1、第2课时电解原理的应用1掌握电解饱和食盐水的原理。(重点)2了解电镀、金属精炼、电冶金等方面的应用。(重点)3掌握电解的有关计算。(难点)电 解 原 理 的 应 用基础初探教材整理1电解饱和食盐水制烧碱、氯气和氢气1装置及现象现象电极反应式阴极放出无色气体2H2e=H2阳极放出黄绿色气体2Cl2e=Cl22.电解总反应式化学方程式：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，离子方程式：2Cl2H2O2OHH2Cl2。教材整理2电镀1定义：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电镀池的构成3实例(往铁件上镀铜)(1)阴极材料：铁，电极反应式：Cu22e=Cu；(2)阳极材料：
2、铜，电极反应式：Cu2e=Cu2；(3)电解质溶液：CuSO4溶液。教材整理3电解精炼铜1电解精炼铜的原理是粗铜中比铜活泼的金属Zn、Fe等失去电子，产生的阳离子残留在溶液中，不比铜活泼的金属Ag、Au等以金属单质的形式沉积在电解池的底部，形成阳极泥，粗铜中的铜在阴极上析出。2装置教材整理4电冶金 1本质：使矿石中的金属离子获得电子，从它们的化合物中还原出来。如Mnne=M。2电冶金：电解是最强有力的氧化还原手段，适用于一些活泼金属单质的制取，如冶炼Na、Ca、Mg、Al等活泼金属。3举例 探究升华思考探究模拟电解原理在化工生产中的应用，实验装置如下图，装置闭合电键K时，电流计G的指针将发生偏
3、转。问题思考：(1)哪个装置是原电池？哪个装置是电解池？【提示】甲、乙构成原电池，丙是电解池。(2)a、b、c、d电极名称分别是什么？【提示】a是负极，b是正极，c是阳极，d是阴极。(3)若模拟氯碱工业生产烧碱、氯气和氢气，如何选用电极材料和电解质溶液？【提示】c电极用Pt或石墨，d电极用铁丝(导体均可)，X溶液为饱和食盐水。(4)若模拟电镀生产，在铁件上镀一层金属银，如何选用电极材料和电解质溶液？电极反应式如何书写？【提示】c电极用Ag，d电极用Fe，X溶液为AgNO3溶液；阳极：Age=Ag，阴极：Age=Ag。(5)若模拟电解精炼铜，如何选用电极材料和电解质溶液？【提示】c电极用粗铜，d
4、电极用纯铜，X溶液为CuSO4溶液。认知升华1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2.原电池、电解池、电镀池的判断方法(1)若装置中无外加电源，则该装置可能为原电池，然后根据原电池的构成条件进行分析判断。(2)若有外接直流电源，两极插入电解质溶液中，则可能是电解池或电镀池；当阴极为金属，阳极亦为金属且与电解质溶液中的金属阳离子属
5、同种元素时，则为电镀池。(3)若多个单池相互串联，又有外接直流电源时，则与直流电源相连接的为电解池或电镀池。若无外接直流电源时，较活泼的金属电极为原电池的负极(电子输出极)，有关装置为原电池，其余为电镀池或电解池。题组冲关1如图所示，能验证氯化钠溶液(含酚酞)电解产物的装置是()【解析】 电解NaCl溶液时，阳极反应为2Cl2e=Cl2，阳极产物为Cl2；阴极反应为2H2e=H2，阴极放出H2；Cl2可用KI淀粉溶液检验。因H2密度小，在阴极生成，结合e转移方向知D正确。【答案】D2按下图装置实验，若x轴表示流入阴极的电子的物质的量，则y轴可表示() 【导学号：51182041】c(Ag)c(
6、AgNO3)a棒的质量b棒的质量溶液的pHABCD【解析】该电解池中阳极反应式为Age=Ag，阴极反应式为Age=Ag，所以随着电解的进行，c(Ag)不变，c(AgNO3)不变，溶液的pH不变。答案选D。【答案】D3在铁制品上镀一层一定厚度的锌层，以下方案设计正确的是()A锌作阳极，镀件作阴极，溶液中含有锌离子B铂作阴极，镀件作阳极，溶液中含有锌离子C铁作阳极，镀件作阴极，溶液中含有亚铁离子D锌作阴极，镀件作阳极，溶液中含有亚铁离子【解析】本题考查的是电镀的原理。电镀原理是镀层金属作阳极、镀件作阴极，含有镀层金属阳离子的电解质溶液作电镀液。【答案】A4下图为相互串联的甲、乙两电解池，试回答：
7、【导学号：29910057】甲乙(1)若甲池利用电解原理在铁上镀银，则A是_(填电极材料)，电极反应式是_；B是_(填电极材料)，电极反应式是 _，应选用的电解质溶液是 _。(2)乙池滴入少量酚酞试液，电解一段时间后，_(填“C”或“Fe”)极附近呈红色。(3)若甲池阴极增重43.2 g，则乙池中阳极上放出的气体在标况下的体积是_L。【解析】(1)电镀池中，镀件作阴极，镀层金属作阳极，含镀层金属阳离子的盐溶液作电解质溶液。(2)使酚酞呈红色说明显碱性，即2H2O2e=2OHH2，故阴极(Fe)呈碱性。(3)由电子守恒得：2AgCl2，n(Ag)0.4 mol，则n(Cl2)n(Ag)0.2 m
8、ol，V(Cl2)nVm4.48 L。【答案】(1)FeAge=AgAgAge=AgAgNO3溶液(2)Fe(3)4.48电 解 的 有 关 计 算基础初探教材整理1计算的原则(1)阳极失去的电子数阴极得到的电子数。(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计算步骤首先要正确书写电极反应式(要特别注意阳极材料)；其次注意溶液中有多种离子共存时，要根据离子放电顺序确定离子放电的先后；最后根据得失电子守恒进行相关计算。3电解计算的常考题型(1)电子守恒在电解计算中的应用。(2)计算电解后溶液中的离子浓度。(3)计算电解质溶液的pH。(4)计
