：4-3电解池（含答案解析）.doc

第三节　电解池(时间：30分钟)考查点一　电解原理1．能用电解原理说明的问题是 (　　)①电解是把电能转变成化学能　②电解是化学能转变成电能　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，通过电解的原理可以实现⑤任何溶液被电解时，必须导致氧化还原反应的发生A．①②③④ B．②③⑤C．③④ D．①③④⑤解析　从能量角度盾，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能实现，故④对所以D选项符合题意答案　D2．下列关于电解池的叙述中，正确的是 (　　)A．电解池中的闭合回路仅是由电子的定向移动形成的B．金属导线中，电子从电源的负极流向电解池的阳极，从电解池的阴极流向电源的正极C．在电解质溶液中，阴离子向阴极移动，阳离子向阳极移动D．相同时间内，阳离子在阴极上得到电子与阴离子在阳极上失去电子的总数相等答案　D考查点二　电解原理的应用3．右图是电解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 (　　)。

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，氯离子浓度不变解析　由电流方向可知a为正极，b为负极，c为阳极，d为阴极利用电解原理可推得答案答案　C4．用石墨电极电解某酸溶液时，在相同条件下，阴、阳两极收集到的气体的体积比是2∶1，则下列结论正确的是 (　　)A．阴极一定是H2，阳极一定是O2B．该酸可能是HClC．电解后溶液的酸性减弱D．阳极的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑解析　酸溶液中H＋放电产生H2，又因阴、阳两极收集到的气体的体积比是2∶1，可知另一个电极一定是O2，故该酸为含氧酸，实质是电解水，故酸性增强答案　A5．右图装置中发生反应的离子方程式为：Zn＋2H＋―→Zn2＋＋H2↑，下列说法错误的是 (　　)A．a、b不可能是同种材料的电极B．该装置可能是电解池，电解质溶液为稀盐酸C．该装置可能是原电池，电解质溶液为稀盐酸D．该装置可看作是铜­锌原电池，电解质溶液是稀硫酸解析　利用Zn＋2H＋―→Zn2＋＋H2↑原理，可以设计成原电池：以Zn为负极，比Zn不活泼的金属或石墨为正极，电解质溶液是稀H2SO4或稀盐酸，也可以是电解池，阳极为Zn，阴极为Zn或Cu、Fe、C、Pt等物质，故A项错误。

答案　A6．用石墨作电极电解下列溶液①稀H2SO4　②K2SO4溶液　③CuCl2溶液　④CuSO4溶液　⑤KOH溶液(1)阴极、阳极都有气体产生，且体积比(相同条件下)为2∶1的是(填序号)____________，其阳极的电极反应式都是_______________________________，阴极的电极反应式都是__________________，总反应的化学方程式都是_______________2)阴极、阳极都有气体产生，其中溶液酸性增强的是________，碱性增强的是________(填序号)3)一个电极析出金属，一个电极逸出气体，且溶液酸性增强的是________(填序号)，其总反应的化学方程式是___________________________________________________答案　(1)①②⑤　4OH－－4e－===2H2O＋O2↑　4H＋＋4e－===2H2↑　2H2O2H2↑＋O2↑　(2)①⑤　(3)④　2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑7．在下图装置中，通电后可观察到Cu极溶解，则下列说法中不正确的是(　　)A．直流电源中，A是正极B．两池内CuSO4溶液浓度均不改变C．两铁极上最初析出物相同D．P池内溶液的质量逐渐减小解析　由题意知：铜电极溶解，发生氧化反应，即铜为阳极，A为正极，B为负极，Pt为阳极，铁均为阴极，则P电解池中的电解反应方程式为2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，有O2析出，电解质溶液质量逐渐减小，Q电解池中，阳极：Cu－2e－===Cu2＋，阴极：Cu2＋＋2e－===Cu，电解质溶液质量和组分不变，综上分析，推知B项不正确。

