第3节 电能转化为化学能——电解
第1课时 电解的原理
基础过关练
题组一 电解与电解池的形成判定
1.(经典题)某同学为了使反应HCl+Ag AgCl+H2↑能进行,设计了下列四个实验,如图所示,你认为可行的方案是 ( )
2.(经典题)在进行锌铜双液原电池实验时,若用铜丝代替盐桥(如图),外电路中仍然存在较小的电流,随着时间的推移,电流逐渐减小。下列关于该装置说法错误的是 ( )
A.左池为原电池,铜丝②极的电势高于锌极
B.铜丝②附近溶液的pH将升高
C.右池为电解池,铜丝③的电极反应为4OH--4e- O2↑+2H2O
D.铜片④上有新的红色固体附着
题组二 电解池的工作原理
3.Cu2O是一种半导体材料,一种制取Cu2O的电解池示意图如下,总反应为2Cu+H2O Cu2O+H2↑。下列说法正确的是 ( )
A.铜电极产生氢气
B.石墨电极接直流电源的正极
C.当有1 mol电子转移时,有0.5 mol Cu2O生成
D.铜电极发生的电极反应为2Cu+2e-+H2O Cu2O+2H+
4.铁和石墨作电极,氢氧化钠溶液作电解液,用如图所示装置制取纯净的Fe(OH)2,下列说法正确的是 ( )
A.b电极是铁,a电极是石墨
B.电解一段时间,b电极附近溶液碱性减弱
C.溶液中的Fe2+向a电极移动
D.电子移动方向:电源负极→b极,a极→电源正极
题组三 电解规律
5.为探究电解过程中离子的放电规律,某研究小组进行下列实验:
序号 阳极 材料 阴极 材料 电解质 阳极 产物 阴极 产物
① 石墨 石墨 熔融NaCl Cl2 Na
② 石墨 石墨 0.1 mol·L-1 NaCl溶液 Cl2 H2
③ 石墨 石墨 0.2 mol·L-1 CuSO4溶液 O2 Cu
④ 铜 石墨 0.2 mol·L-1 CuSO4溶液 Cu2+ Cu
⑤ 石墨 石墨 0.1 mol·L-1 CuCl2溶液 Cl2 Cu
下列说法不正确的是 ( )
A.对比②⑤知,阴极上离子放电顺序是Cu2+>H+>Na+
B.对比③⑤知,阳极上离子放电顺序是Cl->OH->S
C.对比③④知,阳极是铜时,会先于溶液中的离子放电
D.对比①⑤知,电解得到金属只能用熔融态,不能用水溶液
6.某学习小组用如图所示装置进行相关电解实验,下列说法正确的是 ( )
A.该装置中电子移动方向:负极→石墨1→X溶液→石墨2→正极
B.若X是Na2SO4,电解一段时间后,向U形管两端滴入酚酞试剂,只有石墨1电极附近的溶液呈红色
C.若X是AgNO3,电解一段时间后,电解液的氧化性减弱
D.若X是NaOH,石墨2的电极反应式为2H2O-4e- 4H++O2↑
7.用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为3∶1的硫酸铜溶液和氯化钠溶液的混合溶液,不可能发生的反应有 ( )
A.2Cu2++2H2O 2Cu+4H++O2↑
B.2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑
C.Cu2++2Cl- Cu+Cl2↑
D.2H2O 2H2↑+O2↑
8.下图是一个用铂丝作电极电解稀MgSO4溶液的装置,电解液中加有中性红色指示剂,此时溶液呈红色。(指示剂的pH变色范围:6.8~8.0,酸性—红色,碱性—黄色)
回答下列问题:
(1)下列关于电解过程中电极附近溶液颜色变化的叙述正确的是
(填编号)。
①A极附近溶液由红变黄 ②B极附近溶液由红变黄 ③A极附近溶液不变色 ④B极附近溶液不变色
(2)写出A极发生的反应: 。
(3)写出B极发生的反应: 。
(4)电解一段时间后,切断电源,将电解液倒入烧杯内观察到的现象是 。
题组四 电解后电解质溶液的复原
9.等物质的量的BaCl2、K2SO4和AgNO3溶于水形成混合溶液,用石墨电极电解此溶液,经过一段时间后,阴、阳两极收集到的气体物质的量之比为3∶2。下列说法正确的是 ( )
A.两极共生成两种气体
B.电解过程中混合溶液的碱性持续增强
C.阴极上因Ag+放电,导致电极质量增加
D.向电解后溶液中通入适量的HCl可使溶液恢复到电解前的状态
10.(易错题)如图所示,X、Y、Q、W、U、R都是惰性电极,向甲中加入CuSO4溶液,丙中加入Fe(OH)3胶体。将电源接通后,W极附近颜色逐渐加深。下列说法中错误的是 ( )
A.X极为阳极
B.通电一段时间后,向甲装置中加入0.2 mol Cu(OH)2能使溶液复原,则电解过程中转移电子的数目为0.8NA(NA为阿伏加德罗常数的值)
C.若乙为NaCl溶液,电解一小段时间后,加入适量的盐酸能使溶液复原
D.若乙为稀H2SO4,电解后溶液的酸性增强
能力提升练
题组一 串联装置分析
1.如图乙装置中加入滴有酚酞的NaCl溶液,X、Y均为石墨电极。反应一段时间后,乙装置X极附近溶液先变红。下列判断中正确的是 ( )
A.Co为负极,发生氧化反应
B.工作时,S向Cu电极移动
C.电子流向:Cu电极→Y极→X极→Co电极
D.当电路中转移0.2 mol e-时,乙中最多生成14.9 g NaClO
2.在如图所示装置中,试管A、B中的电极为多孔的惰性电极;C、D为两个铂夹,夹在被Na2SO4溶液浸湿的滤纸条上,滤纸条的中部滴有KMnO4溶液;电源有a、b两极。若在A、B中充满KOH溶液后倒立于盛KOH溶液的水槽中,切断K1,闭合K2、K3,通直流电,实验现象如图所示,下列说法正确的是 ( )
A.电源中a为正极,b为负极
B.试管A中的电极反应为2H++2e- H2↑
C.一段时间后滤纸条上紫红色向C处移动
D.电解一段时间后,切断K2、K3,闭合K1,电流表的指针会发生偏转
3.如图所示的电解装置,通电一段时间后,发现C端变为蓝色。下列说法正确的是 ( )
A.F为电源负极
B.甲池中铁的电极反应:Fe-2e- Fe2+
C.电子流向:E→D→C→Fe
D.通电一段时间后,乙池中出现蓝色沉淀
4.用钴酸锂电池作电源按如图装置进行电解。通电后a电极上一直有气泡产生;d电极附近先出现白色沉淀(CuCl),后白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)。下列有关叙述正确的是 ( )
A.钴酸锂电池放电时总反应为LixC6+Li1-xCoO2 LiCoO2+6C,则m处Li1-xCoO2为负极,失电子
B.当外电路中转移0.2 mol电子时,理论上装置Ⅰ中加入100 mL 2 mol·L-1盐酸可复原
C.d电极为阴极,电解过程中发生反应Cu+Cl--e- CuCl
D.装置Ⅱ中发生了转化:CuCl+OH- CuOH+Cl-
题组二 与电解相关的计算
5.500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(N)=6.0 mol·L-1,用石墨作电极电解此溶液,通电一段时间后,两极均收集到22.4 L气体(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 ( )
A.原混合溶液中c(K+)为2.0 mol·L-1
B.上述电解过程中共转移6 mol电子
