足量的Cu、Fe与含H2SO4、CuSO4各1mol的溶液形成原电池

负极：Fe-2e-=Fe2+ 正极：Cu2++2e-=Cu （这条反应完了，才轮到后面）2H++2e-=H2

1 2 2 1

1mol 2mol 1 05

(1)总共转移 3mol

(2)Cu2+反应完了,增重最大。铁反应掉1mol，质量减少56g

1、为什么不是硝酸镁溶液？

因为硝酸镁溶液在电解的时候不会析出金属（Mg的金属活动性顺序大于H，所以阴极是氢离子得电子形成氢气）

2、为什么可能是硫酸铜溶液？

电解硫酸铜溶液可以分为两部分，在铜离子消耗完以后，阴极就会由氢离子继续得电子。因此虽然根据甲中电极增重可以求出至少有002mol电子转移，但是不代表乙中一定有001mol铜离子得电子。

（1）A电极表面有红色的固态物质生成，B电极有无色气体生成，说明A电极析出金属铜，则A为阴极，B为阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，

故答案为：阳极；4OH--4e-=2H2O+O2↑；

（2）A电极表面有红色的固态物质生成，B电极有无色气体生成，说明A电极析出金属铜，则A为阴极，B为阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以电池反应式为：2Cu2++2H2O

电解

2Cu+O2↑+4H+，

故答案为：2Cu2++2H2O

电解

2Cu+O2↑+4H+；

（3）析出铜的物质的量=

16g

64g/mol

=0025mol，根据2Cu2++2H2O

电解

2Cu+O2↑+4 H+中铜和氢离子的关系式得n（H+）=2n（Cu）=005mol，c（ H+）=

005mol

05L

=01mol/L，则溶液的pH=1；

阳极上生成氧气，阴极上生成铜，所以析出的物质就相当于CuO，根据铜原子守恒得m（CuO）=n（CuO）．M（CuO）=n（Cu）．M（CuO）=0025mol×80g/mol=2g，

根据析出什么加入什么的原则知，为了使溶液恢复原状，可以加入2g氧化铜，也可以加入碳酸铜，根据原子守恒得m（CuCO3）=n（CuCO3）．M（CuCO3）=n（CuO）M（CuCO3）=0025mol×124g/mol=32g，

故答案为：1；CuO 2（或CuCO332）

（4）电解混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电，阴极上先铜离子放电后氢离子放电，由电子守恒可知：2n（Cu2+）+2n（H2）=4n（O2），2n（Cu2+）+2×

224L

224L/mol

=4×

224L

224L/mol

，

得n（Cu2+）=1mol，

由电荷守恒可知：c（K+）+2c（Cu2+）=2c（SO42-），c（K+）+2×

1mol

1L

=2×20mol/L，

c（K+）=2mol/L，

答：原溶液中c（K+）为2mol/L．

（1）①若断开K2，闭合K1，形成原电池反应，Zn为负极，被氧化而锌不断溶解，Cu为正极，发生还原反应生成铜，电极方程式为Cu2++2e-═Cu，

故答案为：锌不断溶解；Cu2++2e-═Cu；

②若断开K1，闭合K2，为电镀池，Cu为阳极，被氧化，发生Cu-2e-═Cu2+，Zn为阴极，发生还原反应，锌极镀上一层红色的铜，

故答案为：锌极镀上一层红色的铜；Cu-2e-═Cu2+；

（2）③电镀时，石墨为阳极，发生氧化反应，电极方程式为4OH--4e-═2H2O+O2↑，生成氧气，铜为阴极，总反应式为2Cu2++2H2O

通电

2Cu+O2↑+4H+，

故答案为：4OH--4e-═2H2O+O2↑；2Cu2++2H2O

通电

2Cu+O2↑+4H+；

③铜电极增重a g，n（Cu）=

a

64

mol，转移

a

32

mol电子，由可知4OH--4e-═2H2O+O2↑，生成n（O2）=

1

4

×

a

32

mol，

则体积为

1

4

×

a

32

mol×224L/mol=0175aL

故答案为：0175a；

高二化学上学期寒假检测题

1在100 mL 010 molL-1的AgNO3溶液中加入100 mL 溶有208 g BaCl2的溶液，再加入100 mL溶有0010 mol CuSO45H2O的溶液，充分反应。下列说法中正确的是( )

