人教版高中化学选修4教学讲义，复习补习资料（含知识讲解，巩固练习）：23【基础】电解规律

电解规律

【学习目标】
1、通过电解装置中离子或者电极的放电顺序，能正确地判断阴极和阳极，分析电解产物；
2、进行有关电化学的简单计算。
【要点梳理】
要点一、电解时电极产物的判断
1．阳极产物的判断。
首先看电极，如果是活性电极（除Au、Pt、石墨以外的材料作电极），则电极材料失电子，电极被溶解，溶液中的阴离子不能失电子。如果是惰性电极（Pt、Au、石墨），则要再看溶液中阴离子的失电子能力，此时根据阴离子放电顺序加以判断。阴离子放电顺序：S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－＞含氧酸根（SO42－、NO3－等）。
2．阴极产物的判断。
直接根据阳离子放电顺序进行判断，阳离子放电顺序：
Ag+＞Hg2+＞Fe3+＞Cu2+＞H+（H+浓度较大时）＞Pb2+＞Sn2+＞Fe2+＞Zn2+＞H+（H+浓度较小时）＞Al3+＞Mg2+。
要点诠释：（1）离子的放电顺序主要取决于离子的本性，但还与其他的因素有关（如离子的浓度、溶液的酸碱性等），如在电镀条件下Fe2+、Zn2+的放电顺序在H+之前。
（2）阳离子的放电顺序基本上与金属活动性顺序相反，即越活泼的金属，其阳离子越难结合电子，但需注意：Fe3+氧化性较强，排在Cu2+之前。

要点二、酸、碱、盐溶液电解规律
/
类型
电极反应特点
实例
电解对象
电解质浓度
pH
电解质溶液复原
电解
水型
阴：2H++2e－＝H2↑
阳：4OH－－4e－
＝2H2O+O2↑
NaOH
水
增大
增大
水
H2SO4
水
增大
减小
水
Na2SO4
水
增大
不变
水
电解
电解型
电解质电离出的阴、阳离子分别在两极放电
HCl
电解质
减小
增大
氯化氢
CuCl2
电解质
减小
——
氯化铜
放H2
生碱型
阴极：H2O放H2生碱
阳极：电解质阴离子放电
NaCl
电解质和水
生成新电解质
增大
氯化氢
放O2
生酸型
阴极：电解质阳离子放电
阳极：H2O放O2生酸
CuSO4
电解质和水
生成新电解质
增大
氧化铜
要点诠释：（1）用惰性电极电解电解质溶液时，首先要全面分析电解质溶液的组成．找全离子并分为阴、阳离子两组，然后排出阴、阳离子的放电顺序，写出两极上的电极反应式，根据两极的电极反应式写出反应的总方程式。
（2）若阴极为H+放电，则阴极区c (OH－)增大；若阳极为OH－放电，则阳极区c (H+)增大；若阴、阳极同时有H+、OH－放电，相当于电解水，电解质溶液浓度增大。
（3）用惰性电极电解时，若使电解后的溶液恢复原状态，应遵循“缺什么加什么，缺多少加多少”的原则，一般加入阴极产物与阳极产物的化合物，例如电解CuSO4溶液，发生反应2CuSO4+2H2O/2Cu+O2↑+2H2SO4，若使溶液恢复原状态，可向溶液中加入CuO，若加入Cu(OH)2（可拆写成CuO·H2O）会使溶液中水量增多，CuSO4溶液被稀释，其他如电解NaOH溶液——加H2O，电解食盐水——通入HCl气体等。
要点三、电化学计算的基本方法
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测定的计算、根据电量求产物的量与根据产物的量求电量等的计算。不论哪类计算，均可概括为下列三种方法：
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（或阴、阳两极得、失电子守恒）
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：根据得失电子守恒定律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。
要点诠释：电解的计算：首先正确书写电极反应式（要特别注意阳极材料）；注意溶液中多种离子共存时，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。
【典型例题】
类型一、电解质溶液的电解规律
例1（2019 衡水模拟）如图为将CO2电催化还原为碳氢化合物的工作示意图，用一种钾盐的水溶液作电解质。下列说法中不正确的是（　　）
/
A．工作时，铜片作阴极
B．工作时，K+向铜片电极移动
C．工作时，铂片上的电极反应式为2H2O-4e-====O2↑+4H+
D．若CxHy为C2H4，则生成1 mol C2H4的同时可生成2 mol O2
【思路点拨】根据电子流向判断阴、阳极是解决问题的关键。
【答案】D
【解析】工作时，铜片作阴极，铂片作阳极，K+向阴极移动，阳极发生的反应是水失电子生成O2，故A、B、C正确；由得失电子守恒可知，生成1 mol C2H4时，转移12 mol电子，故同时可生成3 mol O2。
