高中化学总复习：电解池-电解原理和规律(基础)知识点巩固练习

【考纲要求】

电解原理和规律编稿：柏兴增审稿：武小煊了解电解池的工作原理，结合原电池工作原理，加深对化学能与电能相互转化的理解。把握离子的放电挨次，能写出电极反响式和电解池总反响方程式。把握电解产物的推断和计算。【考点梳理】考点一：电解原理电解的定义：使电流通过电解质溶液〔或熔融的电解质〕而在阴、阳两极引起氧化复原反响的过程叫电解。电解是最强有力的氧化复原手段，可将不能自发进展的氧化复原反响得以发生。电解池的装置特点：有外接电源，将电能转化为化学能。1〕与电源两个电极相连〔〕电解质溶液〔或熔融的电解质3〕形成闭合回路。阴阳极的推断及反响：考点二：原电池与电解池的比较

原电池

电解池能量转化反响特征

化学能→电能自发进展

电能→化学能非自发进展装置举例电极电极反响电子流向

电池的正、负极由电极材料打算负极：较活泼的金属正极：较不活泼的金属、金属氧化物、非金属导体负极：失去电子、发生氧化反响正极：得到电子、发生复原反响负极e正极外电路

阴、阳极由所连电源打算阴极：接直流电源负极阳极：接直流电源正极阴极：阳离子得电子发生复原反响考点三：电解规律电极材料〔１〕活性电极：既导电又能反响〔针对阳极，指金属活动挨次表Ag及Ag〕〔２〕惰性电极：只导电不溶解〔惰性电极一般指金、铂、石墨电极，而银、铜等均是活性电极。〕离子放电挨次阳极：阴离子放电挨次〔活性金属〕＞S2—＞I—＞Br—＞Cl—＞OH—＞含氧酸根＞F—〔实际上在水溶液中的电解，OH—后面的离子是不行能放电的，由于水供给OH—的会放电〕阴极：阳离子放电挨次阴极本身被保护，直接依据阳离子放电挨次进展推断，阳离子放电挨次：Ag+＞Hg2+＞Fe3+＞Cu2+＞H+〔酸中〕＞Pb2+＞Sn2+＞Fe2+＞Zn2+＞H+〔水中〕＞Al3+＞Mg2+＞Na+＞Ca2+＞K+。要点诠释：阴阳离子在两极上放电挨次简单，与离子性质、溶液浓度、电流强度、电极材料等都有关，不应将放电顺序确定化，以上仅是一般规律。电极反响式和电解总方程式电极反响式的书写电极材料放电。②再分析溶液中的离子种类，依据离子放电挨次，分析电极反响，并推断电极产物，写出电极反响式。③电解水溶液时，应留意放电挨次中H+、OH―之后的离子一般不参与放电反响。电解化学方程式的书写①必需在长等号上标明“电解2 2 ②仅是电解质被电解，电解化学方程式中只写电解质及电解产物。如电解CuCl溶液：CuCl 电解Cu+Cl↑2 2 ③仅有水被电解，只写水及电解产物即可。2 4 2 2 如电解NaOH溶液、稀HSO：2HO 电解2H↑+O↑。2 4 2 2 ④电解质、水同时被电解，则都要写进方程式。如电解AgNO溶液：4AgNO+2HO 电解4Ag+O↑+4HNO。3 3 2 2 3电解类型类型类型电极反响特点电解水型阳极：4OH――4e―==2H2O+O2↑电解质组成特点可溶性强碱含氧酸活泼金属含氧酸盐无氧酸不活泼金属无氧酸盐活泼金属无氧酸盐实例阴极：4H++4e―==2H↑NaOH2HSO2 4电解对象水水电解质浓度增大pH增大电解质溶液复原需参加物质水水Na2SO4HCl水增大不变水分解电解质型分别在两极放电电解质减小增大氯化氢CuCl2电解质减小——氯化铜生碱型阴极：2H++2e－==H2↑NaCl电解质和水生成电解质—碱增大氯化氢生酸型阳极：电解质阴离子放电阴极：电解质阳离子放电阳极：4OH ―4e ==O↑――2不活泼金属属含氧酸盐CuSO4电解质和水生成电解质—酸减小氧化铜+2H2O考点四：电解池中有关量的计算或推断解题依据是得失电子守恒，解题方法一般有如下几种：依据电子守恒法计算：依据总反响式计算：〔3〔3〕依据关系式计算：依据得失电子守恒关系，在量与未知量之间，建立计算所需的关系式。【典型例题】类型一、电解原理例1〔2023北京丰台〕用石墨电极电解CuC2溶见右。以下分析正确的选项是( )A.a端是直流电源的负极通电使CuCl2发生电离阳极上发生的反响：Cu2＋＋2e－＝Cu通电一段时间后，在阴极四周观看到黄绿色气体【思路点拨】离子放电挨次：Cl－＞OH－；Cu2+＞H+【答案】A【解析】电解过程中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，阴极与直流电源的负极相连，阳极与直流电源的正极相连，A项错误；电解过程中阳极上发生的反响为氧化反响，阳极反响为2C－－2＝C12，在阳极四周可观看到黄绿色气体〔氯气CD项错误。【总结升华】对于电解池，首先要考虑阳极材料，假设为惰性电极，溶液中的阴离子被氧化；假设为活性电极，则被氧化的是电极本身。举一反三：2 2 【变式1】Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图，电解总反响为：2Cu+HO 通电CuO+H↑。以下说法正确的选项是〔2 2 A．石墨电极上产生氢气B．铜电极发生复原反响C．铜电极接直流电源的负极D0.1mol0.1molCu2O生成【答案】A【解析】由总反响知失电子的为Cu，得电子的是H2O中的氢元素。因此Cu极为电解池的阳极，接电源的正极，石墨为阴极，接电源的负极。当有0.1mol0.05molCu2O生成。2〔2023北京通州摸底〔〕A．装置①争论的是金属的吸氧腐蚀，Fe上的反响为Fe－2e－==Fe2+B．装置②争论的是电解CuCl2溶液，它将电能转化为化学能C．装置③争论的是电解饱和食盐水，电解过程中，B极上发生氧化反响D．三个装置中涉及的主要反响都是氧化复原反响【答案】C例2．用铂电极电解下表中各组物质的稀溶液〔如图〕一段时间后，甲、乙两池中溶pH例2．