Question

【題目】如圖所示，某同學設計了一個燃料電池并探究氯堿工業(yè)原理的相關問題，其中乙裝置中X為離子交換膜。

請按要求回答相關問題：

（1）甲烷燃料電池負極電極反應式是：_____。

（2）乙中X是交換膜，工作一段時間后若要恢復成原溶液，應_____。

（3）欲用丙裝置給銅鍍銀，b應是_____（填化學式）。

（4）若乙池中的飽和氯化鈉溶液換成一定量CuSO4溶液，通電一段時間后，向所得的溶液中加入0.1molCu(OH)2后恰好恢復到電解前的濃度和pH，則電解過程中轉移的電子數(shù)為_____mol。（忽略溶液體積的變化）

（5）通過膜電池可除去廢水中的乙酸鈉和對氯苯酚（），其原理如圖所示，A極的電極反應為____。

（6）化學在環(huán)境保護中起十分重要的作用，電化學降解法可用于治理水中硝酸鹽污染，電化學降解NO3-的原理如圖所示。

①Ag-Pt電極上的電極反應式為_____。

②若電解過程中轉移了2mol電子，則膜兩側電解液的質量變化差(Δm左-Δm右)為___g。

Answer 1

【答案】CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O 陽離子通入一定量HCl氣體 Ag 0.4 +H++2e-→Cl-+ 2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O 14.4g

【解析】

(1)甲烷燃料電池負極上CH4失電子，發(fā)生氧化反應，在堿性條件下產物為碳酸鉀；

(2)燃料電池通氧氣的極為正極，則乙中電解池的陰極為Fe、陽極為C，電解產物為H2、Cl2和NaOH；

(3)丙為電鍍池，其中b為陽極，a為陰極，現(xiàn)銅鍍銀，則應選擇Ag為陽極，Cu為陰極；

(4)用C為陽極電解CuSO4溶液，加入0.1mol Cu(OH)2后恰好恢復到電解前的濃度和pH，發(fā)生如下電解：2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4、2H2O2H2↑+O2↑，再根據“析出什么加入什么”的原則分析；

(5)原電池中陽離子移向正極，根據原電池中氫離子的移動方向可知A為正極，正極有氫離子參與反應；

(6)由題給原理圖可知，Ag-Pt電極上NO3-發(fā)生還原反應生成N2，則Ag-Pt電極為陰極，則B為負極，A為電源正極，Pt電極為電解池的陽極，電極反應式為：2H2O-4e-=4H++O2↑，據此計算膜兩側電解液的質量變化差。

(1)甲烷燃料電池負極上CH4失電子，發(fā)生氧化反應，在堿性條件下產物為碳酸鉀，則負極電極反應式是CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；

(2)燃料電池通氧氣的極為正極，則乙中電解池的陰極為Fe、陽極為C，電解產物為H2、Cl2和NaOH，工作一段時間后若要恢復成原溶液，應通入適量HCl氣體，恰好完全中和NaOH即可；

(3)丙為電鍍池，其中b為陽極，a為陰極，現(xiàn)銅鍍銀，則應選擇Ag為陽極， Cu為陰極，即b極材料是Ag；

(4)乙池加入0.1mol Cu(OH)2后恰好恢復到電解前的濃度和pH，發(fā)生如下電解：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4、2H2O2H2↑+O2↑，Cu(OH)2從組成上可看成CuOH2O，根據“析出什么加入什么”的原則知，析出的物質是氧化銅和水，則陰極上析出氫氣和銅，生成0.1mol銅轉移電子=0.1mol×2mol=0.2mol，根據原子守恒知，生成0.1mol水需要0.1mol氫氣，生成0.1mol氫氣轉移電子=0.1mol×2mol=0.2mol，所以電解過程中共轉移電子數(shù)為0.4mol；

(5)A為正極，正極有氫離子參與反應，電極反應式為+H++2e-→Cl-+；

(6)①由題給原理圖知，Ag-Pt電極上NO3-發(fā)生還原反應，酸性介質中，電極反應式為：2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O；

②A為電源正極，Pt電極為電解池的陽極，電極反應式為：2H2O-4e-=4H++O2↑，轉移2mol電子時，陽極區(qū)消耗1mol水，產生2molH+進入陰極室，陽極室質量減少18g；電極反應式為2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，陰極室中放出0.2molN2(即5.6g)，同時有2molH+(即2g)進入陰極室，因此陰極室質量減少5.6g-2g=3.6g，故膜兩側電解液的質量變化差(△m左-△m右)=14.4g。