【总结升华】电极反应规律：
（1）阴极：得电子，还原反应。（一般）电极本身不参加反应；一定是电解质溶液中阳离子“争”得电子。
（2）阳极：失电子，氧化反应。若为金属（非惰性，Au、Pt除外）电极，电极失电子；若为惰性电极，电解质溶液中阴离子“争”失电子。
举一反三：
【变式1】pH=a的某电解质溶液中，插入两只惰性电极，通直流电一段时间后，溶液的pH＞a，则该电解质可能是（ ）。
A．NaOH B．H2SO4 C．AgNO3 D．Na2SO4
【答案】A

【变式2】用电解质溶液为氢氧化钾水溶液的氢氧燃料电池电解饱和硫酸钠溶液一段时间，假设电解时温度不变且用惰性电极，下列说法不正确的是
A．当电池负极消耗m g气体时，电解池阴极有m g气体生成
B．电解池的阳极反应式为：4OH－－4e－＝2H2O+O2↑
C．反应后，电池中n(KOH)不变；电解池中溶液pH变大
D．电解后，c(Na2SO4)不变，且溶液中有晶体析出
【答案】C
类型二、电解的有关计算
例2 用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得溶液中加入0.1 mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH。则电解过程中转移的电子的物质的量为（ ）。
A．0.1 mol B．0.2 mol C．0.3 mol D．0.4 mol
【思路点拨】本题考查电解池中电极反应情况，在本题中，电解硫酸铜时，阳极生成的氧气，阴极开始生成的是铜，后来生成的是氢气。
【答案】D
【解析】由电解CuSO4溶液的反应的化学方程式2CuSO4+2H2O/2Cu+O2↑+2H2SO4知，电解过程中只析出Cu和放出O2，故电解后加入CuO就可以复原。但本题提示加入0.1 mol Cu(OH)2可以复原，说明电解过程中不仅有CuSO4被电解，还有H2O被电解。0.1 mol Cu(OH)2相当于0.1 mol CuO和0.1 mol H2O，由电子守恒0.1 mol CuO～0.1 mol Cu～0.2 mol e－，0.1 mol H2O～0.1 mol H2～0.2mol e－，即共计0.4 mol e－。
【总结升华】解答有关电解的计算，注意离子或者电极放电情况，分析电极放电顺序，最常用的是电荷守恒法以及差量法解答。
例3（2019 西安中学一模）如下图所示，若电解5 min时，测得铜电极的质量增加2.16 g。试回答：
/
（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，则电解后溶液的pH=________。
【思路点拨】①电解混合溶液时要注意电解的阶段性。②电极反应式和总电池反应式、电解产物与转移电子数之间的关系式是电化学计算的主要依据。
【答案】（1）负 （2）0.025 mol·L－1 （3）13
【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Cu2+全部在阴极放电后，H+接着放电产生了112 mL H2，则通过0.01 mol电子时，Cu2+已完全变为Cu单质。由2e－～Cu，可知n (Cu2+)=0.005 mol，则：c (CuSO4)=0.005 mol÷0.2 L=0.025 mol·L－1。
（3）由4e－～4OH－知，A中生成0.02 mol OH－，则：c (OH－)=0.1 mol·L－1，pH=13。
【总结升华】电解过程中溶液pH [或c (H+)]变化的判断方法有两种：一是利用电解类型进行判断，如H2SO4（aq）、NaOH（aq）的电解，实际上是电解水，因此pH分别减小和增大；二是直接利用电极反应进行判断，比较阴、阳两极析出产物的物质的量之比，既可通过电解化学方程式中的化学计量数作比较，亦可通过电子转移守恒关系作比较。
举一反三：
【变式1】（2019 福建高考）某模拟“人工树叶”电化学实验装置如下图所示，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 mol O2，有44 g CO2被还原
D．a电极的反应为：3CO2 + 16H＋-18e－= C3H8O+4H2O
【答案】B
【解析】A．该装置将电能和光能转化为化学能，错误。
B．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，该装置工作时，H+从阳极b极区向阴极a极区迁移，正确。
C．该反应的总方程式是：6CO2-8H2O=2C3H8O+9O2。根据反应方程式可知，每生成1mol O2，有2/3mol CO2被还原，其质量是88/3 g，错误。
