江苏省宿迁市宿豫中学高考化学二轮专题题组训练 第9讲 考点4 有关电化学定量计算（含解析） (2).doc

考点四有关电化学定量计算题组训练考能1按右图所示的装置进行电解实验，a极是铜锌合金，b极为纯铜，电解质中含有足量的铜离子。通电一段时间后，若a极恰好全部溶解，此时b极的质量增加7.68 g，溶液的质量增加0.03 g，则铜锌合金中cu、zn原子的个数比为()。a31 b41 c21 d任意比解析b极析出铜的物质的量为：n(cu)0.12 mol所以在整个电解过程中共转移0.24 mol电子由zncuso4=znso4cum(溶液增量) 1 mol 1 g x0.03 mol 0.03 g合金中zn的物质的量为n(zn)0.03 molzn共失去0.06 mol电子，则在阳极cu共失去0.12 mol20.06 mol0.18 mol电子，合金中铜的物质的量为0.09 moln(cu)n(zn)0.09 mol0.03 mol31答案a2如图所示，a池用石墨电极电解ph13氢氧化钠溶液(100 ml)，b池c电极为纯铜，d电极为粗铜(含有杂质fe、ag)，溶液是足量cuso4溶液，通电一段时间后停止，a池a极产生的气体在标准状况下为2.24 l，则下列说法正确的是()。ad电极质量一定减少6.4 gbc电极质量一定增加6.4 gca池ph不变da池溶液质量减少3.6 g解析根据a池中a、b两管的现象可知，a管生成的气体是h2，b管生成的气体是o2，a池实质是电解水，溶液ph增大；n(h2)0.1 mol，则电解h2o的量为0.1 mol，则转移电子0.2 mol，电解水的质量为1.8 g，c、d均错。b池中，c电极反应式为cu22e=cu，根据h22ecu，生成cu的质量为6.4 g；d电极中fe和cu都放电溶解，失去相同电子时，fe减小的质量小于cu减小的质量，ag形成阳极泥，故电极质量减少不一定是6.4 g。答案b3用惰性电极电解200 ml一定浓度的硫酸铜溶液，实验装置如图所示，电解过程中的实验数据如图所示，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ba电极上发生的反应为2h2e=h2和4oh4e=2h2oo2c从p点到q点时收集到的混合气体的平均摩尔质量为12 gmol1dop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ph为_。(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。解析(1)由图可知，电流由正极流向负极，则b为阳极，a为阴极，用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，发生反应：2cuso42h2o2cuo22h2so4；结合图可知，通过0.2 mol电子时是电解硫酸铜溶液，然后才是电解硫酸溶液，发生反应：2h2o2h2o2。b电极为阳极，溶液中的oh放电，不会有红色物质析出，故a错误；a电极为阴极，先发生反应：cu22e=cu，后发生反应：2h2e=h2，故b错误；从p点到q点时收集到h2和o2的混合气体，由电解水反应可知通过0.2 mol电子时生成0.1 mol h2、0.05 mol o2，则混合气体的平均摩尔质量为12 gmol1，故c正确；由上述分析可知，op段表示o2的体积变化，pq段表示h2和o2混合气体的体积变化，故d错误。(2)加入0.8 g cuo即可，说明发生的反应是2cuso42h2o2cu2h2so4o2。 需加入cuo 0.8 g，即生成cu 0.01 mol，所以生成h2so4 0.01 mol，c(h)0.01 mol20.2 l0.1 mol/l，所以ph1。 (3)加入0.1 mol cu(oh)2后可以使溶液恢复至原来状态，说明电解过程中不仅有硫酸铜被电解，还有水被电解。0.1 mol cu(oh)2可以看作是0.1 mol cuo和0.1 mol h2o，则转移的电子为0.4 mol。(4)0.1 mol cu2(oh)2co3可以看作0.2 mol cuo、0.1 mol h2o和0.1 mol co2，相当于有0.2 mol硫酸铜和0.1 mol水被电解，则转移的电子为0.6 mol。答案(1)c(2)1(3)0.4(4)0.6失误防范(1)无“外接电源”的电解池的“串联”问题，主要是根据“原电