Question

9．（1）已知电极材料：铁、铜、银、石墨、锌、铝；电解质溶液：CuCl₂溶液、Fe₂（SO₄）₃溶液、盐酸．按要求回答下列问题：
①电工操作上规定：不能把铜导线和铝导线连接在一起使用．请用电化学知识说明原因形成原电池加速铝导线的腐蚀．
②若电极材料选铜和石墨，电解质溶液选硫酸铁溶液，外加导线，能否构成原电池？能（填“能”或“不能”），若能，请写出电极反应式，负极：Cu-2e^-=Cu²⁺；正极：2Fe³⁺+2e^-=2Fe²⁺．
③若用石墨作电极，电解1L0.1mol/L盐酸，当转移0.5mol电子时，阳极得到气体的体积（标况）为3.36L．
（2）被誉为改变未来世界的十大新科技之一的燃料电池具有无污染、无噪音、高效率的特点．如图为氢氧燃料电池的结构示意图，电解质溶液为KOH溶液，电极材料为疏松多孔石墨棒．当氧气和氢气分别连续不断地从正、负两极通入燃料电池时，便可在闭合回路中不断地产生电流．试回答下列问题：
①写出氢氧燃料电池工作时正极电极反应方程式：O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-．
②如果该氢氧燃料电池每转移0.1mol电子，消耗标准状况下氧气0.56L．
③若将此燃料电池改进为直接以甲烷和氧气为原料进行工作时，负极反应式为CH₄+10OH^--8e^-═CO₃^2-+7H₂O．

Answer 1

分析 （1）①铝和铜与合适的电解质溶液构成原电池；
②Cu、C和硫酸铁溶液构成原电池，铜易失电子发生氧化反应而作负极，碳作正极，正极上铁离子得电子发生还原反应；
③根据电解池的工作原理结合电极反应和电子守恒来计算即可；
（2）①写出氢氧燃料电池工作时正极是氧气放电，生成氢氧根离子，正极电极反应方程式：O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-；
②消耗1mol的氧气转移，4mol电子，所以每转移0.1mol电子，消耗氧气的物质的量为：$\frac{0.1}{4}$mol=0.025mol；
③甲烷和氧气为原料进行工作时，负极甲烷发生氧化反应，碱性条件下，甲烷燃烧生成碳酸根离子．

解答 解：（1）①铜、铝的金属活泼性不同，遇到合适的电解质溶液易构成原电池，从而加快铝的腐蚀，所以不能把铜导线和铝导线连接在一起使用，
故答案为：形成原电池加速铝导线的腐蚀；
②铜、石墨的活泼性不同且都导电，铜和硫酸铁能自发的进行氧化还原反应，所以铜、石墨、硫酸铁溶液能构成原电池，铜易失去电子发生氧化反应，所以铜作负极，石墨作正极，负极上的电极反应式为：Cu-2e^-=Cu²⁺，正极上铁离子得电子发生还原反应，电极反应式为2Fe³⁺+2e^-=2Fe²⁺，
故答案为：能；负极：Cu-2e^-=Cu²⁺；正极：2Fe³⁺+2e^-=2Fe²⁺；
③若用石墨作电极，电解1L0.1mol/L盐酸，阳极上的反应2Cl^--2e^-=Cl₂↑，4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O，阴极上的电极反应为：2H⁺+2e^-=H₂↑，全部氯离子失电子总量是0.1mol生成氯气是0.05mol，失去0.4mol电子得到氧气的物质的量是0.1mol，当转移0.5mol电子时，阳极得到气体是氯气0.05mol，氧气0.1mol，所以当转移0.5mol电子时，阳极得到气体的体积（标况）为0.15mol×22.4L/mol=3.36L，故答案为：3.36；
（2）①写出氢氧燃料电池工作时正极是氧气放电，生成氢氧根离子，正极电极反应方程式：O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-，故答案为：O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-；
②消耗1mol的氧气转移，4mol电子，所以每转移0.1mol电子，消耗氧气的物质的量为：$\frac{0.1}{4}$mol=0.025mol，所以体积为：0.025mol×22.4L/mol=0.56L，故答案为：0.56L；
③甲烷和氧气为原料进行工作时，负极甲烷发生氧化反应，碱性条件下，甲烷燃烧生成碳酸根离子，其电极反应式为：CH₄+10OH^--8e^-═CO₃^2-+7H₂O；故答案为：CH₄+10OH^--8e^-═CO₃^2-+7H₂O．

点评 本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，注意知识的归纳和整理以及电池的设计原理，难度不大．