高考化学 140分突破复习AB卷 第18课时电解原理及其应用（pdf版）

第18课时电解原理及其应用(A卷)考测点导航（2）滤纸B上发生的总反应方程式为：1．理解电解原理。（1）电解的定义：将电能转化为化学能的装置（3）欲在电镀槽中实现铁上镀锌，接通K点，使c、d两点（2）电解池中的阴、阳极判断：短路，则电极e上发生的反应为，阳极：与电源正极相连的极，在阳极上发生氧化反应。电极f上发生的反应为：，槽中盛放的镀液阴极：与电源负极相连的极，在阴极上发生还原反应。可以是或（只要求填两种电解离子移向：阴离子移向阳极，阳离子移向阴极质溶液）。（3）电解时电极产物的判断（本题考查学生判断电解池的阴、阳极，书写电极反应式总①阳极产物判断反应方程式）首先看电极，如果是活性电极（金属活动顺序表Ag以前），3．（2002上海高考）某学生想制作一种家则电极材料失电子，电解时电极溶解，溶液中的阴离子不能用环保型消毒液发生器，用石墨作电极电失电子。如果是惰性电极（如Pt、Au、石墨）则要看溶液解饱和氯化钠溶液，通电时，为使Cl2被完中的离子的失电子的能力。此时根据阴离子放电顺序加以判全吸收，制得有较强杀菌能力的消毒液，断。设计了如图的装置，则对电源电极名称和2－－－－－阴离子的放电顺序：S＞I＞Br＞Cl＞OH＞含氧酸根消毒液的主要成分判断正确的是②阳极产物判断Aa为正极，b为负极；NaClO和NaCl直接根据阳离子放电顺序进行判断,阳离子的放电顺序为：Ba为负极，b为正极；NaClO和NaCl＋2+3＋2＋2＋2＋2＋＋3＋2＋Ag＞Hg＞Fe＞Cu＞Pb＞Fe＞Zn＞H＞Al＞MgCa为阳极，b为阴极；HClO和NaCl＋2＋＋＞Na＞Ca＞KDa为阴极，b为阳极；HClO和NaCl2．电解原理的应用（本题考查电解原理及其应用，是一道包括电极判断、实验（1）电解饱和食盐水制取氯气和烧碱：观察、综合分析能力在内的综合题）2+2+2-食盐水中一般混有Mg、Ca、SO4等离子，电解前须净制以4．将1L含有0.4molCuSO4和0.2molNaCl的水溶液用惰除去这些杂质离子电极材料性电极电解一段时间后，在一个电极上得到0.3molCu，另－－电极反应式：阳极（石墨）：2Cl－2e=Cl2↑一电极上析出气体(在标准状况下)的体积是多少?此时溶液＋－阴极（钢铁）：2H＋2e=H2↑的pH值是多少?（本题考查学生电解产物的计算和溶解度的计算能力）总反应为：2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑（2）电镀：①电极：阳极—镀层金属阴极—待镀金属（镀件）电镀液—含有镀层金属离子的溶液②电镀特点：阳极本身参加了反应，而电镀过程中电镀液的浓度（3）精炼铜以精铜作阴极，粗铜作阳极，电解硫酸铜水溶液，阳极粗铜溶解，阴极析出铜，电解液浓度基本不变。新活题网站典型题点击1．下列过程需通电后才能进行的是（）1．(2003全国高考江苏卷)用惰性电极实现电解，下列说法A．电离B．电解C．电化腐蚀D．电泳正确的是（）（本题考查了四个基本的概念）A电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液pH不变2．用石墨电极电解某酸、碱或盐的溶液时，在相同的条件－B电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH，故溶液pH减小下，阴阳两极收集到的气体的体积比是2∶1，则下列结论C电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的正确的是（）量之比为1:2A．阴极一定是H2，阳极一定是O2D电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的B．电解后溶液的pH一定变大量之比为1:1C．电解后溶液的pH一定不变（本题考查电解产物和溶液pHD．电解后溶液的浓度一定变大的计算）（本题考查学生电解规律）2．（2002高考试测题）右图A为3．下列关于铜电极的叙述正确的是（）A．铜锌原电池中铜是正极直流电源，B为渗透饱和氯化钠B．用电解法精炼粗铜时铜作阴极溶液和酚酞试液的滤纸，C为电C．