答案　B8．按图甲装置进行实验，若图乙中横坐标x表示通过电极的电子的物质的量下列叙述正确的是 (　　)A．F表示反应生成Cu的物质的量B．E表示反应实际消耗H2O的物质的量C．E表示反应生成O2的物质的量D．F表示反应生成H2SO4的物质的量解析　电解实质为2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，则每通过4 mol e－，生成2 mol Cu,1 mol O2，耗2 mol H2O，生成2 mol H2SO4答案　B9．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________(至少答一种，下同)；(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　题中提供的离子其实还包括OH－，这些离子放电的顺序如下：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中的任意一种，但不是BaSO4。

2)阴极析出金属，即Ag＋或Cu2＋放电；阳极放出O2，即OH－放电，水中的溶质可以是AgNO3、Cu(NO3)2、CuSO4中的任意一种，但不是Ag2SO4(微溶)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　(2)AgNO3、Cu(NO3)2、CuSO4　(3)HCl、BaCl2考查点三　电解原理的有关计算10．用惰性电极电解V mL某二价金属的硫酸盐溶液一段时间，阴极有W g金属析出，溶液的pH从6.5变为2.0(体积变化可忽略不计)析出金属的相对原子质量为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A. B. C. D.解析　设析出金属的相对原子质量为x，据阴、阳两极得失电子守恒，有M～2e－～2OH－(放电)～2H＋(生成)x g　　　　　　　　　2 molW g　　　　　　　　　10－2mol·L－1× L解得x＝答案　C11．某兴趣小组设计如下图所示微型实验装置实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表A指针偏转。

下列有关描述正确的是 (　　)A．断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：　2H＋＋2Cl－Cl2↑＋H2↑B．断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C．断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应式为：Cl2＋2e－===2Cl－D．断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极解析　断开K2，闭合K1时，该装置为电解池，由两极均有气泡产生可知铜电极为阴极，总反应的离子方程式为2Cl－＋2H2O电解,Cl↑＋H2↑＋2OH－，A项错；由此可知铜电极附近溶液中因有OH－生成，溶液变红色，B项错；断开K1，闭合K2时，装置为原电池，铜极上产生的氢气发生氧化反应，电极反应式为H2－2e－＋2OH－===2H2O，C项错；由此可知铜电极为负极，石墨电极为正极，故D项正确答案　D12．如下图所示的装置中，若通入直流电5 min时，铜电极质量增加2.16 g，试回答：(1)电源电极X的名称为________2)pH变化：A________，B________，C________填“增大”“减小”或“不变”)(3)通电5 min后，B中共收集224 mL气体(标准状况)，溶液体积为200 mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为________(设电解前后溶液体积无变化)。

4)若A中KCl溶液的体积也是200 mL，电解后，溶液中OH－的物质的量浓度为________(设电解前后溶液体积无变化)解析　(1)C装置的铜电极质量增加，说明铜极上有金属析出，即溶液中的银离子被还原生成银单质，故铜极为阴极，由此可确定X极为负极2)A装置是电解KCl溶液，阴极析出氢气，阳极析出氯气，溶液中氢氧根离子浓度增大，B装置中阴极上先析出铜，当铜离子消耗完后将析出氢气，而阳极上析出氧气，溶液中氢离子浓度增大，C装置中阴极析出银单质，阳极上的银失去电子变成银离子，理论上AgNO3溶液的物质的量浓度不变3)B装置两极上电子转移的数目与C装置中转移的电子数目相同，C装置中转移的电子为＝0.02 mol，经判断，B装置中阴极：Cu2＋＋2e－===Cu,2H＋＋2e－===H2↑，阳极：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，根据题意可得：2n(H2)＋2n(Cu)＝4n(O2)＝0.02 mol，n(H2)＋n(O2)＝，解得n(Cu)＝0.005 mol，CuSO4溶液物质的量浓度为：＝0.025 mol·L－14)A装置的反应为：2KCl＋2H2O2KOH＋H2↑＋Cl2↑，即反应中电子转移的物质的量与生成的氢氧根离子的物质的量相等，为0.02 mol，c(OH－)＝＝0.1 mol·L－1答案　(1)负极　(2)增大　减小　不变　(3)0.025 mol·L－1(4)0.1 mol·L－1。