原电池与电解池重要考点总结!

【知识点】

一、原电池与电解池

二、电解规律

1、阳极（阴离子在阳极上放电）：

①  用惰性电极(Pt、Au、石墨、钛等)时：溶液中阴离子的放电顺序（由难到易）是：

阴离子的还原性：

S^2->I^->Br^->Cl^->>OH^->NO₃^-、SO₄^2-(等含氧酸根离子）>F^-

②  活性材料作电极时：电极本身溶解放电。

2、阴极（阳离子在阴极上放电）：

阳离子的氧化性：

Ag⁺>Hg²⁺>Fe³⁺>Cu²⁺>Pb²⁺>Sn²⁺>Fe²⁺>Zn²⁺>(H⁺)> Al³⁺>Mg²⁺>Na⁺>Ca⁺>K⁺(标注紫色只有熔融态放电)

 

三、电解的应用

 

四、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。

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。

 

【典型习题】

题型1:电解池和原电池综合

1.某化学兴趣小组的同学用如图所示装置研究电化学问题．当闭合该装置的电键时，观察到电流计的指针发生偏转．下列有关说法不正确的是（　　）

A．甲装置是原电池，乙装置是电解池 

B．当甲中产生0.1 mol气体时，乙中析出固体的质量为6.4 g

C．实验一段时间后，甲烧杯中溶液的pH增大 

D．将乙中的C电极换成铜电极，则乙装置可变成电镀装置

【答案】D

【解析】A、Zn、Cu电极和稀硫酸构成原电池，其中Zn作负极，Cu作正极；乙装置是电解池，C为阴极，Pt为阳极，故A正确；

B、当甲中产生0.1 mol H₂时，电极反应无味2H⁺+2e^﹣═H₂↑，电路转移0.2 mol 电子，乙中电解池中，阴极上电极反应为Cu²⁺+2e^﹣═Cu，依据电子守恒计算得到0.1 mol Cu，质量为6.4 g，故B正确；

C、实验一段时间后，甲烧杯的溶液中c（H⁺）减小，pH增大，故C正确；

D、乙中的C电极是阴极，将其换成铜电极，该装置不是电镀装置，故D错误．故选：D．

2.当电解质溶液为H₂SO₄水溶液的氢氧燃料电池电解饱和Na₂CO₃溶液一段时间，假设电解时温度不变且使用惰性电极，下列说法正确的是（　　）

A．当电池正极消耗mg气体时，电解池阳极同时有mg气体生成

B．电池的正极反应式为：O₂+2H₂O+4e^﹣=4OH^﹣

C．电解后 比值不变，且溶液pH保持不变

D．电解一段时间，若想恢复Na₂CO₃原浓度，只需要加入水即可

【答案】AC

【解析】解：A．正极上氧气得电子O₂﹣4e^﹣十4H⁺=2H₂O、阳极电极反应式为 4OH^﹣﹣4e^﹣=O₂↑+2H₂O，则得失电子相等时，正极消耗的氧气质量等于阳极析出氧气质量，故A正确；

B．正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，在碱性电解质下，电极反应式为O₂十2H₂O十4e^﹣=4OH^﹣，但是酸性环境下不会出现氢氧根离子，故B错误；

C．电解时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上氢离子放电，实际上是电解水，导致析出部分碳酸钠，溶液仍然是饱和溶液，则电解后c（Na₂CO₃）不变， 比值不变，且溶液pH保持不变，故C正确；

D．电解饱和碳酸钠的实质是电解水，水的量减少，碳酸钠析出一部分，所以要使得电解质复原，应该加入水和碳酸钠，故D错误；故选AC．

【考点】原电池原理和电解池原理．

 