在镀件上电镀铜时可用金属铜作阳极镀槽，接通电路后，发现B上的D．电解稀硫酸制H2、O2时铜作阳极C点显红色，请填空：（本题考查学生原电池和电解池中的电极材料）（1）电源A的a为极。4．电解含下列离子的水溶液，若阴极析出相等质量的物质，\n则消耗的电量最多的是（）铁。A．Ag+B．Cu2+C．Na+D．Pb2+①a电极材料为_______，（本题考查电解过程中电子转移情况，涉及氧化还原反应的其电极反应式为。计算）12．右图为以惰性电极进行电解：5．用惰性电极电解饱和Na2CO3溶液，若保持温度不变，则一段时间后（）A．溶液的pH变大+2-B．c(Na)与c(CO3)的比值变大C．溶液浓度变大，有晶体析出D．溶液浓度不变，有晶体析出（本题是考查学生电解池中溶液的变化和溶解度的概念）6．在电解水时，常加入一些稀硫酸，其目的是（）(1)写出A、B、C、D各电极上的电极方程式：A．使溶液酸性增强B．使溶液中离子浓度增大A________________________________C．加快电解的速率D．使溶液的氧化性增强B________________________________（本题是考查电解的条件）C________________________________7.若在铜片上镀银时，下列叙述正确的是（）D________________________________①将铜片接在电池的正极上，②将银片接在电源的正极上③(2)在A、B、C、D各电极上析出生成物的物质的量比+-在铜片上发生的反应是：Ag+e=Ag，④在银片上发生的反应为。--13.有下列三组电解池，电极均为惰性电极，实验通电时间是：4OH-4e=O2+2H2O，⑤需用CuSO4溶液，⑥需用AgNO3溶液作电解液和电流强度都相同。A．①③⑥B．②③⑥C．①④⑤D．②③④⑥（本题考查学生电解的应用——电镀中的电极反应和电镀液）8．用质量均为100g的Cu作电极，电解AgNO3溶液。稍电解一段时间后，两电极的质量相差28g，此时两电极的质量别为（）A．阳极100g，阴极128gB．阳极93.6g，阴极121.6gC．阳极91.0g，阴极119.0gD．阳极86.0g，阴极114.0g(1)析出气体总体积最大的是，最小的是。（本题考查电解产物的计算）(2)电解后两个烧杯中溶液PH值都增大的是。9．目前人们正研究开发一种高能电池一—钠硫电池，它是(3)电解后电极上有固体物质析出的是。+，，以熔融的钠、硫为两极，以Na导电的β——Al2O3陶瓷作(4)电解后有一个烧杯中溶液PH值不发生变化的是。固体电解质，反应如下：2Na+xSNa2Sx，以下说法，正确(5)电解后有一个烧杯中溶液颜色有变化的是。的是（）14．在20℃时，电解饱和CuSO4溶液，假设有0.6mo1电子A．放电时，钠作正极，硫作负极发生转移时，使电解进行完全，测得电解后溶液的密度为B．放电时，钠极发生还原反应1.074g／mL(20℃CuSO4的溶解度为20g，使用惰性电极。)C．充电时，钠极与外电源正极相连，硫极与外电源的负极求：相连(1)电解后溶液的物质的量浓度。2--D．充电时，阳极发生的反应是Sx-2e=Sx(2)取电解后溶液10mL稀释至1000mL，取出25mL用0.2mol（本题／L的NaOH溶液和，需多少毫升NaOH溶液。10．在25℃时.将两个铂电极插入一定量的饱和Na2SO4溶液(本题考查电解产物和溶解度的计算)中进行电解，通电一段时间后在阴极逸出a摩气体，同时析出w克Na2SO4·10H2O晶体，若温度不变，此时剩余溶液的质量分数是（）71wA.×100%B.×100%161wa+36C.7100w%D.71w×100%161(wa+18)161(wa+36)（本题考查电解产物和溶解度的计算）11.由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀。若用下图所法实验装置可制得纯净的Fe(OH)2沉淀。两极材料分别为石墨和\n第18课时电解原理及其应用(B卷)易错现象B．蓄电池的电极可以浸入某中酸性电解质溶液中1．电解时不注意阴离子得放电顺序，忽略比Ag活泼得金属C．