高二新人教版化学选修章末小结课件 第章电化学基础.ppt

【例6】　用惰性电极电解2 L 1.0 mol·L－1 CuSO4溶液，在电路中通过0.5 mol电子后，调换正负极继续电解，电路中又通过了1 mol电子，此时溶液中c(H＋)(假设溶液体积不变)为 (　　) A．1.5 mol·L－1 B．0.75 mol·L－1 C．0.5 mol·L－1 D．0.25 mol·L－1 [解析]　调换正负极前后电极反应式如下： 调换前：阳极：4OH－－4e－＝2H2O＋O2↑ 阴极：2Cu2＋＋4e－＝2Cu 调换后：阳极：2Cu－4e－＝2Cu2＋(先),4OH－－4e－＝2H2O＋O2↑(后)　阴极：2Cu2＋＋4e－＝2Cu 故电路中转移的1.5 mol电子中，只有1 mol由OH－放电产生，即消耗的n(OH－)＝1 mol，亦即溶液中积累的n(H＋)＝1 mol，则c(H＋)＝0.5 mol·L－1。 [答案]　C 【例7】　常温下，电解200 mL物质的量浓度都是0.2 mol/L NaCl与CuSO4混合溶液，理论上阴极收集到气体的体积为 896 mL(气体体积已换算成标准状况下的体积) 试回答： (1)写出阴极、阳极两极的电极反应式。 (2)阳极收集到气体的体积为多少mL? [解析]　本题考查物质的量在电解中的应用。属于中等难度题。溶液中阴极上的离子放电的顺序为：Cu2＋、H＋、Na＋，有 ＝0.04 mol H2生成，说明Cu2＋已经全部放电。转移电子的物质的量之和为0.04 mol×2＋0.04 mol×2＝0.16 mol；阳极离子放电顺序为Cl－、OH－、 ，所以生成气体为Cl2，由Cl－守恒得n(Cl2)＝0.02 mol。生成O2的物质的量为 ＝0.03 mol，阳极生成的气体的总体积为(0.02 mol＋0.03 mol)×22.4 L/mol＝1.12 L。 [答案]　(1)阴极：Cu2＋＋2e－＝Cu　2H＋＋2e－＝H2↑ 阳极：2Cl－－2e－＝Cl2↑　4OH－－4e－＝2H2O＋O2↑ (2)阴极收集的气体是氢气n＝0.04 mol n(Cu2＋)＝0.04 mol　n(Cl2)＝0.02 mol　依据得失电子守恒得出： n(O2)＝0.03 mol　V＝672 mL 【例8】　常温下用惰性电极电解200 mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，理论上两极所得气体的体积随时间变化的关系如图中Ⅰ、Ⅱ所示(以下气体体积已换算成标准状况下的体积)，根据图中信息回答下列问题。 (1)通过计算推测： ①原混合溶液中NaCl和CuSO4的物质的量浓度。 ②t2时所得溶液的pH。 (2)若用惰性电极电解NaCl和CuSO4的混合溶液200 mL，经过一段时间后两极均得到224 mL气体，则原混合溶液中的氯离子浓度的取值范围为________，铜离子浓度的取值范围为________。 [解析]　(1)①阳极首先逸出的是Cl2，n(NaCl)＝2n(Cl2)＝2× ＝0.02 mol，则c(NaCl)＝0.1 mol/L。阳极得到的336 mL气体中，含0.01 mol Cl2和0.005 mol O2，转移电子的物质的量为：0.01 mol×2＋0.005 mol×4＝0.04 mol.。此过程中阴极刚好全部析出铜，n(CuSO4)＝n(Cu)＝0.04 mol÷2＝0.02 mol，则c(CuSO4)＝ ＝0.1 mol/L。②t2时溶液中c(Na＋)＝0.1 mol/L，c( )＝0.1 mol/L，根据电荷守恒有：c(H＋)＝2×0.1 mol/L －0.1 mol/L＝0.1 mol/L，即溶液的pH＝1。 (2)根据极值法可解得：阳极首先逸出的是Cl2，当氯离子电解完毕后，此时逸出的是O2，若阳极得到的224 mL气体全为Cl2时，c(Cl－)最大，其值为0.1 mol/L，此时转移电子的物质的量为0.02 mol；若阳极得到的224 mL，气体全为O2时，c(Cl－)最小，其值为0 mol/L，此时转移电子的物质的量为0.04 mol ，由此可求得电解过程中转移电子的物质的量的范围介于0.02～0.04 mol之间。阴极上首先析出Cu，当铜离子电解完毕后，开始有H2逸出，当阴极产生224 mL H2时，消耗电子的物质的量为0.02 mol，因此铜离子得到电子的物质的量的范围在0～0.02 mol之间，由此可得c(Cu2＋)的范围。 [答案]　(1)①所求两种溶液的物质的量浓度均为0.1 mol/L。②所得溶液的pH＝1。(2)0 mol/L＜c(Cl－)＜0.1 mol/L　0 mol/L＜c(Cu2＋)＜0.05 mol/L 1.明确电极反应规律 (1