1、课时2电解原理的应用目标与素养：1.了解电解原理的应用氯碱工业、精炼、冶金和废水处理等。(宏观辨识与社会责任)2.以电子守恒的观点进行电化学计算。(科学探究与模型认知)1氯碱工业：电解饱和食盐水，制取烧碱、氯气和氢气。(1)电极反应式(并注明反应类型)阳极：2Cl2e=Cl2(氧化反应)；阴极：2H2e=H2(还原反应)。其中阴极反应中的H是由水电离产生的。(2)总反应式：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2。2电镀(1)电镀是应用电解原理在某些金属表面镀上一薄层其他金属或合金的方法。(2)电镀3电解精炼(如电解精炼铜，杂质为铁、锌、金、银等)(1)粗铜作阳极，主要的电极反应为Cu2e=Cu
2、2；纯铜作阴极，电极反应为Cu22e=Cu；电解质溶液为CuSO4溶液。(2)活泼性较强的铁、锌等以离子形式进入溶液，活泼性较差的Ag、Au形成阳极泥。4电冶金制取金属K、Ca、Na、Mg、Al等活泼金属，很难用还原剂从它们的化合物中还原得到单质，因此必须通过电解熔融的化合物的方法得到。(1)电解熔融的氯化钠可以得到金属钠：阴极：2Na2e=2Na，阳极：2Cl2e=Cl2，总反应式：2NaCl(熔融)2NaCl2。(2)电解熔融Al2O3制Al，冰晶石(Na3AlF6)作熔剂。阴极：4Al312e=4Al，阳极：6O212e=3O2。总反应式：2Al2O3(熔融)4Al3O2。1判断正误(正
3、确的打“”，错误的打“”)(1)石墨电极电解饱和食盐水，阳极附近生成NaOH。()(2)利用电解法可以实现Cu2H=Cu2H2。()(3)电镀铜时应将铜连接电源的负极作阴极。()(4)电解精炼粗Cu时，电解质溶液浓度不变。()答案(1)(2)(3)(4)2关于电解饱和NaCl水溶液，下列叙述正确的是()A电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠B若在阳极附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈棕色C若在阴极附近的溶液中滴入酚酞试液，溶液呈无色D电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性答案B3在铁片上镀银，铁片作_极，电极反应式为_，银作_极，电极反应式为_，电镀液的浓度_(填“变大
4、”“变小”或“不变”)。答案阴Age=Ag阳Age=Ag不变电解原理的应用1.氯碱工业的生产过程2电镀铜与精炼铜的比较电镀铜精炼铜能量转变电能转化为化学能电能转化为化学能阳极材料纯铜粗铜(含锌、银、金等杂质)阴极材料镀件纯铜阳极反应Cu2e=Cu2Zn2e=Zn2Cu2e=Cu2等阴极反应Cu22e=CuCu22e=Cu电解质溶液及其变化硫酸铜溶液保持不变反应后硫酸铜溶液中混有Zn2等，Cu2浓度减小【典例】工业上处理含Cr2O的酸性工业废水常用以下方法：往工业废水里加入适量的NaCl，搅拌均匀；用Fe作电极进行电解，经过一段时间后有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀产生；过滤回收沉淀，废水达
5、到排放标准。试回答：(1)电解时的电极反应：阳极为_，阴极为_。(2)Cr2O转变成Cr3的离子方程式：_。(3)电解过程中Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀是怎样产生的？_。(4)能否用Cu电极来代替Fe电极？_(填“能”或“不能”)，简述理由：_。解析由于Cr(6价)的化合物毒性远高于Cr(3价)的化合物，将Cr(6价)转化为Cr(3价)，对废水进行处理是电化学知识在实际生活中的具体运用。在处理有关问题时，应注意思维的有序性：首先应考虑溶液中阴、阳离子的定向移动；然后再考虑阴、阳极按放电顺序可能发生的电极反应。阴极：2H2e=H2，阳极：Fe2e=Fe2，产生的Fe2在向阴极移动的过程中与
6、向阳极移动的Cr2O相遇，发生氧化还原反应：6Fe2Cr2O14H=6Fe32Cr37H2O，使Cr2O转化为Cr3，同时Fe2也转化为Fe3，在以上电解的阴极反应及Fe2与Cr2O的氧化还原反应中消耗了大量的H，溶液的pH不断变大，有利于Fe3、Cr3生成相应的Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀。若将Fe电极改为Cu电极，由于产生的Cu2不能将Cr2O转化为毒性较低的Cr3，显然是不行的。在实际解题过程中，有时会根据Cr2O的氧化性强于H，简单地将阴极反应当做是Cr2O得到电子，这就会导致以后对试题中相关问题的处理含糊不清，这主要是没有将电解过程中的几个不同层次的问题有序地加以分析和处理所致
