电化学有关题选1.(1998全国)100.0g无水氢氧化钾溶于100.0g水.在T温度下电解该溶液,电流强度I=6.00安培,电解时间10.00小时.电解结束温度重新调至T,分离析出的KOH·2H2O固体后,测得剩余溶液的总质量为164.8g.已知不同温度下每100g溶液中无水氢氧化钾的质量为:
温度/℃
0
10
20
30
KOH/g
49.2
50.8
52.8
55.8
求温度T,给出计算过程,{zh1}计算结果只要求两位有效数字.
注:法拉第常数F = 9.65×104 C/mol,相对原子质量:
K 39.1 O16.0 H 1.01
【评析】
(1)过去我们总觉得我国中学生比国际中学生平均计算能力高,另一方面,我们又主张不要在中学化学里过多搞计算,以失去其他课程不能代替的中学化学课程自身的功能,如从宏观与微观两个层次上的思考,带有创造性发展魅力的化学符号体系,从观察到实验而后进行逻辑推理与丰富想象结合的思考,等等,因而多年赛题没有计算题.然而考察近年我国国际竞赛选手的计算能力,发现竟有明显下降趋势,他们常因"低级错误"而丢分——如代错了数,不会列算式,不懂得计算前先找出{zj0}路线,不懂得有效数字的意义,写数字时发生笔误,甚至不会用计算器,等等——因而决定在今年初赛里适当地增加一些化学计算.
(2)本题涉及的计算的{dy}部分属于中学化学水平中难度{zd0}的计算之一——带结晶水的溶解度计算,而这个溶解度计算又是与中学物理学中的电量计算结合的,更增加了xx的综合程度.可能有些选手一开始会感到无从下手.解题的{dy}个突破口是:电解过程哪种物质被分解了 选手应当得出水被电解的结论.这被认为是中学化学的知识.那么,有多少水被分解了呢 这需要会计算总共消耗了多少电量.这属于中学物理学中的基本知识(法拉第常数在中学化学里不要求):
10.00小时6.00安培总共提供电量Q=It=216×103C相当于2.24mol电子每电解1mol水需电子2个, 故有1.12mol水,即20.1g水被电解.
(3)从剩余溶液的总质量(200g-164.8g)知,有35.2g物质离开溶液,其中有20.1g水被电解,由此可得出结晶的KOH·2H2O的质量为15.1g结晶的KOH的质量为(15.1g/92.10g/mol)·M(KOH)=9.2g结晶水的质量为(15.1g/92.10g/mol)×2M(H2O)=5.9g剩余的溶液的质量分数浓度为m(KOH)/[m(H2O)+m(KOH)]=55.1%(多保留1位有效数字).
(4)xx的最终要求是计算电解槽的温度.根据上面的计算结果,每100g溶液里有55.1g KOH,利用xx给出的数据(表),得知T应在20～30oC之间.这是不是就是答案呢 应该说,能够得到这个温度范围就可以给分.但本题问的是温度而不是温度范围,因此只有求出温度才xx符合要求.求算的方法是:设此期间溶解度与温度呈线性关系,则
T=[273+20+(55.1-52.8)/(55.8-52.8)×10] K=301K(答:28℃)
2. (1995四川)有一块10×10cm2的金属片,需要在金属片两面镀上一层0.005 cm 厚的镍,现以硫酸镍溶液为电镀液,已知镍的密度为8.9g/cm3,若此时电流强度为2.0A,问至少需要多少时间才能镀上0.005cm厚的镍层 (已知镍的相对原子质量为58.70)
答案:在阴极上的电极反应:Ni2++2e-=Ni
镍镀层的体积 V=2×10cm×l0cm×0.005cm=1.0cm3
已知 d(Ni)=8.9g/cm3;I=2.0A;F=9.65×104C/mol;M(Ni)=58.70g/cm3
由电解定律得:×2=
t= = =14631s
3. (1986年全国青年化学竞赛xx) 电解法处理含Cr(Ⅵ)废水(pH=4~6,含Cr(Ⅵ) 25~150mg/L)的一种方法是:往废水里加入适量NaCl(1~2g/L),以铁为电极进行电解,同时鼓人空气,经过一段时间后,废水中含Cr量降到可排放的标准.
