Question

（7分）I．（3分）氯酸钾和亚硫酸氢钠发生氧化还原反应生成Cl(－1价)和S(＋6价)的速率如图所示，已知这个反应速率随着溶液中c(H^＋)增大而加快。

（1）反应开始时反应速率加快的原因是___________________。

（2）反应后期反应速率下降的原因是___________________。

II．（7分）用惰性电极电解200 mL一定浓度的硫酸铜溶液，实验装置如图①所示，电解过程中的实验数据如图②所示，横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积(标准状况)。

（1）下列说法正确的是______(填序号)。

A．电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生

B．a电极上发生的反应为2H^＋＋2e^－===H₂↑和4OH^－－4e^－===2H₂O＋O₂↑

C．从P点到Q点时收集到的混合气体的平均摩尔质量为12 g·mol^－1

D．OP段表示H₂和O₂混合气体的体积变化，PQ段表示O₂的体积变化

（2）如果要使溶液恢复到电解前的状态，向溶液中加入0.8 g CuO即可，则电解后溶液的c（H⁺）= ______。（3）如果向所得的溶液中加入0.1 mol Cu(OH)₂后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH，电解过程中转移的电子为______mol。

（4）如果向所得的溶液中加入0.1 mol Cu₂(OH)₂CO₃后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH(不考虑CO₂的溶解)，电解过程中转移的电子为______mol。

Answer

Ⅰ．（1）KClO3与NaHSO3反应的离子方程式为：2ClO3－＋6 HSO3－===6SO42－＋2Cl－＋6H＋，溶液中c(H＋)增大，化学反应速率加快；（2）随反应的进行，反应物浓度减小，所以，反应速率下降； II．（1）C ；（2）0.1 mol·L－1；（3）0.4；（4）0.6。

【解析】

试题分析：Ⅰ．（1）KClO3中Cl的化合价由＋5→－1，作氧化剂，化合价降低6，NaHSO3中S的化合价由＋4→＋6，作还原剂，化合价升高2，最小公倍数是6，依据反应前后原子守恒，其离子反应方程式为：2ClO3－＋6HSO3－=6SO42－＋2Cl－＋6H＋，根据题目信息随c(H＋)增大，反应速率加快；（2）随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率降低；II．（1）A、依据电流方向，得出：a连接电源的负极，作阴极，b连接电源的正极，作阳极，依据离子放电顺序，b极上应是阴离子放电，即4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，故错误；B、a电极上是阳离子放电，Cu2＋>H＋，Cu2＋＋2e－=Cu、2H＋＋2e－=H2↑，故错误；C、PQ段两极电极反应式：a：2H＋＋2e－=H2↑，b：4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，此阶段转移电子（0.4－0.2)mol=0.2mol，产生n(H2)=0.1mol，n(O2)=0.2/4mol=0.05mol，混合气体M=m/n=(0.1×2＋0.05×32)/(0.1＋0.05)g·mol－1=12g·mol－1，故正确；D、依据AB选项的分析，OP段产生的气体只有氧气，PQ段是氢气和氧气的混合物，故错误；（2）加入CuO恢复到电解前的状态，总电解反应式：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋，n(H＋)=2×0.8/80=0.02mol，c(H＋)=0.02/(200×10－3)mol·L－1=0.1mol·L－1；（3）加入Cu(OH)2恢复电解前的状态，0.1Cu(OH)2拆写成0.1molCuO和0.1molH2O，有两个阶段，第一阶段2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋，转移0.2mole－，第二阶段：2H2O2H2↑＋O2↑，转移电子0.2mole－，共转移0.4mole－；（4）0.1molCu2(OH)2CO3，拆写成2CuO·H2O·CO2，同样分成两个阶段，第一阶段转移电子0.4mole－，第二阶段转移0.2e－，共转移0.6mole－。

考点：考查氧化还原反应方程式的书写、影响反应速率的因素、电解原理等知识。