高三化学一轮复习电化学电解习题详解含解析实验班

第四节电解一、填空题1.不能够12-18硫酸铝溶液来制取金属铝的原因是____________。2．如图12—18所示的装置中，a、b、c、d、均为铂电极，供选择的四组电解液以下表所示：组ABCD甲烧杯NaOHAgNO3H2SO4NaCl乙烧杯CuSO4CuCl2AgNO3AgNO3要求知足的条件是：A.工作一段时间后，甲槽中电解液

pH

上升，而乙槽中电解液的

pH下降；B.b、c两极放电离子的物质的量相等。请填写以下空格：应采用的电解液是____________________________________________。甲槽的化学方程式为____________________________________________。当6极析出7.1g电解产物时，c极大将析出______________________g物质。剖析：(1)A组：甲烧杯实质是电解水，氢氧化钠浓度增大，pH上升；乙烧杯电解硫酸铜溶液，OH-减少，溶液pH减小。b电极是阳极，电极反响式为：4OH-4e2H2O+O2；c电极为阴极，电解反响式为：Cu22eCu，依照得失电子守恒可知：b、c两极上反响的离子的物质的量不相等。B组：甲烧杯是电解硝酸银，OH减少，溶液pH减小；乙烧杯是电解氯化铜溶液，溶液不变，b电极是阳极，电极反响式为4OH-4e2H2O+O2，c电极为阴极，电极反响式为：Cu2+2eCu，依照得失电子守恒可知：b、c两极上反响的离子的物质的量不相等。C组：甲烧杯是电解水，pH减小；乙烧杯是电解硝酸银溶液，溶液pH减小。b电极是阳极，电极反响式为：-4e2H2O+O2，c电极为阴极，电极反响式为：4Ag++4e4Ag，4OH依照得失电子守恒可知：b、c两极上反响的离子的物质的量相等。D组：甲烧杯是电解氯化钠，pH增大；乙烧杯电解硝酸银溶液，溶液pH减小。b电极是阳极，电极反响式为：4Cl-4e2Cl2，c电极为阴极，电极反响式为：4Ag+4e4Ag，依得失电子守恒可知：b、c两极上反响的离子的物质的量相等。(3)对D组，各电极的电极反响式a：4H+4e2H2；b：4Cl--4e2Cl2，c：4Ag+4e4Ag当b极上析出7.1g电解产物为氯气，物质的量为0.1mol，整个电路中转移的电子数为0.2mol，c极上析出n(Ag)=0.2mol108g/mol=21.6g。此题答案为：(1)D组；(2)2NaCl+2H2O通电2NaOH+H2Cl2；（3）21.6g。3．将两铂片插入KOH溶液中作为电极，在两极划分别通入甲烷（或氢气、一氧化碳等可燃性气体）和氧气组成燃料电池，则通入甲烷气体的极是原电池的__________，极上的电极反应式是_________，电池工作时的总反响的离子方程式是___________________________________。剖析：负极；CH4-8e+10OH-CO32-7H2O；CH4+2O2+2OH-CO32-3H2O。4．依照图12-19所示接通线路，反响一段时间后，回答以下问题（假定所供应的电能能够保证电解反响的顺利进行）：(1)U形管内发生的现象是____，写出相关反响的化学方程式：_____________________。在a、b烧杯中发生的现象是__________________________________________________。若是小烧杯中有0.508g碘析出，问大烧杯中，负极上减少的质量为多少克？剖析：剖析可得：左边为原电池，右边为电解池。原电池部分中锌作负极，铂为正极，由此可知：电解池中左边碳棒为阳极，右边碳棒为阴极，总反响的化学方程式为：2KCl2H2O通电2KOH+H2Cl2，左边产生氯气，使KI淀粉溶液变蓝，右边酚酞试液变红。0.508g碘为0.002mol，因此烧杯中减少的锌的质量为0.002mol，质量为0.13g。此题答案为：(1)两极上均有气体产生，气体分别导入a、b两只小烧杯中，相关反响的化学方程式是：2KCl+2H2O通电2KOH+H2Cl2；(2)a烧杯中KI淀粉溶液变蓝，b烧杯中有气泡出现；(3)0.13g。二、计算题5．有一种硝酸盐晶体，分子式为MNO3xnH2O，经测定其摩尔质量为242g/mol，取1.21g此晶体溶于水，配成100ml溶液，将其置于电解池中用惰性资料作电极进行电解，当有0.01mol电子转移时，溶液中所有金属离子即在电极上析出，经测定，阴极增加的质量为0.32g。问：1.21g此盐晶体的物质的量和x的值。求M的相对原子质量和n值。(3)如电解过程中溶液体积不变，计算电解结束后溶液的pH。