4.3 电解池 第1课时（分层作业）化学沪科版2020选择性必修1

4.3 电解池 第1课时 电解池的工作原理 分层作业 1．下列叙述正确的是 ①电解池是将化学能转变成电能的装置 ②原电池是将电能转变成化学能的装置 ③金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化 ④电解池两个电极材料可以相同 A．①②③④ B．③④ C．②③④ D．③ 2．下列说法中正确的是 A．电解氯化铜溶液就是氯化铜的电离 B．电解氯化铜溶液是化学变化，不通电也能发生 C．氯化铜溶液是强电解质 D．电解是最强的氧化还原手段，不能自发进行的氧化还原也可以发生 3．用惰性电极电解足量的溶液，下列说法中不正确的是 A．阴极发生的电极反应为 B．阳极发生的电极反应为 C．恰好电解完时，加入一定量的可恢复到原浓度 D．若有6.4g金属Cu析出，放出的为0.05mol 4．用惰性电极电解下列溶液一段时间后，再加入一定量的某种纯净物(括号内物质)，不能使溶液恢复到原来的成分和浓度的是 A．KCl(HCl) B．AgNO3(HNO3) C．H2SO4(H2O) D．CuSO4(CuO) 5．用如图所示装置电解硫酸铜溶液，下列表述中错误的是 A．c极发生氧化反应 B．若两极均为惰性电极，d极电极反应式为： C．溶液中阳离子往d极移动 D．若c极电极材料为Cu，电解开始后，溶液中浓度持续减小 6．用石墨作电极，电解下列物质的溶液，则电解前后溶液的保持不变的是 A．硫酸 B．氢氧化钠 C．硫酸钠 D．氯化钠 7．如图是电解稀盐酸的装置，其中、为石墨电极。以下说法正确的是 A．a电极为负极 B．电极为阳极 C．电解过程中，氢离子向c电极 D．电解总方程式为： 1．高二年级某同学在学习了电解知识后，搭建了如下几套电解装置。电极均为惰性电极，溶质、溶剂均足量，通电时间和电流强度均相同。试分析产生气体总体积最大的是 A． B． C． D． 2．用惰性电极电解1 L CuCl2和NaCl的混合溶液，其中c(Cl−)为5.0 mol·L−1，一段时间后两极均收集到标准状况下67.2 L的气体。下列说法错误的是 A．原溶液中c(Na+)为4 mol·L−1 B．电解过程共转移7 mol电子 C．电解过程阴极共析出32 g铜 D．加入CuCl2和HCl即可复原电解质溶液 3．用如图所示装置（、是直流电源的两极）分别进行下列各组实验，则下表中各项所列对应关系均正确的是 选项 X极 实验前U形管中液体 通电后现象及结论 A 正极 溶液 U形管两端滴入酚酞后，a管中呈红色 B 负极 溶液 a管中电极反反应式是 C 正极 溶液 a管中有气体逸出 D 负极 NaOH溶液 溶液pH降低 4．Co是磁性合金的重要材料，也是维生素重要的组成元素。工业上可用如下装置制取单质Co并获得副产品盐酸(A、B均为离子交换膜)。下列说法正确的是 A．A为阴离子交换膜，B为阳离子交换膜 B．若去掉膜A，石墨电极的电极反应不变 C．当电路中转移2mol电子时，阳极产生 D．若产品室，阴极溶液质量减少13g 5．如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的NaCl溶液、AgNO3溶液、x溶液，a、b、c、d电极均为石墨电极，接通电源经过一段时间后，乙中c电极质量增加，据此回答问题： （1）电源的M端为 极(填名称)。 （2）电极d上发生的电极反应式为 ，乙池溶液pH (填“增大”、“减小”或“不变”)。 （3）甲池中的总反应式为 。 （4）当电路中有0.04mol电子通过时，a、b、c、d电极上产生的气体或固体的物质的量之比是 。 （5）若利用丙池实现铁上镀铜，则e、f依次是 ， (填化学式)。 1．如图所示装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，A、B为外接直流电源的两极，G、H、I、J的电极材料根据题中要求来确定。将直流电源接通后，F极附近溶液呈红色。请回答： （1）电源的A极是 (填“正极”或“负极”)。C极电极反应式为 。 （2）现用丙池进行铁制品的防护，铁制品应放在 极(填字母序号)；该防护方法名称为 。 （3）若电路中通过0.02mol电子时，通电后甲池溶液体积为200mL，则通电后所得的H2SO4溶液的物质的量浓度为 mol/L。 （4）若电路中通过0.02mol电子时，丁中电解足量R(NO3)x溶液时，某一电极析出了a g金属R，则金属R的相对原子质量的计算公式为 (用含a、x的代数式表示)。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $ 4.3 电解池 第1课时 电解池的工作原理 分层作业 1．