- 3.17 MB
- 2021-07-06 发布
- 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
- 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
- 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
- 网站客服QQ:403074932
考点 35 电解原理及其应用
一、电解池
电解
使电流通过电解质溶液而在阴、阳两极引起氧化还原反应的过程。
电解池(或电解槽)
(1)定义
借助于电流引起氧化还原反应的装置,也就是把电能转化为化学能的装置。
(2)阳极与阴极
阳极:与电源正极相连的电极叫阳极,发生氧化反应。
阴极:与电源负极相连的电极叫阴极,发生还原反应。
(3)电解池的构成条件
与直流电源相连的两个电极:阳极和阴极;电解质溶液(或熔融电解质);形成闭合回路。
(4)电解池的工作原理(以电解 CuCl2溶液为例)
电解池和原电池比较
电解池 原电池
定义 将电能转变为化学能的装置 将化学能转变为电能的装置
装置举例
形成条件
①两个电极与直流电源相连
②电解质溶液
③形成闭合回路
①活泼性不同的两电极(连接)
②电解质溶液
③形成闭合回路
④能自发进行氧化还原反应
电极名称
阳极:与电源正极相连的极
阴极:与电源负极相连的极
负极:较活泼金属(电子流出的极)
正极:较不活泼金属(或能导电的非
金属)(电子流入的极)
电极反应
阳极:溶液中的阴离子失电子,或电极
金属失电子,发生氧化反应
阴极:溶液中的阳离子得电子,发生还
原反应
负极:较活泼电极金属或阴离子失电
子,发生氧化反应
正极:溶液中的阳离子或氧气得电
子,发生还原反应
溶液中的离子
移向
阴离子移向阳极,阳离子移向阴极 阴离子移向负极,阳离子移向正极
电子流向
电源负极 阴极 阳极
电源正极
负极 正极
实质 均发生氧化还原反应,两电极得失电子数相等
联系 原电池可以作为电解池的电源,二者共同形成闭合回路
电解池阴、阳极的判断
(1)由电源的正、负极判断:与电源负极相连的是电解池的阴极;与电源正极相连的是电解池的阳极。
(2)由电极现象确定:通常情况下,在电解池中某一电极若不断溶解或质量不断减少,则该电极发生
氧化反应,为阳极;某一电极质量不断增加或电极质量不变,则该电极发生还原反应,为阴极。
(3)由反应类型判断:失去电子发生氧化反应的是阳极;得到电子发生还原反应的是阴极。
电解产物的判断
(1)阳极产物的判断
首先看电极,若是活性电极(一般是除 Au、Pt外的金属),则电极材料本身失电子,电极被溶解形成阳
离子进入溶液;若是惰性电极(如石墨、铂、金等),则根据溶液中阴离子放电顺序加以判断。
阳极放电顺序:
金属(一般是除 Au、Pt外)>S2−>I−>Br−>Cl−>OH−>含氧酸根>F−。
(2)阴极产物的判断
直接根据溶液中阳离子放电顺序加以判断。阳离子放电顺序:
Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+。
(1)处理有关电解池两极产物的问题,一定要先看电极是活性电极还是惰性电极。活性电极在阳极放
电,电极溶解生成相应的金属离子,此时阴离子在阳极不放电。对于惰性电极,则只需比较溶液中定向移
动到两极的阴阳离子的放电顺序即可。
(2)根据阳离子放电顺序判断阴极产物时,要注意下列三点:
①阳离子放电顺序表中前一个 c(H+)与其他离子的浓度相近,后一个 c(H+)很小,来自水的电离;
②Fe3+得电子能力大于 Cu2+,但第一阶段只能被还原到 Fe2+;
③Pb2+、Sn2+、Fe2+、Zn2+控制一定条件(即电镀)时也能在水溶液中放电;Al3+、Mg2+、Na+、Ca2+、K+
只有在熔融状态下放电。
二、电解原理的应用
1.电解饱和食盐水——氯碱工业
(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)。
检验阳极产物的方法是:用湿润的 KI淀粉试纸靠近阳极附近,若试纸变蓝,证明生成了 Cl2。电解时
向食盐水中加酚酞,阴极附近溶液变红,说明该电极附近产生的物质为 NaOH。
(2)电解方程式
化学方程式:2NaCl+2H2O
电解
2NaOH+H2↑+Cl2↑
离子方程式:2Cl−+2H2O
电解
2OH−+H2↑+Cl2↑
2.电解精炼铜
电镀(Fe表面镀 Cu) 电解精炼铜
阳极
电极材料 镀层金属铜 粗铜(含 Zn、Fe、Ni、Ag、Au等杂质)
电极反应 Cu−2e−===Cu2+
Cu−2e−===Cu2+
Zn−2e−===Zn2+
Fe−2e−===Fe2+
Ni−2e−===Ni2+
阴极
电极材料 待镀金属铁 纯铜
电极反应 Cu2++2e−===Cu
电解质溶液 含 Cu2+的盐溶液
注:电解精炼铜时,粗铜中的 Ag、Au等不反应,沉积在电解池底部形成阳极泥
3.电镀
利用电解原理,在金属表面上镀上一层其它金属或合金的过程叫电镀。
①电极的连接:镀层金属或惰性电极做阳极,和外加电源的正极相连;镀件金属做阴极,和外加电源
的负极相连。如铁上镀铜,铜(或石墨)做阳极,铁做阴极。
②电镀液的选择:选择含有镀层金属离子的溶液做电镀液,如铁上镀铜,选择硫酸铜溶液做电镀液。
③电极反应:阳极:Cu===Cu2++2e−,阴极:Cu2+ +2e−===Cu
