4-3-1《电解池》课时练(人教版选修4).docx

4-3-1 电解池 课时练
双基练习
1．以下关于电解池工作原理的说法中，错误的选项是(　　)
A．电解池是一种将电能转变成化学能的装置
B．电解池中使用的液体只能是电解质溶液
C．电解池工作时，阳极发生氧化反响，阴极发生复原反响
D．与原电池不同，电解池放电时，电极本身不会参加电极反响
答案：BD
2．如图中X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现，a极板质量增加，b极板处有无色无味气体放出，符合这一情况的是(　　)

a极板
b极板
X电极
Y电极
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
解析：a极板质量增加，说明X为负极，排除C。且该电解质溶液中含有不活泼金属离子。又排除B。b极板处有无色无臭气体放出，说明溶液中无Cl－，排除D。
答案：A
3．①电解是将电能转化为化学能；②电能是将化学能转变成电能；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复原反响可通过电解的原理实现；⑤任何物质被电解时，必导致氧化复原反响发生。这五种说法中正确的选项是(　　)
A．①③④⑤B．②③⑤
C．③④D．①②
解析：电解即是把电能转化为化学能，故①对②错，在电解过程中，电解质导电时会发生氧化复原反响，而这一过程需要有外加电源，金属导电时是电子的定向移动，属物理变化，故③④⑤正确。
答案：A
4．电解100 mL含c(H＋)＝0.30 mol/L的以下溶液，当电路中通过0.04 mol电子时，理论上析出金属质量最大的是(　　)
A．0.10 mol/L Ag＋B．0.20 mol/L Zn2＋
C．0.20 mol/L Cu2＋D．0.20 mol/L Pb2＋
解析：此题考查电解根本原理及计算。选项A，根据离子放电能力，首先是Ag＋在阴极获得电子产生0.01 mol Ag，即1.08 g Ag。选项B，首先是H＋在阴极获得电子产生0.015 mol H2，然后Zn2＋获得0.01 mol电子产生0.005 mol Zn，即0.325 g。选项C，首先是Cu2＋在阴极获得电子产生0.02 mol Cu，即1.28 g。选项D，首先是H＋在阴极获得电子产生H2，然后析出0.005 mol Pb，即 1.035 g。
答案：C
5．用惰性电极实现电解，以下说法正确的选项是(　　)
A．电解稀硫酸，实质上是电解水，故溶液pH不变
B．电解稀NaOH溶液，要消耗OH－，故溶液pH减小
C．电解Na2SO4溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶2
D．电解CuCl2溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶1
解析：A项错误，电解水后H＋浓度增大，pH减小B项错误，电解NaOH溶液相当于电解水，OH－浓度增大，pH增大；C项错误，电解Na2SO4溶液相当于电解水，阴极上的H2和阳极上的O2物质的量之比为2∶1；D项正确，电解CuCl2溶液，阴极上析出Cu和阳极上析出的Cl2物质的量之比为1∶1。
答案：D
6．将两个铂电极插入500 mL CuSO4溶液中进行电解，通电一定时间后，某一电极增重0.064 g(设电解时该电极无氢气析出，且不考虑水解和溶液体积变化)，此时溶液中氢离子浓度约为(　　)
A．4×10－3 mol/L B．2×10－3 mol/L
C．1×10－3 mol/L D．1×10－7 mol/L
解析：解法一：根据电解规律可知阴极反响：Cu2＋＋2e－===Cu，增重0.064 g，应是Cu的质量，根据总反响式：
2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4―→4H＋
2×64 g　　　　　　　　4 mol
0.064 gx
x＝0.002 mol，c(H＋)＝＝4×10－3 mol/L。
