1、第三节 电解池 金属的电化学腐蚀与防护 考向一 电解原理 【通考点融会贯通】1.电解池电极判断的“五方法”判断 依据电极材料 电极 反应电子 流向离子 移向电极 现象阳极与电源正极相连氧化反应流出阴离子 移向电极溶解或不变阴极与电源负极相连还原反应流入阳离子 移向电极增重或有气体放出注意:只要产生氧气、氯气的一极一定是阳极。2.电解时溶液pH的变化规律(1)若电解时阴极上产生H2,阳极上无O2产生,则电解后溶液pH增大;(2)若阴极上无H2产生,阳极上产生O2,则电解后溶液pH减小;(3)若阴极上有H2产生,阳极上有O2产生,且V(H2)=2V(O2),则有“酸更酸,碱更碱,中性就不变”,即:
2、如果原溶液为酸溶液,则pH变小;如果原溶液为碱溶液,则pH变大;如果原溶液为中性溶液,则pH不变。3.电解质溶液的复原措施 电解后的溶液恢复到原状态,出什么加什么(即一般加入阴极产物与阳极产物的化合物)。如用惰性电极电解盐酸(足量)一段时间后,若使溶液复原,应通入HCl气体而不能加入盐酸。4.电解问题的分析流程(1)首先判断阴、阳极,分析阳极材料是惰性电极还是活泼电极。(2)再分析电解质水溶液的组成,找全离子并分阴、阳两组。(3)然后排出阴、阳两极的放电顺序。阴极:阳离子放电顺序Ag+Fe3+Cu2+H+(酸)Fe2+Zn2+H+(水)Al3+Mg2+Na+Ca2+K+。阳极:活泼电极S2-I
3、-Br-Cl-OH-含氧酸根离子。最常见的放电顺序:阳极:活泼金属Cl-OH-;阴极:Ag+Fe3+Cu2+H+。【通考题触类旁通】1.用惰性电极电解下列溶液,电解一段时间后,阴极质量增加,电解液的pH下降的是()A.CuSO4 B.HCl C.BaCl2 D.Na2SO4【解析】选A。电解硫酸铜属于放氧生酸,阴极析出Cu,pH下降,A符合题意;电解HCl溶液生成氢气、氯气,酸性减弱,B不符合题意;电解BaCl2溶液生成氢气、氯气,属于放氢生碱型,pH值增大,C不符合题意;电解Na2SO4溶液生成氢气、氧气,pH值不变,D不符合题意。2.某同学将电解池工作时电子、离子流动方向及电极种类等信息表
4、示在下图中,下列有关分析完全正确的是()选项ABCDa电极阳极阴极阳极阴极d电极正极正极负极负极Q离子阳离子 阳离子 阴离子 阴离子【解析】选B。电子由电源的负极流出,故a是阴极、d是正极,溶液中阳离子移向阴极。3.在水中加入等物质的量的Ag+、Ba2+、Na+、Cl-。该溶液放在用惰性材料作电极的电解槽 中,通电片刻,则氧化产物和还原产物的质量比为()A.35.5108 B.16137 C.81 D.10835.5 24SO 3NO【解析】选C。Ag+与Cl-生成AgCl,Ba2+与 生成 BaSO4,电解硝酸钠溶液实际上是电解水。24SO 4.某课外小组想制作一种小型环保 型消毒液发生器,
5、拟用图所示装置电 解饱和氯化钠溶液,制备少量消毒液 对宿舍消毒。在如图装置中,对电源电极名称和消毒液的主要成分判断正确的是()A.a为正极,b为负极,NaClO和NaCl B.a为负极,b为正极,NaClO和NaCl C.a为阳极,b为阴极,HClO和NaCl D.a为阴极,b为阳极,HClO和NaCl【解析】选B。这是使用惰性电极电解饱和氯化钠溶 液的实验,其中发生的反应是2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2,副反应为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O,则可推知使Cl2被完全吸收制得有较强杀菌能力的消 毒液,其主要成分是NaClO和NaCl,NaClO溶液起消毒作 用
