Question

9．如图所示，甲、乙是电化学实验装置，请回答下列问题：
（1）若甲、乙两个烧杯中均盛放饱和NaCl溶液．
①甲中石墨棒上的电极反应式是O₂+2H₂O+4e^-=4OH^-．
②将湿润的淀粉KI试纸放在乙烧杯的上方，发现试纸先变蓝后褪色，这是因为电解生成的某种气体A氧化了I^-生成了I₂．若A气体和I₂按物质的量之比为5：1反应，且生成两种酸，该反应的化学方程式为5Cl₂+I₂+6H₂O=10HCl+2HIO₃．
③如果不考虑气体产物与烧杯中溶液之间的反应，当乙反应有0.01mol电子转移后停止实验，烧杯中溶液的体积为100mL，则溶液混匀后的pH=13．
（2）若甲、乙两烧杯中均盛放CuSO₄溶液．
①甲中铁棒上的电极反应式为Fe-2e^-=Fe²⁺．
②乙中总反应的离子方程式为2Cu²⁺+2H₂O$\frac{\underline{\;通电\;}}{\;}$ 2Cu+O₂↑+4H⁺．
③如果起始时乙中盛放100mL pH=5的CuSO₄溶液（25℃），一段时间后溶液的pH变为1，若要使溶液恢复到起始时的浓度（忽略溶液体积的变化），可向溶液中加入CuO（或CuCO₃）（填写物质的化学式）0.4（或0.62）g．

Answer 1

分析 （1）①甲为原电池装置，铁作负极，则石墨作正极，正极上氧气得电子；
②Cl₂氧化了生成的I₂，Cl元素的化合价降低，由电子守恒及Cl₂和I₂的物质的量之比为5：1来判断反应后I元素的化合价，以此来书写化学反应；
③乙为电解装置，由电子流向可知石墨为阳极，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，根据电解方程式中电子与氢氧根离子的关系计算；
（2）①甲为原电池装置，铁作负极，铁失电子；
②乙装置中阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上铜离子得电子生成Cu；
③根据电解硫酸铜的化学反应及元素守恒来判断加入的物质使溶液恢复到电解前的状态，再由溶液的pH的变化计算加入物质的质量．

解答 解：（1）①甲为原电池装置，石墨棒上氧气得电子发生还原反应，反应为2H₂O+O₂+4e^-═4OH^-，
故答案为：2H₂O+O₂+4e^-═4OH^-；
②Cl₂氧化了生成的I₂，Cl元素的化合价降低，生成盐酸，反应中Cl₂和I₂的物质的量之比为5：1，设I元素的化合价为x，则5×2×1=1×2×x，解得x=+5，则生成碘酸，所以发生的化学反应为5Cl₂+I₂+6H₂O═10HCl+2HIO₃，
故答案为：5Cl₂+I₂+6H₂O═10HCl+2HIO₃；
③乙为电解装置，由电子流向可知石墨为阳极，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，电解反应为2Cl^-+2H₂O $\frac{\underline{\;通电\;}}{\;}$H₂↑+Cl₂↑+2OH^-，当乙反应有0.01mol电子转生成氢氧根离子为0.01mol，则氢氧根离子的浓度为0.1mol/L，所以溶液的pH=13；
故答案为：13；
（2）①甲为原电池装置，铁作负极，负极反应为Fe-2e^-═Fe²⁺，故答案为：Fe-2e^-═Fe²⁺；
②乙装置中阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上铜离子得电子生成Cu，其电解反应的离子方程式为：2Cu²⁺+2H₂O$\frac{\underline{\;通电\;}}{\;}$ 2Cu+O₂↑+4H⁺；
故答案为：2Cu²⁺+2H₂O$\frac{\underline{\;通电\;}}{\;}$ 2Cu+O₂↑+4H⁺；
③由2CuSO₄+2H₂O$\frac{\underline{\;通电\;}}{\;}$2Cu+O₂↑+2H₂SO₄，要使溶液恢复原状态，可加入CuO（或CuCO₃），一段时间后溶液的pH变为1，则c（H⁺）=0.1mol/L-10^-5mol/L=0.1mol/L，n（H⁺）=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，则由电解反应可知析出的Cu的物质的量为0.005mol，由Cu原子守恒可知，m（CuO）=0.005mol×80g/mol=0.4g，或m（CuCO₃）=0.005mol×124g/mol=0.62g，
故答案为：CuO（或CuCO₃）；0.4（或0.62）．

点评 本题考查原电池与电解池的工作原理，明确离子放电顺序、电极反应式的书写即可解答，注意电子守恒在计算中的应用，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，题目难度中等．