知识讲解_电解规律_提高

1 电解规律 【学习目标】 1、通过电解装置中离子或者电极的放电顺序，能正确地判断阴极和阳极，分析电解产物； 2、进行有关电化学的简单计算。 【要点梳理】 要点一、电解时电极产物的判断 1．阳极产物的判断。 首先看电极，如果是活性电极（除 Au、Pt、石墨以外的材料作电极），则电极材料失电子，电极被溶解，溶 液中的阴离子不能失电子。如果是惰性电极（Pt、Au、石墨），则要再看溶液中阴离子的失电子能力，此时根据 阴离子放电顺序加以判断。阴离子放电顺序：S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－＞含氧酸根（SO42－、NO3－等）。 2．阴极产物的判断。 直接根据阳离子放电顺序进行判断，阳离子放电顺序： Ag+＞Hg2+＞Fe3+＞Cu2+＞H+（H+浓度较大时）＞Pb2+＞Sn2+＞Fe2+＞Zn2+＞H+（H+浓度较小时）＞Al3+＞ Mg2+。 要点诠释：（1）离子的放电顺序主要取决于离子的本性，但还与其他的因素有关（如离子的浓度、溶液的 酸碱性等），如在电镀条件下 Fe2+、Zn2+的放电顺序在 H+之前。 （2）阳离子的放电顺序基本上与金属活动性顺序相反，即越活泼的金属，其阳离子越难结合电子，但需注 意：Fe3+氧化性较强，排在 Cu2+之前。 【高清课堂：电解规律#电解规律】 要点二、酸、碱、盐溶液电解规律 类型 电极反应特点 实例 电解对象 电解质浓度 pH 电解质溶液复原 NaOH 水 增大 增大 水 H2SO4 水 增大 减小 水 电解 水型 阴：2H++2e－＝H2↑ 阳：4OH－－4e－ ＝2H2O+O2↑ Na2SO4 水 增大 不变 水 HCl 电解质 减小 增大 氯化氢电解 电解型 电解质电离出的阴、阳离 子分别在两极放电 CuCl2 电解质 减小 —— 氯化铜 放 H2 生碱型 阴极：H2O 放 H2 生碱 阳极：电解质阴离子放电 NaCl 电解质和水 生成新电解质 增大 氯化氢 放 O2 生酸型 阴极：电解质阳离子放电 阳极：H2O 放 O2 生酸 CuSO4 电解质和水 生成新电解质 增大 氧化铜 要点诠释：（1）用惰性电极电解电解质溶液时，首先要全面分析电解质溶液的组成．找全离子并分为阴、 阳离子两组，然后排出阴、阳离子的放电顺序，写出两极上的电极反应式，根据两极的电极反应式写出反应的总 方程式。 （2）若阴极为 H+放电，则阴极区 c (OH－)增大；若阳极为 OH－放电，则阳极区 c (H+)增大；若阴、阳极同 时有 H+、OH－放电，相当于电解水，电解质溶液浓度增大。 （3）用惰性电极电解时，若使电解后的溶液恢复原状态，应遵循“缺什么加什么，缺多少加多少”的原则，2 一般加入阴极产物与阳极产物的化合物，例如电解 CuSO4 溶液，发生反应 2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4， 若使溶液恢复原状态，可向溶液中加入 CuO，若加入 Cu(OH)2（可拆写成 CuO·H2O）会使溶液中水量增多，CuSO4 溶液被稀释，其他如电解 NaOH 溶液——加 H2O，电解食盐水——通入 HCl 气体等。 要点三、电化学计算的基本方法 原电池和电解池的计算包括两极产物的定量计算、溶液 pH 的计算、相对原子质量和阿伏加德罗常数测定的 计算、根据电量求产物的量与根据产物的量求电量等的计算。不论哪类计算，均可概括为下列三种方法： 1．根据电子守恒法计算：用于串联电路、阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据 是电路上转移的电子数相等（或阴、阳两极得、失电子守恒） 2．根据总反应式计算：先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列比例式计算。 3．根据关系式计算：根据得失电子守恒定律关系建立已知量与未知量之间的桥梁，建立计算所需的关系式。 要点诠释：电解的计算：首先正确书写电极反应式（要特别注意阳极材料）；注意溶液中多种离子共存时， 要根据离子放电顺序确定离子放电的先后；最后根据得失电子守恒进行相关计算。 【典型例题】 类型一、电解质溶液的电解规律 例 1 用惰性电极电解含有 0.1mol CuCl2 和 0.1mol NaBr 混合溶液，电路中共 0.4mol 电子 转移，分析其中电解过程。　　 