2018届一轮复习鲁科版电能转化为化学能——电解学案

2018届一轮复习鲁科版电能转化为化学能——电解学案

第2节 电能转化为化学能——电解 学习目标 ‎1．理解电解池的构成、工作原理及应用。‎ ‎2．能书写电极反应和总反应方程式。‎ 考点一　电解原理 一、电解池 ‎1．电解 让直流电通过电解质溶液(或熔融的电解质)而在两个电极上分别发生氧化反应和还原反应的过程。在此过程中，电能转化为化学能。‎ ‎2．电解池 ‎(1)概念：电解池是把电能转化为化学能的装置。‎ ‎(2)电解池的构成条件：‎ ‎①有外接电源；‎ ‎②有与电解质溶液或熔融的电解质相连的两个电极；‎ ‎③形成闭合回路。‎ ‎(3)电极名称及电极反应式(以电解CuCl2溶液为例)：‎ 总反应方程式：CuCl2 Cu＋Cl2↑。‎ ‎(4)电解池中电子和离子的移动：‎ ‎①电子：从电源负极流出后，流向电解池阴极；从电解池的阳极流向电源的正极。‎ ‎②离子：阳离子移向电解池的阴极，阴离子移向电解池的阳极。‎ ‎3．在惰性电极上离子的放电顺序 ‎(1)阴极(与电极材料无关)：‎ ‎(2)阳极(与电极材料有关)：‎ ‎[基点小练]‎ ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)任何化学反应都可以设计成电解池反应(×)‎ ‎(2)电解质溶液的导电过程就是电解质溶液被电解的过程(√)‎ ‎(3)某些不能自发进行的氧化还原反应，通过电解可以实现(√)‎ ‎(4)电解CuCl2溶液，阴极逸出的气体能够使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色(×)‎ ‎(5)电解时，电解液中阳离子移向阳极，阴离子移向阴极(×)‎ ‎(6)电解时，电子的移动方向为：电源负极→阴极→阳极→电源正极(×)‎ 二、惰性电极电解电解质溶液的四种类型 类型 电解质 类型 电极反应式 及总反应式 电解质溶 液浓度 溶液 pH 电解质 溶液 复原 电解 水型 含氧酸，如H2SO4‎ 阴极：4H＋＋4e－===2H2↑‎ 阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑‎ 总反应式：2H2O2H2↑＋O2↑‎ 增大 减小 加水 可溶性强碱，‎ 如NaOH 增大 活泼金属 含氧酸盐，如KNO3‎ 不变 电解 电解 质型 无氧酸，如HCl 阴极：2H＋＋2e－===H2↑‎ 阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑‎ 总反应式：2HClH2↑＋Cl2↑‎ 减小 增大 通 HCl 不活泼金属无氧酸盐，如CuCl2‎ 阴极：Cu2＋＋2e－===Cu 阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑‎ 总反应式：CuCl2Cu＋Cl2↑‎ 加 CuCl2‎ 放H2‎ 生碱 型 活泼金属无氧酸盐，如NaCl 阴极：2H＋＋2e－===H2↑‎ 阳极：2Cl－－2e－‎ 增大 通 HCl ‎===Cl2↑‎ 总反应式：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2＋Cl2↑‎ 放O2‎ 生酸 型 不活泼金属含氧酸盐，如 CuSO4‎ 阴极：2Cu2＋＋4e－===2Cu 阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑‎ 总反应式：2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑‎ 减小 加 CuO ‎[基点小练]‎ ‎2．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)电解盐酸、硫酸等溶液，H＋放电，溶液的pH逐渐增大(×)‎ ‎(2)用惰性电极电解饱和食盐水，溶液的pH不变(×)‎ ‎(3)用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后，加入Cu(OH)2可使电解质溶液恢复到电解前的情况(×)‎ ‎(4)用铁作电极电解饱和食盐水时，阴极上Fe失电子变为Fe2＋进入溶液(×)‎ ‎3．用惰性电极电解2 mol·L－1 NaCl和1 mol·L－1 CuSO4的混合溶液，试判断阴、阳两极得到的产物是什么？并写出相应的电极反应式。‎ 提示：电解第一阶段：阳极得到Cl2、阴极得到单质Cu。‎ 电极反应式分别为阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑‎ 阴极：Cu2＋＋2e－===Cu 电解第二阶段：阳极得到O2、阴极得到H2。‎ 电极反应式分别为阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑‎ 阴极：4H＋＋4e－===2H2↑。‎ 题点(一)　电极反应式、电解总方程式的书写 ‎1．(2016·北京高考)用石墨电极完成下列电解实验。‎ 实验一 实验二 装置 现象 a、d处试纸变蓝；b处变红，局部退色；c处无明显变化 两个石墨电极附近有气泡产生；n处有气泡产生……‎ 下列对实验现象的解释或推测不合理的是(　　)‎ A．