2011届高考化学一轮复习 第7章 化学反应与能量转化 第二节 电能转化为化学能—电解随堂模拟测试 鲁科版选修4

1、第二节 电能转化为化学能电解1金属镍有广泛的用途，粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是(已知：氧化性Fe2<Ni2<Cu2)()A阳极发生还原反应，其电极反应式为：Ni22eNiB电解过程中，阳极质量的减少量与阴极质量的增加量相等C电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2和Zn2D电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt解析：电解精炼铜时，粗铜中比铜活泼的铁、锌等在阳极上首先被氧化变成相应的金属离子进入溶液，比铜不活泼的银、金等金属不能在阳极上被氧化，就以单质的形式沉积在阳极底部形成阳极泥。把这些规律应用到本题中，由于铁、锌等比镍

2、活泼，铜、铂等没有镍活泼，所以铁、锌等要在阳极上被氧化，铜、铂等不会被氧化，而变成阳极泥。故正确答案为D。答案：D2 用电解质溶液为氢氧化钾水溶液的氢氧燃料电池电解饱和硫酸钠溶液一段时间，假设电解 时温度不变且用惰性电极，下列说法不正确的是()A当电池负极消耗m g气体时，电解池阴极有m g气体生成B电解池的阳极反应式为：4OH4e2H2OO2C电解后c(Na2SO4)不变，且溶液中有晶体析出D电池中c(KOH)不变；电解池中溶液pH变大解析：氢氧燃料电池的电极反应式分别为：负极：2H24e4OH4H2O，正极：O24e2H2O4OH；用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液，实质为电解H2O，电极

3、反应式为阳极：4OH4eO22H2O，阴极：4H4e2H2。A项，根据转移电子守恒，电池负极消耗H2的质量与电解池阴极生成H2的质量相同；C项，电解后，Na2SO4溶液仍为饱和溶液，温度不变，c(Na2SO4)不变，但由于消耗H2O，溶液中会析出Na2SO4·10H2O晶体；D项，电池中n(KOH)不变，由于生成H2O，c(KOH)减小，电解池中Na2SO4溶液浓度不变，溶液pH不变。答案：D3. 用惰性电极实现电解，下列说法正确的是()A电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液pH不变B电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH，故溶液pH减小C电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量

4、之比为12D电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为11解析：电解稀H2SO4，实质上是电解水，硫酸的物质的量不变，但溶液体积减少，浓度增大，故溶液pH减小，A不正确；电解稀NaOH溶液，阳极消耗OH，阴极消耗H，实质也是电解水，NaOH溶液浓度增大，故溶液的pH增大，B不正确；电解Na2SO4溶液时，在阳极发生反应：4OH4e2H2OO2，在阴极发生反应：4H4e2H2，由于两电极通过电量相等，故析出H2与O2的物质的量之比为21，C不正确；电解CuCl2溶液时，阴极反应为Cu22eCu，阳极反应为2Cl2eCl2，两极通过电量相等时，Cu和Cl2的物质的量之比为11，D正确

5、。答案：D4 用Pt电极电解含有0.1 mol Cu2和0.1 mol X3的溶液，阴极析出固体物质的质量m(g)与溶液中通过电子的物质的量n(mol)的关系如图所示。则离子的氧化能力由大到小排列正确的是()ACu2>X3>H BH>X3>Cu2CX3>H>Cu2 DCu2>H>X3解析：有些同学没有认真分析，就将X3与Fe3联系起来，选择答案C。这其实是简单记忆阳离子放电顺序导致思维定势而造成的结果。本题的解题信息在图像中，一通电就有固体析出，且通过0.2 mol电子后，就没有固体析出了，说明是Cu2放电的结果，X3不放电。故正确答案为D。答案

6、：D5500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)0.6 mol·L1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是()A原混合溶液中c(K)为0.2 mol·L1 B上述电解过程中共转移0.2 mol电子C电解得到的Cu的物质的量为0.05 mol D电解后溶液中c(H)为0.2 mol·L1解析：石墨作电极电解KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，阳极反应式为：4OH4e2H2OO2，阴极先后发生两个反应：Cu22eCu,2H2eH2。从收集到O2为

