③水减少的质量:100 g×(1-
-1
10.00%4.5 g1
)=4.5 g,生成O2的体积:mol-1××22.4 L·10.47!8 g·mol
=2.8 L
-+
④16 ⑤碱性增大,因为相当于电解水 酸性增大,因OH放电, H增多 酸碱性不变,相当于电解水
(2)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 g。由电解前后溶质质量相等有,100×10%=(100-x)×10.47%,得x=4.5 g,故为0.25 mol。由方程式2H2+O2===2H2O可知,生成2 mol H2O,转移4 mol电子,所以整个反应中转化0.5 mol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,阳极b处为阴离子OH-放电,即4OH--4e-===2H2O+O2↑。③转移0.5 mol电子,则生成O2为0.5/4=0.125 mol,标况下的体积为0.125 mol×22.4 L·mol-1=2.8 L。④Cu2++2e-===Cu,转移0.5 mol电子,则生成的m(Cu)=0.5/2 mol×64 g·mol-1=16 g。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。(2)铜全部析出,可以继续电解H2SO4,有电解液即可电解。
考点集训
1.A [本题易误选C,在电解液足量的情况下,电解过程中只逸出H2和Cl2,只需补充氢和氯两种元素即可,不能加入盐酸,因为盐酸中有H2O,应通入适量HCl气体才能达到目的。]
2.B [阳极收集到1 mol O2,转移4 mol e-,而阴极收集到1 mol H2,转移2 mol e-,
-)=6 mol·则生成Cu转移2 mol e-,故Cu(NO3)2的物质的量为1 mol,由n(NO3L-1×0.5 L
=3 mol,则NaNO3的物质的量为1 mol,电解后c(H+)=2 mol÷0.5 L=4 mol·L-1。]
3.D [若只电解CuSO4加入CuO即可恢复电解前的浓度,题意加入Cu(OH)2说明电解了0.2 mol CuSO4和0.2 mol H2O,故转移的电子数目为0.4 mol+0.4 mol=0.8 mol。]
4.A [铁钉发生吸氧腐蚀时,负极为铁,反应为2Fe-4e-===2Fe2+,正极为铜,反应为2H2O+O2+4e-===4OH-,总反应2Fe+O2+2H2O===2Fe(OH)2,又发生4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3,反应中电子从负极Fe流向正极Cu,铜不被腐蚀。]
-+
5.(1)中性、碱性或弱酸 吸氧 Fe-2e===Fe2 1--O2+2e+H2O===2OH 2
-++-
(2)较强酸 析氢 Fe-2e===Fe2 2H+2e===H2↑
+---
6.(1)①③④ 阴极:2Cu2+4e===2Cu,阳极:4OH-4e===O2↑+2H2O
(2)2Cl+2H2O=====H2↑+Cl2↑+2OH
---
Cl2+2OH===Cl+ClO+H2O
-+--
(3)② (4)2Fe-4e===2Fe2 O2+2H2O+4e===4OH
解析 (2)装置④中是惰性电极电解氯化钾溶液,生成氢气、氯气、KOH,其中Cl2与KOH会发生氧化还原反应。
(3)工作一段时间后,①②③溶液呈现酸性,④中呈现碱性。通过0.002 mol电子时,①中生成H+为0.002 mol,H+浓度为0.01 mol·L-1;②中消耗H+为0.002 mol,剩余H+为0.01 mol·L-1×2×200×10-3 L-0.002 mol=0.002 mol,同时溶液中的硫酸锌也会水解;③中为氯化锌溶液,其酸性是由Zn2+水解所得,酸性较弱。所以②中酸性最强,pH最小。
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电解
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