④电镀的特点:若镀层金属做阳极,电镀过程中溶液中阳离子浓度不变;若用惰性电极做阳极,电镀
过程中溶液中阳离子浓度减小。
电镀过程中,溶液中离子浓度不变;电解精炼铜时,由于粗铜中含有 Zn、Fe、Ni等活泼金属,反应过
程中失去电子形成阳离子存在于溶液中,而阴极上 Cu2+被还原,所以电解精炼过程中,溶液中的阳离子浓
度会发生变化。
4.电冶金
冶炼钠、钙、镁、铝等活泼金属,必须用电解法。如电解熔融氯化钠得到钠时:
注意:①电解熔融MgCl2冶炼镁,而不能电解熔融MgO 冶炼镁,因MgO 的熔点很高;
②电解熔融 Al2O3冶炼铝,而不能电解 AlCl3冶炼铝,因 AlCl3是共价化合物,其熔融态不导电。
考向一 电解规律的考查
典例 1 用惰性电极电解下列各组中的三种电解质溶液,在电解的过程中,溶液的 pH依次为升高、不变、
降低的是
A.AgNO3 CuCl2 Cu(NO3)2
B.KCl Na2SO4 CuSO4
C.CaCl2 KOH NaNO3
D.HCl HNO3 K2SO4
【解析】由电解规律可得
类型 化学物质 pH变化
放 O2生酸型 CuSO4、AgNO3、Cu(NO3)2 降低
放 H2生碱型 KCl、CaCl2 升高
电解电解质型
CuCl2 升高
HCl 升高
电解 H2O型
NaNO3、Na2SO4、K2SO4 不变
KOH 升高
HNO3 降低
【答案】B
1.某小组设计电解饱和食盐水的装置如图,通电后两极均有气泡产生,下列叙述正确的是
A.铜电极附近观察到黄绿色气体
B.石墨电极附近溶液呈红色
C.溶液中的 Na+向石墨电极移动
D.铜电极上发生还原反应
【答案】D
【解析】
试题分析:电解饱和食盐水时溶液中放电的离子是 H+和 Cl—,故铜电极作阴极,H+在此电极上放电,发生
还原反应:2H++2e—=H2↑,此电极附近 OH—增多,附近溶液呈红色,溶液中的 Na+向石墨电极移动;石墨
作阳极,Cl—在此电极上放电,发生氧化反应:2Cl——2e—=Cl2↑,石墨电极附近观察到黄绿色气体;综上所
述 D正确。
用惰性电极电解电解质溶液的规律
类
型
电解质特点 实例
电极反应
电解方程式
电解
对象
电解质
溶液的
变化
电解质溶液
复原的方法阴极 阳极
电
解
水
型
含氧酸 H2SO4
4H++4e−
2H2↑
4OH−−4e−
2H2O+O2↑
2H2O
2H2↑+O2↑
水 浓度增大 加水
可溶性强碱 NaOH
活泼金属含氧
酸盐
KNO3
电
解
电
解
质
型
无氧酸 HCl
2H++2e−
H2↑
2Cl−−2e−
Cl2↑
2HCl
H2↑+Cl2↑
电解质 浓度减小
加 HCl
不活泼金属无
氧酸盐
CuCl2
Cu2++2e−
Cu
2Cl−−2e−
Cl2↑
CuCl2
Cu+Cl2↑
加 CuCl2
放
H2
生
碱
型
活泼金属无氧
酸盐
NaCl
2H++2e−
H2↑
2Cl−−2e−
Cl2↑
2NaCl+2H2O
2NaOH
+H2↑+Cl2↑
电解质
和水
生成新
电解质
加 HCl
放
O2
生
酸
型
不活泼金属含
氧酸盐
CuSO4
Cu2++2e−
Cu
4OH−−4e−
2H2O+O2↑
2CuSO4+2H2O
2Cu+
2H2SO4+O2↑
电解质
和水
生成新
电解质
加 CuO
考向二 电解原理的“常规”应用
典例 2 高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途。用镍(Ni)、铁作电极电解浓 NaOH溶液制备高铁酸钠
(Na2FeO4)的装置如图所示。下列说法正确的是
A.铁是阳极,电极反应为 Fe-2e-+2OH-===Fe(OH)2
B.电解一段时间后,镍电极附近溶液的 pH减小
C.若离子交换膜为阴离子交换膜,则电解结束后左侧溶液中含有 FeO2-4
D.每制得 1 mol Na2FeO4,理论上可以产生 67.2 L气体
【解析】A.用镍(Ni)、铁作电极电解浓 NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4),铁失电子生成高铁酸钠,
则铁作阳极,镍作阴极,电极反应式为 Fe+8OH--6e-===FeO2-4 +4H2O,故 A错误;B.镍电极上氢离子
放电生成氢气,氢离子浓度减小,所以溶液的 pH增大,故 B错误;C.若离子交换膜为阴离子交换膜,则
电解结束后由于浓度差左侧溶液中会含有 FeO2-4 ,故 C正确;D.温度和压强未知,所以无法计算生成气体
体积,故 D错误。
【答案】C
2.如图是模拟工业电解饱和食盐水的装置图,下列叙述不正确的是
A.a 为电源的负极
B.Fe 电极的电极反应是 4OH
-
-4e
-
2H2O+O2↑
C.通电一段时间后,铁电极附近溶液先变红
D.电解饱和食盐水的化学方程式是 2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑
【答案】B
【详解】A.Fe 电极作阴极,对应的 a 为电源负极,故 A项正确;B.工业上电解食盐水以石墨为阳极,Fe 电
极为阴极,阴极的电极反应式为: ,故 B项错误;C项,Fe 电极产生 OH
-
,遇酚
酞变红,故 C 项正确;D项,NaCl 溶液通电生成 NaOH、Cl2和 H2,故 D 项正确。本题答案为 B。
离子交换膜的作用