充电时，阴极上的电极反应为：−作电极时，金属阴极被保护，阳极被腐蚀，即其放电能力大Fe(OH)2+=+2eFe2OH2-于S。D．放电时，电解质溶液中的阴离子向正极方向移动2+2．在多个装置相联时，将原电池与电解池混淆。3．用铂电极电解CuSO4溶液，当c（Cu）降至原来的一半3．书写电解的总方程式出错，不能很好的把握题目所给的时停止通电，则加入下面物质能使溶液恢复成原来浓度的是信息书写电极反应。()纠错训练A.无水CuSO4B.CuO1．在25℃时.将两个铜电极插入一定量的饱和Na2SO4溶液C.Cu(OH)2D.CuSO4·5H2O中进行电解，通电一段时间后在阴极逸出a摩气体，同时析4．以Pt电极电解CuCl2溶液，当电流强度为aA（安培），出w克Na2SO4·10H2O晶体，若温度不变，此时剩余溶液的通电时间为tmin；阴极增重Wg，在阳极上产生VL纯净气体质量分数是(D)（标准状况下），则计算阿佛加德罗常数NA的算式正确的是（注：1个电子电量为qC（库仑），铜的相对原子质量为M）71wA.×100%B.×100%（）161wa+36A、672atB、64at7100w71wVq2qWC.%D.×100%161()wa+18161()wa+36C、30MatD、无法判断2．右图中电极a、bWq分别为Ag电极和Pt电解5．柯尔贝反应是2RCOOK+H2O⎯→⎯⎯R-R+H2+CO2+2KOH，电极，电极c、d都是下列说法正确的是()石墨电极。通电一段A.含氢元素的产物均在阳极区产生时间后，在c、d两极B.含氢元素的产物均在阴极区产生上共收集到336mL（标C.含碳元素的产物均在阳极区产生准状态）气体。回答：D.含碳元素的产物均在阴极区产生（1）直流电源中，M为极。6．右图中x、y分别是直流电源的（2）Pt电极上生成的物质是，其质量为两极，通电后发现a极板质量增加，g。b极板处有无色无臭气体放出，符（3）电源输出的电子，其物质的量与电极b、c、d分别生合这一情况的是（）成的物质的物质的量之比为：2∶∶∶。a极板b极板x电极Z溶液（4）AgNO3溶液的浓度（填增大、减小或不变。下同）A锌石墨负极CuSO4，AgNO3溶液的pH，H2SO4溶液的浓度B石墨石墨负极NaOH，H2SO4溶液的pH。C银铁正极AgNO3（5）若H2SO4溶液的质量分数由5.00%变为5.02%，则原有D铜石墨负极CuCl25.00%的H2SO4溶液为g。7．现有500毫升食盐水，其中含有少量的NaOH，该溶液检测提高的PH值等于10，用石墨电极电解当，阴极产生的气体体积1．按下图的装置进行电解实验：A极是铜锌合金，B极为为5.60升(标况)时停止电解，此时溶液的PH值约为(忽略溶纯铜，电解质中含有足量的铜离子。通电一段时间后，液的体积变化)()A.13B.12.3C.12D.148．已知SO2(H2SO3)能使溴水褪色，且相互定量反应。简答用惰性电极电解物质的量深度相等的BaI2和SO2的混合液（含少量的淀粉）时的现象和反应问题：若A极恰好全部溶解，此时B极质量增加7.68克，溶液质（1）电解时，在阳极附近的溶液中，将先后观察到什么现量增加0.03克，则A合金中Cu、Zn原子个数比为()象？请写出先后相应发生的两步阳极反应式。A.4：1B.3：1C.2：1D.任意比。2．蓄电池在放电时起原电池的作用，在充电时起电解池的（2）写出第二步电解的化学方程式：作用。下面是爱迪生蓄电池分别在充电和放电时发生的反。（3）如此分步电解的理论根据是什么？应：下列有关爱迪生蓄电池的推断错误的是：（）A．放电时，Fe是负极，NiO2是正极\n9．有一硝酸盐晶体，其化学式表示为（3）“实验派”的实验结论是，M(NO3)x·nH2O经测定其摩尔质量为该观点的理由是（从化学原理上加以简述）：－1242g·mol。取1.21g该晶体溶于水配成100mL溶液。将此溶液倒入右图12．下图每一方框中的字母代表一种反应物或生成物：所示装置中，用石墨作电极进行电解。当有0.01mol电子通过电极时，溶液中的金属阳离子全部析出，在A极得到金属0.32g。回答：（1）金属M的原子量为，x=，n=。（2）C极为极。（3）电解后溶液的pH为（设电解前后溶液的体积不变）。10．