【步步高 学案导学设计】2021-2021学年高中化学 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.doc

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1、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CuCl2溶液为例(1)装置

2、(2)电极反应阴极Cu22e=Cu发生还原反应阳极2Cl2e=Cl2发生氧化反应总反应CuCl2CuCl24.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知识点一电解池1.如图是电解CuCl2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() Aa为负极，b为正极Ba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

3、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

4、附表中的()a极板b极板X电极Z溶液A锌石墨负极CuSO4B石墨石墨负极NaOHC银铁正极AgNO3D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Na2SO410H2O，若保持温度不变，则所剩溶液中溶质的质量分数是()A. B. C. D.答案C解析电解发生的电极反应：阳极为Cu2e=Cu2，阴极为2H2e=H2

5、。电解时总的化学反应方程式为Cu2H2OCu(OH)2H2，阴极逸出a mol H2，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2H2O2H2O2，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()AAgNO3AgNO3 BNaOHH2OCKClKCl DCuSO4Cu(OH)2答案B解析A项：4

6、AgNO32H2O4AgO24HNO3脱离反应体系的物质是4AgO2，相当于2Ag2O，所以应当加入适量Ag2O才能复原。(加入AgNO3，会使NO的量增加)；B项：2H2O2H2O2脱离反应体系的是2H2O2，相当于2H2O，加入适量水可以复原。C项：2KCl2H2O2KOHH2Cl2脱离反应体系的是H2Cl2，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：2CuSO42H2O2H2SO42CuO2脱离反应体系的是2CuO2，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

7、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 BKNO3溶液 CCuSO4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和附近 B和附近 C和附近 D和附近答案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

8、，阳极反应式为Fe2e=Fe2；Zn为阴极，阴极反应式为2H2e=H2，因此区域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2H2OO24e=4OH，因此区域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12D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11答案D解析电解稀H2SO4，其实质是电解水，因溶剂减少，H2SO4浓度将增大，故溶液的pH变小；电解稀NaOH溶液

9、，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Na2SO4溶液，其实质也是电解水，在阴极和阳极分别析出H2和O2，二者的物质的量之比为21，而非12；电解CuCl2溶液，在阴、阳两极上分别析出Cu和Cl2，二者的物质的量之比为11。3电解CuCl2与NaCl的混合溶液，阴极上和阳极上最先析出的物质为()AH2和Cl2 BCu和Cl2 CH2和O2 DCu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

10、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()A35.5108 B16207 C81 D10835.5答案C解析溶液中的六种离子，有四种发生反应生成沉淀，AgCl=AgCl、Pb2SO=PbSO4，最后溶液就成了NaNO3溶液；而电解NaNO3溶液，实质上就是电解水，电解方程式为2H2O2H2O2。氧化产物和还原产物的质量之比为m(O2)m(H2)(1 mol32 gmol1)(2 mol2 gmol1)81，即C项正确。5下列说法正确的是()电解是把电能转变成化学能的过程电解是化学能转变成电能的过程电解质溶液导电是化学变化，金属导电是物理变化不能自发进行的氧化还原反应，

11、通过电解的原理可以实现任何溶液被电解时，必然导致氧化还原反应的发生A B C D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，故对、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、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，故对。所以D选项符合题意。练方法技巧6在100 mL H2SO4和CuSO4的混合溶液中，用石墨作电极进行电解，两极均收集到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()A1 molL1 B2 molL1 C3 molL1 D4 molL1答案A解析两极均收集到气体时，阴极是

12、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 Lmol10.1 mol，由电子守恒得n(Cu2)2n(H2)2n(O2)4，即：c(Cu2)0.1 L20.1 mol20.1 mol4，解得：c(Cu2)1 molL1。本题考查阳离子在阴极的放电顺序：Cu2H。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()A0.1 mol B0.2 mol C0.3 mol D0.4 mol答案D解析由电解CuSO4溶液的反应的化学

13、方程式2CuSO42H2O2CuO22H2SO4知，电解过程中只析出Cu和放出O2，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 CuO0.1 mol Cu0.2 mol e，0.1 mol H2O0.1 mol H20.2 mol e，共计0.4 mol e。8铅蓄电池的工作原理为PbPbO22H2SO4=2PbSO42H2O。研读下图，下列判断不正确的是()AK闭合时，d电极反应式：PbS

14、O42H2O2e=PbO24HSOB当电路中转移0.2 mol电子时，中消耗的H2SO4为0.2 molCK闭合时，中SO向c电极迁移DK闭合一段时间后，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；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：PbSO42H2O2e=PbO24HSO，正确；B项：电路中转移0.2 mol电子时，中消耗0.2 mol H2SO4和0.1 mol Pb，正确；C项：中SO向阳极(d极)迁移，错误；D项：K闭合一段时间后，c极

15、表面生成Pb，d极表面生成PbO2，装置可单独作为原电池，d电极为正极，正确。练综合拓展9在50 mL 0.2 molL1 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)Zn2e=Zn2 (3)1.28Cu22e=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

16、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：Zn2e=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：Cu22e=Cu。当电路中有0.04 mol电子通过时，有0.04 mol/264 gmol11.28 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

17、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)Ag2.16(3)21 (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：2H2O2H2O2，V(H2)V(O2)21。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(H2)336 mL224 mL，为0.01 mol；V(O2)336 mL112 mL，为0.005

18、 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 mol108 gmol12.16 g，即0.02 mol的Ag。则n(e)n(Ag)n(O2)n(H2)0.020.020.0050.01221。由Ag(阳)电极、Pt(阴)电极和AgNO3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，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 mol18 gmol10.18 g，则5.00%x5.02%(x0.18)，解得x45.18 g。6