2020年高中化学 第四章 电化学基础 第三节 第1课时 电解原理学案 新人教版选修4 6页

第1课时　电解原理 ‎[目标要求]　1.理解电解原理，初步掌握一般电解反应产物的判断方法。2.掌握电解电极反应方程式的书写。3.了解电解反应的一般规律。‎ 一、电解 ‎1．概念 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。‎ ‎2．特点 ‎(1)电解是最强有力的氧化还原手段，是不可逆(填“可逆”或“不可逆”)的。‎ ‎(2)电解质溶液的导电过程，就是电解质溶液的电解过程。‎ 二、电解池 ‎1．定义 把电能转化成化学能的装置。‎ ‎2．形成条件 ‎(1)直流电源；‎ ‎(2)两个电极：与电源正极相连的一极是阳极；与电源负极相连的一极是阴极；‎ ‎(3)电解质溶液或熔融电解质；‎ ‎(4)形成闭合回路。‎ ‎3．装置及电极反应 以电解CuCl2溶液为例 ‎(1)装置 ‎(2)电极反应 阴极 Cu2＋＋2e－===Cu发生还原反应 阳极 ‎2Cl－－2e－===Cl2发生氧化反应 总反应 CuCl2Cu＋Cl2↑‎ ‎4.电子流向和离子流向 ‎(1)电子流向 电源负极―→电解池阴极 电解池阳极―→电源正极 ‎(2)离子流向 阳离子―→电解池阴极 阴离子―→电解池阳极 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 知识点一　电解池 ‎1.如图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极，则下列有关判断正确的是(　　)‎ 6‎ ‎ ‎ A．a为负极，b为正极 B．a为阳极，b为阴极 C．电解过程中，d电极质量增加 D．电解过程中，氯离子浓度不变 答案　C 解析　电流从电源的正极流出，故a为电源的正极，b为负极；与电源正极相连的c为阳极，与电源负极相连的d为阴极。在电解过程中，因为Cu2＋是阳离子，移向阴极d，在阴极放电析出Cu，所以d电极质量增加；Cl－是阴离子，移向阳极c，在阳极放电析出Cl2，导致溶液中氯离子浓度降低。‎ ‎2．下列有关电解池的说法正确的是(　　)‎ A．在电解池中与外接电源负极相连的电极是阳极 B．无论电解何种物质，阳极上失电子数都与阴极上得电子数相等 C．电解氯化铜溶液时，在阴极上有气体生成 D．电解NaCl、CuCl2两种溶液，参加反应的物质是相同的 答案　B 解析　与负极相连的是阴极。电解氯化铜时，阳极上有氯气生成，阴极上有铜析出；电解NaCl溶液时，水参加了反应，而电解CuCl2溶液时，水没有参加反应。‎ 知识点二　电解原理 ‎3．如图所示，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色、无味气体放出。符合这一情况的是附表中的(　　)‎ a极板 b极板 X电极 Z溶液 A 锌 石墨 负极 CuSO4‎ B 石墨 石墨 负极 NaOH C 银 铁 正极 AgNO3‎ D 铜 石墨 负极 CuCl2‎ 答案　A 解析　由题意知，通电后a极板质量增加，说明有金属析出，由此可知，a极为电解池的阴极，则X为电源负极，B、C均不符合；又b极放出的是无色无味的气体，可淘汰D。‎ ‎4．在‎25℃‎时，将2个铜电极插入到一定的Na2SO4饱和溶液中，通直流电电解并不断搅拌，当阴极上收集到a mol气体时，溶液中析出了b mol的结晶水合物Na2SO4·10H2O，若保持温度不变，则所剩溶液中溶质的质量分数是(　　)‎ A. B. C. D. 6‎ 答案　C 解析　电解发生的电极反应：阳极为Cu－2e===Cu2＋，阴极为2H＋＋2e===H2↑。电解时总的化学反应方程式为Cu＋2H2OCu(OH)2↓＋H2↑，阴极逸出a mol H2，水被电解了‎2a mol，根据溶解度知识，不难求出答案为C。如果将题中的铜电极换作铂电极，只改一个字，其电解的总反应方程式即为2H2O2H2↑＋O2↑，阴极逸出a mol H2，水被电解了a mol。可见因一字之差(“铜”与“铂”)，答案各异。由此再次强调提高审题的准确性是多么的必要。