【答案】阳极依次析出的物质为 0.05 mol Br2、0.1mol Cl2、0.025mol O2 　　阴极依次析出的物质为 0.1 mol Cu、0.1 mol H2 　　最终溶液为含 0.1mol NaOH 的溶液。 【解析】解决电解问题的分析思路是： 　　（1） 电解质溶液中的离子是什么？ 　　考虑 CuCl2、NaBr 和水的电离，溶液中有阳离子 Cu2+、Na+、H+，阴离子 Cl-、Br-、OH-； 　　（2） 通电后离子的移动方向是什么？ 　　阳离子 Cu2+、Na+、H+移向阴极，阴离子 Cl-、Br-、OH-移向阳极； 　　（3） 离子移动到电极后放电的顺序是什么？产物是什么？ 　　根据阴离子放电顺序：Br-＞Cl-＞OH-，阳极产物依次是 Br2、Cl2、O2； 　　根据阳离子放电顺序：Cu2+＞H+＞Na+（不放电），阴极产物依次是 Cu、H2； 　　（4） 定量计算 　　阳极：2Br--2e-=Br2 0.1molBr-共转移 0.1mole- 生成 0.05 mol Br2 　　2Cl--2e-=Cl2 0.2molCl-共转移 0.2mole- 生成 0.1mol Cl2 　　4OH--4e-=O2+2H2O 0.1mol OH-共转移 0.1mole-，生成 0.025mol O2 　　阴极：Cu2++2e-=Cu 0.1molCu2+共转移 0.2mole- 生成 0.1 mol Cu 　　 2H++2e-=H2 0.2molH+共转移 0.2mole- 生成 0.1 mol H2 　　最终溶液为含 0.1mol NaOH 的溶液。 举一反三： 【变式 1】（2015 南京检测）如下图所示，X、Y、Q、W 都是惰性电极，将电源接通后，W 极附近颜色 逐渐加深。下列说法中不正确的是（ ）。 电解3 A．电源的 M 极为正极 B．甲装置中溶液的 pH 减小 C．甲装置的两个电极上都有单质生成且物质的量之比为 1∶1 D．欲用乙装置给铜镀银，U 极应该是 Ag，电解液选择 AgNO3 溶液 【答案】C 【解析】氢氧化铁胶粒吸附阳离子带正电荷，电解时向阴极移动，所以 N 极是负极，则 M 极为正极。电解 CuSO4 溶液：X 极 4OH－－4e－==O2↑+2H2O，Y 极 2Cu2++4e－==2Cu，甲装置中 X 极与 Y 极生成单质的物质的 量之比为 1∶2，生成 H2SO4，溶液的 pH 减小。乙用于给铜镀银，则 Ag 是阳极（U 极），电解液是 AgNO3 溶液。 例 2 某同学按右图所示的装置进行电解实验。下列说法中正确的是（ ）。 A．电解过程中，铜电极上有 H2 产生 B．电解初期，主反应方程式为 Cu+H2SO4 CuSO4+H2↑ C．电解一定时间后,石墨电极上有铜析出 D．整个电解过程中，H+的浓度不断增大 【思路点拨】考查电解池的原理，需要了解电极反应、总反应及电解过 程。铜连接电源的正极，所以做为电解池的阳极，本身会失电子生成铜离子。反应初期溶液中氢离子在石墨电极 放电生成氢气，当铜离子浓度达到一定程度后会继续在石墨电极放电生成铜单质。 【答案】B、C 【解析】本题主要考查电解的基本原理，由题目所给图示可知，活泼金属铜作阳极，发生反应：Cu－2e－＝ Cu2+。同时溶液中的 H+在阴极石墨上发生反应：2H++2e－＝H2↑，总反应的化有方程式为 Cu+H2SO4 CuSO4+H2↑，所以 A 项不正确，B 项正确，D 项不正确；随着电解过程不断进行，溶液中的 Cu2+浓度不断增大， 一定时间后即当 c (Cu2+)较大时，由于 Cu2+的氧化性大于 H+，故此时阴极发生反应：Cu2++2e－＝Cu，所以 C 项 正确。 【总结升华】电解过程中溶液 pH [或 c (H+)]变化的判断方法有两种：一是利用电解类型进行判断，如 H2SO4 （aq）、NaOH（aq）的电解，实际上是电解水，因此 pH 分别减小和增大；二是直接利用电极反应进行判断，比 较阴、阳两极析出产物的物质的量之比，既可通过电解化学方程式中的化学计量数作比较，亦可通过电子转移守 恒关系作比较。 举一反三： 【变式 1】（2015 山东高考）利用 LiOH 和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料。LiOH 可由电解法制备， 钴氧化物可通过处理钴渣获得。 （1）利用如图装置电解制备 LiOH，两电极区电解液分别为 LiOH 和 LiCl 溶液。