a、d处：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－‎ B．b处：2Cl－－2e－===Cl2↑‎ C．c处发生了反应：Fe－2e－===Fe2＋‎ D．根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜 解析：选B　根据a、d处试纸变蓝，可判断a、d两点都为电解池的阴极，发生的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，A选项正确；b处变红，局部退色，说明b为电解池的阳极，2Cl－－2e－===Cl2↑，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸：Cl2＋H2O===HCl＋HClO，HCl溶液显酸性，HClO具有漂白性，B选项不正确；c处为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，发生的电极反应为Fe－2e－===Fe2＋，C选项正确；实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也形成电解池，铜珠的左端为电解池的阳极，铜失电子生成铜离子，m、n是铜珠的右端，为电解池的阴极，开始时产生气体，后来铜离子移到m处，m处铜离子得到电子生成单质铜，故D选项正确。‎ ‎2.(1)(2015·山东高考)利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料。LiOH可由电解法制备，钴氧化物可通过处理钴渣获得。‎ 利用如图所示装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。B极区电解液为____________溶液(填化学式)，阳极电极反应式为________________________，电解过程中Li＋向________电极迁移(填“A”或“B”)。‎ ‎(2)(2014·江苏高考)将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：‎ S2－－2e－===S　‎ ‎(n－1)S＋S2－===S ‎①写出电解时阴极的电极反应式：_______________________________________。‎ ‎②电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)根据电解装置图，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，B极区产生H2，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，OH－与Li＋‎ 结合生成LiOH，所以B极区电解液应为LiOH溶液，B电极为阴极，则A电极应为阳极，阳极区电解液应为LiCl溶液，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑。电解过程中，阳离子向阴极迁移，则Li＋向B电极迁移。(2)由题图知，阴极区的电解质为氢氧化钠，且阴极生成H2，故阴极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－。S在酸性条件下发生歧化反应，生成硫单质和硫化氢气体，离子方程式为S＋2H＋===(n－1)S↓＋H2S↑。‎ 答案：(1)LiOH　2Cl－－2e－===Cl2↑　B ‎(2)①2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－‎ ‎②S＋2H＋===(n－1)S↓＋H2S↑‎ 阴、阳极的判断和电解产物的分析方法 ‎1．阴、阳极的判断方法 ‎(1)根据外接电源：正极连阳极，负极连阴极。‎ ‎(2)根据电流方向：从阴极流出，从阳极流入。‎ ‎(3)根据电子流向：从阳极流出，从阴极流入。‎ ‎(4)根据离子流向：阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。‎ ‎(5)根据电极产物：①阳极：电极溶解、逸出O2(或极区变酸性)或Cl2；②阴极：析出金属、逸出H2(或极区变碱性)。‎ ‎2．电解产物的分析方法 首先明确阳极材料和溶液中存在的所有离子，然后根据如下规律分析判断。‎ ‎(1)阳极：①金属活性电极：电极材料失电子，生成相应的金属阳离子；②惰性电极：溶液中的阴离子失电子，生成相应的单质或高价化合物(阴离子放电顺序：S2－>I－>Br－>Cl－>OH－>含氧酸根离子)。‎ ‎(2)阴极：溶液中的阳离子得电子，生成相应的单质或低价化合物(阳离子放电顺序：Ag＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋>Fe2＋>Zn2＋)。‎ 题点(二)　电解类型及其规律 ‎3．(2014·海南高考)以石墨为电极，电解KI溶液(其中含有少量酚酞和淀粉)。下列说法错误的是(　　)‎ A．阴极附近溶液呈红色　 B．阴极逸出气体 C．阳极附近溶液呈蓝色 D．