Question

7．如图所示的装置中，若通入直流电5min时，铜电极质量增加2.16g，试回答：
（1）电源电极X的名称为负极．
（2）pH变化：A增大，B减小，C不变．（填“增大”“减小”或“不变”）
（3）通电5min后，B中共收集224mL气体（标准状况），溶液体积为200mL，则通电前CuSO₄溶液的物质的量浓度为0.025mol/L （设电解前后溶液体积无变化）．
（4）若A中KCl溶液的体积也是200mL，电解后，溶液中OH^-的物质的量浓度为0.1mol/L （设电解前后溶液体积无变化）．

Answer 1

分析 （1）C中铜电极质量增加，说明铜电极为阴极，则银电极为阳极，所以X为负极，Y为正极；
（2）A中为惰性电极电解KCl溶液，反应生成KOH、氯气与氢气；
B中阳离子首先是铜离子放电，阴离子是氢氧根放电，有氢离子生成；
C中为Cu上镀Ag，电解质溶液浓度不变；
（3）B中阳极只生成氧气，根据电子转移守恒计算氧气物质的量，再结合气体总体积计算阴极生气氢气物质的量，根据电子转移守恒计算CuSO₄的物质的量，进而计算CuSO₄的物质的量浓度；
（4）A中阴极发生反应：2H₂O+2e^-=H₂↑+2OH^-，根据电子转移守恒计算OH^-的物质的量，进而计算OH^-的物质的量浓度．

解答 解：（1）C中铜电极质量增加，说明铜电极为阴极，则银电极为阳极，所以X为负极，Y为正极，
故答案为：负极；
（2）A中为惰性电极电解KCl溶液，反应生成KOH、氯气与氢气，溶液呈碱性，pH增大；
B中阳离子首先是铜离子放电，阴离子是氢氧根放电，有氢离子生成，溶液pH减小；
C中为Cu上镀Ag，电解质溶液浓度不变，溶液pH不变，
故答案为：增大；减小；不变；
（3）C中Cu电极上析出Ag为$\frac{2.16g}{108g/mol}$=0.02mol，转移电子为0.02mol，由电子转移守恒可知B中阳极得到氧气为$\frac{0.02mol}{4}$=0.005mol，得到气体总物质的量为$\frac{0.224L}{22.4L/mol}$=0.01mol，故阴极生气氢气为0.01mol-0.005mol=0.005mol，根据电子转移守恒可知CuSO₄的物质的量=$\frac{0.02mol-0.005mol×2}{2}$=0.005mol，故CuSO₄的物质的量浓度为$\frac{0.005mol}{0.2L}$=0.025mol/L，
故答案为：0.025mol/L；
（4）A中阴极发生反应：2H₂O+2e^-=H₂↑+2OH^-，根据电子转移守恒，生成OH^-的物质的量为0.02mol，则OH^-的物质的量浓度为$\frac{0.02mol}{0.2L}$=0.1mol/L，
故答案为：0.1mol/L．

点评 本题考查电解原理，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，把握离子的放电顺序为解答该题的关键，注意电子转移守恒在电化学计算中应用，难度中等．