7、2.24 L这个事实可推知上述电解过程中共转移0.4 mol电子，而在生成2.24 L H2的过程中转移0.2 mol电子，所以Cu2共得到0.4 mol0.2 mol0.2 mol电子，电解前Cu2的物质的量和电解得到的Cu的物质的量都为0.1 mol。电解前后分别有以下守恒关系：c(K)2c(Cu2)c(NO)，c(K)c(H)c(NO)，不难算出：电解前c(K)0.2 mol·L1，电解后c(H)0.4 mol·L1。答案：A6某学生想制作一种家用环保型消毒液发生器，用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液。通电时，为使Cl2被完全吸收，制得有较强杀菌能力的消毒液，设计了如图的

8、装置，则对电源电极名称和消毒液的主要成分判断正确的是()Aa为正极，b为负极；NaClO和NaCl Ba为负极，b为正极；NaClO和NaClCa为阳极，b为阴极；HClO和NaCl Da为阴极，b为阳极；HClO和NaCl解析：有关反应2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，因阳极生成Cl2，阴极生成NaOH，为使二者充分作用，Cl2应在下端产生，从而推知电源b为正极，a为负极，消毒液主要成分是NaCl、NaClO。答案：B7. 某溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，它们的物质的量之比为31。用石墨作电极电解该混合溶液时，根据电解产物，可明显分

9、为三个阶段。下列叙述不正确的是()A阴极自始至终只析出H2 B阳极先析出Cl2后析出O2C电解最后阶段为电解水 D溶液pH不断增大，最后为7解析：电解质溶液中，n(Na)n(Cl)n(H)n(SO)3321，开始电解产生H2和Cl2，随着产生H2和Cl2的同时，生成OH，最后是电解水。因而最后溶液的pH7，阴极只放出H2。三个阶段分别相当于电解HCl(aq)NaCl(aq)H2O。答案：D8 下图中X是直流电源。Y槽中c、d为石墨棒，Z槽中e、f是质量相同的铜棒。接通电路后，发现d附近显红色。(1)电源上b为_极(用“正”“负”“阴”或“阳”填空)。Z槽中e为_极(同上)。连接Y、Z槽线路中，

10、电子流动的方向是d_e(用“”或“”填空)。(2)写出c极上反应的电极反应式_。写出Y槽中总反应化学方程式_。写出Z槽中e极上反应的电极反应式_。(3)电解2 min后，取出e、f，洗净、烘干、称量，质量差为1.28 g，在通电过程中，电路中通过的电子为_mol。若Y槽中溶液体积为500 mL(电解后可视为不变)，槽中电解反应的速率v(OH)_。解析：“附近显红色”是d作为阴极时应有的现象，据此可确定d为阴极，进一步即可解答(1)(2)中问题。(3)e极因发生反应Cu2eCu2而减轻，f极因发生反应Cu22eCu而增重，每转移2 mol e两极质量差就增加128 g，即mn(e)128 g2

11、mol，n(e)·n0.02 mol。Y槽中2NaCl2H2O2NaOHCl2H22e，当转移0.02 mol e时产生OH 0.02 mol，则v(OH)0.02 mol/(L·min)。答案：(1)负阳(2)2Cl2eCl22NaCl2H2O2NaOHH2Cl2Cu2eCu2(3)0.020.02 mol·(L·min)19 按下图中装置实验，A、B两烧杯分别盛放200 g 10% NaOH溶液和足量CuSO4溶液。通 电一段时间后，c极上有Cu析出，又测得A杯溶液中NaOH的质量分数为10.23%，试回答：(1)电源的P极为_极。(2)b极产生气体