下列叙述正确的是 ①电解池是将化学能转变成电能的装置 ②原电池是将电能转变成化学能的装置 ③金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化 ④电解池两个电极材料可以相同 A．①②③④ B．③④ C．②③④ D．③ 【答案】B 【解析】①电解池是将电能转变成化学能的装置，故①错误；②原电池是将化学能转变成电能的装置，故②错误；③金属和石墨均为自由电子导电，属于物理变化；电解质溶液导电的实质是电解，属于化学变化，故③正确；④电解池连接外接电源，两个电极材料可以相同也可以不同，故④正确；选B。 2．下列说法中正确的是 A．电解氯化铜溶液就是氯化铜的电离 B．电解氯化铜溶液是化学变化，不通电也能发生 C．氯化铜溶液是强电解质 D．电解是最强的氧化还原手段，不能自发进行的氧化还原也可以发生 【答案】D 【解析】A、电解氯化铜溶液就是电解氯化铜本身，电解总反应方程式为：，氯化铜是强电解质，完全电离：，故A错误；     B、电解氯化铜溶液是化学变化，需要通电才能发生，故B错误；             C、氯化铜是强电解质，溶液是混合物，故C错误；             D、电解池反应是外加电源强迫下的氧化还原反应，不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理可以实现，故D正确。 故答案为：D 3．用惰性电极电解足量的溶液，下列说法中不正确的是 A．阴极发生的电极反应为 B．阳极发生的电极反应为 C．恰好电解完时，加入一定量的可恢复到原浓度 D．若有6.4g金属Cu析出，放出的为0.05mol 【答案】C 【解析】A．阴极上，Cu2+得到电子，生成Cu，发生的电极反应为，，故A正确；B．阳极上，OH-失去电子，生成O2和水，发生的电极反应为，故B正确；C．电解Cu(NO3)2溶液的化学方程式为2Cu(NO3)2+2H2O2Cu+O2↑+4HNO3，恰好电解完时应加入一定量的CuO可恢复到原来的浓度，故C错误；D．若有6.4g Cu（即0.1mol）析出，转移电子是0.2mol，放出的为0.05mol，故D正确；故选C。 4．用惰性电极电解下列溶液一段时间后，再加入一定量的某种纯净物(括号内物质)，不能使溶液恢复到原来的成分和浓度的是 A．KCl(HCl) B．AgNO3(HNO3) C．H2SO4(H2O) D．CuSO4(CuO) 【答案】B 【解析】A．电解KCl溶液，氢离子和氯离子放电，则应加入HCl恢复原样，此时加入括号内物质，能使溶液恢复到原来的成分和浓度，A错误；B．电解AgNO3溶液，银离子和氢氧根离子放电，应加入氧化银恢复原样，此时加入括号内物质，不能使溶液恢复到原来的成分和浓度，B正确；C．电解硫酸溶液，氢离子和氢氧根离子放电。则加入水能恢复原样，此时加入括号内物质，能使溶液恢复到原来的成分和浓度，C错误； D．电解CuSO4溶液，铜离子和氢氧根离子放电，则一段时间内应加入氧化铜能恢复原样，此时加入括号内物质，能使溶液恢复到原来的成分和浓度，D错误； 故选B。 5．用如图所示装置电解硫酸铜溶液，下列表述中错误的是 A．c极发生氧化反应 B．若两极均为惰性电极，d极电极反应式为： C．溶液中阳离子往d极移动 D．若c极电极材料为Cu，电解开始后，溶液中浓度持续减小 【答案】D 【分析】由电流的方向可知，a为电源的正极，b为电源的负极，则c为阳极，d为阴极，据此进行解答。 【解析】A．c极为电解池的阳极，发生氧化反应，故A正确；B．d为电解池阴极，发生还原反应，d极电极反应式为：Cu2++2e-═Cu，故B正确；C．电解池中阳离子往阴极移动，d为阴极，则溶液中阳离子往d极移动，故C正确；D．若c为Cu，则Cu失去电子变为铜离子，溶液中Cu2+浓度保持不变，故D错误；答案选D。 6．用石墨作电极，电解下列物质的溶液，则电解前后溶液的保持不变的是 A．硫酸 B．氢氧化钠 C．硫酸钠 D．氯化钠 【答案】C 【解析】A．用惰性电极电解硫酸溶液的实质是电解水，浓度增大，硫酸溶液的pH减小，A错误；B．用惰性电极电解氢氧化钠溶液的实质是电解水，浓度增大，氢氧化钠溶液的pH增大，B错误；C．用惰性电极电解硫酸钠溶液的实质是电解水，浓度增大，硫酸钠溶液的pH不变，C正确；D．用惰性电极电解氯化钠溶液时生成氢氧化钠，溶液的pH增大，D错误；故选C。 7．如图是电解稀盐酸的装置，其中、为石墨电极。以下说法正确的是 A．a电极为负极 B．电极为阳极 C．电解过程中，氢离子向c电极 D．