C.电解得到的Cu的物质的量为0.5 mol
D.电解后溶液中c(H+)为2 mol·L-1
6.(经典题)将NaCl溶液和CuSO4溶液等体积混合后用石墨电极进行电解,电解过程中,溶液pH随时间t变化的曲线如图所示,则下列说法正确的是 ( )
已知:Cu2+水解使CuSO4溶液显酸性,若Cu2+浓度减小,水解出的c(H+)减小。
A.整个过程中,电极反应2Cl--2e- Cl2↑与2H2O+2e- H2↑+2OH-不可能同时发生
B.电解至C点时,加入适量CuCl2固体即可使电解质溶液恢复至电解前
C.AB段表示电解过程中,由于H+被还原而导致溶液pH增大
D.原混合溶液中NaCl和CuSO4的物质的量浓度之比恰好为2∶1
7.利用电解LiCl溶液制备LiOH,装置如图所示。下列说法正确的是 ( )
A.电极B连接电源的正极
B.A极区电解液为LiCl溶液
C.阳极反应式为2H2O+2e- H2↑+2OH-
D.每生成1 mol H2,有1 mol Li+通过阳离子交换膜
8.如图所示的装置中,若通入直流电5 min时,铜电极质量增加21.6 g,试回答:
(1)若电源为碱性乙醇燃料电池,则电极X的电极反应式为 。
(2)pH变化:A ,B ,C 。(填“增大”“减小”或“不变”)
(3)若A中KCl足量且溶液的体积是200 mL,电解后,溶液中OH-的物质的量浓度为 mol·L-1(假设电解前后溶液的体积无变化)。
(4)通电5 min后,B中共收集到2 240 mL气体(标准状况),溶液体积为200 mL,则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为 (设电解前后溶液体积无变化);若要使B装置溶液恢复到电解前的状态,需要加入的物质以及相应的物质的量正确的是 。
A.0.05 mol CuO
B.0.05 mol CuO和0.025 mol H2O
C.0.05 mol Cu(OH)2
D.0.05 mol CuCO3和0.05 mol H2O
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.C 2.C 3.C 4.D 5.D 6.B 7.B 9.B
10.C
C Ag与盐酸不能自发反应,所以要使反应HCl+Ag AgCl+H2能进行,应该设计成电解池,Ag失电子发生氧化反应,Ag作阳极,氢离子得电子发生还原反应,电解质溶液中氢离子放电,则符合条件的是C。
2.C 由原电池和电解池的构成条件可知,左池为原电池,右池为电解池。锌比铜活泼,左池中锌作负极、铜丝②作正极,正极电势高于负极,A正确;铜丝②作正极,空气中的氧气得电子,电极反应式为O2+4e-+2H2O 4OH-,有OH-生成,所以铜丝②附近溶液的pH升高,B正确;右池是电解池,铜丝③与原电池的正极连接,是电解池的阳极,发生氧化反应,电极反应为Cu-2e- Cu2+,C错误;铜片④与原电池的负极连接,是电解池的阴极,Cu2+得电子生成Cu,所以铜片④上有新的红色固体附着,D正确。
名师点睛
原电池的正极电势高于负极;电源正极连接电解池中的阳极,负极连接的是阴极,阳极的电势高于阴极的电势。
3.C 由电解总反应可知Cu失电子作阳极,连接电源的正极,石墨作阴极,连接电源的负极,在阴极上产生H2,A、B错误;根据电解总反应可知,转移2 mol电子时生成1 mol Cu2O,当有1 mol电子转移时,有0.5 mol Cu2O生成,C正确;D项所给电极反应电荷不守恒,电解质溶液是强碱溶液,故铜电极发生的电极反应为2Cu-2e-+2OH- Cu2O+H2O,D错误。
4.D 本题利用电解法制备Fe(OH)2的原理:Fe Fe2+,Fe2++2OH- Fe(OH)2↓,所以阳极(a电极)是Fe,阴极(b电极)是石墨,A错误;阴极(b电极)是H2O电离出的H+放电,溶液中OH-浓度增大,b电极附近溶液碱性增强,B错误;电解质溶液中阳离子移向阴极,Fe2+向b电极移动,C错误;电解池中电子移动方向:电源负极→阴极,阳极→电源正极,D正确。
5.D 据②得H+的氧化性强于Na+,据⑤得Cu2+的氧化性强于H+,得电子能力强(氧化性强)的离子优先放电,所以对比②⑤可知,阴极上离子放电顺序是Cu2+>H+>Na+,A正确;据③得阳极上离子放电顺序是OH->S,据⑤知阳极上离子放电顺序是Cl->OH-,所以阳极上离子放电顺序是Cl->OH->S,B正确;电解池的阳极若是活泼电极,则金属电极本身失电子,发生氧化反应,对比③④可知,阳极是铜时,会先于溶液中的离子放电,C正确;①⑤用到的电解质不一样,电解得到金属不一定只能用熔融态,电解氯化铜溶液可得到金属铜,D错误。
6.B 电子不能经过电解质溶液或熔融电解质,装置中电子移动方向:负极→阴极(石墨1),阳极(石墨2)→正极,A错误;若X是Na2SO4,则阴极(石墨1)上电极反应为2H2O+2e- H2↑+2OH-,阳极(石墨2)上电极反应为2H2O-4e- O2↑+4H+,电解一段时间后,向U形管两端滴入酚酞试剂,只有石墨1电极附近的溶液呈红色,B正确;X是AgNO3,根据电解总反应4Ag++2H2O 4Ag+O2↑+4H+可知,电解一段时间后电解液由AgNO3溶液变为HNO3(具有强氧化性)和AgNO3的混合液,电解液的氧化性增强,C错误;若X是NaOH,石墨2为阳极,阳极上OH-放电,电极反应式为4OH--4e- 2H2O+O2↑,D错误。
7.B 设CuSO4的物质的量为3 mol,NaCl的物质的量为1 mol,根据电解规律,第一阶段,阳极上Cl-放电,阴极上Cu2+放电,电解反应方程式是Cu2++2Cl- Cu+Cl2↑,Cl-完全放电时,剩余2.5 mol Cu2+;第二阶段,阳极上OH-放电,阴极上Cu2+完全放电,电解反应方程式是2Cu2++2H2O 2Cu+4H++O2↑;第三阶段,阳极上OH-放电,阴极上H+放电,电解反应方程式是2H2O 2H2↑+O2↑;由上述分析可知,反应2Cl-+2H2O 2OH-+H2↑+Cl2↑不能发生,B项符合题意。
8.答案 (1)①④
(2)2H2O+2e- H2↑+2OH-、Mg2++2OH- Mg(OH)2↓
(3)2H2O-4e- 4H++O2↑
(4)溶液呈红色,白色沉淀溶解(或大部分溶解)
解析 电解稀MgSO4溶液,阴极(A极)上水电离出的H+放电生成H2,同时c(OH-)增大,生成Mg(OH)2,溶液变为黄色;阳极(B极)上水电离出的OH-放电生成O2,同时c(H+)增大,生成H2SO4,溶液仍保持红色;将电解液倒入烧杯内,则Mg(OH)2与H2SO4混合,导致沉淀溶解,且溶液恢复红色。
名师点睛
MgSO4与Na2SO4溶液的电解有相似之处,电极反应相同而实验现象和电解总反应不同。
