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  • 2021-08-24 发布

2019届一轮复习人教版电解原理和规律学案

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‎2019年全国卷高考化学总复习《电解原理和规律》专题突破 ‎【考纲要求】‎ ‎1.了解电解池的工作原理,结合原电池工作原理,加深对化学能与电能相互转化的理解。‎ ‎2.掌握离子的放电顺序,能写出电极反应式和电解池总反应方程式。‎ ‎3.掌握电解产物的判断和计算。‎ ‎【考点梳理】‎ 考点一:电解原理 ‎ 1.电解的定义:使电流通过电解质溶液(或熔融的电解质)而在阴、阳两极引起氧化还原反应的过程叫电解。‎ 电解是最强有力的氧化还原手段,可将不能自发进行的氧化还原反应得以发生。‎ ‎ 2.电解池的装置特点:有外接电源,将电能转化为化学能。‎ ‎ 3.形成条件:(1)与电源两个电极相连;(2)电解质溶液(或熔融的电解质);(3)形成闭合回路。‎ ‎ 4.阴阳极的判断及反应:‎ 考点二:原电池与电解池的比较 原电池 电解池 能量转化 化学能→电能 电能→化学能 反应特征 自发进行 非自发进行 装置举例 电极 电池的正、负极由电极材料决定 负极:较活泼的金属 正极:较不活泼的金属、金属氧化物、非金属导体 阴、阳极由所连电源决定 阴极:接直流电源负极 阳极:接直接电源正极 电极反应 负极:失去电子、发生氧化反应 正极:得到电子、发生还原反应 阳极:阴离子或金属单质失电子发生氧化反应 阴极:阳离子得电子发生还原反应 电子流向 负极正极 阴极←—|←—阳极 离子放电 e―‎ e―‎ 考点三:电解规律 ‎1.电极材料 ‎(1)活性电极:既导电又能反应(针对阳极,指金属活动顺序表Ag及Ag以前的金属。)‎ ‎(2)惰性电极:只导电不溶解(惰性电极一般指金、铂、石墨电极,而银、铜等均是活性电极。) 2.离子放电顺序 ‎(1)阳极:阴离子放电顺序 ‎(活性金属)> S2—>I—>Br—>Cl—>OH—>含氧酸根>F—‎ ‎(实际上在水溶液中的电解,OH—后面的离子是不可能放电的,因为水提供OH—的会放电) (2)阴极:阳离子放电顺序   阴极本身被保护,直接根据阳离子放电顺序进行判断,阳离子放电顺序:   Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+(酸中)>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+(水中)>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+。‎ 要点诠释:         阴阳离子在两极上放电顺序复杂,与离子性质、溶液浓度、电流强度、电极材料等都有关,不应将放电顺序绝对化,以上仅是一般规律。 3.电极反应式和电解总方程式 ‎(1)电极反应式的书写 ‎①首先判断阴、阳极,分析电极材料,判断是电极材料放电还是溶液中的离子放电。阳极为金属活性电极时,电极材料放电。‎ ‎②再分析溶液中的离子种类,根据离子放电顺序,分析电极反应,并判断电极产物,写出电极反应式。‎ ‎③电解水溶液时,应注意放电顺序中H+、OH―之后的离子一般不参与放电反应。‎ ‎(2)电解化学方程式的书写 ‎①必须在长等号上标明“电解”。‎ ‎②仅是电解质被电解,电解化学方程式中只写电解质及电解产物。‎ 如电解CuCl2溶液:CuCl2Cu+Cl2↑‎ ‎③仅有水被电解,只写水及电解产物即可。‎ 如电解NaOH溶液、稀H2SO4:2H2O2H2↑+O2↑。‎ ‎④电解质、水同时被电解,则都要写进方程式。‎ 如电解AgNO3溶液:4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3。‎ ‎4.