B 极区电解液为__________ 溶液（填化学式），阳极电极反应式为__________ ，电解过程中 Li+向_____电极迁移（填“A”或“B”）。 （2）利用钴渣[含 Co(OH)3、F e ( O H ) 3 等]制备钴氧化物的工艺流程如下： Co(OH)3 溶解还原反应的离子方程式为____________________________________，铁渣中铁元素的化合 电解 电解4 价为___________，在空气中煅烧 CoC2O4 生成钴氧化物和 CO2，测得充分煅烧后固体质量为 2.41g，CO2 的体积 为 1.344L（标准状况），则钴氧化物的化学式为__________。 【答案】（1）LiOH；2Cl‾—2e‾=Cl2↑；B （2）2Co(OH)3+4H++SO32‾=2Co2++SO42‾+5H2O；+3；Co3O4 【解析】（1）B 极区生产 H2，同时生成 LiOH，则 B 极区电解液为 LiOH 溶液；电极 A 为阳极，阳极区电解 液为 LiCl 溶液，根据放电顺序，阳极上 Cl‾失去电子，则阳极电极反应式为：2Cl‾—2e‾=Cl2↑；根据电流方 向，电解过程中 Li+向 B 电极迁移。 （2）在酸性条件下，Co(OH)3 首先与 H+反应生成 Co3+，Co3+具有氧化性，把 SO32‾氧化为 SO42‾，配平可得 离子方程式：2Co(OH)3+4H++SO32‾=2Co2++SO42‾+5H2O；铁渣中铁元素的化合价应该为高价，为+3 价；CO2 的物 质的量为：1.344L÷22.4L/mol=0.06mol，根据 CoC2O4 的组成可知 Co 元素物质的量为 0.03mol，设钴氧化物的化 学式为 CoxOy，根据元素的质量比可得：59x：16y=0.03mol×59g/mol：（2.41g—0.03mol×59g/mol），解得 x：y=3:4， 则钴氧化物的化学式为：Co3O4。 【高清课堂：电解规律#例 1】 【变式 2】用电解质溶液为氢氧化钾水溶液的氢氧燃料电池电解饱和硫酸钠溶液一段时间，假设电解时温度 不变且用惰性电极，下列说法不正确的是 A．当电池负极消耗 m g 气体时，电解池阴极有 m g 气体生成 B．电解池的阳极反应式为：4OH－－4e－＝2H2O+O2↑ C．反应后，电池中 n(KOH)不变；电解池中溶液 pH 变大 D．电解后，c(Na2SO4)不变，且溶液中有晶体析出 【答案】C 类型二、电解的有关计算 例 3 （2015 重庆模拟）下图是一个化学过程的示意图。 （1）图中甲池是______________装置(填“电解池”或“原电池”)，其中 OH -移向②______极(填“CH3OH”或 “O2”)。 （2）写出通入 CH3OH 的电极的电极反应式③：__________________。 （3）向乙池两电极附近滴加适量紫色石蕊试液，附近变红的电极为④______极(填“A”或“B”)，并写出此电 极的反应式：____________________________________________________。 （4）乙池中总反应的离子方程式为_______________________。 （5）当乙池中 B(Ag)极的质量增加 5.40 g 时，乙池的 pH 是⑤____(若此时乙池中溶液的体积为 500 mL)；此时丙 池某电极析出 1.60 g 某金属，则丙中的某盐溶液可能是________(填序号)。 A．MgSO4　　　　　　　B．CuSO4 C．NaCl D．AgNO3 【思路点拨】 关键信息 信息分析与迁移5 信息① 甲池是甲醇燃料电池，丙池中都是惰性电极，乙池中有活泼电极 信息② 在原电池中，阴离子移向负极，因为负极区域的阳离子增多 信息③ 书写燃料电池的负极反应式，一般采用总式减去正极反应式的方法 信息④ 乙池的 Ag 电极作阴极，故该池就是电解 AgNO3 溶液，而非电镀池 信息⑤ 根据各电极上通过电子的物质的量相等计算 【答案】（1）原电池　CH3OH （2）CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O （3）A　4OH--4e-=O2↑+2H2O （4）4Ag++2H2O 4Ag+O2↑+4H+ （5）1　B、D 【解析】（1）（2）分析图中装置，甲池是碱性条件下的甲醇燃料电池，用于发电，甲醇所在电极作负极，O2 所在电极为正极，在碱性条件下甲醇的氧化产物为 CO32-，由此写出电极反应式：CH3OH-6e-+8OH-=CO32- +6H2O，原电池工作时溶液中的阴离子向负极移动。