Question

6．如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g 5.85%的NaCl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，乙中c电极质量增加16g．据此回答问题：
①电源的N端为正极；
②计算电极b上生成的气体在标准状态下的体积3.36L；
③电极f上发生的电极反应为4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑；
④电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化：
甲溶液碱性增强；乙溶液酸性增强；丙溶液酸碱性不变．
（2）如果乙装置中电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行能（填“能”或“否”），这时溶液中电解质为H₂SO₄（填化学式）．

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，以此可确定其它电极和电源的正负极；
②甲池中a为阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，b为阳极，溶液中氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，依据溶液中氯离子物质的量判断放电后电子转移和放电的离子，乙中c电极质量增加，则c处发生的反应为：Cu²⁺+2e^-=Cu，计算电子转移，结合电子守恒计算；
③f为阳极，溶液中氢氧根离子失电子生成氧气；
④甲中相当于电解水和氯化钠，生成NaOH，溶液中氢氧根离子的浓度增大，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）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，生成的溶液中有电解质硫酸，电解硫酸溶液也可以使电解进行．

解答 解：（1）①乙中c电极质量增加，应为电解池的阴极，发生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，
故答案为：正；
②甲池中a为阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，b为阳极，溶液中氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，2Cl^--2e^-=Cl₂↑，乙中c电极质量增加16g为析出的铜，物质的量n（Cu）=$\frac{16g}{64g/mol}$=0.25mol，c处发生的反应为：Cu²⁺+2e^-=Cu，计算电路中电子转移0.25mol×2=0.5mol，盛放100g 5.85%的NaCl溶液中氯化钠物质的量=$\frac{100g×5.85%}{58.5g/mol}$=0.1mol，结合电子守恒计算，电极b发生电极反应：2Cl^--2e^-=Cl₂↑，生成氯气0.05mol，电子转移0.1mol，所以氯离子全部放电后溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电子转移=0.5mol-0.1mol=0.4mol，电极反应4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑，生成氧气为0.1mol，
标况下的体积=（0.1mol+0.05mol）×22.4=3.36L，
故答案为：3.36L；
③f为阳极，溶液中氢氧根离子失电子生成氧气，电极方程式为：4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑，故答案为：4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑；
④甲中相当于电解水和氯化钠，生成NaOH，溶液中氢氧根离子的浓度增大，pH变大，甲碱性增强；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\;}}{\;}$2Cu+O₂↑+2H₂SO₄，所以H⁺增多，故pH减小，乙酸性增强；丙中为电解水，对于K₂SO₄而言，其pH几乎不变，丙酸碱性不变，
故答案为：碱性增强；酸性增强；酸碱性不变；
（2）乙中阴极为Cu²⁺放电，阳极为OH^-放电，电解方程式为：2CuSO₄+2H₂O$\frac{\underline{\;通电\;}}{\;}$2Cu+O₂↑+2H₂SO₄，当铜全部析出后，通电电解时电解硫酸溶液，电解可以继续进行，故答案为：能；   H₂SO₄；

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．