Question

18．如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g5%的NaOH溶液、足量的CuSO₄溶液和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质量分数为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16g；
⑤电解前后各溶液的pH不发生变化的是丙；
（2）如果电解过程中铜全部析出，此时电解能（填“能”“否”）继续进行，原因是溶液中溶质由硫酸铜转化为硫酸，溶液中含有自由移动离子，硫酸能增大溶液导电性，所以仍然能进行电解
．

Answer 1

分析 乙为足量的CuSO₄溶液，接通电源，经过一段时间后，乙中c电极质量增加，由此可知c为电解池的阴极，则d为阳极，M为负极，N为正极，a为阴极，
b为阳极，e为阴极，f为阳极；
（1）①由以上分析判断；
②甲电解过程中，a是阴极、b是阳极，阴极上水得电子生成氢气和OH^-，b电极上OH^-放电生成氧气；
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，根据转移电子守恒计算b电极上生成气体体积；
④乙中c电极上析出Cu，析出铜的质量为电极质量变化，根据电子转移守恒计算；
⑤甲中实质上是电解水，溶质的质量不变、溶液质量减小，所以溶液的物质的量浓度增大；丙是电解水，硫酸钠是强酸强碱盐，其溶液物质的量浓度增大，但溶液仍然呈中性；
（2）如果电解过程中铜全部析出，溶液中溶质由硫酸铜转化为硫酸，仍然能进行电解．

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；
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，
电极b发生：4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑，
则生成O₂为$\frac{0.5mol}{4}$=0.125mol，标况下的体积为0.125×22.4=2.8L，
故答案为：2.8；
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）=$\frac{0.5}{2}$mol×64g/mol=16g．
故答案为：16；
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$\frac{\underline{\;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：丙；
（2）如果电解过程中铜全部析出，溶液中溶质由硫酸铜转化为硫酸，溶液中含有自由移动离子，硫酸能增大溶液导电性，所以仍然能进行电解，
故答案为：能；溶液中溶质由硫酸铜转化为硫酸，溶液中含有自由移动离子，硫酸能增大溶液导电性，所以仍然能进行电解．

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．