9、算电解后析出的固体质量。(5)串联电路中的物质关系。探究升华思考探究在如下图中，甲烧杯中盛有100 mL 0.50 molL1 AgNO3溶液，乙烧杯中盛有100 mL 0.25 molL1 CuCl2溶液，A、B、C、D均为质量相同的石墨电极，如果电解一段时间后，发现A极比C极重1.9 g。问题思考：(1)发现A极比C极重，说明A极和C极上分别析出什么物质？说明电源E为正极还是负极？【提示】A极比C极重，说明A极上有Ag析出，说明电源E是负极，则C极为阴极，C极上有铜析出。(2)A极比C极重1.9 g，则A极上析出单质的物质的量为多少？C极上析出单质的物质的量为多少？【提示】设A极析出的Ag
10、为x mol，则对应析出的铜为 mol(电子守恒)，即得108x641.9，x0.025 mol则析出的Ag为2.7 g，析出的铜为0.8 g。(3)写出B极的电极反应式。计算B极析出气体的体积是多少？(标准状况)【提示】B极的电极反应式：4OH4e=O22H2O根据题意可知，该过程转移0.025 mol电子，则B极生成O2的体积V22.4 L/mol mol0.14 L。认知升华电解池中有关量的计算或判断1题型特点主要包括以下几方面：根据直流电源提供的电量求产物的量(析出固体的质量、产生气体的体积等)、溶液的pH、相对原子质量或某元素的化合价、化学式等。2解题方法题组冲关1在水中加入等物质的
11、量的Ag、Na、Ba2、NO、Cl、SO，用惰性电极进行电解，一段时间后，在两极上得到的氧化产物和还原产物的质量之比为()A81B227C35.5108D10835.5【解析】Ag与Cl、Ba2与SO均生成沉淀，相当于电解NaNO3溶液，实质是电解H2O，两极得到的氧化产物和还原产物分别为O2和H2。【答案】A2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是()A1B8C13D14【解析】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。【答案】C3将1 L
12、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 L【解析】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，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
13、况下为5.6 L的气体。【答案】B4把两个惰性电极插入500 mL的AgNO3溶液中，通电电解。当电解液的pH从6.0变为3.0时(设电解时阴极没有氢气析出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略)，电极上析出银的质量大约是()A27 mgB54 mgC108 mgD216 mg【解析】本题考查的是有关电解反应的计算。首先应弄清楚两极的反应。阳极：4OH4e=O22H2O；阴极没有氢气析出，则阴极反应为：Age=Ag。OH的消耗导致了H的增加，增加量为1103 mol/L0.5 L5104 mol，即转移电子数5104 mol，析出银的质量为5104 mol108 g/mol0.054 g54 m
14、g。【答案】B学业分层测评(二十三)(建议用时：45分钟)学业达标1下列描述中，不符合生产实际的是()A电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极B电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极C电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极D在镀件上电镀锌，用锌作阳极【解析】电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极是则阳极放电的是金属铁，电极被损耗，不符合生产实际，故A错误；电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极，在该电极上会析出大量的铜，故B正确；电解饱和食盐水制烧碱，阴极上是氢离子放电，在该极附近生成大量的氢氧化钠，符合生产实际，故C正确；电镀原理中，镀层金属做阳极，镀件金属做阴极，故D正确。【答案】A2下列金属只能用电解法冶
15、炼获得的是()ANaBCuCFeDAu【解析】Cu、Fe用热还原法获取，Au用富集获取；2NaCl(熔融)2NaCl2。【答案】A3某同学组装了如图所示的电化学装置，电极为Zn，其他电极均为Cu，则下列说法正确的是()A电子移动：电极电极电极电极B电极发生还原反应C电极逐渐溶解D电极的电极反应：Cu2e=Cu2【解析】左池为原电池，右池为电解池。A项，电子不能通过电解质溶液，即不能实现电极电极；B项，电极 发生氧化反应：Zn2e=Zn2；C项，电极：Cu22e=Cu。【答案】D4金属镍有广泛的用途，粗镍中含有少量的Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，用电解法制备高纯度的镍，下列叙述中正确的是()A阳
