人教版高中化学选修4教学讲义，复习补习资料（含典例分析，巩固练习）：21【提高】电解规律
文档属性
| 名称 | 人教版高中化学选修4教学讲义，复习补习资料（含典例分析，巩固练习）：21【提高】电解规律 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 593.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2020-01-21 22:18:21 | ||
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文档简介
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。
【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】（2019 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（ ）。
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+H2SO4CuSO4+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】（2019 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、Fe(OH)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。
【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 （2019 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
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++2H2O4Ag+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++2H2O4Ag+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
【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
【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．（2019 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．（2019 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（ ）。
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．（2019 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
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．（2019 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。
【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：2H2OH2↑+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＋2H2O2H2SO4＋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+2H2O2Cu+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】CuCl2Cu+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
（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(NH4)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+2H2O2Cu+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，
，
，
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+2H2O2R+O2↑+4HNO3
n (HNO3)=2n (R)=2×0.025 mol=0.05 mol，，pH=―lg[c (H+)]=―lg0.1=1。
【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。
【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】（2019 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（ ）。
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+H2SO4CuSO4+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】（2019 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、Fe(OH)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。
【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 （2019 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
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++2H2O4Ag+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++2H2O4Ag+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
【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
【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．（2019 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．（2019 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（ ）。
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．（2019 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
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．（2019 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。
【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：2H2OH2↑+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＋2H2O2H2SO4＋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+2H2O2Cu+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】CuCl2Cu+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
（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(NH4)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+2H2O2Cu+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，
，
，
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+2H2O2R+O2↑+4HNO3
n (HNO3)=2n (R)=2×0.025 mol=0.05 mol，，pH=―lg[c (H+)]=―lg0.1=1。