题目内容
（Ⅰ）北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷（C3H8），亚特兰大奥运会火炬燃料是丙烯（C3H6）．（1）丙烷脱氢可得丙烯．
已知：C3H8（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）+H2（g）△H1=+156.6kJ/mol
CH3CH═CH2（g）CH4（g）+HC≡CH（g）△H2=+32.4kJ/mol
则相同条件下，反应C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）的△H=
（2）以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的一极通入O2和CO2，另一极通入丙烷，电解质是熔融碳酸盐．通丙烷的一极是电池的
（Ⅱ）如图装置所示，C、D、E、F都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和物质的量浓度都相同（假设通电前后溶液体积不变），A、B为外接直流电源的两极．将直流电源接通后，F极附近呈红色．
（1）A极是电源的
（2）若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为
（3）现用丙装置给铜件镀银，则H应该是
（4）图甲装置电解CuSO4溶液一段时间后，向所得溶液中加入0.2mol Cu（OH）2后，恰好使溶液恢复到电解前的浓度．则乙装置中，若不考虑Cl2的溶解及与碱的反应，此装置共产生气体
分析：Ⅰ、（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；
（2）负极通入丙烷，碳元素的化合价升高，电池的正极通入O2，氧元素的化合价降低，以此来书写电池总反应方程式，原电池中阴离子向负极移动；
Ⅱ、（1）将直流电源接通后，F极附近呈红色，可知道氢离子在该电极放电，所以F即是阴极，并得到其他各个电极的名称；
（2）C、D、E、F电极转移的电子数目相等，根据转移电子数可计算生成的单质的量；
（3）电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，各个电极上转移的电子数是相等的；
（4）依据电解池中电极反应和电子守恒分析计算．
（2）负极通入丙烷，碳元素的化合价升高，电池的正极通入O2，氧元素的化合价降低，以此来书写电池总反应方程式，原电池中阴离子向负极移动；
Ⅱ、（1）将直流电源接通后，F极附近呈红色，可知道氢离子在该电极放电，所以F即是阴极，并得到其他各个电极的名称；
（2）C、D、E、F电极转移的电子数目相等，根据转移电子数可计算生成的单质的量；
（3）电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，各个电极上转移的电子数是相等的；
（4）依据电解池中电极反应和电子守恒分析计算．
解答：解：（1）由C3H8（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）+H2（g）△H1=+156.6kJ?mol-1①，
CH3CH=CH2（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）△H2=+32.4kJ?mol-1 ②，
则根据盖斯定律，反应C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）可由①-②得到，
所以△H=△H1-△H2=+156.6kJ?mol-1-（+32.4kJ?mol-1）=+124.2kJ?mol-1，故答案为：+124.2；
（2）负极通入丙烷，碳元素的化合价升高，电池的正极通入O2，氧元素的化合价降低，即丙烷与氧气反应生成二氧化碳和水，则电池的总反应为C3H8+5O2═3CO2+4H2O，负极电极反应为：C3H8+10CO32--20e-═4H2O+13CO2，原电池中阴离子向负极移动，即CO32-移向电池的负极，
故答案为：负，C3H8+10CO32--20e-═4H2O+13CO2；负；
Ⅱ、将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极显碱性，是氢离子在该电极放电，所以F即是阴极，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极，A是电源的正极，B是负极；
（1）B电极是电源的负极，A是电源的正极；
故答案为：正；
（2）C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：4OH-═O2↑+2H2O+4e-、Cu2++2e-═Cu、2Cl-═Cl2↑+2e-、2H++2e-═H2↑，当各电极转移电子均为1mol时，生成单质的量分别为：0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5mol，所以单质的物质的量之比为1：2：2：2；
故答案为：1：2：2：2；