A最终得到白色沉淀和无色溶液

B最终得到的白色沉淀是等物质的量的两种化合物的混合物

C最终得到的溶液中，Cl-的物质的量为002 mol

D在最终得到的溶液中，Cu2+的物质的量浓度为001 molL-1

解析：此题为一计算推断题。经计算AgNO3、BaCl2、CuSO45H2O三种物质的物质的量都为001 mol，反应生成的AgCl和BaSO4各为001 mol,溶液中剩余的是001 mol 、001 mol Cl-和001 mol Cu2+，所以溶液应呈蓝色，故A、C是错误的，三种溶液混合后溶液的体积增大两倍，Cu2+的物质的量浓度为0033 molL-1。

答案：B

2一定温度下，在氢氧化钡的悬浊液中，存在氢氧化钡固体与其电离的离子间的溶解平衡关系：Ba(OH)2(固体) Ba2++2OH-。向此种悬浊液中加入少量的氢氧化钡粉末，下列叙述正确的是( )

A溶液中钡离子数目减小 B溶液中钡离子浓度减小

C溶液中氢氧根离子浓度增大 DpH减小

解析：氢氧化钡悬浊液中存在氢氧化钡的固体和氢氧化钡饱和溶液的溶解平衡，即氢氧化钡的固体溶解到溶液中电离生成钡离子和氢氧根离子，溶液中的钡离子和氢氧根离子结合，沉淀出氢氧化钡的固体，再加入少量的氢氧化钡粉末，由于溶液中固体不存在浓度问题，平衡没有发生移动。可是选项中所描述的量都发生变化，与结论相矛盾。是否从该体系的另一方面分析，水的量发生变化考虑由于加入的氢氧化钡粉末在水中转化为结晶水合物，消耗了一定量的水，平衡发生移动。溶解的离子结合生成氢氧化钡的固体，引起溶解物质相应的量发生变化。选项A中的钡离子的个数随着水的量的减少，溶液质量、溶质质量都相应减少，其个数必然减少。

本题也可采用排除法，当平衡发生移动时，一定会引起相应物质的数量变化。若是讨论某种具体物质的数量，它应该绝对变化，如溶质微粒个数、溶质质量和溶液质量等。但若讨论两个量的比值，在特定条件下可能不变，如溶解度、浓度等。

答案：A

3工业废水中常含有Cu2+、Cd2+、Pb2+等重金属离子，可通过加入过量的难溶电解质FeS、MnS，使这些金属离子形成硫化物沉淀除去。根据以上事实，可推知FeS、MnS具有的相关性质是( )

A在水中的溶解能力大于CuS、CdS、PbS

B 在水中的溶解能力小于CuS、CdS、PbS

C在水中的溶解能力与CuS、CdS、PbS相同

D二者均具有较强的吸附性

解析：因FeS(s) Fe2++S2- MnS(s) Mn2++S2-,生成的S2-与Cu2+、Cd2+、Pb2+生成更难溶CuS、CdS、PbS，因而选A。

答案：A

4在氯化亚铁溶液中加入下列物质能产生沉淀的是( )

A通入硫化氢气体 B加入氯化钠溶液

C加入硫化钠溶液 D通入二氧化碳气体

解析：Na2S溶液中有大量S2-，能与Fe2+反应生成不溶于水的FeS。即Fe2++S2-====FeS。

答案：C

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5要使工业废水中的重金属Pb2+沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2+与这些离子形成的化合物的溶解度如下：

化合物 PbSO4 PbCO3 PbS

溶解度/g 10310-4 18110-7 18410-14

由上述数据可知，选用的沉淀剂是( )

