专题1 第二单元 微专题4 电解的相关计算

微专题4 电解的相关计算

1．计算的原则

(1)阳极失去的电子数等于阴极得到的电子数。

(2)串联电路中通过各电解池的电子总数相等。

(3)电源输出的电子总数和电解池中转移的电子总数相等。

2．计算的方法

(1)得失电子守恒法计算：用于串联电路、通过阴阳两极的电量相同等类型的计算，其依据是电路上转移的电子数相等。

(2)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)关系式计算：借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。如电路中通过4 mol e －

可构建如下关系式：

4e －～22222Cl Br I O 4H ()＋阳极产物

、～～ ～24OH 2H 2Cu 4Ag －阴极产物

～～～ 3．计算的步骤

(1)正确书写电极反应式(要注意阳极材料)。 (2)当溶液中有多种离子共存时，要确定放电离子的先后顺序。

(3)最后根据得失电子守恒进行相关的计算。

例

1(2019·宁夏长庆高级中学期末)以惰性电极电解CuSO4溶液，若阳极上产生的气体的物质的量为0.010 mol，则阴极上析出Cu的质量为()

A．0.64 g B．1.28 g

C．2.56 g D．5.12 g

答案 B

解析以惰性电极电解CuSO4溶液，在阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阳极电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑；在阴极上铜离子得到电子析出金属铜，电极反应式为2Cu2＋＋4e－===2Cu。

根据得失电子守恒得到：O2～4e－～2Cu

0.010 mol0.020 mol

所以阴极析出铜的质量m(Cu)＝0.020 mol×64 g·mol－1＝1.28 g，B项正确。

变式1用石墨电极电解CuSO4溶液一段时间后，向所得溶液中加入0.2 mol Cu(OH)2后，恰好使溶液恢复到电解前的浓度。则电解过程中转移电子的物质的量为()

A．0.4 mol B．0.5 mol

C．0.6 mol D．0.8 mol

答案 D

解析将Cu(OH)2改写为CuO·H2O，根据CuO·H2O知，阳极上OH－放电生成O2，阴极上Cu2＋和H＋放电生成Cu和H2，根据氧原子守恒得n(O2)＝n[Cu(OH)2]＝0.2 mol，则转移电子的物质的量为0.2 mol×4＝0.8 mol，故D正确。

例

2(2020·衡水高二检测)把物质的量均为0.1 mol的CuCl2和H2SO4溶于水制成100 mL的混合溶液，用石墨做电极电解混合溶液，并收集两电极所产生的气体，通电一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同，则下列叙述正确的是()

A．电路中共转移0.6N A个电子

B．阳极得到的气体中O2的物质的量为0.2 mol

C．阳极质量增加3.2 g

D．电解后剩余溶液中硫酸的浓度为1 mol·L－1

答案 A

解析用石墨做电极电解CuCl2和H2SO4

阴极反应有：Cu2＋＋2e－===Cu、2H＋＋2e－===H2↑

阳极反应有：2Cl－－2e－===Cl2↑、2H2O－4e－===O2↑＋4H＋

据题给信息，两极收集的气体在相同条件下体积相同，则据放电顺序0.1 mol CuCl 2完全电解，转移电子数为0.2 N A 。设阴极生成氢气为x mol ，则阴极共转移电子为(0.2＋2x ) mol ，阳极生成氧气为(x －0.1) mol ，据两极电子得失守恒：0.2＋2x ＝0.2＋4(x －0.1)，解得x ＝0.2，故电路中共转移0.6 mol 电子即0.6N A 个，A 正确；阳极得到的气体中O 2为0.1 mol ，B 错误；阴极质量增加0.1 mol ×64 g·mol －1＝6.4 g ，C 错误；由电解过程可知，电解后溶液体积小于100 mL ，则H 2SO 4浓度一定大于1 mol·L －1，故D 错误。

变式2 用石墨做电极电解1 000 mL 硝酸钾和硝酸铜的混合溶液，当通电一段时间后，两极都收集到112 mL 气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为1 000 mL ，则电解后溶液的pH 为( )

A ．4

B ．3

C ．2

D ．1

答案 C

解析 阳极产生氧气0.005 mol ，阴极产生氢气0.005 mol 。由2H 2O=====通电

2H 2↑＋O 2↑可知，阴极产生0.005 mol 氢气时，阳极产生氧气0.002 5 mol ；由2Cu 2＋＋2H 2O=====通电2Cu ＋4H ＋＋O 2↑可知，产生n (H ＋)＝(0.005 mol －0.002 5 mol)×4＝0.01 mol ，c (H ＋)＝0.01 mol·L －1，pH ＝2。 例

3如图所示的A、B两个电解池中的电极均为铂，在A池中加入0.05 mol·L－1的氯化铜溶液，B池中加入0.1 mol·L－1的硝酸银溶液，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∶1 B．1∶1∶2∶1

C．2∶1∶1∶1 D．2∶1∶2∶1

答案 A

解析由电解规律可知：a、c为阴极，b、d为阳极。a极上析出铜，b极上析出氯气，c极

上析出银，d极上析出氧气。由得失电子守恒可得出：2e－～Cu～Cl2～2Ag～1

2O2，所以a、b、c、d四个电极上所析出物质的物质的量之比为2∶2∶4∶1。

用关系式法进行电解计算

以通过4 mol e －为桥梁可构建如下关系式：

4e －～2Cl 2(Br 2、I 2)～O 2 2H 2～2Cu ～4Ag ～4n

M 阳极产物 阴极产物

(式中M 为金属，n 为其离子的化合价数值)

变式3 如图所示，甲烧杯中盛有100 mL 0.50 mol·L －

1AgNO 3溶液，乙烧杯中盛有100 mL 0.25 mol·L －1CuCl 2溶液，A 、B 、C 、D 均为质量相同的石墨电极，如果电解一段时间后，发现A 极比C 极重1.9 g 。回答下列问题：

(1)电源E 为________极，F 为________极。

(2)A 极的电极反应式为________________，析出物质________mol 。

(3)B 极的电极反应式为________________，析出气体________mL(标准状况)。

(4)C 极的电极反应式为________________，析出物质________mol 。

答案 (1)负 正 (2)4Ag ＋＋4e －===4Ag 0.025 (3)4OH －－4e －

===2H 2O ＋O 2↑ 140

(4)Cu 2＋＋2e －===Cu 0.012 5

解析 由电解一段时间后A 极比C 极重，可知A 极上有Ag 析出，C 极上有Cu 析出，若A

极上析出银的物质的量为n (Ag)，则C 极上析出Cu 的物质的量为12

n (Ag)，由关系式108 g·mol －1×n (Ag)－64 g·mol －1×n (Ag)×12

＝1.9 g ，解得n (Ag)＝0.025 mol ，由此可知，两电解池内的电解质均是足量的，故两池电极反应式分别为A 极：Ag ＋＋e －===Ag ；B 极：4OH －－4e －===2H 2O ＋O 2↑；C 极：Cu 2＋＋2e －===Cu ；D 极：2Cl －－2e －===Cl 2↑。A 、C 两极析出物质的物质的量分别为0.025 mol 和0.0125 mol ，B 极析出O 2的体积(标准状况)为0.006 25 mol ×22.4 L·mol