Question

19．如圖所示裝置中，甲、乙、丙三個燒杯依次分別盛放100g500%的NaOH溶液、足量的CuSO₄溶液和l00g10.00%的K₂SO₄溶液，電極均為石墨電極．接通電源，經過一段時間后，測得丙中K₂SO₄濃度為10.47%，乙中c電極質量增加．據此回答問題：
（1）①電源的N端為正極；
②電極b上發生的電極反應為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的質量變化是16g；
⑤電解前后甲溶液堿性強弱有何變化堿性增強；丙溶液酸堿性有何變化不變；
（2）如果電解過程中銅全部析出，此時電解能否繼續進行，為什么？能；溶液中溶質由硫酸銅轉化為硫酸，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 e、f電極為石墨電極，電解過程中陰極上H⁺放電、陽極上OH^-放電，所以實質上是電解H₂O，接通電源，經過一段時間后，測得丙中K₂SO₄濃度為10.47%，電解丙裝置前后溶質的質量不變，設電解水的質量為xg，根據溶質質量不變得100g×10.00%=（100-x）g×10.47%，x=4.5g．
（1）①電解過程中，乙裝置陰極上Cu²⁺放電生成Cu、陽極上H₂O得電子生成氧氣同時生成H⁺，乙中c電極質量增加，說明c為陰極，則d為陽極，根據電解池串聯電路知，ace是陰極、bdf是陽極，連接電解池陽極的電極是電源正極；
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丙電解4.5g水轉移電子物質的量=$\frac{4.5g}{18g/mol}×2$=0.5mol，根據轉移電子守恒計算b電極上生成氣體體積；
④乙中c電極上析出Cu，析出銅的質量為電極質量變化，根據電子轉移守恒計算；
⑤甲中實質上是電解水，溶質的質量不變、溶液質量減小，所以溶液的物質的量濃度增大；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，溶液中溶質由硫酸銅轉化為硫酸，仍然能進行電解．

解答 解：e、f電極為石墨電極，電解過程中陰極上H⁺放電、陽極上OH^-放電，所以實質上是電解H₂O，接通電源，經過一段時間后，測得丙中K₂SO₄濃度為10.47%，電解丙裝置前后溶質的質量不變，設電解水的質量為xg，根據溶質質量不變得100g×10.00%=（100-x）g×10.47%，x=4.5g．
（1）①電解過程中，乙裝置陰極上Cu²⁺放電生成Cu、陽極上H₂O得電子生成氧氣同時生成H⁺，乙中c電極質量增加，說明c為陰極，則d為陽極，根據電解池串聯電路知，ace是陰極、bdf是陽極，連接電解池陽極的電極是電源正極，所以N連接電解池陽極，為原電池正極，故答案為：正；
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，電極反應式為4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑，故答案為：4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑；
③丙電解4.5g水轉移電子物質的量=$\frac{4.5g}{18g/mol}×2$=0.5mol，b電極反應式為4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑，根據轉移電子守恒得生成氧氣體積=$\frac{0.5mol}{4}×22.4L/mol$=2.8L，
故答案為：2.8L；
④乙中c電極上析出Cu，析出銅的質量為電極質量變化，整個過程轉移電子為0.5mol，根據電子轉移守恒，析出n（Cu）=$\frac{0.5mol}{2}$=0.25mol，則m（Cu）=0.25mol×64g/mol=16g，故答案為：16；
⑤甲中實質上是電解水，溶質的質量不變則物質的量不變、溶液質量減小導致溶液體積減小，所以溶液的物質的量濃度增大，堿性增強；丙是電解水，硫酸鈉是強酸強堿鹽，溶液呈中性，電解過程中硫酸鈉的物質的量不變、溶液體積減小，所以其溶液物質的量濃度增大，但溶液仍然呈中性，溶液酸堿性不變，故答案為：堿性增強；不變；
（2）如果電解過程中銅全部析出，溶液中溶質由硫酸銅轉化為硫酸，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；溶液中溶質由硫酸銅轉化為硫酸，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 本題考查電解原理，為高頻考點，側重考查學生分析判斷及計算能力，明確電極名稱及各個電極上發生的電極反應式是解本題關鍵，串聯電路中各個電極上轉移電子數相等，易錯點是（1）⑤題，注意甲、丙中溶質的物質的量不變但溶液的體積改變，題目難度中等．