电解类型 类型 电极反应特点 电解质 组成特点 实例 电解 对象 电解质 浓度 pH 电解质溶液复原需加入物质 电解 水型 阴极:4H++4e―==2H2↑‎ 阳极:‎ ‎4OH――4e―==2H2O+O2↑‎ 可溶性强碱 NaOH 水 增大 增大 水 含氧酸 H2SO4‎ 水 增大 减小 水 活泼金属 含氧酸盐 Na2SO4‎ 水 增大 不变 水 分解电 解质型 电解质电离出的阴、阳离子分别在两极放电 无氧酸 HCl 电解质 减小 增大 氯化氢 不活泼金属 无氧酸盐 CuCl2‎ 电解质 减小 ‎——‎ 氯化铜 放H2‎ 生碱型 阴极:2H++2e-==H2↑‎ 阳极:电解质阴离子放电 活泼金属 无氧酸盐 NaCl 电解质和水 生成新电解质—碱 增大 氯化氢 放O2‎ 生酸型 阴极:电解质阳离子放电 阳极:4OH――4e―==O2↑+2H2O 不活泼金属 属含氧酸盐 CuSO4‎ 电解质和水 生成新电解质—酸 减小 氧化铜 考点四:电解池中有关量的计算或判断 解题依据是得失电子守恒,解题方法一般有如下几种:‎ ‎(1)根据电子守恒法计算:‎ 用于串联电路、阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算,其依据是电路中转移的电子数相等。‎ ‎(2)根据总反应式计算:‎ 先写出电极反应式,再写出总反应式,最后根据总反应式计算。‎ ‎(3)根据关系式计算:‎ 根据得失电子守恒关系,在已知量与未知量之间,建立计算所需的关系式。‎ ‎【典型例题】‎ 类型一、电解原理 例1.Cu2O是一种半导体材料,基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图,电解总反应为:2Cu+H2OCu2O+H2↑。下列说法正确的是( )‎ A.石墨电极上产生氢气 B.铜电极发生还原反应 C.铜电极接直流电源的负极 D.当有0.1 mol电子转移时,有0.1 mol Cu2O生成 ‎【思路点拨】由总反应知Cu失电子为阳极,则石墨为阴极。‎ ‎【答案】A ‎【解析】由总反应知失电子的为Cu,得电子的是H2O中的氢元素。因此Cu极为电解池的阳极,接电源的正极,石墨为阴极,接电源的负极。当有0.1 mol电子转移时,应有0.05 mol Cu2O生成。‎ ‎【总结升华】解答有关电解问题的步骤:‎ ‎(1)首先要判定是否为电解池,有外接直流电源则为电解池,否则不是电解池。‎ ‎(2)对于电解池,首先要考虑阳极材料,若为惰性电极,溶液中的阴离子被氧化;若为活性电极,则被氧化的是电极本身。‎ ‎(3)若溶液中的阴、阳离子有多种,则据离子放电顺序判定什么离子先放电,什么离子后放电,并写出电极反应式。‎ ‎(4)根据电极反应式解答相关问题。 ‎ 举一反三:‎ ‎【变式1】某同学按下图所示的装置进行电解实验。下列说法正确的是( )‎ A.电解过程中,铜电极上有H2产生 B.电解初期,总反应方程式为:Cu+H2SO4CuSO4+H2↑‎ C.电解一定时间后,石墨电极上有铜析出 D.整个电解过程中,H+的浓度不断增大 ‎【答案】BC ‎ ‎【解析】本题主要考查电解的基本原理,由题目所给图示可知,活泼金属铜作阳极,发生反应:Cu-2e-==Cu2+。同时溶液中的H+在阴极石墨上发生反应:2H++2e-==H2↑,总反应的化学方程式为:Cu+H2SO4 CuSO4+H2↑,所以A项不正确,B项正确,D项不正确;随着电解过程不断进行,溶液中的Cu2+浓度不断增大,一定时间后即当c (Cu2+)较大时,由于Cu2+的氧化性大于H+,故此时阴极发生反应:Cu2++2e-==Cu,所以C项正确。‎ ‎【变式2】右图是电解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( )‎ 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。A、B均不正确。在电解过程中,因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,会导致溶液中氯离子浓度降低。故C对D错。‎ 注意:电流方向与电子运动方向相反。‎ ‎【变式3】某学生为完成2HCl+2Ag==2AgCl↓+H2↑,设计如图所示的四个实验,你认为可行的实验是( )‎ ‎ ‎ ‎【答案】D ‎ ‎【解析】该反应不能自发进行,必须电解,且阳极为Ag。‎ 类型二、酸、碱、盐溶液的电解规律 例2.