题型2：电解酸、碱、盐水溶液产物及溶液pH变化分析

3.用石墨作电极，电解1mol•L^﹣1下列物质的溶液，溶液的pH保持不变的是（　　）

A．HCl           B．CuSO₄ 

C．Na₂SO₄     D．NaCl

【答案】C

【解析】A．用石墨作电极电解盐酸，电解过程中，阳极：溶液中阴离子OH^﹣、Cl^﹣移向阳极，放电顺序Cl^﹣＞OH^﹣，Cl^﹣放电发生氧化反应，阳极电极反应式：2Cl^﹣﹣2e^﹣═Cl₂↑；阴极：溶液中阳离子H⁺移向阴极放电2H⁺+2e^﹣=H₂↑，所以溶液中氢离子浓度逐渐减小，pH值逐渐变大，故A错误；B．用石墨作电极电解CuSO₄溶液，电解过程中，阳极：溶液中阴离子OH^﹣、SO₄^2﹣移向阳极，氢氧根离子放电发生氧化反应，电极反应式：4OH^﹣﹣4e^﹣═2H₂O+O₂↑；阴极：溶液中阳离子Cu²⁺、H⁺移向阴极发生还原反应，电极反应：2Cu²⁺+4e^﹣═2Cu；所以溶液中氢氧离子浓度逐渐减小，氢离子浓度逐渐增大，pH值逐渐变小，故B错误；C．用石墨作电极电解硫酸钠溶液，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，阴极：4H⁺+4e^﹣=2H₂ ↑，阳极4OH^﹣﹣4e^﹣═2H₂O+O₂↑；相当于电解水，导致溶液中硫酸钠的浓度增大，但溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度不变，所以溶液的pH值保持不变，故C正确；D．用石墨作电极电解氯化钠溶液时，阴极电极反应式为：2H₂O+2e^﹣=H₂ ↑+2OH^﹣，阳极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：2Cl^﹣﹣2e^﹣=Cl₂↑，同时生成氢氧化钠，所以其电池反应式为：2NaCl+2H₂O=（通电）2NaOH+H₂↑+Cl₂↑，所以溶液中氢离子浓度逐渐减小，pH值逐渐变大，故D错误；故选C．

【考点】电解质溶液中离子的放电顺序，电解原理．

题型3：电解混合溶液的相关计算:

4.用惰性电极电解2L1mol/L硫酸铜溶液，在电路中通过0.5mol电子后，将电源反接，电路中又通过1mol电子，此时溶液中，H⁺浓度是（设溶液的体积不变）（　　）

A．1.5mol/L         B．0.75mol/L   

C．0.5mol/L        D．0.25mol/L

【答案】C

【解析】调换正负极前后电极反应式如下：

调换前：

阳极：

4OH^﹣﹣4e^﹣=2H₂O+O₂↑；

0.5mol  0.5mol  

阴极：

2Cu²⁺+4e^﹣=2Cu，

0.25    0.5

用惰性电极电解2L1mol/L的CuSO₄溶液，分别是 Cu²⁺和OH^﹣放电，通过0.5mole^﹣，那么0.25molCu²⁺放电，生成0.25molCu，同时 4OH^﹣﹣4e^﹣=2H₂O+O₂↑，反应0.5molOH^﹣，得0.5molH⁺，

调换后：

阳极：

2Cu﹣4e^﹣=2Cu²⁺（先），

           0.25   0.5   

4OH^﹣﹣4e^﹣=2H₂O+O₂↑（后）；

  0.5    0.5

阴极：2Cu²⁺+4e^﹣=2Cu，                  

调换正负极，那么通电前的0.5mole^﹣，恰好是电镀铜的过程，也就是第一个过程的Cu又溶解，在另一电极变为Cu，消耗0.5mole^﹣，剩余0.5mole^﹣，还是得到相同的0.5molH⁺，故电路中转移的1.5mol电子中，只有1mol由OH^﹣放电产生，所以总共得到1molH⁺，浓度为0.5mol/L．故选C．

【考点】物质的量浓度的相关计算；原电池和电解池的工作原理．

5.500mLKNO₃和Cu（NO₃）₂的混合溶液中c（NO₃^﹣）=0.6mol•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2.24L气体（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（K⁺）为0.2 mol•L^﹣1      

B0.2 mol电子

C．电解得到的Cu的物质的量为0.05 mol   

D．电解后溶液中c（H⁺）为0.2 mol•L^﹣1

【答案】A

【解析】电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，根据得失电子守恒计算铜的物质的量，再结合电荷守恒计算钾离子的浓度，据此分析解答．

解答：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量==0.1mol；

每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，

所以根据转移电子守恒得铜的物质的量==0.1mol，

则铜离子的物质的量浓度=，

根据电荷守恒得钾离子浓度=0.6mol•L^﹣1﹣0.2mol/L×2=0.2mol/L，

A．根据分析知，原混合溶液中c（K⁺）为0.2 mol•L^﹣1，故A正确；B．转移电子的物质的量=0.1mol×4=0.4mol，故B错误；C．根据以上分析知，铜的物质的量为0.1mol，故C错误；

D．电解硝酸铜时溶液中生成氢离子(0.4mol)，电解硝酸钾溶液，消耗氢离子0.2mol，溶液中氢离子浓度为0.4mol-0.2mol=0.2mol则氢离子浓度=0.2mol/0.5L=0.4mol/L，故D错误；故选：A．

【考点】电解原理；电子守恒、电荷守恒．

 

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