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    15．用上面的电池对下物质进行电解，其中a、b、c、d、e、f电极均为惰性电极，通电后，a极产生的气体明显多于b极，2分钟后，测得乙池的pH为12，则
    ①电源A极是负极．
    ②c极上的电极反应式：2H++2e-=H 2↑．
    ③甲、乙两池共可收集到3.5×10-3mol气体．
    ④丙装置上某极可析出固体0.064克，溶液的pH为2．（常温，不考虑溶液体积变化）
    ⑤电解n分钟后，硫酸铜正好消耗完，再将e、f电极反接电源，用同样的电流再电解n分钟，则丙溶液中的硫酸铜的物质的量浓度为0.1mol/L．（不考虑溶液体积变化）

    分析 甲池实际上是电解水，生成氢气和氧气，氢气的体积大于氧气的体积，而a极产生的气体明显多于b极，说明a是氢离子放电生成氢气，b是氢氧根离子放电生成氧气，乙池是电解饱和食盐水，生成氢气、氯气和氢氧化钠，而丙是电解硫酸铜生成铜和、氧气和硫酸，由此分析解答．

    解答 解：①说明a是氢离子在阴极放电生成氢气，所以相连的A极是负极，故答案为：负；
    ②c极是阴极，是水电离出的氢离子放电，生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H 2↑，故答案为：2H++2e-=H 2↑；
    ③2分钟后，测得乙池的pH为12，所以氢氧化钠的物质的量为：10-2×0.2=2×10-3mol，整个电路转移电子的数目为2×10-3mol，而乙池中生成气体的物质的量为2×10-3mol，则甲生成气体的物质的量之和为：1.5×10-3mol，生成气体的总物质的为3.5×10-3，故答案为：3.5×10-3；
    ④生成铜的物质的量为：1×10-3mol，所以质量为：0.064g，生成氢离子的物质的量为：2×10-3mol，所以氢离子的浓度为：$\frac{2×1{0}^{-3}mol}{0.2L}$=0.01mol/L，则溶液的pH为2，故答案为：0.064；2；
    ⑤电解n分钟后，硫酸铜正好消耗完，再将e、f电极反接电源，用同样的电流再电解n分钟，说明转移电子的物质的量相等，而体积不变，说明硫酸铜的物质的量浓度为0.1mol/L，故答案为：0.1．

    点评 本题为电化学知识的综合应用，做题时要注意根据电极反应现象判断出电解池的阴阳级，进而判断出电源的正负极，要注意三个电解池为串联电路，各电极上得失电子的数目相等．做题时要正确写出电极方程式，准确判断两极上离子的放电顺序．

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    B．a-的还原性弱于c-的还原性
    C．d和其他3种元素均能形成离子化合物
    D．元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6

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    a．取试样10.00g配成500.00mL溶液．
    b．取所配溶液25.00mL于碘量瓶中，加入过量ZnCO3悬浊液除去Na2S后，过滤，向滤液中滴入2～3滴淀粉溶液，用0.050 00mol•L-1 I2溶液滴定至终点，用去5.00mL I2溶液．
    c．再取所配溶液25.00mL于碘量瓶中，加入50.00mL 0.050 00mol•L-1的I2溶液，并滴入2～3滴淀粉溶液，振荡．用标准Na2S2O3溶液滴定多余的I2，用去15.00mL 0.100 0mol•L-1 Na2S2O3溶液．
    ①步骤b中用ZnCO3除去Na2S的离子方程式为ZnCO3+S2-═ZnS+CO．
    ②判断步骤c中滴定终点的方法为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色．
    ③计算试样中Na2S•9H2O和Na2S2O3•5H2O的质量分数，写出计算过程．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

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    B．工作时，阳极附近pH减小
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