Question

19．1L某溶液中含有的离子如下表：

离子	Cu2+	Al3+	NO3-	Cl-
物质的量浓度（mol/L）	1	1	a	1

用惰性电极电解该溶液，当电路中有3mole^-通过时（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），下列说法正确的是（　　）

• A． 阳极生成1.5mol Cl₂
• B． a=3
• C． 电解后溶液中c（H⁺）=1moL/L
• D． 阴极析出的金属是铜与铝

Answer 1

分析 由溶液电荷守恒可知2c（Cu²⁺）+3c（Al³⁺）=c（NO₃^-）+c（Cl^-），可求得c（NO₃^-）=4moL/L，
由于离子放电顺序Cu²⁺＞H⁺＞Al³⁺，Cl^-＞OH^-＞NO₃^-，电解时阳极首先发生：2Cl^--2e-=Cl₂↑，1mol氯离子放电转移1mol电子，然后发生4OH^--4e-=O₂↑+2H₂O，阴极首先发生：Cu²⁺+2e^-=Cu，1molCu²⁺反应转移2mol电子，然后发生2H⁺+2e^-=H₂↑，最后溶液中溶质为Al（NO₃）、HNO₃，根据电荷守恒计算溶液中c（H⁺），再根据pH=-lgc（H⁺）计算溶液pH值．

解答 解：由溶液电荷守恒可知2c（Cu²⁺）+3c（Al³⁺）=c（NO₃^-）+c（Cl^-），则：2×1mol/L+3×1mol/L=⁺）=c（NO₃^-）+1mol/L，可求得c（NO₃^-）=4moL/L，
溶液中n（u²⁺）=n（Al³⁺）=n（Cl^-）=1L×1mol/L=1mol，
离子放电顺序Cu²⁺＞H⁺＞Al³⁺，Cl^-＞OH^-＞NO₃^-，电解时阳极首先发生：2Cl^--2e-=Cl₂↑，1mol氯离子放电转移1mol电子，生成0.5mol氯气，然后发生4OH^--4e-=O₂↑+2H₂O，生成氧气为$\frac{3mol-1mol}{4}$=0.5mol；
阴极首先发生：Cu²⁺+2e^-=Cu，1molCu²⁺反应转移2mol电子，然后发生2H⁺+2e^-=H₂↑，最后溶液中溶质为Al（NO₃）、HNO₃．
A．阳极生成0.5mol氯气、0.5mol氧气，故A错误；
B．由上述分析可知：a=4，故B错误；
C．根据电荷守恒，溶液中c（H⁺）+3c（Al³⁺）=c（NO₃^-），即c（H⁺）+3×1mol/L=4mol/L，故c（H⁺）=1mol/L，故C正确；
D．离子放电顺序Cu²⁺＞H⁺＞Al³⁺，没有Al生成，阴极析出的金属是铜，故D错误，
故选：C．

点评 本题考查电解原理及计算，侧重考查学生分析计算能力，关键是掌握离子放电顺序，A中注意利用守恒法计算氢离子浓度，避免利用电极反应式的繁琐，难度中等．