新高中化学 第四章 第三节 第1课时 电解原理课后作业(含解析)新人教版选修4

第三节 电解池
第1课时 电解原理
[目标要求] 1.理解电解原理，初步掌握一般电解反应产物的判断方法。

2.掌握电解电极反应方程式的书写。

3.了解电解反应的一般规律。

一、电解
1．概念 使电流通过电解质溶液而在阴、阳两极引起氧化还原反应的过程。

2．特点 (1)电解是最强有力的氧化还原手段，是不可逆(填“可逆”或“不可逆”)的。

(2)电解质溶液的导电过程，就是电解质溶液的电解过程。

二、电解池
1．定义
把电能转化成化学能的装置。

2．形成条件
(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)形成闭合回路。

3．装置及电极反应
以电解CuCl 2溶液为例
(1)装置
(2)阴极 Cu 2＋＋2e －===Cu 发生还原反应
阳极 2Cl －－2e －===Cl 2发生氧化反应
总反应 CuCl 2=====电解
Cu ＋Cl 2↑
4.(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
知识点一 电解池
1.如图是电解CuCl 2溶液的装置，其中c 、d 为石墨电极，则下列有关判断正确的是(
)
A．a为负极，b为正极
B．a为阳极，b为阴极
C．电解过程中，d电极质量增加
D．电解过程中，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。

在电解过程中，因为Cu2＋是阳离子，移向阴极d，在阴极放电析出Cu，所以d电极质量增加；Cl－是阴离子，移向阳极c，在阳极放电析出Cl2，导致溶液中氯离子浓度降低。

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．无论电解何种物质，阳极上失电子数都与阴极上得电子数相等
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，参加反应的物质是相同的
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，阴极上有铜析出；电解NaCl溶液时，水参加了反应，而电解CuCl2溶液时，水没有参加反应。

知识点二电解原理
3．如图所示，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极板质量增加，说明有金属析出，由此可知，a极为电解池的阴极，则X为电源负极，B、C均不符合；又b极放出的是无色无味的气体，可淘汰D。

4．在25℃时，将2个铜电极插入到一定的Na2SO4饱和溶液中，通直流电电解并不断搅拌，当阴极上收集到a mol气体时，溶液中析出了b mol的结晶水合物Na2SO4·10H2O，若保持温度不变，则所剩溶液中溶质的质量分数是( )
A.
b
b＋18a
B.
b
b＋36a
C.
71b
161b＋18a
D.
71b
161b＋9a
答案 C
解析 电解发生的电极反应：阳极为Cu －2e===Cu 2＋，阴极为2H ＋＋2e===H 2↑。

电解时
总的化学反应方程式为Cu ＋2H 2O=====电解Cu(OH)2↓＋H 2↑，阴极逸出a mol H 2，水被电解了2a
mol ，根据溶解度知识，不难求出答案为C 。

如果将题中的铜电极换作铂电极，只改一个字，
其电解的总反应方程式即为2H 2O=====电解2H 2↑＋O 2↑，阴极逸出a mol H 2，水被电解了a mol 。

可见因一字之差(“铜”与“铂”)，答案各异。

由此再次强调提高审题的准确性是多么的必要。

知识点三 电解规律应用
5．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(方括号内的物质)，能使溶液恢复到原来的成分和浓度的是( )
A ．AgNO 3[AgNO 3]
B ．NaOH[H 2O]
C ．KCl[KCl]
D ．CuSO 4[Cu(OH)2]
答案 B
解析 A 项：4AgNO 3＋2H 2O=====电解4Ag ＋O 2↑＋4HNO 3脱离反应体系的物质是4Ag ＋O 2，相当
于2Ag 2O ，所以应当加入适量Ag 2O 才能复原。

(加入AgNO 3，会使NO －3的量增加)；B 项：2H 2O=====
电解2H 2↑＋O 2↑ 脱离反应体系的是2H 2＋O 2，相当于2H 2O ，加入适量水可以复原。