12、的体积为_L(标准状况)。(3)c极上析出沉淀的质量为_g。(4)d极上所发生的电极反应式为：_。解析：B池中c极上有金属析出，说明它为阴极。由此可知，d、b为阳极，a、c为阴极。按照“正接阳，负接阴”的规律，电源的P极为负极。电解NaOH溶液时，a极产生H2，b极产生O2；电解CuSO4溶液时，d极产生O2，其电极反应式为：4OH4e2H2OO2。m(NaOH)200 g×10%20 g。电解后溶液的质量为：195.5 g。被电解的水的质量为：200 g195.5 g4.5 g，其物质的量为0.25 mol。由此可知，b极产生的O2为0.125 mol，即2.8 L。根据电子守恒得

13、：0.125 mol×4n(Cu)×2，解得n(Cu)0.25 mol，即Cu析出16 g。答案：(1)负(2)2.8(3)16(4)4OH4e2H2OO210在50 mL 0.2 mol/L CuSO4溶液中插入两个电极通电电解(不考虑水分蒸发)。则：(1)若两极均为铜片，试说明电解过程中浓度变化情况_。(2)若阳极为纯锌，阴极为铜片，阳极反应式是_。(3)如不考虑H在阴极上放电，当电路中有0.04 mol e通过时，阴极增重_g，阴极上的电极反应式是_。解析：(1)(2)小题类似于电镀原理，(3)由Cu22eCu可知2 mol e1 mol Cu，故阴极析出Cu：0.0

14、2 mol×64 g·mol11.28 g。答案：(1)不变(2)Zn2eZn2(3)1.28Cu22eCu11在如图用石墨作电极的电解池中，放入500 mL含一种溶质的某蓝色溶液进行电解，观察到A电极表面有红色的固态物质生成，B电极有无色气体生成；当溶液中的原有溶质完全电解后，停止电解，取出A电极，洗涤、干燥、称量，电极增重1.6 g。请回答下列问题(1)B电极发生反应的电极反应式_。(2)写出电解时反应的离子方程式_。(3)电解后溶液的pH为_，要使电解后溶液恢复到电解前的状态，则需加入_，其质量为_g。(假设电解前后溶液的体积不变)(4)请你设计实验确定原溶液中可能含

15、有的酸根离子，要求：提出两种可能的假设，分别写出论证这两种假设的操作步骤，实验现象和实验结论。假设一：_；假设二：_。解析：(1)蓝色溶液含Cu2，A电极有红色固体物质生成，则析出Cu，为阴极；B电极为阳极，析出O2，电极反应式为：4OH4e2H2OO2。(2)2Cu22H2O2CuO24H(3)当溶液中溶质完全电解时，得Cu的物质的量为 0.025 mol。此时溶液中c(H)0.1 mol/L，pH1。要使溶液恢复原状，应加入CuO 0.025 mol，即2 g。(4)因为可溶性盐，电解时得O2，酸根只有常见的SO和NO，应从这两个角度去鉴定。答案：(1)4OH4e2H2OO2(2)2Cu2

16、2H2O2CuO24H(3)1CuO2 (4)假设原溶液中的酸根离子是SO。取电解后的溶液，向其中加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则原溶液中所含的酸根离子是SO假设原溶液中的酸根离子是NO。取电解后的溶液，向其中加入铜，微热，若铜溶解，并有无色气体生成，且在空气中变为红棕色，则原溶液中所含的阴离子是NO 1(2009·广东单科，14)可用于电动汽车的铝­空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是()A以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反应都为：O22H2O4e4OHB以NaOH溶液为电解液时，负极反

17、应为：Al3OH3eAl(OH)3C以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解液的pH保持不变D电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极解析：以NaOH为电解液时，不应生成Al(OH)3沉淀，而应生成Al(OH)4；C项，电解液的pH应减小；D项，电子通过外电路从负极流向正极。答案：A2下列描述中，不符合生产实际的是()A电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极B电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极C电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极D在镀件上电镀锌，用锌作阳极解析：电解池的阳极失电子发生氧化反应、阴极得电子发生还原反应。电解熔融的Al2O3制Al时，若用Fe作阳极，会发生Fe2eFe2，Fe