（3）（4）碳电极（A 极）与原电池装置中通入 O2 的电极相 连，则作阳极，电极反应式为 4OH--4e-=O2↑+2H2O，银电极（B 极）与原电池装置中通入甲醇的电极相连，则 作阴极，电极反应式为 Ag++e-=Ag，电解过程的总反应式为 4Ag++2H2O 4Ag+O2↑+4H+，因此当向乙池两 电极附近滴加适量紫色石蕊试液时，附近变红的电极为 A 电极。（5）当乙池中 B(Ag)电极的质量增加 5.40 g 时， 即析出 Ag 的物质的量为 0.05 mol，则生成 H+的物质的量为 0.05 mol，由此可得溶液的 pH＝1。根据放电规律， 本题首先排除选项 A 和选项 C。当乙池中 B（Ag）电极的质量增加 5.40 g 时，此时转移的电子数为 0.05 mol，当 丙池中电极上析出 1.60 g 金属铜时，正好转移 0.05 mol 电子，因此选项 B 正确。当丙装置中为 AgNO3 溶液，且 AgNO3 溶液足量时，可知析出金属的质量也应为 5.40 g，若 AgNO3 溶液不足时，析出金属的质量必小于 5.40 g， 故选项 D 也有可能。 【总结升华】电解计算的常用方法： 例 4 右图是由莫菲滴管改装成的微型电解装置。 （1）若用该装置来电解含 3mol NaCl 和 1 mol H2SO4 的混合溶液，已知 a、b 两 极均为石墨。当从导管口收集到 44.8 L（标准状况下）氢气时，阳极生成的气体及对 应的物质的量________。 （2）若 b 极是铜锌合金，a 极是纯铜，电解质溶液中含有足量的 Cu2+，通电一段 时间后，若 b 极恰好全部溶解，此时 a 极质量增加 7.68 g，溶液质量增加 0.03 g，则 合金中 Cu、Zn 的物质的量之比为________。 【思路点拨】石墨为惰性电极，当装置通电时，溶液中的离子放电；合金做电解 电解 电解6 池的阳极时，合金中的成分金属放电，解题时注意利用差量法。 【答案】（1）1.5 mol Cl2，0.25 mol O2 （2）3∶1 【解析】（1）生成 44.8 L H2，转移 4 mol 电子，则阳极将生成 1.5 mol Cl2 和 0.25 mol O2。 （2）a 极增加 7.68 g Cu，其物质的量 ，由得失电子守恒可知，b 极 Cu、Zn 的 物质的量之和为 0.12 mol，溶液中部分 Cu2+变成 Zn2+，即： Cu2+ ～ Zn2+ Δm 64 g 65 g 1 g 溶液质量增加 0.03 g，可知 Zn 的物质的量为 0.03 mol，所以 Cu、Zn 的物质的量之比为 0.09∶0.03，即 3∶ 1。 【总结升华】有关电解的计算通常是求电解后某产物的物质的量、气体的体积、元素化合价及 pH 等。解答 电解计算题的方法和依据为： （1）正确写出电极反应式，电解总反应的化学方程式。 （2）阴、阳两极得失、电子守恒。 （3）若干电解池串联时，通过各电极的电量相等。 举一反三： 【变式 1】在 100 mL H2SO4 和 CuSO4 的混合溶液中，用石墨作电极电解，两极均收集到 2.24 L 气体（标准 状况下），则原混合溶液中 Cu2+的物质的量浓度为（ ）。 A．1 mol·L－1 B．2 mo1·L－1 C．3 mol·L－1 D．4 mol·L－1 【答案】A 【高清课堂：电解规律#例 4】 【变式 2】以石墨电极电解 200 mL CuSO4 溶液，电解过程中电子转移物质的量 n(e-)与产生气体体积 V(g) （标准状况）的关系如下图所示(忽略溶液体积的变化)。下列说法中，正确的是 （1）电解前 CuSO4 溶液的物质的量浓度为_____mol/L （2）当 n(e-)＝0.4 mol 时，c(H+)为________ mol/L （3）当 n(e-)＝0.6 mol 时，V(H2)∶V(O2)＝_________。 【答案】（1）1mol/L （2）2mol/L （ 3 ） 2 ： 3 1 7.68g 0.12mol64g moln −= =⋅7 【巩固练习】 一、选择题 1．以 Pt 作电极，用电源串联电解分装在两个烧杯里的 200mL0.3mol·L－1NaCl 溶液和 300mL0.1mol·L－1 的 AgNO3 溶液，过一段时间后取出电极，将两杯溶液混合，则对混合溶液的 pH 判断正确的是（　　）。 A．小于 7 B．大于 7 C．等于 7 D．大于或等于 7 2．