阳离子交换膜(以电解 NaCl溶液为例),只允许阳离子(Na+)通过,而阻止阴离子(Cl−、OH−)和分子(Cl2)
通过,这样既能防止 H2和 Cl2混合爆炸,又能避免 Cl2和 NaOH溶液作用生成 NaClO影响烧碱质量,由此
可推知,阴离子交换膜只允许阴离子通过,质子(H+)交换膜只允许质子(H+)通过。
考向三 电解原理的“创新”应用
典例 3.硼酸 3 3H BO 为一元弱酸,已知 3 3H BO 与足量NaOH溶液反应的离子方程式为
3 3 4 3 3H BO OH = B(OH) H BO , 可以通过电解的方法制备。其工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许
阳离子、阴离子通过)。下列说法正确的是
A.当电路中通过1mol电子时,可得到 3 31molH BO
B.将电源的正、负极反接,工作原理不变
C.阴极室的电极反应式为 2 2=2H O 4e O 4H
D. 4B(OH)
穿过阴膜进入阴极室,Na穿过阳膜进入产品室
【答案】A
【分析】
由装置图可知,与电源正极相连的为阳极,与电源负极相连的为阴极,阳极氢氧根失电子发生氧化反应,
电极反应式为 2H2O-4e-═O2↑+4H+,则氢离子穿过阳膜进入产品 H3BO3室;阴极氢离子得电子发生还原反应,
电极反应式为4H2O+4e-═2H2↑+4OH-,Na+穿过阳膜进入阴极室,所以阴极室NaOH溶液浓度增大, -4B(OH)
穿过阴膜进入产品 H3BO3室,与氢离子结合生成 H3BO3,据此分析解答。
【详解】
A.阳极发生失去电子的氧化反应,电极反应式为 2 2=2H O 4e O 4H ,电路中通过1mol电子时有1molH
生成,硼酸 3 3H BO 为一元弱酸,生成1mol硼酸需要1molH ,所以电路中通过1mol电子时,可得到
3 31molH BO ,故 A正确;
B.根据以上分析可知,如果将电源的正、负极反接,工作原理将发生变化,故 B错误;
C.电解时阴极发生得电子的还原反应,电极反应式为 2 24H O 4e =2H 4OH ,故 C错误;
D.阳极电极反应式为 2 2=2H O 4e O 4H ,阴极电极反应式为 2 24H O 4e =2H 4OH ,阳极室中的氢
离子穿过阳膜进入产品室,原料室中的 -4B(OH) 穿过阴膜进入产品室,发生反应:
4 2 3 3B(OH) H =H O H BO ,原料室中的Na穿过阳膜进入阴极室,故 D错误;答案选 A。
3.工业废气、汽车尾气排放出的 SO2、NOx等,是形成雾霾的重要因素。霾是由空气中的灰尘、硫酸、硝
酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾。烟气中的 SO2可以用 NaOH溶液吸收,将所得的 Na2SO3溶液进行
电解,可循环再生 NaOH,同时得到 H2SO4,其原理如下图所示。(电极材料为石墨)
(1)用 NaOH溶液吸收 SO2发生的主要反应的离子方程式为___________________。
(2)图中,交换膜 I应为________(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。
(3)当有 1mol Na+通过阳离子交换膜时,a极生成气体__________L(标准状况)。
(4)SO 2
3
放电的电极反应式为__________________。
(5)通电开始后,阴极附近溶液 pH会增大,请简述原因:_______________。
【答案】SO2+2OH-= 2-
3SO +H2O 阳离子 11.2 2-
3SO -2e-+H2O= 2-
4SO +2H+ H+
放电促进水
的电离,使 OH-浓度增大
【分析】
电解 Na2SO3溶液过程中,若要实现循环再生 NaOH,同时得到 H2SO4,则
2-
3SO 发生氧化反应生成
2-
4SO ,
因此 b电极发生氧化反应,
2-
3SO 移向右侧,电极反应为:
2-
3SO -2e-+H2O= 2-
4SO +2H+
,交换膜 II为阴离
子交换膜,a电极发生还原反应,Na+移向左侧,电极反应为:2H2O+2e-=H2↑+2OH-,交换膜 I为阳离子交换
膜,据此解答。
【详解】
(1)NaOH溶液吸收 SO2发生的主要反应为 2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O,离子方程式为:SO2+2OH-= 2-
3SO
+H2O;
(2)由上述分析可知,交换膜 I为阳离子交换膜;
(3)当有 1mol Na+通过阳离子交换膜时,电解池中有 1mol电子转移,根据 a极电极反应式
2H2O+2e-=H2↑+2OH-可知,将生产 0.5molH2,在标准状况下体积为 0.5mol×22.4L/mol=11.2L;
(4) 2-
3SO 发生氧化反应生成
2-
4SO ,电极反应式为
2-
3SO -2e-+H2O= 2-
4SO +2H+;
(5)通电后,阴极电极反应式为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-,其本质是水电离出的 H+放电,电解过程中促进水的
电离,使阴极负极溶液 OH-浓度增大,从而使溶液 pH增大。
考向四 根据电子守恒计算