下图所示的电解池I和II中,a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中,电极b和d上没有气体逸出,但质量均增大,且增重b>d。符合上述实验结果的盐溶液是( )‎ 选项 X Y A.‎ MgSO4‎ CuSO4‎ B.‎ AgNO3‎ Pb(NO3)2‎ C.‎ FeSO4‎ Al2 (SO4)3‎ D.‎ CuSO4‎ AgNO3‎ ‎【思路点拨】与外接电源的负极相连做阳极、发生还原反应。‎ ‎【答案】D ‎【解析】题意表明b、d没有气体逸出,但质量均增大,应该是所电解的盐溶液中的金属离子在电极b和d上获得电子转变为金属单质,同时也表明盐溶液中的金属元素,应该在金属活动顺序表中(H)以后,只有D符合题意。‎ ‎【总结升华】串联的两个电解池中各个电极通过的电量相等。‎ 举一反三:‎ ‎【变式1】右图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置。通电后在石墨电极a和b附近分别滴加一滴石蕊试液,下列实验现象中正确的是( )‎ 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电极附近出现蓝色 D.a电极附近呈蓝色,b电极附近出现红色 ‎【答案】D ‎【变式2】如图电解池中装有硫酸铜溶液,选用不同 材料的电极进行电解。下列叙述中正确的是( )‎ 电极材料 通电后的变化 阳极 阴极 A 石墨 石墨 阴极质量增加,溶液的pH 增大 B 铜 铜 阳极质量减小,阴极质量增加 C 铁 铁 两极的质量不发生变化 D 铂 铁 阴极质量增加,溶液的pH 不变 ‎【答案】B 例3.用惰性电极电解下列溶液,一段时间后,再加入一定质量的另一种物质(中括号内),溶液能与原来溶液完全一样的是( )‎ A.CuCl2 [CuO] B.NaOH [NaOH] C.NaCl [HCl] D.Na2SO4 [NaOH]‎ ‎【思路点拨】溶液恢复为与原来溶液完全一样的是指:反应后的溶质要恢复原来的溶质,并且其浓度也要恢复为原来的浓度。‎ ‎【答案】C ‎ ‎【解析】A应补充适量的CuCl2,B、 D均应补充适量的水;C中阳极:2Cl--2e-==Cl2↑,阴极:2H++2e-==H2↑,损失的是HCl,因此需要补充适量的HCl。‎ ‎【总结升华】‎ 举一反三:‎ ‎【变式1】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 ‎【解析】由电解CuSO4溶液的反应的化学方程式2CuSO4+2H2OCu+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 H2~0.2mol e-,即共计0.4 mol e-。‎ 类型三、电解的有关计算 例4.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 ‎【思路点拨】由电解CuSO4溶液的反应的化学方程式2CuSO4+2H2OCu+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。‎ ‎【答案】D ‎【解析】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 H2~0.2mol e-,即共计0.4 mol e-。‎ ‎【总结升华】依电子得失守恒,可得常见的计算关系式:2Cu~2H2~2Cl2 ~4Ag~O2~4H+~4OH- ~4e—‎ 举一反三:‎ ‎【变式1】电解2L 4mol/L的NaCl溶液,当电路中通过0.02mol电子时,若不考虑由于电解而引起的溶液体积的变化,则溶液的pH为( )‎ A.2 B.7 C.11 D.12‎ ‎【答案】D ‎【变式2】用惰性电极电解M(NO3)x的水溶液,当阴极上增重a g时,在阳极上同时产生b L(标准状况)氧气,从而可知M的相对原子质量是( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】C ‎ ‎【解析】由电极反应,阴极:Mn++xe-==M,阳极:4OH--4e-==2H2O+O2↑,利用阴、阳两极转移的电子的数目相同,即,由此式得,所以。