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    9．如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极．

    接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中d电极质量增加．据此回答问题：
    （1）电源的N端为正极；
    （2）电极a上发生的电极反应为2H++2e-=H2↑；
    （3）列式计算电极a上生成的气体在标准状况下的体积：5.6L
    （4）电极c的质量变化是16g；
    （5）电解前后各溶液的酸、碱性大小变化情况
    甲溶液碱性增大；
    乙溶液酸性增大；
    丙溶液酸碱性大小没有变化．

    分析 （1）①乙中C电极质量增加，则c处发生的反应为：Cu2++2e-=Cu，即C处为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极．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，而整个电路是串联的，故每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的；
    （2）甲中为NaOH，相当于电解H2O，阴极a处为氢离子放电；
    （3）转移0.5mol电子，可以根据电极反应式计算产生氢气的体积；
    （4）Cu2++2e-=Cu，转移0.5mol电子，据电极反应式来回答；
    （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，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．

    解答 解：（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；
    ②甲中为NaOH，相当于电解H2O，阴极a处为阴离子H+放电，即2H++2e-=H2↑，故答案为：2H++2e-=H2↑；
    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H2为$\frac{0.5}{2}$mol=0.25mol，标况下的体积为0.25×22.4L=5.6L；
    故答案为：5.6；
     （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c是阴极，电极反应：Cu2++2e-=Cu，可知转移0.5mol电子生成的m（Cu）=$\frac{0.5mol}{2}$×64=16g；
    故答案为：16；
    （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+2H2O$\frac{\underline{\;通电\;}}{\;}$2Cu+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：碱性增大；酸性增大；酸碱性大小没有变化．

    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．

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