溶液的pH变小 解析：选D　以石墨为电极，电解KI溶液的方程式是2KI＋2H2O通电,I2＋H2↑＋2KOH。由于其中含有少量酚酞和淀粉，所以在阳极附近碘单质遇淀粉，溶液变为蓝色；在阴极由于产生氢气，溶液显碱性，遇酚酞溶液变为红色。因为产生了碱，溶液碱性增强，所以溶液的pH变大。因此选项D错误。‎ ‎4．(2017·哈尔滨模拟)如图是一个石墨作电极，电解稀的Na2SO4‎ 溶液的装置，通电后在石墨电极A和B附近分别滴加一滴石蕊溶液。下列有关叙述正确的是(　　)‎ A．逸出气体的体积，A电极的小于B电极的 B．一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体 C．A电极附近呈红色，B电极附近呈蓝色 D．电解一段时间后，将全部电解液转移到同一烧杯中，充分搅拌后溶解呈中性 解析：选D　A、B电极反应式分别为4H2O＋4e－===2H2↑＋4OH－、2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，相同温度和压强下，A电极生成气体体积大于B电极，A错误；阳极上生成O2，阴极上生成H2，O2和H2都是无色无味气体，B错误；由电极反应式知，A电极附近溶液呈碱性，B电极附近溶液呈酸性，则A电极溶液呈蓝色，B电极溶液呈红色，C错误；惰性电极电解稀的Na2SO4溶液，实际是电解水，将全部电解液转移到同一烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性，D正确。‎ 考点二　电解原理的应用 ‎1．电解饱和食盐水 ‎(1)电极反应 阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑(反应类型：氧化反应)，‎ 阴极：2H＋＋2e－===H2↑(反应类型：还原反应)。‎ ‎(2)总反应方程式：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。‎ 总反应离子方程式：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑。‎ ‎(3)应用：氯碱工业制烧碱、氢气和氯气 装置 离子交换膜电解槽 阳极 钛网(涂有钛、钌等氧化物涂层)‎ 阴极 碳钢网 阳离子交换膜 ‎①只允许阳离子通过，能阻止阴离子和气体通过 ‎②将电解槽隔成阳极室和阴极室 ‎2．电解精炼铜 ‎3．电镀铜 ‎4．电冶金 利用电解熔融盐(或氧化物)的方法来冶炼活泼金属Na、Ca、Mg、Al等。‎ 总方程式 阳极、阴极反应式 冶炼钠 ‎2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑‎ ‎2Cl－－2e－===Cl2↑、‎ ‎2Na＋＋2e－===2Na 冶炼镁 MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑‎ ‎2Cl－－2e－===Cl2↑、‎ Mg2＋＋2e－===Mg 冶炼铝 ‎2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑‎ ‎6O2－－12e－===3O2↑、‎ ‎4Al3＋＋12e－===4Al ‎[基点小练]‎ ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)电镀铜和电解精炼铜时，电解质溶液中的c(Cu2＋)均保持不变(×)‎ ‎(2)电解冶炼镁、铝通常电解MgCl2和Al2O3，也可电解MgO和AlCl3(×)‎ ‎(3)若把Cu＋H2SO4===CuSO4＋H2↑设计成电解池，应用Cu作阳极(√)‎ ‎(4)电解饱和食盐水时，两个电极均不能用金属材料(×)‎ ‎(5)在镀件上电镀铜时，镀件应连接电源的正极(×)‎ ‎2．比较下列两种装置有哪些不同？‎ ‎(1)请分析两装置中各电极的质量变化？‎ ‎(2)请分析两装置中电解质溶液浓度的变化？‎ 提示：(1)甲图中铜片质量减小，铁制品质量增加；乙图中粗铜质量减小，精铜质量增加。‎ ‎(2)甲图中CuSO4溶液浓度几乎未变化，因为阳极溶解多少铜，阴极就析出多少铜；乙图中CuSO4溶液浓度逐渐变小，因为粗铜中混有Zn、Fe等杂质，放电后转化成Zn2＋、Fe2＋等离子，此时Cu2＋会转化为Cu，造成CuSO4溶液浓度减小。‎ 题点(一)　电解原理的基本应用 ‎1．(1)电镀时，镀件与电源的________极连接。‎ ‎(2)化学镀的原理是利用化学反应生成金属单质沉积在镀件表面形成镀层。‎ ‎①若用铜盐进行化学镀铜，应选用________(填“氧化剂”或“还原剂”)与之反应。‎ ‎②某化学镀铜的反应速率随镀液pH变化如图所示。该镀铜过程中，镀液pH控制在12.5左右。据图中信息，给出使反应停止的方法：____________。‎ 解析：(1)电镀时，镀件与电源的负极相连。‎ ‎(2)①铜盐中，铜化合价降低，作氧化剂，需要选择还原剂；②pH降低，镀铜反应速率降低，pH在8～9之间，反应几乎停止。‎ 答案：(1)负　(2)①还原剂　②调节溶液pH在8～9之间 ‎2.(2015·上海高考节选)氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品。