‎ ‎【变式3】在100 mL H2SO4和CuSO4的混合溶液中,用石墨作电极电解,两极均收集到2.24 L气体(标准状况下),则原混合溶液中Cu2+的物质的量浓度为( )‎ A.1 mol·L-1 B.2 mo1·L-1 C.3 mol·L-1 D.4 mol·L-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】在阳极始终产生O2:4OH――4e―==2H2O+O2↑,在阴极先生成Cu,Cu2+耗完后生成H2:4H++4e―==2H2↑。由电子得失相等有:2n(H2)+2n(Cu2+)=4n(O2),代入数据可求出n(Cu2+)=0.1 mol,故c(Cu2+)=1 mol·L-1。‎ ‎【变式4】Na2SO4和CuSO4的混合溶液1L,硫酸根离子的浓度为2mol/L,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22.4L(标准状况)气体,则原溶液中C(Na+)为 A.0.5mol/L   B.1mol/L   C.1.5mol/L   D.2mol/L ‎【答案】D ‎【变式5】下图所示装置中,甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g 10.00%的K2SO4‎ 溶液,电极均为石墨电极。                 (1)接通电源,经过一段时间后,测得丙中K2SO4质量分数为10.47%,乙中c电极质量增加。据此回答问题:   ①电源的N端为__________极;   ②电极b上发生的电极反应为________________________;   ③列式计算电极b上生成的气体在标准状态下的体积:____________________;   ④电极c的质量变化是________________g;   ⑤电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化,简述其原因:   甲溶液________________________________;   乙溶液________________________________;   丙溶液________________________________;   (2)如果电解过程中铜全部析出,此时电解能否继续进行,为什么? 【答案】(1)①正极  ②4OH--4e-=2H2O + O2↑。  ③2.8L  ④16g    ⑤甲增大,因为相当于电解水;乙减小,OH-放电, H+增多。丙不变,相当于电解水。   (2)可以  因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液,反应也就变为水的电解反应。‎ ‎【解析】(1)①乙中盛有CuSO4溶液,电解时阴极析出Cu,c电极质量增加,故c为阴极,与电源负极相连接,可知M为电源负极,N为电源正极。丙中电解K2SO4溶液,相当于电解水,浓度由10.00%变为10.47%,可以计算出被电解的水的质量。设被电解的水的质量为x。由电解前后溶质质量相等,100×10%=(100-x)×10.47%,得x=4.5g,水的物质的量为0.25mol。可知电路中转移了0.5mol电子。而整个电路是串联的,故每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的。   ②甲中为NaOH溶液,相当于电解H2O,阳极b处为OH-放电,即4OH--4e-=2H2O + O2↑。   ③转移0.5mol电子,则生成O2为0.5/4=0.125mol,标况下的体积为0.125×22.4=2.8L。   ④Cu2++2e-=Cu,转移0.5mol电子,则生成的m(Cu)=0.5/2 ×64 =16g。   ⑤甲中相当于电解水,故NaOH的浓度增大,pH变大。乙中阴极为Cu2+放电,阳极为OH-放电,所以H+增多,故pH减小。丙中为电解水,对于K2SO4而言,其pH几乎不变。   (2)铜全部析出后,溶质为H2SO4,可以继续电解H2SO4。‎