用铂电极电解下表中各组物质的稀溶液〔如图〕一段时间后，甲、乙两池中溶pH均减小，且在①和④两极的电极产物的物质的量之比为1∶2的是〔〕选项 A甲 KOH乙 CuSO4BH2SO4AgNO3CNa2SO4HClDCuSO4HNO3【思路点拨】甲乙装置为串联在一起的电解池，电极①与外接电源的正极相连做阳极、发生氧化反响。【答案】DKOH时，实质为电解水，电解质溶液浓度增大，溶液pH增大，A不正确；甲中为硫酸时，甲中pH减小，①为阳极生成氧气，④为阴极生成银单质，当有1mol4mol的银单质，B不正确；甲中为Na2SO4时，通电之后溶液pH不发生变化，C不正确；甲为硫酸铜溶液时，①为阳极：4OH――4―==2O+O2Cu2++2==CupHpH2H+2e―==H2↑，当转移电子数一样时，在①和④两极的电极产物的物质的量之比为1∶2，D正确。【总结升华】用惰性电极电解酸、碱、盐溶液，其溶液pH变化的推断方法是：先分析原溶液的酸碱性，再看电极产物，即无氧只放氢，pH升；无氢有氧放，pH降；氢、氧一齐放，是碱pH升，是酸pH降。11】右图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置。通电后在石墨电极ab四周分别滴加一滴石蕊试液，以下试验现象中正确的选项是〔〕逸出气体的体积a电极的小于b电极的一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体C．a电极四周呈红色，b电极四周消灭蓝色D．a电极四周呈蓝色，b电极四周消灭红色【答案】D【变式2】用惰性电极电解以下溶液，一段时间后，再参加肯定质量的另一种物 质〔中括号内溶液能与原来溶液完全一样的是〔。A．CuCl2[CuO]B．NaOH[NaOH]C．NaCl[HCl]D．Na2SO4[NaOH]【答案】C2 【解析】A应补充适量的CuCl，B、D均应补充适量的水；C中阳极：2Cl－－2e－==Cl↑，阴极：2H++2e2 ==H2↑，损失的是HCl，因此需要补充适量的HCl。复为原来的浓度。类型三、电解的有关计算例3．用两支惰性电极插入500mL的AgNO3溶液中，通电电解。当电解质溶液的pH由6.0变为3.0时〔设电解时阴极没有氢气析出，且电解液在电解前后体积变化可以无视，则电极上析出银的质量是〔 〕A．27mg B．54mg C．108mg D．216mg【思路点拨】无视电解前的氢离子，即生成的氢离子浓度为10-3mol/L。利用电解方程式进展计算。【解析】由总的电解反响式：4AgNO3【解析】由总的电解反响式：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3得计算关系式：4Ag~O2~4H+~4e—由于有HNO3生成，所以pH要变小。生成HNO3的物质的量为(10-3－10-6)×0.5mol≈0.5×10-3mol〔即无视原溶液中的氢离子，所以析出银的质量为0.510-mol108g/mol=54mg【总结升华】依电子得失守恒，可得常见的计算关系式：2Cu~2H2~2Cl2~4Ag~O2~4H+~4OH-~4e—举一反三：【高清课堂：3991613】12L4mol/LNaCl溶液，当电路中通过0.02mol电子时，假设不考虑由于电解而引起的溶液体积的变化，则溶液的pH为A．2B．7C．11D．12【答案】D【高清课堂：3991614】2】Na2SO4和CuSO41L，硫酸根离子的浓度为2mol/L，用石墨作电极电解此溶液，当通电一22.4L(标准状况)气体,则原溶液中C(Na+)为A．0.5mol/L B．1mol/L C．1.5mol/L D．2mol/L【答案】D【稳固练习】一、选择题〔1个选项符合题意〕如下图右边的金属片发生氧化反响的是X、Y、Z、M四种金属，X可以从Y的盐溶液中置换出Y。XZ作原电池电极时，Z为正极。Y和Z的离子共存于电解质溶液中，Y离子先放电。MY的离子。则这四种金属的活动性由强到弱的挨次是〔〕A、XYZMB、XZMYC、MZXYD、XZYM3〔2023海南高考〕以石墨为电极，电解KI溶液〔含有少量的酚酞和淀粉，以下说法错误的选项是〔。A．阴极四周溶液呈红色B．阴极逸出气体C．阳极四周溶液呈蓝色D．溶液的pH变小4．用惰性电极分别电解以下溶液，其pH变化趋势一样的是〔〕4 2 4 2 A、H2SO、NaSOB、HSO、4 2 4 2 3 C、AgNO、BaClD、HCl、NaCl5．工业上电解食盐水的阴极区产物是〔3 A、氯气B、氢气和氯气C、氢气和氢氧化钠D、氯气和氢氧化钠用石墨做电极电解CuSO4溶液通电一段时间后欲使用电解液恢复到起始状态应向溶液中参加适量〔 〕CuSO4 B．H2O C．CuO D．CuSO4·5H2O将两个铂电极插入500mLCuSO4溶液中进展电解，通电肯定时间后，某一电极增重0.064g〔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H+浓度约为〔 〕A．4×10-3mol/L B．2×10-3mol/L C．1×10-3mol/L D．1×10-7mol/L5.2%NaOH1L〔1.06g/cm3〕1.0%时停顿电解，则此时溶液中应符合的关系是〔〕NaOH的质量分数阳极析出物质的质量/g阴极析出物质的质量/gA6.2%19152B6.2%15219C4.2%1.29.4D4.2%9.41.2CuCl22.24L气体(标准状况)。以下有关说法正确的选项是〔〕阴极生成的铜为3.2gB0.2mol电子C．电解得到的Cu0.5molD．电解后溶液呈碱性10〔2023·广州7校联合体第三次测试题〕某学习小组为争论电化学原理，设计右图装置。以下表达正确的选项是〔〕A．KM、N均断开，一段时间后电解质溶液质量变大B．K分别与M、N相连时，铁均受到保护C．KM1molFe32gCu