如图所示是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。‎ ‎ 完成下列填空：‎ ‎(1)写出电解饱和食盐水的离子方程式：_________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)离子交换膜的作用为____________________________________________________、‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)精制饱和食盐水从图中________位置补充，NaOH溶液从图中________位置流出。(填“a”、“b”、“c”或“d”)‎ 解析：(1)电解饱和食盐水时，溶液中的H＋在阴极得到电子变为H2逸出，使附近的水溶液显碱性，溶液中的Cl－在阳极失去电子，发生氧化反应产生Cl2，电解反应的离子方程式是2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－。‎ ‎(2)图中的离子交换膜，只允许阳离子通过，不能使阴离子和气体通过，这样就可以阻止阴极溶液中的OH－进入阳极室，与Cl2发生反应，阻止Cl－进入阴极室，使在阴极区产生的NaOH纯度更高。同时可以阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。(3)随着电解的进行，溶质NaCl不断消耗，所以应该及时补充，精制饱和食盐水从与阳极连接的图中a位置补充，由于阴极H＋不断放电，附近的溶液显碱性，NaOH溶液从图中d位置流出；水不断消耗，所以从b口不断加入蒸馏水，从c位置流出的是稀的NaCl溶液。‎ 答案：(1) 2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－‎ ‎(2)阻止OH－进入阳极室，与Cl2发生副反应：2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O　阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸　(3)a　d 题点(二)　电解原理的创新应用 应用一　环境治理 ‎3．(2016·全国乙卷)三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na＋和SO可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。‎ 下列叙述正确的是(　　)‎ A．通电后中间隔室的SO离子向正极迁移，正极区溶液pH增大 B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品 C．负极反应为2H2O－4e－===O2＋4H＋，负极区溶液pH降低 D．当电路中通过1 mol电子的电量时，会有0.5 mol的O2生成 解析：选B　A项正极区发生的反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，由于生成H＋，正极区溶液中阳离子增多，故中间隔室的SO向正极迁移，正极区溶液的pH减小。B项负极区发生的反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阴离子增多，中间隔室的Na＋‎ 向负极迁移，故负极区产生NaOH，正极区产生H2SO4。C项由B项分析可知，负极区产生OH－，负极区溶液的pH升高。D项正极区发生的反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，当电路中通过1 mol电子的电量时，生成0.25 mol O2。‎ ‎4.(2017·成都模拟)用如图所示装置除去含CN－、Cl－废水中的CN－时，控制溶液pH为9～10，阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体，下列说法正确的是(　　)‎ A．阴极的电极反应式为Cl－＋2OH－－2e－===ClO－＋H2O B．阳极的电极反应式为2CN－＋12OH－－10e－===N2↑＋2CO＋6H2O C．电解时使用锂钒氧化物二次电池(V2O5＋xLiLixV2O5)作电源，电池充电时a电极的电极反应式为LixV2O5－xe－===V2O5＋xLi＋‎ D．除去CN－的反应：2CN－＋5ClO－＋2H＋===N2↑＋2CO2↑＋5Cl－＋H2O 解析：选C　电解质溶液呈碱性，则阴极上水失电子生成H2和OH－，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，A错误；阳极上Cl－在碱性条件下失电子生成ClO－和H2O，电极反应式为Cl－＋2OH－－2e－===ClO－＋H2O，B错误；电解时a极为电源的正极，充电时a极为阳极，电极反应式为LixV2O5－xe－===V2O5＋xLi＋，C正确；阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体，两种气体为CO2和N2，该反应在碱性条件下不可能存在大量H＋，D错误。