Question

【题目】(1)原电池可将化学能转化为电能。若Fe、Cu和浓硝酸构成原电池，负极是_____(填“Cu”或“Fe”)；若Zn、Ag和稀盐酸构成原电池，正极发生_____反应(填“氧化“或还原”)。质量相同的铜棒和锌棒用导线连接后插入CuSO4溶液中，一段时间后，取出洗净、干燥、称量，二者质量差为12.9g。则导线中通过的电子的物质的量是____mol。

(2)肼－空气碱性(KOH为电解质)燃料电池(氧化产物为大气主要成分)的能量转化率高。已知：电流效率可用单位质量的燃料提供的电子数表示。肼－空气碱性(KOH为电解质)燃料电池、氨气－空气碱性(KOH为电解质)燃料电池(氧化产物为大气主要成分)的电流效率之比为____。

(3)一定温度下，将3molA气体和1molB气体通入一容积固定为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)，反应1min时测得剩余1.8molA，C的浓度为0.4mol/L，x为_____。若反应经2min达到平衡，平衡时C的浓度____0.8mol/L(填“大于，小于或等于”)。若已知达平衡时，该容器内混合气休总压强为p，混合气体起始压强为p0。请用p0、p来表示达平衡时反应物A的转化率为________。

Answer 1

【答案】 Cu 还原 0.2 17:24 2 小于 或

【解析】（1）Fe、Cu和浓硝酸构成原电池，Fe与浓硝酸发生钝化，而Cu与浓硝酸发生自发的氧化还原反应，Cu失去电子作负极；若Zn、Ag和稀盐酸构成原电池，锌与盐酸发生自发的氧化还原反应，所以银作正极，锌作负极；质量相同的铜棒和锌棒用导线连接后插入CuSO4溶液中，锌作负极失去电子，铜作正极，以此来解答；

（2)燃料电池中燃料在负极通入，发生失去电子的氧化反应，据此解答。

（3）利用物质的量之比等于化学计量数之比计算x的值；根据随着反应的进行反应物的浓度减少，反应速率减慢，据此判断；相同条件下，压强之比等于物质的量之比，据此计算平衡后混合气体总的物质的量，利用差量法计算参加反应的A的物质的量，再根据转化率定义计算。

（1）原电池是将化学能转变为电能的装置，Fe、Cu和浓硝酸构成原电池，常温下Fe与浓硝酸发生钝化，而Cu与浓硝酸发生自发的氧化还原反应，Cu失去电子作负极，被氧化，正极上正5价的氮得到电子被还原生成二氧化氮，发生还原反应；若Zn、Ag和稀盐酸构成原电池，锌与盐酸发生自发的氧化还原反应，所以银作正极，发生得到电子的还原反应；质量相同的铜棒和锌棒用导线连接后插入CuSO4溶液中，锌作负极失去电子，铜作正极，铜离子得到电子，1molZn失2mol电子，1mol铜离子得2mol电子，设转移电子物质的量为xmol，则：x/2 mol×65g/mol+x/2 mol×64g/mol=12.9g，解得x=0.2；

（2）肼－空气碱性(KOH为电解质)燃料电池中燃料肼在负极通入，发生失去电子的氧化反应。氧化产物为大气主要成分，即为氮气，电极反应式为N2H4－4e－+4OH－＝N2+4H2O，1mol肼即32g肼失去4mol电子；氨气－空气碱性(KOH为电解质)燃料电池(氧化产物为大气主要成分)中负极是氨气失去电子，电极反应式为2NH3－6e－+6OH－＝N2+6H2O，2mol氨气即34g氨气失去6mol电子，所以二者的电流效率之比为；

（3）反应1min时测得剩余1.8molA，C的浓度为0.4mol/L，参加反应的A的物质的量为3mol-1.8mol=1.2mol，浓度是0.6mol/L，根据浓度变化量之比是化学计量数之比可知x＝；随着反应的进行，反应速率逐渐减小，若反应经2min达到平衡，后1min的平均速率小于前1min的平均速率，前1min内C的浓度变化为0.4mol/L，则后1min内C的浓度变化小于0.4mol/L，故平衡时C的浓度小于0.8mol/L；若已知达平衡时，该容器内混合气体总压强为p，混合气体起始压强为p0，故平衡后混合气体总的物质的量为（3mol+1mol）×p/p0=4p/p0mol，故平衡后混合气体物质的量减少量为（4-4p/p0）mol，则根据方程式可知

3A(g)+B(g)2C(g) 物质的量减少△n

3 2

n（A） （4-4p/p0）mol

故n（A）=（6-6p/p0）mol

因此A的转化率=（6-6p/p0）mol/3mol×100%=。