Question

12．5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO₄溶液和100g 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濃度為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)生的電極反應為4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑；
③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大小是否發(fā)生變化，簡述其原因：
甲溶液甲增大，因為相當于電解水；
乙溶液乙減小，OH^-放電，H⁺增多；
丙溶液丙不變，相當于電解水．
（2）如果電解過程中銅全部析出，此時電解能否繼續(xù)進行，為什么？

Answer 1

分析 （1）①乙中C電極質(zhì)量增加，則c處發(fā)生的反應為：Cu²⁺+2e^-=Cu，即C處為陰極，由此可推出b為陽極，a為陰極，M為負極，N為正極．丙中為K₂SO₄，相當于電解水，設電解的水的質(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，轉移4mol電子，所以整個反應中轉化0.5mol電子，而整個電路是串聯(lián)的，故每個燒杯中的電極上轉移電子數(shù)是相等的．
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↑．
③轉移0.5mol電子，則生成O₂為$\frac{0.5}{4}$=0.125mol，標況下的體積為0.125×22.4=2.8L．
④Cu²⁺+2e^-=Cu，轉移0.5mol電子，則生成的m（Cu）=$\frac{0.5}{2}$×64=16g．
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，所以H⁺增多，故pH減小．丙中為電解水，對于K₂SO₄而言，其pH幾乎不變．
（2）銅全部析出，可以繼續(xù)電解H₂SO₄，有電解液即可電解．

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：正極；
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，轉移4mol電子，所以整個反應中轉化0.5mol電子，則生成O₂為$\frac{0.5}{4}$=0.125mol，標況下的體積為0.125×22.4=2.8L，故答案為：2.8L；
 ④整個電路是串聯(lián)的，所以每個燒杯中的電極上轉移電子數(shù)是相等的，根據(jù)電極反應：Cu²⁺+2e^-=Cu，可知轉移0.5mol電子生成的m（Cu）=$\frac{0.5}{2}$×64=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：甲增大，因為相當于電解水；乙減小，OH^-放電，H⁺增多；丙不變，相當于電解水；
（2）當銅全部析出時，溶液中仍有電解質(zhì)硫酸，可以繼續(xù)電解，答：可以； 銅全部析出，可以繼續(xù)電解H₂SO₄，有電解液即可電解．

點評 本題為電化學知識的綜合應用，做題時要注意根據(jù)電極反應現(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．