‎ 应用二　物质制备 ‎5．(2016·天津高考节选)化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取有广泛用途的Na2FeO4，同时获得氢气：Fe＋2H2O＋2OH－FeO＋3H2↑，工作原理如图1所示。装置通电后，铁电极附近生成紫红色FeO，镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。‎ ‎(1)电解一段时间后，c(OH－)降低的区域在________(填“阴极室”或“阳极室”)。‎ ‎(2)电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因是________________________________________________________________________。‎ ‎(3)c(Na2FeO4)随初始c(NaOH)的变化如图2，任选M、N两点中的一点，分析c(Na2FeO4)低于最高值的原因：__________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)根据电解总反应：Fe＋2H2O＋2OH－FeO＋3H2↑‎ ‎，结合阳极发生氧化反应知，阳极反应式为Fe－6e－＋8OH－===FeO＋4H2O，结合阴极发生还原反应知，阴极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，则阳极室消耗OH－且无补充，故c(OH－)降低。(2)结合题给信息“Na2FeO4易被氢气还原”知，阴极产生的氢气不能接触到Na2FeO4，故需及时排出。(3)图示中随着c(NaOH)增大，c(Na2FeO4)先增大后减小，结合已知信息“Na2FeO4只在强碱性条件下稳定”知，M点c(Na2FeO4)低的原因是c(OH－)低，反应速率小且Na2FeO4稳定性差。结合已知信息“若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质”知，N点c(Na2FeO4)低的原因是c(OH－)过高，铁电极上产生Fe(OH)3或Fe2O3，使Na2FeO4产率降低。‎ 答案：(1)阳极室　(2)防止Na2FeO4与H2反应使产率降低　(3)M点：c(OH－)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢；‎ N点：c(OH－)过高，铁电极上有Fe(OH)3(或Fe2O3)生成，使Na2FeO4产率降低 ‎6．(2014·全国卷Ⅰ节选)次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：‎ H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如下图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：‎ ‎(1)写出阳极的电极反应式：_____________________________________________。‎ ‎(2)分析产品室可得到H3PO2的原因：____________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替。并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有________杂质。该杂质产生的原因是______________________________。‎ 解析：(1)阳极为水电离出的OH－放电，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋。(2)阳极室中的H＋穿过阳膜进入产品室，原料室中的H2PO穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2。(3)在阳极区H2PO或H3PO2可能失电子发生氧化反应，即生成物中会混有PO。‎ 答案：(1)2H2O－4e－===O2↑＋4H＋　(2)阳极室的H＋穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2　(3)PO　H2PO或H3PO2被氧化 ‎7．(2014·北京高考节选)电解NO制备NH4NO3‎ ‎，其工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是__________，说明理由：________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 解析：由电解NO制备NH4NO3的工作原理图可知，NO在阳极发生氧化反应生成NO，电极反应式为5NO＋10H2O－15e－===5NO＋20H＋。NO在阴极发生还原反应生成NH，电极反应式为3NO＋18H＋＋15e－===3NH＋3H2O。电池总反应方程式为8NO＋7H2O3NH4NO3＋2HNO3，电解产生的HNO3多，故应补充NH3，使其转化为NH4NO3。