某铝冶炼厂以碳棒为电极，电解熔融状态的 Al2O3，当生成 54kg 铝时，阳极消耗 24kg 碳，则阳极生成的 CO 和 CO2 混合气中，CO 与 CO2 两种气体的分子个数之比为（　　）。 A． 1∶2　 B． 2∶1 C． 1∶3　 D． 1∶1 3．（2015 湖北八校联考）化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。 电化学降解 NO3-的原理如图所示，下列说法不正确的是（　　）。 A．A 为电源正极 B．阳极反应式为：2H2O-4e-═4H++O2↑ C．若电解过程中转移了 2mol 电子，则膜两侧电解液的质量变化差（△m 左-△m 右）为 10.4g D．阴极反应式为：2NO3-+6H2O+10e-=N2↑+12OH- 4．通以相等的电量，分别电解等浓度的硝酸银和硝酸亚汞（亚汞的化合价为+1）溶液，若被还原的硝酸银和硝 酸亚汞的物质的量之比 n（硝酸银）∶n(硝酸亚汞)＝2∶1，则下列表述正确的是（　　）。 A．在两个阴极上得到的银和汞的物质的量之比 n(Ag)∶n(Hg)＝2∶1 B．在两个阳极上得到的产物的物质的量不相等 C．硝酸亚汞的化学式为 HgNO3 D．硝酸亚汞的化学式为 Hg2(NO3)2 5．某学生为完成 2HCl+2Ag＝2AgCl↓+H2↑，设计如图所示的四个实验，你认为可行的实验是（ ）。 6．（2015 安徽江南十校期末） 将 H2S 通人 FeCl3 溶液中，过滤后将反应液加人电解槽中电解（如图所示）电解 后的溶液还可以循环利用。该方法可用于处理石油炼制过程中产生的 H2S 废气。下列有关说法正确的是 （　　）。8 A．过滤得到的沉淀可能是 FeS 和 S B．若有 0.20mol 的电子转移，一定能得到 2.24L 的氢气 C．可以用 Fe 与外接电源的 a 极相连 D．与 a 极相连的电极反应为 Fe2+-e-=Fe3+ 7．在水中加等物质的量的 Ag+、Pb2+、Na+、SO42－、NO3－、Cl－，该溶液放在用惰性电极作电极的电解槽中， 通电片刻，则氧化产物与还原产物质量之比为（ ）。 A．35.5∶108 B．16∶207 C．8∶1 D．108∶35.5 8．电解 100 mL 含 c (H+)=0.30 mol·L－1 的下列溶液，当电路中通过 0.04 mol 电子时，理论上析出金属质量最大 的是（ ）。 A．0.10 mol·L－1 Ag+ B．0.02 mol·L－1 Zn2+ C．0.20 mol·L－1 Cu2+ D．0.20 mol·L－1 Pb2+ 9．用石墨做电极电解 CuSO4 溶液。通电一段时间后，欲使用电解液恢复到起始状态，应向溶液中加入适量的 （　 ） 　　A．CuSO4　　　 B．H2O　　　C．CuO　　　 D．CuSO4·5H2O 10．将两个铂电极插入 500mL CuSO4 溶液中进行电解，通电一定时间后，某一电极增重 0.064g（设电解时该电 极无氢气析出，且不考虑水解和溶液体积变化）。此时，溶液中 H+浓度约为（　 ） 　　A．4×10-3mol/L　　 B．2×10-3 mol/L　　 C．1×10-3 mol/L　　 D．1×10-7mol/L 11．（2015 江西新余模拟）500mLKNO3 和 Cu（NO3）2 的混合溶液中 c（NO3-）=6.0mol/L，用石墨做电极电解 此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到 22.4L 气体（标准状况），假定电解后溶液体积仍为 500mL，下列说 法正确的是（ ） 　　A．原混合溶液中 c（K+）为 2mol/L 　　B．上述电解过程中共转移 0.2 mol 电子 　　C．电解得到的 Cu 的物质的量为 0.5mol 　　D．电解后溶液中 c（H+）为 2mol/L 12．用石墨作电极电解 CuCl2 溶液，当通电一段时间后，阳极收集到 2.24 L 气体(标准状况)。下列有关说法正确 的是（ ） 　　A．阴极生成的铜为 3.2g 　　B．上述电解过程中共转移 0.2 mol 电子 　　C．电解得到的 Cu 的物质的量为 0.5mol 　　D．电解后溶液呈碱性9 13．某溶液中含有两种溶质 NaCl 和 H2SO4，它们的物质的量之比为 3:1，用石墨做电极电解溶液时，根据电解产 物，可明显分为三个阶段。下列叙述不正确的是（ ） 　　A．阴极只析出 H2　　　　 　　　　　B．阳极先析出 Cl2，后析出 O2 　　C．