第六章 化学反应与能量李仕才考点一 电解原理 1．电解定义在电流作用下，电解质在两个电极上分别发生氧化反应和还原反应的过程。2．能量转化形式电能转化为化学能。3．电解池(1)构成条件①有与电源相连的两个电极。②电解质溶液(或熔融盐)。③形成闭合回路。(2)电极名称及电极反应式(如图)16\n(3)电子和离子的移动方向①电子：从电源负极流向电解池的阴极；从电解池的阳极流向电源的正极。②离子：阳离子移向电解池的阴极；阴离子移向电解池的阳极。4．分析电解过程的思维程序(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(不要忘记水溶液中的H＋和OH－)。(3)然后排出阴、阳两极的放电顺序阴极：最常用的阳离子放电顺序：Ag＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋。阳极：活泼电极>S2－>I－>Br－>Cl－>OH－>含氧酸根离子。(4)分析电极反应，判断电极产物，写出电极反应式，要注意遵循原子守恒和电荷守恒。(5)最后写出电解反应的总化学方程式或离子方程式。5．惰性电极的电解规律16\n16\n判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)1．电解质溶液的导电过程就是电解质溶液被电解的过程。( √ )2．某些不能自发进行的氧化还原反应，通过电解可以实现。( √ )3．电解CuCl2溶液，阴极逸出的气体能够使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色。( × )4．电解盐酸、硫酸等溶液，H＋放电，溶液的pH逐渐增大。( × )5．电解时，电解液中阳离子移向阳极，发生还原反应。( × )6．用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后加入Cu(OH)2一定可使电解质溶液恢复到电解前状态。( × )16\n1．“电子不下水，离子不上岸”即：电解时，在外电路中有电子通过，而在溶液中是依靠离子定向移动形成电流，即电子本身不会通过电解质溶液。2．阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电。3．电解水溶液时，K＋～Al3＋不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属。4．书写电解池中电极反应式时，要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。一、电解原理和电解规律1．如图中两烧杯盛有相同电解质溶液，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加。b极板处有无色无味气体放出，符合这一情况的是( )a电极b电极X电极溶液A锌石墨负极CuSO4B石墨石墨正极NaOHC银铁负极AgNO3D石墨铜正极NaNO3解析：由通电后a、b两极的现象知，X为负极，Y为正极，故B、D错误；b为阳极，A项中的阳极反应：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，C项中的阳极发生反应：Fe－2e－===Fe2＋16\n，结合b极板处有无色无味气体放出，则A正确，C错误。答案：A2．下图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置。通电后在石墨电极a和b附近分别滴加几滴石蕊溶液。下列实验现象描述正确的是( )A．逸出气体的体积，a电极的小于b电极的B．一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气体C．a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色D．a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色解析：SO、OH－移向b极，在b极OH－放电，产生O2，b极附近c(H＋)>c(OH－)，石蕊溶液变红。Na＋、H＋移向a极，在a极H＋放电产生H2，a极附近c(OH－)>c(H＋)，石蕊溶液变蓝。所以产生的气体体积a电极的大于b电极的；两种气体均为无色无味的气体。A、B、C均错。答案：D3．电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开。在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅。已知：3I2＋6OH－===IO＋5I－＋3H2O下列说法不正确的是( )A．右侧发生的电极反应式：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－B．电解结束时，右侧溶液中含有IO16\nC．电解槽内发生反应的总化学方程式：KI＋3H2OKIO3＋3H2↑D．如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学反应不变解析：本题考查电解基本原理，包括电极反应式的书写，电解总反应的判断等。根据题干信息可知，图中左侧为阳极，右侧为阴极。