‎ 答案：NH3　根据电池总反应：8NO＋7H2O3NH4NO3＋2HNO3，知电解产生的HNO3多，故应补充NH3，使其转化为NH4NO3‎ 考点三　电解池定量计算 电化学的综合计算包括：两极产物的定量计算、溶液pH的计算、相对原子质量和阿伏加德罗常数测定的计算、根据电荷量求产物的量、根据产物的量求电荷量等等。‎ 电化学的反应是氧化还原反应，各电极上转移电子的物质的量相等，无论是单一电池还是串联电解池，均可抓住电子守恒计算。‎ ‎1．解题关键 ‎(1)电极名称要区分清楚；‎ ‎(2)电极产物要判断准确；‎ ‎(3)各产物间量的关系遵循电子得失守恒。‎ ‎2．三种计算方法 如以通过4 mol e－为桥梁可构建如下关系式：‎ ‎(式中M为金属，n为其离子的化合价数值)‎ 该关系式具有总览电化学计算的作用和价值，熟记电极反应式，灵活运用关系式便能快速解答常见的电化学计算问题。‎ ‎[注意]　在电化学计算中，还常利用Q＝I·t和Q＝n(e－)×NA×1.60×10－19 C来计算电路中通过的电量。‎ 题点(一)　依据总反应式，建立等量关系进行计算 ‎1．(2017·大连模拟)用惰性电极电解一定浓度的CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 mol Cu2(OH)2CO3后恰好恢复到电解前的浓度和pH(不考虑二氧化碳的溶解)。则电解过程中转移电子的物质的量为(　　)‎ A．0.4 mol　　　　　　　 B．0.5 mol C．0.6 mol D．0.8 mol 解析：选C　Cu2(OH)2CO3可改写为2CuO·H2O·CO2，因反应后生成的CO2离开溶液，所以加入0.1 mol Cu2(OH)2CO3相当于加入0.2 mol CuO、0.1 mol H2O，根据 ‎2Cu　　～　O2　～　　4e－‎ ‎2 mol　　　　　　　　4 mol ‎0．2　　　　　　　　0.4 mol ‎2H2O　～　O2　～　　4e－‎ ‎2　　　　　　　　　　4 mol ‎0．1　　　　　　　　0.2 mol 转移电子的物质的量＝0.4 mol＋0.2 mol＝0.6 mol。‎ ‎2．将两个铂电极插入500 mL CuSO4溶液中进行电解，通电一段时间后，某一电极增重0.064 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(　　)‎ A．4×10－3 mol·L－1　　　 B．2×10－3 mol·L－1‎ C．1×10－3 mol·L－1 D．1×10－7 mol·L－1‎ 解析：选A　阴极反应：Cu2＋＋2e－===Cu，增重0.064 g应是生成Cu的质量，设生成H＋的物质的量为x，根据总反应离子方程式： ‎ ‎2Cu2＋＋2H2O 2Cu＋O2↑＋4H＋‎ ‎　　　　　　2×64 g　　　4 mol ‎　　　　　　0.064 g　　　x x＝0.002 mol c(H＋)＝＝4×10－3 mol·L－1。‎ 题点(二)　依据电子守恒，突破分阶段计算 ‎3．500 mL NaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)＝0.3 mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到气体1.12 L(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是(　　)‎ A．原混合溶液中c(Na＋)＝0.2 mol·L－1‎ B．电解后溶液中c(H＋)＝0.2 mol·L－1‎ C．上述电解过程中共转移0.4 mol电子 D．电解后得到的Cu的物质的量为0.1 mol 解析：选B　阳极离子放电能力：OH－>NO，根据题给信息，阳极一定是OH－放电，生成0.05 mol氧气，转移0.2 mol电子；阴极离子放电能力：Cu2＋>H＋>Na＋，所以Cu2＋先放电，然后是H＋放电，阴极生成0.05 mol氢气时，转移0.1 mol电子，根据得失电子守恒知，Cu2＋得到0.1 mol电子，n(Cu2＋)＝0.05 mol，所以原溶液中n[Cu(NO3)2]＝0.05 mol，n(NO)＝0.3 mol·L－1×0.5 L＝0.15 mol，n(NaNO3)＝0.05 mol。原混合溶液中c(Na＋)＝0.1 mol·L－1，A项错误；结合以上分析及电解总方程式Cu2＋＋2H2OCu＋H2↑＋O2↑＋2H＋可知，生成0.05 mol Cu、0.05 mol O2、0.05 mol H2和0.1 mol H＋，电解后溶液中c(H＋)＝＝0.2 mol·L－1，B项正确，D项错误；上述电解过程中共转移0.2 mol电子，C项错误。‎ ‎4．将1 L一定浓度的CuSO4溶液，用a、b两个石墨电极电解，当a极上产生22.4 L(标准状况下)气体时，b极上只有固体析出。然后将a、b两极反接，继续通直流电，b极上又产生22.4 L(标准状况下)气体，溶液质量共减少227 g。‎ ‎(1)a极上产生22.4 L(标准状况下)气体时，b极增加的质量为________。‎ ‎(2)原溶液中CuSO4的物质的量浓度为________。‎ 解析：(1)电解方程式：2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑。