+2e^-═Cu，2H⁺+2e^-═H₂↑，0.01mol銅離子得電子轉移0.02mol電子，若產生224mL即0.01mol氣體，轉移電子是0.022mol，共0.04mol電子轉移，陽極上發(fā)生反應4OH^--4e^-═2H₂O+O₂↑，產生相同氣體，若為224mL即0.01mol氣體，轉移電子的物質的量是0.04mol，根據(jù)反應式：2CuSO₄+2H₂0$\frac{\underline{\;通電\;}}{\;}$2Cu+2H₂SO₄+O₂↑，當生成0.01mol銅，生成硫酸是0.01mol，所以氫離子濃度是$\frac{0.01mol×2}{0.2L}$=0.1mol/L，所以pH=1；故答案為：1；
③電解過程中少什么加什么，少多少加多少，根反應式：陰極上發(fā)生反應：Cu²⁺+2e^-═Cu，2H⁺+2e^-═H₂↑，陽極上發(fā)生反應4OH^--4e^-═2H₂O+O₂↑，析出了銅，跑掉了氧氣和氫氣，故選B．

點評 本題主要是考查反應熱的計算、蓋斯定律應用及電化學原理的應用，注意原電池和電解池的原理分析和電極反應書寫，題目難度中等．