解法二：n(Cu)＝＝0.001 mol，电解过程中转移e－的物质的量为n(e－)＝2n(Cu2＋)＝0.002 mol，放电的n(OH－)＝0.002 mol，所以溶液中n(H＋)＝0.002 mol，c(H＋)＝4×10－3 mol/L。
答案：A
7．把分别盛有熔融的氯化钾、氯化镁、氧化铝的三个电解槽串联，用惰性材料作电极在一定条件下通电一段时间后，析出钾、镁、铝的物质的量之比为(　　)
A．1∶2∶3 B．3∶2∶1
C．6∶3∶1 D．6∶3∶2
解析：此题是氧化复原与电解原理的应用问题。应用的原那么就是串联电路导线上电流相等，其实就是各电极反响中转移的电子数相等。设转移3 mol电子，生成钾3 mol，生成镁 mol，生成铝1 mol，那么比值为6∶3∶2。
答案：D
8．如下列图，在一U形管中装入含有紫色石蕊的Na2SO4试液，通直流电，一段时间后U形管内会形成一个倒立的三色“彩虹〞，从左到右颜色的依次是(　　)
A．蓝、紫、红 B．红、蓝、紫
C．红、紫、蓝 D．紫、红、蓝
解析：用惰性电极电解Na2SO4溶液，实际上就是电解水，其两极反响式为：
阴极：4H＋＋4e－===2H2↑
阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
故阴极区域富集OH－，溶液呈碱性，使石蕊试液变蓝；阳极区域富集H＋，溶液中c(H＋)增大，使石蕊试液变红。
答案：C
9．在相同温度下用惰性电极电解以下物质的水溶液，一段时间后溶液酸性增强或碱性减弱的是(　　)
A．HCl B．NaOH
C．Na2SO4D．CuSO4
解析：A实质电解HCl，溶液酸性变弱，B实质电解水，NaOH浓度增大，碱性变强，C实质电解水，溶液始终呈中性，D中阳极上水电离出的OH－放电，使c(H＋)增大，酸性增强，符合题意。
答案：D
10．(2022·梅州高二质检)复习电化学知识后，某学生设计了一个“黑笔写彩字〞的趣味实验。滤纸先用某混合溶液浸湿，然后平铺在一块铂片上，右端是C、Cu两电极浸入氯化铁溶液中，电路接通后，用铅笔在滤纸上写字，会出现彩色字迹。据此判断电极材料与反响现象均正确的选项是(　　)

滤纸混合溶液
d极反响产物
阴极反响产物
字体颜色
A
氯化钠、无色酚酞
Fe2＋
氢气
红色
B
碘化钾、淀粉
Cu2＋
氢气
紫色
C
硫酸钠、无色酚酞
Fe2＋
氧气
红色
D
碘化钾、淀粉
Cu2＋
氢气
蓝色
解析：A项电解NaCl可在阴极使酚酞显红色，那么a为阴极产生H2，d极为正极，产物为Fe2＋；B、D项电解KI可在阳极产生I2使淀粉显蓝色，那么a端为阳极产生I2，阴极产生H2，d极为负极生成Cu2＋；C项电解Na2SO4溶液实质为电解H2O，那么a端显红色，说明a端为阴极产生H2，d端为正极生成Fe2＋。
答案：AD
11．如图为以惰性电极进行电解的串联电解装置图
(1)写出A、B、C、D各电极上的电极方程式。
A________________________________；
B________________________________；
C___’
D________________________________。
(2)在A、B、C、D各电极上析出生成物的物质的量比为______________________________________。
解析：由图可知：B、D两极为阳极，A、C两极为阴极，然后根据电解的原理即可写出电极反响式，根据电子守恒法可计算，A、B、C、D各电极上析出生成物的物质的量之比。
答案：(1)Cu2＋＋2e－===Cu　2Cl－－2e－===Cl2↑
Ag＋＋e－===Ag　4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
(2)2∶2∶4∶1
能力提升
12．(2022·榆林高二调研)从NO、SO、H＋、Cu2＋、Ba2＋、Ag＋、Cl－等离子中选出适当的离子组成电解质，采用惰性电极对其溶液进行电解。
(1)两极分别放出H2和O2时，电解质的化学式可能是________。
(2)假设阴极析出金属，阳极放出O2，电解质的化学式可能是__