某学生试图用电解法根据电极上析出的物质的量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，所用仪器如右图：②在电流强度为I安培，通电时间为t秒钏后，精确测得某电极上析出的铜的质量为物质A跟B反应生成物质E、F和G；物质C跟D反应m克。试回答生成物质I，某温度下该反应起始和某时刻的反应混合物组成如右上表格所示。请填写下列空白：（1）物质H的分子式是_____________。（2）反应①的化学方程式是________________________________________________。（3）反应②的化学方程式（须注明反应条件）是_______________________________。13．100.0g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=6.00A，电解时间10.00h。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（1）连接这些仪器的正确顺序为（用图中标注仪器接线柱液的总质量为164.8g。已知不同温度下每100g氢氧化钾饱的英文字母表示。下同）E接，C接，接F。实和溶液中氢氧化钾的质量为：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温度/℃0102030G试管中淀粉KI溶液变化的现象为；相应的离子KOH/g49.250.852.855.8-19方程式是。（已知电子的电量为1.6×10c，最后结果要求三位有效数（3）为精确测定电极上析出铜的质量，所必需的实验步骤字。）的先后顺序应是。（选填下列操作步骤的编（1）被电解的水的物质的量为________mol。号）①称量电解前电极质量②刮下电解后电极上的铜并清（2）计算电解后剩余溶液的质量分数（写出计算过程）。洗③用蒸馏水清洗电解后电极④低温烘干电极后称量⑤（3）温度T为________。低温烘干刮下的铜后称量⑥再次低温烘干后称量至恒重-19（4）已知电子的电量为1.6×10库仑。试列出阿佛加德罗常数的计算表达式：NA11．关于“电解氯化铜溶液时的pH变化”问题。化学界有以下两种不同观点：观点一是：“理论派”认为电解氯化铜溶液后溶液的pH升高。观点二是：“实验派”经过反复、多次、精确的实验测定，证明电解氯化铜溶液时，pH随时间的变化如图曲线示。请回答下列问题：（1）电解前氯化钠溶液的pH处于A点的原因是（用离子方程式说明）：（2）“理论派”所持观点的理论论据是\n答案：240g48g生成③其中有5.4gH2O参与了电解过程，余下的水为第18课时(A卷)240-5.4=234．6的H2SO4为29.4g。故所得H2SO4溶液重典型题点击234.6+29.4=264g，其体积为：264／1.074=245.8mL。1．D讲析：电解H2SO4、Na2SO4、NaOH溶液都是电解水，电解后溶液的物质的量浓度为0.3mol／溶质的浓度应相应的变化0.2458L=1.22mol／L。2．（1）正（2）2NaCl+2H2O=H2↑+Cl2↑+2NaOH(2)10mLl.22mol／LH2SO4稀至1000mL,含有0.0244mol2+2+++（3）Zn－2e=Zn，Zn+2e=Zn，ZnSO4溶液或ZnCl2溶H，取出25mL中只有0.0061molH。依下式：设需NaOH的液体积为x。0.0061=0.2x3．B讲析：电解饱和的氯化钠溶液的化学方程式：解得：x=0.0305L。即30.5mL。22NaCl+HO2NaOH+H↑+Cl↑，为使Cl2222第18课时(B卷)被完全吸收，制得较强杀菌能力的消毒液，与电源b极相连纠错训练的电极应为阳极，产生氯气，与溶液充分反应，反应式为：1．D讲析：与A卷中的第10题仅一字之差，结果完全不Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O同，原因是同样在阴极生成a摩氢气时，前者消耗的H2O为4．惰性电极时，依据阴、阳离子放电顺序书写电极反应，a摩，而此题中被消耗的H2O为2a摩，被电解的H2O与w克--阳极：先2C1-2e=Cl2↑，后4OH-4e=O2↑+2H2O。