‎ 知识点三　电解规律应用 ‎5．用惰性电极电解下列溶液一段时间后再加入一定量的某种纯净物(方括号内的物质)，能使溶液恢复到原来的成分和浓度的是(　　)‎ A．AgNO3[AgNO3] B．NaOH[H2O]‎ C．KCl[KCl] D．CuSO4[Cu(OH)2]‎ 答案　B 解析　A项：4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3脱离反应体系的物质是4Ag＋O2，相当于2Ag2O，所以应当加入适量Ag2O才能复原。(加入AgNO3，会使NO的量增加)；B项：2H2O2H2↑＋O2↑　脱离反应体系的是2H2＋O2，相当于2H2O，加入适量水可以复原。C项：2KCl＋2H2O2KOH＋H2↑＋Cl2↑　脱离反应体系的是H2＋Cl2，相当于2HCl，应通入适量HCl气体才能复原。(加入盐酸时，同时也增加了水)　D项：2CuSO4＋2H2O2H2SO4＋2Cu＋O2↑　脱离反应体系的是2Cu＋O2，相当于2CuO，加入适量CuO可以复原。‎ ‎6．用铂作电极电解某种溶液，通电一段时间后，溶液的pH变小，并且在阳极得到‎0.56 L气体，阴极得到‎1.12 L气体(两种气体均在相同条件下测定)。由此可知溶液可能是(　　)‎ A．稀盐酸 B．KNO3溶液 C．CuSO4溶液 D．稀硫酸 答案　D 解析　阳极与阴极产生的气体体积比为＝，相当于电解水，pH变小说明电解了含氧酸。‎ 练基础落实 ‎1．把锌片和铁片放在盛有稀食盐水和酚酞试液混合溶液的玻璃皿中(如图所示平面图)，经过一段时间后，首先观察到溶液变红的区域是(　　)‎ A．Ⅰ和Ⅲ附近 B．Ⅰ和Ⅳ附近 C．Ⅱ和Ⅲ附近 D．Ⅱ和Ⅳ附近 答案　B 解析　此题将电解知识与原电池知识融合在一起。要解决此问题，必须要从概念、模型、电极名称、电极反应式等方面去区分，这些知识都弄清楚了，才能顺利解答此题，达到“在应用中理解、在理解中应用”的效果。左图为电解池，Fe为阳极，阳极反应式为Fe－2e－===Fe2＋；Zn为阴极，阴极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，因此Ⅰ区域c(OH－)变大，碱性增强使酚酞变红；右图为原电池，Fe为正极，正极反应式为2H2O＋O2＋4e－===4OH－，因此Ⅳ区域c(OH－)变大，碱性增强使酚酞变红。‎ 6‎ ‎2．用惰性电极实现电解，下列说法正确的是(　　)‎ A．电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液pH不变 B．电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH－，故溶液pH减小 C．电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶2‎ D．电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶1‎ 答案　D 解析　电解稀H2SO4，其实质是电解水，因溶剂减少，H2SO4浓度将增大，故溶液的pH变小；电解稀NaOH溶液，虽然OH－在阳极放电，但H＋同时也在阴极放电，其实质同样是电解水，溶液的浓度也将变大，故溶液的pH变大；电解Na2SO4溶液，其实质也是电解水，在阴极和阳极分别析出H2和O2，二者的物质的量之比为2∶1，而非1∶2；电解CuCl2溶液，在阴、阳两极上分别析出Cu和Cl2，二者的物质的量之比为1∶1。‎ ‎3．电解CuCl2与NaCl的混合溶液，阴极上和阳极上最先析出的物质为(　　)‎ A．H2和Cl2 B．Cu和Cl‎2 C．H2和O2 D．Cu和O2‎ 答案　B 解析　溶液中Cu2＋、H＋、Na＋移向阴极，Cu2＋先放电得到Cu；Cl－、OH－移向阳极，Cl－先放电得到Cl2。‎ ‎4．在水中加等物质的量的Ag＋、Pb2＋、Na＋、SO、NO、Cl－，该溶液放在用惰性电极作电极的电解槽中，通电片刻，则氧化产物与还原产物质量比为(　　)‎ A．35.5∶108 B．16∶‎207 C．8∶1 D．