Question

18．CO和联氨（N₂H₄）的性质及应用的研究是能源开发、环境保护的重要课题．
（1）①用CO、O₂和KOH溶液可以制成碱性燃料电池，则该电池反应的离子方程式为2CO+O₂+4OH^-=2CO₃^2-+2H₂O．
②用CO、O₂和固体电解质还可以制成如图1所示的燃料电池，则电极d的电极反应式为CO+O^2--2e^-=CO₂．
（2）联氨的性质类似于氨气，将联氨通入CuO浊液中，有关物质的转化如图2所示．
①在图示的转化中，化合价不变的元素是氢、钠（填元素名称）．
②在转化过程中通入氧气发生反应后，溶液的pH将增大（填“增大”、“减小”或“不变”）．转化中当有1mol N₂H₄参与反应时，需要消耗O₂的物质的量为1mol．
③加入NaClO时发生的反应为：Cu（NH₃）₄²⁺+2ClO^-+2OH^-═Cu（OH）₂↓+2N₂H₄↑+2Cl^-+2H₂O 
该反应需在80℃以上进行，其目的除了加快反应速率外，还有氢氧化铜分解、降低联氨溶解度使其从溶液中逸出．
（3）CO与SO₂在铝矾土作催化剂、773K条件下反应生成CO₂和硫蒸气，该反应可用于从烟道气中回收硫，反应体系中各组分的物质的量与反应时间的关系如图3所示，写出该反应的化学方程式：4CO+2SO₂=4CO₂+S₂．

Answer 1

分析 （1）①该燃料电池中，负极上CO失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应；
②该燃料电池中，负极上CO失电子和氧离子反应生成二氧化碳，正极上氧气得电子生成氧离子；
（2）①该反应中H、Na元素都是在化合物，化合价不变；
②Cu（NH₃）₂⁺ 和氧气反应过程中，Cu元素化合价由+1价变为+2价，O元素化合价由0价变为-2价，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子；根据转移电子守恒计算消耗氧气的量；
③温度高时氢氧化铜分解，且气体溶解度随温度升高而降低；
（3）根据图象知，反应物的物质的量变化量一个为（4-1）mol=3mol、一个为（2-0.5）mol=1.5mol，生成物的物质的量变化量一个为（3-0）mol=3mol、一个为（0.75-0）mol=0.75mol，则反应物、生成物的物质的量变化量之比等于其计量数之比=3mol：1.5mol：3mol：0.75mol=4：2：4：1，根据C原子守恒知，计量数是4的为CO、CO₂，二氧化硫的计量数是2，硫单质的计量数是1，则生成的硫单质为S₂，根据反应物、生成物书写方程式．

解答 解：（1）①该燃料电池中，负极上CO失电子发生氧化反应生成二氧化碳，正极上氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，二氧化碳和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，所以电池反应式为2CO+O₂+4 OH^-=2 CO₃^2-+2H₂O，故答案为：2CO+O₂+4 OH^-=2 CO₃^2-+2H₂O；
②d电极上CO生成二氧化碳，则该电极上失电子发生氧化反应，电极反应式为CO+O^2--2e^-=CO₂，
故答案为：CO+O^2--2e^-=CO₂；
（2）根据图知，H、Na元素都在化合物中，化合价不变，故答案为：氢、钠；
②Cu（NH₃）₂⁺ 和氧气反应过程中，Cu元素化合价由+1价变为+2价，O元素化合价由0价变为-2价，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，所以溶液的pH增大；
转化中当有1mol N₂H₄参与反应时，转移电子物质的量=1mol×2×[0-（-2）]=4mol，根据转移电子相等得需要消耗O₂的物质的量=$\frac{4mol}{4}$=1mol，
故答案为：增大；1mol；
③温度高时氢氧化铜分解，且气体溶解度随温度升高而降低，从而促进反应向正反应方向进行，
故答案为：氢氧化铜分解、降低联氨溶解度使其从溶液中逸出；
（3）根据图象知，反应物的物质的量变化量一个为（4-1）mol=3mol、一个为（2-0.5）mol=1.5mol，生成物的物质的量变化量一个为（3-0）mol=3mol、一个为（0.75-0）mol=0.75mol，则反应物、生成物的物质的量变化量之比等于其计量数之比=3mol：1.5mol：3mol：0.75mol=4：2：4：1，根据C原子守恒知，计量数是4的为CO、CO₂，二氧化硫的计量数是2，硫单质的计量数是1，则生成的硫单质为S₂，所以反应方程式为4CO+2SO₂=4CO₂+S₂，故答案为：4CO+2SO₂=4CO₂+S₂．

点评 本题考查原电池原理、氧化还原反应、化学方程式计算等知识点，为高频考点，结合电解质溶液书写电极反应式，难点是（3）题生成物硫化学式的确定，明确计量数与物质的量变化量关系是解（3）题关键，题目难度中等．