9.B 等物质的量的BaCl2、K2SO4和AgNO3溶于水形成混合溶液,发生反应S+Ba2+ BaSO4↓、Cl-+Ag+ AgCl↓,混合后溶液中电解质为等物质的量的KCl、KNO3,用石墨电极电解此溶液,阳极的电极反应式依次为2Cl--2e- Cl2↑、2H2O-4e- O2↑+4H+,阴极电极反应式为2H2O+2e- H2↑+2OH-,一段时间后,阴、阳两极产生的气体物质的量之比为3∶2,说明阳极生成的气体有Cl2、O2,阴极生成的气体只有H2,共生成H2、Cl2和O2三种气体,A错误,C错误;电池总反应开始是2KCl+2H2O Cl2↑+2KOH+H2↑,生成KOH,后阶段电解KOH和硝酸钾的混合溶液,相当于电解水,则电解过程中c(OH-)不断增大,溶液碱性持续增强,B正确;复原时遵循“少什么加什么,少多少加多少”的原则,向电解后溶液中通入适量的HCl且加入适量的水才可使溶液恢复到电解前的状态,D错误。
10.C Fe(OH)3胶粒带正电,通电后W极附近颜色逐渐加深,则W极是阴极,电源N为负极,M为正极,X极为阳极,A正确;甲中阳极反应为2H2O-4e- 4H++O2↑,通电一段时间后,向甲装置中加入0.2 mol Cu(OH)2能使溶液复原,根据氧原子守恒,可知减少0.4 mol O(即生成了0.2 mol O2),则电解过程中转移0.8 mol e-,数目为0.8NA,B正确;若乙为NaCl溶液,阴极上生成H2,阳极上生成Cl2,要使溶液复原,需要通入适量HCl,C错误;若乙为稀硫酸,阴极上生成H2,阳极上生成O2,实质是电解水,随电解的进行,水减少,硫酸的浓度增大,溶液酸性增强,D正确。
易错分析
(1)电解质溶液复原时遵循“少什么加什么,少多少加多少”的原则,需分析清楚电解过程中溶液中少了什么。如本题的C项,电解NaCl溶液时两极析出H2、Cl2,需通入适量HCl气体即可复原,不能加盐酸,因为盐酸中含有水。
(2)电解实质是电解水的过程,电解后溶液浓度增大(饱和溶液除外),故原溶液若呈酸性,则酸性增强;原溶液若呈碱性,则碱性增强。
能力提升练
1.A 2.D 3.D 4.D 5.A 6.A 7.B
1.A 根据题图可知,甲装置为原电池,乙装置为电解池。乙装置中加入滴有酚酞的NaCl溶液,X极附近溶液先变红,则X极发生还原反应,电极反应式为2H2O+2e- H2↑+2OH-,故X极为阴极,Y极为阳极。甲装置中的Co与X极(阴极)相连,则Co为原电池负极,发生氧化反应,A正确;甲装置为原电池装置,工作时S向负极(Co电极)移动,B错误;电子流向为Co电极→X极,Y极→Cu电极,C错误;根据2NaCl+2H2O H2↑+Cl2↑+2NaOH,Cl2+2NaOH NaCl+NaClO+H2O知,每转移0.2 mol e-生成0.1 mol Cl2,若生成的Cl2恰好与NaOH反应,0.1 mol Cl2与0.2 mol NaOH反应生成0.1 mol NaClO(即7.45 g NaClO),D错误。
2.D 根据两试管中生成气体的体积大小判断出试管A、B中产生的气体种类 判断出电解池的阴、阳极以及电源的正、负极 判断Mn的移动方向。切断K1,闭合K2、K3时,构成电解池,根据题图可知,B电极上产生的气体体积是A电极的2倍,所以A电极上生成O2、B电极上生成H2,因此电源中a是负极、b是正极,A错误;试管A中电极为阳极,阳极上氢氧根离子失去电子,电极反应为4OH--4e- 2H2O+O2↑,B错误;电解时,滤纸条上高锰酸根离子向阳极移动,即紫红色向D处移动,C错误;电解一段时间后,切断K2、K3,闭合K1,该装置构成氢氧燃料电池,试管A中电极作正极、试管B中电极作负极,有电流产生,则电流表的指针会发生偏转,D正确。
3.D 通电一段时间后,发现C端变为蓝色,即C端电极反应为2I--2e- I2,C为阳极、D为阴极,则E为电源负极、F为电源正极,A错误;甲池中铁电极为阴极,电极反应为Ag++e- Ag,B错误;电子不能通过电解质溶液,C错误;乙池中铜失电子形成Cu2+,石墨电极的电极反应式为2H2O+2e- H2↑+2OH-,故通电一段时间后,出现Cu(OH)2蓝色沉淀,D正确。
4.D 由题干可知,d电极附近先出现白色沉淀CuCl,Cu→CuCl,Cu失电子,a电极上一直有气泡产生,则d电极为阳极,c电极为阴极,b电极为阳极,a电极为阴极,m为负极,n为正极。由钴酸锂电池放电时总反应为LixC6+Li1-xCoO2 LiCoO2+6C可知,LixC6为负极,Li1-xCoO2为正极,A、C错误;装置Ⅰ中两极产生的气体是H2、Cl2,加入的盐酸中的水会稀释Ⅰ中的溶液,故不可复原,B错误;d电极反应为Cu+Cl--e- CuCl,d电极先产生白色沉淀CuCl,白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀CuOH,发生反应CuCl+OH- CuOH+Cl-,D正确。
5.A 第1步:分析溶液中的阴、阳离子。阳离子:K+、Cu2+、H+;阴离子:N、OH-。
第2步:根据放电顺序写电极反应式。阳极:2H2O-4e- 4H++O2↑;阴极:先后发生Cu2++2e- Cu、2H++2e- H2↑。
第3步:根据题给信息(两极均收集到22.4 L气体)判断。
阳极析出标准状况下22.4 L O2,共转移4 mol e-;阴极2 mol H+放电析出标准状况下22.4 L H2,转移2 mol e-,根据得失电子守恒可知,还有1 mol Cu2+放电,转移2 mol e-,析出1 mol Cu,B、C错误。
第4步:根据电荷守恒计算。原混合溶液中c(K+)=c(N)-2c(Cu2+)=6.0 mol·L-1-2×=2.0 mol·L-1,A正确;根据电荷守恒,电解后溶液中c(H+)=2c原(Cu2+)=2×=4 mol·L-1,D错误。
6.A 阴极上离子放电顺序:Cu2+>H+,阳极上离子放电顺序:Cl->OH-;结合图像中pH变化可知电解过程分为三个阶段:
结合图示分析可知,整个过程中电极反应2Cl--2e- Cl2↑与2H2O+2e- H2↑+2OH-不能同时发生,A正确;AB段生成Cu和Cl2,BC段生成Cu和O2,电解至C点时,要使电解质溶液复原,应加入适量CuCl2和CuO固体,B错误;AB段因Cu2+水解使溶液显酸性,随着不断电解,c(Cu2+)降低,水解得到的c(H+)减小,溶液酸性减弱,pH增大,C错误;若原混合溶液中NaCl和CuSO4的浓度之比是2∶1,电解过程则分两个阶段,D错误。
名师点睛
用惰性电极电解混合溶液时,需结合溶液中阴、阳离子的放电顺序,分阶段讨论阴、阳两极的电解产物,根据电解规律明确各阶段电解的本质,从本质考虑如何使电解质溶液复原。
7.B 由题图可知,电极B上产生H2,则发生的电极反应为2H2O+2e- H2↑+2OH-,电极B为阴极,与电源的负极相连,A错误;A极区电解液为LiCl溶液,Li+通过阳离子交换膜进入B极区生成LiOH,B正确;电极A为阳极,电极反应式为2Cl--2e- Cl2↑,C错误;电解时每生成1 mol H2的同时生成2 mol OH-,为保持B极区溶液呈电中性,应有2 mol Li+通过阳离子交换膜进入B极区,D错误。
8.答案 (1)C2H5OH+16OH--12e- 2C+11H2O
(2)增大 减小 不变 (3)1 (4)0.25 mol·L-1 CD
解析 C装置中铜电极质量增加21.6 g,说明铜极上有金属析出,即溶液中的银离子被还原生成银单质,所以铜为阴极,则X为负极,Y为正极。