在阳极附Na2SO4·10H2O晶体中的“H2O”刚好可将w克Na2SO4·10H2O-近，因OH放电而促进了水的电离平衡右移，溶液酸性明显晶体中的“Na2SO4”溶解并形成饱和溶液：增强。由电子守恒关系：H2O的质量=36a+180w克Na2SO4的质量=142w克+322322C12～Cu，另析出0.2molCu，2Cu～O2～4H。0.1mol⇒0.1mol0.2mol0.1mol0.4mol所以，剩余溶液的质量分数故V(气体)=V(Cl2)十V(O2)=2.24L十2.24L=4.48L。=NaSO的质量=142w×100%24322+0.4mol=0.4mol/L，NaSO的质量+HO的质量电解后c(H)≈242180ww14236a++1L322322+pH=-lgc(H)=1-2lg2。新活题网站2．（1）正；（2）Ag、2.16；（3）2∶1∶1；（4）不变、不21.BD2.A3.AC4.C5.D6.BC7.B8.B9.D变、增大、减小；（5）45.18。10.C讲析：在阴极生成a摩氢气，消耗的H2O也为a摩，讲析：电解5.00%的稀H2SO4，实际上是电解其中的水。因此被电解的H2O与w克Na2SO4·10H2O晶体中的“H2O”刚好可在该电解池的阴极产生H2，阳极产生O2，且将w克Na2SO4·10H2O晶体中的“Na2SO4”溶解并形成饱和溶VH(22)∶∶VO()=21。据此可确定d极为阴极，则电源的N液：H2O的质量=18a+180w克Na142克2SO4的质量=w322322极为负极，M极为正极。在336mL气体中，所以，剩余溶液的质量分数2，为0.01mol，VH()2=×=336224mLNaSO的质量142w3=24=×100%322NaSO24的质量+HO2的质量180ww142VO()=×=1336112mol，18a++232232232+11.①Fe;Fe-2e=Fe②C;B③隔绝空气防止Fe(OH)2被空为0.005mol。说明电路上有0.02mol电子，因此在b极（Pt、气氧化；排尽溶液中的氧气，防止生成的Fe(OH)2在溶液中阴极）产生Ag：0.02108×=2.16g，即0.02mol的Ag。则氧化④B、C⑤白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐n(e)∶n(Ag)∶n(O2)∶n(H2)=0.02∶0.02∶0.005∶0.01=2∶色12∶∶1.2+---12.(1)Cu+2e==Cu；2C1-2e==C122--+-溶液组成的4OH-4e==2H2O+O2↑；2Ag+2e==2Ag由Ag（阳）电极、Pt（阴）电极和AgNO3(2)2∶2∶4∶1电镀池，在通电一定时间后，在Pt电极上放电所消耗溶液+13.（1）①③（2）①（3）③（4）②中Ag离子的物质的量，等于Ag电极被还原给溶液补充的+14.依电解CuSO4溶液时有关物质的量间的关系可知(1)Ag离子的物质的量，因此[AgNO3]不变，溶液的pH也不变。电解电解5.00%的H2SO4溶液，由于其中的水发生电解，因此[H2SO4]①CuSO4+H2O===Cu+H2SO4+1／2O2↑增大，由于[H+]增大，故溶液的pH减小。1mollmo10.5mol设原5.00%的H2SO4溶液为xg，电解时消耗水0.01×180.3mol0.2mol0.3mol0.15mol=0.18g，则：5.00%x=5.02%=−()x0.18，解得：即48g5.4g29.4g4.8g②依CuSO4的溶解度可知x=45.18g。100gH2O20gCuSO4检测提高\n1.B2.BD3.B4.AC5.C6.A7.Dx1解得：x2=188+18n=242，n=3。==讲析：1.在阴极铜离子放电，得电子的总量=768.×2=0.240.010.00564（2）因为金属在A极析出，所以A极是电解池的阴极，则摩。设B极中含有铜x摩、Zny摩，，则有：C极是电源的负极。－2x+2y=0.24----------①（3）有0.01mol电子通过电极，就有0.01molOH放电，+再根据Zn与Cu的质量差可知：当溶液的质量增加0.03在溶液中就生成0.01molH。