7、。答案(1)Fe2e=Fe22H2e=H2(2)6Fe2Cr2O14H=6Fe32Cr37H2O(3)在阴极反应及Cr2O与Fe2反应的过程中，将消耗大量的H，使溶液pH上升，促进Fe3、Cr3水解并最终转化为Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀(4)不能因为阴极产生的Cu2不能将Cr2O还原为Cr31如图中的A为直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞溶液的滤纸，C为电镀槽，接通电路后，发现B上的c点显红色。请填空：(1)电源A中a为_极。(2)滤纸B上发生的总反应的化学方程式为_。(3)欲在电镀槽中实现铁上镀锌，接通K，使c、d两点短路，则电极e上发生的反应为_，电极f上发生的反应为_，槽中盛
8、放的电镀液可以是_或_(只要求填两种电解质溶液)。解析(1)根据c点变红知该极上的反应为2H2e=H2，即该极为阴极，与电源的负极相连，所以a是正极。 (2)滤纸B上发生的总反应的化学方程式为2NaCl2H2OH2Cl22NaOH。(3)e为阳极，电极反应为Zn2e=Zn2；f为阴极，电极反应为Zn22e=Zn；电镀液为含镀层金属离子的电解质溶液，所以可用ZnSO4溶液或ZnCl2溶液等。答案(1)正(2)2NaCl2H2OH2Cl22NaOH(3)Zn2e=Zn2Zn22e=ZnZnSO4溶液ZnCl2溶液(其他合理答案也可)电解的有关计算1.电解计算的依据(1)阳极失去的电子数阴极得到的电
9、子数。(2)串联电路中通过各电解池的电子总数相等。(3)电源输出的电子总数和电解池中转移的电子总数相等。 2电解计算的方法(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，其依据是电路上转移的电子数相等。(2)根据总反应式计算：先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列比例式计算。(3)根据关系式计算：根据得失电子守恒的关系建立已知量与未知量之间的桥梁，建立计算所需的关系式。电解计算时常用的定量关系为4e4H4OH2H2O22Cu4Ag。2用惰性电极电解饱和食盐水，当电源提供0.2 mol电子时停止通电。若此溶液体积为2 L，则所得电解液的pH
10、是()A1B8C13D14C电解饱和食盐水时供给0.2 mol电子，则消耗的H为0.2 mol，同时产生OH为0.2 mol，溶液体积为2 L，pH13。3用石墨电极电解100 mL H2SO4和CuSO4的混合溶液，通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体(标准状况下)，原混合溶液中Cu2的物质的量浓度为()A1 molL1B2 molL1C3 molL1D4 molL1A根据题设条件，两极上电极反应式为阴极：首先Cu22e=Cu，然后2H2e=H2；阳极：4OH4e=2H2OO2。既然阴极上收集到H2，说明Cu2已完全放电，根据电子守恒，阴极上Cu2、H得电子总数应等于OH失电子总数。
11、析出0.1 mol H2获得0.2 mol电子，析出0.1 mol O2失去0.4 mol电子，所以有0.1 mol Cu2放电，获得0.2 mol电子，c(Cu2)0.1 mol/0.1 L1 molL1。系列微专题7：交换膜的分类及应用注意：在多交换膜的池中，离子迁移遵循电荷守恒，离子的迁移数目可能不相等。1三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SO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SO向正极迁移，正极区溶液pH增大B该法在处理含Na2SO
12、4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C负极反应为2H2O4e=O24H，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BA项正极区发生的反应为2H2O4e=O24H，由于生成H，正极区溶液中阳离子增多，故中间隔室的SO向正极迁移，正极区溶液的pH减小。B项负极区发生的反应为2H2O2e=H22OH，阴离子增多，中间隔室的Na向负极迁移，故负极区产生NaOH，正极区产生H2SO4。C项由B项分析可知，负极区产生OH，负极区溶液的pH升高。D项正极区发生的反应为2H2O4e=O24H，当电路中通过1 mol电子的电量时，生成0.25 mol O2。2重铬
13、酸钾是化学实验室中的一种重要分析试剂。工业上以铬酸钾(K2CrO4)(黄色)为原料，采用电化学法制备重铬酸钾(K2Cr2O7)(橙色)。制备装置如图所示。下列说法错误的是()A阳极室中溶液的颜色逐渐由黄色变为橙色，其原理为2CrO2H=Cr2OH2OB电解过程中阳极附近溶液的pH变小，其原理为2H2O4e=O24HCK2CrO4在阳极区被氧化成K2Cr2O7D阴极每生成1 mol气体，有2 mol带正电荷的阳离子从阳极室移向阴极室C结合题给装置可判断惰性电极为阳极，不锈钢电极为阴极；阳极室中K2CrO4转化为K2Cr2O7，溶液由黄色逐渐变为橙色，A项正确；阳极室发生氧化反应，OH失电子放电，
