Question

将0.1L含有0.02mol CuSO₄和0.01mol NaCl的水溶液用惰性电极电解．电解一段时间后，某电极的质量增加了0.64g．下列说法正确的是（ ）
A．质量增加的电极为阳极
B．电解过程中电子转移数为0.02N_A
C．电解过程中某电极上只有Cl₂产生
D．电解过程中pH增大

Answer 1

【答案】分析：0.1L含有0.02mol CuSO₄和0.01mol NaCl的水溶液用惰性电极电解，阴极反应发生Cu²⁺+2e^-→Cu，电解一段时间后，某电极的质量增加了0.64g，即析出0.01molCu，则转移0.02mol电子，阳极反应为：2Cl^-→2e^-+Cl₂↑，只有0.01mol的Cl^-，所以只能转移0.01mol电子，生成0.005mol的氯气，阳极上接着放电的是氢氧根离子，即4OH^-→4H₂O+O₂↑+4e^-，还要转移0.01mol电子，当转移0.01mol电子时，生成氧气的物质的量是0.0025mol，所以阳极上生成的气体有0.005mol的氯气和0.0025mol的氧气，以此解答该题．
解答：解：0.1L含有0.02mol CuSO₄和0.01mol NaCl的水溶液用惰性电极电解，阴极反应发生Cu²⁺+2e^-→Cu，电解一段时间后，某电极的质量增加了0.64g，即析出0.01molCu，则转移0.02mol电子，阳极反应为：2Cl^-→2e^-+Cl₂↑，只有0.01mol的Cl^-，所以只能转移0.01mol电子，生成0.005mol的氯气，阳极上接着放电的是氢氧根离子，即4OH^-→4H₂O+O₂↑+4e^-，还要转移0.01mol电子，当转移0.01mol电子时，生成氧气的物质的量是0.0025mol，所以阳极上生成的气体有0.005mol的氯气和0.0025mol的氧气，
A．阴极反应为Cu²⁺+2e^-→Cu，质量增加的为阴极，故A错误；
B．某电极的质量增加了0.64g，即析出0.01molCu，则转移0.02mol电子，故B正确；
C．由以上分析可知电极生成的气体为氯气和氧气，故C错误；
D．由于发生4OH^-→4H₂O+O₂↑+4e^-，促进水的电离，则电解过程中pH减小，故D错误．
故选B．
点评：本题考查电解产物的有关计算，不仅要考虑溶液中离子的放电顺序，由此来决定电解的产物，还要考虑离子的物质的量多少，当某种离子消耗完，一定会引起产物的变化，注意克服定式思维，题目难度中等．