Question

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？ ________________________________________。

Answer

正4OH－－4e－===2H2O＋O2↑水减少的质量：100g×(1－)＝4.5g 生成O2体积：××22.4L·mol-1=2.8L16碱性增大，因为电解后，水量减少，溶液中NaOH浓度增大酸性增大，因为阳极上OH－生成O2，溶液中H＋离子浓度增加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】

(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；
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↑；
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；
 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；
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，有电解液即可电解。

点睛：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。