Question

9．如图所示，装置A为乙醇燃料电池，若通电5min时，铜电极质量增加21.6g．试回答下列问题．

（1）A中乙醇应从①处通入（填“①”或“②”），负极的电极反应为C₂H₆O+16OH^--12e^-=2CO₃^2-+11H₂O．
（2）D中石墨电极的电极反应式为2Cl^--2e^-═Cl₂↑．
（3）C中盛有2L1.0mol/L的CuSO₄溶液，继续电解，若C中两电极产生的气体体积恰好相等时（标准状况下），理论上需通入乙醇7.7g（保留一位小数），复原C中溶液应加入Cu（OH）₂物质，其质量为196g．
（4）若C中溶液起始浓度同（4），电解时溶液体积保持2L，当电路中通过0.5mol电子后，调换正负极继续电解，电路中再通过1.0mol电子，此时溶液中c（H⁺）为0.25mol/L．

Answer 1

分析 装置A为乙醇燃料电池，若通电5min时，铜电极质量增加21.6g，所以Cu是阴极，Ag是阳极，②是正极，①是负极，Fe是阴极，石墨是阳极，燃料电池中，燃料通入负极，氧气通入正极，根据电解池的工作原理以及电极反应式结合电子转移知识进行计算即可．
（1）燃料电池中，燃料通入负极，氧气通入正极；
（2）D中石墨是阳极，发生氧化反应；
（3）乙池中发生的反应分别是：阳极上：2H₂O-4e^-=O₂↑+4H⁺，阴极上Cu²⁺+2e^-=Cu，2H⁺+2e^-=H₂↑，根据电极反应式结合电子守恒以及电解质复原的方法：出什么加什么，出多少加多少来回答．
（4）阳极上：2H₂O-4e^-=O₂↑+4H⁺，阴极上Cu²⁺+2e^-=Cu，调换正负极继续电解，此时阳极上金属铜溶解，转移电子0.5mol，金属铜全部溶解，然后是2H₂O-4e^-=O₂↑+4H⁺，根据电子守恒来计算．

解答 解：装置A为乙醇燃料电池，若通电5min时，铜电极质量增加21.6g，所以Cu是阴极，Ag是阳极，②是正极，①是负极，Fe是阴极，石墨是阳极，
（1）A中乙醇应从负极①处通入，在乙醇燃料电池中，负极上是燃料乙醇发生失电子的氧化反应，在碱性环境下，电极反应为：C₂H₆O+16OH^--12e^-=2CO₃^2-+11H₂O；
故答案为：①；C₂H₆O+16OH^--12e^-=2CO₃^2-+11H₂O；
（2）D中石墨是阳极，电极反应式为：2Cl^--2e^-═Cl₂↑，故答案为：2Cl^--2e^-═Cl₂↑；
（3）乙池中发生的反应分别是：阳极上：2H₂O-4e^-=O₂↑+4H⁺，阴极上Cu²⁺+2e^-=Cu，2H⁺+2e^-=H₂↑，2L1.0mol/L的CuSO₄溶液中铜离子物质的量是：2mol，铜离子得电子的是4mol，若两电极产生的气体恰好相等时（假设标准状况下），设均为nmol，则2n+4=4n，解得n=2，即装置在转移电子的物质的量是2mol，乙醇燃料电池的负极上发生反应：C₂H₆O+16OH^--12e^-=2CO₃^2-+11H₂O，当转移电子是2mol，消耗乙醇的物质的量是$\frac{1}{6}$mol，质量是$\frac{1}{6}$mol×46g/mol=7.7g，复原C中溶液应加入Cu（OH）₂
，根据铜元素守恒，加入的物质的量是2mol，质量是2mol×98g/mol=196g，
故答案为：7.7；Cu（OH）₂；196．
（4）阳极上：2H₂O-4e^-=O₂↑+4H⁺，阴极上Cu²⁺+2e^-=Cu，当电路中通过0.5mol电子后，阳极上消耗氢氧根离子0.25mol，阴极上析出金属铜0.25mol，调换正负极继续电解，此时阳极上金属铜溶解，转移电子0.5mol，金属铜全部溶解，然后是2H₂O-4e^-=O₂↑+4H⁺，转移0.5mol电子消耗氢氧根离子是0.25mol，阴极上发生反应：Cu²⁺+2e^-=Cu，电路中再通过1.0mol电子，消耗铜离子是0.5mol，所以此时溶液中c（H⁺）为$\frac{0.5mol}{2L}$=0.25mol/L，故答案为：0.25mol/L．

点评 本题考查电解原理，明确Cu电极的质量增加是解答本题的突破口，并明确发生的电极反应及电子守恒即可解答，注意计算时电子守恒的应用，题目难度中等．