A项，图中右侧为阴极，发生还原反应，有H2生成，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，正确；B项，电解过程中阳极生成的I2会被溶液中的OH－消耗而生成IO，该阴离子可通过阴离子交换膜而进入右侧溶液，正确；C项，电解最终生成物为H2和KIO3，正确；D项，若用阳离子交换膜，则右侧生成的OH－就不能进入左侧溶液中，也就阻止了I2与OH－的反应，所以总反应不同，错误。答案：D4．用惰性电极电解物质的量浓度为1∶3的CuSO4和NaCl的混合溶液，可能发生的反应有( )①2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑②Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑③2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑④2H2O2H2↑＋O2↑A．①②③B．①②④C．②③④D．②④解析：由放电顺序Cl－>OH－>SO，Cu2＋>H＋>Na＋知，开始是Cl－和Cu2＋分别在两极放电，此时相当于电解CuCl2溶液，故②正确，①错误；由n(Cu2＋)∶n(Cl－)＝1∶3，当Cu2＋全部放电，溶液中还有Cl－，此时若继续电解，则是电解NaCl溶液，故③正确；当Cl－全部放电后再继续电解，则是电解Na2SO4和NaOH的混合溶液，其实质是电解水，故④正确。答案：C5．双隔膜电解池的结构示意简图如图所示，利用该装置可以电解硫酸钠溶液以制取硫酸和氢氧化钠，并得到氢气和氧气。对该装置及其原理判断正确的是( )16\nA．a气体为氢气，b气体为氧气B．A溶液为氢氧化钠，B溶液为硫酸C．c隔膜为阳离子交换膜、d隔膜为阴离子交换膜D．该电解反应的总方程式可以表示为2Na2SO4＋6H2O2H2SO4＋4NaOH＋O2↑＋2H2↑解析：电解硫酸钠溶液的阴极反应为2H＋＋2e－===H2↑，该极区水的电离被破坏，生成NaOH(B溶液)，阳极反应为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，总反应方程式为2Na2SO4＋6H2O2H2SO4＋4NaOH＋O2↑＋2H2↑，A、B项错误，D项正确；电解过程中，阳离子向阴极区移动，c膜应为阴离子交换膜，C项错误。答案：D6．下列各组中，每种电解质溶液电解时只生成氢气和氧气的是( )A．HCl、CuCl2、Ba(OH)2B．NaOH、CuSO4、H2SO4C．NaOH、H2SO4、Ba(OH)2D．NaBr、H2SO4、Ba(OH)2解析：电解质溶液电解时只生成氧气和氢气，相当于是电解水。根据电解时离子的放电顺序，当电解强含氧酸、强碱、活泼金属含氧酸盐的溶液时均相当于电解水。答案：C7．用惰性电极持续电解100mLCuSO4溶液一段时间后，可以通过添加0.1molCu(OH)2将溶液的量与浓度完全复原，则电解时电路中通过的电子为( )A．0.1molB．0.2molC．0.4molD．0.8mol解析：根据题意知，通过添加0.1molCu(OH)216\n将溶液的量与浓度完全复原，可知电解时Cu2＋放电完全，且电解了一部分水。由0.1molCu(OH)2可知，电解时阴极产生了0.1molCu和0.1molH2，结合电极反应式知，通过的电子为0.4mol。答案：C8．用惰性电极电解下列各组中的三种电解质溶液，在电解的过程中，溶液的pH依次为升高、不变、降低的是( )A．AgNO3 CuCl2 Cu(NO3)2B．KCl Na2SO4 CuSO4C．CaCl2 KOH NaNO3D．HCl HNO3 K2SO4解析：电解KCl溶液生成KOH，pH升高，电解Na2SO4溶液，实质是电解水，pH不变，电解CuSO4溶液生成H2SO4，pH减小。答案：B9．用石墨作电极完全电解含1mol溶质X的溶液后，向溶液中加入一定量的物质Y能使电解液恢复到起始状态的是( )选项X溶液物质YACuCl21molCu(OH)2BKOH1molKOHCNa2SO41molH2SO4DAgNO30.5molAg2O解析：电解CuCl2溶液的化学方程式为CuCl2Cu＋Cl2↑，所以电解后加CuCl2才能恢复原状；电解KOH溶液的化学方程式为2H2O2H2↑＋O2↑，电解后加水才能恢复原状；电解Na2SO4溶液的化学方程式为2H2O2H2↑＋O2↑，电解后加水能恢复原状；电解AgNO3溶液的化学方程式为4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3，电解后加入0.5molAg2O可恢复原状，故A、B、C错误，选D。答案：D10．用如图甲装置电解一定量的CuSO4溶液，M、N为惰性电极。电解过程实验数据如图乙所示。x轴表示电解过程中转移电子的物质的量，y轴表示电解过程中产生气体的总体积。则下列说法不正确的是( )16\nA．电解过程中N电极表面先有红色物质生成，后有气泡产生B．A点所得溶液只需加入一定量的CuO固体就可恢复到起始状态C．Q点时M、N两电极上产生的气体在相同条件下体积相同D．若M电极材料换成Cu作电极，则电解过程中CuSO4溶液的浓度不变解析：N为电解池的阴极，根据放电顺序，首先Cu2＋得电子生成红色物质Cu，然后H＋得电子生成H2，A正确；根据图乙，OP段阴极发生Cu2＋得电子生成Cu的反应，P点后阴极H＋放电生成H2，阳极反应一直是OH－失电子生成O2，所以P点以后相当于电解水，A点只加入CuO固体不能恢复到起始状态，B错误；由图乙可以看出，OP段电路通过amol电子，阳极生成氧气体积为bL，PQ段又通过amol电子，阳极生成氧气体积为bL，则到Q点时，阳极共生成氧气2bL，生成氢气为(4b－2b)L＝2bL，C正确；若M电极材料换成Cu作电极，阳极上则是Cu失电子，阴极上Cu2＋得电子，所以电解过程中CuSO4溶液的浓度不变，D正确。