(1)若电源为碱性乙醇燃料电池,X为负极,乙醇在负极上发生氧化反应,则电极X的电极反应式为C2H5OH+16OH--12e- 2C+11H2O。
(2)A装置是电解KCl溶液,阴极放出氢气,阳极放出氯气,溶液中氢氧根离子浓度增大,溶液pH增大;B装置是电解CuSO4和K2SO4的混合溶液,溶液中氢离子浓度增大,溶液pH减小;C装置是电解AgNO3溶液,Ag电极为阳极,Ag本身放电,阴极析出Ag单质,溶液pH不变,因此A、B、C三个装置中溶液pH的变化分别为增大、减小、不变。
(3)C装置中铜电极上生成21.6 g银单质,物质的量为0.2 mol,转移0.2 mol电子,A装置中总反应为2KCl+2H2O Cl2↑+H2↑+2KOH,根据得失电子守恒可知,转移0.2 mol电子时生成0.2 mol KOH,则n(OH-)=0.2 mol,溶液中OH-的物质的量浓度为=1 mol·L-1。
(4)通电5 min后,B中共收集到2 240 mL气体(标准状况),气体物质的量为0.1 mol,B装置中阳极上生成氧气,由(3)知转移电子的物质的量为0.2 mol,则生成氧气的物质的量为0.05 mol,阴极上得到氢气的物质的量为0.05 mol,再根据得失电子守恒,知铜离子得到电子的物质的量是0.2 mol-0.05 mol×2=0.1 mol,则溶液中铜离子的物质的量为0.05 mol,溶液体积为200 mL,则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为=0.25 mol·L-1;电解过程中得到0.05 mol Cu、0.05 mol H2、0.05 mol O2,若要使B装置溶液恢复到电解前的状态,需要加入的物质以及相应的物质的量要与电解过程中从体系中析出的物质相当,加入0.05 mol Cu(OH)2相当于加入0.05 mol CuO和0.05 mol H2O,可使B装置溶液恢复到电解前的状态,故C正确;加入0.05 mol CuCO3和0.05 mol H2O也可使B装置溶液恢复到电解前的状态,故D正确。
20(共37张PPT)
1.工业电解熔融氯化钠模拟实验
(1)电解熔融氯化钠的装置示意图
(2)实验过程与分析
第3节 化电能转化为化学能——电解
知识点 1 电解原理
必备知识 清单破
电极名称 铁电极 石墨电极
现象 铁片上产生银白色金属 石墨电极周围有黄绿色气体产生
离子移动方向 阳离子(Na+)移向铁电极 阴离子(Cl-)移向石墨电极
电极反应 2Na++2e- 2Na 2Cl--2e- Cl2↑
反应类型 还原反应 氧化反应
实验结论 2NaCl 2Na+Cl2↑ 2.电解与电解池
(1)电解:将直流电通过熔融电解质或电解质溶液,在两个电极上分别发生氧化反应和还原反
应的过程。
(2)电解池
①定义:将电能转化为化学能的装置。
②构成条件:
a.直流电源以及与电源相连的两电极;
b.电解质溶液或熔融电解质;
c.形成闭合回路。
3.电解池的工作原理
(1)电极名称和电极反应式(以惰性电极电解CuCl2溶液为例)
(2)三个流向
①电子流向:物质在阳极失电子 电源正极;电源负极 阴极(物质在阴极得
电子)
②电流方向:电源正极→阳极→阴极→电源负极;
③离子流向:阳离子→阴极,阴离子→阳极(“阴阳相吸”)。
注意 金属导电是物理变化,而电解质溶液导电是化学变化。
4.电解规律
(1)阳极产物的判断
①活性电极(除Au、Pt以外的金属材料)作阳极,电极材料失电子,生成金属阳离子。
②惰性电极(Pt、Au、石墨等)作阳极,要依据阴离子的放电顺序加以判断。阴离子的放电顺
序:S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子。
S2-、I-、Br-、Cl-放电,产物一般分别是S、I2、Br2、Cl2;若OH-放电,则得到O2。
(2)阴极产物的判断
无论是惰性电极还是活性电极都不参与阴极反应,发生反应的是溶液中的阳离子。阳离
子放电顺序:Ag+>Fe3+>Cu2+>H+(酸)>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+(水)>Al3+>Mg2+。
若金属阳离子(Fe3+除外)放电,一般得到相应金属单质;若H+放电,则得到H2。
特别提醒 放电顺序本质遵循氧化还原反应的“优先规律”,即得(失)电子能力强的离子先
放电。
5.电解池中电极的判断及电极反应式书写的关注点【详见定点1】
6.用惰性电极电解电解质溶液【详见定点2】
1.电解食盐水制备烧碱、氢气和氯气
(1)实验装置
(2)实验过程探究
①通电前:溶液中存在Na+、Cl-和水电离出的少量H+、OH-。
②实验现象:接通电源后,连接电源正极的电极(阳极)表面有气泡冒出,产生的黄绿色气体能
知识点 2 电解原理的应用
使湿润的KI淀粉试纸变蓝;连接电源负极的电极(阴极)表面有气泡冒出,点燃产生的无色气
体,可听到轻微爆鸣声;加有酚酞试液的电解质溶液变红。
③实验分析:通电时,Na+、H+向阴极移动,OH-、Cl-向阳极移动。电极反应分别为:
阳极:2Cl--2e- Cl2↑(氧化反应);
阴极:2H++2e- H2↑(还原反应);
总反应方程式:2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑。
(3)工业电解食盐水制备烧碱(氯碱工业)
总反应为2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑。
2.铜的电解精炼
(1)装置
(2)电极反应及产物分析
电极 电极反应式 电极反应产物分析
阳极 Cu-2e- Cu2+、Zn-2e- Zn2+、 Fe-2e- Fe2+、Ni-2e- Ni2+ 粗铜中除了铜外还含有少量较活泼的Zn、Fe、Ni以及不如铜活泼的Au、Ag等。金属活动性顺序中在铜之前的金属先放电,以离子形式进入电解质溶液;比Cu活动性差的Ag、Au等以金属单质的形式沉积在阳极区,形成阳极泥
阴极 Cu2++2e- Cu 电解过程中,Cu2+比H+、Zn2+、Ni2+、Fe2+优先在阴极上放电而析出Cu,Zn2+、Ni2+、Fe2+等则留在电解质溶液中
易错警示 阳极溶解的金属为Fe、Zn、Ni、Cu,而在阴极上只有铜析出,根据得失电子守恒,
溶解的Cu的量小于析出的Cu的量,故电解前后,电解质溶液中CuSO4的浓度略减小。
3.电镀
(1)定义:应用电解原理,在金属表面镀上一薄层金属或合金的方法。
(2)主要目的:提高金属的抗腐蚀能力、耐磨性能或改善金属制品的外观。
(3)电解原理(以铁上镀铜为例)
装置示意图
构成条件 阳极 镀层金属
阴极 待镀金属
电解液 含镀层金属阳离子
电极反应 阳极 Cu-2e- Cu2+
阴极 Cu2++2e- Cu
电解质溶液的浓度变化 CuSO4溶液的浓度不变
知识归纳 电镀的特点:“一多、一少、一不变”
(1)一多:是指阴极上有镀层金属沉积;
(2)一少:是指阳极上有镀层金属溶解;
(3)一不变:是指电镀前后,电解质溶液中的离子浓度保持不变。