①加适量NaCl是为了 ;鼓人空气目的是在于 ;
②除Cr过程中发生的主要反应方程式为:
Ⅰ.电极反应: ,
Ⅱ.溶液中的反应 ,
, .
答案:①增大电导;起搅拌作用.
②ⅠFe-2e-=Fe2+; 2H++2e-=H2
或2H2O+2e-=H2+2OH-
Ⅱ Cr(Ⅵ)+3Fe(Ⅱ)=Cr(Ⅲ)+3Fe(Ⅲ)
Fe(Ⅲ)+3OH-=Pe(OH)3↓
Cr(Ⅲ)+3OH-=Cr(OH)3↓
4.分别以新配制的NaOH,H2SO4溶液作电解质溶液进行电解,在阴极得H2,阳极得O2,按说这两种气体的体积比应为2:1,然而实验结果(见下表)却不是2:1
电解时间
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
NaOH
阴极生成气体
6
12
20
29
39
49
55
65
75
85
阳极生成气体
2
4
7
11
16
21
26
31
36
41
H2SO4
阴极生成气体
6
12
20
27
34
42
50
58
66
74
阳极生成气体
1
2
4
7
10
13
16
19
22
25
(1)NaOH溶液为电解质溶液,自7分钟后的每分钟内生成的两种气体体积比为2:1,为什么
(2)H2SO4溶液为电解质溶液,在电解过程中生成的两种气体体积比均不是2:1,为什么
答案:电解NaOH溶液,开始6分钟内,因产物H2,O2溶解度不同(后者溶解度大),致使气体体积比小于2:1.此后,因H2,O2溶解已到饱和,气体产物体积比保持2:1.
电解H2SO4溶液,因H2,O2溶解度不同及阳极发生副反应(生成O3,S2O2-8),致使气体体积比小于2:1.
5. (2000河南)如图所示的实验装置中,x,y分别为直流电源的两极.向A,B中充满KOH溶液后倒立于盛有KOH溶液的水槽中,再分别插一多孔的惰性电极.切断电源开关S1,闭合开关S2,通电一段时间后A,B中生成的气体的体积见下表:
电解时间/min
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A气体的体积/cm3
6
12
20
29
39
49
55
65
75
85
B气体的体积/cm3
2
4
7
11
16
21
26
31
36
41
(1)标出电源正,负极:x为 极,y为 极.
(2)写出A,B电极反应式:A中 ,B中 .
(3)7分钟后,每分钟内A,B中气体体积的增加量之比为2:1,而在此之前,A,B中生成气体的体积之比
2:1(填"大小''或"小于"或"等于"),请说明这其中可能的原因: .
(4)电解10分钟后,A,B中均有气体包围电极.此时切断S2,闭合开关Sl,发现电流计的指针发生偏转.请用有关电极反应式,说明电流计偏转的原因:
A中 , B中 .
答案:(1)负,正
(2)A:4H++4e-=2H2↑ B:4OH--4e-=2H2O+O2↑
(3)大于;O2在KOH溶液中的溶解度大于H2在KOH溶液中的溶解度,7分钟后溶液达饱和.
(4)A:2H2-4e-=4H+ B:O2+2H2O+4e-=4OH-
6. (第八届国际奥赛题) 充电后蓄电池中硫酸溶液的密度ρ=1.28g·cm-3,相当于含14.35%(质量)的硫酸.(法拉第常数F为26.8Ah·mol-1)
[问题]
(1)写出充电,放电全部化学反应的方程式.
(2)按问题1的反应式计算生成和消耗的水和硫酸的质量.
(3)如果硫酸含量变化范围如题中所示.计算一个电容量为120Ah蓄电池中需加多少(质量)硫酸.
(4)对于电容量为120Ah的蓄电池,计算充电放电后硫酸溶液体积间的差值.
解析 (1)充电,放电反应方程式为:
2PbSO4+2H2O PbO2+Pb+2H2SO4.
(2)根据方程式:n (H2SO4)=2mol,m(H2SO4)=196g,
n(H2O)=2mol,m(H2O)=36g,放电时,消耗196gH2SO4.
(3)所需硫酸的质量,假设26.8Ah相当于98g硫酸,120Ah相当于438.8g硫酸,同理:26.8Ah相当于18g水.