典例 4 500 mL NaNO3和 Cu(NO3)2的混合溶液中 c(NO-
3 )=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.电解后溶液复原时需加入 4 g CuO
【解析】两极均收集 1.12 L气体(标准状况下)―→
阴极:Cu2++2e-===Cu,2H++2e-===H2↑
阳极:4OH-
-4e-===O2↑+2H2O ―→
转移电子为 0.2 mol⇒n(Cu2+)=0.05 mol,n(H+)=0.1 mol n(Na+)=0.05 mol。复原时需加 CuO:
0.05×80 g=4 g和 H2O:0.05×18 g=0.9 g 或加 Cu(OH)2 4.9 g。
【答案】B
4.电解法处理含氮氧化物废气,可回收硝酸,具有较高的环境效益和经济效益。实验室模拟电解法吸收
NOx的装置如图所示(图中电极均为石墨电极)。
(1)若用 NO2气体进行模拟电解法吸收实验。
①写出电解时 NO2发生反应的电极反应式: 。
②若在标准状况下有 2.24 L NO2被吸收,通过阳离子交换膜(只允许阳离子通过)的 H+为 mol。
(2)某小组在右室装有 10 L 0.2 mol·L−1硝酸溶液,用含 NO和 NO2(不考虑 NO2转化为 N2O4)的废气进
行模拟电解法吸收实验。
①实验前,配制 10 L 0.2 mol·L−1硝酸溶液需量取 mL、密度为 1.4 g·mL−1、质量分数为 63%
的浓硝酸。
②电解过程中,有部分NO转化为HNO2。实验结束时,测得右室溶液中含 3 mol HNO3、0.1 mol HNO2,
同时左室收集到标准状况下 28 L H2。计算原气体中 NO和 NO2的体积比(假设尾气不含氮氧化物,
写出计算过程)。
【答案】(1)①NO2−e−+H2O 3NO +2H+ ②0.1
(2)①143
②根据原子守恒:n(NO)+n(NO2)=3 mol−0.2 mol·L−1×10 L+0.1 mol=1.1 mol
根据电子守恒:0.1 mol×1+[n(NO)−0.1 mol]×3+n(NO2)×1= 1
28 L
22.4 L mol
×2
解得 n(NO)=0.8 mol,n(NO2)=0.3 mol
V(NO)∶V(NO2)=n(NO)∶n(NO2)=0.8 mol∶0.3 mol=8∶3。
【解析】(1)①从图中知,NOx气体在电解时会转化成 HNO3,则 NO2中 N由+4价升高至+5价,失去
1个 e−,用 H+平衡电荷可写出电极反应式。②由电极反应式知,0.1 mol NO2生成 0.1 mol 3NO
和 0.2 mol
H+,由电荷守恒可知,需要向左室流入 0.1 mol H+后才能维持右室中溶液为电中性。
(2)①m(HNO3)=10 L×0.2 mol·L−1×63 g·mol−1=126 g,则 V(浓硝酸)= 1
126 g
63% 1.4 g mL
≈143 mL。②由 N
原子守恒,最终生成的 HNO3和 HNO2中的总 N原子数等于 NO和 NO2中所含 N原子数与右室中原HNO3
中 N原子数总和,即 n(HNO3)+n(HNO2)=n(NO)+n(NO2)+10 L×0.2 mol·L−1(Ⅰ);电解过程中左、右两室中
得失电子是守恒的,左侧为 H+得电子生成 H2,右侧为 NO2失电子生成 HNO3,部分 NO失电子生成 HNO2,
部分 NO 失电子生成 HNO3,列式为
28
22.4
mol×2=1×n(NO2)+1×n(HNO2)+[n(NO)−n(HNO2)]×3(Ⅱ),联立
(Ⅰ)、(Ⅱ)可求出 NO和 NO2的物质的量,相同状态下,NO2和 NO的物质的量比即为其体积比。
电化学定量计算的三种方法
(1)根据电子守恒
用于串联电路中电解池阴阳两极产物、原电池正负两极产物、通过的电量等类型的计算,其依据是电
路中转移的电子数相等。
(2)根据总反应式
先写出电极反应式,再写出总反应式,最后根据总反应式列出比例式计算。
(3)根据关系式
根据得失电子守恒关系建立起已知量与未知量之间的桥梁,构建计算所需的关系式。
考向五 电化学组合装置的问题
典例 5 如图所示的装置,C、D、E、F、X、Y都是惰性电极,将电源接通后,向(乙)中滴入酚酞溶液,
在 F极附近显红色,则以下说法正确的是
A.电源 B极是正极
B.(甲)、(乙)装置的 C、D、E、F电极均有单质生成,其物质的量比为 1∶2∶2∶2
C.欲用(丙)装置给铜镀银,H应该是 Ag,电镀液是 AgNO3溶液
D.装置(丁)中 X极附近红褐色变深,说明氢氧化铁胶粒带负电荷
【解析】根据图知,该装置是电解池,将电源接通后,向(乙)中滴入酚酞溶液,在 F极附近显红色,说
明 F极附近有大量氢氧根离子,由此得出 F极上氢离子放电生成氢气,所以 F极是阴极,则电源 B极是负
极,A极是正极,A错误;甲装置中 C电极上氢氧根离子放电生成氧气,D电极上铜离子放电生成铜单质,
E电极上氯离子放电生成氯气,F电极上氢离子放电生成氢气,所以(甲)、(乙)装置的 C、D、E、F电极均
有单质生成;生成 1 mol氧气需要 4 mol电子,生成 1 mol铜时需要 2 mol电子,生成 1 mol氯气时需要 2 mol
电子,生成 1 mol氢气时需要 2 mol电子,所以转移相同物质的量的电子时生成单质的物质的量之比为 1∶2∶