C FeD．KD．K与N纸变蓝的气体11〔N装置中两个电极均为石墨棒〕()C1上发生氧化反响4M装置中SO2－移向Cu电极4工作一段时间后装置M中溶液pH变大，装置N中溶液pH变小Cu电极与C2电极上的电极反响一样符合这一状况的是下表中的〔。二、填空题12．如下图，X、Y分别是直流电源的两极，通电后觉察a符合这一状况的是下表中的〔。二、填空题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CuCl23 承受惰性电极，从NO－、SO2－、Cl－、Cu2+、Ba2+、Ag+、H+3 2假设两极分别放出H2和O，电解质可能为 。22假设阴极析出金属，阳极放出O，电解质可能为 。2假设两极均放出气体，且体积之比为1∶1，电解质可能为假设既无O2又无H2放出，电解质可能为 。3 4 2〔2023北京高考〕电解NO制备NHNO，其工作原理如下图，为使电解产物全部转化NHNO，需补物质A，A是 ，说明理由： 。3 4 【答案与解析】一、选择题1．C2．D3．DKI2KI+2H

O 电解2KOH+H

类似于电解饱和食盐水，2 2 22阴极产物是H2和KOH，阳极产物是I。由于溶液中含有少量的酚酞和淀粉，所以阳极四周的溶液会变蓝〔淀粉遇碘变蓝，阴极四周的溶液会变红〔溶液呈碱性ABC正确；由于电解产物有KOH生成，所以溶液的pH渐渐增大，D错误。24．D5．C6．C4 4 2 2 4 【解析】用石墨做电极电解CuSO溶液的电解方程式是2CuSO＋2HO 电解2HSO＋2Cu＋O↑，依据缺什么4 4 2 2 4 补什么的原则，选项C正确。22依据原溶液的酸、碱性和电极产物可对电解后溶液的pH变化作出正确的推断。假设电极产物只有H2O，则pH变大；假设电极产物只有O2H2pH变小；假设电极产物既有O2H，原溶液呈酸性，则pH变小，原溶液呈碱性则pH变大，原溶液呈中性，则pH不变。227．A【解析】依据方程式：2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4计算，或依据计算关系式：Cu~2H+~2e—先求出H+物质的量为：2×10-3mol，再结合溶液体积0.5mL求出H+浓度为：4×10-3mol/L。8．B

计算。【解析】用铂电极电解NaOHC、D选项，阳极产生的氧气质量大于阴极产生的氢气的质量，应选B。9．B2【解析】CuCl 电解Cu+Cl↑，阳极收集到2.24L气体(标准状况)，即收集0.1molCl，转移0.2mol电子，阴22 2极生成Cu0.1mol6.4g，电解后溶液仍为CuCl2溶液，只是浓度减小，溶液仍因水解呈酸性。10．D【解析】KM、N均断开，铁和氯化铜反响置换出铜，一段时间后电解质溶液质量变小，A错误；KM相连时，铁作