当铅蓄电池放电:设硫酸溶液质量为m,硫酸的质量为m1,其质量百分比浓度为w1=14.35%,密度为ρ1=1.10g·cm-3
当铅蓄电池放电:生成硫酸的质量m2=438.8g,消耗水的质量m3=80.6g,硫酸的质量百分比 w2=36.87%,密度为ρ2=1.28g·cm-3
∵ 1) w1=×{bfb} 2) w1=×{bfb}
解1),2)方程得:m1=195.45g,m=1362.04g
(4)铅蓄电池放电后,电解质溶液的体积为Vl,则:
V1===1238.2cm3,
铅蓄电池充电后,电解质溶液的体积为V2,则:V2===1433.5cm3
∴体积差值为
△V=V2- V1=1433.5cm3-1238.2cm3=195.3cm3
7.(1990年中国化学会化学竞赛xx)称取四份0.50克锌 (原子量65),按下列要求分别盛于四支试管,塞上带导管的塞子,每隔一定时间分别测定生成氢气的体积.
①0.50克锌+5毫升3摩/升硫酸
②0.50克锌+5毫升3摩/升硫酸+0.1克铜片
③0.50克锌+5毫升3摩/升硫酸+0.1克铜粉
④0.50克锌+5毫升3摩/升硫酸+0.41克胆矾(相当于0.1克铜)
请把实验现象填人下表,并对实验现象作简要的说明:
序号
生成氢气的速度**
生成氢气的总量*
①
②
③
④
*请分别填人:"慢""快""最快""最慢"或其他,**请分别填入:"相等""最多""最少"或其他.
①0.50g锌+5毫升硫酸
②0.50g锌+5毫升硫酸+0.1g铜片
③0.50g锌+5毫升硫酸+0.1g铜粉
④0.50g锌+5毫升硫酸+0.41g胆矾(相当于0.1g铜)
分析:要正确比较四组情况反应速度的相对大小和产生氢气的多少,首先应比较四组反应物的异同,在这四组反应中,相同点有二,即锌的用量[n(Zn)=0.0078mol]和状态,以及硫酸的用量(0.015mol)和浓度(3mol/L),显然锌不足,而硫酸过量.xx无法比较反应速度大小和产生氢气的多少.对于②,③,④组中,铜必然影响反应,那么铜如何影响这三组反应呢 让我们来分析铜的用量和状态,这三组中铜的用量都是相同的,即n(Cu)=0.015625mol>n(Zn),②,③是单质铜,这使我们想起原电池,原来单质铜与单质锌在电解质硫酸溶液中组成Cu-Zn原电池,从而加快反应,因此②,③的反应速度较①要快,那么②,③的反应速度有无差别呢 状态对反应速度有影响,由于②是铜片,而③组是铜粉,显然铜粉比铜片的表面积大,与锌充分接触,因而③的反应速度较②组的反应速度要快.由于②,③都是单质铜,在题述条件下不与硫酸反应,因此②,③产生的氢气的量是相同的.
那么第④中的"0.41g胆矾(相当于0.1g铜)"是怎样影响反应的呢 原来胆矾溶于水所提供的Cu2+要与单质锌反应,由于反应生成的单质铜均匀地附着在单质锌的表面,因此单质铜与单质锌接触充分且紧密,致使原电池反应速度更快,无疑反应速度是最快的.那么③所产生的氢气的量将有何变化呢 由于n(Cu2+)=0.015625mol>n(Zn)=0.015mol,数据表明胆矾溶于水所提供的Cu2+足以使单质锌xx消耗,因此第④所产生的氢气是最少的.
综上所述,生成氢气的速度①<②<③④
解①最慢,相等.②慢,相等.③快,相等.④最快,最少
②,③,④比①快是因为形成Zn-Cu原电池.③,④比②快是因为Cu的面积大,④比③快是因为Cu的面积更大且均匀.按用量看:Zn量(7.7×10-3mol)比H2SO4的量(0.015mol)少,但④中发生Zn置换少量Cu2+的反应.