时，进入溶液的Zn的物质的量为0.03摩，也就是说+−0.011[H]==0.1mol·，LpH=1。y=0.03---------②所以，x=0.090.1注：此题很容易犯的一个错误是误将B极中铜的物质的量算成768.=0.12摩，从而错选A，致所以易出此错，其10.(1)E接D、C接A、B接FF→B→A→C→D→E64-(2)2Cl-2e=Cl2↑变蓝色Cl--原因是没有注意在阴极析出的7.68克铜不全来自A极，其2+2I=2Cl+I2↓(3)①③④⑥中有一部分是在A极溶解锌时电解质溶液中铜离子参与的64It(4)N=×反应所致!2.蓄电池放电时起原电池作用，原电池的负极Am2×1.6×10-192++是较活泼的金属，A正确。放电时，Fe是原电池的负极，Fe11.（1）CuCl2水解；Cu+2H2OCu(OH)2+2H，使溶液呈2+2+2+失电子被氧化成Fe离子。由于负极——Fe的附近聚集较多酸性。（2）电解时，Cu可在阴极放电析出Cu，随c(Cu)2+2++的Fe离子，电解质溶液中的阴离子向负极移动，D不正确。降低，Cu的水解平衡左移，导致溶液中c(H)下降，溶液的充电时蓄电池起电解池作用，充电时电源的负极应与蓄电池升高。(3)溶液的PH降低因阳极上产生Cl2，一部分Cl2+-的负极（Fe，此时作为电解池的阴极）相连接，发生还原反溶于水后发生反应：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故使溶液+中c（H）增大（主要矛盾），即溶液PH降低。−应：Fe(OH)+=+2eFe2OH。C正确。该蓄电池的212.（1）HCl放电和充电时的电极反应分别是：（2）−放电：负极Fe−+2e2OH=Fe(OH)2高温、高压（3）N3＋Hvwwwwwwwwwwwuww2NH22催化剂3−正极NiO++2e2HO=Ni(OH)+2OH222313.①Q=I·t=216×10C⇒相当于2.24mole⇒相对于有1.12mol水被电解了(20.1g水)②从剩余溶液总质量−充电：阴极Fe(OH)+=+2eFe2OH2164.8g，知有200g-164.8g=35.2g物质离开溶液，其中有20.1g水被电解，由此可知⇒结晶的KOH·2H2O的质量为−阳极Ni(OH)−+2e2OH=NiO+2HO22235.2g-20.1g=15.1g⇒结晶的KOH的质量为：可见反应是在碱性溶液中进行的，B不正确。15.1g×M(KOH)=9.2g⇒结晶水的质量为：6.通电后a极板增重，表明溶液中金属阳离子在a极板上92.0g/mol放电，发生还原反应析出了金属单质，因此可确定a极板是15.1g×2M（H2O）=5.9g⇒剩余溶液的质量分数为：电解池的阴极，与它相连接的直流电源的x极是负极。选项92.0g/molC中x极为正极，故C不正确。A中电解液为CuSO4溶液，m(KOH)×100%=55.1%－m(HO)+m(KOH)阴极a板上析出Cu而增重，阳极b板上由于OH离子放电2而放出无色无臭的O2，故A正确。B中电解液为NaOH溶液，③试题最终要求电解槽的温度。根据上面的计算结果，通电后阴极a上应放出H2，a极板不会增重，故B不正确。每100g溶液里有55.1gKOH，利用表知T应在20～30℃之D中电解液为CuCl2溶液，阴极a板上因析出Cu而增重，但间。现要求具体温度即不是温度范围，故有：利用此温度间－阳板b板上因Cl离子放电，放出黄绿色有刺激性气味的的温度与溶解度呈线性关系，故：Cl2，故D不正确。7.计算过程中可以不考虑电解前溶液T=273-20-[⎛55.1−52.8⎞×10]K=300.7K=27.7℃⎜⎟中少量NaOH，因为PH值等于10时所含的NaOH的量非⎝55.8−52.8⎠常少。8.(1)先析出白色沉淀，后溶液变蓝。2+-+--H2SO3+H2O+Ba-2e==BaSO4↓+4H；2I-2e==I2。(2)2HI==H2-↑+I2(3)SO2(H2SO3)的还原性显著比I强，故前者在阳极上2+优先氧化，且因存在Ba而更易氧化。9.（1）64、2、3；（2）负；（3）1。讲析：（1）1.21，含金属M也为n()硝酸盐==0.005mol242x+0.005mol。M的原子量0.32。Mx+⎯eM⎯→=640.005