Question

3．SO₂、CO、CO₂、NO_x是对环境影响较大的几种气体，对它们的合理控制和治理是优化我们生存环境的有效途径．
（1）利用电化学原理将CO、SO₂转化为重要化工原料，装置如图1所示：
①若A为CO，B为H₂，C为CH₃OH，则通入CO的一极为正极，该极的电极反应式为CO+4e^-+4H⁺=CH₃OH．
②若A为SO₂，B为O₂，C为H₂SO₄，则负极的电极反应式为SO₂+2H₂O-2e^-=SO₄^2-+4H⁺．
③若A为NH₃，B为O₂，C为HNO₃，则正极的电极反应式为O₂+4e^-+4H⁺═2H₂O．
④若用上述①作电池电解200mL含有0.1mol•L^-1 NaCl和0.1mol•L^-1 CuSO₄的混合溶液（电极均为惰性电极），当消耗标况下0.448L H₂时，阳极产生的气体为Cl₂、O₂（填化学式），其物质的量为0.01mol、0.005mol，溶液的pH=1（忽略铜离子水解，假设电解前后溶液体积不变）．
（2）根据2CrO₄^2-+2H⁺?Cr₂O₇^2-+H₂O设计图2装置（均为惰性电极）电解Na₂CrO₄溶液制取Na₂Cr₂O₇，图2中右侧电极连接电源的正极，其电极反应式为4OH^--4e^-═O₂↑+2H₂O．

Answer 1

分析 （1）①燃料电池中，通入氧化剂的电极是正极、通入还原剂的电极是负极，该反应中C元素化合价由+2价变为-2价、H元素化合价由0价变为+1价，所以CO是氧化剂；
②若A为SO₂，B为O₂，C为H₂SO₄，负极上二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子；
③若A为NH₃，B为O₂，C为HNO₃，则正极发生还原反应；
④由离子放电顺序可知，电解含有0.02molCuSO₄和0.02molNaCl的混合溶液200ml，阳极上氯离子和氢氧根离子放电生成氯气和氧气，2Cl^--2e^-=Cl₂↑，阴极上铜离子得电子；
（2）根据2CrO₄^2-+2H⁺?Cr₂O₇^2-+H₂O设计图示装置（均为惰性电极）电解Na₂CrO₄溶液制取Na₂Cr₂O₇，需要通过电解电解消耗OH^-提高溶液的酸性，说明在该电极是阳极，连接电源的正极，电极反应式为4OH^--4e^-═O₂↑+2H₂O．

解答 解：（1）①燃料电池中，通入氧化剂的电极是正极、通入还原剂的电极是负极，该反应中C元素化合价由+2价变为-2价、H元素化合价由0价变为+1价，所以CO是氧化剂，则通入CO的电极为正极，电极方程式为CO+4 e^-+4H⁺=CH₃OH，
故答案为：正；CO+4 e^-+4H⁺=CH₃OH；
②若A为SO₂，B为O₂，C为H₂SO₄，负极上二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为SO₂+2H₂O-2e^-=SO₄^2-+4H⁺，
故答案为：SO₂+2H₂O-2e^-=SO₄^2-+4H⁺；
③若A为NH₃，B为O₂，C为HNO₃，则正极发生还原反应，氧气得电子生成水，电极方程式为O₂+4e^-+4H⁺═2H₂O，故答案为：O₂+4e^-+4H⁺═2H₂O；
④计算得到，电解含有0.02mol CuSO₄和0.02molNaCl的混合溶液200mL，当消耗标况下0.448L H₂时，n（H₂）=$\frac{0.448L}{22.4L/mol}$=0.02mol，
则电路中转移了0.04mol e^-，依据电极反应和电子守恒分析判断：
阳极：2Cl^--2e  ^-=Cl₂↑，
   0.02mol  0.02mol  0.01mol
      4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑，
0.02mol  0.02mol   0.005mol
阴极：Cu²⁺+2e^-=Cu   
    0.02mol   0.02mol    
阳极氢氧根离子减少0.02mol，则溶液中氢离子增加0.02mol，溶液中氢离子浓度=$\frac{0.02mol}{0.2L}$=0.1mol/L，溶液PH=1，
故答案为：Cl₂、O₂，0.01mol、0.005mol；1；
（2）根据2CrO₄^2-+2H⁺?Cr₂O₇^2-+H₂O设计图示装置（均为惰性电极）电解Na₂CrO₄溶液制取Na₂Cr₂O₇，需要通过电解消耗OH^-，提高溶液的酸性，说明在该电极是阳极，连接电源的正极，电极反应式为4OH^--4e^-═O₂↑+2H₂O，故答案为：正；4OH^--4e^-═O₂↑+2H₂O．

点评 本题考查原电池设计、燃料电池等知识点，会根据电池反应式确定正负极及电解质，发生氧化反应的金属作负极、不如负极材料活泼的金属或导电的非金属作正极，发生还原反应的电解质为原电池中电解质，会正确书写电极反应式，为高考高频点．