2∶2,B正确;若用(丙)装置给铜镀银,G应该是 Ag,H是铜,电镀液是 AgNO3溶液,C错误;丁装置中
Y电极是阴极,如果 Y极附近红褐色变深,说明氢氧化铁胶粒带正电荷,D错误。
【答案】B
5.某同学组装了如图所示的电化学装置,则下列说法正确的是
A.图中甲池为原电池装置,Cu电极发生还原反应
B.实验过程中,甲池左侧烧杯中的浓度不变
C.若甲池中 Ag电极质量增加 5.4 g时,乙池某电极析出 1.6 g 金属,则乙池中的某盐溶液可能是足量
AgNO3溶液
D.若用铜制 U形物代替“盐桥”,工作一段时间后取出 U形物称量,质量不变
【答案】D
【解析】图中甲池为原电池装置,Cu电极为负极发生氧化反应,故 A错误;实验过程中,盐桥中的 3NO
向左边移动,所以左侧烧杯中 3NO
的浓度变大,故 B错误;若甲池中 Ag电极质量增加 5.4 g时,即生
成银 5.4 g,物质的量为
5.4g
108g / mol =0.05 mol,所以整个电路转移电子 0.05 mol,如果硝酸银足量应生成
5.4 g银,故 C错误;用铜制 U形物代替“盐桥”,右边铜的质量减少,而左边铜的质量增加,由于整个电
路转移电子数相等,所以减少的质量与增加的质量相等,U形物的质量不变,故 D正确。
串联装置图比较
图甲中无外接电源,两者必有一个装置是原电池(相当于发电装置),为电解池装置提供电能,其中两个
电极活动性差异大者为原电池装置,即左图为原电池装置,右图为电解池装置。图乙中有外接电源,两烧
杯均作电解池,且串联电解,通过的电流相等。
1.某溶液中含有 Cu2+、Fe2+、Al3+、Cl-、NO-
3,且浓度均大于 0.1 mol/L,用石墨作电极进行电解时,肯
定得不到的产物是
A.Cl2 B.Al C.Cu D.H2
【答案】B
【解析】阴极上 Al3+、Fe2+的放电能力弱于 H+
,而 Cu2+的放电能力比水电离出的 H+
的放电能力强,阳
极上 Cl-放电能力强于 OH-
。
2.科研人员设计一种电化学反应器,以 Na2SO4溶液为电解质,负载纳米MnO2的导电微孔钛膜和不锈钢为
电极材料。这种电催化膜反应器可用于正丙醇合成丙酸,装置示意图如图。以下叙述错误的是
A.微孔钛膜作阴极
B.使用 Na2SO4溶液是为了在电解开始时增强溶液导电性
C.丙醇转化为丙酸的电极反应式为:CH3CH2CH2OH+H2O-4e-===CH3CH2COOH+4H+
D.反应器工作时料槽中正丙醇分子向电催化膜移动
【答案】A
【解析】微孔钛膜与电源正极相连,作阳极,A项错误;Na2SO4为强电解质,使用 Na2SO4溶液是为了
在电解开始时增强溶液导电性,B项正确;丙醇转化为丙酸,发生氧化反应:CH3CH2CH2OH+H2O-4e
-===CH3CH2COOH+4H+,C项正确;反应器工作时,正丙醇发生氧化反应,根据阳极上发生氧化反应,
知正丙醇分子向电催化膜移动,D项正确。
3.MnO2常用于电池工业,现电解含MnSO4的某工业废液来制备 Mn 和MnO2,装置如图,下列说法不正
确的是
A.电极 b发生氧化反应
B.电极 a、b均可用石墨作电极,且通电一段时间后,左、右两边溶液的 pH均减小
C.通电时,溶液中的 S 通过离子交换膜向右移动
D.电极 b的电极反应式为:Mn2+-2e-+2H2O MnO2+4H+
【答案】B
【解析】本题考查电化学知识,意在考查考生对电解池原理的理解能力。阳极发生氧化反应,MnSO4中
锰元素的化合价升高,由此推断阳极的主要产物是 MnO2,故阳极的电极反应式为 Mn2+-2e-+2H2O
MnO2+4H+,故 A、D 项正确;由上述分析知,阳极有 H+生成,溶液 pH减小,阴极的电极反应式为:
Mn2++2e- Mn,溶液的 pH无明显变化,故 B项错误;由于两池的 pH不同,故离子交换膜为阴离子
交换膜,溶液中 S 由左向右移动,C项正确。
4.世界某著名学术刊物近期介绍了一种新型中温全瓷铁-空气电池,如图所示。下列说法正确的是
A.放电时,a极发生氧化反应
B.充电时,负极室发生反应:Fe+xH2O(g) FeOx+xH2
C.充电时,a极发生反应:4OH--4e- 2H2O+O2↑
D.放电时,b极发生反应:H2+O2--2e- H2O
【答案】D
【解析】本题考查原电池原理和电解池原理。放电时,a 极上空气中的氧气得电子,发生还原反应,电
极反应式为:O2+4e- 2O2-,则充电时,a极发生反应:2O2--4e- O2↑,A、C错误;由题图可知,放电
时,负极室发生的反应为 xH2O(g)+ +xH2,则充电时发生的反应为 FeOx+xH2 xH2O(g)+Fe,
B错误;放电时,b极上氢气失电子发生氧化反应:H2+O2--2e- H2O,D正确。
5.500 mL KNO3和 Cu(NO3)2的混合溶液中,c( 3NO )=6.0 mol/L。用石墨作电极电解此溶液,当通电一段时
间后,两极都收集到 22.4 L气体(标准状况)。假设电解后溶液的体积仍为 500 mL。下列说法正确的是
A.原混合溶液中 K+
的浓度为 1 mol/L
B.上述电解过程中共转移 4 mol电子
C.电解得到的 Cu的物质的量为 0.5 mol
D.电解后溶液中 H+
的浓度为 2 mol/L
【答案】B
【解析】用石墨作电极电解混合溶液,阳极发生氧化反应 2H2O−4e− O2↑+4H+,由于两个电极都收集
