1、重难突破 题组训练 考点二 电解原理及其应用(合作探究)重难突破1电解规律“再现”惰性电极 2.“5 点”突破电解池(1)分清阴、阳极，与电源正极相连的为阳极，与电源负极相连的为阴极，两极的反应为“阳氧阴还”。(2)剖析离子移向，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。(3)书写电极反应式，注意得失电子守恒。(4)正确判断产物。阳极产物的判断首先看电极，如果是活性电极作阳极，则电极材料失电子，电极溶解(注意：铁作阳极溶解生成 Fe2，而不是Fe3)；如果是惰性电极，则需看溶液中阴离子的失电子能力，阴离子放电顺序为 S2IBrClOH(水)。阴极产物的判断直接根据阳离子的放电顺序进行判断：AgHg2Fe
2、3Cu2HPb2Fe2Zn2H(水)。(5)恢复原态措施。电解后有关电解质溶液恢复原态的问题应该用质量守恒法分析。一般是加入阳极产物和阴极产物的化合物，但也有特殊情况，如用惰性电极电解 CuSO4 溶液，Cu2完全放电之前，可加入 CuO或 CuCO3 复原，而 Cu2 完全放电之后，应加入 Cu(OH)2 或Cu2(OH)2CO3 复原。题组训练题组一 电解原理及其应用1某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将 H2O 和 CO2 转化为 O2 和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是()A该装置将化学能转化为光能和电能B该装置工作时，H从 b 极区向 a 极区迁移C每生成 1 m
3、ol O2，有 44 g CO2 被还原Da 电极的反应为 3CO218H18e=C3H8O5H2O解析：选 B。结合装置图可知该装置为电解装置，模拟“人工树叶”，故为电能转化为化学能，A 项错误；b 极连接电源的正极，为阳极，在电解池中 H向 a 极(阴极)区移动，B 项正确；右侧H2OO2 发生的是氧化反应，每生成 1 mol O2，转移 4 mol 电子，C3H8O 中碳元素的化合价是2，3CO2C3H8O，转移 18 mol 电子，故生成 1 mol O2 消耗23 mol CO2，C 项错误；a 电极发生的是还原反应：3CO218H18e=C3H8O5H2O，D 项错误。2H3PO2
4、 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 2H2O4e=O24H。(2)阳极室中的 H穿过阳膜进入产品室，原料室中的 H2PO2 穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成 H3PO2。(3)在阳极区 H2P
5、O2 或 H3PO2 可能失电子发生氧化反应，即生成物中会混有 PO34。答案：(1)2H2O4e=O24H(2)阳极室的 H穿过阳膜扩散至产品室，原料室的 H2PO2 穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成 H3PO2(3)PO34 H2PO2 或 H3PO2 被氧化3PbO2 可以通过石墨为电极，Pb(NO3)2 和 Cu(NO3)2 的混合溶液 为 电 解 液 电 解 制 取。阳 极 发 生 的 电 极 反 应 式 为_，阴极上观察到的现象是_；若电解液中不加入 Cu(NO3)2，阴极发生的电极反应式为_，这样做的主要缺点是_。解析：根据阳极发生氧化反应，阳极反应式为 Pb22H2O2e=P
6、bO24H，阴极发生还原反应，Cu2放电生成 Cu，现象为石墨上包上铜镀层，若电解液中不加入 Cu(NO3)2，则溶液中的 Pb2放电：Pb22e=Pb，这样 Pb2就不能很好地转化为PbO2，导致 Pb2的利用率降低。答案：Pb22H2O2e=PbO24H 石墨上包上铜镀层 Pb22e=Pb 不能有效利用 Pb2题组二 电解的计算4在 1 L K2SO4 和 CuSO4 的混合溶液中 c(SO24)2.0 molL1，用石墨电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到 22.4 L(标准状况)气体，则原溶液中 c(K)为()A2.0 molL1 B1.5 molL1C1.0 molL1D0
7、.50 molL1解析：选 A。由于两极均可产生气体，所以阳极是阴离子OH放电得到 O2，阴极是 Cu2和 H放电得到 Cu 和 H2，由得失电子守恒可知：2n(O2)n(Cu2)n(H2)，而 n(O2)n(H2)22.4 L/(22.4 Lmol1)1.0 mol，所以 n(Cu2)n(O2)1.0 mol，c(Cu2)1.0 molL 1，原溶液中存在电荷守恒：c(K)2c(Cu2)2c(SO24)，所以 c(K)22.0 molL121.0 molL12.0 molL1。5在如图所示的装置中，若通直流电 5 min 时，铜电极质量增加 2.16 g。试回答下列问题：(1)电源中 X 电
8、极为直流电源的_极。(2)pH 变化：A：_，B：_，C：_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(3)通电 5 min 时，B 中共收集 224 mL(标准状况下)气体，溶液体 积 为 200 mL，则 通 电 前 CuSO4 溶 液 的 物 质 的 量 浓 度 为_(假设电解前后溶液体积无变化)。(4)若 A 中 KCl 足量且溶液的体积也是 200 mL，电解后，溶液的 pH 为_(假设电解前后溶液体积无变化)。解析：(1)三个装置是串联的电解池。电解 AgNO3 溶液时，Ag在阴极发生还原反应变为 Ag，所以质量增加的铜电极是阴极，则银电极是阳极，Y 是正极，X 是负极。(2)电解 KC
9、l 溶液生成 KOH，溶液 pH 增大；电解 CuSO4 溶液生成 H2SO4，溶液 pH 减小；电解AgNO3 溶液，银为阳极，不断溶解，Ag浓度基本不变，pH 不变。(3)通电 5 min 时，C 中析出 0.02 mol Ag，电路中通过 0.02 mol电子。B 中共收集 0.01 mol 气体，若该气体全为氧气，则电路中需通过 0.04 mol 电子，电子转移不守恒。因此，B 中电解分为两个阶段，先电解 CuSO4 溶液，生成 O2，后电解水，生成 O2 和 H2，B中收集到的气体是 O2 和 H2 的混合物。设电解 CuSO4 溶液时生成O2 的物质的量为 x，电解 H2O 时生成
10、 O2 的物质的量为 y，则 4x4y0.02 mol(电子转移守恒)，x3y0.01 mol(气体体积之和)，解得 xy0.002 5 mol，所以 n(CuSO4)20.002 5 mol0.005 mol，c(CuSO4)0.005 mol0.2 L0.025 molL1。(4)通电 5 min 时，A 中放出 0.01 mol H2，溶液中生成 0.02 mol KOH，c(OH)0.02 mol0.2 L0.1 molL1，pH13。答案：(1)负(2)增大 减小 不变(3)0.025 molL1(4)13两种“串联”装置图比较 图 1 中无外接电源，其中必有一个装置是原电池装置(相当于发电装置)，为电解池装置提供电能，其中两个电极活泼性差异大者为原电池装置，如图 1 中左边为原电池装置，右边为电解池装置。图 2 中有外接电源，两烧杯均作电解池，且串联电解，通过两池的电子数目相等。