Question

3．如图两个装置，工作时转移的电子数相等，反应完成后往①中加入19.6gCu（OH）₂固体，溶液恰好能恢复到电解前的浓度和体积．若忽略溶液体积的变化，则：
（1）①中共收集到的气体体积8.96（标况下） L
（2）①中阴极质量增加12.8g，②中负极质量减小26g
（3）反应①中溶液（电解前溶液pH=5）体积为1L且保持不变（lg₂=0.3，lg₃=0.477），则电解后溶液PH为0.4．
（4）如果用CH₂O（甲醛）、O₂、KOH溶液组成的燃料电池来为①装置提供电池，该电池的负极反应式为HCHO-4e^-+6OH^-=CO₃^2-+4H₂O，则电解过程中消耗CH₂O的分子数为0.2N_A（或1.204×10²³）．．

Answer 1

分析 ①中加入19.6gCu（OH）₂固体，n（Cu（OH）₂）=$\frac{19.6g}{98g/mol}$=0.2mol，Cu（OH）₂从组成上可看成CuO•H₂O，加入0.2mol Cu（OH）₂后恰好恢复到电解前的浓2H₂↑+O₂↑ 可知电解过程中共转移电子为0.8mol；②为原电池装置，Zn为负极，发生Zn-2e^-=Zn²⁺，Cu为正极，发生2H⁺+2e^-=H₂↑，以此解答该题．

解答 解：①中加入19.6gCu（OH）₂固体，n（Cu（OH）₂）=$\frac{19.6g}{98g/mol}$=0.2mol，Cu（OH）₂从组成上可看成CuO•H₂O，加入0.2mol Cu（OH）₂后恰好恢复到电解前的浓度和pH，即电解生成了0.2 mol H₂SO₄，并消耗0.2mol H₂O，由电解的总反应式为：2H₂O+2CuSO₄$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2Cu+O₂↑+2H₂SO₄、2H₂O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2H₂↑+O₂↑ 可知电解过程中共转移电子为0.8mol，
（1）由2H₂O+2CuSO₄$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2Cu+O₂↑+2H₂SO₄ 可知，电解生成0.2 mol H₂SO₄，同时生成0.1molO₂，电解0.2mol H₂O，生成0.3mol气体，则体积为（0.1+0.3）mol×22.4L/mol=8.96L，故答案为：8.96；
（2）①由2H₂O+2CuSO₄$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$2Cu+O₂↑+2H₂SO₄ 可知生成0.2molCu，则阴极质量增加0.2mol×64g/mool=12.8g，故答案为：12.8；
②两个装置，工作时转移的电子数相等，即转移0.8mol电子，则消耗0.4molZn，质量为0.4mol×65g/mol=26g，故答案为：26；
（3）①中电解生成了0.2 mol H₂SO₄，则c（H⁺）=0.4mol/L，pH=-lg0.4=-2×0.3+1=0.4，故答案为：0.4；
（4）甲醛被氧化生成碳酸根离子，电极方程式为HCHO-4e^-+6OH^-=CO₃^2-+4H₂O，因转移0.8mol电子，则消耗0.2mol甲醛，分子数为0.2N_A（或1.204×10²³），故答案为：HCHO-4e^-+6OH^-=CO₃^2-+4H₂O；0.2N_A（或1.204×10²³）．

点评 本题是拼合型题目，涉及原电池、电解池等，题目综合性较大，难度较大，①中电子转移数目计算为易错点、难点，注意把握电极方程式的书写，为解答该题的关键，要求学生具有分析和解决问题的能力．