电解最后阶段为电解水　　 　　　D．溶液 pH 不断增大，最后为 7 二、非选择题 1．（2015 广东高考）七铝十二钙（12CaO·7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含 CaCO3 和 MgCO3)和废 Al 片制备七铝十二钙的工艺如下： （1）煅粉主要含 MgO 和 ，用适量的 NH4NO3 溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶， 若溶液 I 中 c(Mg2+) 小于 5×10-6mol·L-1,则溶液 pH 大于 （Mg(OH)2 的 Ksp=5×10-12);该工艺中不能用（NH4)2SO4 代替 NH4NO3，原因是 。 （2）滤液 I 中的阴离子有 （忽略杂质成分的影响）；若滤液 I 中仅通入 CO2，会生成 ， 从而导致 CaCO3 产率降低。 （3）用 NaOH 溶液可除去废 Al 片表面的氧化膜，反应的离子方程式为 。 （4）电解制备 Al(OH)3 时，电极分别为 Al 片和石墨，电解总反应方程式为 。 （5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时 AlCl4—和 Al2Cl7—两种离子在 Al 电极上相互转化，其它离子 不参与电极反应，放电时负极 Al 的电极反应式为 。 2．某研究性学习小组的学生在一次活动中，设计如下方案来测定铜的相对原子质量： 指导老师认为此方案可行，提供了一瓶含有一定量 H2SO4、Fe2(SO4)3 杂质的 CuSO4 溶液及其他相关药品、 器材。 已知 Cu2+、Fe2+、Fe3+开始沉淀及沉淀完全时的 pH 如下表： 氢氧化物开始沉淀时的 pH 氢氧化物完全沉淀时的 pH Cu2+ Fe2+ Fe3+ 4.7 7.0 1.9 6.7 9.0 3.2 （1）同学们首先讨论不纯的 CuSO4 是否需要提纯。假如你是学习小组的学生，请阐明你的看法。[结合你的 意见，只需选择（a）、（b）中一题作答] （a）需要提纯，加入________（填写试剂化学式），反应后经过滤即可提纯 CuSO4 溶液。 （b）不必提纯，理由是________。 （2）用铜和石墨两个电极电解 CuSO4 溶液时，铜电极应接电源的________极。石墨电极上的电极反应式是 ________。电解总反应式是________。 （3）该实验测得的铜的相对原子质量是________。（用含 m、V 的代数式表示） 3．有一种化学式为 R(NO3)x·nH2O 的硝酸盐晶体。现取此晶体 6.05 g 溶于水配成 500 mL 溶液，用石墨棒作电极10 对此溶液进行电解，当通过电流强度为 5A 的电流 16.05 min 时，溶液中的金属离子已全部放电，且其中一极增 重 1.60 g（已知此晶体的摩尔质量为 242 g·mol－1），试求： （1）x 和 n 的值； （2）R 的相对原子质量； （3）若反应前后溶液体积保持不变，求反应后溶液的 pH。11 【答案与解析】 一、选择题 1．D 【解析】NaCl 为 0.06mol，AgNO3 为 0.03mol，串联电路中电子通过电量总是相同的，当通过的电子小于 0.03mol 时，根据电子守恒，NaCl 溶液中产生的 NaOH 和 AgNO3 溶液中产生 HNO3 的物质的量相等，将两杯溶液混合， NaOH 和 HNO3 恰好中和，剩余 NaCl 和剩余 AgNO3 反应，即成 NaNO3 和 NaCl 溶液，pH＝7。当电路中通过的 电子大于 0.03mol 时，电解 NaCl 溶液产生的 NaOH 多于电解 AgNO3 溶液产生的 HNO3 则混合后，混合溶液 pH＞ 7。 2．D 【解析】 3．D 【解析】A 项 A 极（阳极）电极反应为 4OH--4e-=2H2O+O2↑，生成氧气，不能析出铜，故错误；B 项甲烧杯中 B 极上的电极反应为 Cu2++2e-=Cu，故错误；C 项乙烧杯 C 极上电极反应为 2Cl--2e-=Cl2↑，故错误；D 项 D 极（阴 极）电极反应为 2H++4e-=H2↑，H+放电破坏了水的电离平衡，导致 D 极附近溶液呈碱性（NaOH 生成），故正确。 故选 D。 4．D 【解析】通以相等的电量，即是通过相同的电子数，银和亚汞都是+1 价，因此得到的单质银和汞的物质的量也 应相等；又因电解的 n(硝酸银)∶n(硝酸亚汞)＝2∶1，硝酸银的化学式为 AgNO3，故硝酸亚汞的化学式不可能为 HgNO3，只能为 Hg2(NO3)2。 