Question

如圖1是甲醇燃料電池工作的示意圖，其中A、B、D均為石墨電極，C為銅電極．

Ⅰ．工作一段時間后，斷開K，此時C電極質量減少3.2g．
（1）甲中負極的電極反應式為

 

（2）乙溶液此時離子濃度由大到小的順序是

 

Ⅱ．連接K，繼續(xù)電解一段時間，當A，B兩極上產(chǎn)生的氣體體積相同時
（3）乙中A極析出的氣體在標準狀況下的體積為

 

，溶質的物質的量濃度為

 

mol/L
 （不考慮溶液體積變化）
（4）丙裝置溶液中金屬陽離子的物質的量與轉移電子的物質的量變化關系如圖2，則圖2中②線表示的是

 

離子的變化；此時要使丙裝置中金屬陽離子恰好完全沉淀，需要

 

mL 5.0moL/L NaOH溶液．

Answer 1

考點：原電池和電解池的工作原理

專題：電化學專題

分析：Ⅰ（1）甲醇燃料電池是原電池反應，甲醇在負極失電子發(fā)生氧化反應，注意電解質溶液是堿性溶液；
（2）利用電子守恒，計算3.2g銅反應轉移電子物質的量，再據(jù)100mL1mol/L的硫酸銅溶液中含有溶質的物質的量和電解后生成硫酸的物質的量計算離子濃度；
Ⅱ（3）A為陽極，始終是氫氧根離子放電，B為陰極，開始是銅離子放電，后來是氫離子放電，據(jù)電子守恒計算產(chǎn)生氣體體積；據(jù)硫酸根離子守恒計算所得硫酸溶液的物質的量濃度；
（4）C電極為陽極，D電極為陰極，根據(jù)丙圖可知溶液中有三種金屬陽離子，而根據(jù)丙的成分可知溶液中只有兩種金屬陽離子，說明在電解過程中還有Cu²⁺生成，因此C電極是Cu做陽極，D電極是石墨做陰極，根據(jù)轉移電子的物質的量和金屬陽離子的物質的量的變化確定曲線對應的離子，結合轉移電子的物質的量計算．

解答： 解：Ⅰ（1）甲醇燃料電池是原電池反應，甲醇在負極失電子發(fā)生氧化反應，電極反應為：CH₃OH-6e^-+8OH^-=CO₃^2-+6H₂O，故答案為：CH₃OH-6e^-+8OH^-=CO₃^2-+6H₂O；
（2）100mL1mol/L的硫酸銅溶液中含有銅離子0.1mo，硫酸根離子0.1mol，當電解硫酸銅溶液時，陰極反應式為：Cu²⁺+2e^-=Cu，陽極反應式為：4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑，C極有3.2gCu即0.05mol溶解，轉移電子0.1mol，A極反應掉氫氧根離子0.1mol，生成氫離子0.1mol，B極反應掉銅離子0.05mol，剩余銅離子0.05mol，硫酸根離子物質的量沒有變化，溶液中還存在水的電離平衡，所以離子濃度大小順序為：c（H⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（Cu²⁺）＞c（OH^-），
故答案為：c（H⁺）＞c（SO₄^2-）＞c（Cu²⁺）＞c（OH^-）；
Ⅱ（3）工作一段時間后，斷開K，此時A、B兩極上產(chǎn)生的氣體體積相同，分析電極反應，B為陰極，溶液中銅離子析出，氫離子得到電子生成氫氣，設生成氣體物質的量為X，溶液中銅離子物質的量為0.1mol，電極反應為：
Cu²⁺+2e^-=Cu，2H⁺+2e^-=H₂↑；
0.1mol 0.2mol 2x x
A電極為陽極，溶液中的氫氧根離子失電子生成氧氣，電極反應為：
4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑；
4x x
得到0.2+2x=4x
x=0.1mol
乙中A極析出的氣體是氧氣物質的量為0.1mol，在標準狀況下的體積為2.24L；
反應后所得溶液為硫酸溶液，硫酸根離子物質的量不變，若不考慮溶液體積變化，所得硫酸溶液的物質的量濃度仍為1mol/L；
故答案為：2.24L；1；
（4）根據(jù)轉移電子的物質的量和金屬陽離子的物質的量的變化，可知，銅離子從無增多，鐵離子物質的量減小，亞鐵離子增加，①為Fe³⁺，②為Fe²⁺，③為Cu²⁺，
依據(jù)（3）計算得到電子轉移為0.2mol，當電子轉移為0.2mol時，丙中陽極電極反應Cu-2e-=Cu²⁺，生成Cu²⁺物質的量為0.1mol，圖象分析每個單位為0.05mol，陰極電極反應Fe³⁺+e^-=Fe²⁺，溶液中有Fe³⁺ 0.2mol，F(xiàn)e²⁺ 0.3mol，Cu²⁺為0.1mol，所以需要加入NaOH溶液1.4mol，所以NaOH溶液等體積為1.4mol5mol/L=0.28L=280ml，
故答案為：Fe²⁺；280．

點評：本題綜合性較大，涉及燃料電池、離子濃度大小比較、電極反應式書寫以及據(jù)電極反應式的計算，為高考常見題型，難度較大．