Question

8．如圖，通電5min后，電極5的質量增加2.16g，回答：
①電源a是負極．
②如果B槽中共收集到224mL氣體（標況）且溶液體積為100mL（設電解過程中溶液體積不變），則通電前溶液中Cu²⁺的物質的量濃度為0.05mol•L^-1．
③如果A池溶液是2L（電解過程溶液體積不變），則通電后，pH=12．

Answer 1

分析 A、B、C裝置有外接電源，所以是電解池，通電5min后，電極5質量增加2.16g，說明電極5是陰極，得電子析出金屬單質，所以a是電源的負極，b是電源的正極，則1、3、5為陰極，發(fā)生還原反應，2、4、6發(fā)生氧化反應，A電解池中陽極上氯離子放電生成氯氣，陰極上氫離子放電生成氫氣，B電解池中陰極上銅離子放電析出銅，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，C電解池中陰極上銀離子放電析出銀，陽極上氫氧根離子放電生成氧氣，據(jù)此解答該題．

解答 解：①通電5min后，電極5質量增加2.16g，說明電極5是陰極，得電子析出金屬單質，所以a是電源的負極，b是電源的正極，
故答案為：負；
②C中陰極反應為Ag⁺+e^-═Ag，n（Ag）=$\frac{2.16g}{108g/mol}$=0.02mol，則轉移的電子為0.02mol，
B中陽極反應為4OH^--4e^-═2H₂O+O₂↑，則轉移0.02mol電子生成氧氣為0.005mol，其體積為0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，
則在陰極也生成112mL氣體，由2H⁺+2e^-═H₂↑，則氫氣的物質的量為0.005mol，該反應轉移的電子為0.01mol，
則Cu²⁺+2e^-═Cu中轉移0.01mol電子，所以Cu²⁺的物質的量為0.005mol，通電前c（CuSO₄）=$\frac{0.005mol}{0.1L}$=0.05 mol•L^-1，
故答案為：0.05mol•L^-1；
③串聯(lián)電路中轉移電子相等，所以A中轉移電子的物質的量也是0.02mol，A電池中電池反應式為2NaCl+2H₂O $\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$H₂↑+Cl₂↑+2NaOH，設反應中生成氫氧化鈉的物質的量為x，
2NaCl+2H₂O $\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$H₂↑+2NaOH+Cl₂↑ 轉移電子
                                      2mol               2mol
                                      x                     0.02mol
x=0.02mol
c（NaOH）=$\frac{0.02mol}{2L}$=0.01mol/L，所以溶液的pH=12，
故答案為：12．

點評 本題以電解原理為載體考查了物質的量的有關計算，難度不大，明確串聯(lián)電解池中轉移電子數(shù)相等是解本題的關鍵，注意B電解池中氣體的成分，然后根據(jù)得失電子數(shù)相等計算得出銅的物質的量，從而計算得出其濃度．