金属 电极反应 总反应
钠 阳极:2Cl--2e- Cl2↑ 阴极:2Na++2e- 2Na 2NaCl(熔融) 2Na+Cl2↑
铝 阳极:6 -12e- 3O2↑ 阴极:4Al3++12e- 4Al 2Al2O3(熔融) 4Al+3
O2↑
镁 阳极:2Cl--2e- Cl2↑ 阴极:Mg2++2e- Mg MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑
4.冶炼活泼金属
5.电化学计算的基本方法和技巧【详见定点3】
1.电解氢氧化钠溶液实质是电解水,故溶液的pH不发生变化。这种说法正确吗 ( )
电解氢氧化钠溶液,溶液中水的质量减小,氢氧化钠溶液浓度增大,溶液的pH增大。
2.电解精炼铜时,阴极增加的质量等于阳极减少的质量。这种说法正确吗 ( )
电解精炼铜时,粗铜为阳极,纯铜为阴极,阳极上粗铜中铜以及比铜活泼的金属Zn、
Fe、Ni等放电,比铜活动性差的Au、Ag等以金属单质的形式沉积,形成阳极泥,阴极上析出
铜,阳极溶解的金属与阴极析出的金属不完全相同,故阴极增加的质量不等于阳极减少的
质量。
知识辨析 判断正误，正确的画“ √” ，错误的画“ ” 。
提示
提示
3.用惰性电极电解硫酸铜溶液一小段时间,为了复原可加入适量Cu(OH)2。这种说法正确吗
( )
用惰性电极电解电解质溶液时,若要使电解后的溶液恢复到原状态,加入的物质由
电解过程中从溶液中析出的物质(以气体或固体形式脱离电解质溶液的物质)决定,应遵循
“析出什么加什么,析出多少加多少”的原则。用惰性电极电解一小段时间硫酸铜溶液,阳
极反应式为4OH--4e- O2↑+2H2O,阴极反应式为2Cu2++4e- 2Cu,所以为了复原可加入
适量CuO或CuCO3。
4.通过分别电解熔融的MgCl2和Al2O3来制取Mg、Al,也可通过分别电解熔融的MgO和AlCl3
来制取Mg、Al。这种说法正确吗 ( )
MgO熔点很高,一般不电解熔融的MgO来制取镁;AlCl3为共价化合物,熔融状态不导
电,所以电解熔融的AlCl3得不到金属铝。
提示
提示
5.电解饱和食盐水时,两个电极均不能用金属材料,这种说法正确吗 ( )
金属材料Pt和Au都是惰性电极,阴、阳两极都可用,也可用较活泼金属Zn、Fe等作
阴极。
提示
关键能力 定点破
定点 1 新电解池中电极的判断及电极反应式书写的关注点
1.电解池中阴、阳极的判断
2.电极反应式书写的关注点
(1)电极材料
若阳极是金属(Au、Pt除外),则金属一定被氧化(一般情况下,Fe被氧化为Fe2+,但具体应
结合背景信息)。例如,采用如图装置制取具有广泛用途的K2FeO4,则结合电解质溶液为KOH
浓溶液可知阳极反应式为Fe-6e-+8OH- Fe +4H2O。
(2)电解质溶液的酸碱性
若电解质溶液呈碱性,一般用OH-或H2O来配平电荷与原子数;若电解质溶液呈酸性,一般
用H+或H2O来配平电荷与原子数。
如图所示用石墨作为电极电解HNO3溶液,b极有NO生成,则b极的电极反应式为N +4H++3e-
NO↑+2H2O。
(3)电解质状态
若电解质是熔融态金属氧化物或盐,一般为金属的冶炼。例如:电解熔融氧化铝制取金
属铝。
特别提醒 ①书写电解池中的电极反应式时,如果实际放电的离子来自弱电解质的电离,应
用弱电解质的化学式表示,在书写总反应的离子方程式时,也要使用弱电解质的化学式。如
电解水时,阳极反应式为2H2O-4e- O2↑+4H+。
②要确保两极电子转移数目相等才能将两极的电极反应式相加得总反应式,且总反应式中应
注明条件“通电”。
典例 采用惰性电极,以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如下图所示。
忽略温度变化的影响,下列说法错误的是 ( )
A.阳极的电极反应为2H2O-4e- 4H++O2↑
B.电解一段时间后,阳极室的酸碱性不变
C.电解过程中,H+由a极区向b极区迁移
D.电解一段时间后,a极生成的O2与b极反应的O2等量
D
解析：破题流程:
1.电解类型及规律
定点 2 用惰性电极电解电解质溶液
电解 类型 实例 阳极反应式 阴极反应式 pH变化 电解质溶
液的变化 电解后复原应加入物质
电解 水型 H2SO4溶液 2H2O-4e- O2↑+ 4H+ 4H++4e- 2H2↑ 减小 浓度增大 (饱和溶 液除外) H2O
NaOH溶液 4OH--4e- O2↑+ 2H2O 4H2O+4e- 2H2↑ +4OH- 增大 KNO3溶液 2H2O-4e- O2↑+ 4H+ 不变 电解 类型 实例 阳极反应式 阴极反应式 pH变化 电解质溶
液的变化 电解后复原应加入物质
电解 电解 质型 盐酸 2Cl--2e- Cl2↑ 2H++2e- H2↑ 增大 浓度减小 HCl
CuCl2溶液 Cu2++2e- Cu 增大 CuCl2
放氢 生碱 NaCl溶液 2Cl--2e- Cl2↑ 2H2O+2e- H2↑+ 2OH- 增大 生成新 电解质 HCl
放氧 生酸 CuSO4溶液 2H2O-4e- O2↑+ 4H+ 2Cu2++4e- 2Cu 减小 生成新 电解质 CuO或
CuCO3
2.电解后电解质溶液pH的变化
(1)电解过程中,既产生H2,又产生O2,实质是电解水,溶液浓度增大(饱和溶液除外),因而原溶液
若呈酸性,则pH变小;原溶液若呈碱性,则pH变大;原溶液若呈中性,则pH不变。
(2)电解过程中,产生H2(不产生O2),溶液中OH-浓度增大,pH变大。
(3)电解过程中,产生O2(不产生H2),溶液中H+浓度增大,pH变小。
典例 LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3)制备LiMn2
O4的流程中,需要将MnSO4溶液(呈弱酸性)置于电解槽中电解得到MnO2,装置如图所示。下
列说法错误的是 ( )
A.电解过程中为了保证电解液成分稳定,应不断补充Mn(OH)2
B.电解槽中,阳极的电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O MnO2+4H+
C.一段时间后,电解液酸性减弱
D.在电解槽中,发生电解反应的离子方程式为Mn2++2H2O MnO2+2H++H2↑
C
思路点拨：先根据题干信息分析元素化合价的变化,写出阴、阳两极的电极反应式,再判断
溶液成分变化及电极附近溶液的酸碱性变化。
解析：破题流程:
根据以上分析知C错误,A、B、D正确。
原电池和电解池的计算包括两极产物的定量计算,溶液的pH计算,相对原子质量的计算
等。通常有下列三种方法。
1.根据得失电子守恒计算
①用于串联电路中阴、阳两极产物或正、负两极产物的量的计算,其依据是电路中转移的电
子数相等。②用于混合溶液中电解的分阶段计算。
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
运用得失电子守恒建立已知量与未知量之间的关系式。如以通过4 mol e-为桥梁可构建
电极产物间如下关系式:
定点 3 电化学计算的基本方法和技巧
