Question

【题目】I、白磷(P4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在一定条件下反应获得。相关热化学方程式如下：

2Ca3(PO4)2(s)＋10C(s)=6CaO(s)＋P4(s)＋10CO(g)　ΔH1＝＋3 359.26 kJ·mol－1

CaO(s)＋SiO2(s)=CaSiO3(s) ΔH2＝－89.61 kJ·mol－1

2Ca3(PO4)2(s)＋6SiO2(s)＋10C(s)=6CaSiO3(s)＋P4(s)＋10CO(g)　ΔH3 则ΔH3＝__

II．下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和足量的AgNO3溶液，电极均为石墨电极。接通电源，经过一段时间后，乙中c电极质量增加了32g。据此回答问题：

（1）电源的N端为________极；

（2）电极b上发生的电极反应为________________；

（3）列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积：________L；

（4）丙池中______（e或f）电极析出金属Ag__________g；

（5）电解前后各溶液的pH是否发生变化（填增大、或减小 、或不变）：

甲溶液________________；乙溶液________________；丙溶液________________；

Answer 1

【答案】+2821.6kl/mo 正极 4OH－－4e－=O2↑＋2H2O 5.6L e 108g 增大 减小 减小

【解析】

I.根据盖斯定律将已知热化学方程式①+②×6得2Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）═6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g），焓变做相应运算求解。

II.接通电源，经过一段时间后，乙中c电极质量增加，说明C电极是电解池阴极，则d电极是阳极，连接电解池阳极的原电池电极是正极；再根据电子守恒分析判断。

①2Ca3(PO4)2(s)＋10C(s)=6CaO(s)＋P4(s)＋10CO(g)ΔH1＝＋3 359.26 kJmol－1

②CaO(s)＋SiO2(s)=CaSiO3(s) ΔH2＝－89.61 kJmol－1；由盖斯定律可知,①+②×6得2Ca3(PO4)2(s)＋6SiO2(s)＋10C(s)=6CaSiO3(s)＋P4(s)＋10CO(g)，所以其反应为△H3=△H1+6×△H2=+3359.26kJmol1+6×(89.61kJmol1)=+2821.6kJmol1

故答案为：+2821.6kJ/mol。

II.（1）该装置是电解池，甲池为NaOH溶液，乙池为CuSO4溶液，丙池为AgNO3溶液，接通电源，经过一段时间后，乙中c电极质量增加32g，说明c电极是电解池阴极，则M电极是负极，N是电极的正极，故答案为：正；
（2）电解氢氧化钠溶液时，b极为电解池的阳极，氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，故答案为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；

（3）乙池为电解CuSO4溶液，乙中的c电极产生的是铜，质量增加32g，物质的量32g/64gmol-1=0.5mol,所以转移的电子数为1.0mol，根据电子守恒，电极b上生成的气体在标准状况下的体积V=1.0mol÷4×22.4molL-1=5.6L；答案：5.6L；

（4）丙池为AgNO3溶液，e电极为电解池的阴极，发生Ag＋＋e－=Ag，根据电子守恒，m(Ag)= 1.0mol×108g/mol=108g；

（5）甲池为NaOH溶液，电解氢氧化钠溶液实质是电解水，使得氢氧化钠溶液pH增大；

乙池为CuSO4溶液，电解硫酸铜溶液，阳极发生：4OH--4e-=2H2O+O2↑，破坏水的电离平衡，所以溶液pH减小；丙池为AgNO3溶液，电解硝酸银溶液，阴极电极反应为：4Ag++4e-=4Ag，阳极发生：4OH--4e-=2H2O+O2↑，破坏水的电离平衡，所以溶液pH减小； 答案：甲溶液增大；乙溶液减小；丙溶液减小。