D．a电极为阴极，发生还原反应，电极的反应式为：3CO2+18H++18e- = C3H8O+5H2O，错误。

【变式2】以石墨电极电解200 mL CuSO4溶液，电解过程中电子转移物质的量n(e-)与产生气体体积V(g)（标准状况）的关系如下图所示(忽略溶液体积的变化)。下列说法中，正确的是
/
（1）电解前CuSO4溶液的物质的量浓度为_____mol/L
（2）当n(e-)＝0.4 mol时，c(H+)为________ mol/L
（3）当n(e-)＝0.6 mol时，V(H2)∶V(O2)＝_________。
【答案】（1）1mol/L
（2）2mol/L
（3）2：3
【巩固练习】
一、选择题
1．用石墨作电极，电解1 mol·L－1下列物质的溶液，溶液的pH保持不变的是（ ）。
A．HCl B．NaOH C．Na2SO4 D．NaCl
2．根据金属活动性顺序表，Cu不能发生：Cu+2H2O＝Cu(OH)2+H2↑的反应，但选择恰当电极材料和电解液进行电解，这个反应就能变为现实。下列四组电极和电解液中，能实现该反应最为恰当的是（　　）。
/
A．①③ B．①②
C．③④ D．②④
3．（2019 山东德州月考）如图两个电解槽中，A、B、C、D均为石墨电极。若电解过程中共有0.02mol电子通过，下列叙述中正确的是（ ）
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A．甲烧杯中A极上最多可析出铜0.64g?　　B．甲烧杯中B极上电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑　　C．乙烧杯中C极上电极反应为4H++4e-=2 H2↑　　D．乙烧杯中滴入酚酞试液，D极附近先变红
4．（2019 重庆高考预测调研）用惰性电极电解稀H2SO4、Cu(NO3)2、NaCl的混合液，最初一段时间阴极和阳极上析出的物质分别是（ ）。
A．H2和Cl2 B．Cu和Cl2 C．H2和O2 D．Cu和O2
5．CuI是一种不溶于水的白色固体，它可由反应：2Cu2++4I－＝2CuI↓+I2而得到。现以石墨为阴极，以Cu为阳极电解KI溶液，通电前的电解液中加入少量酚酞和淀粉溶液。电解开始不久阴极区溶液呈红色，而阳极区溶液呈现蓝色，对这个现象的正确解释是（　　）。①阴极电极反应2H++2e－＝H2↑使c(OH－)＞c(H+)②阳极2Cu+4I――4e－＝2CuI↓+I2，I2遇淀粉变蓝③阳极Cu－2e－＝Cu2+，Cu2+显蓝色④电极2I――2e―＝I2，I2遇淀粉变蓝
A．①② B．①③
C．①④　 D．③④
6．以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉），下列说法错误的是（　　）。
A．阴极附近溶液呈红色
B．阴极逸出气体
C．阳极附近溶液呈蓝色
D．溶液的pH变小
7．（2019 河北保定月考）在电解水制取H2和O2时，为了增强溶液的导电性，常加入一些电解质。下列物质中最合适的是（ ）
A．NaCl B．Cu Cl2 C．Na2SO4 D．AgNO3
8．用惰性电极电解M(NO3)x的水溶液，当阴极上增重a g时，在阳极上同时产生b L（标准状况）氧气，从而可知M的相对原子质量是（ ）。
A． B． C． D．
9．在水中加等物质的量的Ag+、Pb2+、Na+、SO42－、NO3－、Cl－，该溶液放在用惰性电极作电极的电解槽中，通电片刻，则氧化产物与还原产物质量之比为（ ）。
A．35.5∶108 B．16∶207 C．8∶1 D．108∶35.5
10．电解100 mL含c (H+)=0.30 mol·L－1的下列溶液，当电路中通过0.04 mol电子时，理论上析出金属质量最大的是（ ）。
A．0.10 mol·L－1 Ag+ B．0.02 mol·L－1 Zn2+
C．0.20 mol·L－1 Cu2+ D．0.20 mol·L－1 Pb2+
二、非选择题
1．采用惰性电极，从NO3－、SO42－、Cl－、Cu2+、Ba2+、Ag+、H+中选出适当的离子组成电解质并电解。
（1）若两极分别放出H2和O2，电解质可能为________。
（2）若阴极析出金属，阳极放出O2，电解质可能为________。
（3）若两极均放出气体，且体积之比为1∶1，电解质可能为________
（4）若既无O2又无H2放出，电解质可能为________。
2．（2019 北京高考）研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。
