2022高二化学学案43电解池(人教版选修4).docx

4.3 电解池学案〔人教版选修4〕
[学习目标]1.熟练掌握电极反响式的书写和电极产物的判断。2.能利用电子得失守恒进行相关电解的计算。
题型一电极反响式的书写及产物判断
方法点拨：以惰性电极电解溶液时，分析电解反响的一般方法为：
1．判断阴、阳极，并分析电极材料的性质，尤其是阳极材料。

3．写出阴、阳极的电极反响式。
4．根据电子得失守恒及原子守恒写出电解的总反响式。
典例1某水溶液中含有等物质的量浓度的Cu(NO3)2和MgCl2，对该溶液以惰性电极进行电解，分阶段写出电解反响的化学方程式。
变式训练1以下列图为持续电解CaCl2水溶液的装置(以铂为电极)，A为电流表。电解一段时间t1后，将CO2连续通入电解液中。
(1)电解时，F极发生________反响，电极反响式为______________，E极发生________反响，电极反响式为__________，电解总反响的离子方程式为____________。
(2)电解池中产生的现象
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________。
变式训练2用如下列图的装置进行电解，在通电一段时间后，铁电极的质量增加。
(1)写出乙中两极发生的电极反响式。
阴极：
________________________________________________________________________；
阳极：
________________________________________________________________________。
(2)写出甲中发生反响的化学方程式：
________________________________________________________________________。
(3)C(左)、C(右)、Fe、Ag4个电极上析出或溶解物质的物质的量之比是________。
题型二有关电解的计算
方法点拨：电解的计算常用的三种方法：
1．根据电子得失守恒法计算：用于串联电路，阴、阳两极产物，正、负两极产物，相同电荷量等类型的计算，其依据是电路上转移的电子数相等；
2．根据总反响式计算：先写出电极反响式，再写出总反响式，最后根据总反响式列比例式计算；
3．根据关系式计算：根据得失电子守恒关系找到量与未知量之间的桥梁，得出计算所需的关系式。
1．单一溶液的电解
典例2把两支惰性电极插入500mLAgNO3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)，电极上应析出银的质量是(　　)
A．27mgB．54mgC．108mgD．216mg
听课记录：
变式训练3电解100mL含c(H＋)＝0.30mol·L－1的以下溶液，当电路中通过0.04mol电子时，理论上析出金属质量最大的是(　　)
A．0.10mol·L－1Ag＋B．0.20mol·L－1Zn2＋
C．0.20mol·L－1Cu2＋D．0.20mol·L－1Pb2＋
2．混合溶液的电解
例3在100mLH2SO4和CuSO4的混合液中，用石墨作电极进行电解，两极上均收集到2.24 L气体(标准状况下)，那么原混合液中，Cu2＋的物质的量浓度为(　　)
A．1mol·L－1B．2mol·L－1
C．3mol·L－1D．4mol·L－1
听课记录：
变式训练4常温下用石墨电极，电解100mL0.1mol·L－1的Cu(NO3)2和0.1mol·L－1的AgNO3组成的混合溶液，当某一电极上生成的气体在标准状况下体积为1.12 L时，假设溶液体积不变，以下说法正确的选项是(　　)
A．阴极增重1.4 gB．所得溶液pH<1
C．阴极增重0.64 gD．所得溶液pH>1
3．串联电路的电解
典例4如
图所示的A、B两个电解池中的电极均为铂，在A池中参加0.05mol·L－1的CuCl2溶液，B池中参加0.1mol·L－1的AgNO3溶液，进行电解。a、b、c、d四个电极上所析出的物质的物质的量之比是(　　)
A．2∶2∶4∶1B．1∶1∶2∶1
C．2∶1∶1∶1D．2∶1∶2∶1
听课记录：
变式训练5以下列图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100 g5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100 g10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极。
接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4的质量分数为10.47%，乙中c电极质量增加。据此答复以下问题：
