下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g5.00%的NaOH溶液、...

下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g10.00%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_____________(保留小数点后一位)；

④ 电极c的质量变化是____________g；

⑤ 电解前后各溶液的PH变化(填“增大”、“减小”、“不变”)，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？

(1)①正；②4OH－—4e－=2H2O+O2↑；③2.8L；④16g；⑤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)可以；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：(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0.5/4=0.125mol，标况下的体积为0.125×22.4=2.8L，故答案为：答案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)=×64=16g，故答案为：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．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，故答案为：可以；铜全部析出，可以继续电解H2SO4，反应也就变为水的电解反应。【考点定位】考查电解原理【名师点晴】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。

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考点分析：

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