- 原电池及其构成条件
- 共4254题
如图为番茄电池，下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、该原电池中，锌作负极，负极上锌失电子生成锌离子进入溶液，所以锌片的质量会变小，故A正确；
B、铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，所以铜电极附近不会出现蓝色，故B错误；
C、锌作负极，铜作正极，电子从锌沿导线流向铜，电子不会经过电解质，故C错误；
D、锌作该原电池的负极，铜作正极，故D错误；
故选：A．
已知空气-锌电池的电极反应为：锌片：Zn+20H--2e-=ZnO+H20，石墨：02+2H20+4e-=40H-．根据此判断，锌片是（ ）
正确答案
解析
解：根据化合价可知，电极反应中锌的化合价升高，被氧化，原电池中较活泼的金属做负极，发生氧化反应，则锌为原电池的负极．
故选A．
某甲醇（CH3OH）燃料电池原理如图1所示．
①M区发生反应的电极反应式为______．
②用上述电池做电源，用图2装置电解饱和食盐水（电极均为惰性电极），则该电解池的总反应离子方程式为：______．假设溶液体积为300mL，当溶液的pH值变为13时（在常温下测定），理论上消耗甲醇的质量为______（忽略溶液体积变化）．
正确答案
解：①M区是质子流出的一极，应是原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，故答案为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；
②用惰性电极，电解饱和食盐水总的电极反应式为2Cl-+2H2O
可知 CH3OH～6e-～6OH-
32g 6mol
m（CH3OH） 0.03mol
则m（CH3OH）=
故答案为：2Cl-+2H2O
解析
解：①M区是质子流出的一极，应是原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，故答案为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；
②用惰性电极，电解饱和食盐水总的电极反应式为2Cl-+2H2O
可知 CH3OH～6e-～6OH-
32g 6mol
m（CH3OH） 0.03mol
则m（CH3OH）=
故答案为：2Cl-+2H2O
（1）“湿式吸收法”利用吸收剂与烟气中的SO2发生反应从而脱硫，其中“钠碱法”用NaOH溶液作吸收剂，向100mL2mol•L-1的NaOH溶液中通入标准状况下4.48LSO2气体，反应后测得溶液pH＜7．则溶液中下列各离子浓度关系正确的是______（填字母序号）．
a．c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3）
b．c（Na+）＞c（HSO3-）＞c（H+）＞c（SO32-）
c．c（Na+）+c（H+）=c（HSO3-）+c（SO32-）+c（OH-）
d．c（H+）=c（SO32-）-c（H2SO3）+c（OH-）
（2）工业上常用高浓度的K2CO3溶液吸收CO2，得溶液X，再利用电解法使K2CO3溶液再生，其装置示意图如图所示：
①在阳极区发生的反应中的非氧化还原反应的离子方程式为______．
②简述CO32-在阴极区再生的原理______．
（3）下表中列出了25℃、l0l kPa时一些物质的燃烧热数据：
已知键能：C-H键：413.4kJ．mol-l．H-H键：436.0kJ•mol-1，请计算：
①2CH4（g）=C2H2（g）+3H2（g）△H=______
②C2H2中-C≡C-的键能为______kJ•mol-l
（4）熔融盐燃料电池是以熔融碳酸盐为电解质，以CH4为燃料，空气为氧化剂，稀土金属材料为电极．负极反应式为______．
为了使该燃料电池长时间稳定运行，电池的电解质组成应保持稳定，为此电池工作时必须有部分A物质参加循环，则A物质的化学式是______．
正确答案
解：（1）n（SO2）=
a、亚硫酸是弱酸，反应后测得溶液pH＜7，NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3-电离程度大于水解程度，即c（SO32-）＞c（H2SO3），NaHSO3溶液是盐溶液，电离出钠离子和亚硫酸氢根离子，HSO3-电离和水解程度相对于亚硫酸钠的电离都比较小，所以c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3），故a正确；
b、NaHSO3溶液是盐溶液，电离出钠离子和亚硫酸氢根离子，因HSO3-电离和水解，所以c（Na+）＞c（HSO3-），NaHSO3溶液pH＜7，所以c（H+）＞c（SO32-），故
b正确；
c、溶液中一定存在电荷守恒，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数即：c（Na+）+c（H+）=c（HSO3-）+2c（SO32-）+c（OH-），故c错误；
d、根据质子守恒，c（H+）=c（SO32-）-c（H2SO3）+c（OH-），故d正确．
故答案为：abd；
（2）①阳极上氢氧根离子放电生成氧气和水，电极反应式为4OH--4e-═2H2O+O2↑，故答案为：4OH--4e-═2H2O+O2↑；
②HCO3-存在电离平衡：HCO3-⇌H++CO32-，阴极H+放电浓度减小平衡右移，CO32-再生；阴极H+放电OH-浓度增大，OH-与HCO3-反应生成CO32-，CO32-再生，
故答案为：HCO3-存在电离平衡：HCO3-⇌H++CO32-，阴极H+放电浓度减小，平衡右移，CO32-再生；阴极H+放电OH-浓度增大，OH-与HCO3-反应生成CO32-，CO32-再生；
（3）①由CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H3=-890.3kJ/mol①，C2H2（g）+
②根据2CH4（g）═C2H2（g）+3H2（g）△H=+376.4 kJ•mol-1，△H=反应物总键能-生成物总键能=C≡C键的键能+2×413.4kJ/mol+3×436.0kJ/mol-8×413.4kJ/mol=-376.4KJ/mol，则C≡C键的键能=796.0 kJ/mol，故答案为：796.0 kJ/mol；
