2021年高中化学 第四章 第三节 第1课时 电解原理课时作业 新人教版选修4

第三节电解池第1课时电解原理[方针要求] 1.了解电解原理，开始把握一般电解反响产品的判别办法。2.把握电解电极反响方程式的书写。3.了解电解反响的一般规则。

一、电解

1．概念

使电流经过电解质溶液而在阴、阳南北极引起氧化康复反响的进程。

2．特色

1.电解是最强有力的氧化康复手法，是不可逆

(填“可逆”或“不可逆”)的。

2.电解质溶液的导电进程，便是电解质溶液的电解进程。

二、电解池

1．界说

把电能转化成化学能的设备。

2．构成条件

1.直流电源；

2.两个电极：与电源正极相连的一极是阳极；与

电源负极相连的一极是阴极；

3.电解质溶液或熔融电解质；

4.构成闭合回路。

3．设备及电极反响

以电解CuCl2溶液为例

1.设备

2.电极反响

阴极Cu2＋＋2e－===Cu产生康复反响

阳极2Cl－－2e－===Cl2产生氧化反响

总反响CuCl2Cu＋Cl2↑

4.电子流向和离子流向

1.电子流向

电源负极―→电解池阴极

电解池阳极―→电源正极

2.离子流向

阳离子―→电解池阴极

阴离子―→电解池阳极

常识点一电解池

1.如图是电解CuCl2溶液的设备，其间c、d为石墨电极，则下列有关判别正确的是()

A．a为负极，b为正极

B．a为阳极，b为阴极

C．电解进程中，d电极质量添加

D．电解进程中，氯离子浓度不变

答案C

解析电流从电源的正极流出，故a为电源的正极，b为负极；与电源正极相连的c为阳极，与电源负极相连的d为阴极。在电解进程中，因为Cu2＋是阳离子，移向阴极d，在阴极

放电分出Cu，所以d电极质量添加；Cl－是阴离子，移向阳极c，在阳极放电分出Cl2，导致溶液中氯离子浓度下降。

2．下列有关电解池的说法正确的是()

A．在电解池中与外接电源负极相连的电极是阳极

B．不管电解何种物质，阳极上失电子数都与阴极上得电子数持平

C．电解氯化铜溶液时，在阴极上有气体生成

D．电解NaCl、CuCl2两种溶液，参与反响的物质是相同的

答案B

解析与负极相连的是阴极。电解氯化铜时，阳极上有氯气生成，阴极上有铜分出；电解NaCl溶液时，水参与了反响，而电解CuCl2溶液时，水没有参与反响。

常识点二电解原理

3．如图所示，X、Y别离是直流电源的南北极，通电后发现a极板质量添加，b极板处有无色、无味气体放出。契合这一状况的是附表中的()

a极板b极板X电极Z溶液

A 锌石墨负极CuSO4

B 石墨石墨负极NaOH

C 银铁正极AgNO3

D 铜石墨负极CuCl2

答案A

解析由题意知，通电后a极板质量添加，阐明有金属

分出，由此可知，a极为电解池的阴极，则X为电源负极，B、C均不契合；又b极放出的是无色无味的气体，可筛选D。

4．在25℃时，将2个铜电极刺进到必定的Na2SO4饱和溶

液中，通直流电电解并不断拌和，当阴极上收集到a mol气体时，溶液中分出了b mol的结晶水合物Na2SO4·10H2O，若坚持温度不变，则所剩溶液中溶质的质量分数是()

1. B. C. D.

答案C

解析电解产生的电极反响：阳极为Cu－2e===Cu2＋，阴

极为2H＋＋2e===H2↑。电解时总的化学反响方程式为Cu＋

2H2OCu(OH)2↓＋H2↑，阴极逸出a mol H2，水被电解了2a mol，依据溶解度常识，不难求出答案为C。假如将题中的铜电极换

作铂电极，只改一个字，其电解的总反响方程式即为

2H2O2H2↑＋O2↑，阴极逸出a mol H2，水被电解了a mol。可

见因一字之差(“铜”与“铂”)，答案各异。由此再次着重进步审题的准确性是多么的必要。

常识点三电解规则使用

5．用惰性电极电解下列溶液一段时刻后再参加必定量的

某种纯洁物(方括号内的物质)，能使溶液康复到本来的成分和浓度的是()

A．AgNO3[AgNO3] B．NaOH[H2O]

C．KCl[KCl] D．CuSO4[Cu(OH)2]

答案B

解析A项：4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3脱离反响系

统的物质是4Ag＋O2，相当于2Ag2O，所以应当参加适量Ag2O

才干康复。(参加AgNO3，会使NO的量添加)；B项：2H2O2H2↑

＋O2↑脱离反响系统的是2H2＋O2，相当于2H2O，参加适量水能够康复。C项：2KCl＋2H2O2KOH＋H2↑＋Cl2↑脱离反响系

统的是H2＋Cl2，相当于2HCl，应通入适量HCl气体才干康复。(参加盐酸时，一起也添加了水)D项：2CuSO4＋2H2O2H2SO4＋

2Cu＋O2↑脱离反响系统的是2Cu＋O2，相当于2CuO，参加适量CuO能够康复。

6．用铂作电极电解某种溶液，通电一段时刻后，溶液的pH变小，并且在阳极得到0.56 L气体，阴极得到1.12 L气

体(两种气体均在相同条件下测定)。由此可知溶液可能是

()

