Question

19．甲醇又称“木醇”，是无色有酒精气味易挥发的有毒液体．甲醇是重要的化学工业基础原料和液体燃料，可用于制造甲醛和农药，并常用作有机物的萃取剂和酒精的变性剂等．
（1）工业上可利用CO₂和H₂生产甲醇，方程式如下：
CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（l）+H₂O （g）△H=Q₁kJ•mol^-1
又查资料得知：①CH₃OH（l）+$\frac{1}{2}$O₂（g）?CO₂（g）+2H₂（g）△H=Q₂kJ•mol^-1
②H₂O（g）=H₂O（l）△H=Q₃kJ•mol^-1，则表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为CH₃OH（l）+$\frac{3}{2}$O₂（g）═CO₂（g）+2H₂O（l）△H=（2Q₁+3Q₂+2Q₃）kJ•mol^-1．
某同学设计了一个甲醇燃料电池，并用该电池电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO₄混合溶液，其装置如图：

（2）为除去饱和食盐水中的铵根离子，可在碱性条件下通入氯气，反应生成氮气．该反应的离子方程式为3Cl₂+2NH₄⁺+8OH^-=N₂↑+6Cl^-+8H₂O．
（3）过量氯气用Na₂S₂O₃除去，反应中S₂O₃^2-被氧化为SO₄^2-．若过量的氯气为1×10^-3mol，则理论上生成的SO₄^2-为5×10^-4mol．
（4）写出甲中通入甲醇这一极的电极反应式CH₃OH-6e^-+8OH^-=CO₃^2-+6H₂O．
（5）理论上乙中两极所得气体的体积随时间变化的关系如丙图所示（已换算成标准状况下的体积），写出在t₁后，石墨电极上的电极反应式4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O，原混合溶液中 NaCl的物质的量浓度为0.1mol/L．（设溶液体积不变）
（6）当向上述甲装置中通入标况下的氧气336mL时，理论上在铁电极上可析出铜的质量为1.28g．
（7）若使上述电解装置的电流强度达到5.0A，理论上每分钟应向负极通入气体的质量为0.017克．（已知1个电子所带电量为1.6×10^-19C，计算结果保留两位有效数字）

Answer 1

分析 （1）依据热化学方程式和盖斯定律计算分析得到所需热化学方程式；
（2）可以根据反应物和生成物正确书写化学方程式；
（3）依据离子方程式的定量关系计算生成硫酸根离子的量；
（4）在燃料电池的中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，根据电解质环境来书写电极反应式；
（5）根据电解池的电极反应规律来书写电解反应，结合电子守恒和离子的量的关系进行计算；
（6）根据n=$\frac{V}{{V}_{m}}$计算出氧气的物质的量，再根据丙中图象判断铜离子的总物质的量，最后根据m=nM计算出生成铜的质量；
（7）根据Q=It和N=$\frac{Q}{e}$结合CH₃OH-6e^-+8OH^-=CO₃^2-+6H₂O计算．

解答 解：（1）①CO₂（g）+3H₂（g）?CH₃OH（l）+H₂O （g）△H=Q₁kJ•mol^-1
②CH₃OH（l）+$\frac{1}{2}$O₂（g）?CO₂（g）+2H₂（g）△H=Q₂kJ•mol^-1
③H₂O（g）=H₂O（l）△H=Q₃kJ•mol^-1，依据盖斯定律①×2+②×3+③×2得到：
表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为：CH₃OH（l）+$\frac{3}{2}$O₂（g）═CO₂（g）+2H₂O（l）△H=（2Q₁+3Q₂+2Q₃） kJ•mol^-1；
故答案为：CH₃OH（l）+$\frac{3}{2}$O₂（g）═CO₂（g）+2H₂O（l）△H=（2Q₁+3Q₂+2Q₃） kJ•mol^-1；
（2）电解后的碱性溶液是氢氧化钠溶液，生成物是氮气、氯化钠、水．反应的离子方程式为：3Cl₂+2NH₄⁺+8OH^-═N₂↑+6Cl^-+8H₂O，
故答案为：3Cl₂+2NH₄⁺+8OH^-=N₂↑+6Cl^-+8H₂O；
（3）过量氯气用Na₂S₂O₃除去，反应中S₂O₃^2-被氧化为SO₄^2-．反应的离子方程式为：4Cl₂+5H₂O+S₂O₃^2-═2SO₄^2-+8Cl^-+10H⁺；若过量的氯气为10^-3mol/L，则依据离子方程式的定量关系计算得到生成硫酸根离子物质的量=5×10^-4mol/L，
故答案为：5×10^-4；
（4））在燃料电池的中，负极上是燃料发生失电子的氧化反应，在碱性环境下，甲醇失电子的过程为：CH₃OH-6e^-+8OH^-=CO₃^2-+6H₂O，
故答案为：CH₃OH-6e^-+8OH^-=CO₃^2-+6H₂O；
（5）石墨为阳极、铁电极为阴极，开始Cl^-在阳极放电生成氯气，阴极Cu²⁺放电生成Cu，故图丙中Ⅰ表示阴极产生的气体，Ⅱ表示阳极产生的气体，t₁前电极反应式为：阳极2Cl^--4e^-=Cl₂↑，t₂点后电极反应式为：阳极4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O，
由图可知，产生氯气为224mL，则由2Cl^--2e^-=Cl₂↑可知，n（NaCl）=$\frac{0.224L}{22.4L/mol}$×2=0.02mol，所以c（NaCl）=$\frac{0.02mol}{0.2L}$=0.1mol/L，
通甲醇的电极是负极，所以石墨电极是阴极，该极上发生的电极反应为：4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O，乙中石墨电极为阳极、铁电极为阴极，开始Cl^-在阳极放电生成氯气，阴极Cu²⁺放电生成Cu，故图丙中Ⅰ表示阴极产生的气体，Ⅱ表示阳极产生的气体，t₁前电极反应式为：阳极2Cl^--4e^-=Cl₂↑，生成氯气为224ml，物质的量为0.01mol，原溶液中氯化钠物质的量为0.02mol，氯化钠浓度为：$\frac{0.02mol}{0.2L}$=0.1mol/L，
故答案为：4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O；0.1；
（6）标准状况下336mL氧气的物质的量为：$\frac{0.336L}{22.4L/mol}$=0.015mol，0.015mol氧气完全反应得到电子的物质的量为：0.015mol×4=0.06mol，
由丙中t₂时生成氧气为112mL，则生成氧气的物质的量为：n（O₂）=$\frac{0.112L}{22.4L/mol}$=0.005mol，则共转移电子为：0.02mol+0.005mol×4=0.04mol，
根据电子守恒及Cu²⁺+2e^-=Cu可知，n（CuSO₄）=$\frac{0.04mol}{2}$=0.02mol，
所以理论上在铁电极上可析出铜的物质的量为0.02mol，质量为：64g/mol×0.02mol=1.28g，
故答案为：1.28；
（7）根据Q=It=5.0A×60s=300C，N=$\frac{Q}{e}$=$\frac{300}{1.6×1{0}^{-19}}$=1.875×10²¹个，
由CH₃OH～6e^-
 32g    6×6.02×10²³个
  m    1.875×10²¹个
m=$\frac{32g×1.875×1{0}^{21}}{6×6.02×1{0}^{23}}$=0.017g，
故答案为：0.017．

点评 本题考查了盖斯定律的应用、原电池和电解池工作原理，题目难度较大，注意掌握盖斯定律的含义及应用方法，明确原电池、电解池工作原理为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用能力．