Question

4．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，B：减小，C：不变．（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（假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（假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）由铜电极的质量增加，发生Ag⁺+e^-═Ag，则Cu电极为阴极，Ag为阳极，Y为正极，可知X为电源的负极，故答案为：负；
（2）A中电解氯化钾得到氢氧化钾溶液，pH增大，B中电解硫酸铜溶液生成硫酸，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，C中阴极反应为Ag⁺+e^-═Ag，阳极反应为Ag-e^-═Ag⁺，溶液浓度不变，则pH不变，
故答案为：增大；减小；不变；
（3）C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）=$\frac{0.005mol}{0.2L}$=0.025 mol•L^-1；
故答案为：0.025mol/L；
（4）由A中发生2KCl+2H₂O$\frac{\underline{\;通电\;}}{\;}$2KOH+H₂↑+Cl₂↑～2e^-，
由电子守恒可知，转移0.02mol电子时生成0.02molKOH，忽略溶液体积的变化，
则c（OH^-）=$\frac{0.02mol}{0.2L}$=0.1mol•L^-1，溶液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．