第1章 微专题3 有关电解计算的三种常用方法-（配套教参）【精讲精练】2026-2027学年高中化学选择性必修第一册（鲁科版）

本高中化学讲义聚焦电解的有关计算这一核心知识点，基于电解原理，系统梳理得失电子守恒法、总反应式计算、关系式计算三种方法，引导学生建立相关计算的思维模型，形成从原理到应用的学习支架。 该资料通过典型例题（如串联电解池物质析出量计算）和分步解析，强化科学思维中的证据推理与模型建构，配套练习题助力学生深化理解。课中辅助教师高效授课，课后帮助学生自主复习，弥补知识薄弱点，体现化学学科特色的问题解决教学方法。

[对应学生用书P37] [学科素养]　掌握电解的有关计算方法，建立相关计算的思维模型，加深对电解原理的理解。 　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CuCl2溶液，B池中加入0.1 mol·L－1的AgNO3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 [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：2e－～Cu～Cl2～2Ag～O2，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。 [答案]　A 　将两支惰性电极插入CuSO4溶液中，通电电解。 (1)当有1.0×10－3 mol的OH－放电时，溶液显浅蓝色，则在阴极上析出铜的质量是________。 (2)若溶液的体积为1 L，忽略溶液体积变化，在标准状况下放出5.6 mL O2时，溶液的pH是________。 [解析]　(1)用惰性电极电解CuSO4溶液时，电极反应式为阴极：2Cu2＋＋4e－===2Cu，阳极：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O。当有1.0×10－3 mol的OH－放电时，生成标准状况下的O2为5.6 mL，此时转移电子为1.0×10－3 mol，则在阴极上析出Cu：0.032 g。 (2)阳极： 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ 4 mol 1 mol n n＝1.0×10－3 mol，消耗1.0×10－3 mol OH－，生成1.0×10－3 mol H＋，则c(H＋)＝＝1.0×10－3 mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝－lg(1.0×10－3)＝3。 [答案]　(1)0.032 g　(2)3 1.有关电解计算的三种方法 （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：根据得失电子守恒关系建立已知量与未知量之间的桥梁，确定计算所需的关系式。 2.电解计算的思维模型 1．在标准状况下，用铂电极电解硫酸铜溶液，当阴极产生12.8 g铜时，阳极放出的气体是(　　) A．1.12 L H2　　　　 B．1.12 L O2 C．2.24 L H2 D．2.24 L O2 解析　D　溶液中有Cu2＋、H＋及SO、OH－四种离子，得电子能力：Cu2＋>H＋，失电子能力：OH－>SO，阴极反应为2Cu2＋＋4e－===2Cu，阳极反应为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，总反应为2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑。n(Cu)＝＝0.2 mol，n(O2)＝0.1 mol，在标准状况下体积为2.24 L，D正确。 2．在100 mL 硫酸和硫酸铜的混合液中，用石墨做电极进行电解，两极上均收集到2.24 L气体(标准状况)，则原混合液中，Cu2＋的物质的量浓度为(　　) A．1 mol·L－1 B．2 mol·L－1 C．3 mol·L－1 D．4 mol·L－1 解析　A　分析电解硫酸、硫酸铜混合液的阴、阳两极的电极反应可知，两极产生的气体分别为氢气、氧气各0.1 mol，氧气是由氢氧根离子失去0.4 mol电子而得到，氢气是由氢离子得到0.2 mol电子而生成。由得失电子守恒知，还有0.2 mol电子是铜离子得到的，则铜离子的物质的量是0.1 mol，其物质的量浓度为＝1 mol·L－1。 3．利用库仑测硫仪测定气体中SO2的体积分数，其原理如图所示。待测气体进入电解池后，SO2将I还原，溶液中保持不变。若有标准状况下V mL气体通入电解池(其他气体不反应)，反应结束后消耗x库仑电量(已知：电解转移1 mol电子所消耗的电量为96 500库仑)。下列说法不正确的是(　　) A．M接电源的正极 B．阴极反应式为2H＋＋2e－===H2↑ C．反应结束后溶液的pH增大 D．混合气体中SO2的体积分数为×100% 解析　C　由题图可知，在M电极上I－转化为I，I元素化合价升高，则M电极为阳极，接电源的正极，A正确；N电极为阴极，阴极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，B正确；二氧化硫在电解池中与I反应，离子方程式为SO2＋I＋2H2O===3I－＋SO＋4H＋，相当于每转移2个电子，在阳极区生成4个氢离子，而在阴极转移2个电子消耗2个氢离子，则溶液中氢离子浓度增大，pH减小，C错误；由离子方程式可得关系：SO2～2e－～I，电解消耗的电量为x库仑，则二氧化硫的体积分数为×100%＝×100%，D正确。 4．下图中电极a、b分别为Ag电极和Pt电极，电极c、d都是石墨电极。通电一段时间后，在c、d两极上共收集到 336 mL (标准状况)气体。 回答下列问题： (1)直流电源中，M为________极。 (2)Pt电极上生成的物质是________，其质量为________ g。 (3)电源输出电子的物质的量与电极b、c、d分别生成的物质的物质的量之比为2∶____∶____∶____。 (4)AgNO3溶液的浓度________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，AgNO3溶液的pH______，硫酸的浓度________，硫酸的pH________。 (5)若硫酸的质量分数由5.00%变为5.02%，则原有5.00%的硫酸________ g。 解析　(1)电解5.00%的稀硫酸，实际上是电解其中的水。因此在该电解池中发生反应：2H2O2H2↑＋O2↑，V(H2)∶V(O2)＝2∶1，依据装置图中电极气体体积分析，可确定与d相连的电极为阴极，则电源的N极为负极，M极为正极。(2)在336 mL气体中，V(H2)＝×336 mL＝224 mL，为0.01 mol；V(O2)＝×336 mL＝112 mL，为0.005 mol。说明电路上有0.02 mol电子转移，因此在b极(Pt、阴极)产生Ag：0.02 mol×108 g·mol－1＝2.16 g，即0.02 mol的Ag。(3)n(e－)∶n(Ag)∶n(O2)∶n(H2)＝0.02∶0.02∶0.005∶0.01＝2∶2∶∶1。(4)由Ag(阳)极、Pt(阴)极和AgNO3溶液组成的电镀池，在通电一定时间后，在Pt电极上放电所消耗溶液中Ag＋的物质的量等于Ag电极被氧化给溶液补充的Ag＋的物质的量，因此AgNO3溶液的浓度不变，溶液的pH也不变。电解5.00%的硫酸溶液，由于其中的水发生电解，因此硫酸浓度增大，由于H＋的浓度增大，故溶液的pH减小。(5)设原5.00%的硫酸为x g，电解时消耗水0.01 mol×18 g·mol－1＝0.18 g，则：5.00%x＝5.02%(x－0.18)，解得x＝45.18。 答案　(1)正　(2)Ag　2.16　(3)2　　1 (4)不变　不变　增大　减小　(5)45.18 学科网（北京）股份有限公司 $