Question

5．如圖所示裝置中，甲、乙、丙三個(gè)燒杯依次分別盛放100g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO₄溶液和100g 10.00%的K₂SO₄溶液，電極均為石墨電極．接通電源，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，測(cè)得丙中K₂SO₄濃度為10.47%，乙中c電極質(zhì)量增加．據(jù)此回答問(wèn)題：
①電源的N端為正極；
②電極b上發(fā)生的電極反應(yīng)為4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑；
③電解前后各溶液的pH是否發(fā)生變化，簡(jiǎn)述其原因：
甲溶液增大；
乙溶液減小；
丙溶液不變；
④列式計(jì)算電極a上生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為2.8L；
⑤電極c的質(zhì)量變化是16g．

Answer 1

分析 ①乙中c電極質(zhì)量增加，則d處發(fā)生的反應(yīng)為：Cu²⁺+2e^-=Cu，即d處為陰極，由此可推出c為陽(yáng)極，以此可確定其它電極和電源的正負(fù)極；
②甲中為NaOH，相當(dāng)于電解H₂O，陽(yáng)極b處為陰離子OH^-放電；
③甲中相當(dāng)于電解水，故NaOH的濃度增大，pH變大．乙中陰極為Cu²⁺放電，陽(yáng)極為OH^-放電，所以H⁺增多，故pH減�。�丙中為電解水，對(duì)于K₂SO₄而言，其pH幾乎不變；
④設(shè)電解的水的質(zhì)量為x．由電解前后溶質(zhì)質(zhì)量相等有，100×10%=（100-x）×10.47%，得x=4.5g，故為0.25mol．由方程式2H₂+O₂═2H₂O可知，生成2molH₂O，整個(gè)反應(yīng)中轉(zhuǎn)化0.5mol電子，a即生成氧氣，結(jié)合電子轉(zhuǎn)移和電極方程式計(jì)算體積；
⑤Cu²⁺+2e^-=Cu，轉(zhuǎn)移0.5mol電子，以此可計(jì)算質(zhì)量變化．

解答 解：①乙杯中c質(zhì)量增加，說(shuō)明Cu沉積在c電極上，電子是從b-c移動(dòng)，M是負(fù)極，N為正極，故答案為：正；
②甲中為NaOH，相當(dāng)于電解H₂O，陽(yáng)極b處為陰離子OH^-放電，即4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑，故答案為：4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑；
③甲中相當(dāng)于電解水，故NaOH的濃度增大，pH變大；乙中陰極為Cu²⁺放電，陽(yáng)極為OH^-放電，電解方程式為：2CuSO₄+2H₂O$\frac{\underline{\;通電\;}}{\;}$2Cu+O₂↑+2H₂SO₄，所以H⁺增多，故pH減��；丙中為電解水，對(duì)于K₂SO₄而言，其pH幾乎不變，
故答案為：增大；減��；不變；
④丙中為K₂SO₄，相當(dāng)于電解水，設(shè)電解的水的質(zhì)量為x．由電解前后溶質(zhì)質(zhì)量相等有，100×10%=（100-x）×10.47%，得x=4.5g，故為0.25mol．
由方程式2H₂+O₂═2H₂O可知，生成2molH₂O，轉(zhuǎn)移4mol電子，所以整個(gè)反應(yīng)中轉(zhuǎn)化0.5mol電子，
電極a發(fā)生：4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑，
則生成O₂為$\frac{0.5mol}{4}$=0.125mol，標(biāo)況下的體積為0.125×22.4=2.8L，
故答案為：2.8L；
⑤整個(gè)電路是串聯(lián)的，所以每個(gè)燒杯中的電極上轉(zhuǎn)移電子數(shù)是相等的，根據(jù)電極反應(yīng)：Cu²⁺+2e^-=Cu，可知轉(zhuǎn)移0.5mol電子生成的m（Cu）=$\frac{0.5}{2}$mol×64g/mol=16g．
故答案為：16g．

點(diǎn)評(píng) 本題為電化學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)用，做題時(shí)要注意根據(jù)電極反應(yīng)現(xiàn)象判斷出電解池的陰陽(yáng)級(jí)，進(jìn)而判斷出電源的正負(fù)極，要注意三個(gè)電解池為串聯(lián)電路，各電極上得失電子的數(shù)目相等．做題時(shí)要正確寫出電極方程式，準(zhǔn)確判斷兩極上離子的放電順序．