Question

3．用惰性電極電解一定量的硫酸銅溶液，電解過程中的實驗數(shù)據(jù)如圖所示．橫坐標(biāo)表示轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量，縱坐標(biāo)表示電解過程中產(chǎn)生氣體的總體積（標(biāo)準(zhǔn)狀況），下列判斷正確的是（　　）

• A． 電解過程中，溶液的pH不斷增大
• B． Q點對應(yīng)的氣體中，H₂與O₂的體積比為2：1
• C． 陽極電極反應(yīng)式為2H₂O+4e^-═4H⁺+O₂↑
• D． 當(dāng)轉(zhuǎn)移0.4mole^-時，電解生成的銅為6.4g

Answer 1

分析 惰性電極電解一定量的硫酸銅溶液，開始時陽極上析出O₂、陰極上析出Cu，發(fā)生2CuSO₄+2H₂O$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$2Cu+O₂↑+2H₂SO₄，如果只有陽極析出氣體，則轉(zhuǎn)移電子和生成氫氣體積關(guān)系應(yīng)該成正比，為一條直線，結(jié)合圖2可知，0-P為直線、P-Q為直線，且二者斜率不同，說明P-Q時陰極上析出氫氣，則P-Q發(fā)生反應(yīng)2H₂O$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$2H₂↑+O₂↑，0-P收集的氣體是O₂，P到Q點時收集到的混合氣體為H₂和O₂，
A．電解過程中，0-P段發(fā)生反應(yīng)2CuSO₄+2H₂O$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$2Cu+O₂↑+2H₂SO₄，溶液酸性增強；
B．Q點收集的氣體是H₂和O₂，P點1.12L為O₂，PQ段3.36L氣體中，由電解水反應(yīng)可知0.2mol電子通過時生成0.1mol H₂、0.05mol O₂，體積比為2：1；
C．電解時陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；
D．根據(jù)以上分析知，當(dāng)轉(zhuǎn)移電子0.2mol時銅完全析出，析出n（Cu）=$\frac{0.2mol}{2}$=0.1mol，根據(jù)m=nM計算析出Cu的質(zhì)量．

解答 解：惰性電極電解一定量的硫酸銅溶液，開始時陽極上析出O₂、陰極上析出Cu，發(fā)生2CuSO₄+2H₂O$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$2Cu+O₂↑+2H₂SO₄，如果只有陽極析出氣體，則轉(zhuǎn)移電子和生成氫氣體積關(guān)系應(yīng)該成正比，為一條直線，結(jié)合圖2可知，0-P為直線、P-Q為直線，且二者斜率不同，說明P-Q時陰極上析出氫氣，則P-Q發(fā)生反應(yīng)2H₂O$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$2H₂↑+O₂↑，0-P收集的氣體是O₂，P到Q點時收集到的混合氣體為H₂和O₂，
A．電解過程中，0-P段發(fā)生反應(yīng)2CuSO₄+2H₂O$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$2Cu+O₂↑+2H₂SO₄，電解過程中有硫酸生成，導(dǎo)致溶液酸性增強，溶液的pH減小，故A錯誤；
B．Q點收集的氣體是H₂和O₂，P點1.12L為O₂，PQ段3.36L氣體中，由電解水反應(yīng)可知0.2mol電子通過時生成0.1mol H₂、0.05mol O₂，體積比為2：1，Q點收集到的氣體中H₂和O₂體積比為1：1，故B錯誤；
C．電解時陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2H₂O-4e^-=4H⁺+O₂↑，故C錯誤；
D．根據(jù)以上分析知，當(dāng)轉(zhuǎn)移電子0.2mol時銅完全析出，析出n（Cu）=$\frac{0.2mol}{2}$=0.1mol，m（Cu）=nM=0.1mol×64g/mol=6.4g，故D正確；
故選D．

點評 本題以電解原理為載體考查化學(xué)方程式的計算，為高頻考點，明確各個電極上析出物質(zhì)成分是解本題關(guān)鍵，明確圖中拐點含義，題目難度中等．