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。
典例 电化学知识在物质制备领域的应用前景较好。按如图1所示装置进行电
解,A、B、C、D均为铂电极,回答下列问题。
图1
已知一:甲槽电解的是200 mL一定浓度的NaCl与CuSO4的混合溶液,理论上两极所得气体体
积随时间变化的关系如图2所示(气体体积已换算成标准状况下的体积,电解前后溶液的体积
变化忽略不计)。
图2
(1)原混合溶液中NaCl的物质的量浓度为 mol·L-1,CuSO4的物质的量浓度为
mol·L-1。
已知二:乙槽电解的是200 mL CuSO4溶液。
(2)若通电一段时间后,向乙槽溶液中加入0.2 mol Cu(OH)2才能恰好恢复到电解前的浓度,则
电解过程中转移的电子数为 (用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
思路点拨：电化学反应是氧化还原反应,无论是单一电解池还是串联电解池,各电极上转移
电子的物质的量相等。
解析：(1)
t1 s时产生224 mL气体,由分析知为0.01 mol Cl2,则原混合溶液中n(Cl-)=0.02 mol,原混合溶液
中c(NaCl)= =0.1 mol·L-1;t2 s时产生(336-224) mL=112 mL O2(0.005 mol),此时电路中转
移n(e-)=0.01 mol×2+0.005 mol×4=0.04 mol,此时阴极只有Cu2+放电,故原混合溶液中n(Cu2+)=
0.02 mol,原混合溶液中c(CuSO4)= =0.1 mol·L-1。
(2)若通电一段时间后,向乙槽溶液中加入0.2 mol Cu(OH)2才能恰好恢复到电解前的浓度,相
当于加入0.2 mol CuO和0.2 mol H2O,电解生成0.2 mol Cu,转移电子的物质的量为0.2 mol×2=
0.4 mol,电解0.2 mol H2O,转移电子的物质的量为0.2 mol×2=0.4 mol,转移电子总数为(0.4+0.4)
×NA=0.8NA。
答案：(1)0.1 0.1 (2)0.8NA第2课时 电解原理的应用
基础过关练
题组一 氯碱工业
1.如图是改进后的氯碱工业设计,该设计可大幅度降低能耗。下列说法错误的是 ( )
A.用该装置制得的产品和传统氯碱工业的产品完全一样
B.电极A为阳极,发生氧化反应
C.当生成1 mol Cl2时,电极B上有11.2 L(标准状况下)O2反应
D.右室中加NaOH是为了增强导电性
2.回答下列问题:
(1)请用下图所示仪器设计一个电解饱和食盐水并测定电解时产生的氢气的体积和检验氯气的氧化性的实验装置。
①所选仪器在连接时,各接口的顺序是(填各接口的字母):A→ ;B→ 。
②实验时,装置中的石墨电极接电源的 极,电极反应式为 ;铁电极接电源的 极,电极反应式为 ;此电解过程的总反应方程式为 。
③实验测得产生的氢气体积(已折算成标准状况)为5.60 mL,电解后溶液的体积恰好为50.0 mL,则溶液中OH-的浓度为 。
(2)如图为氯碱工业电解饱和氯化钠溶液的装置示意图。
①逸出的气体E是 ;流出的物质G是 。
②该电解池中阳离子交换膜的作用是 。
题组二 电解精炼与电镀
3.(教材习题改编)用银片作为阳极进行铁片镀银,下列有关说法不正确的是 ( )
A.阳极的电极反应为Ag-e- Ag+
B.电镀液中的Ag+向阳极移动
C.若电镀液为AgNO3溶液,电解结束时,电镀液浓度不变
D.镀银过程中电能转化为化学能
4.已知氧化性:Fe2+A.电解过程中,化学能转化为电能
B.粗镍作阳极,发生还原反应
C.利用阳极泥可回收Cu、Pt、Au等金属
D.溶液中c(Ni2+)始终不变
5.(经典题)电解装置示意图如下所示。下列电解目的不能实现的是 ( )
注:表中的粗铜含有锌、铁、镍、金、铂等杂质。
电极材料 电解质溶液 电解目的
A a:碳棒,b:碳棒 稀硫酸 制取O2和H2
B a:银,b:铁 AgNO3溶液 铁上镀银
C a:粗铜,b:精铜 CuSO4溶液 电解精炼铜
D a:铜,b:碳棒 KNO3稀溶液 制取少量O2和H2
题组三 电冶金
6.用石墨作阳极,钛网作阴极,熔融CaF2-CaO作电解质,利用如图所示装置获得金属钙,并以钙为还原剂还原TiO2制备金属Ti。下列叙述正确的是 ( )
A.该电池工作过程中,O2-向阴极移动
B.将熔融CaF2-CaO换成Ca(NO3)2溶液也可以达到相同目的
C.TiO2在阴极放电
D.制备金属钛前后CaO的量不变
7.如图是电解制备金属锂的一种新方法,有关说法错误的是 ( )
A.电极B上的电极反应式为2Cl--2e- Cl2↑
B.离子交换膜为阳离子交换膜
C.电极C为负极
D.理论上每生成7 g Li,同时生成8 g O2
8.工业上电解酸性MnSO4溶液制备Mn和MnO2的工作原理如图所示,下列说法错误的是 ( )
A.电流由钛电极经MnSO4溶液流向不锈钢电极
B.阳极反应式为Mn2+-2e-+2H2O MnO2+4H+
C.离子交换膜为阳离子交换膜
D.当电路中有2 mol e-转移时,生成55 g Mn
9.钴(Co)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是 ( )
A.工作时,Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大
B.生成1 mol Co,Ⅰ室溶液质量理论上减少16 g
C.移除两交换膜后,石墨电极上发生的电极反应不变
D.电解总反应:2Co2++2H2O2Co+O2↑+4H+
能力提升练
题组一 利用电解原理制备物质
1.一种清洁、低成本的三步法氯碱工艺的原理如图所示。下列说法不正确的是 ( )
A.与传统氯碱工艺相比,该方法可避免使用离子交换膜
B.理论上,每消耗1 mol O2,可生产5 mol NaOH和3 mol Cl2
C.第一步中阳极反应为Na0.44MnO2-xe- Na0.44-xMnO2+xNa+
D.第三步中,石墨的电极反应式为2Cl--2e- Cl2↑
2.双极膜是一种离子交换复合膜,在直流电场作用下能将中间层的水分子解离成H+和OH-,并分别向两极迁移,用双极膜电解制备金属钴,工作原理如图所示,下列说法错误的是 ( )
A.电极a接电源的正极
B.电解过程中溶液中的S通过阴离子交换膜向左移动
C.当电路中转移2 mol电子时,阳极产生22.4 L(标准状况)O2
D.电解池工作时,阴离子交换膜与双极膜之间的溶液酸性增强
3.氮气是一种重要的化工原料,电化学合成氨在工业上起着相当重要的作用,某合成氨装置如图所示:
(1)b极室为 (填“阴”或“阳”)极室;阴极室发生的电极反应为 。
(2)该装置中质子交换膜的两个作用分别是分离电极产物和 。
(3)该装置工作时质子由 (填“a”或“b”,下同)极室移向 极室。
(4)若b极室产生的O2在标准状况下的体积为336 L,a极室中通入相同条件下N2的总体积为672 L,则N2的转化率为 %(保留两位有效数字)。
题组二 利用电解原理减少污染