A．稀盐酸 B．KNO3溶液 C．CuSO4溶液 D．稀硫酸

答案D

解析阳极与阴极产生的气体体积比为＝，相当于电解水，pH变小阐明电解了含氧酸。

练根底执行

1．把锌片和铁片放在盛有稀食盐水和酚酞试液混合溶液的玻璃皿中(如图所示平面图)，经过一段时刻后，首要观察到溶液变红的区域是()

A．Ⅰ和Ⅲ邻近 B．Ⅰ和Ⅳ邻近 C．Ⅱ和Ⅲ邻近 D．Ⅱ和Ⅳ邻近

答案B

解析此题将电解常识与原电池常识交融在一起。要处理此问题，有必要要从概念、模型、电极称号、电极反响式等方面去区别，这些常识都弄清楚了，才干顺畅答复此题，到达“在使用中了解、在了解中使用”的作用。左图为电解池，Fe 为阳极，阳极反响式为Fe－2e－===Fe2＋；Zn为阴极，阴极反

响式为2H＋＋2e－===H2↑，因而Ⅰ区域c(OH－)变大，碱性增强使酚酞变红；右图为原电池，Fe为正极，正极反响式为2H2O ＋O2＋4e－===4OH－，因而Ⅳ区域c(OH－)变大，碱性增强使酚酞变红。

2．用惰性电极完成电解，下列说法正确的是()

A．电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液pH不变

B．电解稀氢氧化钠溶液，要耗费OH－，故溶液pH减小C．电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上分出产品的物质的量之比为1∶2

D．电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上分出产品的物质的量之比为1∶1

答案D

解析电解稀H2SO4，其实质是电解水，因溶剂削减，

H2SO4浓度将增大，故溶液的pH变小；电解稀NaOH溶液，尽管OH－在阳极放电，但H＋一起也在阴极放电，其实质同样是电解水，溶液的浓度也将变大，故溶液的pH变大；电解Na2SO4溶液，其实质也是电解水，在阴极和阳极别离分出H2和O2，二者的物质的量之比为2∶1，而非1∶2；电解CuCl2溶液，

在阴、阳南北极上别离分出Cu和Cl2，二者的物质的量之比为1∶1。

3．电解CuCl2与NaCl的混合溶液，阴极上和阳极上最早分出的物质为()

A．H2和Cl2 B．Cu和Cl2 C．H2和O2 D．Cu和O2

答案B

解析溶液中Cu2＋、H＋、Na＋移向阴极，Cu2＋先放电得到Cu；Cl－、OH－移向阳极，Cl－先放电得到Cl2。

4．在水中加等物质的量的Ag＋、Pb2＋、Na＋、SO、NO、Cl －，该溶液放在用惰性电极作电极的电解槽中，通电顷刻，则氧化产品与康复产品质量比为()

A．35.5∶108 B．16∶207 C．8∶1 D．108∶35.5

答案C

解析溶液中的六种离子，有四种产生反响生成沉积，Ag＋＋Cl－===AgCl↓、Pb2＋＋SO===PbSO4↓，最终溶液就成了NaNO3溶液；而电解NaNO3溶液，实质上便是电解水，电解方程式为2H2O2H2↑＋O2↑。氧化产品和康复产品的质量之比为

m(O2)∶m(H2)＝(1 mol×32 g·mol－1)∶(2 mol×2 g·mol－1)＝8∶1，即C项正确。

5．下列说法正确的是()

①电解是把电能转变成化学能的进程②电解是化学能

转变成电能的进程③电解质溶液导电是化学变化，金属导电是物理变化④不能自发进行的氧化康复反响，经过电解的原理能够完成⑤任何溶液被电解时，必定导致氧化康复反响的产生

A．①②③④ B．②③⑤ C．③④ D．①③④⑤

答案D

解析从能量视点看，电解是把电能转变成化学能的进程，故①对、②错；电解质溶液的导电进程，必将伴随着两个电极上氧化康复反响的产生，一起生成新的物质，故③、⑤对；某些不能自发进行的氧化康复反响，经过电解的原理供应电能也能够完成，故④对。所以D选项契合题意。

练办法技巧

6．在100 mL H2SO4和CuSO4的混合溶液中，用石墨作电

极进行电解，南北极均收集到2.24 L气体(标准状况)，则原

混合溶液中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

答案A

解析南北极均收集到气体时，阴极是Cu2＋放电后，H＋又放电生成氢气；阳极是OH－放电生成氧气。n(H2)＝n(O2)＝2.24 L/22.4 L·mol－1＝0.1 mol，由电子守恒得n(Cu2＋)×2＋

n(H2)×2＝n(O2)×4，即：c(Cu2＋)×0.1 L×2＋0.1

mol×2＝0.1 mol×4，解得：c(Cu2＋)＝1 mol·L－1。本题考察阳离子在阴极的放电次序：Cu2＋>H＋。

7．用惰性电极电解必定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时刻后，向所得的溶液中参加0.1 mol Cu(OH)2后刚好康复到电解前的浓度和pH。则电解进程中搬运的电子的物质的量为()

