题目内容
如图甲中电极a、b都是惰性电极，电解池中为2L浓度为0.5mol?L-1的CuSO4 溶液，电路中通过1mol电子后，对换电路的正负极，电路中又通过2mol电子，图乙是根据上述电解池在的a、b电极的质量（△m）、溶液pH随时间（t）的变化关系：下列有关说法正确的是（ ）
| A、Ⅰ代表电极a的质量变化 |
| B、Ⅱ代电极b的质量变化 |
| C、Ⅲ代表溶液pH的大小变化 |
| D、虚线Ⅳ代表0.5 mol?L-1 的CuSO4 溶液的pH，其数值为7 |
考点：原电池和电解池的工作原理
专题：电化学专题
分析：调换正负极前后电极反应式如下：调换前：阳极：4OH--4e-=2H2O+O2↑；阴极：2Cu2++4e-=2Cu，电路中通过1mol电子，则a析出0.5moL铜，b电解了1mol氢氧根离子；
调换后：阳极：2Cu-4e-=2Cu2+（先），4OH--4e-=2H2O+O2↑（后）；阴极：2Cu2++4e-=2Cu，电路中又通过2mol电子，则a析出0.5moL铜又溶解了，而且还电解了1mol氢氧根离子；b析出1mol铜，据此分析；
调换后：阳极：2Cu-4e-=2Cu2+（先），4OH--4e-=2H2O+O2↑（后）；阴极：2Cu2++4e-=2Cu，电路中又通过2mol电子，则a析出0.5moL铜又溶解了，而且还电解了1mol氢氧根离子；b析出1mol铜，据此分析；
解答：
解：调换正负极前后电极反应式如下：调换前：阳极：4OH--4e-=2H2O+O2↑；阴极：2Cu2++4e-=2Cu，电路中通过1mol电子，则a析出0.5moL铜，b电解了1mol氢氧根离子；
调换后：阳极：2Cu-4e-=2Cu2+（先），4OH--4e-=2H2O+O2↑（后）；阴极：2Cu2++4e-=2Cu，电路中又通过2mol电子，则a析出0.5moL铜又溶解了，而且还电解了1mol氢氧根离子；b析出1mol铜，所以整个过程a质量不变，b质量增大，整个溶液消耗了2mol的氢氧根，所以PH减小，
A、电极a先增加后减小直到不变，故A错误；
B、电极b先小变后增加，故B错误；
C、溶液的PH值在调换前减小，调换后阳极：2Cu-4e-=2Cu2+（先）PH不变，4OH--4e-=2H2O+O2↑（后）PH又减小；阴极：2Cu2++4e-=2Cu，所以先减小后不变又减小，故C正确；
D、整个溶液消耗了2mol的氢氧根，则溶液成酸性，所以pH数值不可能为7，故D错误；
故选：C；
调换后：阳极：2Cu-4e-=2Cu2+（先），4OH--4e-=2H2O+O2↑（后）；阴极：2Cu2++4e-=2Cu，电路中又通过2mol电子，则a析出0.5moL铜又溶解了，而且还电解了1mol氢氧根离子；b析出1mol铜，所以整个过程a质量不变，b质量增大，整个溶液消耗了2mol的氢氧根，所以PH减小，
A、电极a先增加后减小直到不变，故A错误；
B、电极b先小变后增加，故B错误；
C、溶液的PH值在调换前减小，调换后阳极：2Cu-4e-=2Cu2+（先）PH不变，4OH--4e-=2H2O+O2↑（后）PH又减小；阴极：2Cu2++4e-=2Cu，所以先减小后不变又减小，故C正确；
D、整个溶液消耗了2mol的氢氧根，则溶液成酸性，所以pH数值不可能为7，故D错误；
故选：C；
点评：本题考查电解原理，题目难度中等，本题注意分析调换正负极前后电极反应的变化，为解答该题的关键．
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