A硫化物 B硫酸盐

C碳酸盐 D以上沉淀剂均可

解析：由溶度积可知PbS的溶解度最小，则PbS最易沉淀析出。

答案：A

6当氢氧化镁固体在水中达到溶解平衡Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH-(aq)时，为使Mg(OH)2固体的量减少，须加入少量的( )

ANH4NO3 BNaOH CMgSO4 DNaHSO4

解析：加入NH 4NO 3后 与OH-反应生成NH3H2O，从而使Mg(OH)2溶解;加入NaHSO4后，H++OH-====H2O，使Mg(OH)2溶解，故选A、D。

答案：AD

725 ℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在平衡PbI2(s) 2Pb2+(aq)+2I-(aq)，加入KI溶液，下列说法正确的是( )

A溶液中Pb2+和I-浓度都增大 B溶度积常数Ksp增大

C沉淀溶解平衡向左移动 D浓度商Qc增大

解析：加入KI溶液，c(I-)增大，则溶解平衡向左移动，Qc增大。故选CD。

答案：CD

综合运用

8对水垢的主要成分是CaCO3和Mg(OH)2而不是CaCO3和MgCO3的原因解释，其中正确的有( )

AMg(OH)2的溶度积大于MgCO3的溶度积，且在水中发生了沉淀转化

BMg(OH)2的溶度积小于MgCO3的溶度积，且在水中发生了沉淀转化

CMgCO3电离出的 发生水解，使水中OH-浓度减小，对Mg(OH)2的沉淀溶解平衡而言 ，Qc

DMgCO3电离出的 发生水解，使水中OH-浓度增大，对Mg(OH)2的沉淀溶解平衡而言，QcKsp,生成Mg(OH)2沉淀

解析：Mg(OH)2的Ksp小于MgCO3的Ksp,故B正确;MgCO3水解产生OH-，而与Mg2+结合生成难溶物Mg(OH)2沉淀，故D正确。

答案：BD

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9已知AgCl为难溶于水和酸的白色固体，Ag2S为难溶于水和酸的黑色固体。向AgCl和水的悬浊液中加入足量的Na2S溶液并振荡，结果白色固体完全转化为黑色固体：

(1)写出白色固体转化为黑色固体的离子方程式：____________________________________。

(2)简要说明白色固体转化为黑色固体的原因：____________________________________。

解析：此题可以用平衡移动原理来解释。

答案：(1)2AgCl+S2-====Ag2S+2Cl-

(2)因为Ag2S的溶解度比AgCl的溶解度小，根据平衡移动原理，沉淀溶解平衡向离子浓度减小的方向移动

10工业上制取纯净的CuCl22H2O的主要过程是：①将粗氧化铜(含少量Fe)溶解于稀盐酸中，加热、过滤、调节滤液的pH为3;②对①所得滤液按下列步骤进行操作：

已知Cu2+、Fe2+在pH为45时不水解，而Fe3+却几乎完全水解而沉淀。请回答下列问题：

(1)X是什么物质其反应的离子方程式是_______________________________________。

(2)Y物质应具备的条件是_______________________，生产中Y可选：______________。

(3)溶液乙在蒸发结晶时应注意：_______________________________________________。

解析：①根据框图，加入氧化剂X可把Fe2+氧化为Fe3+，而没有增加新杂质，所以X为Cl2;②结合题示，调节pH至45，使Fe3+全部沉淀，同样不引进新杂质，所以Y为CuO或Cu(OH)2;③CuCl2溶液在蒸发结晶过程中发 生水解，为抑制其水解，根据Cu2++2H2O Cu(OH)2+2H+，加入盐酸可抑制其水解，在蒸发过程中要不断搅拌且不能蒸干。

答案：(1) Cl2 Cl2+2Fe2+====2Fe3++2Cl-(2)调节溶液酸性，使pH为45，且不引进新杂质 CuO或Cu(OH)2

(3)通入HCl气体(或加入盐酸)，并不断搅拌且不能蒸干

11室温下：AgCl的溶解度是19310-3 gL-1，则AgCl的溶度积____________________。

解析：先求出AgCl饱和溶液的物质的量浓度： =13410-5 molL-1，再求Ksp，由AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)。

c(Ag+)=c(Cl-)=13410-5 molL-1，从而Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=18010-10。