108∶35.5‎ 答案　C 解析　溶液中的六种离子，有四种发生反应生成沉淀，Ag＋＋Cl－===AgCl↓、Pb2＋＋SO===PbSO4↓，最后溶液就成了NaNO3溶液；而电解NaNO3溶液，实质上就是电解水，电解方程式为2H2O2H2↑＋O2↑。氧化产物和还原产物的质量之比为m(O2)∶m(H2)＝(1 mol×‎32 g·mol－1)∶(2 mol×‎2 g·mol－1)＝8∶1，即C项正确。‎ ‎5．下列说法正确的是(　　)‎ ‎①电解是把电能转变成化学能的过程　②电解是化学能转变成电能的过程　③电解质溶液导电是化学变化，金属导电是物理变化　④不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理可以实现　⑤任何溶液被电解时，必然导致氧化还原反应的发生 A．①②③④ B．②③⑤ C．③④ D．①③④⑤‎ 答案　D 解析　从能量角度看，电解是把电能转变成化学能的过程，故①对、②错；电解质溶液的导电过程，必将伴随着两个电极上氧化还原反应的发生，同时生成新的物质，故③、⑤对；某些不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理供给电能也可以实现，故④对。所以D选项符合题意。‎ 练方法技巧 ‎6．在100 mL H2SO4和CuSO4的混合溶液中，用石墨作电极进行电解，两极均收集到‎2.24 L气体(标准状况)，则原混合溶液中Cu2＋的物质的量浓度为(　　)‎ A．1 mol·L－1 B．2 mol·L－‎1 C．3 mol·L－1 D．4 mol·L－1‎ 答案　A 解析　两极均收集到气体时，阴极是Cu2＋放电后，H＋又放电生成氢气；阳极是OH－放电生成氧气。n(H2)＝n(O2)＝‎2.24 L/‎22.4 L·mol－1＝0.1 mol，由电子守恒得n(Cu2＋)×2＋‎ n(H2)×2＝n(O2)×4，即：c(Cu2＋)×‎0.1 L×2＋0.1 mol×2＝0.1 mol×4，解得：c(Cu2＋)＝1 mol·L－1。本题考查阳离子在阴极的放电顺序：Cu2＋>H＋。‎ ‎7．用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH。则电解过程中转移的电子的物质的量为(　　)‎ A．0.1 mol B．0.2 mol C．0.3 mol D．0.4 mol 答案　D 6‎ 解析　由电解CuSO4溶液的反应的化学方程式2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4知，电解过程中只析出Cu和放出O2，故电解后加入CuO就可以复原。但本题提示加入0.1 mol Cu(OH)2可以复原，说明电解过程中不仅有CuSO4被电解，还有H2O被电解。0.1 mol Cu(OH)2相当于0.1 mol CuO和0.1 mol H2O，由电子守恒0.1 mol CuO～0.1 mol Cu～0.2 mol e－，0.1 mol H2O～0.1 mol H2～0.2 mol e－，共计0.4 mol e－。‎ ‎8．铅蓄电池的工作原理为Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O。研读下图，下列判断不正确的是(　　)‎ A．K闭合时，d电极反应式：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO B．当电路中转移0.2 mol电子时，Ⅰ中消耗的H2SO4为0.2 mol C．K闭合时，Ⅱ中SO向c电极迁移 D．K闭合一段时间后，Ⅱ可单独作为原电池，d电极为正极 答案　C 解析　当K闭合时，装置Ⅰ中的电极为Pb和PbO2，应为原电池，b极(Pb)作负极，a极(PbO2)作正极；Ⅱ中的电极均为PbSO4，应为电解池，c极为阴极，d极为阳极。