Question

4．將500mL pH=5的硫酸銅溶液（足量）用惰性電極電解一段時間，溶液pH變?yōu)?，若使溶液的濃度、pH與電解前相同，可采取的方法是（　�。�

• A． 向溶液中加入0.245g Cu（OH）₂
• B． 向溶液中加入0.31gCuCO₃
• C． 向溶液中加入0.0025 molH₂SO₄
• D． 向溶液中加入0.2gCuO

Answer 1

分析 用惰性電極電解足量的CuSO₄溶液，電池反應(yīng)式為2CuSO₄+2H₂O$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$2H₂SO₄+2Cu+O₂↑，溶液由pH=5變?yōu)?，溶液中氫離子的物質(zhì)的量變化為：（10^-2-10^-5）mol/L×0.5L=5×10^-3mol，假設(shè)溶液體積不變，則生成n（H₂SO₄）=$\frac{1}{2}$n（H⁺）=$\frac{1}{2}$×5×10^-3mol=2.5×10^-3mol，陽極上生成O₂、陰極上生成Cu，所以析出物質(zhì)相當(dāng)于CuO，因為碳酸銅能和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸銅和二氧化碳，所以加入CuCO₃固體也相當(dāng)于加入的是CuO，根據(jù)“析出什么加入什么”確定需要加入物質(zhì)，結(jié)合Cu原子守恒分析解答．

解答 解：用惰性電極電解足量的CuSO₄溶液，電池反應(yīng)式為2CuSO₄+2H₂O$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$2H₂SO₄+2Cu+O₂↑，溶液由pH=5變?yōu)?，溶液中氫離子的物質(zhì)的量變化為：（10^-2-10^-5）mol/L×0.5L=5×10^-3mol，假設(shè)溶液體積不變，則生成n（H₂SO₄）=$\frac{1}{2}$n（H⁺）=$\frac{1}{2}$×5×10^-3mol=2.5×10^-3mol，陽極上生成O₂、陰極上生成Cu，所以析出物質(zhì)相當(dāng)于CuO，因為碳酸銅能和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸銅和二氧化碳，所以加入CuCO₃固體也相當(dāng)于加入的是CuO，
 2CuSO₄+2H₂O$\frac{\underline{\;電解\;}}{\;}$2H₂SO₄+2Cu+O₂↑，
                 2       2    1
           2.5×10^-3mol  n（Cu）  n（O₂）
解得：2：2=2.5×10^-3mol：n（Cu）  
     2：1=2.5×10^-3mol：n（O₂）
     n（Cu）=2.5×10^-3mol 
     n（O₂）=0.5×2.5×10^-3mol；
所以要想恢復(fù)原溶液，應(yīng)加入氧化銅，物質(zhì)的量為2.5×10^-3mol，質(zhì)量為2.5×10^-3mol×80g/mol=0.2g；
也可以加入CuCO₃固體，根據(jù)Cu原子守恒得n（CuCO₃）=n（Cu）=2.5×10^-3mol，則m（CuCO₃）=2.5×10^-3mol×124g/mol=0.31g，
故選BD．

點評 本題以電解原理為載體考查電化學(xué)計算，為高頻考點，明確離子放電順序及各個電極上析出物質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意原子守恒的靈活運用，易錯選項是AB，很多同學(xué)往往認為生成的硫酸和氫氧化銅生成硫酸銅和水而不引進雜質(zhì)導(dǎo)致選擇A，也有很多同學(xué)往往認為加入碳酸銅引進雜質(zhì)而首先排除，題目難度中等．