16、极发生还原反应，其电极反应式为：Ni22e=NiB电解过程中，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等C电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2和Zn2D电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt【解析】本题为“电解精炼铜”的迁移应用，A项，阳极应发生氧化反应。C项，溶液中的阳离子主要为Ni2，根据金属原子的还原性和金属阳离子的氧化顺序，阳极反应为Zn2e=Zn2，Fe2e=Fe2，Ni2e=Ni2，Cu、Pt在该条件下不失电子，阴极反应为Ni22e=Ni，Fe2、Zn2在该条件下不得电子。比较两电极反应，因Zn、Fe、Ni的相对原子质量不等，当两极通过相同的电量时，阳极减少的质量与阴极增加的质量不
17、等。【答案】D5关于电解氯化钠水溶液(铁做阴极、石墨做阳极)，下列叙述正确的是 ()A若在阴极附近的溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈无色B若在阳极附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈棕黄色C电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠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【解析】电解食盐水时发生的反应：阳极：2Cl2e=Cl2阴极：2H2e=H2总反应：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2对照分析选项，C错误；阳极附近的溶液中会溶有少量的Cl2，滴加KI溶液后发生反应：Cl22I=I22Cl，溶液呈棕黄色，B正确；阴极附近产生大量的OH，滴加酚酞后变红色，A错误；电解后生成NaOH
18、，溶液呈碱性，D错误。【答案】B6某学生按右图装置进行实验，下列说法不正确的是()AA池为原电池，B池为电解池B石墨棒C2为阴极，电极反应式为2H2e=H2C石墨棒C1附近可观察到溶液呈红色D当C2极析出224 mL气体(标准状况)时，锌电极的质量减少0.65 g【解析】C2极附近溶液呈碱性，使酚酞显红色。【答案】C7某兴趣小组设计如下图微型实验装置。实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表A指针偏转。下列有关描述正确的是()A断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H2ClCl2H2B断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C断开K1
19、，闭合K2时，铜电极上的电极反应式为：Cl22e=2ClD断开K1，闭合K2时，石墨电极做正极【解析】解答本题时应特别注意，金属Cu在电解池和原电池中作何种电极。当断开K2，闭合K1时为电解池，由于两极都有气泡冒出，故相当于惰性电极电解饱和食盐水，故铜作阴极而石墨作阳极，阳极反应为2Cl2e=Cl2，电池总反应的离子方程式为2Cl2H2OH2Cl22OH，A、B都错；当断开K1，闭合K2时组成原电池，铜作负极而石墨做正极，故C错而D正确。【答案】D8用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示(气体体积均在相同状况下测定)。欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液
20、中加入()A0.1 mol CuO B0.1 mol CuCO3C0.1 mol Cu(OH)2D0.05 mol Cu2(OH)2CO3【解析】根据图像和电解原理，OP段电解反应的化学方程式为：2CuSO42H2O2CuO22H2SO4，PQ段电解反应的化学方程式为：2H2O2H2O2，所以溶液中应加入CuO：0.1 mol，H2O：0.05 mol，分析四个选项，加入0.05 mol Cu2(OH)2CO3合适。【答案】D9将0.2 mol AgNO3、0.4 mol Cu(NO3)2、0.6 mol KCl溶于水，配成100 mL的溶液，用石墨做电极电解一段时间后，在一极析出0.3 mo
21、l Cu，此时在另一极收集到气体体积为(标况)() 【导学号：51182043】A. 4.48 LB. 5.6 LC. 6.72 LD7.84 L【解析】阴极反应的先后顺序为Age=Ag、Cu22e=Cu，根据题意阳极生成0.2 mol银、0.3 mol Cu，转移电子0.8 mol；阳极反应的先后顺序为2Cl2e=Cl2、4OH4e=2H2OO2，生成氯气0.3 mol，转移电子0.6 mol，所以4OH4e=2H2OO2反应转移电子0.2 mol，生成氧气0.05 mol；阳极生成气体的总量为0.35 mol，体积为(标况)7.84 L。 【答案】D10右图中的A为直流电源，B为浸透饱和氯
