巧解电解计算题复习

巧解电解计算题

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)根据电子守恒法计算：用于串联电路、阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路上转移的电子数相等。

(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比例式计算。

(3)根据关系式计算：根据得失电子守恒的关系建立已知量与未知量之间的桥梁，建立计算所需的关系式。如4e－～4Ag～2Cu～2Cl2～2H2～O2～4H＋～4OH－。

3．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。

4．常考的题型

(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)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。

[例证1]将含有0.4 mol CuSO4和0.2 mol NaCl的水溶液1 L，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上得到0.3 mol Cu，另一个电极上析出气体在标准状况下的体积为()

A．4.48 L B．5.6 L

C．6.72 L D．13.44 L

[解析]阴极反应为：Cu2＋＋2e－===Cu，因为反应的n(Cu2＋)＝0.3 mol，总n(Cu2＋)＝0.4 mol，说明Cu2＋过量，阴极共得到0.6 mol 电子。由电子守恒可知，阳极应失去0.6 mol电子。阳极：首先2Cl －－2e－===Cl2↑，因为0.2 mol Cl－只能失去0.2 mol电子，另外0.4 mol 电子只能由水电离出的OH－失去，阳极反应还有：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，则阳极共放出气体体积(0.1 mol＋0.1 mol)×22.4 L·mol－1＝4.48 L，故应选A。

[答案] A

[例证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(标准状况下)，原混合溶液中Cu2＋的物质的量浓度为()

A．1 mol·L－1B．2 mol·L－1

C．3 mol·L－1D．4 mol·L－1

[解析]根据题设条件，两极上电极反应式为：阴极：首先Cu2＋＋2e－===Cu，然后2H＋＋2e－===H2↑；阳极4OH－－4e－===2H2O ＋O2↑。既然阴极上收集到H2，说明Cu2＋已完全放电，根据电子守恒，阴极上Cu2＋、H＋得电子总数应等于OH－失电子总数。析出0.1 mol H2获得0.2 mol电子，析出0.1 mol O2失去0.4 mol电子，所以有0.1 mol Cu2＋放电，获得0.2 mol电子，c(Cu2＋)＝0.1 mol/0.1 L＝1 mol·L－1。

[答案] A

[例证3]将分别盛有饱和KCl溶液和CuSO4溶液的两个电解槽(电极均为石墨电极)串联，通电一段时间后，在甲池(饱和KCl溶液)的阳极收集到1.12 L气体(标准状况下)，如果乙池(CuSO4溶液)溶液的体积为1 L，则电解后乙池溶液的c(H＋)为________ mol·L－1(电解过程中溶液体积不变)。

[解析]甲池阳极反应：2Cl－－2e－===Cl2↑，应失去(1.12 L/22.4 L·mol－1)×2＝0.1 mol电子。乙池阳极反应：2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，由电子守恒可知，乙池阳极应得0.1 mol电子。所以，乙池中c(H＋)＝0.1 mol/1L＝0.1 mol·L－1。

[答案]0.1

[例证4]将两个惰性电极插入到500 mL AgNO3溶液中，通电电解，当电解质溶液的pH从6.0变为3.0时(设电解时阴极没有H2逸出，且电解质溶液在电解前后体积变化可以忽略)，则电极上析出银的质量是()

A．27 mg B．54 mg

C．108 mg D．216 mg

[解析]题中pH＝6可理解成由于Ag＋的水解而使溶液显弱酸性，当pH变为3时，n(H＋)＝1×10－3 mol· L－1×0.5 L＝5×10－4mol，根据关系式：Ag＋～H＋～e－得，有n(Ag)＝n(H＋)＝5×10－4 mol，m(Ag)＝5×10－4 mol×108 g·mol－1＝5.4×10－2g＝54 mg。

[答案] B

[例证5]把分别盛有熔融的KCl、MgCl2、Al2O3的三个电解槽串联，在一定条件下通电一段时间后，析出钾、镁、铝的物质的量之比为()

A．1∶2∶3 B．3∶2∶1

C．6∶3∶1 D．6∶3∶2

[解析]该题考查了电解中转移电子的物质的量与析出金属的化合价及物质的量的关系。在氯化钾、氯化镁、氧化铝中K、Mg、Al分别为＋1价、＋2价、＋3价，在串联电路中，相同时间通过的电量相同，当都通过6 mol电子时，析出K、Mg、Al的物质的量分别为6 mol、3 mol、2 mol，则n(K)∶n(Mg)∶n(Al)＝6∶3∶2。

[答案] D

1．电解100 mL含c(H＋)＝0.30 mol/L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 Ag ＋

B ．0.20 mol/L Zn 2＋

C ．0.20 mol/L Cu 2＋

D ．0.20 mol/L Pb 2＋

解析：因溶液中含Ag ＋、Cu 2＋、H ＋、Pb 2＋、Zn 2＋分别为0.01 mol 、0.02 mol 、0.03 mol 、

0.02 mol 、0.02 mol ；而电解时A 、C 中Ag ＋、Cu 2＋比H ＋先放电，而C 、D 中则是

H ＋先放电，A 中0.01 mol Ag ＋放电完全后，H ＋放电，C 中Cu 2＋先放电完全后，H ＋

放电，即生成0.02 mol Cu ，其质量最大。

答案：C

2．用惰性电极有电解M(NO 3)x 的水溶液，当阴极上增重a g 时，在阳极上同时产生b L

氧气(标准状况)，从而可知M 的相对原子质量是( ) A.22.4ax b

B.11.2ax b

C.5.6ax b

D.2.5ax b

解析：生成b L O 2转移电子为b ×422.4 mol ，

据电子守恒得到M 的物质的量为：

4b 22.4x mol ＝b

5.6x mol ，

则M 的摩尔质量为a ÷b 5.6x ＝5.6xa b g/mol ，