Question

18．參考如圖和有關(guān)要求回答問題：
 
（1）甲醇質(zhì)子交換膜燃料電池中將甲醇蒸氣轉(zhuǎn)化為氫氣的一種原理是CH₃OH（g）和H₂O（g）反應(yīng)生成CO₂和H₂．圖1是該過程中能量變化示意圖，若在反應(yīng)體系中加入催化劑，反應(yīng)速率增大，正反應(yīng)活化能 a的變化是減小 （填“增大”、“減小”、“不變”），反應(yīng)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(guó)際上公認(rèn)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(fù)極反應(yīng)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(yáng)極產(chǎn)生 ClO₂的反應(yīng)式為Cl^--5e^-+2H₂O=4H⁺+ClO₂↑．
③電解一段時(shí)間，從陰極處收集到的氣體比陽(yáng)極處收集到氣體多 6.72L時(shí)（標(biāo)準(zhǔn)狀況，忽略生成的氣體溶解），停止電解，通過陽(yáng)離子交換膜的陽(yáng)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(dāng)兩極產(chǎn)生的氣體體積相同時(shí)，
①發(fā)生電解的總反應(yīng)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(zhì)可使溶液恢復(fù)到電解前
A  CuO   B  Cu （OH）₂C   CuCO₃D   CuSO₄．

Answer 1

分析 （1）催化劑降低反應(yīng)的活化能，加快反應(yīng)速率，即a減小，但催化劑不能改變活化能，即反應(yīng)熱△H不變．根據(jù)圖象可知反應(yīng)熱=akJ/mol-bkJ/mol，所以CH₃OH（g）和H₂O（g）反應(yīng)的熱化學(xué)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(fù)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(zhuǎn)化為氫氧根，則附近溶液的pH增大，負(fù)極甲醇失去電子在堿溶液中生成碳酸鹽；
②電解池中陽(yáng)極失去電子，則陽(yáng)極氯離子放電，產(chǎn)生ClO₂，結(jié)合電子守恒和電荷守恒配平書寫；
③電解一段時(shí)間，從陰極處收集到的氣體比陽(yáng)極處收集到氣體多 6.72L時(shí)（標(biāo)準(zhǔn)狀況，忽略生成的氣體溶解），多出的氣體是氫氣，物質(zhì)的量是0.3mol．設(shè)陽(yáng)極產(chǎn)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(zhuǎn)移1mol電子，鈉離子通過陽(yáng)離子交換膜，所以通過陽(yáng)離子交換膜的陽(yáng)離子為1mol；
（3）電解CuSO₄溶液質(zhì)量增重的一極是電解池的陰極，析出銅，同時(shí)會(huì)產(chǎn)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(zhuǎn)移的電子數(shù)目相等計(jì)算，利用反應(yīng)式來計(jì)算pH，根據(jù)電解方程式計(jì)算．

解答 解：（1）催化劑降低反應(yīng)的活化能，加快反應(yīng)速率，即a減小，但催化劑不能改變活化能，即反應(yīng)熱△H不變，反應(yīng)能量圖中生成物的總能量大于反應(yīng)物的總能量，則為吸熱反應(yīng)，由圖可知，1mol 甲醇和1mol 水蒸氣反應(yīng)生成CO₂和氫氣吸收的熱量為（a-b）kJ，反應(yīng)熱化學(xué)方程式為：CH₃OH（g）+H₂O（g）=CO₂（g）+3H₂（g）△H=+（a-b）kJ/mol，
故答案為：減小；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(zhuǎn)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(yáng)極失去電子，則陽(yáng)極氯離子放電，產(chǎn)生ClO₂的反應(yīng)式為：Cl^--5e^-+2H₂O=4H⁺+ClO₂↑，
故答案為：Cl^--5e^-+2H₂O=4H⁺+ClO₂↑；
③電解一段時(shí)間，從陰極處收集到的氣體比陽(yáng)極處收集到氣體多 6.72L時(shí)（標(biāo)準(zhǔn)狀況，忽略生成的氣體溶解），多出的氣體是氫氣，物質(zhì)的量=$\frac{6.72L}{22.4L/mol}$=0.3mol，設(shè)陽(yáng)極產(chǎn)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(zhuǎn)移1mol電子，鈉離子通過陽(yáng)離子交換膜，所以通過陽(yáng)離子交換膜的陽(yáng)離子為1mol，
故答案為：1；
（3）①電解總反應(yīng)式為2CuSO₄+2H₂0$\frac{\underline{\;通電\;}}{\;}$2Cu+2H₂SO₄+O₂↑，故答案為：2CuSO₄+2H₂0$\frac{\underline{\;通電\;}}{\;}$2Cu+2H₂SO₄+O₂↑；
②電解硫酸銅溶液0.01mol，陰極上發(fā)生反應(yīng)：Cu²⁺+2e^-═Cu，2H⁺+2e^-═H₂↑，0.01mol銅離子得電子轉(zhuǎn)移0.02mol電子，若產(chǎn)生224mL即0.01mol氣體，轉(zhuǎn)移電子是0.022mol，共0.04mol電子轉(zhuǎn)移，陽(yáng)極上發(fā)生反應(yīng)4OH^--4e^-═2H₂O+O₂↑，產(chǎn)生相同氣體，若為224mL即0.01mol氣體，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是0.04mol，根據(jù)反應(yīng)式：2CuSO₄+2H₂0$\frac{\underline{\;通電\;}}{\;}$2Cu+2H₂SO₄+O₂↑，當(dāng)生成0.01mol銅，生成硫酸是0.01mol，所以氫離子濃度是$\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(yīng)式：陰極上發(fā)生反應(yīng)：Cu²⁺+2e^-═Cu，2H⁺+2e^-═H₂↑，陽(yáng)極上發(fā)生反應(yīng)4OH^--4e^-═2H₂O+O₂↑，析出了銅，跑掉了氧氣和氫氣，故選B．

點(diǎn)評(píng) 本題主要是考查反應(yīng)熱的計(jì)算、蓋斯定律應(yīng)用及電化學(xué)原理的應(yīng)用，注意原電池和電解池的原理分析和電極反應(yīng)書寫，題目難度中等．