化学化学化学能与电能的专项培优 易错 难题练习题附答案解析.docx
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化学化学化学能与电能的专项培优易错难题练习题附答案解析
2020-2021【化学】化学化学能与电能的专项培优易错难题练习题附答案解析
一、化学能与电能
1.《我在故宫修文物》这部纪录片里关于古代青铜器的修复引起了某研学小组的兴趣。
“修旧如旧”是文物保护的主旨。
(1)查阅高中教材得知铜锈为Cu2(OH)2CO3,俗称铜绿,可溶于酸。
铜绿在一定程度上可以提升青铜器的艺术价值。
参与形成铜绿的物质有Cu和_______。
(2)继续查阅中国知网,了解到铜锈的成分非常复杂,主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。
考古学家将铜锈分为无害锈和有害锈,结构如图所示:
Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl分别属于无害锈和有害锈,请解释原因_____________。
(3)文献显示有害锈的形成过程中会产生CuCl(白色不溶于水的固体),请结合下图回答:
①过程Ⅰ的正极反应物是___________。
②过程Ⅰ负极的电极反应式是_____________。
(4)青铜器的修复有以下三种方法:
ⅰ.柠檬酸浸法:
将腐蚀文物直接放在2%-3%的柠檬酸溶液中浸泡除锈;
ⅱ.碳酸钠法:
将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡,使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3;
ⅲ.BTA保护法:
请回答下列问题:
①写出碳酸钠法的离子方程式___________________。
②三种方法中,BTA保护法应用最为普遍,分析其可能的优点有___________。
A.在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜
B.替换出锈层中的Cl-,能够高效的除去有害锈
C.和酸浸法相比,不破坏无害锈,可以保护青铜器的艺术价值,做到“修旧如旧”
【答案】O2、H2O、CO2碱式碳酸铜为致密结构,可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜;而碱式氯化铜为疏松结构,潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀氧气(H2O)Cu-e-+Cl-=CuCl4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-ABC
【解析】
【分析】
(1)由质量守恒定律可知,反应前后元素种类不变;
(2)结合图像可知,Cu2(OH)2CO3为致密结构,Cu2(OH)3Cl为疏松结构;
(3)正极得电子发生还原反应,过程Ⅰ的正极反应物是氧气,Cu作负极;
(4)在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜;替换出锈层中的Cl-,能够高效的除去有害锈;BTA保护法不破坏无害锈。
【详解】
(1)铜锈为Cu2(OH)2CO3,由质量守恒定律可知,反应前后元素种类不变,参与形成铜绿的物质有Cu和O2、H2O、CO2;
(2)结合图像可知,Cu2(OH)2CO3为致密结构,可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜,属于无害锈。
Cu2(OH)3Cl为疏松结构,潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀,属于有害锈;
(3)①结合图像可知,正极得电子发生还原反应,过程Ⅰ的正极反应物是氧气,电极反应式为O2+4e-+2H2O===4OH-;
②结合图像可知,过程Ⅰ中Cu作负极,电极反应式是Cu-e-+Cl-=CuCl;
