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原电池与电解池重要考点总结!

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【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):

  惰性电极(PtAu、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:

S2->I->Br->Cl->>OH->NO3-SO42-(等含氧酸根离子)>F-

  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】AZnCu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cH+)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O24e4H+=2H2O、阳极电极反应式为 4OH4e=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O22H2O4e=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cNa2CO3)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•L1下列物质的溶液,溶液的pH保持不变的是(  )

AHCl           BCuSO

CNa2SO4     DNaCl


【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OHCl移向阳极,放电顺序ClOHCl放电发生氧化反应,阳极电极反应式:2Cl2eCl2;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OHSO42移向阳极,氢氧根离子放电发生氧化反应,电极反应式:4OH4e2H2O+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++4e2Cu;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4OH4e2H2O+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:2Cl2e=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)(  )

A1.5mol/L         B0.75mol/L   

C0.5mol/L        D0.25mol/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:

4OH4e=2H2O+O2

0.5mol  0.5mol  

阴极:

2Cu2++4e=2Cu

0.25    0.5

用惰性电极电解2L1mol/LCuSO4溶液,分别是 Cu2+OH放电,通过0.5mole,那么0.25molCu2+放电,生成0.25molCu,同时 4OH4e=2H2O+O2,反应0.5molOH,得0.5molH+

调换后:

阳极:

2Cu4e=2Cu2+(先),

           0.25   0.5   

4OH4e=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1molOH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.


5.500mLKNO3CuNO32的混合溶液中cNO3=0.6mol•L1,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cK+)为0.2 mol•L1      

B.上述电解过程中共转移0.2 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cH+)为0.2 mol•L1


【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•L10.2mol/L×2=0.2mol/L

A.根据分析知,原混合溶液中cK+)为0.2 mol•L1,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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