Question

8．如图，通电5min后，电极5的质量增加2.16g，回答：
①电源a是负极．
②如果B槽中共收集到224mL气体（标况）且溶液体积为100mL（设电解过程中溶液体积不变），则通电前溶液中Cu²⁺的物质的量浓度为0.05mol•L^-1．
③如果A池溶液是2L（电解过程溶液体积不变），则通电后，pH=12．

Answer 1

分析 A、B、C装置有外接电源，所以是电解池，通电5min后，电极5质量增加2.16g，说明电极5是阴极，得电子析出金属单质，所以a是电源的负极，b是电源的正极，则1、3、5为阴极，发生还原反应，2、4、6发生氧化反应，A电解池中阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，B电解池中阴极上铜离子放电析出铜，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，C电解池中阴极上银离子放电析出银，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，据此解答该题．

解答 解：①通电5min后，电极5质量增加2.16g，说明电极5是阴极，得电子析出金属单质，所以a是电源的负极，b是电源的正极，
故答案为：负；
②C中阴极反应为Ag⁺+e^-═Ag，n（Ag）=$\frac{2.16g}{108g/mol}$=0.02mol，则转移的电子为0.02mol，
B中阳极反应为4OH^--4e^-═2H₂O+O₂↑，则转移0.02mol电子生成氧气为0.005mol，其体积为0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL，
则在阴极也生成112mL气体，由2H⁺+2e^-═H₂↑，则氢气的物质的量为0.005mol，该反应转移的电子为0.01mol，
则Cu²⁺+2e^-═Cu中转移0.01mol电子，所以Cu²⁺的物质的量为0.005mol，通电前c（CuSO₄）=$\frac{0.005mol}{0.1L}$=0.05 mol•L^-1，
故答案为：0.05mol•L^-1；
③串联电路中转移电子相等，所以A中转移电子的物质的量也是0.02mol，A电池中电池反应式为2NaCl+2H₂O $\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$H₂↑+Cl₂↑+2NaOH，设反应中生成氢氧化钠的物质的量为x，
2NaCl+2H₂O $\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$H₂↑+2NaOH+Cl₂↑ 转移电子
                                      2mol               2mol
                                      x                     0.02mol
x=0.02mol
c（NaOH）=$\frac{0.02mol}{2L}$=0.01mol/L，所以溶液的pH=12，
故答案为：12．

点评 本题以电解原理为载体考查了物质的量的有关计算，难度不大，明确串联电解池中转移电子数相等是解本题的关键，注意B电解池中气体的成分，然后根据得失电子数相等计算得出铜的物质的量，从而计算得出其浓度．