Question

蓄电池是一种可以反复充电、放电的装置。有一种蓄电池在充电和放电时发生的反应是NiO₂+Fe+2H₂OFe(OH)₂+Ni(OH)₂，用该蓄电池电解(阴、阳极均为惰性电极)M(NO₃)_x溶液，若此蓄电池工作一段时间后消耗0.36g水。

（1）电解时，电解池的阳极应连接__________(填序号)。

A．NiO₂        B．Fe        C．Fe(OH)₂        D．Ni(OH)₂

（2）电解M(NO₃)_x溶液时某一极质量增加了mg,金属M的相对原子质量的计算式为__________(用m、x表示)。

（3）此蓄电池电解含有0.01 molCuSO₄和0.01 molNaCl的混合溶液l00mL，转移相同量的电子时，阳极产生气体__________L(标准状况)，电解后溶液加水稀释至1L，溶液的pH为__________。

（4）若将阳极换为铜锌合金，阴极换为纯铜，且电解质溶液中含有足量的Cu²⁺，通电一段时 间后，若阳极恰好全部溶解，此时阴极质量增加7.68 g,溶液质量增加0.03g，则合金中 Cu、Zn的物质的量之比为__________。

Answer

A 50mx 0.168 2 3∶1

【解析】(1)根据原电池在放电时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，再根据元素化合价变化，可判断该电池负极发生反应的物质为Fe被氧化发生氧化反应，正极为NiO2，被还原发生还原反应，此电池为碱性电池，在书写电极反应和总电池反应方程式时不能出现H+，故放电时的电极反应是：负极：Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，正极：NiO2+2e-+2H2O=Ni(OH)2+2OH-，故答案为：A；

(2)①负极：Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，正极：NiO2+2e-+2H2O=Ni(OH)2+2OH-；工作一段时间后蓄电池都分别消耗0.36gH2O，n(H2O)==0.02mol；由电子守恒可知，电解M(NO3)x溶液时，某一极增加了mgM，则设M的相对原子质量为y，

2M～2xe-～2xH2O

2y    2x

m    0.02mol

=，解得y=50mx，故答案为：50mx；

(3)电解含有0.01mol CuSO4和0.01molNaCl的混合溶液100mL，电路中转移了0.02mol e-，

阳极：2Cl- - 2e -= Cl2↑，

0.01mol 0.01mol 0.005mol

4OH- -4e-= 2H2O+ O2↑，

0.01mol 0.01mol 0.0025mol

阴极：Cu2+ + 2e-=Cu

0.01mol 0.02mol

所以阳极上生成的气体在标准状况下的体积=(0.005mol+0.0025mol)×22.4L/mol=0.168L，

阳极氢氧根离子减少0.01mol，则溶液中氢离子增加0.01mol，将电解后的溶液加水稀释至1L，溶液中氢离子浓度==0.01mol/L，溶液pH=2，故答案为：0.168；2；

(4)阴极上析出的是铜，阴极质量增加7.68g，其物质的量==0.12mol；阳极上溶解锌时，阴极上析出铜，所以溶液质量增加的质量为锌和铜的质量差，溶液质量增加0.03g，即锌和铜的质量差为0.03g，设锌的物质的量为x，

Zn+Cu2+=Zn2++Cu  质量增加

1mol       1g

x       0.03g

x=0.03mol。即合金中锌的物质的量是0.03mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等知，阳极上锌和铜失去的电子数等于阴极上铜离子得到的电子，设铜的物质的量为y，0.03mol×2+2y=0.12mol×2，y=0.09mol，所以铜和锌的物质的量之比为0.09mol：0.03mol=3：1，所以铜和锌的原子个数之比是3：1，故答案为：3：1。

点睛：本题考查了原电池、电解池原理的分析判断和计算应用，注意混合电解中电子守恒的计算应用。本题的易错点是(4)的计算，明确溶液中质量增加的量是什么是解本题的关键，然后根据得失电子数相等计算铜的物质的量，从而确定铜和锌的个数之比。