(4)①碳酸钠法中,Na2CO3的缓冲溶液使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3,离子方程式为4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-;
②A.在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜,能保护内部金属铜,这能使BTA保护法应用更为普遍,故A正确;
B.Cu2(OH)3Cl为疏松结构,潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀,属于有害锈。
替换出锈层中的Cl-,能够高效的除去有害锈,这能使BTA保护法应用更为普遍,故B正确;
C.酸浸法会破坏无害锈Cu2(OH)2CO3,BTA保护法不破坏无害锈,可以保护青铜器的艺术价值,做到“修旧如旧”,这能使BTA保护法应用更为普遍,故C正确;
答案选ABC。
2.现需设计一套实验装置来电解饱和食盐水,并测量电解产生的氢气的体积(约6mL)和检验氯气的氧化性(不应将多余的氯气排入空气中)。
(1)试从下图中选用几种必要的仪器,连成一整套装置,各种仪器接口的连接顺序(填编号)是A接__________,B接__________。
(2)铁棒接直流电源的________极;碳棒上发生的电极反应为_______。
(3)能说明氯气具有氧化性的实验现象是_______________________。
(4)假定装入的食盐水为50mL,一段时间后,产生5.6mL(标准状况)H2时,所得溶液在25℃时的pH=________。
(5)若将B电极换成铁电极,写出在电解过程中U形管底部出现的现象:
__________。
【答案】A接GFIB接DEC负极2Cl--2e-=Cl2↑淀粉KI溶液变蓝12白色沉淀迅速变成灰绿色最后变成红褐色
【解析】
【分析】
U形管装置为电解装置,铁棒为阴极,连接电源负极,发生还原反应:
2H++2e-=H2↑;碳棒为阳极,连接电源正极,发生氧化反应:
2Cl--2e-=Cl2↑,所以从A出来的是H2,应该连接G,然后F连接I。
淀粉KI溶液可以检验Cl2,所以B连接D,E连接C,目的是吸收尾气Cl2。
【详解】
(1)根据以上分析可知:
A接GFI,B接DEC;
答案:
A接GFIB接DEC
(2)铁棒不可连接电源正极,如果连接正极铁会失电子,发生氧化反应,所以必须连接电源负极;碳棒为阳极,连接电源正极,发生氧化反应:
2Cl--2e-=Cl2↑;
答案:
负极2Cl--2e-=Cl2↑
(3)利用Cl2+2KI=2KCl+I2,碘单质使得淀粉溶液变蓝,证明氯气具有氧化性;
答案:
淀粉KI溶液变蓝
(4)2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑
2mol22.4L
n(NaOH)5.6×10-3L
n(NaOH)=
mol=0.0005mol
c(NaOH)=
=
=0.01mol/L
pH=-lg
=-lg
=12
答案:
12
(5)若将B电极换成铁电极,总电极反应为Fe+2H2O
Fe(OH)2↓+H2↑,后续反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,因此现象为生成白色沉淀,迅速变成灰绿色最后变成红褐色。
答案:
白色沉淀迅速变成灰绿色最后变成红褐色
【点睛】
试题以电解饱和食盐水为载体,旨在考查学生灵活运用电解原理解决实际问题的能力,明确电解原理、物质的性质特点是解答的关键。
3.某小组设计不同实验方案比较Cu2+、Ag+的氧化性。
(1)方案1:
通过置换反应比较
向酸化的AgNO3溶液插入铜丝,析出黑色固体,溶液变蓝。
反应的离子方程式是_______,说明氧化性Ag+>Cu2+。
(2)方案2:
通过Cu2+、Ag+分别与同一物质反应进行比较
实验
试剂
编号及现象
试管
滴管
1.0mol/L
KI溶液
1.0mol/LAgNO3溶液
