899、用石墨作电极,电解1mol/L下列物质的溶液,溶液的pH值保持不变的是[ ]。

这是一道关于电解原理及溶液pH变化的经典化学题。我们需要分析用惰性电极（石墨）电解各选项中的溶液时，阳极和阴极发生的反应，从而判断溶液中氢离子（$H^+$）或氢氧根离子（$OH^-$）浓度的变化。 **解题思路分析：** 用石墨作电极电解电解质溶液时，离子的放电顺序如下： * **阳极（氧化反应）：** $S^{2-} > I^- > Br^- > Cl^- > OH^- >$ 含氧酸根离子（如 $SO_4^{2-}, NO_3^-$等） $> F^-$ * **阴极（还原反应）：** $Ag^+ > Fe^{3+} > Cu^{2+} > H^+ > Pb^{2+} > Sn^{2+} > Fe^{2+} > Zn^{2+} > Al^{3+} > Mg^{2+} > Na^+ > Ca^{2+} > K^+$ 我们逐一分析各个选项： **A. HCl 溶液** * **阳极反应：** $Cl^-$ 失电子生成 $Cl_2$ ($2Cl^- - 2e^- \rightarrow Cl_2\uparrow$) * **阴极反应：** $H^+$ 得电子生成 $H_2$ ($2H^+ + 2e^- \rightarrow H_2\uparrow$) * **总反应：** $2HCl \xrightarrow{电解} H_2\uparrow + Cl_2\uparrow$ * **结果分析：** 溶质 HCl 被消耗，溶液浓度降低，酸性减弱，**pH 增大**。 **B. NaOH 溶液** * **阳极反应：** $OH^-$ 失电子生成 $O_2$ ($4OH^- - 4e^- \rightarrow 2H_2O + O_2\uparrow$) * **阴极反应：** $H^+$ (来自水的电离) 得电子生成 $H_2$ ($4H^+ + 4e^- \rightarrow 2H_2\uparrow$) * **实质：** 电解水 ($2H_2O \xrightarrow{电解} 2H_2\uparrow + O_2\uparrow$) * **结果分析：** 溶剂水减少，溶质 NaOH 的量不变，导致 NaOH 溶液浓度增大，碱性增强，**pH 增大**。 **C. Na₂SO₄ 溶液** * **阳极反应：** $OH^-$ (来自水) 比 $SO_4^{2-}$ 易失电子，生成 $O_2$ ($4OH^- - 4e^- \rightarrow 2H_2O + O_2\uparrow$) * **阴极反应：** $H^+$ (来自水) 比 $Na^+$ 易得电子，生成 $H_2$ ($4H^+ + 4e^- \rightarrow 2H_2\uparrow$) * **实质：** 电解水 ($2H_2O \xrightarrow{电解} 2H_2\uparrow + O_2\uparrow$) * **结果分析：** $Na_2SO_4$ 是强酸强碱盐，溶液呈中性。电解过程实质是电解水，虽然溶剂减少导致盐浓度增大，但溶液依然保持中性，$c(H^+) = c(OH^-) = 10^{-7} mol/L$（常温下），因此 **pH 保持不变**。 **D. NaCl 溶液** * **阳极反应：** $Cl^-$ 失电子生成 $Cl_2$ ($2Cl^- - 2e^- \rightarrow Cl_2\uparrow$) * **阴极反应：** $H^+$ (来自水) 得电子生成 $H_2$ ($2H^+ + 2e^- \rightarrow H_2\uparrow$)，导致阴极附近 $OH^-$ 浓度相对增加。 * **总反应：** $2NaCl + 2H_2O \xrightarrow{电解} 2NaOH + H_2\uparrow + Cl_2\uparrow$ * **结果分析：** 生成了强碱 NaOH，溶液由中性变为碱性，**pH 增大**。 **总结：** * A项 pH 增大 * B项 pH 增大 * C项 pH 不变 * D项 pH 增大 故正确答案为 **C**。