6、。电解过程中阴极产生H2,结合装置图示,消毒液发 生器的液体A处空间充满的是H2,故电源a极是负极,b 为正极。电解=5.(2019聊城模拟)用石墨作电极电解KCl和CuSO4(等体积混合)混合溶液,电解过程中溶液pH随时间t的变化如图所示,下列说法正确的是()A.ab段H+被还原,溶液的pH增大 B.cd段相当于电解水 C.c点时加入适量CuCl2固体,电解液可恢复原来浓度 D.原溶液中KCl和CuSO4的物质的量浓度之比为21【解析】选B。用惰性电极电解等体积的KCl和CuSO4 混合溶液,阴极离子放电顺序是Cu2+H+,阳极离子放电 顺序是Cl-OH-,电解过程中分三段,第一阶段:阳极电
7、 极反应式为:2Cl-2e-=Cl2、阴极电极反应式 为:Cu2+2e-=Cu,铜离子浓度减小,水解得到氢离子 浓度减小,溶液pH上升;第二阶段:阳极电极反应式 为:4OH-4e-=2H2O+O2,阴极电极反应式为:Cu2+2e-=Cu,反应中生成硫酸,溶液pH降低;第三阶 段:阳极电极反应式为:4OH-4e-=2H2O+O2、阴极 电极反应式为:2H+2e-=H2,实质是电解水,溶液 中硫酸浓度增大,pH继续降低。A.ab段由于铜离子浓 度减小,水解得到氢离子浓度减小,溶液pH上升,铜离 子被还原,A错误;B.由上述分析可知,cd段相当于电解 水,B正确;C.电解至c点时,溶液中溶质为硫酸、
8、硫酸 钾,往电解液中加入适量CuCl2固体,不能使电解液恢复至原来的浓度,C错误;D.若KCl和CuSO4浓度之比为21,则相当于电解CuCl2和水,只有两个阶段,D错误。考向二 电解电极反应式的书写 【通考点融会贯通】1.做到“三看”,正确书写电极反应式(1)一看电极材料,若是金属(Au、Pt除外)作阳极,金属一定被电解(注:Fe生成Fe2+)。(2)二看介质,介质是否参与电极反应。(3)三看电解质状态,若是熔融状态,就是金属的电冶炼。2.规避“三个”失分点(1)书写电解池中电极反应式时,一般以实际放电的离子表示,但书写总电解反应方程式时,弱电解质要写成分子式。(2)要确保两极电子转移数目相
9、同,且应注明条件“电解”。(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。【通考题触类旁通】1.(2019邢台模拟)下列电极反应式与出现的环境相匹配的是()选项 电极反应式出现的环境AO2+2H2O+4e-=4OH-碱性环境下氢氧燃料电池的负极反应B4OH-4e-=O2+2H2O弱酸性环境下钢铁的吸氧腐蚀CCu-2e-=Cu2+用铜作电极电解NaOH溶液的阳极反应DH2-2e-=2H+用惰性电极电解H2SO4溶液的阳极反应【解析】选C。碱性条件下的氢氧燃料电池中,氢气在负极上的电极反应式为:H2-2e-+2OH-=2H2O,故A错误;弱酸性环境下钢铁的吸氧腐蚀,正极上
10、氧气得电子生成氢氧根离子,电极反应式为:O2+2H2O+4e-=4OH-,故B错误;用铜作电极电解NaOH溶液时,阳极铜是活性电极,放电能力强于溶液中的氢氧根离子,电极反 应式为:Cu-2e-=Cu2+,故C正确;用惰性电极电解 H2SO4溶液时,阳极上氢氧根离子放电能力强于硫酸根 离子,电极反应式为:4OH-4e-=O2+2H2O,故D错误。2.用如图所示装置除去含CN-、Cl-废水中的CN-时,控制溶液pH为910,阳极产生的ClO-将CN-氧化为两种无污染的气体,下列说法不正确的是()A.用石墨作阳极,铁作阴极 B.阳极的电极反应式:Cl-+2OH-2e-=ClO-+H2O C.阴极的电
