Question

1．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，甲中溶液颜色逐渐变浅，丁中X极附近的颜色
逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，这表明氢氧化铁胶体粒子带正电荷，在电场作用下向
Y极移动．
（2）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），甲中溶液的pH变小（填“变大”、“变小”或“不变”），丙中镀件上析出银的质量为5.4 g．
（3）若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为1：2：2：2．
（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离子方程式是Fe+Cu²⁺$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$Cu+Fe²⁺
（5）用甲装置电解100毫升0.2molAgNO₃、0.4molCu（NO₃）₂、0.6molKCl的混合液，若在一极析出19.2gCu，在另一极产生的气体在标况下的体积为5.6L．

Answer 1

分析 （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，并得到其他各个电极的名称，硫酸铜中铜离子减少导致溶液颜色的变化，胶体的胶粒带电，即电泳实验证明的结论；
（2）电镀时，镀层Ag为阳极、镀件Cu为阴极，电解质溶液为AgNO₃溶液，根据转移电子相等计算析出Ag的质量；
（3）根据转移电子相等进行计算其物质的量之比；
（4）若将C换为Ag，则阳极上Ag失电子、阴极上Cu离子放电；
（5）Ag⁺和Cl^-反应生成AgCl沉淀，电解时溶液中不存在Ag⁺，阴离子放电顺序为Cl^-＞OH^-，若在一极析出0.3molCu，阴极得到电子为0.3mol×2=0.6mol，结合两极转移电子数目相等以及电极方程式计算．

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）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，Y极是阴极，该电极颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶体向该电极移动，异性电荷相互吸引，所以氢氧化铁胶体粒子带正电荷，
故答案为：负极；逐渐变浅；氢氧化铁胶体粒子带正电荷；
（2）电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，含有银离子的溶液为电解质溶液，则电镀液为AgNO₃溶液，H应该是镀件，当乙中溶液的pH是13时（此时乙溶液体积为500mL）时，根据电极反应2H⁺+2e^-═H₂↑，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氢氧根减少，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；变小；5.4g；
（3）C、D、E、F发生的反应分别为：4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑、Cu²⁺+2e^-=Cu、2Cl^--2e^-=Cl₂↑、2H⁺+2e^-=H₂↑，串联电路中转移电子相等，假设都转移4mol电子时，O₂、Cu、Cl₂、H₂的物质的量分别是1mol、2mol、2mol、2mol，所以生成单质的物质的量之比为1：2：2：2，
故答案为：1：2：2：2；
（4）若将C换为Fe，则阳极上Fe失电子、阴极上Cu离子放电，电池反应式为Fe+Cu²⁺$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$Cu+Fe²⁺，故答案为：Fe+Cu²⁺$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$Cu+Fe²⁺．
（5）Ag⁺和Cl^-反应生成AgCl沉淀，电解时溶液中不存在Ag⁺，
反应后溶液中存在0.4molCu²⁺、0.4molCl^-，
若在一极析出0.3molCu，阴极得到电子为0.3mol×2=0.6mol，
阳极首先发生：2Cl^--2e^-=Cl₂↑，然后发生4OH^--4e^-=O₂+2H₂O，
则0.4molCl^-生成0.2molCl₂，失去0.4mol电子，在反应中4OH^--4e^-=O₂+2H₂O，转移0.2mol电子，生成0.05molO₂，
则气体的体积为（0.2mol+0.05mol）×22.4L/mol=5.6L；
故答案为：5.6．

点评 本题考查电解原理的应用，正确判断阴阳极及正负极是解本题关键，知道各个电极上发生的反应，会正确书写电极反应式，题目难度中等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力和计算能力．