（4）燃料电池中，负极发生的反应一定是燃料失去电子的过程，该电池的电解质环境是熔融碳酸盐，所以电极反应为：CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，电池是以熔融碳酸盐为电解质，可以循环利用的物质只有二氧化碳（CO2），故答案为：CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O；CO2．
解析
解：（1）n（SO2）=
a、亚硫酸是弱酸，反应后测得溶液pH＜7，NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3-电离程度大于水解程度，即c（SO32-）＞c（H2SO3），NaHSO3溶液是盐溶液，电离出钠离子和亚硫酸氢根离子，HSO3-电离和水解程度相对于亚硫酸钠的电离都比较小，所以c（HSO3-）＞c（SO32-）＞c（H2SO3），故a正确；
b、NaHSO3溶液是盐溶液，电离出钠离子和亚硫酸氢根离子，因HSO3-电离和水解，所以c（Na+）＞c（HSO3-），NaHSO3溶液pH＜7，所以c（H+）＞c（SO32-），故
b正确；
c、溶液中一定存在电荷守恒，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数即：c（Na+）+c（H+）=c（HSO3-）+2c（SO32-）+c（OH-），故c错误；
d、根据质子守恒，c（H+）=c（SO32-）-c（H2SO3）+c（OH-），故d正确．
故答案为：abd；
（2）①阳极上氢氧根离子放电生成氧气和水，电极反应式为4OH--4e-═2H2O+O2↑，故答案为：4OH--4e-═2H2O+O2↑；
②HCO3-存在电离平衡：HCO3-⇌H++CO32-，阴极H+放电浓度减小平衡右移，CO32-再生；阴极H+放电OH-浓度增大，OH-与HCO3-反应生成CO32-，CO32-再生，
故答案为：HCO3-存在电离平衡：HCO3-⇌H++CO32-，阴极H+放电浓度减小，平衡右移，CO32-再生；阴极H+放电OH-浓度增大，OH-与HCO3-反应生成CO32-，CO32-再生；
（3）①由CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H3=-890.3kJ/mol①，C2H2（g）+
②根据2CH4（g）═C2H2（g）+3H2（g）△H=+376.4 kJ•mol-1，△H=反应物总键能-生成物总键能=C≡C键的键能+2×413.4kJ/mol+3×436.0kJ/mol-8×413.4kJ/mol=-376.4KJ/mol，则C≡C键的键能=796.0 kJ/mol，故答案为：796.0 kJ/mol；
（4）燃料电池中，负极发生的反应一定是燃料失去电子的过程，该电池的电解质环境是熔融碳酸盐，所以电极反应为：CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，电池是以熔融碳酸盐为电解质，可以循环利用的物质只有二氧化碳（CO2），故答案为：CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O；CO2．
（1）下列措施中，有利于降低大气中的CO2、SO2、NOx浓度的有______（填字母）．
a．减少化石燃料的使用，开发新能源
b．使用无氟冰箱，减少氟里昂排放
c．多步行或乘公交车，少用专车或私家车
d．将工业废气用碱液吸收后再排放
（2）新型氨法烟气脱硫技术的化学原理是采用氨水吸收烟气中的SO2，再用一定量的磷酸与上述吸收产物反应．该技术的优点除了能回收利用SO2外，还能得到一种复合肥料，该复合肥料可能的化学式为______（只要求写一种）．
（3）有学者设想以如图所示装置用电化学原理将CO2、SO2转化为重要化工原料．
①若A为CO2，B为H2，C为CH3OH，则正极电极反应式为______．
②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4．科研人员希望每分钟从C处获得100mL10mol/LH2SO4，则A处通入烟气（SO2的体积分数为1%）的速率为______L/min（标准状况）．
正确答案
acd
（NH4）3PO4（或（NH4）2HPO4或NH4H2PO4）
CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O
2240
解析
解：（1）a、化石燃料的废气中均含有CO2、SO2、NOx等气体，减少化石燃料的使用，开发新能源，可以降低大气中的CO2、SO2、NOx浓度，故a正确；
b、使用无氟冰箱，减少氟里昂排放，可以减少臭氧层的破坏，故b错误；
c、汽车燃烧的废气中均含有CO2、SO2、NOx等气体，多步行或乘公交车，少用专车或私家车，可以降低大气中的CO2、SO2、NOx浓度，故c正确；
d、工业废气中的CO2、SO2、NOx等气体均是酸性气体，可以和碱液反应生成盐，被碱液吸收后再排放，可以降低大气中的CO2、SO2、NOx浓度，故d正确．
故选acd；
（2）氨气是碱性气体，可以和磷酸反应生成盐，产生的盐随着酸的磷酸的量的多少而不同，可以产生磷酸铵，磷酸氢铵或是磷酸二氢铵，故答案为：（NH4）3PO4（或（NH4）2HPO4或NH4H2PO4）；
（3））①燃料电池的工作时，正极上是CO2发生得电子得还原反应，即CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O，
故答案为：CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O；
②若A为SO2，B为O2，C为H2SO4时，根据电极反应：SO2+O2+H2O=H2SO4，每分钟从C处获得100mL10mol/LH2SO4，
即1mol，则需要二氧化硫的物质的量为1mol，所以A处通入烟气（SO2的体积分数为1%）的物质的量为100mol，体积为：100mol×22.4L/mol=2240L．
故答案为：2240．
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