（1）溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCO3―占95%。写出CO2溶于水产生HCO3―的方程式： 。
（2）在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。
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①写出钙化作用的离子方程式： 。
②同位素示踪法证实光合作用释放出的O2只来自于H2O。用18O标记物质的光合作用的化学方程式如下，将其补充完整：
+ (CH2O)x+x18O2+xH2O
（3）海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础。测量溶解无机碳，可采用如下方法：
①气提、吸收CO2。用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收（装置示意图如下）。将虚线框的装置补充完整并标出所用试剂。
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②滴定。将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCO3，再用x mol·L―1 HCl溶液滴定，消耗y mL HCl溶液。海水中溶解无机碳的浓度= mol·L―1。
（4）利用右图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。
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①结合方程式简述提取CO2的原理： 。
②用该装置产生的物质处理b室排出的海水，合理后排回大海。处理至合格的方法是 。
3．有一种化学式为R(NO3)x·nH2O的硝酸盐晶体。现取此晶体6.05 g溶于水配成500 mL溶液，用石墨棒作电极对此溶液进行电解，当通过电流强度为5A的电流16.05 min时，溶液中的金属离子已全部放电，且其中一极增重1.60 g（已知此晶体的摩尔质量为242 g·mol－1），试求：
（1）x和n的值；
（2）R的相对原子质量；
（3）若反应前后溶液体积保持不变，求反应后溶液的pH。
【答案与解析】
一、选择题
1．C
【解析】题给条件——溶液的pH保持不变可分解成两个条件：（1）电解质溶液应为非酸碱性溶液；（2）参加电极反应的阴阳离子分别只有H+和OH－。据此分析选项，由（1）排除A、B，由（2）又可排除D。
2．D
【解析】由所给方程式及氧化还原反应知识知，阳极放电物质为Cu单质，因此阳极电极材料必为Cu单质，阴极处H2O电离出的H+因放电生成H2而被消耗，同时产生大量OH－，OH－与Cu2+结合生成Cu(OH)2。综合以上两点，只有选项②、④符合要求。
3．C?
【解析】A．测0.1 mol/L氨水的pH为11，溶液显示碱性，原因是一水合氨为弱碱，溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，其电离方程式为：NH3?H2O?NH4++OH﹣，故A正确；
B．将Na块放入水中，钠能够与水反应生成氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，故B正确；
C．用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光，氯化铜为强电解质，溶液中完全电离出铜离子和氯离子，电离过程不需要通电，氯化铜的电离方程式为CuCl2=Cu2++2Cl﹣，故C错误；
D．铝溶于NaOH溶液中，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO﹣+3H2↑，故D正确；
故选C。
4．B
【解析】由题意知，溶液中存在H+、Cu2+、Na+、SO42－、NO3－、Cl－、OH－，根据离子的放电顺序，阳离子：Cu2+＞H+＞Na+，阴离子：Cl－＞OH－＞NO3－＞SO42－，则阴极：Cu2++2e－==Cu，阳极：2Cl－－2e－==Cl2↑。
5．A
【解析】电解池的阴极材料为石墨，阳极为Cu，电解溶液为KI，因此电解时，阳极为电极材料Cu自身放电生成Cu2+进入阳极区，而由题给信息知，Cu2+能氧化I－生成I2，故阳极处的淀粉遇I2变蓝；阴极为H2O电离出的H+放电，H+放电的同时，产生大量OH－，使得阴极区碱性，故酚酞变红。因此能正确解释电解过程中的现象的为①②。
6．D
【解析】A、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，该极区碱性增强，遇到酚酞溶液呈红色，故A正确；