4.采用电化学方法使Fe2+与H2O2反应,可生成非常活泼的·OH(羟基自由基)中间体用于降解废水中的有机污染物,原理如图所示。下列说法不正确的是 ( )
A.X上发生的电极反应为2H2O-4e- O2↑+4H+
B.可将X电极上产生的O2收集起来,输送到Y电极继续使用
C.根据装置推测,Y电极是阳极,·OH在该电极侧产生
D.开始时,在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+,均能让装置正常工作
5.电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染,其原理如图所示,下列说法不正确的是 ( )
A.Pt电极为电解池的阴极
B.电解时,质子从Pt电极转移到Ag-Pt电极
C.电解池的总反应为2H2O+4N 2N2↑+5O2↑+4OH-
D.当质子交换膜右室电解液的质量减少7.2 g时,电子转移数目为4NA(设NA为阿伏加德罗常数的值)
6.电化学原理在污染治理方面有着重要的作用。
Ⅰ.煤在直接燃烧前要进行脱硫处理。采用电解法脱硫的基本原理如图所示(两电极为完全相同的惰性电极),利用电极反应将Mn2+转化为Mn3+,Mn3+再将煤中的含硫物质(主要成分是FeS2)氧化为Fe3+和S:FeS2+15Mn3++8H2O Fe3++15Mn2++2S+16H+。
(1)M为电源的 (填“正极”或“负极”),电解池工作时,观察到R电极上有无色气体产生,写出电极反应式: ;电解池工作时,混合液中S的物质的量 (填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)电解过程中,混合溶液的pH (填“变大”“变小”或“不变”),理由是 。
Ⅱ.电解还原法处理酸性含铬废水:以铁板做阴、阳极,电解含铬废水,示意图如下。
(3)电解开始时,A极上主要发生的电极反应式为 。
(4)①酸性环境可以促使Cr的转化,写出对应的离子方程式 ;
②酸性环境中产生的Fe2+将Cr2还原为Cr3+的离子方程式为 。
(5)随着电解的进行,阳极铁板会发生钝化,表面形成FeO·Fe2O3的钝化膜,使电解池不能正常工作。将阴极铁板与阳极铁板交换使用,一段时间后,钝化膜消失。结合有关反应,解释钝化膜消失的原因: 。电解开始时,B极上除了发生产生H2的反应,还有少量Cr2在B极上直接放电生成Cr3+,该反应的电极反应式为 。电解过程中,溶液的pH不同时,通电时间(t)与溶液中铬元素去除率的关系如图所示。
由图可知,电解还原法应采取的最佳pH范围为 (填字母代号)。
a.2~4 b.4~6 c.6~10
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.A 3.B 4.C 5.D 6.D 7.C 8.C 9.D
1.A 电极A上Cl-失电子生成Cl2,电极A是电解池阳极,发生氧化反应,电极B上O2得电子,电极反应为O2+2H2O+4e- 4OH-,Na+通过离子交换膜迁移至电极B,生成NaOH;传统氯碱工业的产品为NaOH、Cl2、H2,A错误、B正确。2Cl--2e- Cl2↑,当生成1 mol Cl2时转移2 mol电子,则电极B上有0.5 mol O2反应,体积为11.2 L(标准状况下),C正确。右室中加NaOH是为了增强溶液导电性,提高电解效率,D正确。
2.答案 (1)①G→F→H D→E→C ②正 2Cl--2e- Cl2↑ 负 2H++2e- H2↑ 2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑ ③0.01 mol/L (2)①H2 NaOH溶液 ②避免阳极产物Cl2与阴极产物H2、NaOH发生反应
解析 (1)①所选用的各仪器接口连接顺序为A接G,F接H,用量筒测量排出的水量,以测定产生氢气的体积,B接D,E接C,生成的氯气在洗气瓶里氧化淀粉-KI溶液,以证明其氧化性,多余的氯气通入烧杯中,被氢氧化钠溶液吸收,防止污染大气。②根据电解饱和食盐水阳极所发生的反应:2Cl--2e- Cl2↑,为防止电极被腐蚀,实验中一般选用石墨作阳极,故石墨电极接电源的正极;阴极是水电离出的H+被还原:2H++2e- H2↑,阴极可使用铁电极,电解的总反应方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑。③已知电解产生氢气5.60 mL(标准状况下),其物质的量为=2.5×10-4 mol,由化学方程式2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑可得n(NaOH)=2×2.5×10-4 mol=5×10-4 mol,c(OH-)==0.01 mol/L。
(2)①根据题图信息可知,左边加入饱和NaCl溶液,右边加入去离子水,使用阳离子交换膜,则左边Cl-失电子,化合价升高,发生氧化反应,左边电极为阳极,与电源正极相连,右边电极是阴极,气体E是氢气,G是NaOH溶液。②只允许阳离子通过,阻止阳极产生的Cl2与阴极产物H2、NaOH发生反应。
3.B 铁片镀银时,Ag为阳极、Fe为阴极,阳极的电极反应式为Ag-e- Ag+,若电镀液为AgNO3溶液,阴极反应式为Ag++e- Ag,电解结束时,电镀液浓度不变,A、C正确;在电解液中Ag+向Fe电极移动,Fe电极为阴极,B错误;铜片镀银是利用电解原理,镀银过程中电能转化为化学能,D正确。
4.C 电解过程将电能转化为化学能,A错误;电解过程中,粗镍作阳极,比镍的金属性弱的铜、铂、金等金属不放电,沉积成阳极泥可回收,锌、铁(比镍活泼)和镍在阳极发生氧化反应,生成金属阳离子,Ni2+在阴极得到电子发生还原反应生成Ni,溶液中c(Ni2+)减小,B、D错误,C正确。
5.D 据图可知a为阳极,b为阴极。若a、b均为碳棒,电解稀H2SO4的实质是电解水,能达到电解目的,A不符合题意;铁上镀银时,阳极a是金属银,阴极b是铁,AgNO3溶液为电解质溶液,能达到电解目的,B不符合题意;电解精炼铜时,阳极a为粗铜,阴极b为精铜,用CuSO4溶液作电解质溶液,能达到电解目的,C不符合题意;阳极a为Cu时,Cu失电子发生氧化反应生成Cu2+,不能得到O2,不能达到电解目的,D符合题意。
6.D 由题图可知,石墨为阳极,电极反应式为C+2O2--4e- CO2↑,O2-向阳极移动,钛作阴极,电极反应式为Ca2++2e- Ca,然后发生反应2Ca+TiO2 Ti+2CaO,通电条件下该装置总反应为C+TiO2 CO2↑+Ti,则制备金属钛前后CaO的量不变,A、C错误,D正确;将熔融CaF2-CaO换成Ca(NO3)2溶液,阴极上H+放电,无法得到金属Ca,B错误。