8.(1996年河南省高中化学竞赛预备题) 一定量的锌粉和过量盐酸反应,当向其中加入少量的下列物质时,能够加快反应速度,又不影响产生氢气总量的是( )
①碳粉②氧化铜粉末③铜粉④铁粉⑤浓盐酸⑥硫酸钠溶液
A.①③⑤ B.①③④ C.②④⑥ D.②⑤⑥
答案:A
9.工业上用MnO2和KOH为原料制取高锰酸钾,主要生产过程分如下两步进行,先将MnO2和固体KOH粉碎匀合,在空气中加热到熔化并连续搅拌,制取K2MnO4;再将K2MnO4溶于适量水,用惰性电极电解其浓溶液以制取KMnO4.
回答下列问题:
(1){dy}步反应制取K2MnO4时,还原剂是 ,氧化剂是 ,连续搅拌的目的是 .
(2)电解K2MnO4的浓溶液时,两极发生的电极反应是:阴极 ,阳极 .
电解总反应化学方程式是 .
分析(1)MnO2中Mn元素为+4价,K2MnO4中Mn元素为+6价,故Mn元素化合价升高,被氧化,是还原剂.空气中的氧气可做氧化剂,气体与熔融物反应接触面小,充分搅拌可以使空气中氧气与MnO2,KOH混合物充分接触,加快反应速率.
(2)K2MnO2-4=2K++MnO2-4,H2OH++OH-
通电时向阴极迁移的离子有:K+,水电离的H+,放电能力H+>K+,故是H2O中H+放电生成H2和OH-.阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-(或写为2H++2e-=H2↑).
通电时向阳极迁移的离子有:MnO2-4,水电离的OH-.从K2MnO4溶液电解产物中生成KMnO4分析,Mn元素化合价由+6价升高到+7价,失电子,被氧化,说明MnO2-4在阳极放电,其放电能力强于OH-;故阳极电极反应为2MnO2-4-2e-=2MnO - 4.
阴,阳两电极反应得失电子数相等后加合在一起即得离子反应方程式:
2MnO2-4+2H2O = 2MnO- 4+H2↑+2OH
将钾离子写入即得化学反应方程式:
2K2MnO4+2H2O = 2KMnO4+H2↑+2KOH
解 (1)还原剂是MnO2;氧化剂是O2;使O2在KOH存在下与MnO2充分接触,发生氧化还原反应.
(2)阴极2H2O+2e-=H2↑+2OH-(或写为2H++2e-=H2↑);
阳极2MnO2-4-2e-=2MnO - 4;
总反应:2K2MnO4+2H2O = 2KMnO4+H2↑+2KOH
10. 工业上为了处理含有重铬酸根离子(Cr2O2-7)的酸性废水,采用如下方法:往工业废水中加入适量的食盐,以铁为电极通直流电进行电解.鼓人空气,经过一段时间,水中有Cr(OH)3,和Fe(OH)3沉淀生成,使废水达到可排放的标准.
回答下列问题:
(1)加入适量食盐的作用是 .
(2)写出电极的反应:阳极 ,阴极 .
(3)写出有关反应的离子方程式:
①Cr2O2-7变为Cr3+ ;②Cr3+变为Cr(OH)3 .③生成Fe(OH)3 .
(4)根据(3)中的反应,解释形成Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀的原因: .
(5)能否用石墨电极代替铁电极达到电解除去废水中污染物Cr2O2-7离子的目的 ,理由是 .
分析开始通电时,向阳极迁移的离子有:Cl-,Cr2O2-7,H2O中OH-; 铁做电极,阳极一定是铁放电生成Fe2+:Fe-2e-=Fe2+,故NaCl中Cl-不参加电极反应.
向阴极迁移的离子有:Na+,H+;放电能力H+>Na+,故NaCl中Na+不参加电极反应,食盐的作用是增强废水的导电性,加快除去污染物的反应速率.在酸性溶液中阴极的反应为:2H++2e-=H2↑.
在阳极区溶液中,Cr2O2-7的强氧化性能将电极产物Fe2+立即氧化生成Fe3+,Cr2O2-7本身被还原生成Cr3+,反应为:
Cr2O2-7+6 Fe2++14H+=2 Cr3++6 Fe3++7H2O
Cr3+,Fe3+都是+3价阳离子,容易发生水解反应:
Cr3++3H2OCr(OH)3↓+3H+
Fe3++3H2OFe(OH)3↓+3H+
由于阴极H+放电生成H2和阳极Cr2O2-7氧化Fe2+,均消耗大量H+,溶液的酸性不断减弱,减小了水解平衡中生成物[H+],促使Cr3+和Fe3+水解平衡向右移动,生成Cr(OH)3沉淀和Fe(OH)3沉淀.