11、极反应式:2H2O+2e-=H2+2OH-D.除去CN-的反应:2CN-+5ClO-+2H+=N2+2CO2+5Cl-+H2O【解析】选D。A.由题干信息可知Cl-在阳极放电生成 ClO-,则阳极应为惰性电极,A项正确;B.Cl-在阳极放电 生成ClO-,Cl的化合价升高,故在阳极发生氧化反应,又已知该溶液呈碱性,B项正确;C.阳离子在电解池的 阴极得电子发生还原反应,在碱性条件下,H2O提供阳 离子(H+),C项正确;D.由于溶液是碱性条件,故除去CN-发生的反应为:2CN-+5ClO-+H2O=N2+2CO2+5Cl-+2OH-,D项错误。考向三 电解原理的应用【通考点融会贯通】(1)电解
12、或电镀时,电极质量减少的电极必为金属电极阳极;电极质量增加的电极必为阴极,即溶液中的金属阳离子得电子变成金属吸附在阴极上。(2)电镀时,阳极镀层金属失去电子的数目与阴极镀层金属离子得到电子的数目相等,因此电镀液的浓度保持不变。(3)在电解原理的几个常见应用中,电镀和电解精炼铜比较相似,但注意区别:电镀过程中,溶液中离子浓度不变,电解精炼铜时,由于粗铜中含有Zn、Fe、Ni等活泼金属,反应过程中失去电子形成阳离子存在于溶液中,而阴极上只有Cu2+被还原,所以电解精炼过程中,溶液中的阳离子浓度会发生变化,同时阴、阳两极的质量变化也不相等。【通考法一通百通】1.(新题预测)NaClO2是重要的消毒剂
13、和漂白剂,可用如图所示装置制备。下列说法正确的是()A.电极b为负极 B.阳极区溶液的pH增大 C.电极D的反应式为ClO2+e-=Cl D.电极E上生成标准状况下22.4 L气体时,理论上阴极 区溶液质量增加135 g 2O【解析】选C。A.D极区通入的ClO2发生还原反应生成 Cl ,则D极区为阴极区,a为电源的负极,则b为电源 正极,故A错误;B.阳极区为溶液中的OH-失电子被氧化 生成氧气,同时促进水的电离生成H+,阳极区溶液的pH 减小,故B错误;C.电极D上发生还原反应的电极反应式 为ClO2+e-=Cl ,故C正确;D.电极E上生成标准状况 2O2O下氧气22.4 L气体时,转移
14、电子为4 mol,阴极发生还原反应的ClO2为4 mol,理论上阴极区溶液质量增加270 g,故D错误。2.电解硫酸钠溶液联合生产硫酸和烧碱溶液的装置如下图所示,其中阴极和阳极均为惰性电极。测得同温同压下,气体甲与气体乙的体积比约为12,以下说法正确的是()A.a 极与电源的负极相连 B.产物丁为硫酸溶液 C.离子交换膜d 为阴离子交换膜(允许阴离子通过)D.b 电极反应式为:2H2O+2e-=2OH-+H2【解析】选D。惰性电极电解硫酸钠溶液,阴极生成氢 气、阳极产生氧气,气体甲与气体乙的体积比约为 12,所以甲为氧气、乙为氢气,a是阳极,b是阴极。a 极与电源的正极相连,A错误;乙是氢气,
15、氢离子放电,水的电离平衡被破坏,产生氢氧化钠,因此丁是氢氧化 钠溶液,B错误;丁是氢氧化钠,离子交换膜d为阳离子 交换膜,C错误;b电极是阴极,氢离子放电,电极反应式:2H2O+2e-=H2+2OH-,D正确。答案选D。3.三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 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()24SO A.通电后中间隔室的 向阳极迁移,阳极区溶液pH 增大 B.该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产 品 C.阴极反应为:2H2O
16、-4e-=O2+4H+,阴极区溶液pH降 低 D.当电路中通过1 mol电子时,会有0.5 mol的O2生成 24SO【解析】选B。A项阳极发生的反应为:2H2O-4e-=O2+4H+,由于生成H+,阳极区溶液中阳离子增多,故中 间隔室的 向阳极迁移,阳极区溶液的pH减小;B项 阴极发生的反应为:2H2O+2e-=H2+2OH-,阴离子增 多,中间隔室的Na+向阴极迁移,故阴极区产生NaOH,阳 极区产生H2SO4;C项由B项分析可知,阴极区产生OH-,阴 24SO 极区溶液的pH升高;D项阳极发生的反应为:2H2O-4e-=O2+4H+,当电路中通过1 mol电子时,生成0.25 mol O