到了气体,因此阴极反应式为:Cu2++2e− Cu,2H++2e− H2↑。由于两极均收集到 22.4 L气体(标
准状况),即 1 mol气体,故转移电子的物质的量为 4 mol;生成 H2需要电子为 2 mol,因此 Cu2+的物质
的量为 1 mol,浓度为 2 mol·L−1,生成 Cu 单质为 1 mol;根据溶液中电荷守恒可知 c(K+)=6.0 mol·L−1−2
mol·L−×2=2 mol·L−1;由于阳极生成氧气,同时生成 4 mol H+,而阴极上只消耗了 2 mol,因此电解后溶
液中的 H+物质的量为 2 mol,由于电解后溶液的体积为 500 mL,因此电解后溶液中 c(H+)为 4 mol·L−1。
由上述分析可知,A.原混合溶液中 c(K+)为 2 mol·L−1,A错误;B.上述电解过程中共转移 4 mol电子,
B正确;C.电解得到的 Cu的物质的量为 1 mol,C错误;D.电解后溶液中的 c(H+)为 4 mol·L−1,D错
误。答案为 B。
6.如图所示,甲池的总反应式为 2CH3OH+3O2+4KOH===2K2CO3+6H2O。下列说法正确的是
A.甲池通入 CH3OH的电极反应式为 CH3OH+6e-+2H2O===CO2-3 +8H+
B.反应一段时间后,向乙池中加入一定量 Cu(OH)2固体,能使 CuSO4溶液恢复到原浓度
C.甲池中消耗 224 mL(标准状况)O2,此时丙池中理论上产生 1.16 g 固体
D.若将乙池电解质溶液换成 AgNO3溶液,则可以实现在石墨棒上镀银
【答案】C
【解析】甲池通入 CH3OH的电极发生氧化反应:CH3OH-6e-+8OH-===CO2-3 +6H2O,A项错误;乙
池中石墨作阳极,Ag作阴极,电解总反应为 2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4,由于 CuSO4溶液
过量,溶液中减少的是“2Cu+O2↑”,因此加入 CuO或 CuCO3能使原溶液恢复到原浓度,B项错误;丙
池中的总反应为MgCl2+2H2O Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑,根据各电极上转移电子数相同,可得关系
式:O2~4e-~2Mg(OH)2,丙池中产生Mg(OH)2固体的质量为
0.224 L
22.4 L·mol-1
×2×58 g·mol-1=1.16 g,
C项正确;石墨棒作阳极,Ag作阴极,只能在银极上镀银,D项错误。
7.某混合物浆液含有 Al(OH)3、MnO2和少量 Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使 Na2CrO4不易完全被水浸
出,某研究小组利用设计的电解分离装置(如图所示),使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液,并回收
利用。
用惰性电极电解时,CrO42-能从浆液中分离出来的原因是_________________________,分离后含铬元素的
粒子是__________,阴极室生成的物质为__________(写化学式)。
【答案】CrO42-通过阴离子交换膜进入阳极室 CrO42-、Cr2O72- H2、NaOH
【分析】电解时,CrO42-通过阴离子交换膜向阳极移动,阴极发生还原反应生成氢气和 NaOH,以此解答该
题。
【详解】
电解时,CrO42-通过阴离子交换膜向阳极移动,从而从浆液中分离出来,因存在 2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O,
则分离后含铬元素的粒子是 CrO42-、Cr2O72-,阴极发生还原反应生成氢气和 NaOH,故答案为:CrO42-通过
阴离子交换膜进入阳极室;CrO42-、Cr2O72-;NaOH和 H2。
8.用零价铁 Fe 去除水体中的硝酸盐 3NO
已成为环境修复研究的热点之一.
1 Fe还原水体中 3NO
的反应原理如图 1所示.
①作负极的物质是______.
②正极的电极反应式是______.
2 将足量铁粉投入水体中,经 24小时测定 3NO
的去除率和 pH,结果如下:
初始 pH pH 2.5 pH 4.5
3NO
的去除率 接近100% 50%
24小时 pH 接近中性 接近中性
铁的最终物质形态
pH 4.5 时, 3NO
的去除率低.其原因是______.
3 实验发现:在初始 pH 4.5 的水体中投入足量铁粉的同时,补充一定量的 2Fe 可以明显提高 3NO
的去
除率.对 2Fe 的作用提出两种假设:
Ⅰ 2.Fe 直接还原 3NO
;
Ⅱ 2.Fe 破坏 FeO OH 氧化层.
①做对比实验,结果如图 2所示,可得到的结论是______.
②同位素示踪法证实 2Fe 能与 FeO OH 反应生成 3 4Fe O .结合该反应的离子方程式,解释加入 2Fe 提高
3NO
去除率的原因:______.
4 其他条件与 2 相同,经 1小时测定 3NO
的去除率和 pH,结果如表:
初始 pH pH 2.5 pH 4.5
3NO
的去除率 约10% 约3%
1小时 pH 接近中性 接近中性
与 2 中数据对比,解释 2 中初始 pH不同时, 3NO
去除率和铁的最终物质形态不同的原因:______.
