2019届一轮复习人教版电解原理和规律学案 8页

‎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。‎