Question

16．在如图所示的装置中，若通直流电5min时，铜电极质量增加2.16g．试回答下列问题．

（1）电源中X电极为直流电源的负极．
（2）pH变化：A：增大 （填“增大”、“减小”或“不变”）．
（3）通电5min时，B中共收集224mL（标准状况下）气体，溶液体积为200mL，则通电前CuSO₄溶液的物质的量浓度为0.025mol•L^-1（设电解前后溶液体积无变化）．
（4）若A中KCl足量且溶液的体积也是200mL，电解后，溶液的pH为13（设电解前后溶液体积无变化）．

Answer 1

分析 （1）由铜电极的质量增加，则Cu电极为阴极，可知X为电源的负极；
（2）A中电解氯化钾得到氢氧化钾溶液，B中电解硫酸铜溶液生成硫酸，pH减小，根据C中电极反应判断；
（3）根据电极反应及电子守恒来计算；
（4）根据A中的电极反应及与C中转移的电子守恒来计算．

解答 解：（1）三个装置是串联的电解池．电解AgNO₃溶液时，Ag⁺在阴极发生还原反应变为Ag，所以质量增加的铜电极是阴极，则银电极是阳极，Y是正极，X是负极．故答案为：负；
（2）电解KCl溶液生成KOH，溶液pH增大；故答案为：增大；
（3）通电5 min时，C中析出0.02 mol Ag，电路中通过0.02 mol电子．B中共收集0.01 mol气体，若该气体全为氧气，则电路中需通过0.04 mol电子，电子转移不守恒．因此，B中电解分为两个阶段，先电解CuSO₄溶液，生成O₂，后电解水，生成O₂和H₂，
B中收集到的气体是O₂和H₂的混合物．设电解CuSO₄溶液时生成O₂的物质的量为x，电解H₂O时生成O₂的物质的量为y，则4x+4y=0.02 mol（电子转移守恒），x+3y=0.01 mol（气体体积之和），解得x=y=0.002 5 mol，所以n（CuSO₄）=2×0.002 5 mol=0.005 mol，c（CuSO₄）=$\frac{0.005mol}{0.2L}$=0.025 mol•L^-1．故答案为：0.025 mol•L^-1；
（4）通电5 min时，A中放出0.01 mol H₂，溶液中生成0.02 mol KOH，c（OH^-）=$\frac{0.02mol}{0.2L}$=0.1 mol•L^-1，pH=13．故答案为：13．

点评 本题考查电解原理，明确Cu电极的质量增加是解答本题的突破口，并明确发生的电极反应及电子守恒即可解答，注意计算时电子守恒的应用，题目难度中等．