Question

3．如图装置所示，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同（假设通电前后溶液体积不变），A、B为外接直流电源的两极．将直流电源接通后，F极附近呈红色．
请回答：
（1）B极是电源的负 极；一段时间后，甲中溶液颜色变浅（填“变深”、“变浅”或“不变”）；
（2）若甲、乙中C、D、E、F电极均只有一种单质生成，对应单质的物质的量之比为1：2：2：2．
（3）现用丙装置给铜件镀银，则H应该是镀件（填“镀层金属”或“镀件”），电镀液是AgNO₃溶液．当乙中溶液的pH是13时（此时乙溶液体积为500mL），丙中镀件上析出银的质量为5.4 g，甲中溶液的pH变小（填“变大”、“变小”或“不变”）．
（4）若将C电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生总反应的化学方程式是Fe+CuSO₄$\frac{\underline{\;通电\;}}{\;}$Cu+FeSO₄．

Answer 1

分析 将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极显碱性，是氢离子在该电极放电，所以F即是阴极，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极，A是电源的正极，B是负极；
（1）将直流电源接通后，F极附近呈红色，可知道氢离子在该电极放电，所以F即是阴极，B是负极，甲中硫酸铜中铜离子减少导致溶液颜色的变化；
（2）C、D、E、F电极转移的电子数目相等，根据转移电子数可计算生成的单质的量；
（3）电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，电镀液含有镀层金属阳离子；
根据乙中氢氧根离子的浓度计算其物质的量，结构电极反应式计算转移电子物质的量，各个电极上转移的电子数是相等的，据此计算丙中析出Ag的物质的量，进而计算质量；
电解硫酸铜的过程中水放电生成氧气，有硫酸生成，氢离子浓度增大，所以酸性增强，甲中溶液的pH变小；
（4）铁电极做阳极则该电极放电的是金属铁本身．

解答 解：将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极显碱性，是氢离子在该电极放电，所以F即是阴极，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极，A是电源的正极，B是负极；
（1）A是电源的正极，B电极是电源的负极，在A池中，电解硫酸铜的过程中，铜离子逐渐减少，导致溶液颜色变浅，故答案为：负极；变浅；
（2）C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：4OH^-═O₂↑+2H₂O+4e^-、Cu²⁺+2e^-═Cu、2Cl^-═Cl₂↑+2e^-、2H⁺+2e^-═H₂↑，当各电极转移电子均为1mol时，生成单质的量分别为：0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5mol，所以单质的物质的量之比为1：2：2：2，
故答案为：1：2：2：2；
（3）电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，所以H应该是镀件，电镀液含有镀层金属阳离子，故电镀液为AgNO₃溶液；
当乙中溶液的pH是13时即c（OH^-）=0.1mol•L^-1时（此时乙溶液体积为500mL），根据电极反应2H₂O+2e^-═H₂↑+2OH^-，则放电的氢离子的物质的量为：0.1mol/l×0.5L=0.05mol，当转移0.05mol电子时，丙中镀件上析出银的质量=108g/mol×0.05mol=5.4g，
电解硫酸铜的过程中水放电生成氧气，有硫酸生成，所以氢离子浓度增大，所以酸性增强，甲中溶液的pH变小，
故答案为：镀件；AgNO₃；5.4g；变小；
（4）C电极换为铁，则阳极铁失电子，阴极铜离子得电子，电解池总的化学反应式为：Fe+CuSO₄$\frac{\underline{\;通电\;}}{\;}$Cu+FeSO₄；
故答案为：Fe+CuSO₄$\frac{\underline{\;通电\;}}{\;}$Cu+FeSO₄．

点评 本题考查学生有关电解池的工作原理知识，综合性很强，难度较大，要求学生熟记教材知识，学以致用．