Question

100mL某溶液中含有的离子浓度如下表：用石墨作电极电解该溶液，并收集两极附近所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下的体积相同（忽略电解时溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象）．则下列叙述中正确的是（　　）

离子	Cu2+	Al3+	H+	Cl-	SO42-
c（mol?L-1）	1	1	2	5	a

• A、反应中共转移0.9 mol电子
• B、铝元素以Al（OH）₃的形式存在
• C、阴极质量增加3.2 g
• D、a=2

Answer 1

考点：电解原理

专题：电化学专题

分析：用惰性电极电解该溶液，根据离子的放电顺序以及两极收集到的气体在相同条件下的体积相同可知
第一阶段由Cu²⁺、Cl^-放电，阴极生成0.1 mol Cu（析出Cu 6.4 g），阳极生成0.1 mol Cl₂，转移电子0.2 mol；
第二阶段由H⁺、Cl^-放电，阴极生成0.15 mol H₂，阳极0.15 mol Cl₂，转移电子0.3 mol；
第三阶段：由H⁺、OH^-放电，实际上就是电解水，阴极生成0.2 mol H₂，阳极生成0.1 mol O₂，转移电子0.4 mol，据此分析解答．

解答： 解：用惰性电极电解该溶液，根据离子的放电顺序以及两极收集到的气体在相同条件下的体积相同可知
第一阶段由Cu²⁺、Cl^-放电，阴极生成0.1 mol Cu（析出Cu 6.4 g），阳极生成0.1 mol Cl₂，转移电子0.2 mol；
第二阶段由H⁺、Cl^-放电，阴极生成0.15 mol H₂，阳极0.15 mol Cl₂，转移电子0.3 mol；
第三阶段：由H⁺、OH^-放电，实际上就是电解水，阴极生成0.2 mol H₂，阳极生成0.1 mol O₂，转移电子0.4 mol；
A、根据以上三段电解，则共转移电子为0.2+0.3+0.4=0.9 mol，故A正确；
B、上述三个过程完全电解后，消耗的H⁺比OH^-多0.3 mol，除去原来溶液中的0.2 mol H⁺，溶液中应产生0.1 mol H⁺用于电解，故电解后有0.1 mol OH^-生成，而Al³⁺为0.1 mol，所以铝元素以Al³⁺和Al（OH）₃形式存在，故B错误；
C、根据以上三段电解，阴极析出0.1 mol Cu，质量增加6.4g，故C错误；
D、根据溶液中电荷守恒可知：2c（Cu²⁺）+3c（Al³⁺）+c（H⁺）=c（Cl^-）+2c（SO₄^2-），所以c（SO₄^2-）=1 mol?L^-1，即a=1，故D错误．
故选：A．

点评：本题考查了电解原理的应用，电极产物的判断和计算，电极反应遵循电子守恒，依据离子物质的量和电极反应中的电子守恒计算分析判断，综合性较强．