C 项：2KCl
＋2H 2O=====电解2KOH ＋H 2↑＋Cl 2↑ 脱离反应体系的是H 2＋Cl 2，相当于2HCl ，应通入适量HCl
气体才能复原。

(加入盐酸时，同时也增加了水) D 项：2CuSO 4＋2H 2O=====电解2H 2SO 4＋2Cu ＋O 2↑
脱离反应体系的是2Cu ＋O 2，相当于2CuO ，加入适量CuO 可以复原。

6．用铂作电极电解某种溶液，通电一段时间后，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 ．KNO 3溶液
C ．CuSO 4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＝12
，相当于电解水，pH 变小说明电解了含氧酸。

练基础落实
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)，经过一段时间后，首先观察到溶液变红的区域是( )
A ．Ⅰ和Ⅲ附近
B ．Ⅰ和Ⅳ附近
C ．Ⅱ和Ⅲ附近
D ．Ⅱ和Ⅳ附近 答案 B
解析 此题将电解知识与原电池知识融合在一起。

要解决此问题，必须要从概念、模型、电极名称、电极反应式等方面去区分，这些知识都弄清楚了，才能顺利解答此题，达到“在
应用中理解、在理解中应用”的效果。

左图为电解池，Fe 为阳极，阳极反应式为Fe －2e －===Fe
2＋；Zn 为阴极，阴极反应式为2H ＋＋2e －===H 2↑，因此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，正极反应式为2H 2O ＋O 2＋4e －===4OH －，因此Ⅳ区域c (OH －)
变大，碱性增强使酚酞变红。

2．用惰性电极实现电解，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，要消耗OH －
，故溶液pH 减小
C ．电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶2
D ．电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶1
答案 D
解析 电解稀H 2SO 4，其实质是电解水，因溶剂减少，H 2SO 4浓度将增大，故溶液的pH
变小；电解稀NaOH 溶液，虽然OH －在阳极放电，但H ＋同时也在阴极放电，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Na 2SO 4溶液，其实质也是电解水，在阴极和阳极分别析出H 2和O 2，二者的物质的量之比为2∶1，而非1∶2；电解CuCl 2溶液，在阴、阳两极上分别析出Cu 和Cl 2，二者的物质的量之比为1∶1。

3．电解CuCl 2与NaCl 的混合溶液，阴极上和阳极上最先析出的物质为( )
A ．H 2和Cl 2
B ．Cu 和Cl 2
C ．H 2和O 2
D ．Cu 和O 2
答案 B
解析 溶液中Cu 2＋、H ＋、Na ＋移向阴极，Cu 2＋先放电得到Cu ；Cl －、OH －移向阳极，Cl
－先放电得到Cl 2。

4．在水中加等物质的量的Ag ＋、Pb 2＋、Na ＋、SO 2－4、NO －3、Cl －，该溶液放在用惰性电极
作电极的电解槽中，通电片刻，则氧化产物与还原产物质量比为( )
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，有四种发生反应生成沉淀，Ag ＋＋Cl －===AgCl↓、Pb 2＋＋SO 2－4
===PbSO 4↓，最后溶液就成了NaNO 3溶液；而电解NaNO 3溶液，实质上就是电解水，电解方程
式为2H 2O=====电解2H 2↑＋O 2↑。

氧化产物和还原产物的质量之比为m (O 2)∶m (H 2)＝(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过程 ②电解是化学能转变成电能的过程 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还原反应，通过电解的原理可以实现 ⑤任何溶液被电解时，必然导致氧化还原反应的发生
A ．①②③④
B ．②③⑤
C ．③④
D ．①③④⑤ 答案 D
解析 从能量角度看，电解是把电能转变成化学能的过程，故①对、②错；电解质溶液的导电过程，必将伴随着两个电极上氧化还原反应的发生，同时生成新的物质，故③、⑤对；某些不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理供给电能也可以实现，故④对。