Ⅰ.产生黄色沉淀,溶液无色
1.0mol/LCuSO4溶液
Ⅱ.产生白色沉淀A,溶液变黄
①经检验,Ⅰ中溶液不含I2,黄色沉淀是________。
②经检验,Ⅱ中溶液含I2。
推测Cu2+做氧化剂,白色沉淀A是CuI。
确认A的实验如下:
a.检验滤液无I2。
溶液呈蓝色说明溶液含有________(填离子符号)。
b.白色沉淀B是________。
c.白色沉淀A与AgNO3溶液反应的离子方程式是____,说明氧化性Ag+>Cu2+。
(3)分析方案2中Ag+未能氧化I-,但Cu2+氧化了I-的原因,设计实验如下:
编号
实验1
实验2
实验3
实验
现象
无明显变化
a中溶液较快变棕黄色,b中电极
上析出银;电流计指针偏转
c中溶液较慢变浅黄色;
电流计指针偏转
(电极均为石墨,溶液浓度均为1mol/L,b、d中溶液pH≈4)
①a中溶液呈棕黄色的原因是_______(用电极反应式表示)。
②“实验3”不能说明Cu2+氧化了I-。
依据是空气中的氧气也有氧化作用,设计实验证实了该依据,实验方案及现象是_______。
③方案2中,Cu2+能氧化I-,而Ag+未能氧化I-的原因:
_______。
(资料:
Ag++I-=AgI↓K1=1.2×1016;2Ag++2I-=2Ag↓+I2K2=8.7×108)
【答案】Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+AgICu2+AgClCuI+2Ag+=Cu2++Ag+AgI
将d烧杯内的溶液换为pH≈4的1mol/L
溶液,c中溶液较慢变浅黄,电流计指针偏转K1>K2,故
更易与
发生复分解反应,生成AgI2Cu2++4I-=2CuI+I2,生成了CuI沉淀,使得
的氧化性增强
【解析】
(1)向酸化的AgNO3溶液插入铜丝,析出黑色固体,溶液变蓝,说明铜置换出了金属银,反应的离子方程式为
,说明氧化性Ag+>Cu2+,故答案为
;
(2)①经检验,Ⅰ中溶液不含I2,黄色沉淀是碘离子与银离子形成的碘化银沉淀,故答案为AgI;
②Ⅱ中溶液含I2,说明Cu2+做氧化剂,将碘离子氧化,本身被还原为Cu+,因此白色沉淀A是CuI。
a.检验滤液无I2。
溶液呈蓝色说明溶液含有Cu2+,故答案为Cu2+;
b.滤渣用浓硝酸溶解后,在上层清液中加入盐酸,生成的白色沉淀B为AgCl,故答案为AgCl;
c.白色沉淀A与AgNO3溶液反应生成了Cu2+和灰黑色沉淀,灰黑色沉淀用浓硝酸溶解后的溶液中含有银离子,黄色沉淀为AgI,说明灰黑色沉淀中含有金属银,反应的离子方程式为
,说明氧化性Ag+>Cu2+,故答案为
;
(3)①碘化钾溶液与硝酸银溶液构成了原电池,a中溶液中的碘离子发生氧化反应生成碘单质,溶液呈棕黄色,电极反应式为
,故答案为
;
②“实验3”不能说明Cu2+氧化了I-。
依据是空气中的氧气也有氧化作用,只需设计没有铜离子的情况下,也能看到相似的现象即可,可以设计实验:
将d烧杯内的溶液换为pH≈4的1mol/L
溶液,c中溶液较慢变浅黄,电流计指针偏转,故答案为将d烧杯内的溶液换为pH≈4的1mol/L
溶液,c中溶液较慢变浅黄,电流计指针偏转;
③Ag++I-=AgI↓K1=1.2×1016;2Ag++2I-=2Ag↓+I2K2=8.7×108,K1>K2,故
更易与
发生复分解反应,生成AgI。
2Cu2++4I-=2CuI+I2,生成了CuI沉淀,使得
的氧化性增强,因此方案2中,Cu2+能氧化I-,而Ag+未能氧化I-,故答案为K1>K2,故
更易与
发生复分解反应,生成AgI。
2Cu2++4I-=2CuI+I2,生成了CuI沉淀,使得
的氧化性增强。
点睛:
本题考查了化学实验方案的设计与探究,本题的难度较大,理解实验的设计意图是解题的关键。
本题的难点为(3)③,要注意根据反应进行的趋势大小和化学平衡移动的原理分析解答。
4.某小组同学利用下图装置对电解氯化铜实验进行了研究。
装置
现象
电解一段时间时,阳极石墨表面产生气体,阴极石墨上附着红色物质,烧杯壁变热,溶液由蓝色变为绿色
