4-3-1《电解池》时练
双基练习
1．下列关于电解池工作原理的说法中，错误的是(　　)
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，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应
D．与原电池不同，电解池放电时，电极本身不会参加电极反应
答案：BD
2．如图中X、Y分别是直流电的两极，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还原反应可通过电解的原理实现；⑤任何物质被电解时，必导致氧化还原反应发生。这五种说法中正确的是(　　)
A．①③④⑤　　　　　　　B．②③⑤
C．③④ D．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还原反应，而这一过程需要有外加电，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 L含c(H＋)＝0.30 ol/L的下列溶液，当电路中通过0.04 ol电子时，理论上析出金属质量最大的是(　　)
A．0.10 ol/L Ag＋ B．0.20 ol/L Zn2＋
C．0.20 ol/L Cu2＋ D．0.20 ol/L Pb2＋
解析：本题考查电解基本原理及计算。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 ol Ag，即1.08 g Ag。选项B，首先是H＋在阴极获得电子产生0.015 ol H2，然后Zn2＋获得0.01 ol电子，产生0.005 ol Zn，即0.325 g。选项C，首先是Cu2＋在阴极获得电子产生0.02 ol 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 ol Pb，即 1.035 g。
答案：C
5．用惰性电极实现电解，下列说法正确的是(　　)
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 L 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 ol/L B．2×10－3 ol/L
C．1×10－3 ol/L D．1×10－7 ol/L
解析：解法一：根据电解规律可知阴极反应：Cu2＋＋2e－===Cu，增重0.064 g，应是Cu的质量，根据总反应式：
2CuSO4＋2H2O=====电解　2Cu＋O2↑＋2H2SO4?→4H＋
　　　　　　　 2×64 g　　　　　　　　4 ol
　　　　　　　 0.064 g　　　　　　　　 x
x＝0.002 ol，c(H＋)＝0.002 ol0.5 L＝4×10－3 ol/L。
解法二：n(Cu)＝0.064 g64 g/ol＝0.001 ol，电解过程中转移e－的物质的量为n(e－)＝2n(Cu2＋)＝0.002 ol，放电的n(OH－)＝0.002 ol，所以溶液中n(H＋)＝0.002 ol，c(H＋)＝4×10－3 ol/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：本题是氧化还原与电解原理的应用问题。应用的原则就是串联电路导线上电流相等，其实就是各电极反应中转移的电子数相等。设转移3 ol电子，生成钾3 ol，生成镁32 ol，生成铝1 ol，则比值为6∶3∶2。
答案：D

8．如图所示，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，其两极反应式为：
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下列物质的水溶液，一段时间后溶液酸性增强或碱性减弱的是(　　)
A．HCl B．NaOH
C．Na2SO4 D．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．(2011•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。据此判断电极与反应现象均正确的是(　　)

滤纸混合溶液d极反应产物阴极反应产物字体颜色
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，则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，则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，则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应式，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．(2011•榆林高二调研)从NO－3、SO2－4、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)若阴极析出金属，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－3、SO2－4)
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，则放电的离子应是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应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀。用如图所示电解装置可以制得白色纯净的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__________，电极反应式为_______________。
(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__________，在加入苯之前对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，发生氧化反应生成Fe2＋；OH－可以反应前加入，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则是为了除去溶解的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．如图所示，甲、乙两池电极材料都是铁棒与碳棒，请回答下列问题：

(1)若两池中均为CuSO4溶液，反应一段时间后：
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应式是：__________________。
(2)若两池中均匀饱和NaCl溶液：
①写出乙池中总反应的离子方程式：___________________ _____________________________________________________.
②甲池中碳极的电极反应式是__________，乙池碳极的电极反应属于__________(填“氧化反应”或“还原反应”)。
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)若两池中均为CuSO4溶液，则：
甲负极Fe：Fe－2e－===Fe2＋，正极C：Cu2＋＋2e－===Cu。
乙阳极C：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，阴极Fe：2Cu2＋＋4e－===2Cu。
(2)若均为NaCl溶液，则：
甲负极：Fe：2Fe－4e－===2Fe2＋，正极C：O2＋2H2O＋4e－===4OH－。
乙阳极C：2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极Fe：2H＋＋2e－===H2↑
答案：(1)①碳　铁　②4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
(2)①2Cl－＋2H2O=====电解Cl2↑＋H2↑＋2OH－
②2H2O＋O2＋4e－===4OH－　氧化反应
③在乙池碳棒电极上生成Cl2，Cl2与I－反应生成I2，I2遇淀粉变蓝

本文来自：逍遥右脑记忆 https://www.jiyifa.com/gaoer/46064.html

相关阅读：高二化学期末考试及答案