18、2移动到阴极上发生Fe22eFe，使得到的Al不纯。答案：A3 电解NaClKClAlCl3熔体制铝比电解Al2O3NaAlF6制铝节省电能约30%，但现在仍用后一种方法制铝，其主要原因是()AAlCl3是分子晶体，其熔体不导电 B电解AlCl3生成的Cl2会严重污染大气C自然界不存在富含AlCl3的矿石 D生产无水AlCl3较困难，成本又较高解析：本题主要考查学生处理新信息的能力和对铝工业生产原理的理解。由题意可知NaClKClAlCl3熔体能导电，A错；工业上可用电解NaCl、MgCl2的方法生产Na、Mg，B显然错误；自然界不存在富含AlCl3的矿石是事实，但不是主要原因，因为AlCl3

19、易水解，所以生产无水AlCl3较困难，成本较高。答案：D4. 能用电解原理说明的问题是()电解是把电能转变成化学能电解是化学能转化成电能电解质溶液导电是化学变化，金属导电是物理变化不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理可以实现任何溶液被电解时，必然导致氧化还原反应的发生A B C D解析：从能量角度看，电解是把电能转化成化学能的过程，故对错；电解质溶液的导电过程，必然伴随着两个电极上氧化还原反应的发生，同时生成新的物质，故、对；某些不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理供给电能也可以实现，故对。所以D选项符合题意。答案：D5电解84.7 mL质量分数为16%的氢氧化钠溶液(密度为1.1

20、8 g·cm3)，过一段时间后，电解所得溶液中溶质的质量分数为19.5%(用石墨为电极)，这是因为()A溶质增加了3.5 g B有1.5 mol水被电解C在阳极生成2 g H2 D在阳极生成16 g O2解析：电解NaOH溶液实际上是电解水，通过计算可知电解了1 mol水，因而在阳极生成16 g氧气。答案：D6用石墨作电极，分别电解下列各物质的溶液CuCl2CuSO4NaBrNaNO3盐酸H2SO4KOH。其中只有水被电解的有()A B C D解析：只有水被电解即是在阴极上H放电(溶液中阳离子是较活泼的金属离子)，在阳极上OH放电(溶液中含有含氧酸根离子或F。)答案：C7用石墨作电极

21、电解AlCl3溶液时，下图的电解过程变化曲线合理的是()解析：阴离子放电顺序Cl>OH，阳离子放电顺序H>Al3，因此电解AlCl3溶液实质是电解溶质AlCl3和溶剂水，电解方程式为：2AlCl36H2O2Al(OH)33Cl23H2电解前，由于Al3水解，溶液呈酸性，随着电解进行，c(Al3)减小，pH升高。但生成的Al(OH)3是难溶物质，故pH不可能大于7。电解过程中，Al(OH)3沉淀量逐渐增加，AlCl3完全电解后，沉淀量保持不变。答案：D8用质量均为100 g的铜作电极，电解硝酸银溶液，电解一段时间后，两电极的质量差为28 g，此时两电极的质量分别为()A阳极100 g

22、，阴极128 g B阳极93.6 g，阴极121.6 gC阳极91.0 g，阴极119.0 g D阳极86.0 g，阴极114.0 g解析：Cu作电极电解AgNO3溶液时，电极反应式如下：阳极：Cu2eCu2，阴极：2Ag2e2Ag设：阳极溶解Cu的物质的量为n，阴极析出的Ag的物质的量则为2n，据题意：(2n×108100 g)(100 g64n)28 g，n0.1 mol故阳极质量为：100 g6.4 g93.6 g，阴极质量为：100 g21.6 g121.6 g。答案：B9如下图所示，在一U型管中装入滴有紫色石蕊试液且混合均匀的某溶液，通直流电，一段时间后U型管内会形成一个倒

23、立的“彩虹”，则U型管内的溶液可能为()ANaCl溶液 BNaOH溶液CCuSO4溶液 DNa2SO4溶液解析：“倒立的彩虹”，一端显红色(酸性)，一端显蓝色(碱性)，中间显紫色(中性)，电解的是水，那么只有D项符合题意。答案：D10下图是电解饱和NaCl溶液的实验装置，其中c、d为石墨电极。则下列有关判断中正确的是()Aa为正极、b为负极Bc为阴极、d为阳极C电解过程中，d电极质量增加D电解过程中，氯离子浓度不变解析：从电流方向可以判断电源中a 为正极，b为负极；因此电解池中c为阳极，d为阴极。电解过程中，阴极上H得电子，放出H2，电极质量不变，阳极上Cl失电子，得到Cl2，氯离子浓度减小。