(1)甲认为电解过程中阳极产生的是溶液变绿的原因,写出产生该物质的电极反应式:
。
(2)乙查阅资料,CuCl2溶液中存在平衡:
Cu2++4Cl_
[CuCl4]2_(黄色)ΔH>0。
据此乙认为:
电解过程中,[CuCl4]2_(黄色)浓度增大,与CuCl2蓝色溶液混合呈绿色。
乙依据平衡移动原理推测在电解过程中[CuCl4]2_浓度增大的原因:
。
(3)丙改用下图装置,在相同条件下电解CuCl2溶液,对溶液变色现象继续探究。
装置
现象
电解相同时间时,阳极石墨表面产生气泡,溶液仍为蓝色;阴极石墨上附着红色物质,溶液由蓝色变为绿色;U型管变热,冷却后阴极附近溶液仍为绿色
丙通过对现象分析证实了甲和乙的观点均不是溶液变绿的主要原因。
丙否定甲的依据是,否定乙的依据是。
(4)丙继续查阅资料:
i.电解CuCl2溶液时可能产生[CuCl2]_,[CuCl2]_掺杂Cu2+后呈黄色
ii.稀释含[CuCl2]_的溶液生成CuCl白色沉淀据此丙认为:
电解过程中,产生[CuCl2]_掺杂Cu2+后呈黄色,与CuCl2蓝色溶液混合呈绿色。
丙进行如下实验:
a.取电解后绿色溶液2mL,加20mL水稀释,静置5分钟后溶液中产生白色沉淀。
b.另取少量氯化铜晶体和铜粉,向其中加2mL浓盐酸,加热获得含[CuCl2]_的黄色溶液。
c.冷却后向上述溶液……
d.取c中2mL溶液,加20mL水稀释,静置5分钟后溶液中产生白色沉淀。
①a的目的是。
②写出b中生成[CuCl2]_的离子方程式:
。
③补充c中必要的操作及现象:
。
丙据此得出结论:
电解时阴极附近生成[CuCl2]_是导致溶液变绿的原因。
【答案】
(1)Cl2;2Cl--2e-=Cl2↑
(2)电解过程放热导致温度升高,Cu2++4Cl-
[CuCl4]2-正向移动;
(3)阳极附近溶液仍为蓝色;U型管冷却后阴极附近溶液仍为绿色;
(4)①证明在上述实验条件下,电解后的绿色溶液中存在[CuCl2]-;
②Cu2++4Cl-+Cu=2[CuCl2]-;
③加入CuCl2蓝色溶液,直至溶液颜色与电解后绿色溶液基本相同。
【解析】
试题分析:
(1)电解过程中阳极发生氧化反应,溶液中的氯离子放电生成氯气,氯气溶于水,溶液可能呈现绿色,故答案为:
Cl2;2Cl--2e-=Cl2↑;
(2)电解过程放热导致温度升高,Cu2++4Cl-
[CuCl4]2-正向移动,[CuCl4]2_浓度增大,故答案为:
电解过程放热导致温度升高,Cu2++4Cl-
[CuCl4]2-正向移动;
(3)阳极生成了氯气,但阳极附近溶液仍为蓝色,说明不是生成氯气的缘故;Cu2++4Cl_
[CuCl4]2_(黄色)ΔH>0,温度降低,平衡正向移动,溶液应该呈现黄色,但U型管冷却后阴极附近溶液仍为绿色,因此乙的推断也不正确,故答案为:
阳极附近溶液仍为蓝色;U型管冷却后阴极附近溶液仍为绿色;
(4)①根据信息,取电解后绿色溶液2mL,加20mL水稀释,静置5分钟后溶液中产生白色沉淀,说明电解后的绿色溶液中存在[CuCl2]-,故答案为:
证明在上述实验条件下,电解后的绿色溶液中存在[CuCl2]-;
②氯化铜晶体和铜粉加入2mL浓盐酸中,加热获得含[CuCl2]_的黄色溶液,反应的离子方程式为Cu2++4Cl-+Cu=2[CuCl2]-,故答案为:
Cu2++4Cl-+Cu=2[CuCl2]-;
③c的步骤就是证明电解时阴极附近生成[CuCl2]_是导致溶液变绿的原因,因此操作及现象为加入CuCl2蓝色溶液,直至溶液颜色与电解后绿色溶液基本相同,故答案为:
加入CuCl2蓝色溶液,直至溶液颜色与电解后绿色溶液基本相同。
考点:
考查了物质性质的探究实验方案的设计的相关知识。
5.氯化铁和高铁酸钾都是常见的水处理剂,下图为制备粗高铁酸钾的工业流程。
请回答下列问题:
(1)氯化铁做净水剂的原因是(结合化学用语表达)。
(2)吸收剂X的化学式为,氧化剂Y的化学式为。
(3)碱性条件下反应①的离子方程式为。
(4)过程②将混合溶液搅拌半小时,静置,抽滤获得粗产品。
该反应的化学方程式为2KOH+NaFeO4=K2FeO4+2NaOH,请根据反应原理分析反应能发生的原因。
