Question

20．物质的量均为0.1mol的A1C1₃、CuC1₂和H₂SO₄溶于水制成100mL的混合溶液，用石墨作电极电解，并收集两电极所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同，则下列描述正确的是（　　）

• A． 电路中共转移0.7mol电子
• B． 阴极得到的气体物质的量为0.35mol
• C． 阴极质量增加3.2g
• D． 铝元素以A1（OH）₃的形式存在

Answer 1

分析 混合溶液中阳极上Cl^-先放电生成Cl₂，然后OH^-放电生成O₂，阴极上Cu²⁺先放电生成Cu，然后H⁺放电生成H₂，
溶液中根据Cl原子守恒得n（Cl^-）=3n（AlCl₃）+2n（CuCl₂）=0.1mol×（3+2）=0.5mol，根据Cu原子守恒得n（Cu²⁺）=n（CuCl₂）=0.1mol；
用石墨作电极电解，并收集两电极所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同，说明两个电极上生成气体物质的量相等，
因为每个氯离子失去一个电子、每个氢离子得到一个电子，所以要使两个电极得到相同物质的量的气体，阳极上应该还有氧气生成，
设生成气体总物质的量为xmol，
根据转移电子守恒得0.5mol×1+（x-0.25）mol×4=0.1mol×2+2xmol，
x=0.35；
A．根据阳极上生成气体与转移电子关系计算转移电子物质的量；
B．根据以上分析确定阴极上生成气体物质的量；
C．阴极上质量增加量为Cu的质量；
D．电解后溶液呈酸性．

解答 解：混合溶液中阳极上Cl^-先放电生成Cl₂，然后OH^-放电生成O₂，阴极上Cu²⁺先放电生成Cu，然后H⁺放电生成H₂，溶液中根据Cl原子守恒得n（Cl^-）=3n（AlCl₃）+2n（CuCl₂）=0.1mol×（3+2）=0.5mol，根据Cu原子守恒得n（Cu²⁺）=n（CuCl₂）=0.1mol；
用石墨作电极电解，并收集两电极所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同，说明两个电极上生成气体物质的量相等，
因为每个氯离子失去一个电子、每个氢离子得到一个电子，所以要使两个电极得到相同物质的量的气体，阳极上应该还有氧气生成，
设生成气体总物质的量为xmol，
根据转移电子守恒得0.5mol×1+（x-0.25）mol×4=0.1mol×2+2xmol，
x=0.35；
A．转移电子物质的量=0.5mol×1+（0.35-0.25）mol×4=0.9mol，故A错误；
B．根据以上分析知，阴极上生成气体物质的量为0.35mol，故B正确；
C．阴极上质量增加量为Cu的质量，根据Cu原子守恒得n（Cu）=n（CuCl₂）=0.1mol，m（Cu）=0.1mol×64g/mol=6.4g，故C错误；
D．阳极上第一段电解生成氯气、第二段电解生成氧气，阴极上第一段电解生成Cu、第二段电解生成氢气，所以相当于第一段电解氯化铜、第二段电解HCl、第三段电解H₂O，电解后溶液呈酸性，铝元素以铝离子存在，故D错误；
故选B．

点评 本题以电解原理为载体考查混合物的有关计算，明确各个电极上放电离子顺序是解本题关键，知道整个过程相当于电解氯化铜、电解HCl、电解水三个阶段，题目难度中等．