【答案】铁 3 4 2NO 8e 10H NH 3H O FeO OH 不导电,阻碍电子转移 本实验条件
下, 2Fe 不能直接还原 3NO
;在 Fe 和 2Fe 共同作用下能提高 3NO
的去除率
2
3 4Fe 2FeO OH Fe O 2H , 2Fe 将不导电的 FeO OH 转化为可导电的 3 4Fe O ,利于电子转移
初始 pH低时,产生的 2Fe 充足;初始 pH高时,产生的 2Fe 不足
【分析】
(1) NO3-在正极得电子发生还原反应产生 NH4+ ,根据图 2信息可知为酸性环境;(2)pH越高 Fe3+越易水解
生成 FeO(OH);
(3)①根据图 2中的三个实验结果进行分析;
②结合(2)题中的铁的最终物质形态结果差异进行分析;
【详解】
(1) ①Fe还原水体中 3NO
,则 Fe 作还原剂发生氧化反应,失去电子,作负极,
故答案为:铁;
3NO② 在正极得电子发生还原反应产生 4NH
,根据图 2信息可知为酸性环境,则正极的电极反应式为:
3 4 2NO 8e 10H NH 3H O ,故答案为: 3 4 2NO 8e 10H NH 3H O ;
(2)①加入 2Fe 可以显提高 3NO
的去除率,pH越高, 3Fe 越易水解生成 FeO OH ,而 FeO OH 不导
电,阻碍电子转移,所以 3NO
的去除率低,故答案为: FeO OH 不导电,阻碍电子转移;
(3)从图 2的实验结果可以看出,单独加入 2Fe 时, 3NO
的去除率为 0,因此得出 2Fe 不能直接还原 3NO
;
而 Fe和 2Fe 共同加入时 3NO
的去除率比单独 Fe 高,因此可以得出结论:本实验条件下, 2Fe 不能直接
还原 3NO
;在 Fe 和 2Fe 共同作用下能提高 3NO
的去除率,故答案为:本实验条件下, 2Fe 不能直接还
原 3NO
;在 Fe和 2Fe 共同作用下能提高 3NO
的去除率;
②同位素示踪法证实了 2Fe 能与 FeO OH 反应生成 3 4Fe O ,离子方程式为:
2
3 4Fe 2FeO OH Fe O 2H , 2Fe 将不导电的 FeO OH 转化为可导电的 3 4Fe O ,利于电子转移,
故答案为: 2
3 4Fe 2FeO OH Fe O 2H , 2Fe 将不导电的 FeO OH 转化为可导电的 3 4Fe O ,利于
电子转移;
(4)根据实验结果可知 2Fe 的作用是将不导电的 FeO OH 转化为可导电的 3 4Fe O ,而 3NO
的去除率由
铁的最终物质形态确定,因此可知实验初始 pH会影响 2Fe 的含量,故答案为:初始 pH低时,产生的 2Fe
充足;初始 pH高时,产生的 2Fe 不足。
1.[2020新课标Ⅱ]电致变色器件可智能调控太阳光透过率,从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意
图。当通电时,Ag+注入到无色WO3薄膜中,生成 AgxWO3,器件呈现蓝色,对于该变化过程,下列叙述错
误的是
A.Ag为阳极 B.Ag+由银电极向变色层迁移
C.W元素的化合价升高 D.总反应为:WO3+xAg=AgxWO3
【答案】C
【分析】
从题干可知,当通电时,Ag+注入到无色WO3薄膜中,生成 AgxWO3器件呈现蓝色,说明通电时,Ag电极
有 Ag+生成然后经固体电解质进入电致变色层,说明 Ag电极为阳极,透明导电层时阴极,故 Ag电极上发
生氧化反应,电致变色层发生还原反应。
【详解】
A.通电时,Ag电极有 Ag+生成,故 Ag电极为阳极,故 A项正确;
B.通电时电致变色层变蓝色,说明有 Ag+从 Ag电极经固体电解质进入电致变色层,故 B项正确;
C.过程中,W由WO3的+6价降低到 AgxWO3中的+(6-x)价,故 C项错误;
D.该电解池中阳极即 Ag电极上发生的电极反应为:xAg-xe- = xAg+,而另一极阴极上发生的电极反应为:
WO3+xAg++xe- = AgxWO3,故发生的总反应式为:xAg + WO3 =AgxWO3,故 D项正确;
答案选 C。
2.[2018新课标Ⅰ]最近我国科学家设计了一种 CO2+H2S 协同转化装置,实现对天然气中 CO2和 H2S 的高
效去除。示意图如图所示,其中电极分别为 ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的 ZnO)和石墨烯,石墨烯电极
区发生反应为:
①EDTA-Fe2+-e-=EDTA-Fe3+
②2EDTA-Fe3++H2S=2H++S+2EDTA-Fe2+
该装置工作时,下列叙述错误的是
A.阴极的电极反应:CO2+2H++2e-=CO+H2O
B.协同转化总反应:CO2+H2S=CO+H2O+S
C.石墨烯上的电势比 ZnO@石墨烯上的低
D.若采用 Fe3+/Fe2+取代 EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+,溶液需为酸性
【答案】C
【解析】该装置属于电解池,CO2在 ZnO@石墨烯电极上转化为 CO,发生得到电子的还原反应,为阴极,
石墨烯电极为阳极,发生失去电子的氧化反应,据此解答。
A、CO2在 ZnO@石墨烯电极上转化为 CO,发生得到电子的还原反应,为阴极,电极反应式为 CO2+H+
+2e-=CO+H2O,A正确;
B、根据石墨烯电极上发生的电极反应可知①+②即得到 H2S-2e-=2H++S,因此总反应式为 CO2+H2S
=CO+H2O+S,B正确;
C、石墨烯电极为阳极,与电源的正极相连,因此石墨烯上的电势比 ZnO@石墨烯电极上的高,C错误;
D、由于铁离子、亚铁离子均易水解,所以如果采用 Fe3+/Fe2+取代 EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+,溶液需要酸
性,D正确。答案选 C。
