题目内容
（2011?济南一模）某溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，它们的物质的量之比为3：1．滴入几滴石蕊溶液后，用石墨作电极电解该混合溶液，根据电极产物，电解过程可明显分为三个阶段．下列叙述中，不正确的是（ ）
分析：根据电解原理：阴极的放电离子：氢离子，阳极离子的放电顺序：氯离子＞氢氧根离子，溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，根据电解原理和离子物质的量，结合电子守恒计算判断放电的离子，来判断电解过程．
解答：解：可以将溶质看成3molNaCl和1molH2SO4，再转化一下思想，可以看成2molHCl，1molNa2SO4，1molNaCl，
由于1molNa2SO4自始至终无法放电，且其溶液pH=7，暂时可以忽略，电极反应为：
阳极：2Cl--2e-=Cl2↑ 2Cl--2e-=Cl2↑ 4OH--4e-=2H2O+O2↑
2 2 1 1
阴极：2H++2e-=H2↑ 2H++2e-=H2↑ 2H++2e-=H2↑
2 2 1 1
则电解过程可先看成电解HCl，再电解NaCl，最后电解水，
即2HCl
H2↑+Cl2↑，2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑，2H2O
2H2↑+O2↑，生成的NaOH为碱性，pH大于7；
A、阴极上始终是氢离子得到电子生成氢气，故A正确；
B、阴极电极过程产物分析，开始蓝色使石蕊变红色，随氢离子放电减小，溶液变为紫色，电解过程中生成的NaOH为碱性，pH大于7石蕊试液颜色又变为蓝色，故B正确；
C、电解过程中，Na+和SO42-的物质的量不变，但电极过程中溶剂水减少，所以物质的量浓度增大，故C错误；
D、第一阶段电解的是氯化氢，的及过程中阴、阳两极产生的气体氢气和氯气，依据电子守恒可知，混合引燃后，恰好完全反应得到HCl，故D正确；
故选C．
由于1molNa2SO4自始至终无法放电，且其溶液pH=7，暂时可以忽略，电极反应为：
阳极：2Cl--2e-=Cl2↑ 2Cl--2e-=Cl2↑ 4OH--4e-=2H2O+O2↑
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阴极：2H++2e-=H2↑ 2H++2e-=H2↑ 2H++2e-=H2↑
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则电解过程可先看成电解HCl，再电解NaCl，最后电解水，
即2HCl
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A、阴极上始终是氢离子得到电子生成氢气，故A正确；
B、阴极电极过程产物分析，开始蓝色使石蕊变红色，随氢离子放电减小，溶液变为紫色，电解过程中生成的NaOH为碱性，pH大于7石蕊试液颜色又变为蓝色，故B正确；
C、电解过程中，Na+和SO42-的物质的量不变，但电极过程中溶剂水减少，所以物质的量浓度增大，故C错误；
D、第一阶段电解的是氯化氢，的及过程中阴、阳两极产生的气体氢气和氯气，依据电子守恒可知，混合引燃后，恰好完全反应得到HCl，故D正确；
故选C．
点评：本题考查了电解质溶液的混合电解，溶液中离子放电顺序，电子守恒是解题关键，题目难度中等．
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