A项：K闭合时，d极发生氧化反应：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO，正确；B项：电路中转移0.2 mol电子时，Ⅰ中消耗0.2 mol H2SO4和0.1 mol Pb，正确；C项：Ⅱ中SO向阳极(d极)迁移，错误；D项：K闭合一段时间后，c极表面生成Pb，d极表面生成PbO2，装置Ⅱ可单独作为原电池，d电极为正极，正确。‎ 练综合拓展 ‎9．在50 mL 0.2 mol·L－1 CuSO4溶液中插入两个电极，通电电解(不考虑水分蒸发)。则：‎ ‎(1)若两极均为铜片，试说明电解过程中CuSO4溶液的浓度________(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎(2)若阳极为纯锌，阴极为铜片，阳极反应式是 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ (1) 若阳极为纯锌，阴极为铜片，如不考虑H＋在阴极上放电，当电路中有0.04 mol e－通过时，阴极增重________g，阴极上的电极反应式是 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 答案　(1)不变　(2)Zn－2e－===Zn2＋ (3)1.28　Cu2＋＋2e－===Cu 解析　(1)两极均为铜片，电解液为CuSO4溶液，这是一个电镀装置，电解过程中电解质溶液的浓度不变。‎ ‎(2)阳极为纯锌，为活泼金属，通电电解时，锌发生氧化反应：Zn－2e－===Zn2＋。‎ ‎(3)若阳极为纯锌，阴极为铜片，不考虑H＋在阴极上放电，则阴极反应为Cu2＋得电子的还原反应：Cu2＋＋2e－===Cu。当电路中有0.04 mol电子通过时，有0.04 mol/2×‎64 g·mol－1＝‎1.28 g铜析出。‎ ‎10．下图中电极a、b分别为Ag电极和Pt电极，电极c、d都是石墨电极。通电一段时间后，在c、d两极上共收集到336 mL (标准状况)气体。回答：‎ 6‎ ‎(1)直流电源中，M为__________极。‎ ‎(2)Pt电极上生成的物质是________，其质量为__________________________g。‎ ‎(3)电源输出的电子，其物质的量与电极b、c、d分别生成的物质的物质的量之比为2∶______∶______∶________。‎ ‎(4)AgNO3溶液的浓度________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，AgNO3溶液的pH______，硫酸的浓度___________________________________，硫酸的pH________。‎ ‎(5)若硫酸的质量分数由5.00%变为5.02%，则原有5.00%的硫酸________g。‎ 答案　(1)正　(2)Ag　2.16　(3)2　　1 (4)不变　不变　增大　减小　(5)45.18‎ 解析　电解5.00%的稀硫酸溶液，实际上是电解其中的水。因此在该电解池中发生反应：2H2O2H2↑＋O2↑，V(H2)∶V(O2)＝2∶1。据此可确定d极为阴极，则电源的N极为负极，M极为正极。在336 mL气体中，V(H2)＝×336 mL＝224 mL，为0.01 mol；V(O2)＝×336 mL＝112 mL，为0.005 mol。说明电路上有0.02 mol电子，因此在b极(Pt、阴极)产生Ag：0.02 mol×‎108 g·mol－1＝‎2.16 g，即0.02 mol的Ag。则n(e－)∶n(Ag)∶n(O2)∶n(H2)＝0.02∶0.02∶0.005∶0.01＝2∶2∶∶1。由Ag(阳)电极、Pt(阴)电极和AgNO3溶液组成的电解池，在通电一定时间后，在Pt电极上放电所消耗溶液中Ag＋的物质的量等于Ag电极被还原给溶液补充的Ag＋的物质的量，因此AgNO3溶液的浓度不变，溶液的pH也不变。电解5.00%的稀硫酸溶液时，由于其中的水发生电解，因此硫酸的浓度增大，H＋的浓度增大，故溶液的pH减小。设原5.00%的硫酸为x g，电解时消耗水0.01 mol×‎18 g·mol－1＝‎0.18 g，则5.00%x＝5.02%(x－0.18)，解得x＝‎45.18 g。‎ 6‎