答案：18010-10

12已知：某温度时，Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=1810-10 Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)c( )=1110-12，试求：

(1)此温度下AgCl饱和溶液和Ag2CrO4饱和溶液的物质的量 浓度，并比较两者的大小。

(2)此温度下，在0010 molL-1的AgNO3溶液中，AgCl与Ag2CrO4分别能达到的物质的量浓度，并比较两者的大小。

1下列关于电解池工作原理的说法中，错误的是()

A电解池是一种将电能转变成化学能的装置

B电解池中使用的液体只能是电解质溶液

C电解池工作时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应

D与原电池不同，电解池放电时，电极本身不会参加电极反应

答案：BD

2如图中X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现，a极板质量增加，b极板处有无色无味气体放出，符合这一情况的是()

a极板 b极板 X电极 Y电极

A 锌 石墨 负极 CuSO4

B 石墨 石墨 负极 NaOH

C 银 铁 正极 AgNO3

D 铜 石墨 负极 CuCl2

解析：a极板质量增加，说明X为负极，排除C。且该电解质溶液中含有不活泼金属离子。又排除B。b极板处有无色无臭气体放出，说明溶液中无Cl-，排除D。

答案：A

3①电解是将电能转化为化学能;②电能是将化学能转变成电能;③电解质溶液导电是化学变化，金属导电是物理变化;④不能自发进行的氧化还原反应可通过电解的原理实现;⑤任何物质被电解时，必导致氧化还原反应发生。这五种说法中正确的是()

A①③④⑤ B②③⑤

C③④ D①②

解析：电解即是把电能转化为化学能，故①对②错，在电解过程中，电解质导电时会发生氧化还原反应，而这一过程需要有外加电源，金属导电时是电子的定向移动，属物理变化，故③④⑤正确。

答案：A

4电解100 mL含c(H+)=030 mol/L的下列溶液，当电路中通过004 mol电子时，理论上析出金属质量的是()

A010 mol/L Ag+ B020 mol/L Zn2+

C020 mol/L Cu2+ D020 mol/L Pb2+

解析：本题考查电解基本原理及计算。选项A，根据离子放电能力，首先是Ag+在阴极获得电子产生001 mol Ag，即108 g Ag。选项B，首先是H+在阴极获得电子产生0015 mol H2，然后Zn2+获得001 mol电子，产生0005 mol Zn，即0325 g。选项C，首先是Cu2+在阴极获得电子产生002 mol Cu，即128 g。选项D，首先是H+在阴极获得电子产生H2，然后析出0005 mol Pb，即 1035 g。

答案：C

5用惰性电极实现电解，下列说法正确的是()

A电解稀硫酸，实质上是电解水，故溶液pH不变

B电解稀NaOH溶液，要消耗OH-，故溶液pH减小

C电解Na2SO4溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶2

D电解CuCl2溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶1

解析：A项错误，电解水后H+浓度增大，pH减小;B项错误，电解NaOH溶液相当于电解水，OH-浓度增大，pH增大;C项错误，电解Na2SO4溶液相当于电解水，阴极上的H2和阳极上的O2物质的量之比为2∶1;D项正确，电解CuCl2溶液，阴极上析出Cu和阳极上析出的Cl2物质的量之比为1∶1。

答案：D

6将两个铂电极插入500 mL CuSO4溶液中进行电解，通电一定时间后，某一电极增重0064 g(设电解时该电极无氢气析出，且不考虑水解和溶液体积变化)，此时溶液中氢离子浓度约为()

