Question

【题目】如图所示装置，烧杯中盛有200mL1 mol/L的CuSO4溶液。

(1)正极材料为______，电池工作时SO42-向______移动（填Zn或Cu）。

(2)正极电极反应式为_______。

(3)若初始时Zn片与Cu片质量相等，实验结束后，称得两极质量差为12.9g，则反应中转移电子的物质的量为____，反应后溶液中溶质的物质的量浓度为________（忽略溶液体积的变化）。

Answer 1

【答案】Cu Zn Cu2++2e-=Cu 0.2mol c(ZnSO4)=0.5 mol/L，c(CuSO4)=0.5 mol/L

【解析】

(1)该装置是原电池，Zn易失电子作负极、Cu作正极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+、正极反应式为Cu2++2e-=Cu结合同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则判断阴离子移动方向；

(2)在正极上溶液中的Cu2+获得电子，发生还原反应；

(3)负极上锌逐渐溶解、正极上析出Cu，所以两极质量差等于溶解锌的质量和析出铜的质量之和，再结合转移电子相等进行计算；根据原子守恒计算硫酸锌、硫酸铜浓度。

(1)该装置是原电池，由于金属活动性Zn>Cu，所以Zn易失电子作负极、Cu作正极。负极上锌失电子发生氧化反应生成锌离子，所以负极反应式为Zn-2e-=Zn2+、SO42-带负电荷，会向正电荷较多的负极区Zn电极方向移动；

(2)正极Cu上溶液中铜离子得电子发生还原反应生成Cu，所以正极反应式为Cu2++2e-=Cu；

(3)负极上锌逐渐溶解、正极上析出Cu，所以两极质量差等于溶解锌的质量和析出铜的质量之和，设溶解锌的物质的量为xmol，根据转移电子守恒可知：正极上析出Cu的物质的量也是xmol，则两个电极的质量差(65+64)g/mol×xmol=12.9g，解得x=0.1mol，所以转移电子的物质的量=0.1mol×2=0.2mol；溶解锌的物质的量为0.1mol、析出Cu的物质的量为0.1mol，则溶液中还剩余硫酸铜的物质的量为0.2L×1mol/L-0.1mol=0.1mol，根据原子守恒知，溶液中c(ZnSO4)==0.5 mol/L，c(CuSO4)=0.5 mol/L。