(1)电源的N端为________极；
(2)电极b上发生的电极反响为
________________________________________________________________________；
(3)列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
(4)电极c的质量变化是________g。
变式训练6如以下列图，a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色。
以下说法正确的选项是(　　)
A．X极是电源负极，Y极是电源正极
B．a极的电极反响是2Cl－－2e－===Cl2↑
C．电解过程中CuSO4溶液的pH逐渐增大
D．Pt极上有6.4 gCu析出时，b极产生2.24 L(标准状况)气体
参考答案
要点突破区
典例1第一阶段的反响：CuCl2Cu＋Cl2↑；
第二阶段的反响：2H2O2H2↑＋O2↑。
解析该溶液由Cu(NO3)2、MgCl2和H2O三种物质组成，其中含有H＋、Cu2＋、Mg2＋三种阳离子和NO、Cl－、OH－三种阴离子。
H＋、Cu2＋、Mg2＋在阴极上放电的先后顺序是Cu2＋＞H＋＞Mg2＋，NO、Cl－、OH－在阳极上放电的先后顺序是Cl－＞OH－＞NO。溶液中的OH－和H＋均来自难电离的H2O。电极反响式为：
第一阶段阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑
阴极：Cu2＋＋2e－===Cu
第二阶段阳极：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋或4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
阴极：4H2O＋4e－===2H2↑＋4OH－或4H＋＋4e－===2H2↑
将电极反响式合并得电解反响的化学方程式。
变式训练1(1)氧化2Cl－－2e－===Cl2↑复原2H＋＋2e－===H2↑2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
(2)①通电后E极处溶液呈红色
②通电时，E极、F极均有气体生成
③通CO2时，溶液中先出现白色沉淀，继续通入CO2，沉淀又消失
变式训练2　(1)Ag＋＋e－===AgAg－e－===Ag＋
(2)2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑
(3)2∶1∶4∶4
典例2B[由电子得失守恒知，e－～OH－～H＋～Ag，所以n(Ag)＝n(H＋)。AgNO3溶液电解后产生酸，产生的H＋的物质的量可由pH差来计算：pH从6.0变为3.0，即c(H＋)＝10－3 mol·L－1，所以n(Ag)＝n(H＋)＝10－3 mol·L－1×0.5 L＝5×10－4 mol，m(Ag)＝n(Ag＋)×M＝5×10－4 mol×108 g·mol－1＝0.054 g＝54 mg。]
变式训练3C
典例3 A[分析电解H2SO4、CuSO4的混合液时阴、阳两极的电极反响可知，两极产生的气体为O2、H2各0.1mol，O2得到0.4mol电子，H2失去0.2mol电子。由电子得失守恒知，还有0.2mol电子是Cu2＋失去的，故Cu2＋的物质的量是0.1mol，那么Cu2＋的物质的量浓度为＝1mol·L－1。]
变式训练4B
典例4 A　[由电解规律可知：a、c为阴极，b、d为阳极。a极上析出Cu，b极上析出Cl2，c极上析出Ag，d极上析出O2。由电子守恒可得出：2e－～Cu～Cl2～2Ag～O2，所以a、b、c、d四个电极上所析出物质的物质的量之比为1∶1∶2∶＝2∶2∶4∶1。]
变式训练5(1)正　(2)4OH－－4e－===2H2O＋O2↑　(3)水减少的质量：100 g×＝4.5 g生成O2的体积：××22.4 L·mol－1＝2.8 L　(4)16
解析由题中信息c的电极质量增加知：c极上析出铜，故c为阴极，d为阳极，e为阴极，f为阳极。(1)N为正极，M为负极，a为阴极，b为阳极。(2)甲烧杯中b极上发生反响为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。(3)电解K2SO4溶液实际上是电解水，设电解水的质量为m，那么100 g×10.00%＝(100 g－m)×10.47%，解得m＝4.5 g，即0.25molH2O，每电解2molH2O转移4mol电子，故整个装置发生电极反响转移0.5mol电子，产生O2的体积为V＝n·Vm＝×22.4 L·mol－1＝2.8 L。(4)c极上析出铜的质量为×64 g·mol－1＝16 g。
变式训练6B