a极即阳极上产生O2：m(O2)＝×32 g·mol－1＝32 g，b极即阴极质量增加的是生成Cu的质量：m(Cu)＝2n(O2)×M(Cu)＝2 mol×64 g·mol－1＝128 g，溶液质量减少160 g。‎ ‎(2)电源反接后，b为阳极，Cu先放电，然后OH－放电，a为阴极，Cu2＋先放电，然后H＋放电。电解过程可分为三个阶段：①电镀铜，此阶段溶液质量变化Δm1＝0。②电解CuSO4溶液：‎ ‎2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑‎ ‎2 2 1‎ ‎2n1(O2) 2n1(O2) n1(O2)‎ 此阶段，溶液质量减少160n1(O2) g。‎ ‎③电解H2SO4溶液，其本质是电解水：‎ ‎2H2O　 2H2　＋　O2↑‎ ‎2 2 1‎ ‎2n2(O2) 2n2(O2) n2(O2)‎ 此阶段，溶液质量减少36n2(O2) g。‎ 则有，‎ 解得：n1(O2)＝0.25 mol，n2(O2)＝0.75 mol，所以原溶液中c(CuSO4)＝＝2.5 mol·L－1。‎ 答案：(1)128 g　(2)2.5 mol·L－1‎ 题点(三)　利用电子守恒，突破电化学多池“串联”的计算 ‎5．如图所示的A、B两个电解池中的电极均为铂，在A池中加入0.05 mol·L－1的CuCl2溶液，B池中加入0.1 mol·L－1的AgNO3溶液，进行电解。a、b、c、d四个电极上所析出的物质的物质的量之比是(　　)‎ A．2∶2∶4∶1　　　　　 B．1∶1∶2∶1‎ C．2∶1∶1∶1 D．2∶1∶2∶1‎ 解析：选A　由电解规律可知：a、c为阴极，b、d为阳极。a极上析出Cu，b极上析出Cl2，c极上析出Ag，d极上析出O2。由电子守恒可得出：2e－～Cu～Cl2～2Ag～O2，所以a、b、c、d四个电极上所析出物质的物质的量之比1∶1∶2∶＝2∶2∶4∶1。‎ ‎[课堂巩固练]‎ ‎1.如图是电解饱和NaCl溶液的实验装置，其中c、d为石墨电极。则下列有关判断中正确的是(　　)‎ A．a为正极、b为负极 B．c为阴极、d为阳极 C．电解过程中，d电极质量增加 D．电解过程中，Cl－浓度不变 解析：选A　由电子流向可知，a为正极，b为负极，c为阳极，d为阴极，c极：2Cl－‎ ‎－2e－===Cl2↑；d极：2H＋＋2e－===H2↑，因此，B、C、D项均错。‎ ‎2．按如图甲所示装置进行实验，若图乙的x轴表示流入电极的电子的量，则y轴不可能表示的情况是(　　)‎ ‎①c(Ag＋)　②pH　③Ag棒的质量　④Fe棒的质量 ‎⑤c(NO)‎ A．①③　　　　　　　　 B．只有⑤‎ C．①② D．③④‎ 解析：选D　电解过程中两极反应分别为Fe极：Ag＋＋e－===Ag，Ag极：Ag－e－===Ag＋，所以整个过程中溶液组成不变，Fe棒质量增加，Ag棒质量减少。‎ ‎3.利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产。下列说法中正确的是(　　)‎ A．氯碱工业中，X、Y均为石墨，X附近能得到NaOH B．铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4‎ C．电镀工业中，X是待镀金属，Y是镀层金属 D．外加电流的阴极保护法中，Y是待保护金属 解析：选D　电解饱和食盐水时，阴极区得到H2和NaOH。电解法精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极；电镀时，应以镀层金属作阳极，待镀金属作阴极。‎ ‎4．工业上可利用下图所示电解装置吸收和转化SO2(A、B均为惰性电极)。下列说法正确的是(　　)‎ A．A电极接电源的正极 B．A极区溶液的碱性逐渐增强 C．本装置中使用的是阴离子交换膜 D．B极的电极反应式为SO2＋2e－＋2H2O===SO＋4H＋‎ 解析：选B　A项，由SO生成S2O，发生还原反应，A应为负极，错误；B项，阴极的电极反应式为2SO＋2e－＋2H2O===S2O＋4OH－，碱性增强，正确；C项，阳极的电极反应式为SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋，阴极的电极反应式为2SO＋2e－＋2H2O==‎ ‎=S2O＋4OH－，离子交换膜应使H＋移动，应为阳离子交换膜，错误；D项，B为阳极，发生SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋，错误。‎ ‎5．已知反应：2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O。某科研小组用如图电解装置，由Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7溶液。‎ 下列有关叙述正确的是(　　)‎ A．CrO生成Cr2O的反应为非氧化还原反应，不能通过电解方法获得 B．a为电源正极 C．d口流出的NaOH溶液的浓度与c口通入的NaOH溶液的浓度相同 D．