点睛:准确判断出阴阳极是解答的关键,注意从元素化合价变化的角度去分析氧化反应和还原反应,进
而得出阴阳极。电势高低的判断是解答的难点,注意从物理学的角度借助于阳极与电源的正极相连去分
析。
3.[2017 新课标Ⅱ]用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜,电解质溶液一般为
2 4 2 2 4H SO H C O 混合溶液。下列叙述错误的是
A.待加工铝质工件为阳极
B.可选用不锈钢网作为阴极
C.阴极的电极反应式为: 3Al 3e ===Al
D.硫酸根离子在电解过程中向阳极移动
【答案】C
【解析】A、根据原理可知,Al要形成氧化膜,化合价升高失电子,因此铝为阳极,故 A说法正确;B、
不锈钢网接触面积大,能增加电解效率,故 B说法正确;C、阴极应为阳离子得电子,根据离子放电顺
序应是 H+
放电,即 2H+
+2e− H2↑,故 C说法错误;D、根据电解原理,电解时,阴离子移向阳极,
故 D说法正确。
【名师点睛】本题考查电解原理的应用,如本题得到致密的氧化铝,说明铝作阳极,因此电极方程式应
是 2Al−6e−+3H2O Al2O3+6H+,这就要求学生不能照搬课本知识,注意题干信息的挖掘,本题难度
不大。
4.[2017海南]一种电化学制备 NH3的装置如图所示,图中陶瓷在高温时可以传输 H+。下列叙述错误的是
A.Pd电极 b为阴极
B.阴极的反应式为:N2+6H++6e− 2NH3
C.H+由阳极向阴极迁移
D.陶瓷可以隔离 N2和 H2
【答案】A
【解析】A、此装置为电解池,总反应是 N2+3H2 2NH3,Pd 电极 b 上是氢气发生反应,即氢气失
去电子化合价升高,Pd 电极 b为阳极,故 A说法错误;B、根据 A选项分析,Pd 电极 a 为阴极,反应
式为 N2+6H++6e− 2NH3,故 B说法正确;C、根据电解池的原理,阳离子在阴极上放电,即有阳
极移向阴极,故 C说法正确;D、根据装置图,陶瓷隔离 N2和 H2,故 D说法正确。
【名师点睛】本题考查电解原理,首先判断阴阳两极,阴极连接电源的负极,阴极上得到电子化合价降
低,发生还原反应,阳极连接电源的正极,阳极上失去电子化合价升高,发生氧化反应,然后判断电极
材料,惰性电极还是活动性金属作电极,活动性金属作阳极,活动性金属先失电子,如果是惰性材料作
阳极,则是还原性强的阴离子先失电子,氧化性强的离子在阴极上得电子;电极反应式的书写是高考的
热点,一般需要根据装置图完成,需要看清反应环境。
5.[2016·北京]用石墨电极完成下列电解实验。下列对实验现象的解释或推测不合理的是
实验一 实验二
装置
现象
a、d处试纸变蓝;b处变红,局部褪色;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;……
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
【答案】B
【解析】本题结合实验考查电化学知识,意在考查考生对电解池的熟练程度和分析能力。由于有外接电
源,所以实验一和实验二均为电解池装置。实验一中,铁丝中的电流方向为从d到c,电子移动方向为从c
到d,所以实验一的装置是比较复杂的电解池,其中a为阴极,c为阳极,d为阴极,b为阳极。a、d处发生
反应2H2O+2e− H2↑+2OH−,A项正确;若b处发生反应2Cl−−2e− Cl2↑,不足以解释b处“变红”和“褪
色”现象,故B项错误;c处铁作阳极,发生反应Fe−2e− Fe2+,由于生成的Fe2+浓度较小,且pH试纸本
身有颜色,故颜色上无明显变化,C项正确;实验二是一个更加复杂的电解池装置,两个铜珠的左端均
为阳极,右端均为阴极,初始时两个铜珠的左端(阳极)均发生反应Cu−2e− Cu2+,右端(阴极)均发生反
应2H++2e− H2↑,一段时间后,Cu2+移动到m和n处,m、n处附近Cu2+浓度增大,发生反应Cu2++2e−
Cu,m、n处能生成铜,D正确。
6.[2016·新课标Ⅰ]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 2
4SO
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
2
4SO
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
【答案】B
【解析】本题考查电解池原理,意在考查考生运用所学知识分析、解决问题的能力。该装置为电解池。
H2O在正(阳)极区放电,生成 O2和 H+,中间隔室中的阴离子
2
4SO
通过 cd膜移向正(阳)极,故正(阳)极
区得到 H2SO4,当电路中通过 1 mol电子时生成 0.25 mol O2,正(阳)极区溶液 pH减小,H2O在负(阴)极
区放电,生成 OH−和 H2,负(阴)极区溶液 pH增大,A、C、D项错误。H2O在负(阴)极区放电生成 H2和
OH−,中间隔室中的阳离子 Na+通过 ab膜移向负(阴)极,故负(阴)极区可得到 NaOH,而正(阳)极区可得
到 H2SO4,故 B项正确。
相关文档
- 2020届高考化学二轮复习化学反应速2021-07-0611页
- 2020高考化学高考题型对点练三阿伏2021-07-064页
- 人教版(全国I卷)2020届高三高考化学2021-07-0613页
- 2020版高考化学复习课时规范练 (112021-07-068页
- 2020高考化学二轮复习能力提升训练2021-07-068页
- 2021版高考化学一轮复习阶段滚动检2021-07-0617页
- 2021高考化学一轮复习课时规范练192021-07-068页
- 广东省2021高考化学一轮复习专题三2021-07-0625页
- 2021届高考化学一轮复习物质的组成2021-07-069页
- 2020高考化学二轮复习能力提升训练2021-07-068页