14、电极反应式为2H2O4e=4HO2，阳极附近溶液pH逐渐减小，B项正确；阳极室中H浓度增大，促使发生反应：2CrO2HCr2OH2O，反应前后Cr元素化合价没有发生变化，C项错误；阴极的电极反应式为2H2O2e=H22OH，每生成1 mol H2转移2 mol电子，为保持溶液呈电中性，有2 mol K从阳极室向阴极室移动，D项正确。3现代膜技术可使某种离子具有单向通过能力，常用于电解池、原电池中。电解NaB(OH)4溶液可制备H3BO3，其工作原理如图。下列叙述错误的是()AM室发生的电极反应式：2H2O4e=O24HBN室：abC产品室发生的反应是B(OH)HH3BO3H2OD理论上每生成1
15、 mol产品，阴极室可生成标准状况下5.6 L气体DM室为阳极室，水中的氢氧根离子放电，2H2O4e=O24H，A正确。N室，水中的氢离子放电，生成氢氧根离子，原料室中钠离子移动到N室，NaOH浓度增大，B正确。原料室中的B(OH)移向产品室，M室中生成的H移向产品室，二者反应生成产品，C正确。根据关系式：H3BO3HH2，理论上每生成1 mol产品，阴极室可生成标准状况下11.2 L气体，D错误。1下图是工业电解饱和食盐水的装置示意图，下列说法中不正确的是()A装置出口处的物质是氯气B出口处的物质是氢气，该离子交换膜只能让阳离子通过C装置中发生反应的离子方程式为2Cl2HCl2H2D该装置是
16、将电能转化为化学能C出口处是电解池的阳极区，溶液中的氯离子失电子生成氯气，A项正确；出口处是电解池的阴极区，溶液中的氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，离子交换膜是阳离子交换膜，只允许阳离子通过，B项正确；电解饱和食盐水生成氢氧化钠和氢气、氯气，离子方程式为2Cl2H2OCl2H22OH，C项错误；该装置是电解装置，是把电能转化为化学能，D项正确。2在铜片上镀银时，下列叙述中错误的是()将铜片接在电源的正极将银片接在电源的正极在铜片上发生的反应是Age=Ag在银片上发生的反应是4OH4e=O22H2O可用CuSO4溶液作电解质溶液可用AgNO3溶液作电解质溶液ABCDC将铜片接在电源的负极，错
17、误；在银片上发生的反应是Age=Ag，错误；CuSO4溶液中的Cu2在铜片上被还原，无法达到镀银的目的，错误。3将1 L含有0.4 mol Cu(NO3)2和0.4 mol KCl的水溶液，用惰性电极电解一段时间后，在一电极上析出19.2 g Cu；此时，在另一电极上放出气体的体积在标准状况下为(不考虑产生的气体在水中的溶解)()A3.36 LB5.6 LC6.72 LD13.44 LB阴极析出铜0.3 mol，由Cu22e=Cu知Cu2得到0.6 mol电子，根据2Cl2e=Cl2，求出当溶液中Cl全部参与电极反应时，放出Cl2 0.2 mol，失去电子0.4 mol。因此在阳极还有OH放电
18、，根据4OH4e=2H2OO2和电子守恒，在阳极有0.05 mol O2放出，即阳极共放出0.25 mol、标准状况下为5.6 L的气体。4海水提镁的最后一步是将氯化镁电解获取金属镁，下列有关该电解过程的叙述中，正确的是()A两个电极必须都用惰性电极B阳极可以用金属电极，阴极必须是惰性电极C电解熔融状态的氯化镁D电解氯化镁的水溶液答案C5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：(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、
19、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。解析(1)电解5.00%的稀硫酸，实际上是电解其中的水。因此在该电解池中发生反应：2H2O2H2O2，V(H2)V(O2)21。据此可确定d极为阴极，则电源的N极为负极，M极为正极。(2)在336 mL气体中，V(H2)336 mL224 mL，为0.01 mol；V(O2)336 mL112 mL，为0.005 mol。说明电路上有0.02 mol电子转移，因
20、此在b极(Pt、阴极)产生Ag：0.02 mol108 gmol12.16 g，即0.02 mol的Ag。(3)n(e)n(Ag)n(O2)n(H2)0.020.020.0050.01221。(4)由Ag(阳)电极、Pt(阴)电极和AgNO3溶液组成的电镀池，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电极被氧化给溶液补充的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%的硫酸溶液，由于其中的水发生电解，因此硫酸浓度增大，由于H的浓度增大，故溶液的pH减小。(5)设原5.00%的硫酸为x g，电解时消耗水0.01 mol18 gmol10.18 g，则：5.00%x5.02%(x0.18)，解得x45.18 g。答案(1)正(2)Ag2.16(3)21(4)不变不变增大减小(5)45.18