Question

10．如圖所示，用甲醇和氧氣以及強堿做電解質(zhì)溶液的新型燃料電池做電源，對A、B 裝置通電一段時間后，發(fā)現(xiàn)有3.2g甲醇參加反應(yīng)且③電極增重（假設(shè)工作時無能量損失）．請回答下列問題：

（1）F電極的名稱是正極，E電極的反應(yīng)式：CH₃OH+8OH^--6e^-═CO₃^2-+6H₂O．
（2）④電極的反應(yīng)式：Ag-e^-=Ag⁺，通電一段時間后B池pH不變（填“變大”“變小”“不變”）．
（3）若A池中原混合液的體積為500mL，CuSO₄、K₂SO₄濃度均為0.3mol/L，電解過程中A池中共收集到標準狀況下的氣體6.72L，①、③電極析出固體物質(zhì)的量之比1：4．
（4）欲使通電后的溶液恢復(fù)至原狀，可加入一種物質(zhì)是氫氧化銅（寫名稱）．

Answer 1

分析 對A、B裝置通電一段時間后，發(fā)現(xiàn)有3.2g甲醇參加反應(yīng)且③電極增重，則說明③電極上銀離子得電子析出銀，則③是電解池陰極，所以④②是陽極，①是陰極，原電池中E是負極，F(xiàn)是正極，原電池負極上甲醇失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電解池陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)；
（1）E是負極，F(xiàn)是正極，負極上甲醇失電子生成碳酸根離子；
（2）電解池中，③上銀離子得電子生成銀單質(zhì)；B裝置中陰極上銀離子得電子，陽極上Ag失電子生成銀離子，溶液中銀離子濃度不變；
（3）根據(jù)陰陽兩極上得失電子守恒計算；
（4）A中電解生成的物質(zhì)，陽極生成氧氣，陰極上生成氫氣和Cu，根據(jù)溶液失去的元素分析．

解答 解：（1）對A、B裝置通電一段時間后，發(fā)現(xiàn)有1.6g甲醇參加反應(yīng)且③電極增重，則說明③電極上銀離子得電子析出銀，則③是電解池陰極，所以④②是陽極，①是陰極，原電池中E是負極，F(xiàn)是正極，負極上甲醇失電子生成碳酸根離子，則負極電極方程式為：CH₃OH+8OH^--6e^-═CO₃^2-+6H₂O；
故答案為：正極；CH₃OH+8OH^--6e^-═CO₃^2-+6H₂O；
（2）電解池中，③上銀離子得電子生成銀單質(zhì)，④電極上銀失電子生成銀離子進入溶液，電極反應(yīng)式為：Ag-e^-=Ag⁺，B裝置中陰極上銀離子得電子，陽極上Ag失電子生成銀離子，溶液中銀離子濃度不變，所以溶液的pH不變；
故答案為：Ag-e^-=Ag⁺；不變；
（3）設(shè)3.2g甲醇反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是x，
CH₃OH+8OH^--6e^-═CO₃^2-+6H₂O 轉(zhuǎn)移電子
32g       6mol
3.2g      x
x=$\frac{3.2g×6mol}{32g}$=0.6mol
若A池中原混合液的體積為500mL，CuSO₄、K₂SO₄濃度均為0.3mol/L，則銅離子的物質(zhì)的量為0.3mol/L×0.5L=0.15mol，當銅離子完全析出時，銅離子得到電子的物質(zhì)的量=0.15mol×2=0.3mol＜0.6mol，所以電解混合溶液時，陰極上先析出銅后析出氫氣，陽極上析出氧氣，但得失電子的物質(zhì)的量都是0.6mol，
設(shè)陰極上析出氫氣的物質(zhì)的量是y，陽極上析出氧氣的物質(zhì)的量是z，
則0.15mol×2+2y=4z=0.6mol，y=0.15mol，z=0.15mol，所以A池中共收集到的氣體的物質(zhì)的量是（0.15+0.15）mol=0.3mol，則氣體體積=0.3mol×22.4L/mol=6.72L，①上銅離子得電子析出金屬銅，銅離子的物質(zhì)的量為0.3mol/L×0.5L=0.15mol，③上銀離子得電子生成銀單質(zhì)，根據(jù)電子守恒，轉(zhuǎn)移0.6mol電子析出金屬銀是0.6mol，兩個電極析出固體物質(zhì)的量之比為1：4，
故答案為：6.72； 1：4；
（4）A中電解生成的物質(zhì)，陽極生成氧氣，陰極上生成氫氣和Cu，所以欲使通電后的溶液恢復(fù)至原狀，可加入一種物質(zhì)是氫氧化銅；
故答案為：氫氧化銅．

點評 本題考查了原電池和電解池原理，注意（4）題中，陰極上不僅析出銅還析出氫氣，根據(jù)陰極上得到電子數(shù)等于原電池中轉(zhuǎn)移電子數(shù)進行計算，從而得出析出氫氣的量，為易錯點，側(cè)重于考查學(xué)生的分析能力和計算能力，題目難度中等．