B、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应逸出气体氢气，故B正确；
C、以石墨为电极，电解KI溶液时，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，故C正确；
D、以石墨为电极，电解KI溶液时，生成氢氧化钾溶液，溶液的pH变大，故D错误。
故选D。
7．C
【解析】电解时加入的电解质不能参与电极反应，Cl－、Cu2+、Ag+均会放电，故选C。
8．C
【解析】由电极反应，阴极：Mn++xe－＝M，阳极：4OH－－4e－＝2H2O+O2↑，利用阴、阳两极转移的电子的数目相同，即，由此式得，所以。
9．C
【解析】溶液中的六种离子，有四种发生反应生成沉淀，Ag++Cl－＝AgCl↓、Pb2++SO42－＝PbSO4↓，最后溶液就成了NaNO3溶液；而电解NaNO3溶液，实质就是电解水，电解方程式为：2H2O/H2↑+O2↑。氧化产物和还原产物的质量之比为m (O2)∶m (H2)=(1 mol×32g·mol－1)∶(2 mol×2 g·mol－1)=8∶1，即C项正确。
10．C
【解析】根据离子的放电顺序可知，当电路中通过0.04 mol的电子时，能析出金属的只有选项A和C，根据Ag++e－＝Ag和Cu2++2e－＝Cu可知，析出的金属分别为0.04 mol的Ag和0.02 mol的Cu，其质量分别为4.32 g和1.28 g。但溶液中n (Ag+)=0.10 mol／L×0.1 L=0.01 mol＜0.04 mol，所以析出Ag的质量为1.08 g。
二、非选择题
1．（1）Ba(NO3)2、HNO3、H2SO4 （2）CuSO4、Cu(NO3)2、AgNO3 （3）HCl （4）CuCl2
【解析】（1）电解实质是电解水；
（2）阴极：Cu2++2e－＝Cu，Ag++e－＝Ag；阳极：4OH－－4e－＝2H2O+O2↑；
（3）2HCl/H2↑+Cl2↑，产物体积之比为1∶1；
（4）CuCl2/Cu+Cl2↑。
2．（1）CO2+H2OH2CO3、H2CO3H++HCO3―
（2）①2HCO3―+Ca2+==CaCO3↓+CO2↑+H2O
②xCO2 2xH218O
（3）①
/
②
（4）①a室：2H2O―4e―==4H++O2↑，H+通过阳离子膜进入b室，发生反应：H++HCO3―==CO2↑+H2O
②c室的反应：2H2O+2e―==2OH―+H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调至接近装置入口海水的pH
【解析】（1）要注意分别写出CO2溶于水和H2CO3电离的方程式
（2）第①问，需要结合图以及题目信息作答。从图中可以看出，HCO3－转化的终产物是CaCO3和CO2，这个过程Ca2+一定参与反应，所以直接写出Ca2++2HCO3－==CaCO3↓+H2O+CO2↑即可。此问可能有同学想在反应物中补充H+或OH－，但要注意，补H+则不能产生CaCO3，补OH－则不能产生CO2。第②问的方程式根据原子守恒即可写出，注意按题干要求标明H218O。
（3）第①问，洗气瓶中的气体长进短出，另外，需要用分液漏斗向装置中滴加稀硫酸（因为图中明确指出“未酸化”），注意要用稀硫酸而不能用稀盐酸，因为后方装置要吸收产物，所以要选择无挥发性的酸。第②问是个简单计算，应用原子守恒得出答案。
（4）可采用逆向思维的方式。第①问，因海水中无机碳的主要存在形式为HCO3－，若要提取CO2，需要b室中出现H+，按图中的电源正负极可判断粒子流向，再由阳离子交换膜，可知H+只能从a室进入b室，这样即可逆推出第①问的答案。第②问，因b室排出的溶液pH＜6而海水pH≈8，所以需要一种碱（c室产生的NaOH）来调高b室排出的溶液的pH。
3．（1）x=2；n=3。 （2）Ar (R)=64。 （3）pH=1。
【解析】此题电解过程中涉及有关物理学中的电学知识，考查灵活运用物理知识解决化学问题的能力。
Q=It
=5 C·s－1×16.05 min×60 s·min－1
=4.815×103 C，
，
，
则0.025 mol金属离子Rx++xe－＝R，电解过程中得到0.05 mol电子，此金属的化合价为+2，x=2。
其中一极增重1.60 g，此极必为阴极，R的摩尔质量==64 g·mol－1，Ar (R)=64，则有64+62×2+18n=242得n=3。
根据电解反应方程式：
2R(NO3)2+2H2O/2R+O2↑+4HNO3
n (HNO3)=2n (R)=2×0.025 mol=0.05 mol，，pH=―lg[c (H+)]=―lg0.1=1。