17、2。4.H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示(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)阳极发生氧化反应,由于OH-的放电性大 于 ,则在反应中OH-失去电子,电极反应式为:2H2O-4e-=4H+O2。(2)阳极室H2O放电产生H+,H+进入产品室,原料室中的 H2P 穿过阴
18、膜扩散至产品室,两者发生反应:H+H2P =H3PO2。(3)如果撤去阳膜,H2P 或H3PO2可能被氧化为P 。24SO 2O2O34O 2O答案:(1)2H2O-4e-=O2+4H+(2)阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室,原料室的H2P 穿过阴膜扩散至产品室,二者反应生成H3PO2(3)P H2P 或H3PO2被氧化 2O34O 2O考向四 电化学定量计算【通考点融会贯通】1.计算类型 原电池和电解池的计算包括两极产物的定量计算、溶液pH的计算、相对原子质量和阿伏加德罗常数的计算、产物的量与电量关系的计算等。2.三种计算方法(1)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
19、总反应式列出比例式计算。(2)根据电子守恒计算:用于串联电路中阴阳两极产物、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。用于混合溶液中电解的分阶段计算。(3)根据关系式计算:根据得失电子守恒定律建立起已知量与未知量之间的桥梁,构建计算所需的关系式。如以通过4 mol e-为桥梁可构建如下关系式:4e-2Cl2(Br2、I2)O22H22Cu4Ag M 阳极产物 阴极产物(式中M为金属,n为其离子的化合价数值)4n该关系式具有总揽电化学计算的作用和价值,熟记电极反应式,灵活运用关系式便能快速解答常见的电化学计算问题。提示:在电化学计算中,还常利用 Q=It和Q=n(e-)
20、NA1.6010-19 C来计算电路中通过的电量。【通考题触类旁通】角度1 电化学的计算 1.(2019开封模拟)将两支惰性电极插入CuSO4溶液中,通电电解,当有110-3 mol的OH-放电时,溶液显浅蓝色,则下列叙述正确的是()A.阳极上析出3.6 mL O2(标准状况)B.阴极上析出32 mg Cu C.阴极上析出11.2 mL H2(标准状况)D.阳极和阴极质量都无变化【解析】选B。用惰性电极电解CuSO4溶液时,电极反应为阴极:2Cu2+4e-=2Cu,阳极:4OH-4e-=O2+2H2O。当有110-3 mol的OH-放电时,生成标准状况下的O2为5.6 mL,在阴极上析出32
21、mg Cu,阴极质量增加。2.将1 L pH=5的CuSO4溶液用惰性电极电解一段时间后,溶液的pH变为2。若使溶液的浓度、pH与电解前相同,可采用的方法是()A.向溶液中加入0.49 g Cu(OH)2 B.向溶液中加入0.62 g CuCO3 C.向溶液中加入0.32 g CuO D.向溶液中加入0.80 g CuSO4【解析】选B。2CuSO4+2H2O Cu+O2+2H2SO44H+2 4 x (110-2-110-5)mol x=0.005 mol。则可加入0.005 mol的CuO或CuCO3,即m(CuO)=0.40 g或m(CuCO3)=0.62 g,所以选项B正确。电解=3.