5．D 【解析】该反应不能自发进行，必须电解，且阳极为 Ag。 6．D 【解析】A、H2S 通人 FeCl3 溶液，二者之间发生氧化还原反应得到单质硫的沉淀，没有 FeS，故 A 错误； B、氯化亚铁、盐酸的混合溶液，在阴极上是氢离子得电子的反应，即 2H++2e-=H2↑，有 0.20mol 的电子转移， 得，0.1mol 氢气，但是只有在标况下才是 2.24L，故 B 错误； C、铁为活泼电极，当 Fe 与外接电源的 a 极即阳极相连，则金属铁在该电极上失电子，会影响结果，故 C 错误； D、在阴极 b 极上是氢离子得电子的反应，即 2H++2e-=H2↑，所以 a 是阳极，该电极上发生亚铁离子失电子的氧12 化反应，即 Fe2+-e-=Fe3+，故 D 正确。 故选 D。 7．C 【解析】溶液中的六种离子，有四种发生反应生成沉淀，Ag++Cl－＝AgCl↓、Pb2++SO42－＝PbSO4↓，最后溶液就 成了 NaNO3 溶液；而电解 NaNO3 溶液，实质就是电解水，电解方程式为：2H2O H2↑+O2↑。氧化产物和还 原产物的质量之比为 m (O2)∶m (H2)=(1 mol×32g·mol－1)∶(2 mol×2 g·mol－1)=8∶1，即 C 项正确。 8．C 【解析】根据离子的放电顺序可知，当电路中通过 0.04 mol 的电子时，能析出金属的只有选项 A 和 C，根据 Ag++e －＝Ag 和 Cu2++2e－＝Cu 可知，析出的金属分别为 0.04 mol 的 Ag 和 0.02 mol 的 Cu，其质量分别为 4.32 g 和 1.28 g。但溶液中 n (Ag+)=0.10 mol／L×0.1 L=0.01 mol＜0.04 mol，所以析出 Ag 的质量为 1.08 g。 9．C 【解析】用石墨做电极电解 CuSO4 溶液的电解方程式是 2CuSO4＋2H2O 2H2SO4＋2Cu＋O2↑，根据缺什么补 什么的，选项 C 正确。 【总结升华】做题的思路：明确溶液中存在哪些离子；阴阳两极附近有哪些离子；根据阳极氧化、阴极还原分析 得出产物。根据原溶液的酸、碱性和电极产物可对电解后溶液的 pH 的变化作出正确的判断。若电极产物只有 H2 而无 O2，则 pH 变大；若电极产物只有 O2 而无 H2，则 pH 变小；若电极产物既有 O2 又有 H2，原溶液呈酸性， 则 pH 变小，原溶液呈碱性则 pH 变大，原溶液呈中性，则 pH 不变。 10．A　 【解析】2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4 根据方程式计算。 11．A 【解析】电解硝酸钾和硝酸铜的混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先是铜离子放电生成铜单 质，当铜离子完全反应后，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量为 22.4L/22.4L·mol-1=1mol；每生成 1mol 氧 气转移 4mol 电子，每生成 1mol 氢气转移 2mol 电子，每生成 1mol 铜转移 2mol 电子，所以根据得失电子守恒得 铜的物质的量为（1mol×4-1mol×2）/2=1mol，则铜离子的物质的量浓度为 1mol/0.5L=2mol/L，根据电荷守恒得 钾离子的浓度为 6 mol/L-2 mol/L×2=2 mol/L。根据以上分析知，原混合溶液中 c（K+）为 2mol/L， 故 A 正确； 转移电子的物质的量为 1mol×4=4mol，故 B 错误；根据以上分析知，铜的物质的量为 1mol，故 C 错误；电解后 氢离子的物质的量为铜的 2 倍，即 2mol，则氢离子浓度为 2mol/0.5L=4mol/L，故 D 错误。故选 A。 12．B 【解析】CuCl2 Cu+Cl2↑，阳极收集到 2.24 L 气体(标准状况)，即收集 0.1 mol Cl2，转移 0.2 mol 电子，阴极 生成 Cu 0.1 mol，质量为 6.4g，电解后溶液仍为 CuCl2 溶液，只是浓度减小，溶液仍因水解呈酸性。 13．D 二、非选择题 1．（1）CaO；11；加入（NH4)2SO4 会生成 CaSO4 微溶物，在过滤时会被除去，造成生成的 CaCO3 减少。 （2）NO3—，( NH4)2CO3 （3）2OH—+Al2O3＝2AlO2—+H2O 电解13 （4）2Al+6H20 2Al(OH)3↓+3H2↑ （5）Al－3e－＋7 AlCl4—==4 Al2Cl7— 【解析】 （1）煅烧时 CaCO3 会发生分解生成 CaO 和 CO2；煅烧 MgCO3 分解生成 MgO 和 CO2；故煅粉主要含 MgO 和 CaO；Ksp=c (Mg2+)·c2 (OH―)，5×10－12=5×106×c2 (OH―)，得 c (OH―)=10-3 mol·L-1，pH=11。由于溶液Ⅰ 中 c (Mg2+)小于 5×10 -6 mol·L － 1 ，所以溶液 pH 大于 11；不能用(NH 4)2SO4 代替 NH4NO3 的原因是加入 (NH4)2SO4 会生成 CaSO4 微溶物，在过滤时会被除去，从而造成生成的 CaCO3 减少。 （2）从流程中看出 NO3-没有被除去，故滤液Ⅰ中的阴离子有 NO3-，CaO 溶于水生成 Ca(OH)2，故溶液中还有 OH-；若滤液Ⅰ中仅通入 CO2，过量的 CO2 会与 CaCO3 发生 Ca(HCO3)2 从而导致 CaCO3 产率降低。 （3）Al 表面的氧化膜的成分是 Al2O3，该物质是两性氧化物，NaOH 可以与之发生反应，NaOH 溶液与 Al2O3 反 应的离子方程式为：2OH－+Al2O3==2AlO2－+H2O； （4）电解制备 Al(OH)3 时，电极分别为 Al 片和石墨，Al 作阳极，石墨作阴极。Al 在阳极放电，生成氯离子， 溶液中的 H+在阴极放电阴极生成氢氧根离子。两级产物结合生成氢氧化铝。反应方程式为：2Al+6H2O 2Al(OH)3↓+3H2↑ （5）放电可以推出这一装置是原电池，而负极则说明这一电极发生的是氧化反应，铝失去电子转化为+3 价，考 虑电解质环境中+3 价的铝有两种不同的存在形式，根据两者铝含量区别，将它们加入方程式，配平即可。 2．（1）CuO 或 Cu(OH)2 或 CuCO3 （2）负 4OH－－4e－＝O2↑+2H2O 2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4 （3） 【解析】（1）如果不提纯，溶液中存在的 Fe3+先放电，使实验产生误差。除杂方法是加入 CuO 或 Cu(OH)2 或 CuCO3，促进 Fe3+的水解，使 Fe3+以 Fe(OH)3 的形式脱离溶液体系。 （2）使用铜电极的目的是使还原出的铜能够附着，因此铜电极接电源的负极。 （3）根据硫酸铜的电解方程式得出阴极与阳极产物量的关系为： 2Cu ～ O2↑ 2 mol 22400 mL V mL 所以得出 。 3．（1）x=2；n=3。 （2）Ar (R)=64。 （3）pH=1。 【解析】此题电解过程中涉及有关物理学中的电学知识，考查灵活运用物理知识解决化学问题的能力。 Q=It =5 C·s－1×16.05 min×60 s·min－1 =4.815×103 C， ， =====点燃 ======= 通电 ======= 电解 ======== 催化剂 △ =====点燃 ======= 通电 ======= 电解 ======== 催化剂 △ 电解 11200m V Cu g g m M Cu 11200mM V = A A (e ) N Qn N q N − = = ⋅ 3 19 23 1 4.815 10 C 0.05mol1.6 10 C 6.02 10 mol− − ×= =× × ×14 ， 则 0.025 mol 金属离子 Rx++xe－＝R，电解过程中得到 0.05 mol 电子，此金属的化合价为+2，x=2。 其 中 一 极 增 重 1.60 g ， 此 极 必 为 阴 极 ， R 的 摩 尔 质 量 = =64 g·mol － 1 ， Ar (R)=64 ， 则 有 64+62×2+18n=242 得 n=3。 根据电解反应方程式： 2R(NO3)2+2H2O 2R+O2↑+4HNO3 n (HNO3)=2n (R)=2×0.025 mol=0.05 mol ， ， pH=―lg[c (H+)]=―lg0.1=1。 通电 3 2 1 6.05g(R ) [ (NO ) H O] 0.025mol242 g mol x xn n R n+ −= ⋅ = =⋅ 1.60 g 0.025 mol 1 3 3 1 0.05mol(HNO ) 0.1mol L500mL 10 L mLc − − −= = ⋅× ⋅