22、化钠溶液和酚酞试液的滤纸，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上发生的总反应方程式为：_。(3)欲在电镀槽中实现铁上镀锌，接通K点，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点酚酞变红，则该极的反应为：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上发生的总反应方程式为：2NaCl2H2O电解,H2Cl22NaOH。(3)c、d两点短路后，e为阳极，反应为：Zn2e=Zn2，阴极上镀锌，则阴极反应为Zn22e
23、=Zn，电解液用含镀层离子的电解质溶液，所以可用ZnSO4溶液或Zn(NO3)2溶液等。【答案】(1)正(2)2NaCl2H2O电解,H2Cl22NaOH(3)Zn2e=Zn2Zn22e=ZnZnSO4溶液Zn(NO3)2溶液11如图所示，U形管内盛有100 mL 的溶液，按要求回答下列问题：(1)打开K2，闭合K1，若所盛溶液为CuSO4溶液：则A为_极，A极的电极反应式为_。若所盛溶液为KCl溶液：则B极的电极反应式为_。(2)打开K1，闭合K2，若所盛溶液为滴有酚酞的NaCl溶液，则A电极附近可观察到的现象是_，Na移向_极(填A、B)；总反应化学方程式是_。(3)如果要用电解的方法精炼
24、粗铜，打开K1，闭合K2，电解液选用CuSO4溶液，则A电极的材料应换成是_(填“粗铜”或“纯铜”)，反应一段时间后电解质溶液中Cu2的浓度将会_(填“增大”、“减小”、“不变”)。【答案】(1)负Zn2e=Zn22H2OO24e=4OH(2)A极上有气泡，电极附近溶液变红A2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2(3)纯铜减小能力提升12.用右图所示装置除去含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用石墨做阳极，铁做阴极B阳极的电极反应式：Cl2OH2e=ClOH2OC阴极的电极反应式：2H2O2e=H22OHD除去
25、CN的反应：2CN5ClO2H=N22CO25ClH2O【解析】A若铁做阳极，则铁失电子生成Fe2，则CN无法除去，故铁只能作阴极，A项正确；B.阳极Cl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.由于溶液呈碱性，故除去CN，发生的反应为2CN5ClOH2O=N22CO25Cl2OH，D项错误。【答案】D13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
26、度为()A1 molL1B2 molL1C3 molL1D4 molL1【解析】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。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。【答案】A14体积为1 L，物质的量浓度均为0.1 molL1的CuSO4和NaCl混合溶液中
27、，用石墨电极进行电解。电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图。则下列说法正确的是() 【导学号：51182044】AAB段pH增大是因为电解NaCl溶液生成NaOH的缘故BBC段在阳极共析出3.2 g 铜C整个过程中阳极先产生Cl2，后产生O2D至C点阴极上共逸出气体1.68 L(标准状况)【解析】CuSO4和NaCl的物质的量均是0.1 mol，电解分3个阶段：AB段：阳极：0.1 mol氯离子失0.1 mol电子，阴极：0.05 mol铜离子得0.1 mol电子，由于铜离子水解使溶液酸性减弱，铜离子浓度逐渐减小，溶液pH值逐渐增大；BC段：阳极：0.1 mol氢氧根离子失0.1 mol
28、电子(来源于水的电离)，阴极：0.05 mol铜离子再得0.1 mol电子，由于氢氧根离子消耗，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH值迅速减小；CD段：阳极：氢氧根离子失去电子，阴极：氢离子得到电子，开始电解水，溶液中氢离子浓度逐渐增大，pH值减小。根据以上分析可知AB段pH增大是因为电解氯化铜，铜离子水解使溶液酸性减弱，铜离子浓度逐渐减小，溶液pH值逐渐增大，A错误；BC段在阴极上析出铜的质量是0.05 mol64g/mol3.2 g，B错误；阳极先发生2Cl2e=Cl2，后发生4OH4e=2H2OO2，C正确；根据以上分析可知至C点阴极上只有铜生成，没有气体放出，D错误。【答案】C15下图中电
29、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： 【导学号：29910058】(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、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
30、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版权所有：高考资源网()
