Question

如图所示装置中，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。

接通电源，经过一段时间后，测得丙中K₂SO₄浓度为10.47%，②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，并简述其原因：

①溶液_______________________________________________；

②溶液_______________________________________________；

③溶液_______________________________________________。

Answer 1

解析　(1)乙中c电极质量增加，则c处发生的反应为：Cu^2＋＋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。

(2)甲中为NaOH溶液，相当于电解水，OH^－在阳极(b)放电，即4OH^－－4e^－===2H₂O＋O₂↑。

(3)丙中为K₂SO₄溶液，相当于电解水，设电解的水的质量为x g，由电解前后溶质质量相等有：100 g×10%＝(100 g－x g)×10.47%，得x＝4.5 g，即电解的水的物质的量为0.25 mol。由方程式2H₂O2H₂↑＋O₂↑可知，电解2 mol H₂O，转移4 mol电子，所以整个反应中转移0.5 mol电子，而整个电路是串联的，故每个烧杯中电极上转移的电子数是相等的，即b电极转移0.5 mol电子，生成O₂为0.5 mol÷4＝0.125 mol，标况下的体积为0.125 mol×22.4 L·mol^－1＝2.8 L。

(4)Cu^2＋＋2e^－===Cu，转移0.5 mol电子，则生成铜的质量为：0.5 mol÷2×64 g·mol^－1＝16 g。

(5)甲中相当于电解水，故NaOH的浓度增大，碱性增大；乙中阴极为Cu^2＋放电，阳极为OH^－放电，所以H^＋增多，酸性增大；丙中为电解水，K₂SO₄溶液的pH不变。

答案　(1)正

(2)4OH^－－4e^－===2H₂O＋O₂↑

(3)水减少的质量：100 g×(1－)＝4.5 g

生成O₂体积：××22.4 L·mol^－1＝2.8 L

(4)16

(5)①碱性增大　因为电解后，水量减少溶液中NaOH浓度增大

②酸性增大　因为在阳极上OH^－生成O₂，溶液中H^＋浓度增大

③酸碱性大小没有变化　因为K₂SO₄溶液呈中性，浓度增加不影响溶液的酸碱性