Question

【題目】一氧化氮－空氣質(zhì)子交換膜燃料電池將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，實(shí)現(xiàn)了制硝酸、發(fā)電環(huán)保三位一體的結(jié)合。如圖所示，某同學(xué)設(shè)計(jì)用該電池探究將霧霾中的SO2、NO轉(zhuǎn)化為(NH4)2SO4的原理和粗銅的精煉原理。

(1)燃料電池放電過程中負(fù)極的電極反應(yīng)式____。

(2)乙裝置中物質(zhì)A是____(填化學(xué)式)，理由是___；電解過程中陽極附近pH___(填“增大”“減小”或“不變”)，陰極的電極反應(yīng)式是____。

(3)如果粗銅中含有鋅、銀等雜質(zhì)，丙裝置中反應(yīng)一段時(shí)間，CuSO4溶液的濃度將__(填“增大”、“減小”或“不變”)。

(4)若在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，甲裝置有22.4 L O2參加反應(yīng)，則乙裝置中轉(zhuǎn)化SO2和NO的物質(zhì)的量共有____mol；丙裝置中陰極析出銅的質(zhì)量為___g。

Answer 1

【答案】NO-3e-+2H2O=+4H+ H2SO4 根據(jù)反應(yīng)5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4，產(chǎn)物中除有(NH4)2SO4外還有H2SO4或陽極的電極反應(yīng)為SO2-2e-+2H2O=+4H+，故A為H2SO4 減小 NO+5e-+6H+=+H2O 減小 2.8 128

【解析】

根據(jù)題中圖示，判斷原電池甲的正負(fù)極，寫出燃料電池電極反應(yīng)；根據(jù)題中圖示，判斷電解池乙的陰陽極，寫出陰陽極電極反應(yīng)，據(jù)此分析解答；根據(jù)粗銅精煉原理，判斷Cu2+減少；根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒，計(jì)算相應(yīng)的物質(zhì)的量及質(zhì)量。

（1）由題中圖示可知，左端NO中N元素化合價(jià)由+2價(jià)失電子變成+5價(jià)，發(fā)生氧化反應(yīng)，由原電池的工作原理圖示可知，左端的鉑電極為原電池負(fù)極，其電極反應(yīng)：NO-3e-+2H2O=+4H+；答案為NO-3e-+2H2O=+4H+。

（2）由題中圖示可知，通SO2的石墨電極與電源正極相連，為陽極，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，其電極反應(yīng)為SO2-2e-+2H2O=+4H+，通NO的石墨電極為陰極，得電子發(fā)生還原反應(yīng)，其電極反應(yīng)為NO+5e-+6H+=+H2O，總反應(yīng)方程式為5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4，產(chǎn)物中除有(NH4)2SO4外還有H2SO4或陽極的電極反應(yīng)為SO2-2e-+2H2O=+4H+，A為H2SO4，由陽極的電極反應(yīng)為SO2-2e-+2H2O=+4H+，可知電解過程中陽極附近pH減小，陰極的電極反應(yīng)式是NO+5e-+6H+=+H2O；答案為H2SO4，由總反應(yīng)方程式為5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4可知，產(chǎn)物中除有(NH4)2SO4外還有H2SO4或陽極的電極反應(yīng)為SO2-2e-+2H2O=+4H+，A為H2SO4，減小，NO+5e-+6H+=+H2O。

（3）丙裝置中，粗銅作陽極，粗銅中含有鋅、銀等雜質(zhì)，陽極上金屬失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，陰極上銅離子得電子生成銅，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒，陽極上Zn比Cu活潑，Zn會(huì)失電子變成Zn2+，陽極上銅消耗的質(zhì)量小于陰極上析出銅的質(zhì)量，所以溶液中硫酸銅濃度減小；答案為減小。

（4）在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，甲裝置有22.4 L O2參加反應(yīng)，即1molO2參加反應(yīng)，轉(zhuǎn)移4mol電子，由轉(zhuǎn)移電子守恒得，陽極SO2-2e-+2H2O=+4H+，轉(zhuǎn)移4mol電子，參加反應(yīng)SO2為2mol，陰極NO+5e-+6H+=NH4++H2O，轉(zhuǎn)移4mol電子，參加反應(yīng)NO為0.8mol，乙裝置中轉(zhuǎn)化SO2和NO的物質(zhì)的量共有2mol+0.8mol=2.8mol，丙裝置中陰極電極反應(yīng)為Cu2++2e-=Cu，轉(zhuǎn)移4mol電子，析出2molCu，析出銅的質(zhì)量為2mol×64g/mol=128g；答案為2.8，128。