Na＋从右侧通过阳离子交换膜进入左侧 解析：选D　电解装置右侧发生Na2CrO4转化为Na2Cr2O7的反应，尽管Cr元素化合价无变化，但该反应必须在酸性环境中才能发生，故可以通过电解方法获得，A项错误；右侧反应时所需的H＋来源于H2O的电解，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，故右侧电极为阳极，阳极连接电源正极，即b为电源正极，a为电源负极，B项错误；左侧电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，故d口流出的NaOH溶液的浓度比c口通入的NaOH溶液的浓度大，C项错误；电解时，阳离子从阳极流向阴极，D项正确。‎ ‎6．两个惰性电极插入500 mL AgNO3溶液中，通电电解。当电解液的pH从6.0变为3.0时(设电解过程中阴极没有H2放出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略不计)，电极上析出银的质量最大为(　　)‎ A．27 mg　　　　　　 　 B．54 mg C．106 mg D．216 mg 解析：选B　两极反应：阳极：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O；阴极：4Ag＋＋4e－===4Ag，电解的总反应式为4AgNO3＋2H2O通电,4Ag＋O2↑＋4HNO3。由电解的总反应式可知，电解过程中生成的n(Ag)＝n(HNO3)＝n(H＋)＝(10－3mol·L－1－10－6mol·L－1)×0.5 L≈5×10－4 mol，m(Ag)＝5×10－4 mol×108 g·mol－1＝0.054 g＝54 mg。‎ ‎7．(2017·黄石模拟)如图为相互串联的甲、乙两电解池。‎ 试回答：‎ ‎(1)甲池若为用电解原理精炼铜的装置，则A是________极，材料是________，电极反应为____________________，电解质溶液为________。当一极有1 mol 纯铜析出时，另一极溶解的铜________ 1 mol(填“大于”“小于”或“等于”)。‎ ‎(2)乙池中若滴入少量酚酞溶液，电解一段时间后Fe电极附近呈________色，电极反应式为________________________________________________________________________。‎ ‎(3)若甲池中阴极增重12.8 g，则乙池中阳极放出的气体在标准状况下的体积为________L，若此时乙池剩余液体为400 mL，则电解后溶液的pH为________。‎ 解析：(1)与电源负极相连的极是电解池的阴极，与电源正极相连的极是电解池的阳极。由图示装置知甲池中A为阴极，B为阳极，乙池中Fe为阴极，C(碳棒)为阳极。‎ 甲池若为精炼铜的装置，则A极材料是纯铜，电板反应为Cu2＋＋2e－===Cu，电解质溶液为CuSO4溶液。阳极材料为粗铜，电极反应为Cu－2e－===Cu2＋、Zn－2e－===Zn2＋、Ni－2e－===Ni2＋，根据电极反应和电子守恒知阴极有1 mol纯铜析出时，阳极溶解的铜小于1 mol。‎ ‎(2)乙池中是电解NaCl溶液，C为阳极，放出Cl2，Fe为阴极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑或2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阴极区溶液呈碱性，若滴入少量酚酞溶液，电解一段时间后Fe极附近呈红色。‎ ‎(3)若甲池为电解精炼铜，阴极增重12.8 g，生成铜的质量为12.8 g，物质的量为0.2 mol，转移电子的物质的量为0.4 mol，根据电子守恒知乙池中阳极放出氯气的物质的量为0.2 mol，在标准状况下的体积为4.48 L；根据2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－知生成OH－的物质的量为0.4 mol，溶液的体积为0.4 L，c(OH－)＝1 mol·L－1，pH＝14。‎ 答案：(1)阴　纯铜　Cu2＋＋2e－===Cu　CuSO4溶液(其他合理答案也可以)　小于 ‎(2)红　2H＋＋2e－===H2↑或2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－　(3)4.48　14‎ ‎[课下提能练]‎ ‎1．(2016·青岛模拟)下列描述中，不符合生产实际的是(　　)‎ A．电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极 B．电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极 C．电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极 D．在镀件上电镀锌，用锌作阳极 解析：选A　电解熔融的氧化铝制取金属铝，一般用石墨作阳极，目前使用较多的是金属基复合材料，不能用铁作阳极，因为铁为活泼电极，会放电而损耗。‎ ‎2．金属镍有广泛的用途。粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是(已知：氧化性Fe2＋

查看更多