A．0.1 mol B．0.2 mol C．0.3 mol D．0.4 mol

答案D

解析由电解CuSO4溶液的反响的化学方程式2CuSO4＋

2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4知，电解进程中只分出Cu和放出O2，故电解后参加CuO就能够康复。但本题提示参加0.1 mol

Cu(OH)2能够康复，阐明电解进程中不只有CuSO4被电解，还有H2O被电解。0.1 mol Cu(OH)2相当于0.1 mol CuO和0.1 mol

H2O，由电子守恒0.1 mol CuO～0.1 mol Cu～0.2 mol e－，

0.1 mol H2O～0.1 mol H2～0.2 mol e－，合计0.4 mol e－。

8．铅蓄电池的作业原理为Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋

2H2O。研读下图，下列判别不正确的是()

A．K闭合时，d电极反响式：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋

4H＋＋SO

B．当电路中搬运0.2 mol电子时，Ⅰ中耗费的H2SO4为

0.2 mol

C．K闭合时，Ⅱ中SO向c电极搬迁

D．K闭合一段时刻后，Ⅱ可独自作为原电池，d电极为正极

答案C

解析当K闭合时，设备Ⅰ中的电极为Pb和PbO2，应为

原电池，b极(Pb)作负极，a极(PbO2)作正极；Ⅱ中的电极均

为PbSO4，应为电解池，c极为阴极，d极为阳极。A项：K闭

合时，d极产生氧化反响：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO，正确；B项：电路中搬运0.2 mol电子时，Ⅰ中耗费0.2 mol

H2SO4和0.1 mol Pb，正确；C项：Ⅱ中SO向阳极(d极)搬迁，

过错；D项：K闭合一段时刻后，c极外表生成Pb，d极外表生成PbO2，设备Ⅱ可独自作为原电池，d电极为正极，正确。练归纳拓宽

9．在50 mL 0.2 mol·L－1 CuSO4溶液中刺进两个电极，通电电解(不考虑水分蒸腾)。则：

1.若南北极均为铜片，试阐明电解进程中CuSO4

溶液的浓度________(填“增大”、“减小”或“不

变”)。

2.若阳极为纯锌，阴极为铜片，阳极反响式是

_________________________________________________ _______________________

_________________________________________________ _______________________。

1.若阳极为纯锌，阴极为铜片，如不考虑H＋在阴

极上放电，当电路中有0.04 mol e－经过期，阴极增重

________g，阴极上的电极反响式是

_________________________________________________ _______________________

_________________________________________________

_______________________。

答案(1)不变(2)Zn－2e－===Zn2＋ (3)1.28Cu2＋＋2e

－===Cu

解析(1)南北极均为铜片，电解液为CuSO4溶液，这是

一个电镀设备，电解进程中电解质溶液的浓度不变。

2.阳极为纯锌，为生动金属，通电电解时，锌产

生氧化反响：Zn－2e－===Zn2＋。

3.若阳极为纯锌，阴极为铜片，不考虑H＋在阴极

上放电，则阴极反响为Cu2＋得电子的康复反响：Cu2＋＋2e

－===Cu。当电路中有0.04 mol电子经过期，有0.04

mol/2×64 g·mol－1＝1.28 g铜分出。

10．下图中电极a、b别离为Ag电极和Pt电极，电极c、d都是石墨电极。通电一段时刻后，在c、d南北极上共收集

到336 mL (标准状况)气体。答复：

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.电源输出的电子，其物质的量与电极b、c、d

别离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。

答案(1)正(2)Ag 2.16(3)2 1 (4)不变不变

增大减小(5)45.18

解析电解5.00%的稀硫酸溶液，实际上是电解其间的水。因而在该电解池中产生反响：2H2O2H2↑＋O2↑，V(H2)∶V(O2)

＝2∶1。据此可确认d极为阴极，则电源的N极为负极，M极

为正极。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。阐明电路上有0.02 mol电子，因而在b极(Pt、阴极)产生Ag：0.02 mol×108 g·mol－1＝2.16 g，即0.02 mol的Ag。则n(e －)∶n(A g)∶n(O

n(H2)＝0.02∶0.02∶0.005∶0.01＝

2)∶

2∶2∶∶1。由Ag(阳)电极、Pt(阴)电极和AgNO3溶液组成的

电解池，在通电必定时刻后，在Pt电极上放电所耗费溶液中

Ag＋的物质的量等于Ag电极被康复给溶液弥补的Ag＋的物质的量，因而AgNO3溶液的浓度不变，溶液的pH也不变。电解

5.00%的稀硫酸溶液时，因为其间的水产生电解，因而硫酸的

浓度增大，H＋的浓度增大，故溶液的pH减小。设原5.00%的

硫酸为x g，电解时耗费水0.01 mol×18 g·mol－1＝0.18 g，则5.00%x＝5.02%(x－0.18)，解得x＝45.18 g。