（3）电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，所以H应该是镀件，电解质溶液为硝酸银溶液；当乙中溶液的c（OH-）=0.1mol/L（此时乙溶液体积为500mL）时，根据电极反应2H++2e-═H2↑，则放电的氢离子的物质的量为：0.1mol/l×0.5L=0.05mol，当转移0.05mol电子时，丙中镀件上析出银的质量=108g/mol×0.05mol=5.4g，电解硫酸铜的过程中氢氧根减少，所以氢离子浓度增大，所以酸性增强，甲中溶液的氢离子浓度变大，故答案为：镀件；硝酸银；5.4g；变大；
（4）图甲装置电解CuSO4溶液一段时间后，向所得溶液中加入0.2mol Cu（OH）2后，恰好使溶液恢复到电解前的浓度．则乙装置中，若不考虑Cl2的溶解及与碱的反应，甲装置的电解方程式为：2CuSO4+2H2O
2H2SO4+2Cu+O2↑，乙中电解饱和食盐水发生的离子方程式为2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑；
甲池溶液通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.2mol的Cu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度，发生2CuSO4+2H2O
2Cu+O2↑+2H2SO4、2H2O
2H2↑+O2↑，由Cu（OH）2
CuO+H2O，则转移的电子数为（0.2mol×2+0.2mol×2）×NA=0.8NA，物质的量为0.8mol，依据电子守恒，主要2mol电子生成1mol氢气和1mol氯气，乙装置共产生气体物质的量共0，8mol，标准状况体积=0.8mol×22.4L/mol=17.92L，
故答案为：17.92．
CH3CH=CH2（g）→CH4（g）+HC≡CH（g）△H2=+32.4kJ?mol-1 ②，
则根据盖斯定律，反应C3H8（g）→CH3CH=CH2（g）+H2（g）可由①-②得到，
所以△H=△H1-△H2=+156.6kJ?mol-1-（+32.4kJ?mol-1）=+124.2kJ?mol-1，故答案为：+124.2；
（2）负极通入丙烷，碳元素的化合价升高，电池的正极通入O2，氧元素的化合价降低，即丙烷与氧气反应生成二氧化碳和水，则电池的总反应为C3H8+5O2═3CO2+4H2O，负极电极反应为：C3H8+10CO32--20e-═4H2O+13CO2，原电池中阴离子向负极移动，即CO32-移向电池的负极，
故答案为：负，C3H8+10CO32--20e-═4H2O+13CO2；负；
Ⅱ、将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极显碱性，是氢离子在该电极放电，所以F即是阴极，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极，A是电源的正极，B是负极；
（1）B电极是电源的负极，A是电源的正极；
故答案为：正；
（2）C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：4OH-═O2↑+2H2O+4e-、Cu2++2e-═Cu、2Cl-═Cl2↑+2e-、2H++2e-═H2↑，当各电极转移电子均为1mol时，生成单质的量分别为：0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5mol，所以单质的物质的量之比为1：2：2：2；
故答案为：1：2：2：2；
（3）电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，所以H应该是镀件，电解质溶液为硝酸银溶液；当乙中溶液的c（OH-）=0.1mol/L（此时乙溶液体积为500mL）时，根据电极反应2H++2e-═H2↑，则放电的氢离子的物质的量为：0.1mol/l×0.5L=0.05mol，当转移0.05mol电子时，丙中镀件上析出银的质量=108g/mol×0.05mol=5.4g，电解硫酸铜的过程中氢氧根减少，所以氢离子浓度增大，所以酸性增强，甲中溶液的氢离子浓度变大，故答案为：镀件；硝酸银；5.4g；变大；
（4）图甲装置电解CuSO4溶液一段时间后，向所得溶液中加入0.2mol Cu（OH）2后，恰好使溶液恢复到电解前的浓度．则乙装置中，若不考虑Cl2的溶解及与碱的反应，甲装置的电解方程式为：2CuSO4+2H2O
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甲池溶液通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.2mol的Cu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度，发生2CuSO4+2H2O
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故答案为：17.92．
点评：本题考查学生有关电解池的工作原理知识，综合性很强，难度较大，要求学生熟记教材知识，学以致用，明确原原电池和电解池的工作原理是解题关键，难度中等．
练习册系列答案
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