Question

4．隨著科學(xué)技術(shù)的進步，人們研制了多種甲醇質(zhì)子交換膜燃料電池，以滿足不同的需求．
（1）如圖是某筆記本電腦用甲醇質(zhì)子交換膜燃料電池的結(jié)構(gòu)示意圖．
甲醇在催化劑作用下提供質(zhì)子和電子，電子經(jīng)外電路、質(zhì)子經(jīng)內(nèi)電路到達另一極與氧氣反應(yīng)，電池總反應(yīng)為：2CH₃OH+3O₂═2CO₂+4H₂O．則c電極是負極（填“正極”或“負極”），c電極上發(fā)生的電極反應(yīng)式是2CH₃OH+2H₂O-12e^-═2CO₂+12H⁺．
（2）將上述甲醇質(zhì)子交換膜燃料電池連接惰性電極電解足量的硫酸銅溶液，電解的總反應(yīng)方程式為2CuSO₄+2H₂O$\frac{\underline{\;通電\;}}{\;}$2Cu+O₂↑+2H₂SO₄，
（3）通電一段時間后，某電極質(zhì)量增加1.92g，則燃料電池中消耗的甲醇質(zhì)量為0.32g，
（4）若要將硫酸銅溶液恢復(fù)到電解前的濃度，可加入什么物質(zhì)？CuO或CuCO₃．

Answer 1

分析 （1）所有燃料電池中，通入燃料的電極是負極、通入氧化劑的電極是正極，負極上失電子、正極上得電子，放電時電子從負極沿導(dǎo)線流向正極，根據(jù)圖知，c是負極、d是正極，電解質(zhì)溶液呈酸性，所以負極上甲醇失電子和水反應(yīng)生成二氧化碳和氫離子；
（2）用惰性電極電解硫酸銅溶液，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣、陰極上銅離子放電生成Cu，同時電解質(zhì)溶液中還生成硫酸；
（3）通電一段時間后，某電極質(zhì)量增加1.92g，該電極是陰極，析出的是Cu單質(zhì)，n（Cu）=$\frac{1.92g}{64g/mol}$=0.03mol，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等計算消耗甲醇質(zhì)量；
（4）要使電解后的溶液恢復(fù)原狀，采用“析出什么加入什么”原則確定加入物質(zhì)．

解答 解：（1）所有燃料電池中，通入燃料的電極是負極、通入氧化劑的電極是正極，負極上失電子、正極上得電子，放電時電子從負極沿導(dǎo)線流向正極，根據(jù)圖知，c是負極、d是正極，電解質(zhì)溶液呈酸性，所以負極上甲醇失電子和水反應(yīng)生成二氧化碳和氫離子，電極反應(yīng)式為2CH₃OH+2H₂O-12e^-═2CO₂+12 H⁺，
故答案為：負極；2CH₃OH+2H₂O-12e^-═2CO₂+12H⁺；
（2）用惰性電極電解硫酸銅溶液，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣、陰極上銅離子放電生成Cu，同時電解質(zhì)溶液中還生成硫酸，電池反應(yīng)式為2CuSO₄+2H₂O$\frac{\underline{\;通電\;}}{\;}$2Cu+O₂↑+2H₂SO₄，故答案為：2CuSO₄+2H₂O$\frac{\underline{\;通電\;}}{\;}$2Cu+O₂↑+2H₂SO₄；
（3）通電一段時間后，某電極質(zhì)量增加1.92g，該電極是陰極，析出的是Cu單質(zhì)，n（Cu）=$\frac{1.92g}{64g/mol}$=0.03mol，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子相等計算消耗甲醇質(zhì)量=$\frac{0.03mol×2}{6}×32g/mol$=0.32g，故答案為：0.32g；
（4）要使電解后的溶液恢復(fù)原狀，采用“析出什么加入什么”原則確定加入物質(zhì)，電解硫酸銅溶液時，陽極上析出氧氣、陰極上析出Cu，所以相當于析出CuO，還可以加入碳酸銅，因為碳酸銅和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸銅和二氧化碳、水，所以還相當于加入CuO，要使溶液恢復(fù)原狀可以加入CuO或CuCO₃，故答案為：CuO或CuCO₃．

點評 本題考查化學(xué)電源新型電池、電解原理等知識點，為高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生分析計算能力，明確各個電極上發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，難點是電極反應(yīng)式的書寫，要結(jié)合電解質(zhì)溶液酸堿性書寫，注意（4）中加入物質(zhì)確定方法，為易錯點．