7.C 该装置为电解池,电极B为阳极,氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气,电极反应式为2Cl--2e- Cl2↑,故A正确;电极C为阴极,阳极反应生成的氯气与碳酸锂反应生成氯化锂、二氧化碳和氧气,Li+通过离子交换膜进入阴极区,锂离子在阴极得到电子发生还原反应生成锂,电极反应式为Li++e- Li,所以离子交换膜为阳离子交换膜,故B正确;电极C为电解池的阴极,与直流电源的负极相连,故C错误;7 g Li的物质的量为1 mol,根据Li++e- Li可知,转移电子的物质的量为1 mol,而生成1 mol氧气转移4 mol电子,故转移1 mol电子生成0.25 mol氧气,质量为0.25 mol×32 g/mol=8 g,故D正确。
8.C 该装置为电解池,不锈钢电极与电源负极相连,为阴极,电极反应式为Mn2++2e- Mn,钛电极为阳极,电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O MnO2+4H+,S通过离子交换膜从阴极区进入阳极区,离子交换膜为阴离子交换膜,B正确,C错误;内电路中电流由钛电极(阳极)经MnSO4溶液流向不锈钢电极(阴极),A正确;根据Mn2++2e- Mn,当电路中有2 mol e-转移时,阴极生成锰的质量为1 mol×55 g/mol=55 g,D正确。
9.D 根据装置图,Ⅰ室为阳极室,阳极反应式为2H2O-4e- O2↑+4H+;Ⅲ室为阴极室,阴极反应式为Co2++2e-Co。H+通过阳离子交换膜由Ⅰ室进入Ⅱ室,Cl-通过阴离子交换膜由Ⅲ室进入Ⅱ室。工作时,Ⅰ室因消耗H2O,溶液pH减小,Ⅱ室因H+由Ⅰ室迁移过来而使溶液pH减小,A错误;生成1 mol Co,转移2 mol e-,消耗1 mol H2O,Ⅰ室溶液质量理论上减少18 g,B错误;移除两交换膜后,石墨电极上发生的电极反应为2Cl- -2e-Cl2↑,C错误;电解总反应为2Co2++2H2O2Co+O2↑+4H+,D正确。
能力提升练
1.B 2.C 4.C 5.A
1.B 与传统氯碱工艺相比,该方法可避免使用离子交换膜,A正确。理论上,每消耗1 mol O2,转移4 mol电子,生成4 mol NaOH、2 mol Cl2,B错误。根据图示,第一步中阳极电极反应为Na0.44MnO2-xe- Na0.44-xMnO2+xNa+,C正确。第三步中生产Cl2,石墨是阳极,电极反应式为2Cl--2e- Cl2↑,D正确。
2.C 由H+和OH-的移动方向可知,电极a为阳极,电极b为阴极,电极a与直流电源正极相连,则电解过程中溶液中的S通过阴离子交换膜向左移动,A、B正确;阳极电极反应式为2H2O-4e- O2↑+4H+,当电路中转移2 mol电子时,阳极生成标准状况下O2的体积为2 mol××22.4 L/mol=11.2 L,C错误;水在双极膜作用下解离出的H+向右移动,则阴离子交换膜与双极膜之间的溶液酸性增强,D正确。
3.答案 (1)阳 N2+6e-+6H+ 2NH3 (2)为质子的迁移和输送提供通道 (3)b a (4)33
解析 (1)根据图示可知,在右侧电极上H2O失去电子发生氧化反应生成O2,b极室为阳极室;左侧电极上N2得到电子发生还原反应生成NH3,左侧电极为阴极,电极反应式为N2+6e-+6H+ 2NH3。
(2)质子交换膜的作用是为质子的迁移和输送提供通道,并阻隔阴、阳极产物接触。
(3)电解池中阳离子移向阴极,故该装置工作时质子由b极室移向a极室。
(4)根据得失电子守恒可知参加反应各物质的关系式为2N2~12e-~3O2,标准状况下,参与反应的N2和生成的O2体积之比为2∶3,实际上在标准状况下通入的N2和生成的O2体积之比为672 L∶336 L=2∶1,即通入1 mol N2生成0.5 mol O2,因此N2的转化率为×100%≈33%。
4.C 根据原理图可知,X电极上H2O失电子生成氧气,发生氧化反应,为阳极,电极反应式为2H2O-4e- O2↑+4H+,故A正确;Y电极上的反应物有O2,而X电极产生O2,所以可将X电极上产生的O2收集起来,输送到Y电极继续使用,故B正确;Y电极上Fe3+得电子转化为Fe2+,O2得电子结合氢离子生成H2O2,均发生还原反应,所以Y电极为阴极,故C错误;该装置工作时Fe2+与Fe3+互相转化,所以开始时,在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+,均能让装置正常工作,故D正确。
5.A Ag-Pt电极上N被还原为N2,则Ag-Pt电极为阴极,Pt电极为阳极,A错误;电解时,阳离子从阳极移向阴极,所以质子从Pt电极转移到Ag-Pt电极,B正确;阴极的电极反应式为2N+6H2O+10e- N2↑+12OH-,阳极的电极反应式为2H2O-4e- 4H++O2↑,总反应为2H2O+4N 2N2↑+5O2↑+4OH-,C正确;每生成2 mol N2(质量为56 g)转移20 mol电子,同时有20 mol H+(质量为20 g)进入阴极室,即右室电解液质量减少56 g-20 g=36 g,右室电解液的质量减少7.2 g时,转移电子的物质的量为 mol=4 mol,数目为4NA,D正确。
6.答案 (1)正极 2H++2e- H2↑ 变大
(2)变小 根据反应FeS2+15Mn3++8H2O Fe3++15Mn2++2S+16H+可知,生成1 mol Fe3+时,消耗15 mol Mn3+,生成16 mol H+,Mn3+由阳极电极反应Mn2+-e- Mn3+生成,根据得失电子守恒,阳极生成15 mol Mn3+时阴极消耗15 mol H+,因此总体来看,电解过程中H+浓度增大,混合溶液pH变小
(3)Fe-2e- Fe2+
(4)①2Cr+H2O ②Cr2+6Fe2++14H+ 2Cr3++6Fe3++7H2O
(5)阴极发生反应2H++2e- H2↑,阴、阳极铁板交换使用时,H2将钝化膜还原:4H2+FeO·Fe2O3 3Fe+4H2O Cr2+14H++6e- 2Cr3++7H2O b
解析 (1)根据电解图示知P电极上Mn2+失去电子变为Mn3+,则P电极为阳极,则与P相连的M电极为正极,N电极为负极。R电极为电解池的阴极,电极反应式为2H++2e- H2↑;根据反应FeS2+15Mn3++8H2O Fe3++15Mn2++2S+16H+可知,电解过程中S的物质的量不断增大。
(3)铁板作阴、阳极,电解含Cr(Ⅵ)废水,则A电极发生的主要电极反应为Fe-2e- Fe2+。
(4)①Cr的转化中Cr的化合价未改变,则酸性环境下Cr+H2O。
②在酸性条件下Fe2+将Cr2+6Fe2++14H+ 2Cr3++6Fe3++7H2O。
(5)阴极产生H2:2H++2e- H2↑,阴、阳极铁板交换使用时,H2将钝化膜还原:4H2+FeO·Fe2O3 3Fe+4H2O。B极是阴极,发生还原反应,少量Cr2在B极上直接放电被还原为Cr3+,电解质溶液呈酸性,则电极反应式为Cr2+14H++6e- 2Cr3++7H2O。由题图可知,曲线Ⅱ对应pH=4时,溶液中铬元素去除率最大,且所用时间最短,反应速率快;曲线Ⅲ对应pH=6时,铬元素去除率最终与pH=4相同,但所用时间较长,反应速率比pH=4时慢;曲线Ⅰ、Ⅳ对应的铬元素去除率偏低,故最佳pH范围为4~6,答案选b。
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