2017-2018学年高中化学 每日一题 电化学计算的基本方法 新人教版

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1、电化学计算的基本方法高考频度：★★★★☆难易程度：★★★☆☆典例在线将1L含有0.4molCu(NO3)2和0.4molKCl的水溶液，用惰性电极电解一段时间后，在一电极上析出19.2gCu；此时，在另一电极上放出气体的体积在标准状况下为(不考虑产生的气体在水中的溶解)A．3.36LB．5.6LC．6.72LD．13.44L【参考答案】B【试题解析】阴极析出铜0.3mol，由Cu2＋＋2e－===Cu知Cu2＋得到0.6mol电子，根据2Cl－－2e－===Cl2↑，求出当溶液中Cl－全部参与电极反应时，放出Cl20.2mol，失去电子0.4mol。因此在阳极还有OH

2、－放电，根据4OH－－4e－===2H2O＋O2↑和电子守恒，在阳极有0.05molO2放出，即阳极共放出0.25mol，标准状况下为5.6L的气体。解题必备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发生反应转移的电子总数相等。2．计算步骤首先要正确书写电极反应式(要特别注意阳极材料)；其次注意溶液中有多种离子共存时，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。3．电解计算的常考题型（1）电子守恒在电解计算中的应用。（2）计算电解后溶液中的离子浓度。

3、（3）计算电解质溶液的pH。（4）计算电解后析出的固体质量。（5）串联电路中的物质关系。学霸推荐1．在水中加入等物质的量的Ag＋、Na＋、Ba2＋、、Cl－、，用惰性电极进行电解，一段时间后，在两极上得到的氧化产物和还原产物的质量之比为A．8∶1　　　B．2∶27C．35.5∶108D．108∶35.52．把两个惰性电极插入500mL的AgNO3溶液中，通电电解。当电解液的pH从6.0变为3.0时(设电解时阴极没有氢气析出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略)，电极上析出银的质量大约是A．27mg　　B．54mgC．108mgD．216mg3．下图中电极a、b分别为A

4、g电极和Pt电极，电极c、d都是石墨电极。通电一段时间后，在c、d两极上共收集到336mL(标准状况)气体。回答：（1）直流电源中，M为________极。（2）Pt电极上生成的物质是________，其质量为______________________g。（3）电源输出的电子，其物质的量与电极b、c、d分别生成的物质的物质的量之比为2∶________∶________∶________。（4）AgNO3溶液的浓度________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，AgNO3溶液的pH________，硫酸的浓度________，硫酸的pH________。（

5、5）若硫酸的质量分数由5.00%变为5.02%，则原有5.00%的硫酸________g。答案1．【答案】A2．【答案】B3．【答案】　（1）正　（2）Ag　2.16　（3）2　　1（4）不变　不变　增大　减小　（5）45.18【解析】（1）电解5.00%的稀硫酸，实际上是电解其中的水。因此在该电解池中发生反应：2H2O2H2↑＋O2↑，V(H2)∶V(O2)＝2∶1。据此可确定d极为阴极，则电源的N极为负极，M极为正极。（2）在336mL气体中，V(H2)＝×336mL＝224mL，为0.01mol；V(O2)＝×336mL＝112mL，为0.005mol。说明电路

6、上有0.02mol电子转移，因此在b极(Pt、阴极)产生Ag：0.02mol×108g·mol－1＝2.16g，即0.02mol的Ag。（3）n(e－)∶n(Ag)∶n(O2)∶n(H2)＝0.02∶0.02∶0.005∶0.01＝2∶2∶∶1。（4）由Ag(阳)电极、Pt(阴)电极和AgNO3溶液组成的电镀池，在通电一定时间后，在Pt电极上放电所消耗溶液中Ag＋的物质的量等于Ag电极被氧化给溶液补充的Ag＋的物质的量，因此AgNO3溶液的浓度不变，溶液的pH也不变。电解5.00%的硫酸溶液，由于其中的水发生电解，因此硫酸浓度增大，由于H＋的浓度增大，故溶液的pH减小

7、。（5）设原5.00%的硫酸为xg，电解时消耗水0.01mol×18g·mol－1＝0.18g，则：5.00%x＝5.02%(x－0.18)，解得x＝45.18g。