24、答案：A11. 用惰性电极电解V mL某二价金属的硫酸盐溶液一段时间，阴极有W g金属析出，溶液的pH从6.5变为2.0(体积变化可忽略不计)。析出金属的相对原子质量()A. B. C2×105W/V D1×105W/V解析：计算关系式：M2H Mr g 2 mol W g 102 mol/L× LMr×1 000，化简得：Mr。答案：C12下图装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色，下列说法中正确的是()AX是正极，Y是负极BX是负极，Y是正极CCuSO4溶液的pH值逐渐增大DCuSO4溶液的pH值保持不变解析：b极区附近溶液呈

25、红色，则b极附近c(OH)增大，则c(H)减小，所以b极反应为2H2eH2，而此反应为还原反应，为电解池的阴极反应，则y为电源的负极，x为电源的正极，A选项正确；B选项错误。左池电解总反应方程式为2CuSO42H2O2Cu2H2SO4O2，pH值减小。答案：A13用惰性电极电解2 L 1.0 mol/L CuSO4溶液，在电路中通过0.5 mol电子后，调换正负极继续电解，电路中通过了1 mol电子，此时溶液中c(H)为(假设体积不变)()A1.5 mol/L B0.75 mol/L C0.5 mol/L D0.25 mol/L解析：调换正负极前后电极反应式如下：故电路中转移的1.5 mol电

26、子中，只有1 mol由OH放电产生，即消耗的n(OH)1 mol，即溶液中积累的n(H)1 mol，则c(H)0.5 mol/L。答案：C14某学生欲完成反应2HCl2Ag=2AgClH2而设计了下列四个实验，你认为可行的是()解析：题给反应是一个不能自发进行的氧化还原反应，必须借助电解手段才能使之发生。B、D两装置不是电解池，显然不能使之发生；A装置是电解池，但Ag棒作阴极而不参与反应，其电解池反应不是题给反应，A装置不能使题给反应发生；C装置是电解池，Ag棒作阳极而参与反应，其电解池反应是题给的反应，C装置能使题给的反应发生。答案：C15. 请从下图中选用必要的装置进行电解饱和食盐水的实验

27、，要求测定产生的氢气的体积(大于25 mL)，并检验氯气的氧化性。(1)A极发生的电极反应式是_，B极发生的电极反应式是_。电解饱和食盐水的化学方程式是_。(2)电源、电流表与A、B两极的正确连接顺序为：L()()()()M。(3)设计上述气体实验装置时，各接口的正确连接顺序为：_接_、_接A、B接_、_接_。(4)在实验中，盛有KI淀粉溶液的容器中发生的反应的离子方程式为_。(5)已知饱和食盐水50 mL，某时刻测得H2体积为16.8 mL(标准状况)。此时溶液pH约为_。(lg 20.3，lg 30.5，lg 50.7)解析：(1)要达到电解食盐水的目的，则电解池中铁棒必须接上电源的负极而

28、成为阴极，碳棒则接上电源的正极而成为阳极，反之，铁作阳极则Fe2进入溶液，无法实现电解食盐水的目的。(2)电源负极接电解池的铁棒、碳棒接电流计“”端，“”端接电源正极。(3)电解池左边A导管口产生H2，右边B导管口产生Cl2，以电解池为中心，则有：HFGABDEC，相应装置的作用： (5)2NaOHH2 2 mol 22.4 L 1.5×103 mol 16.8×103 Lc(OH)3×102 mol/L，c(H)×1012 mol/LpHlg(×1012)12.5。答案：(1)2H2eH22Cl2eCl22NaCl2H2O2NaOHH2Cl2