A410-3 mol/L B210-3 mol/L

C110-3 mol/L D110-7 mol/L

解析：解法一：根据电解规律可知阴极反应：Cu2++2e-===Cu，增重0064 g，应是Cu的质量，根据总反应式：

2CuSO4+2H2O=====电解 2Cu+O2+2H2SO4―4H+

264 g4 mol

0064 g x

x=0002 mol，c(H+)=0002 mol05 L=410-3 mol/L。

解法二：n(Cu)=0064 g64 g/mol=0001 mol，电解过程中转移e-的物质的量为n(e-)=2n(Cu2+)=0002 mol，放电的n(OH-)=0002 mol，所以溶液中n(H+)=0002 mol，c(H+)=410-3 mol/L。

答案：A

7把分别盛有熔融的氯化钾、氯化镁、氧化铝的三个电解槽串联，用惰性材料作电极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()

A1∶2∶3 B3∶2∶1

C6∶3∶1 D6∶3∶2

解析：本题是氧化还原与电解原理的应用问题。应用的原则就是串联电路导线上电流相等，其实就是各电极反应中转移的电子数相等。设转移3 mol电子，生成钾3 mol，生成镁32 mol，生成铝1 mol，则比值为6∶3∶2。

答案：D

8如图所示，在一U形管中装入含有紫色石蕊的Na2SO4试液，通直流电，一段时间后U形管内会形成一个倒立的三色彩虹，从左到右颜色的依次是()

A蓝、紫、红 B红、蓝、紫

C红、紫、蓝 D紫、红、蓝

解析：用惰性电极电解Na2SO4溶液，实际上就是电解水，其两极反应式为：

阴极：4H++4e-===2H2

阳极：4OH--4e-===2H2O+O2

故阴极区域富集OH-，溶液呈碱性，使石蕊试液变蓝;阳极区域富集H+，溶液中c(H+)增大，使石蕊试液变红。

答案：C

9在相同温度下用惰性电极电解下列物质的水溶液，一段时间后溶液酸性增强或碱性减弱的是()

AHCl BNaOH

CNa2SO4 DCuSO4

解析：A实质电解HCl，溶液酸性变弱，B实质电解水，NaOH浓度增大，碱性变强，C实质电解水，溶液始终呈中性，D中阳极上水电离出的OH-放电，使c(H+)增大，酸性增强，符合题意。

答案：D

10(2011梅州高二质检)复习电化学知识后，某学生设计了一个黑笔写彩字的趣味实验。滤纸先用某混合溶液浸湿，然后平铺在一块铂片上，右端是C、Cu两电极浸入氯化铁溶液中，电路接通后，用铅笔在滤纸上写字，会出现彩色字迹。据此判断电极材料与反应现象均正确的是()

滤纸混合溶液 d极反应产物 阴极反应产物 字体颜色

A 氯化钠、无色酚酞 Fe2+ 氢气 红色

B 碘化钾、淀粉 Cu2+ 氢气 紫色

C 硫酸钠、无色酚酞 Fe2+ 氧气 红色

D 碘化钾、淀粉 Cu2+ 氢气 蓝色解析：A项电解NaCl可在阴极使酚酞显红色，则a为阴极产生H2，d极为正极，产物为Fe2+;B、D项电解KI可在阳极产生I2使淀粉显蓝色，则a端为阳极产生I2，阴极产生H2，d极为负极生成Cu2+;C项电解Na2SO4溶液实质为电解H2O，则a端显红色，说明a端为阴极产生H2，d端为正极生成Fe2+。

答案：AD

11如图为以惰性电极进行电解的串联电解装置图

(1)写出A、B、C、D各电极上的电极方程式。

A________________________________;

B________________________________;

C________________________________

D________________________________。

(2)在A、B、C、D各电极上析出生成物的物质的量比为______________________________________。

解析：由图可知：B、D两极为阳极，A、C两极为阴极，然后根据电解的原理即可写出电极反应式，根据电子守恒法可计算，A、B、C、D各电极上析出生成物的物质的量之比。

答案：(1)Cu2++2e-===Cu 2Cl--2e-===Cl2

Ag++e-===Ag 4OH--4e-===2H2O+O2

(2)2∶2∶4∶1

能力提升

12(2011榆林高二调研)从NO-3、SO2-4、H+、Cu2+、Ba2+、Ag+、Cl-等离子中选出适当的离子组成电解质，采用惰性电极对其溶液进行电解。

(1)两极分别放出H2和O2时，电解质的化学式可能是________。

(2)若阴极析出金属，阳极放出O2，电解质的化学式可能是__

_________________________________________________________。

(3)两极分别放出气体，且体积比为1∶1，电解质的化学式可能是__________________________________。

解析：题中提供的电解质离子是七种，其实还包括OH-，即八种。这些离子放电的顺序是：

阳极：Cl-(NO-3、SO2-4)