剖析：(1)由题可知：该晶体的物质的量n0.005mol，配成溶液后，0.01mol电242g/mol子经过电极时，溶液中的金属阳离子所有析出，在阴极获得金属0.32g，那么M64g/mol，依照电极反响式：Mx+xeM可知x2。(2)由(1)可知：M64g/mol；M(NO3)xnH2O经测定其摩尔质量为242g／mol，x2，M64g/mol则可求得：n3。(3)依照电解反响的化学方程式：2M2++2H2O通电2M+O24H+可知：电解生成的M为0.32g，即n(M)0.320g.00所5mo+l)M=2n(，)=0.064g/mol，pH=1c(H+)此题答案为：mol；2。(2)64；3。(3)1。6．在25℃时，将两根铂电极插入必然量的硫酸钠饱和溶夜进行电解，当电路中有amol电子转移时，溶液中析出mgNa2SO410H2O晶体。若温度不变，在节余溶液中溶质的质量分数为（）。A.m100%B.m100%9am18amC.71m100%D.71m100%161(m18a)9a)161(m剖析：由题可知：电解总反响的化学方程式为2H2O通电2H2O2，耗资1mol水，转移电子数为2mol，因此电路中有amol电子转移，电解耗资0.5amol水，由于原溶液是饱和溶液，电解的实质是电解水，因此电解后的溶液也是饱和溶液，因此饱和溶液质量分数的计算可转变成：mgNa2SO410H2O晶体中Na2SO4的质量溶解在mgNa2SO410H2O晶体中的水和0.5amol水中恰巧饱和，计算可得为选项D。答案为选项D。7．常温时，将500mLpH5的CuSO。溶液用石墨电极电解一段时间，测得溶液的pH变成2，若使溶液的浓度和pH与电解前相同，可采用的方法（）。A.向浴液中加入0.245gCuOH2B.向溶液中加入0.31gCuSO4C.向溶液中加入0.0025molH2SO4并加热D.向溶液中加入0.2gCuO剖析：要使溶液的浓度和pH与电解前相同，加入的物质与电解过程中溶液失去的物质，组成应当完好相同。电解CuSO4溶液时放电的离子为Cu2+和O2，因此加入的物质应当只含有Cu和两种元素。此题答案为选项D。8．电解100mL含cH）0.30mol/L的以下溶液，当电路中经过0.04mol电子时，理论上析（出金属质量最大的是（）。+B.2+C.0.20mol/LCu2.C.2+剖析：含有H+的溶液，要考虑电解中先电解H+仍是电解金属离子，氧化性强的先被电解。题中的几种离子氧化性由强到弱依次是：Ag、Cu2+、H、Pb2、2n2，当电路中经过0.04mol电子时，理论上析出金属质量依次是：Ag:0.10mol/L108g/mol=1.08g；Cu:0.2mol／L0.1L64g/mol1.28g；Pb:0.04mol0.03mol2207g/mol1.05g；Zn:0.04mol0.03mol265g/mol0.325g。此题答案为选项C。9．用惰性电极电解以下溶液，电解一段时间后，阴极质量增加，电解液的pH下降的是（）。A.CuSO4B.AgNO3C.BaCl2D.H2SO4剖析：由题可知：阴极质量增加，说明溶液中含有不爽朗金属的阳离子，电解液的pH下降，说明阳极是OH-离子放电，由此得出答案为选项A、B。由于FeOH2极易被氧化，因此实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反响制得白色纯净的FeOH2积淀，应用右图所示电解实验能够制得白色纯净的FeOH2积淀。两电极资料分别为石墨和铁。(1)a电极资料应为____，电极反响式为_______________________。(2)电解液c能够是_________________________。A.纯净水

B.NaCl溶液C.NaOH溶液

D.CuCl2溶液d为苯，其作用是_________________，在加入苯以前对c应作的简单办理是__________________。(4)为了在较短时间内看到白色积淀，可采用的举措是___________。A.改用稀硫酸作电解液B.适合增大电源的电压C.适合减小两电极间距离D.适合降低电解液的温度(5)若C中用Na2SO4溶液，当电解一段时间看到白色FeOH2积淀后，再反接电源电解，除了电极上看到气泡外，混淆物中另一明展现象为___________________。剖析：(1)要想制得FeOH2，必定有Fe2和OH，因此铁必定作阳极，自己溶解成Fe2。电解质溶液电解后，应存在大量的OH，NaCl溶液电解，阴极H放电后，产生了OH-，NaOH溶液电解，实质上电解了H2O，也有OH，因此选择B、C。为了防备FeOH2被氧化，要