Question

19．如圖是可用于測(cè)量阿伏加德羅常數(shù)的裝置示意圖，其中A是純銅片、B是石墨，插在100mLCuSO₄稀溶液中，銅片、石墨與引出導(dǎo)線相連，引出端分別為X、Y．
（1）當(dāng)以IA的電流電解6min后，測(cè)得銅片A的質(zhì)量減少了2.56g，則圖裝置中的X端應(yīng)與直流電的正極相連．
（2）電解后將電源反接，2IA的電流電解6min后，假設(shè)溶液體積不變，測(cè)得溶液中CuSO₄物質(zhì)的量濃度為0.1mol/L，則原溶液中CuSO₄物質(zhì)的量濃度0.5mol/L．溶液中H⁺的物質(zhì)的量濃度為0.8mol/L．
（3）列式計(jì)算實(shí)驗(yàn)測(cè)得的阿伏加德羅常數(shù)N_A（用I表示）2.8I×10²²mol^-1．（已知電子電量e=1.60×10^-19C）

Answer 1

分析 （1）A為純銅片，電解過(guò)程中A的質(zhì)量減少了2.56g，則A為陽(yáng)極，與電解池陽(yáng)極相連的為電源正極；（2）電解后將電源反接，X為陰極，2IA的電流電解6min后，反應(yīng)生成銅的物質(zhì)的量為：$\frac{2.56g}{64g/mol}$×2=0.08mol，則前3分鐘相當(dāng)于電鍍，溶液中銅離子濃度不變；3min后開(kāi)始電極硫酸銅溶液，溶液中銅離子減少了0.04mol，同時(shí)生成了0.08mol氫離子，根據(jù)c=$\frac{n}{V}$計(jì)算出銅離子減少的濃度，從而可知原溶液中鐵離子濃度；根據(jù)電子守恒計(jì)算出電解后溶液中氫離子的物質(zhì)的量及濃度；
（3）每生成1mol Cu，需要轉(zhuǎn)移2mole^-，現(xiàn)生成0.08mol Cu，需轉(zhuǎn)移0.16mole^-，
由物理學(xué)知識(shí)知，體系中通過(guò)的電子的物質(zhì)的量為：n（e^-）=$\frac{Q}{{N}_{A}•{e}^{-}}=\frac{It}{{N}_{A}•{e}^{-}}=\frac{2IA×6×60s}{1.6×1{0}^{-19}C•{N}_{A}}$=0.16mol，據(jù)此計(jì)算出阿伏伽德羅常數(shù)N_A．

解答 解：（1）A為純銅片，電解過(guò)程中A的質(zhì)量減少了2.56g，則A為陽(yáng)極，與A相連的X端為電源的正極，
故答案為：正極；
（2）電解后將電源反接，X為陰極，2IA的電流電解6min后，反應(yīng)生成銅的物質(zhì)的量為：$\frac{2.56g}{64g/mol}$×2=0.08mol，則前3分鐘相當(dāng)于電鍍，溶液中銅離子濃度不變；3min后開(kāi)始電極硫酸銅溶液，溶液中銅離子減少了0.04mol，同時(shí)生成了0.08mol氫離子，銅離子減少的濃度為：$\frac{0.04mol}{0.1L}$=0.4mol/L，則原溶液中銅離子的濃度為：0.1mol/L+0.4mol/L=0.5mol/L；后3分鐘陽(yáng)極氫氧根離子失去電子生成氧氣：4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑，根據(jù)電子守恒，生成氫離子的物質(zhì)的量為：n（H⁺）=n_放電（OH^-）=n（e^-）=2n（Cu）=0.08mol，則溶液中氫離子濃度為：$\frac{0.08mol}{0.1L}$=0.8mol/L，
故答案為：0.5；0.8；
（3）每生成1mol Cu，需要轉(zhuǎn)移2mole^-，現(xiàn)生成0.08mol Cu，需轉(zhuǎn)移0.16mole^-，
由物理學(xué)知識(shí)知，體系中通過(guò)的電子的物質(zhì)的量為：n（e^-）=$\frac{Q}{{N}_{A}•{e}^{-}}=\frac{It}{{N}_{A}•{e}^{-}}=\frac{2IA×6×60s}{1.6×1{0}^{-19}C•{N}_{A}}$=0.16mol，
則：N_A=$\frac{2IA×6×60s}{1.6×1{0}^{-19}C×0.16mol}$=2.8I×10²²mol^-1，
故答案為：2.8I×10²²．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的測(cè)定，題目難度中等，明確電解原理為解答關(guān)鍵，注意掌握測(cè)定阿伏伽德羅常數(shù)的方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)實(shí)驗(yàn)、化學(xué)計(jì)算能力．