所以D 选项符合题意。

练方法技巧
6．在100 mL H 2SO 4和CuSO 4的混合溶液中，用石墨作电极进行电解，两极均收集到2.24
L 气体(标准状况)，则原混合溶液中Cu 2＋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 两极均收集到气体时，阴极是Cu 2＋放电后，H ＋又放电生成氢气；阳极是OH －放电
生成氧气。

n (H 2)＝n (O 2)＝2.24 L/22.4 L·mol －1＝0.1 mol ，由电子守恒得n (Cu 2＋)×2＋
n (H 2)×2＝n (O 2)×4，即：c (Cu 2＋)×0.1 L×2＋0.1 mol×2＝0.1 mol×4，解得：c (Cu 2＋)
＝1 mol·L －1。

本题考查阳离子在阴极的放电顺序：Cu 2＋>H ＋。

7．用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH 。

则电解过程中转移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CuSO 4溶液的反应的化学方程式2CuSO 4＋2H 2O=====电解2Cu ＋O 2↑＋2H 2SO 4知，
电解过程中只析出Cu 和放出O 2，故电解后加入CuO 就可以复原。

但本题提示加入0.1 mol Cu(OH)2可以复原，说明电解过程中不仅有CuSO 4被电解，还有H 2O 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－，共计0.4 mol e－。

8．铅蓄电池的工作原理为Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O。

研读下图，下列判断不正确的是( )
A．K闭合时，d电极反应式：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO2－4
B．当电路中转移0.2 mol电子时，Ⅰ中消耗的H2SO4为0.2 mol
C．K闭合时，Ⅱ中SO2－4向c电极迁移
D．K闭合一段时间后，Ⅱ可单独作为原电池，d电极为正极
答案 C
解析当K闭合时，装置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极发生氧化反应：PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO2－4，正确；B项：电路中转移0.2 mol电子时，Ⅰ中消耗0.2 mol H2SO4和0.1 mol Pb，正确；C项：Ⅱ中SO2－4向阳极(d极)迁移，错误；D项：K闭合一段时间后，c极表面生成Pb，d极表面生成PbO2，装置Ⅱ可单独作为原电池，d电极为正极，正确。

练综合拓展
9．在50 mL 0.2 mol·L－1 CuSO4溶液中插入两个电极，通电电解(不考虑水分蒸发)。

则：
(1)若两极均为铜片，试说明电解过程中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，阳极反应式是
________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。

(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－
通过时，阴极增重________g，阴极上的电极反应式是
________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。

答案(1)不变(2)Zn－2e－===Zn2＋ (3)1.28 Cu2＋＋2e－===Cu
解析(1)两极均为铜片，电解液为CuSO4溶液，这是一个电镀装置，电解过程中电解质溶液的浓度不变。

(2)阳极为纯锌，为活泼金属，通电电解时，锌发生氧化反应：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，则阴极反应为Cu2＋得电子的还原反应：Cu2＋＋2e－===Cu。

当电路中有0.04 mol电子通过时，有0.04 mol/2×64 g·mol －1＝1.28 g铜析出。

10．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：
(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 分别生成的物质的物质的量之比为2∶______∶______∶________。

(4)AgNO 3溶液的浓度________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，AgNO 3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 12
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，实际上是电解其中的水。

因此在该电解池中发生反应：2H 2O=====通电2H 2↑＋O 2↑，V (H 2)∶V (O 2)＝2∶1。

据此可确定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 (H 2)＝23×336 mL＝224 mL ，为0.01 mol ；V (O 2)＝13
×336 mL ＝112 mL ，为0.005 mol 。

说明电路上有0.02 mol 电子，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 。

则n (e －)∶n (Ag)∶n (O 2)∶n (H 2)＝
0.02∶0.02∶0.005∶0.01＝2∶2∶12
∶1。

由Ag(阳)电极、Pt(阴)电极和AgNO 3溶液组成的电解池，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
还原给溶液补充的Ag ＋的物质的量，因此AgNO 3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，由于其中的水发生电解，因此硫酸的浓度增大，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 g 。