电解总方程式为： 【答案】D 【解析】根据图中电流方向，可以确定a是正极，b是负极，c是阳极，d是阴极；电解过程中阳离子向阴极移动，即氢离子向d移动；阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为：2H++2e-=H2↑，总反应为：，D正确；答案选D。 1．高二年级某同学在学习了电解知识后，搭建了如下几套电解装置。电极均为惰性电极，溶质、溶剂均足量，通电时间和电流强度均相同。试分析产生气体总体积最大的是 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】每个装置中两个烧杯都是串联电路，串联电路通过每个电极的电量相等。假设电子转移的物质的量都是2 mol； 【解析】A．对于该装置，左边烧杯内，电解反应方程式为：2HCl H2↑+Cl2↑；右边烧杯电解方程式为：CuCl2Cu+ Cl2↑。若电子转移2 mol，则共产生气体的物质的量是n(气体)=1 mol+1 mol+1 mol=3 mol；B．对于该装置，左边烧杯内，实际上是电解水，电解方程式为：2H2O 2H2↑+O2↑；右边烧杯电解方程式为：2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4。若电子转移2 mol，则产生气体的物质的量n(气体)=1 mol+0.5 mol+0.5 mol=2 mol；C．对于该装置，左边烧杯内电解反应方程式为：Na2S+2H2O 2NaOH+H2↑+S↓；右边烧杯实际上是电解水，电解方程式为：2H2O 2H2↑+O2↑。若电子转移2 mol，则产生气体的物质的量n(气体)=1 mol+1 mol+0.5 mol=2.5 mol；D．对于该装置，左边烧杯内，电解反应方程式为：2NaCl +2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；右边烧杯实际上是电解水，电解方程式为：2H2O 2H2↑+O2↑。若电子转移2 mol，则产生气体的物质的量n(气体)=1 mol+1 mol+1 mol+0.5 mol=3.5 mol；故选D。 2．用惰性电极电解1 L CuCl2和NaCl的混合溶液，其中c(Cl−)为5.0 mol·L−1，一段时间后两极均收集到标准状况下67.2 L的气体。下列说法错误的是 A．原溶液中c(Na+)为4 mol·L−1 B．电解过程共转移7 mol电子 C．电解过程阴极共析出32 g铜 D．加入CuCl2和HCl即可复原电解质溶液 【答案】D 【解析】用惰性电极电解1 L CuCl2和NaCl的混合溶液，其中c(Cl−)为5.0 mol·L−1，Cl-物质的量为5mol，阳极先发生的电极反应为2Cl- -2e-=Cl2↑，Cl-完全反应生成2.5molCl2(标准状况下的体积为56L)，阳极接着发生的电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，此过程产生O2的体积为67.2L-56L=11.2L；阴极依次发生的反应为Cu2++2e-=Cu、2H2O+2e-=H2↑+2OH-。A．阳极收集到3mol气体，n(Cl−)=5.0 mol，完全反应生成2.5 mol氯气，转移电子数为5mol；说明还生成了0.5mol氧气；转移电子数为2mol；总电子转移数为7 mol；阴极也收集到3mol氢气，转移电子数为6mol，说明Cu2+得到了1mol电子，n(Cu2+)=0.5 mol；n(Cl−)=5.0 mol，根据电荷守恒可知n(Na+)=4.0 mol，原溶液中c(Na+)为4 mol·L−1；故A正确；B．根据A项计算，电解过程共转移7 mol电子，故B正确；C．根据A项计算，n(Cu2+)=0.5 mol，所以电解过程阴极共析出32 g铜；故C正确；D．复原电解质溶液需加入CuCl2、HCl和H2O；故D错误；故答案选D。 3．用如图所示装置（、是直流电源的两极）分别进行下列各组实验，则下表中各项所列对应关系均正确的是 选项 X极 实验前U形管中液体 通电后现象及结论 A 正极 溶液 U形管两端滴入酚酞后，a管中呈红色 B 负极 溶液 a管中电极反反应式是 C 正极 溶液 a管中有气体逸出 D 负极 NaOH溶液 溶液pH降低 【答案】C 【解析】A．电解溶液时，阳极上是OH－发生失电子的氧化反应，即a管中OH－放电，酸性增强，酚酞遇酸不变色，即a管中呈无色，A错误；B．电解AgNO3溶液时，阴极上是Ag＋得电子发生还原反应，即a管中电极反应是析出金属Ag的反应，B错误；C．电解CuCl2溶液时，阳极上是Cl－失电子发生氧化反应，即a管中Cl－放电产生Cl2，C正确；D．电解NaOH溶液时，阴极上是H＋放电，阳极上是OH－放电，实际上电解的是水，导致NaOH溶液的浓度增大，碱性增强，pH升高，D错误；故选C。 