阴极：Ag+H+Ba2+

(1)两极分别放出H2和O2，即H+和OH-放电，实质是电解H2O，水中的溶质应是起导电作用而又不改变H+和OH-放电的顺序，它可以是HNO3、H2SO4、Ba(NO3)2、Ba(OH)2中的任意一种，但不是BaSO4。

(3)两极都生成气体，且气体体积比为1∶1，则放电的离子应是Cl-和H+。水中的溶质可以是HCl、BaCl2中的任意一种。

答案：(1)HNO3、H2SO4、Ba(NO3)2、Ba(OH)2中任意一种

(2)AgNO3、Cu(NO3)2、Ag2SO4、CuSO4中的任意一种

(3)HCl、BaCl2中的任意一种

13由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀。用如图所示电解装置可以制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀。两电极的材料分别为石墨和铁。

(1)a极材料应为__________，电极反应式为_______________。

(2)电解液c可以是()

A纯水 BNaCl溶液

CNaOH溶液 DCuCl2

(3)d为苯，其作用为__________，在加入苯之前对c应作何简单处理______________________________。

(4)为了较短时间内看到白色沉淀，可采取的措施是()

A改用稀硫酸作电解液

B适当增大电源的电压

C适当减小两极间的距离

D适当降低电解液的温度

解析：由于制取Fe(OH)2，必须有Fe2+和OH-，而题中提供的为铁单质，所以铁作电解池阳极，发生氧化反应生成Fe2+;OH-可以反应前加入，也可以电解后使电解液显碱性，电解NaCl溶液也能实现;有机物苯起隔绝空气的作用，而加热c则是为了除去溶解的O2，目的均为阻止Fe(OH)2与O2接触;短时间内看到白色沉淀，也就是加快Fe(OH)2的生成速率，B、C可以实现。

答案：(1)Fe Fe-2e-===Fe2+ (2)BC

(3)隔绝空气，防止生成的Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3 加热除去溶解的O2 (4)BC

14如图所示，甲、乙两池电极材料都是铁棒与碳棒，请回答下列问题：

(1)若两池中均为CuSO4溶液，反应一段时间后：

①有红色物质析出的是甲池中的__________棒，乙池中的__________棒。

②乙池中阳极的电极反应式是：__________________。

(2)若两池中均匀饱和NaCl溶液：

①写出乙池中总反应的离子方程式：___________________ _____________________________________________________

②甲池中碳极的电极反应式是__________，乙池碳极的电极反应属于__________(填氧化反应或还原反应)。

③将湿润的淀粉KI试纸放在乙池碳极附近，发现试验变蓝，解释其原因：。

解析：甲为原电池，乙为电解池。

(1)若两池中均为CuSO4溶液，则：

甲负极Fe：Fe-2e-===Fe2+，正极C：Cu2++2e-===Cu。

乙阳极C：4OH--4e-===O2+2H2O，阴极Fe：2Cu2++4e-===2Cu。

(2)若均为NaCl溶液，则：

甲负极：Fe：2Fe-4e-===2Fe2+，正极C：O2+2H2O+4e-===4OH-。

乙阳极C：2Cl--2e-===Cl2，阴极Fe：2H++2e-===H2

答案：(1)①碳 铁 ②4OH--4e-===2H2O+O2

(2)①2Cl-+2H2O=====电解Cl2+H2+2OH-

②2H2O+O2+4e-===4OH- 氧化反应

③在乙池碳棒电极上生成Cl2，Cl2与I-反应生成I2，I2遇淀粉变蓝