29、(2)ABJK(或JKAB)(3)HFGDEC(4)Cl22I=2ClI2(5)12.516如图所示，甲、乙两池电极材料都是铁棒与碳棒，请回答下列问题：(1)若两池中均为CuSO4溶液，反应一段时间后：有红色物质析出的是甲池中的_棒，乙池中的_棒。乙池中阳极的电极反应式是_。(2)若两池中均为饱和NaCl溶液：写出乙池中总反应的离子方程式：_。甲池中碳极的电极反应式是_，乙池碳极的电极反应属于_(填“氧化反应”或“还原反应”)。将湿润的淀粉KI试纸放在乙池碳极附近，发现试纸变蓝，过一段时间后又发现蓝色退去。这是因为过量的Cl2又将生成的I2氧化。若反应的Cl2和I2物质的量之比为51，且生成两

30、种酸，该反应的化学方程式为_。若乙池转移0.02 mol e后停止实验，池中溶液体积是200 mL，则反应后溶液的pH_。解析：甲为原电池，乙为电解池。(1) 若两池中均为CuSO4溶液，则：(2)若均为NaCl溶液，则：答案：(1)碳铁4OH4e2H2OO2(2)2Cl2H2OCl2H22OH2H2OO24e4OH氧化反应5Cl2I26H2O=2HIO310HCl1317现在工业上主要采用离子交换膜法电解饱和食盐水制取H2、Cl2、NaOH。请回答下列问题：(1)在电解过程中，与电源正极相连的电极上所发生的电极反应式为_。(2)电解之前食盐水需要精制，目的是除去粗盐中的Ca2、Mg2、SO等

31、杂质离子，使用的试剂有：a.Na2CO3溶液，b.Ba(OH)2溶液，c.稀盐酸，其合理的加入顺序为_(填试剂序号)。(3)如果在容积为10 L的离子交换膜电解槽中，1 min后在阴极可产生11.2 L(标准状况)Cl2，这时溶液的pH是(设溶液体积保持不变)_。(4)Cl2常用于自来水的消毒杀菌，现在有一种新型消毒剂ClO2，若它们在杀菌过程中的还原产物均为Cl，则消毒等量的自来水，所需Cl2和ClO2的物质的量之比为_。解析：由2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2可知，n(NaOH)2n(Cl2)2×1 mol，c(OH)0.1 mol·L1，故溶液的pH13。Cl2

32、2Cl，ClO2Cl，当二者得电子数相等时，消毒能力相当，此时二者物质的量之比为52。答案：(1)2Cl2eCl2(2)bac(3)13(4)5218如图所示，A为直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，C为电镀槽，接通电路后，发现B上的c点显红色，请填空：(1)电源A上的a为_极。(2)滤纸B上发生的总化学反应方程式为_。(3)欲在电镀槽中实现铁上镀锌，接通K点，使c、d两点短路，则电极e上发生的反应为_，电极f上发生的反应为_，槽中盛放的电镀液可以是_或_(只要求填两种电解质溶液)。解析：(1)含酚酞试液的滤纸变红，表示电解时有OH生成，是由于H2OHOH，2H2eH2，生成OH

33、之故，所以c是B电解池的阴极，d为阳极，则可得出：b是原电池A的负极，a为正极，e是电解槽C的阳极，f为阴极。(2)2NaCl2H2O2NaOHH2阴极产物(3)镀件铁作阴极f：Zn22eZn待镀金属作阳极e：Zn2eZn2， 用含待镀金属离子的溶液作电镀液，可用ZnSO4溶液或ZnCl2溶液。答案：(1)正(2)2NaCl2H2OH2Cl22NaOH(3)Zn2eZn2Zn22eZnZnSO4溶液ZnCl2溶液19如下图，通电5 min后，电极5质量增加2.16 g，回答：(1)电源：a是_极，b是_极；A池电极反应，电极1：_；电极2：_。C池电极反应，电极5：_；电极6：_。(2)如果B池中共收集到224 mL气体(标准状况)，且溶液体积为200 mL(设电解过程中溶液体积不变)，则通电前溶液中Cu2的物质的量浓度为_。解析：(1)因C池中电极5质量增加，说明电极5为阴极，Ag得电子；电极6为阳极，又为Cu