(5)K2FeO4在水溶液中易发生反应:
4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑。
在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法,则洗涤剂最好选用(填序号)。
A.H2OB.稀KOH溶液C.NH4Cl溶液D.Fe(NO3)3溶液
除了这种洗涤剂外,一般工业生产还要加入异丙醇作为洗涤剂,你认为选择异丙醇的原因是。
(6)高铁电池是正在研制中的充电电池,具有电压稳定、放电时间长等优点。
以高铁酸钾、二氧化硫和三氧化硫为原料,硫酸钾为电解质,用惰性电极设计成能在高温下使用的电池,写出该电池的正极反应式。
【答案】
(1)Fe3++3H2O
Fe(OH)3+3H+;水解产生的Fe(OH)3胶体能够吸附杂质;
(2)FeCl2;NaClO
(3)2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O
(4)K2FeO4溶解度小于NaFeO4,析出晶体,促进反应进行
(5)B;高铁酸钾在异丙醇中的溶解度小于在水中的溶解度,用异丙醇洗涤有利于提高产品回收率
(6)FeO42-+3e-+4SO3=Fe3++4SO42-
【解析】
试题分析:
(1)氯化铁水解生成的氢氧化铁胶体具有吸附性,能够吸附杂质可做净水剂,故答案为:
Fe3++3H2O
Fe(OH)3+3H+;水解产生的Fe(OH)3胶体能够吸附杂质;
(2)根据流程图,吸收剂X吸收氯气后能够生成氯化铁,因此X为氯化亚铁,氢氧化钠与氯气反应生成氧化剂Y,因此氧化剂Y为次氯酸钠,故答案为:
FeCl2;NaClO;
(3)碱性条件下,氯化铁与次氯酸钠反应生成高铁酸钠,因此反应①的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O,故答案为:
2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O;
(4)由于K2FeO4溶解度小于NaFeO4,析出晶体,促进2KOH+NaFeO4=K2FeO4+2NaOH反应进行,故答案为:
K2FeO4溶解度小于NaFeO4,析出晶体,促进反应进行;
(5)由于4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑。
在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法,洗涤剂最好选用碱性溶液,故选B;除了氢氧化钠外,一般工业生产还要加入异丙醇作为洗涤剂,是因为高铁酸钾在异丙醇中的溶解度小于在水中的溶解度,用异丙醇洗涤有利于提高产品回收率,故答案为:
B;高铁酸钾在异丙醇中的溶解度小于在水中的溶解度,用异丙醇洗涤有利于提高产品回收率;
(6)高铁酸钾具有氧化性,在设计的电池中发生还原反应,二氧化硫具有还原性,能够发生氧化反应,生成三氧化硫,因此电池的正极反应式为FeO42-+3e-+4SO3=Fe3++4SO42-,故答案为:
FeO42-+3e-+4SO3=Fe3++4SO42-。
考点:
考查了铁及其化合物的性质、氧化还原反应、化学实验的基本操作、原电池原理的应用的相关知识。
6.高铁酸盐(如K2FeO4)是一种高效绿色氧化剂,可用于饮用水和生活用水的处理。
从环境保护的角度看,制备高铁酸盐较好的方法为电化学法。
(1)电化学法制备高铁酸钠采用铁片作阳极,NaOH溶液作为电解质溶液,其电流效率可达到40%。
写出阳极产生高铁酸钠的电极反应方程式:
____________。
(2)铁丝网电极是更理想的阳极材料,相同条件下,可将电流效率提高至70%以上,原因是__________。
研究亦发现,铁电极在某一电压范围内会产生氧气使阳极表面生成Fe2O3膜而“钝化”。
写出产生O2的电极反应方程式:
__________。
(3)FeO42—易与水4h生成絮状氢氧化铁,也会影响高铁酸盐的产率。
