鲁科版选修4 第一单元 微专题突破 电解池定量计算的常用方法 学案.doc

电解池定量计算的常用方法1计算的原则(1)阳极失去的电子数阴极得到的电子数。(2)串联电路中通过各电解池的电子总数相等。(3)电源输出的电子总数和电解池中转移的电子总数相等。2计算的方法(1)根据电子守恒计算用于串联电路中电解池阴、阳两极产物、通过的电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。(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出比例式计算。(3)根据关系式计算根据得失电子守恒关系建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。如以通过4 mol e为桥梁可构建如下关系式： (式中m为金属，n为其离子的化合价数值)该关系式具有总揽电化学计算的作用和价值，熟记电极反应式，灵活运用该关系式便能快速解答常见的电化学计算问题。按如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，则铜锌合金中铜、锌原子的个数比为()a31b41c21 d任意比审题指导信息提取形成思路a极是铜锌合金，b极为纯铜根据信息可知a电极是阳极，全部溶解。根据信息可知阴极上析出的物质只有铜单质。根据信息中b极增加的质量可以得出溶液中析出铜单质7.68 g，据此可以求出整个电路中通过的电子的物质的量，根据溶液质量的增加，运用差量法，可以求出阳极中溶解锌的质量电解质中含有足量的铜离子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 n(zn) 0.03 g合金中zn的物质的量为n(zn)0.03 mol ，zn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 mol，故n(cu)n(zn)0.09 mol0.03 mol31。答案a【突破训练】1将0.2 mol agno3、0.4 mol cu(no3)2和0.6 mol kcl溶于水配制成100 ml溶液，用惰性电极电解一段时间后，在一极上析出0.3 mol cu，此时在另一极上生成的气体体积(标准状况)为()a4.48 lb5.6 lc6.7 l d7.8 l解析：选b。由于agcl=agcl，故溶液中溶质为0.4 mol cu(no3)2、0.2 mol kno3和0.4 mol kcl，当一极上析出0.3 mol cu时，电路中转移0.6 mol电子，根据得失电子守恒可知，此时溶液中0.4 mol cl全部转化为0.2 mol cl2，并有0.2 mol oh失去电子生成0.05 mol氧气，则共生成气体0.25 mol，在标准状况下的体积为5.6 l。2用石墨电极电解100 ml h2so4和cuso4的混合溶液，通电一段时间后，两极均收集到2.24 l气体(标准状况)，原混合溶液中cu2的物质的量浓度为()a1 moll1 b2 moll1c3 moll1 d4 moll1解析：选a。根据题给信息可知，阴极上首先发生反应cu22e=cu，然后发生反应2h2e=h2；阳极上发生反应2h2o4e=4ho2。因为在阴极上收集到h2，则说明溶液中cu2已完全放电，根据得失电子守恒计算，阴极上放出0.1 mol h2需要0.2 mol电子，阳极失去0.4 mol电子放出0.1 mol o2，所以阴极上有0.1 mol cu2放电得到0.2 mol电子，则原混合溶液中c(cu2)1 moll1。3电解装置如图所示。图中b装置盛有1 l 2 moll1的na2so4溶液，a装置中盛有1 l 2 moll1 agno3溶液。通电后，湿润的淀粉ki试纸的c端变蓝色。电解一段时间后，试回答：(1)a装置中发生反应的化学方程式为_。(2)在b装置中观察到的现象是_。(3)室温下若从电解开始到时间t时，a、b装置中共收集到0.168 l(标准状况)气体。若电解过程中无其他副反应发生，且溶液体积变化忽略不计，则在t时，a装置溶液中酸的浓度为_。解析：(1)a装置中fe为阴极：4ag4e=4ag；pt为阳极：2h2o4e=4ho2，故反应的化学方程式为4agno32h2o4ago24hno3。(2)b装置中cu为阳极：cu2e=cu2，石墨为阴极：2h2e=h2，阴极h放电，生成oh，与阳极生成的cu2在u形管底部相遇生成沉淀：cu22