Question

【題目】(1)原電池可將化學能轉化為電能。若Fe、Cu和濃硝酸構成原電池，負極是_____(填“Cu”或“Fe”)；若Zn、Ag和稀鹽酸構成原電池，正極發(fā)生_____反應(填“氧化“或還原”)。質量相同的銅棒和鋅棒用導線連接后插入CuSO4溶液中，一段時間后，取出洗凈、干燥、稱量，二者質量差為12.9g。則導線中通過的電子的物質的量是____mol。

(2)肼－空氣堿性(KOH為電解質)燃料電池(氧化產(chǎn)物為大氣主要成分)的能量轉化率高。已知：電流效率可用單位質量的燃料提供的電子數(shù)表示。肼－空氣堿性(KOH為電解質)燃料電池、氨氣－空氣堿性(KOH為電解質)燃料電池(氧化產(chǎn)物為大氣主要成分)的電流效率之比為____。

(3)一定溫度下，將3molA氣體和1molB氣體通入一容積固定為2L的密閉容器中，發(fā)生如下反應：3A(g)+B(g)xC(g)，反應1min時測得剩余1.8molA，C的濃度為0.4mol/L，x為_____。若反應經(jīng)2min達到平衡，平衡時C的濃度____0.8mol/L(填“大于，小于或等于”)。若已知達平衡時，該容器內混合氣休總壓強為p，混合氣體起始壓強為p0。請用p0、p來表示達平衡時反應物A的轉化率為________。

Answer 1

【答案】 Cu 還原 0.2 17:24 2 小于 或

【解析】（1）Fe、Cu和濃硝酸構成原電池，Fe與濃硝酸發(fā)生鈍化，而Cu與濃硝酸發(fā)生自發(fā)的氧化還原反應，Cu失去電子作負極；若Zn、Ag和稀鹽酸構成原電池，鋅與鹽酸發(fā)生自發(fā)的氧化還原反應，所以銀作正極，鋅作負極；質量相同的銅棒和鋅棒用導線連接后插入CuSO4溶液中，鋅作負極失去電子，銅作正極，以此來解答；

（2)燃料電池中燃料在負極通入，發(fā)生失去電子的氧化反應，據(jù)此解答。

（3）利用物質的量之比等于化學計量數(shù)之比計算x的值；根據(jù)隨著反應的進行反應物的濃度減少，反應速率減慢，據(jù)此判斷；相同條件下，壓強之比等于物質的量之比，據(jù)此計算平衡后混合氣體總的物質的量，利用差量法計算參加反應的A的物質的量，再根據(jù)轉化率定義計算。

（1）原電池是將化學能轉變?yōu)殡娔艿难b置，Fe、Cu和濃硝酸構成原電池，常溫下Fe與濃硝酸發(fā)生鈍化，而Cu與濃硝酸發(fā)生自發(fā)的氧化還原反應，Cu失去電子作負極，被氧化，正極上正5價的氮得到電子被還原生成二氧化氮，發(fā)生還原反應；若Zn、Ag和稀鹽酸構成原電池，鋅與鹽酸發(fā)生自發(fā)的氧化還原反應，所以銀作正極，發(fā)生得到電子的還原反應；質量相同的銅棒和鋅棒用導線連接后插入CuSO4溶液中，鋅作負極失去電子，銅作正極，銅離子得到電子，1molZn失2mol電子，1mol銅離子得2mol電子，設轉移電子物質的量為xmol，則：x/2 mol×65g/mol+x/2 mol×64g/mol=12.9g，解得x=0.2；

（2）肼－空氣堿性(KOH為電解質)燃料電池中燃料肼在負極通入，發(fā)生失去電子的氧化反應。氧化產(chǎn)物為大氣主要成分，即為氮氣，電極反應式為N2H4－4e－+4OH－＝N2+4H2O，1mol肼即32g肼失去4mol電子；氨氣－空氣堿性(KOH為電解質)燃料電池(氧化產(chǎn)物為大氣主要成分)中負極是氨氣失去電子，電極反應式為2NH3－6e－+6OH－＝N2+6H2O，2mol氨氣即34g氨氣失去6mol電子，所以二者的電流效率之比為；

（3）反應1min時測得剩余1.8molA，C的濃度為0.4mol/L，參加反應的A的物質的量為3mol-1.8mol=1.2mol，濃度是0.6mol/L，根據(jù)濃度變化量之比是化學計量數(shù)之比可知x＝；隨著反應的進行，反應速率逐漸減小，若反應經(jīng)2min達到平衡，后1min的平均速率小于前1min的平均速率，前1min內C的濃度變化為0.4mol/L，則后1min內C的濃度變化小于0.4mol/L，故平衡時C的濃度小于0.8mol/L；若已知達平衡時，該容器內混合氣體總壓強為p，混合氣體起始壓強為p0，故平衡后混合氣體總的物質的量為（3mol+1mol）×p/p0=4p/p0mol，故平衡后混合氣體物質的量減少量為（4-4p/p0）mol，則根據(jù)方程式可知

3A(g)+B(g)2C(g) 物質的量減少△n

3 2

n（A） （4-4p/p0）mol

故n（A）=（6-6p/p0）mol

因此A的轉化率=（6-6p/p0）mol/3mol×100%=。