Question

右图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO₄溶液和100g 10.00%的K₂SO₄溶液，电极均为石墨电极．
（1）接通电源，经过一段时间后，测得丙中K₂SO₄浓度为10.47%，乙中c电极质量增加．据此回答问题：
①电源的N端为

正

极；
②电极b上发生的电极反应为

4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑

；
③列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积：

2.8L

④电极c的质量变化是

16

g；
⑤电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化，简述其原因：
甲溶液

甲增大，因为相当于电解水

；
乙溶液

乙减小，OH^-放电，H⁺增多

；
丙溶液

丙不变，相当于电解水

；
（2）如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？

可以，铜全部析出，可以继续电解H₂SO₄，有电解液即可电解

．

Answer 1

分析：（1）①乙中C电极质量增加，则c处发生的反应为：Cu²⁺+2e^-=Cu，即C处为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极．丙中为K₂SO₄，相当于电解水，设电解的水的质量为x．由电解前后溶质质量相等有，100×10%=（100-x）×10.47%，得x=4.5g，故为0.25mol．由方程式2H₂+O₂═2H₂O可知，生成2molH₂O，转移4mol电子，所以整个反应中转化0.5mol电子，而整个电路是串联的，故每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的．
②甲中为NaOH，相当于电解H₂O，阳极b处为阴离子OH^-放电，即4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑．
③转移0.5mol电子，则生成O₂为0.5/4=0.125mol，标况下的体积为0.125×22.4=2.8L．
④Cu²⁺+2e^-=Cu，转移0.5mol电子，则生成的m（Cu）=

0.5

2

×64=16g．
⑤甲中相当于电解水，故NaOH的浓度增大，pH变大．乙中阴极为Cu²⁺放电，阳极为OH^-放电，所以H⁺增多，故pH减小．丙中为电解水，对于K₂SO₄而言，其pH几乎不变．
（2）铜全部析出，可以继续电解H₂SO₄，有电解液即可电解．

解答：解：（1）①乙杯中c质量增加，说明Cu沉积在c电极上，电子是从b-c移动，M是负极，N为正极，故答案为：正极；
②甲中为NaOH，相当于电解H₂O，阳极b处为阴离子OH^-放电，即4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑，故答案为：4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑；
③丙中为K₂SO₄，相当于电解水，设电解的水的质量为x．由电解前后溶质质量相等有，100×10%=（100-x）×10.47%，得x=4.5g，故为0.25mol．由方程式2H₂+O₂═2H₂O可知，生成
2molH₂O，转移4mol电子，所以整个反应中转化0.5mol电子，则生成O₂为0.5/4=0.125mol，标况下的体积为0.125×22.4=2.8L，故答案为：答案2.8L；
 ④整个电路是串联的，所以每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的，根据电极反应：Cu²⁺+2e^-=Cu，可知转移0.5mol电子生成的m（Cu）=

0.5

2

×64=16g，故答案为16g；
⑤甲中相当于电解水，故NaOH的浓度增大，pH变大．乙中阴极为Cu²⁺放电，阳极为OH^-放电，电解方程式为：2CuSO₄+2H₂O

通电  .

2Cu+O₂↑+2H₂SO₄，所以H⁺增多，故pH减小．丙中为电解水，对于K₂SO₄而言，其pH几乎不变．
故答案为：甲增大，因为相当于电解水；乙减小，OH^-放电，H⁺增多．丙不变，相当于电解水；
（2）当铜全部析出时，溶液中仍有电解质硫酸，可以继续电解，故答案为：可以； 铜全部析出，可以继续电解H₂SO₄，有电解液即可电解．

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．