《2025年赢在微点化学》

氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节能30％以上。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如图所示，其中的电极未标出，所用的离子交换膜都只允许阳离子通过。

（1）图中X、Y分别是________、________（填化学式），比较图示中$a\%$与$b\%$的大小：____。
（2）写出燃料电池B中的电极反应：正极____；负极________________。
（3）这样设计的主要节能之处在于（写出2处）：______________________________。

答案： 提示
(1)$Cl_{2}$ $H_{2}$ a%小于 b%
(2)$O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O = 4OH^{-}$ $H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}=2H_{2}O$
(3)燃料电池可以补充电解池消耗的电能; 提高产出碱液的浓度
解析
(1)在燃料电池中, 通入空气的一极为正极(还原反应), 那么左边必然通$H_{2}$, 即 Y 为$H_{2}$, 则电解池左边应为阳极, 生成$Cl_{2}$, 由于燃料电池正极发生反应$O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O = 4OH^{-}$, 燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过, 而燃料电池中正极上氧气得到电子产生$OH^{-}$, 所以反应后氢氧化钠的浓度升高, 即 a%小于 b%。
(2)燃料电池的工作原理: 负极是氢气失电子发生氧化反应, 电极反应式为$H_{2}-2e^{-}+2OH^{-}=2H_{2}O$, 正极是氧气得电子发生还原反应, 电极反应式为$O_{2}+4e^{-}+2H_{2}O = 4OH^{-}$。
(3)根据装置特点及反应过程可知, 这样设计的优点是: 燃料电池可以补充电解池消耗的电能, 提高产出碱液的浓度, 降低能耗等。

1. 将两个铂电极插入500 mL CuSO₄溶液中进行电解，通电一定时间后，某一电极增重0.064 g(设电解时该电极无氢气析出，且不考虑水解和溶液体积变化)，此时溶液中氢离子浓度约为（ ）
A. 4×10⁻³ mol·L⁻¹
B. 2×10⁻³ mol·L⁻¹
C. 1×10⁻³ mol·L⁻¹
D. 1×10⁻⁷ mol·L⁻¹

答案： A 解析 根据$2CuSO_{4}+2H_{2}O\xlongequal{电解}2Cu + 2H_{2}SO_{4}+O_{2}\uparrow$，得$n(H^{+}) = 2n(H_{2}SO_{4}) = 2n(Cu)=2\times\frac{0.064g}{64g\cdot mol^{-1}} = 0.002mol$，$c(H^{+})=\frac{0.002mol}{0.5L}=4\times10^{-3}mol\cdot L^{-1}$。

2. 两个惰性电极插入500 mL AgNO₃溶液中，通电电解。当电解液的pH从6.0变为3.0时，(设电解过程中阴极没有H₂放出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略不计)电极上析出银的质量最大为（ ）
A. 27 mg
B. 54 mg
C. 106 mg
D. 216 mg

答案： B 解析 首先结合离子放电顺序，阳极反应式为$4OH^{-}-4e^{-}=O_{2}\uparrow + 2H_{2}O$；阴极反应式为$4Ag^{+}+4e^{-}=4Ag$，电解的总反应式为$4AgNO_{3}+2H_{2}O\xlongequal{电解}4Ag + O_{2}\uparrow + 4HNO_{3}$。由电解的总反应式可知，电解过程中生成的$n(Ag)=n(HNO_{3})=n(H^{+})=(10^{-3}mol\cdot L^{-1}-10^{-6}mol\cdot L^{-1})\times0.5L\approx5\times10^{-4}mol$，$m(Ag)=5\times10^{-4}mol\times108g\cdot mol^{-1}=0.054g = 54mg$。

3. 500 mL KNO₃和Cu(NO₃)₂的混合溶液中c(NO₃⁻)=0.6 mol·L⁻¹，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是（ ）
A. 原混合溶液中c(K⁺)为0.4 mol·L⁻¹
B. 上述电解过程中共转移0.2 mol电子
C. 电解得到的Cu的物质的量为0.05 mol
D. 电解后溶液中c(H⁺)为0.4 mol·L⁻¹

答案： D 解析 石墨作电极电解$KNO_{3}$和$Cu(NO_{3})_{2}$的混合溶液，阳极反应式为$4OH^{-}-4e^{-}=2H_{2}O + O_{2}\uparrow$，阴极先后发生两个反应$Cu^{2+}+2e^{-}=Cu$和$2H^{+}+2e^{-}=H_{2}\uparrow$，从收集到$O_{2}$为$2.24L$这个事实可推知上述电解过程中共转移$0.4mol$电子，而在生成$2.24L H_{2}$的过程中转移$0.2mol$电子，所以$Cu^{2+}$共得到电子为$0.4mol - 0.2mol = 0.2mol$，电解前$Cu^{2+}$的物质的量和电解得到的$Cu$的物质的量都为$0.1mol$。电解前后分别有以下电荷守恒关系：$c(K^{+})+2c(Cu^{2+})=c(NO_{3}^{-})$，$c(K^{+})+c(H^{+})=c(NO_{3}^{-})$，不难算出电解前$c(K^{+}) = 0.2mol\cdot L^{-1}$，电解后$c(H^{+}) = 0.4mol\cdot L^{-1}$。