答案：B二、电极反应式和电解总方程式的书写11．电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢气的装置示意图如图：电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴阳两极均为惰性电极。(1)A极为________，电极反应式为__________________。(2)B极为________，电极反应式为________________________________________________。解析：H2产生是因为H2O电离的H＋在阴极上得电子，即6H2O＋6e－===3H2↑＋6OH－，所以B极为阴极，A极为阳极，电极反应式为CO(NH2)2－6e－＋8OH－===N2↑＋CO＋6H216\nO，阳极反应式容易错写成4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。答案：(1)阳极 CO(NH2)2＋8OH－－6e－===N2↑＋CO＋6H2O(2)阴极 6H2O＋6e－===3H2↑＋6OH－12．用石墨电极完成下列电解实验。下列对实验现象的解释或推测不合理的是( )A．a、d处：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－B．b处：2Cl－－2e－===Cl2↑C．c处发生了反应：Fe－2e－===Fe2＋D．根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜解析：a、d处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，氢氧根离子剩余造成的，故A项正确；b处变红，局部褪色，说明是溶液中的氢氧根和氯离子同时放电，故B项错误；c处为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，故C项正确；实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池(一个球两面为不同的两极)，m为电解池的阴极，另一球朝m的一面为阳极(n的背面)，故相当于电镀，即m上有铜析出，故D项正确。答案：B13．用如图所示装置除去含CN－、Cl－废水中的CN－时，控制溶液pH为9～10，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( )16\nA．用石墨作阳极，铁作阴极B．阳极的电极反应式：Cl－＋2OH－－2e－===ClO－＋H2OC．阴极的电极反应式：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－D．除去CN－的反应：2CN－＋5ClO－＋2H＋===N2↑＋2CO2↑＋5Cl－＋H2O解析：若铁作阳极，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；Cl－要生成ClO－，氯元素的化合价要升高，故在阳极发生氧化反应，又已知该溶液为碱性条件，B项正确；阳离子在电解池的阴极得电子发生还原反应，碱性条件下，H2O提供阳离子H＋，故C项正确；由于溶液是碱性条件，方程式中不能出现H＋，D项错误。答案：D 电化学的有关计算1计算类型原电池和电解池的计算主要包括以下几个方面：(1)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)；(2)溶液pH的计算；(3)相对原子质量和阿伏加德罗常数的计算；(4)产物的量与电荷量关系的计算。2解题方法(1)根据总反应式计算先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列出比例式计算。(2)根据电子守恒计算①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。②用于混合溶液中电解的分阶段计算。(3)根据关系式计算16\n据得失电子守恒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。串联电路中各电极得失电子数相等，即电路中通过的电量(电子总数)相等。如以通过4mole－为桥梁可构建如下关系式：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。1．将两个铂电极插入500mLCuSO4溶液中进行电解，通电一定时间后，某一电极增重0.064g(设电解时该电极无氢气析出，且不考虑水解和溶液体积变化)，此时溶液中氢离子浓度约为( )A．4×10－3mol·L－1 B．2×10－3mol·L－1C．1×10－3mol·L－1D．1×10－7mol·L－1解析：阴极反应：Cu2＋＋2e－===Cu，增重0.064g应是Cu的质量，设生成H＋的物质的量为x，根据总反应方程式：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋ 2×64g 4mol 0.064g xx＝0.002molc(H＋)＝＝4×10－3mol·L－1。答案：A2．两个惰性电极插入500mLAgNO3溶液中，通电电解。