Question

3．如圖裝置所示，C、D、E、F、X、Y都是惰性電極，甲、乙中溶液的體積和濃度都相同（假設通電前后溶液體積不變），A、B為外接直流電源的兩極．將直流電源接通后，F極附近呈紅色．
請回答：
（1）B極是電源的負 極；一段時間后，甲中溶液顏色變淺（填“變深”、“變淺”或“不變”）；
（2）若甲、乙中C、D、E、F電極均只有一種單質生成，對應單質的物質的量之比為1：2：2：2．
（3）現用丙裝置給銅件鍍銀，則H應該是鍍件（填“鍍層金屬”或“鍍件”），電鍍液是AgNO₃溶液．當乙中溶液的pH是13時（此時乙溶液體積為500mL），丙中鍍件上析出銀的質量為5.4 g，甲中溶液的pH變小（填“變大”、“變小”或“不變”）．
（4）若將C電極換為鐵，其他裝置都不變，則甲中發生總反應的化學方程式是Fe+CuSO₄$\frac{\underline{\;通電\;}}{\;}$Cu+FeSO₄．

Answer 1

分析 將直流電源接通后，F極附近呈紅色，說明F極顯堿性，是氫離子在該電極放電，所以F即是陰極，可得出D、F、H、Y均為陰極，C、E、G、X均為陽極，A是電源的正極，B是負極；
（1）將直流電源接通后，F極附近呈紅色，可知道氫離子在該電極放電，所以F即是陰極，B是負極，甲中硫酸銅中銅離子減少導致溶液顏色的變化；
（2）C、D、E、F電極轉移的電子數目相等，根據轉移電子數可計算生成的單質的量；
（3）電鍍裝置中，鍍層金屬必須做陽極，鍍件做陰極，電鍍液含有鍍層金屬陽離子；
根據乙中氫氧根離子的濃度計算其物質的量，結構電極反應式計算轉移電子物質的量，各個電極上轉移的電子數是相等的，據此計算丙中析出Ag的物質的量，進而計算質量；
電解硫酸銅的過程中水放電生成氧氣，有硫酸生成，氫離子濃度增大，所以酸性增強，甲中溶液的pH變小；
（4）鐵電極做陽極則該電極放電的是金屬鐵本身．

解答 解：將直流電源接通后，F極附近呈紅色，說明F極顯堿性，是氫離子在該電極放電，所以F即是陰極，可得出D、F、H、Y均為陰極，C、E、G、X均為陽極，A是電源的正極，B是負極；
（1）A是電源的正極，B電極是電源的負極，在A池中，電解硫酸銅的過程中，銅離子逐漸減少，導致溶液顏色變淺，故答案為：負極；變淺；
（2）C、D、E、F電極發生的電極反應分別為：4OH^-═O₂↑+2H₂O+4e^-、Cu²⁺+2e^-═Cu、2Cl^-═Cl₂↑+2e^-、2H⁺+2e^-═H₂↑，當各電極轉移電子均為1mol時，生成單質的量分別為：0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5mol，所以單質的物質的量之比為1：2：2：2，
故答案為：1：2：2：2；
（3）電鍍裝置中，鍍層金屬必須做陽極，鍍件做陰極，所以H應該是鍍件，電鍍液含有鍍層金屬陽離子，故電鍍液為AgNO₃溶液；
當乙中溶液的pH是13時即c（OH^-）=0.1mol•L^-1時（此時乙溶液體積為500mL），根據電極反應2H₂O+2e^-═H₂↑+2OH^-，則放電的氫離子的物質的量為：0.1mol/l×0.5L=0.05mol，當轉移0.05mol電子時，丙中鍍件上析出銀的質量=108g/mol×0.05mol=5.4g，
電解硫酸銅的過程中水放電生成氧氣，有硫酸生成，所以氫離子濃度增大，所以酸性增強，甲中溶液的pH變小，
故答案為：鍍件；AgNO₃；5.4g；變小；
（4）C電極換為鐵，則陽極鐵失電子，陰極銅離子得電子，電解池總的化學反應式為：Fe+CuSO₄$\frac{\underline{\;通電\;}}{\;}$Cu+FeSO₄；
故答案為：Fe+CuSO₄$\frac{\underline{\;通電\;}}{\;}$Cu+FeSO₄．

點評 本題考查學生有關電解池的工作原理知識，綜合性很強，難度較大，要求學生熟記教材知識，學以致用．