Question

3．如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放硫酸铜溶液、饱和氯化钠溶液（滴有少许酚酞）和100g10.00%的Na₂SO₄溶液．
已知：a、b为铜电极且质量相等，c、d、e、f均为石墨电极，接通电源一段时间后，乙烧杯中c电极附近溶液变红，并测得甲中两电极质量差为25.6克；据此回答问题：
（1）电源的N端为正极；（填“正”或“负”）
丙烧杯中f电极的电极反应式为4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑；
乙烧杯中发生反应的离子方程式为2Cl^-+2H₂O$\frac{\underline{\;通电\;}}{\;}$2OH^-+H₂↑+Cl₂↑；
电极c上生成的气体在标准状况下的体积：4.48L；
（2）若甲烧杯中实现在铁表面镀铜，则a电极材料为精Cu；a极的电极反应为Cu²⁺+2e^-=Cu；
（3）计算电解后丙中Na₂SO₄溶液的质量分数10.37%（保留四位有效数字）；
（4）若以上直流电源为铅蓄电池，则完成上述电解后，消耗的硫酸的物质的量为0.4mol．

Answer 1

分析 乙烧杯中c电极附近溶液变红，则c是阴极，所以d是阳极，e是阴极，f是阳极，N是正极，M是负极，a是阴极，b是阳极，丙中为Na₂SO₄，相当于电解水，甲中a极上发生反应：Cu²⁺+2e^-=Cu，b电极上发生反应Cu-2e^-=Cu²⁺，两电极质量差为25.6克，所以消耗金属铜和生成的金属铜都是12.8g，即0.2mol，所以整个电路转移电子是0.4mol，根据电解反应结合电子守恒进行计算即可．

解答 解：乙烧杯中c电极附近溶液变红，则c是阴极，所以d是阳极，e是阴极，f是阳极，N是正极，M是负极，a是阴极，b是阳极，甲中a极上发生反应：Cu²⁺+2e^-=Cu，b电极上发生反应Cu-2e^-=Cu²⁺，两电极质量差为25.6克，所以消耗金属铜和生成的金属铜都是12.8g，即0.2mol，所以整个电路转移电子是0.4mol，
（1）电源的N端为是正极，丙烧杯中f电极是阳极，氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为：4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑，乙烧杯中电解氯化钠发生反应的离子方程式为 2Cl^-+2H₂O$\frac{\underline{\;通电\;}}{\;}$2OH^-+H₂↑+Cl₂↑；电极c上发生电极反应：2H⁺+2e^-=H₂↑；整个电路转移电子是0.4mol，所以生成氢气是0.2mol，生成的气体在标准状况下的体积是0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故答案为：正；4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑；2Cl^-+2H₂O$\frac{\underline{\;通电\;}}{\;}$2OH^-+H₂↑+Cl₂↑；4.48L；
（2）若甲烧杯中实现在铁表面镀铜，则精Cu作阴极，粗铜作阳极，所以a电极材料为精Cu，a极的电极反应为Cu²⁺+2e^-=Cu，故答案为：精Cu；Cu²⁺+2e^-=Cu；
（3）电解后，丙中电解掉了水，转移0.4mol的电子消耗0.2mol的水，质量是3.6g，电解后丙中Na₂SO₄溶液的质量分数=$\frac{100×10%}{100-3.6}×100%$=10.37%，故答案为：10.37%；
（4）由方程式可知Pb+PbO₂+2H₂SO₄=2PbSO₄+2H₂O，转移电子0.4mol，消耗0.4mol硫酸，故答案为：0.4．

点评 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．