当电解液的pH从6.0变为3.0时(设电解过程中阴极没有H2放出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略不计)，电极上析出银的质量最大为( )A．27mgB．54mgC．106mgD．216mg解析：首先结合离子放电顺序，弄清楚两极的反应：阳极：4OH－－4e－===O2↑＋2H216\nO；阴极：4Ag＋＋4e－===4Ag，电解的总反应式为4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3。由电解的总反应式可知，电解过程中生成的n(Ag)＝n(HNO3)＝n(H＋)＝(10－3mol·L－1－10－6mol·L－1)×0.5L≈5×10－4mol，m(Ag)＝5×10－4mol×108g·mol－1＝0.054g＝54mg。答案：B3．500mLNaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)＝0.3mol·L－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1.12L(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是( )A．原混合溶液中c(Na＋)＝0.2mol·L－1B．电解后溶液中c(H＋)＝0.2mol·L－1C．上述电解过程中共转移0.4mol电子D．电解后得到的Cu的物质的量为0.1mol解析：阳极是阴离子放电(放电能力：OH－>NO)，根据题给信息，阳极一定是OH－放电，生成0.05mol氧气，转移0.2mol电子；阴极离子放电能力：Cu2＋>H＋>Na＋，所以Cu2＋先放电，然后是H＋放电，阴极生成0.05mol氢气时，转移0.1mol电子，根据得失电子守恒知，Cu2＋转移0.1mol电子，n(Cu2＋)＝0.05mol。所以原溶液中n[Cu(NO3)2]＝0.05mol，n(NO)＝0.3mol·L－1×0.5L＝0.15mol，n(NaNO3)＝0.05mol。原混合溶液中c(Na＋)＝0.1mol·L－1，A项错误；结合以上分析及电解总方程式Cu2＋＋2H2OCu＋H2↑＋O2↑＋2H＋可知，生成0.05molCu、0.05molO2、0.05molH2和0.1molH＋，电解后溶液中c(H＋)＝＝0.2mol·L－1，B项正确；D项错误；上述电解过程中共转移0.2mol电子，C项错误。答案：B4．用惰性电极电解一定浓度CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH。则下列说法正确的是( )A．电解过程中阴极没有气体生成B．电解过程中转移的电子的物质的量为0.4molC．原CuSO4溶液的浓度为0.1mol·L－1D．电解过程中阳极收集气体体积为1.12L(标准状况下)解析：加入0.1molCu(OH)2相当于加入0.1molCuO和0.1molH2O，故CuSO4电解完后还电解了部分水，阴极析出了0.1molCu和0.1molH2，A错误；析出0.1molCu转移电子0.2mol，析出0.1molH2转移电子0.2mol，故转移的电子的总物质的量为0.4mol，B正确；原CuSO4溶液的物质的量为0.1mol，不知溶液体积，无法求浓度，C错误；电解过程中阳极始终产生O2，根据转移的电子的总物质的量为0.4mol，产生O2体积为2.24L16\n(标准状况下)，D错误。答案：B5．如图所示，通电5min后，电极5的质量增加2.16g，请回答下列问题：(1)a为电源的______(填“正”或“负”)极，C池是________池。A池阳极的电极反应为________，C池阴极的电极反应为________。(2)如果B池中共收集到224mL气体(标准状况)且溶液体积为200mL(设电解过程中溶液体积不变)，则通电前溶液中Cu2＋的物质的量浓度为________。(3)如果A池溶液是200mL足量的食盐水(电解过程溶液体积不变)，则通电后，溶液的pH为________。解析：根据已知条件通电5min后，电极5的质量增加2.16g，说明电极5作阴极，银离子放电，电极反应为Ag＋＋e－===Ag，转移电子的物质的量为0.02mol，同时可知电极6作阳极，与电源的正极相连。同时可得a是负极，b是正极，电极1、3、5作阴极，电极2、4、6作阳极。由此可得(1)中答案。(2)B池中电解总反应为2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，若转移0.02mol电子时只收集到O2(只电解溶质)，则根据关系式2CuSO4～O2～4e－可得n(O2)＝0.005mol，体积为112mL(标准状况)<224mL，说明溶质CuSO4已耗完，然后电解水。设整个过程消耗CuSO4xmol，H2Oymol，则有2x＋2y＝0.02，x＋y＝0.01，解得x＝y＝0.005mol，则c(CuSO4)＝0.025mol·L－1。(3)由于A池中电解液足量，A池中只发生反应2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，根据关系式NaOH～e－，生成的n(NaOH)＝0.02mol，则c(NaOH)＝＝0.1mol·L－1，即溶液的pH＝13。答案：(1)负 电解 2Cl－－2e－===Cl2↑ Ag＋＋e－===Ag16\n(2)0.025mol·L－1 (3)1316
