题目内容
图中电极a、b分别为Ag电极和Pt电极，电极c、d都是石墨电极．通电一段时间后，在c、d两极上共收集到336mL（标准状态）气体．回答：（1）直流电源中，M为
正
正
极．（2）Pt电极上生成的物质是
银
银
，其质量为2.16
2.16
g．（3）电源输出的电子，其物质的量与电极b、c、d分别生成
的物质的物质的量之比为：2：
2
2
：0.5
0.5
：1
1
．（4）AgNO3溶液的浓度（填增大、减小或不变．下同）
不变
不变
，AgNO3溶液的pH
不变
不变
，H2SO4溶液的浓度增大
增大
，H2SO4溶液的pH减小
减小
．（5）若H2SO4溶液的质量分数由5.00%变为5.02%，则原有5.00%的H2SO4溶液的质量为
45.18
45.18
g．分析：（1）5.00%的稀H2SO4，实际上是电解其中的水．阴极产生H2，阳极产生O2，依据装置图中 电极气体体积分析，c电极是氧气，d电极生成的是氢气，依据电解原理分析判断电极；
（2）依据（1）分析判断a为阳极，b为阴极，所以是电镀装置，依据电子守恒计算得到；
（3）依据电极反应和电子守恒计算得到；
（4）装置中是电镀装置，电解质溶液浓度不变，溶液PH不变；电解硫酸溶液是电解水，硫酸溶液浓度增大；
（5）分析可知电解过程中是电解水，依据溶质不变列式计算；
（2）依据（1）分析判断a为阳极，b为阴极，所以是电镀装置，依据电子守恒计算得到；
（3）依据电极反应和电子守恒计算得到；
（4）装置中是电镀装置，电解质溶液浓度不变，溶液PH不变；电解硫酸溶液是电解水，硫酸溶液浓度增大；
（5）分析可知电解过程中是电解水，依据溶质不变列式计算；
解答：解：（1）5.00%的稀H2SO4，实际上是电解其中的水．阴极产生H2，阳极产生O2，且V（H2）：V（O2）=2：1，依据装置图中 电极气体体积分析，可确定d极为阴极，则电源的N极为负极，c极为阳极，b为阴极，a为阳极，M为正极；故答案为：正；
（2）依据硫酸溶液电解水的反应，V（H2）=336mL×2/3=224mL，即为0.01mol，V（O2）=336mL×1/3=112mL，即为0.005mol．说明电路上有0.02mol电子，因此在b极（Pt、阴极）产生Ag：0.02×108=2.16g；
故答案为：银，2.16g；
（3）电源输出的电子，其物质的量与电极b、c、d分别生成的物质的物质的量之比为，n（e）：n（Ag）：n（O2）：n（H2）=0.02：0.02：0.005：0.01=2：2：1/2：1；
故答案为：2：0.5：1；
（4）由Ag（阳）电极、Pt（阴）电极和AgNO3溶液组成的电镀池，因此AgNO3溶液浓度不变，pH也不变．电解5.00%的H2SO4溶液，由于其中的水发生电解，因此H2SO4溶液浓度增大，pH减小；
故答案为：不变，不变，增大，减小；
（5）设原5.00%的H2SO4溶液为xg，电解消耗水0.01×18=0.18g，则：5.00%x=5.02%（x-0.18），解得：x=45.18g．
故答案为：45.18；
（2）依据硫酸溶液电解水的反应，V（H2）=336mL×2/3=224mL，即为0.01mol，V（O2）=336mL×1/3=112mL，即为0.005mol．说明电路上有0.02mol电子，因此在b极（Pt、阴极）产生Ag：0.02×108=2.16g；
故答案为：银，2.16g；
（3）电源输出的电子，其物质的量与电极b、c、d分别生成的物质的物质的量之比为，n（e）：n（Ag）：n（O2）：n（H2）=0.02：0.02：0.005：0.01=2：2：1/2：1；
故答案为：2：0.5：1；
（4）由Ag（阳）电极、Pt（阴）电极和AgNO3溶液组成的电镀池，因此AgNO3溶液浓度不变，pH也不变．电解5.00%的H2SO4溶液，由于其中的水发生电解，因此H2SO4溶液浓度增大，pH减小；
故答案为：不变，不变，增大，减小；
（5）设原5.00%的H2SO4溶液为xg，电解消耗水0.01×18=0.18g，则：5.00%x=5.02%（x-0.18），解得：x=45.18g．
故答案为：45.18；
点评：本题考查电解原理的应用，主要是电解过程中电子守恒的计算应用，依据现象电极判断方法，题目难度中等．
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