4．Co是磁性合金的重要材料，也是维生素重要的组成元素。工业上可用如下装置制取单质Co并获得副产品盐酸(A、B均为离子交换膜)。下列说法正确的是 A．A为阴离子交换膜，B为阳离子交换膜 B．若去掉膜A，石墨电极的电极反应不变 C．当电路中转移2mol电子时，阳极产生 D．若产品室，阴极溶液质量减少13g 【答案】D 【分析】由图可知，Co为阴极，电极反应式为Co2++2e-=Co，石墨为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。 【解析】A．氯离子透过B膜进入盐酸溶液，故B膜为阴离子交换膜，阳极生成氢离子，氢离子透过A膜进入盐酸，故A膜为阳离子交换膜，A错误；B．若去掉膜A，则阳极室的电解质溶液为硫酸和盐酸的混合溶液，此时石墨电极的电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，发生改变，B错误；C．根据电子守恒可知，当电路中转移2mol电子时，阳极产生O2的物质的量为：=0.5mol，由于题干未告知气体所处的状态，故无法计算其体积，C错误； D．若产品室Δn（HCl）═0.2mol，则有0.2mol氯离子透过交换膜B进入盐酸溶液，析出Co0.1mol，阴极室质量减少0.1mol×59g/mol+0.2mol×35.5g/mol=13g，D正确；故答案为：D。 5．如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的NaCl溶液、AgNO3溶液、x溶液，a、b、c、d电极均为石墨电极，接通电源经过一段时间后，乙中c电极质量增加，据此回答问题： （1）电源的M端为 极(填名称)。 （2）电极d上发生的电极反应式为 ，乙池溶液pH (填“增大”、“减小”或“不变”)。 （3）甲池中的总反应式为 。 （4）当电路中有0.04mol电子通过时，a、b、c、d电极上产生的气体或固体的物质的量之比是 。 （5）若利用丙池实现铁上镀铜，则e、f依次是 ， (填化学式)。 【答案】（1）负 （2） 减小 （3） （4）2：2：4：1 （5）Fe Cu 【分析】该装置为串联电解池，乙中c电极质量增加，c是阴极，电极反应为Ag++e-=Ag，依此推出a、b、d、e、f分别为阴极、阳极、阳极、阴极、阳极，则M为直流电源负极，N为直流电源正极。 【解析】（1）根据分析M为直流电源负极； （2）据分析d为阳极，电解硝酸银溶液，阳极水失去电子被氧化为氧气，电极反应为，同时生成氢离子导致溶液pH减小； （3）甲池中是电解氯化钠溶液，总化学方程式为； （4）依据放电顺序可知，a、b、c、d上分别产生氢气、氯气、银单质、氧气，根据得失电子守恒有关系，其物质的量之比为2：2：4：1； （5）在铁上镀铜，铁作为镀件在阴极、铜作为镀层在阳极、电解质溶液为硫酸铜，则e为铁，f为Cu。 1．如图所示装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，A、B为外接直流电源的两极，G、H、I、J的电极材料根据题中要求来确定。将直流电源接通后，F极附近溶液呈红色。请回答： （1）电源的A极是 (填“正极”或“负极”)。C极电极反应式为 。 （2）现用丙池进行铁制品的防护，铁制品应放在 极(填字母序号)；该防护方法名称为 。 （3）若电路中通过0.02mol电子时，通电后甲池溶液体积为200mL，则通电后所得的H2SO4溶液的物质的量浓度为 mol/L。 （4）若电路中通过0.02mol电子时，丁中电解足量R(NO3)x溶液时，某一电极析出了a g金属R，则金属R的相对原子质量的计算公式为 (用含a、x的代数式表示)。 【答案】（1）正极 （2）H 外加电流的阴极保护法 （3）0.05 （4） 【分析】C、D、E、F都是惰性电极，A、B为外接直流电源的两极，将直流电源接通后，F电极附近呈红色，说明F电极附近浓度增大，溶液呈碱性，则F为阴极，所以C、E、G、I、X为阳极，D、F、H、J、Y为阴极，A为正极，B为负极，C电极上放电、D电极上放电、E电极上放电、F电极上放电，据此回答。 【解析】（1）由分析知，A为正极；C电极上放电，电极反应式为；（2）用丙池进行铁制品的防护，该防护方法名称为外加电流的阴极保护法，，铁制品应放在阴极，即H极； （3）甲池中电解方程式为，装置中通过0.02mol电子时，生成的的物质的量为0.01mol，则所得的H2SO4溶液的物质的量浓度为； （4）由得失电子守恒可知，电解R(NO3)x溶液时，某一电极析出了ag金属R，结合，有，则。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $