题目内容

12．5.00%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？

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$\frac{0.5}{4}$=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）=$\frac{0.5}{2}$×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$\frac{0.5}{4}$=0.125mol，标况下的体积为0.125×22.4=2.8L，故答案为：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）=$\frac{0.5}{2}$×64=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：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，答：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．

练习册系列答案
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2．已知：过氧化钙与CO2反应有气体生成，而将SO2通入过氧化钙粉末中也有气体生成．有人提出：CO2、SO2与过氧化钙的反应原理相同，但也有人提出SO2具有较强的还原性，CO2无强还原性，反应原理不相同．据此设计如下实验操作进行判断．
实验一：通过测量气体的体积判断发生的化学反应，实验装置如下

（1）试剂A可以选用浓硫酸，试剂B的作用是吸收水蒸气干燥气体．
（2）装置E用于测定氧气的体积，请在方框中画出装置图．
（3）实验测得装置C中过氧化钙质量增加了m1g，装置D质量增加了m2g，装置E中收集到的气体为VL（已换算成标准状况下），用上述有关测量数据判断，SO2未被氧化、部分被氧化、完全被氧化的V-m1关系式．
未被氧化：$\frac{7{m}_{1}}{30}$，部分被氧化：0＜V＜$\frac{7{m}_{1}}{30}$，完全被氧化：0．
若SO2完全被氧化，写出反应的化学方程式：CaO2+SO2=CaSO4．
实验二：向一定量的过氧化钠固体中通入足量SO2，取反应后的固体进行实验探究，以证明过氧化物与SO2反应的特点．
（4）提出假设：
假设1：反应后固体中只有Na2SO3，证明SO2未被氧化；
假设2：反应后固体中只有Na2SO4，证明SO2完全被氧化；
假设3：固体为Na2SO3和Na2SO4的混合物．
实验探究：（5）设计实验，证明假设3是正确的，简要回答实验过程、现象和结论：取反应后的固体放入试管中，加少量的水溶解，加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加入稀盐酸沉淀部分溶解，证明原固体中即有亚硫酸钠也有硫酸钠，即过氧化钠部分氧化二氧化硫．
实验评价：（6）实验过程中SO2的通入量直接影响探究实验结果的科学性，请简要说明原因：若剩余过氧化钠，固体加水溶解时，过氧化钠能将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，检验出的硫酸根离子不能确定是过氧化钠和二氧化硫反应生成的．
3．甲醇是基本有机原料之一，可用于燃料电池、制取MTBE等有机产品．

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（3）二氧化碳加氢也可合成甲醇[CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）]，在10.0L的密闭容器中投入1molCO2和2.75molH2，在不同条件下发生反应，实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强变化如图2所示．
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①ROH的名称为2-甲基-2-丙醇．
②写出制备MTBE的化学方程式：CH3OH+（CH3）3COH$→_{△}^{浓硫酸}$CH3OC（CH3）3+H2O．
20．某同学根据H2S和浓H2SO4的性质做出下列推测，其中正确的是（　　）
A．浓H2SO4具有强氧化性是因为其中含+6价S，所有只要含最高价+6价S的化合物就具有强氧化性
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7．关于溶液、胶体和浊液三种分散系，下列叙述中不正确的是（　　）
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B．静置片刻后，Fe（OH）3胶体中会出现分层现象
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17．乙酸橙花酯是一种食用香料，结构如图．关于该物质的说法中正确的是（　　）
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②1mol该化合物水解最多消耗2mol NaOH
③1mol该化合物最多可与2mol H2反应
④化合物能发生的反应类型有：加成、取代、氧化、酯化
⑤该化合物有属于芳香族化合物的同分异构体．
A．①②④B．③C．③⑤D．②③⑤
4．下列化学方程式错误的是（　　）
A．Ca（HCO3）2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CaCO3↓+H2O+CO2↑B．MgCO3+CO2+H2O═Mg（HCO3）2
C．MgCO3+H2O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Mg（OH）2↓+CO2↑D．CaCO3+H2O═Ca（OH）2+CO2↑
1．25℃时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）
A．0．lmol•L-lNaHC2O4溶液（pH=5.5）：c（Na+）＞c（ HC2O4-）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42- ）
B．0．lmol•L-1NaHS 溶液：C（OH-）+c（S2-）=c（ H+）+c（H2S）
C．0．lmol•L-1CH3COOH 溶液和 0．lmol•L-1CH3COONa 溶液等体积混合：c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（ OH-）
D．0．lmol•L-lNH4HSO4 溶液中滴加 0．lmol•L-1NaOH 溶液至中性：c（Na+ ）＞c（SO42- ）＞c（NH4+ ）＞c（OH-）=c（H+）
8．在允许加热的条件下，只用一种试剂就可以鉴别（NH4）2SO4、KCl、Al2（SO4）3和Fe2（SO4）34种溶液，这种试剂是（　　）
A．氢氧化钠溶液B．氨水C．硝酸银溶液D．氯化钡溶液

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