22、(2019阳泉模拟)如图所示,若电解5 min时,测得铜电极的质量增加2.16 g。试回答下列问题:(1)电源中X极是_(填“正”或“负”)极。(2)通电5 min时,B中共收集到224 mL(标准状况)气体,溶液体积为200 mL(电解前后溶液的体积变化忽略不计),则通电前c(CuSO4)=_。(3)若A中KCl溶液的体积也是200 mL,常温下,电解后溶液中仍有Cl-,则电解后溶液的pH=_。【解析】(1)铜极增重,说明银在铜极析出,则铜极为 阴极,X为负极。(2)C中铜极增重2.16 g,即析出0.02 mol Ag,线路中 通过0.02 mol电子;由4e-O2可知,B中产生的O2只有
23、 0.005 mol,即112 mL;但B中共收集到224 mL气体,说 明还有112 mL是H2,即 全部在阴极放电后,H+接着 2Cu 放电产生了112 mL H2,则通过0.01 mol电子时,已 被电解完;由2e-Cu,可知n()=0.005 mol,则 c(CuSO4)=0.025 molL-1。(3)由4e-4OH-知,A中生成0.02 mol OH-,则 c(OH-)=0.1 molL-1,pH=13。2Cu 2Cu 0.005 mol0.2 L答案:(1)负(2)0.025 molL-1(3)13 角度2 电解的分阶段计算 4.(2019大连模拟)用惰性电极电解一定浓度的CuS
24、O4溶液,通电一段时间后,向所得的溶液中加入 0.1 mol Cu2(OH)2CO3后恰好恢复到电解前的浓度和pH(不考虑二氧化碳的溶解)。则电解过程中转移电子的物质的量为()A.0.4 mol B.0.5 mol C.0.6 mol D.0.8 mol【解析】选C。Cu2(OH)2CO3可改写为2CuOH2OCO2,因反应后生成的CO2离开溶液,所以加入0.1 mol Cu2(OH)2CO3相当于加入0.2 mol CuO、0.1 mol H2O,根据:2CuO O2 4e-2 mol 4 mol 0.2 mol 0.4 mol 2H2O O2 4e-2 mol 4 mol 0.1 mol
25、0.2 mol 转移电子的物质的量=0.4 mol+0.2 mol=0.6 mol。5.500 mL NaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(N )=0.3 molL-1,用石墨作电极电解此溶液,当通电一段 时间后,两极均收集到气体1.12 L(标准状况),假定电 解后溶液体积仍为500 mL,下列说法正确的是()3OA.原混合溶液中c(Na+)=0.2 molL-1 B.电解后溶液中c(H+)=0.2 molL-1 C.上述电解过程中共转移0.4 mol电子 D.电解后得到的Cu的物质的量为0.1 mol【解析】选B。阳极是阴离子放电,放电顺序:OH-,根据题给信息,阳极一定是OH-放电
26、,生成 0.05 mol氧气,转移0.2 mol电子;阴极离子放电顺 序:Cu2+H+Na+,所以Cu2+先放电,然后是H+放电,阴极 生成0.05 mol氢气时,转移0.1 mol电子,根据得失电 子守恒知,Cu2+转移0.1 mol电子,n(Cu2+)=0.05 mol。3NO所以原溶液中nCu(NO3)2=0.05 mol,又n()=0.3 molL-10.5 L=0.15 mol,则n(NaNO3)=0.05 mol。原混合溶液中c(Na+)=0.1 molL-1,A项错 误;结合以上分析及电解总方程式:Cu2+2H2O Cu+H2+O2+2H+可知,生成0.05 mol Cu、0.0
27、5 mol O2、0.05 mol H2和0.1 mol H+,电解后溶液中 3NO电解=c(H+)=0.2 molL-1,B项正确,D项错误;上述 电解过程中共转移0.2 mol电子,C项错误。0.1 mol0.5 L【加固训练】电解KOH溶液时,若阴、阳两极分别为碳和铁,当生成0.1 mol Fe(OH)3沉淀时共消耗a mol H2O,产生b L(标准状况)H2,则a和b分别为()A.a=0.25,b=2.24 B.a=0.05,b=2.24 C.a=0.25,b=4.48 D.a=0.3,b=3.36【解析】选A。阳极:Fe-2e-=Fe2+;阴极:2H+2e-=H2,溶液中Fe2+2OH-=Fe(OH)2 0.2 mol 0.1 mol 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 0.1 mol 0.05 mol 0.1 moI 则a=0.2+0.05=0.25;b=0.122.4=2.24。