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1、1.2 电能转化为化学能电解 学案鲁科版选修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.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。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。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
2、、Cl、OH三种阴离子。H、Cu2、Mg2在阴极上放电的先后顺序是Cu2HMg2，NO、Cl、OH在阳极上放电的先后顺序是ClOHNO。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：2ClCl22e阴极：Cu22eCu第二阶段阳极：2H2OO24H4e或4OHO22H2O4e阴极：4H2O4e2H24OH或4H4e2H2将电极反响式合并得电解反响的化学方程式。答案第一阶段的反响：CuCl2CuCl2；第二阶段的反响：2H2O2H2O2。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
3、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_；_；_。答案(1)氧化2ClCl22e复原2H2eH22Cl2H2O2OHH2Cl2(2)通电后E极处溶液呈红色通电时，E极、F极均有气体生成通CO2时，溶液中先出现白色沉淀，继续通入CO2，沉淀又消失解析溶液中含有Ca2、H、Cl、OH，通电时，Ca2、H移向阴极，由于H放电能力比Ca2强，在E极上发生反响：2H2eH2；Cl、OH移向阳极，Cl在阳极放电：2ClCl22e，电解至t1后，溶液中OH浓度增大，通入CO2后会有CaCO3沉淀生成。变式训练2用如下列图的装置进行电
4、解，在通电一段时间后，铁电极的质量增加。(1)写出乙杯中两极发生的电极反响式。阴极：_；阳极：_。(2)写出甲杯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_。答案(1)AgeAgAgAge(2)2CuSO42H2O2Cu2H2SO4O2(3)2144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
5、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()A27mgB54mgC108mgD216mg解析由电子得失守恒知，eOHHAg，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H103molL1，所以n(Ag)n(H)103molL10.5 L5104mol，m(Ag)n(Ag)M5104mol108
6、 gmol10.054 g54mg。答案B变式训练3电解100mL含H0.30molL1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()A0.10molL1AgB0.20molL1Zn2C0.20molL1Cu2D0.20molL1Pb2答案C2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()A1molL1B2molL1C3molL1D4molL1解析分析电解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
7、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1molL1。答案A变式训练4常温下用石墨电极，电解100mL0.1molL1的Cu(NO3)2和0.1molL1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pH1答案B解析阴极可以放电的离子依次为0.01molAg、0.01molCu2，阳极可以放电的阴离子只有OH。(1)当阳极生成1.12 LO2时，
8、电路中通过电子：n(e)0.05mol40.2mol，此时Ag、Cu2已全部析出，质量：0.01mol108 gmol10.01mol64 gmol11.72 g；因为当Ag、Cu2全部析出以后，相当于电解水，H不再增加。所以生成的H所带电荷与0.01molAg、0.01molCu2所带电荷相等。那么溶液中生成H：H0.3molL1，pH1。(2)当阴极生成1.12 LH2时，说明Ag、Cu2已经放电完全。阴极增重、溶液pH与以上相等。3串联电路的电解例4如下列图的A、B两个电解池中的电极均为铂，在A池中参加0.05molL1的CuCl2溶液，B池中参加0.1molL1的AgNO3溶液，进行电
9、解。a、b、c、d四个电极上所析出的物质的物质的量之比是()A2241B1121 C2111D2121解析由电解规律可知：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：2eCuCl22AgO2，所以a、b、c、d四个电极上所析出物质的物质的量之比为1122241。答案A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
10、。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。答案(1)正(2)4OH2H2OO24e(3)水减少的质量：100 g4.5 g生成O2的体积：22.4 Lmol12.8 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4OH2H2OO24e。(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 g10.00%(100 gm)10.4
11、7%，解得m4.5 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VnVm22.4 Lmol12.8 L。(4)c极上析出铜的质量为64 gmol116 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()AX极是电源负极，Y极是电源正极Ba极的电极反响是2ClCl22eC电解过程中CuSO4溶液的pH逐渐增大DPt极上有6.4 gCu析出时，b极产生2.24 L(标准状况)气体答案B解析b极附近溶液显红色，所以b极上的电极反响为2H2eH2。那么Y为电源负极，X为正极，Pt为电解池阳极，Cu为阴极；a为阳极，b为阴极；C项，2CuSO42H2O2CuO22H2SO4，所以电解过程中CuSO4溶液的pH逐渐变小；D项，Pt极上发生氧化反响，不会有Cu析出。