若以铁丝网为阳极,在中间环节(对应图中4h后)过滤掉氢氧化铁,反应过程中FeO42—浓度以及电流效率随时间的变化如图1中实线所示(图中曲线是每隔1h测得的数据)。
图中虚线部分对应于没有过滤氢氧化铁而连续电解的情况。
下列判断正确的是___(填编号)
①过滤:
掉氢氧化铁有利于获得较高浓度的高铁酸盐溶液
②过滤掉氢氧化铁对电流效率影响不大
③实验表明不过滤掉氢氧化铁,6h后电流效率几乎为0
(4)在相同的pH条件下,经过相同的反应时间,高铁酸盐的产率与温度关系如图2。
随温度升高,高铁酸盐产率先增大后减小的原因是__________。
(5)人们还对用铁的氧化物作电极制备高铁酸盐进行了研究,例如以磁铁矿多孔电极制备高铁酸盐,该研究方向的价值有__________(至少答一点)。
【答案】Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O铁丝网比铁片接触面积更大4OH--4e-═O2↑+2H2O①③温度升高加快了高铁酸盐的生成速率,另一方面,温度升高加快了高铁酸盐与水反应,10℃~20℃时生成为主要因素,20℃以后分解为主要因素。
以磁铁矿多孔电极制备高铁酸盐消耗电能少;以铁的氧化物为电极,可以实现变废为宝;以磁铁矿作为多孔电极,不会发生钝化现象等合理答案。
【解析】
【分析】
(1)已知反应物和生成物,书写方程式时要根据原子守恒和电荷守恒;
(2)接触面积越大,电流越大;阳极铁失去电子,氢氧根也可能失去电子生成氧气;
(3)比较实线和虚线对应的坐标即可得出答案;
(4)产率增大说明生成速率增大,减小则说明分解速率增大;
(5)从耗能、环保、提高反应速率等角度解析。
【详解】
(1)铁失去电子,在碱性溶液中生成高铁酸根离子,同时有水生成,故阳极产生高铁酸钠的电极反应方程式为:
Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O;
(2)铁丝网比铁片接触面积更大,电流效率更高,阳极铁失去电子,氢氧根也可能失去电子生成氧气,再与铁反应生成氧化铁,铁电极上发生析氧反应4OH--4e-═O2↑+2H2O;
(3)由图可知,4h后若没有过滤氢氧化铁,高铁酸根离子浓度及电流效率均降低,①C正确,②错误;虚线所示,6h后电流效率几乎为0,③正确,故选①③;
(4)高铁酸盐产率增高说明温度升高加快了高铁酸盐的生成速率,产率降低说明温度升高加快了高铁酸盐与水反应,10℃~20℃时生成为主要因素,20℃以后分解为主要因素;
(5)以磁铁矿多孔电极制备高铁酸盐,该研究方向的价值有:
以磁铁矿多孔电极制备高铁酸盐消耗电能少;以铁的氧化物为电极,可以实现变废为宝;以磁铁矿作为多孔电极,不会发生钝化现象等。
7.
(一)如图所示,甲、乙是电化学实验装置,请回答下列问题:
若甲、乙两个烧杯中均盛放饱和NaCl溶液。
①甲中石墨棒上的电极反应式是_________________________________
②乙中总反应的离子方程式为___________________________________
若乙中含有0.10mol·L-1NaCl溶液400mL,当阳极产生的气体为560mL(标准状况下)时,溶液的pH=_____________(2分)(假设溶液体积变化忽略不计),转移电子的个数为____________
(二)肼一空气燃料电池是一种碱性电池,无污染,能量高,有广泛的应用前景。
其工作原理如上图所示,回答下列问题:
①该燃料电池中正极通入的物质是__________;
负极发生的反应式为:
__________________________
②电池工作时,OH-移向极________(“a”或“b”)
③当电池放电转移5mol电子时,至少消耗燃料肼________g
(三)全钒液流电池的结构如图所示,其电解液中含有钒的不同价态的离子、H+和SO42﹣.电池放电时,负极的电极反应为:
V2+﹣e﹣=V3+.
①电池放电时的总反应方程式为_______
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