若用石墨做电极,则阳极生成Cl2,得不到Fe2+;缺少还原剂,便不能使Cr2O2-7还原成Cr3+再生成Cr(OH)3沉淀而除去.
解 (1)增强废水导电能力利于加快电解反应.
(2)Fe-2e-=Fe2+;2H++2e-=H2↑
(3)①Cr2O2-7+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
②Cr3++3H2OCr(OH)3↓+3H+
③Fe3++3H2OFe(OH)3↓+3H+
(4)阴极H+放电生成H2和阳极Cr2O2-7氧化Fe2+,均消耗大量H+,减小了水解平衡中生成物[H+],促使Cr3+和Fe3+水解平衡向右移动,生成沉淀.
(5)不能,因为石墨为阳极时,阳极生成O2,得不到Fe2+;缺少还原剂,不能使Cr2O2-7还原成Cr3+再转化为Cr(OH)3沉淀而除去.
11. (2001湖北)某学生试图用电解法根据电极上析出物质的质量来验证阿佛加德罗常数值,其实验方案的要点为:①用直流电电解氯化铜溶液,所用仪器如下图所示;②在电流强度为I安,通电时间为t秒后,xx测得某电极上析出的铜的质量为m克.试回答:
(1)连接这些仪器的正确顺序为(用图l—3—4中标注仪器接线柱的英文字母表示,下同)E接 ,C接 , 接F.实验线路中的电流方向为: → → →C →
→ .
(2)写出B电极上发生反应的离子方程式 .
试管中淀粉KI溶液变化的现象为 ,相应的离子方程式是 .
(3)为xx测定电极上析出铜的质量,所必需的实验步骤的先后顺序(选填下列操作步骤的编号)应是 .
①称量电解前电极质量. ②刮下电解后电极上的铜并清洗.③用蒸馏水清洗电解后电极.④低温烘干电极后称量.⑤低温烘干刮下的铜后称量.⑥再次低温烘干后称量至恒重.
(4)已知电子的电量为1.6×10-19库仑,试列出阿佛加德罗常NA的计算表达式:NA .
分析 (1)该电解装置的特点是B电极上有氯气生成,G的是检验氯气,溶液中Cl-在B电极上失电子,氧化成氯气,说明是阳极,则B一定接电源的正极F;那么,电极A为阴极,应接电源负极E.而电流表既可接在B与F之间,也可接在A与E间.连必须注意电流表的"+"应与电源的"+"相接,或电流表的"—"电源的"—"相接.
故只有两种正确的连接顺序:①F接C→D接B→A接E,②E接D→C接A→B接F,接法②与题意符合.故②为正确答案.
电子流向从电源负极经电解装置流回电源正极,即电子流向为E→D→C→A→B→F,而电流方向与电子流向相反,故电流方向为F→B→A→C→D→E.
(2)G管用来检验和吸收氯气,故B电极上的反应为:2Cl--2e-=Cl2↑,G管中发生反应:Cl2+2I-=2Cl-+I2,碘遇淀粉溶液变蓝色.
(3)要准确称量铜的质量,{jd1}不能刮去电极上的铜来称量,因为石墨较软,很容易刮下,刮下的就是铜和石墨,故正确的选项中不能有②和⑤.
则正确的操作顺序为先称电解前A电极的质量,电解后电极上吸附有电解质离子,必须用蒸馏水小心清洗,故③是必要的,烘干除水也是必要的,故④是必选的,只有两次称量的质量相等时,才能证明电极上的水已烘干净,故⑥是正确的.
因此应选①,③,④,⑥.
(4)由于电流表与电解槽是串联的,通过的电量是相等的,故有:
×2×NA×l.6×10-19=It NA=
解 (1) E接D→C接A→B接F;电流方向为F→B→A→C→D→E.
(2) 2Cl--2e-=Cl2↑;变蓝色;Cl2+2I-=2Cl-+I2.
(3)①,③,④,⑥.(4) NA=
高中化学竞赛辅导系列——电化学基础
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高中化学竞赛辅导——电化学基础
通电
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