Question

18．如圖所示裝置中，甲、乙、丙三個燒杯依次分別盛放100g5%的NaOH溶液、足量的CuSO₄溶液和10.00%的K₂SO₄溶液，電極均為石墨電極．
（1）接通電源，經(jīng)過一段時間后，測得丙中K₂SO₄質(zhì)量分數(shù)為10.47%，乙中c電極質(zhì)量增加．據(jù)此回答問題：
①電源的N端為正極；
②電極b上發(fā)生的電極反應(yīng)為4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑；
③列式計算電極b上生成的氣體在標準狀況下的體積：2.8L；
④電極c的質(zhì)量變化是16g；
⑤電解前后各溶液的pH不發(fā)生變化的是丙；
（2）如果電解過程中銅全部析出，此時電解能（填“能”“否”）繼續(xù)進行，原因是溶液中溶質(zhì)由硫酸銅轉(zhuǎn)化為硫酸，溶液中含有自由移動離子，硫酸能增大溶液導電性，所以仍然能進行電解
．

Answer 1

分析 乙為足量的CuSO₄溶液，接通電源，經(jīng)過一段時間后，乙中c電極質(zhì)量增加，由此可知c為電解池的陰極，則d為陽極，M為負極，N為正極，a為陰極，
b為陽極，e為陰極，f為陽極；
（1）①由以上分析判斷；
②甲電解過程中，a是陰極、b是陽極，陰極上水得電子生成氫氣和OH^-，b電極上OH^-放電生成氧氣；
③丙中為K₂SO₄，相當于電解水，設(shè)電解的水的質(zhì)量為x．由電解前后溶質(zhì)質(zhì)量相等有，100×10%=（100-x）×10.47%，得x=4.5g，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒計算b電極上生成氣體體積；
④乙中c電極上析出Cu，析出銅的質(zhì)量為電極質(zhì)量變化，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計算；
⑤甲中實質(zhì)上是電解水，溶質(zhì)的質(zhì)量不變、溶液質(zhì)量減小，所以溶液的物質(zhì)的量濃度增大；丙是電解水，硫酸鈉是強酸強堿鹽，其溶液物質(zhì)的量濃度增大，但溶液仍然呈中性；
（2）如果電解過程中銅全部析出，溶液中溶質(zhì)由硫酸銅轉(zhuǎn)化為硫酸，仍然能進行電解．

解答 解：（1）①乙杯中c質(zhì)量增加，說明Cu沉積在c電極上，電子是從b-c移動，M是負極，N為正極；
故答案為：正；
②甲中為NaOH，相當于電解H₂O，陽極b處為陰離子OH^-放電，即4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑，
故答案為：4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑；
③丙中為K₂SO₄，相當于電解水，設(shè)電解的水的質(zhì)量為x．由電解前后溶質(zhì)質(zhì)量相等有，100×10%=（100-x）×10.47%，得x=4.5g，故為0.25mol．
由方程式2H₂+O₂═2H₂O可知，生成2molH₂O，轉(zhuǎn)移4mol電子，所以整個反應(yīng)中轉(zhuǎn)化0.5mol電子，
電極b發(fā)生：4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑，
則生成O₂為$\frac{0.5mol}{4}$=0.125mol，標況下的體積為0.125×22.4=2.8L，
故答案為：2.8；
④整個電路是串聯(lián)的，所以每個燒杯中的電極上轉(zhuǎn)移電子數(shù)是相等的，根據(jù)電極反應(yīng)：Cu²⁺+2e^-=Cu，可知轉(zhuǎn)移0.5mol電子生成的m（Cu）=$\frac{0.5}{2}$mol×64g/mol=16g．
故答案為：16；
⑤甲中相當于電解水，故NaOH的濃度增大，pH變大；乙中陰極為Cu²⁺放電，陽極為OH^-放電，電解方程式為：2CuSO₄+2H₂O$\frac{\underline{\;通電\;}}{\;}$2Cu+O₂↑+2H₂SO₄，所以H⁺增多，故pH減��；丙中為電解水，對于K₂SO₄而言，其pH幾乎不變，
故答案為：丙；
（2）如果電解過程中銅全部析出，溶液中溶質(zhì)由硫酸銅轉(zhuǎn)化為硫酸，溶液中含有自由移動離子，硫酸能增大溶液導電性，所以仍然能進行電解，
故答案為：能；溶液中溶質(zhì)由硫酸銅轉(zhuǎn)化為硫酸，溶液中含有自由移動離子，硫酸能增大溶液導電性，所以仍然能進行電解．

點評 本題為電化學知識的綜合應(yīng)用，做題時要注意根據(jù)電極反應(yīng)現(xiàn)象判斷出電解池的陰陽級，進而判斷出電源的正負極，要注意三個電解池為串聯(lián)電路，各電極上得失電子的數(shù)目相等．做題時要正確寫出電極方程式，準確判斷兩極上離子的放電順序．