题目内容
【题目】下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100 g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100 g 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____________极；
②电极b上发生的电极反应为____________________；
③列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积：________________；
④电极c的质量变化是__________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__________________；乙溶液___________________；丙溶液______________；
(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？ _____________________。
【答案】正4OH－－4e－===2H2O＋O2↑2.8L16甲溶液碱性增大，因为电解后，水量减少，溶液中NaOH浓度增大乙溶液酸性增大，因为阳极上OH－生成O2，溶液中H＋离子浓度增加丙溶液酸碱性大小没有变化，因为K2SO4是强酸强碱盐，浓度增加不影响溶液的酸碱性能继续进行，因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应也就变为水的电解反应。
【解析】试题分析：本题考查电解原理的应用，题目难度中等。结合电解原理准确判断电解池的两极，写出电极反应式进行分析。
（1）①根据题意知乙中c电极质量增加，说明Cu沉积在c电极上，电极反应为Cu2++2e-=Cu，发生还原反应，为电解池的阴极，则电源的M端是负极，N端为正极；②甲中为电解NaOH溶液，相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH-放电，电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑；③丙中为电解K2SO4溶液，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，物质的量为0.25mol，由方程式2H2O
2H2↑+O2↑可知生成O2为0.125mol，转移电子的物质的量为0.5mol，生成氧气在标况下的体积为0.125mol×22.4L/mol=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知转移0.5mol电子生成的n（Cu）=0.25mol，质量为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+2H2O2Cu+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。
（2）当铜全部析出时，溶液为稀硫酸，可以继续电解。
阳光试卷单元测试卷系列答案