_________________________________________________________。
(3)两极分别放出气体，且体积比为1∶1，电解质的化学式可能是__________________________________。
解析：题中提供的电解质离子是七种，其实还包括OH－，即八种。这些离子放电的顺序是：
阳极：Cl－＞OH－＞(NO、SO)
阴极：Ag＋＞Cu2＋＞H＋＞Ba2＋
(1)两极分别放出H2和O2，即H＋和OH－放电，实质是电解H2O，水中的溶质应是起导电作用而又不改变H＋和OH－放电的顺序，它可以是HNO3、H2SO4、Ba(NO3)2、Ba(OH)2中的任意一种，但不是BaSO4。
(2)阴极析出金属，即Ag＋和Cu2＋放电；阳极放出O2，即OH－放电。水中的溶质可以是AgNO3、Cu(NO3)2、Ag2SO4、CuSO4中的任意一种。
(3)两极都生成气体，且气体体积比为1∶1，那么放电的离子应是Cl－和H＋。水中的溶质可以是HCl、BaCl2中的任意一种。
答案：(1)HNO3、H2SO4、Ba(NO3)2、Ba(OH)2中任意一种
(2)AgNO3、Cu(NO3)2、Ag2SO4、CuSO4中的任意一种
(3)HCl、BaCl2中的任意一种
13．由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反响制得白色纯洁的Fe(OH)2沉淀。用如下列图电解装置可以制得白色纯洁的Fe(OH)2沉淀。两电极的材料分别为石墨和铁。
(1)a极材料应为__________，电极反响式为_______________。
(2)电解液c可以是(　　)
A．纯水 B．NaCl溶液
C．NaOH溶液 D．CuCl2
(3)d为苯，其作用为__________，在参加苯之前对c应作何简单处理______________________________。
(4)为了较短时间内看到白色沉淀，可采取的措施是(　　)
A．改用稀硫酸作电解液
B．适当增大电源的电压
C．适当减小两极间的距离
D．适当降低电解液的温度
解析：由于制取Fe(OH)2，必须有Fe2＋和OH－，而题中提供的为铁单质，所以铁作电解池阳极，发生氧化反响生成Fe2＋；OH－可以反响前参加，也可以电解后使电解液显碱性，电解NaCl溶液也能实现；有机物苯起隔绝空气的作用，而加热c那么是为了除去溶解的O2，目的均为阻止Fe(OH)2与O2接触；短时间内看到白色沉淀，也就是加快Fe(OH)2的生成速率，B、C可以实现。
答案：(1)Fe　Fe－2e－===Fe2＋　(2)BC
(3)隔绝空气，防止生成的Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3　加热除去溶解的O2　(4)BC
14．如下列图，甲、乙两池电极材料都是铁棒与碳棒，请答复以下问题：
(1)假设两池中均为CuSO4溶液，反响一段时间后：
①有红色物质析出的是甲池中的__________棒，乙池中的__________棒。
②乙池中阳极的电极反响式是：__________________。
(2)假设两池中均匀饱和NaCl溶液：
①写出乙池中总反响的离子方程式：________________________________________________________________________.
②甲池中碳极的电极反响式是__________，乙池碳极的电极反响属于__________(填“氧化反响〞或“复原反响〞)。
③将湿润的淀粉KI试纸放在乙池碳极附近，发现试验变蓝，解释其原因：。
解析：甲为原电池，乙为电解池。
(1)假设两池中均为CuSO4溶液，那么：
甲
乙
(2)假设均为NaCl溶液，那么：
甲
乙
答案：(1)①碳　铁　②4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
(2)①2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－
②2H2O＋O2＋4e－===4OH－　氧化反响
③在乙池碳棒电极上生成Cl2，Cl2与I－反响生成I2，I2遇淀粉变蓝