题目内容

1．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溶液的体积是100mL，电解后，溶液中OH-的物质的量浓度为0.2mol/L（设电解前后溶液体积无变化）．

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）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：负极；
（2）A中氯化钾电解得到氢氧化钾和氢气、氯气，溶液碱性增强，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}{0.1L}$=0.2mol•L-1，
故答案为：0.2 mol•L-1．

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．

练习册系列答案
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12．NA为阿伏加德罗常数的值．下列说怯错误的是（　　）
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C．2.0 L 0.5 mol/L NaAlO2溶液中舍有氧原子的数目为2NA
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9．下列各组反应（表中物质均为反应物），反应刚开始时，放出 H2 的速率最大的是（　　）
编号 金属（粉末状） （mol） 酸的浓度及体积 反应温度（℃） 
AMg，0.1 5 mol•L-1 硝酸 10mL 60
BMg，0.13 mol•L-1 盐酸 10mL 60
C Fe，0.13 mol•L-1 盐酸 100mL60
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A．AB．BC．CD．D
16．将pH=8和pH=10的两种NaOH溶液等体积混合后，溶液中c（H+）最接近于（　　）
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C．（1×10-4+5×10-10）mol/LD．2×10-10mol/L
6．某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2，他们使用的药品和装置如图所示：

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C．固体硫在纯氧中燃烧　         D．铜与热浓H2SO4
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（4）若要从A中所得溶液提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有BF（填序号）．
A．蒸发皿   　B．石棉网    C．漏斗　　D．烧杯     E．玻璃棒    F． 坩埚
（5）在上述装置中通入过量的SO2，为了验证A中SO2与Fe3+发生了氧化还原反应，他们取A中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：
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