2025版新教材高中化学第4章化学反应与电能第2节电解池第1课时电解原理课时作业新人教版选择性必修1

第四章其次节第1课时一、选择题1．硝酸银是一种无色晶体，易溶于水。用于照相乳剂、镀银、制镜、印刷、医药、染毛发，检验氯离子、溴离子和碘离子等，也用于电子工业。下列有关用惰性电极电解AgNO3溶液一段时间后的说法，正确的是(C)A．电解过程中阳极的质量不断增加B．电解过程中溶液的pH不断上升C．此时向溶液中加入适量的Ag2O固体可使溶液复原到电解前的状况D．电解后两极产生的气体体积比为21解析：用惰性电极电解AgNO3溶液的总方程式为4AgNO3＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))4Ag＋O2↑＋4HNO3，阳极上放出O2，阴极上析出Ag，阴极质量增加，A项错误；由于电解时生成了HNO3溶液的pH降低，B项错误；电解后析出O2和Ag，要使溶液复原到电解前状况需加入Ag2O固体，C项正确；电解时阴极上析出Ag，无气体生成，D项错误。2．某同学为了使反应2HCl＋2Ag=2AgCl＋H2↑能进行，设计了如下所示的四个试验方案，你认为可行的方案是(C)解析：Ag不能与HCl自发的进行氧化还原反应，所以要使反应2HCl＋Ag=2AgCl＋H2↑能发生应设计成电解池，Ag失电子发生氧化反应，H＋得电子发生还原反应，只有C符合条件。3．常温下用惰性电极电解NaHSO4溶液，电解一段时间后，下列有关电解质溶液变更的说法正确的是(A)A．电解质溶液的浓度增大，pH减小B．电解质溶液的浓度增大，pH增大C．电解质溶液的浓度减小，pH减小D．电解质溶液的浓度不变，pH不变解析：NaHSO4在水溶液中完全电离出Na＋、H＋和SOeq\o\al(2－,4)，电解NaHSO4溶液的实质是电解水，所以水削减，溶液浓度增大，c(H＋)增大，pH减小，故选A。4．用石墨作电极，电解下列溶液，阴、阳两极均产生气体，其体积比始终为21，且电解后溶液的pH增大的是(B)A．CuSO4 B．NaOHC．Na2SO4 D．H2SO4解析：电解CuSO4溶液，阳极OH－失电子生成O2，阴极Cu2＋得电子生成Cu，A项不符合；电解NaOH溶液，阳极反应为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，阴极反应为4H＋＋4e－=2H2↑，阴、阳两极气体体积比为21，NaOH浓度变大，pH增大，B项符合；电解Na2SO4溶液相当于电解水，溶液浓度增大，但pH不变，C项不符合；电解H2SO4溶液实质是电解水，酸溶液浓度变大，pH变小，D项不符合。5．用图甲装置电解确定量的CuSO4溶液，M、N为惰性电极。电解过程试验数据如图乙所示。横轴表示电解过程中转移电子的物质的量，纵轴表示电解过程产生气体的总体积。下列说法不正确的是(B)A．P点所得溶液只需加入确定量的CuO固体就可复原到起始状态B．电解过程中N电极表面始终有红色物质生成，无气泡产生C．P－Q电解过程为电解水，N极产生H2，M极产生O2D．若M电极材料换成Cu，则电解过程中CuSO4溶液的浓度不变解析：CuSO4溶液中含有的阳离子是：Cu2＋、H＋，阴离子是OH－、SOeq\o\al(2－,4)，惰性材料作电极，OH－的放电依次大于SOeq\o\al(2－,4)，OH－放电，即阳极电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，Cu2＋放电依次大于H＋，Cu2＋先放电，即阴极电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，P点后，气体体积突然增加，说明P点Cu2＋消耗完全，所以此过程中阳极产物为O2，阴极产物为Cu，所以只需加入确定量的CuO固体就可复原到起始状态，A正确；N极接电源的负极，N极作阴极，依据选项A的分析，先有红色铜析出，然后出现气体，B错误；依据A选项可知P点时Cu2＋完全反应，所以P－Q电解过程中，阳极反应为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，阴极反应为2H＋＋2e－=H2↑，实质上就是电解水，N极即阴极产生氢气，M极即阳极产生氧气，C正确；若M电极换成Cu作电极，阳极上发生Cu－2e－=Cu2＋，阴极反应式Cu2＋＋2e－=Cu，因此电解过程中CuSO4溶液的浓度不变，D正确。故选B。6．如下所示电解装置中，通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3慢慢溶解，下列推断错误的是(C)A．a是电源的负极B．通电一段时间后，向石墨电极Ⅱ旁边滴加石蕊溶液，出现红色C．随着电解的进行，CuCl2溶液浓度变大D．当0.01molFe2O3完全溶解时，至少产生气体336mL(折合成标准状况下)解析：通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3慢慢溶解，说明石墨电极Ⅱ为阳极，则电源b为正极，a为负极，石墨电极Ⅰ为阴极。a是电源的负极，故A正确；石墨电极Ⅱ为阳极，通电一段时间后，产生氧气和氢离子，所以向石墨电极Ⅱ旁边滴加石蕊溶液，出现红色，故B正确；随着电解的进行，铜离子在阴极得电子生成铜单质，所以CuCl2溶液浓度变小，故C错误；当0.01molFe2O3完全溶解时，消耗氢离子为0.06mol，依据阳极电极反应式2H2O－4e－=4H＋＋O2，产生氧气为0.015mol，体积为336mL(折合成标准状况下)，故D正确。7．科学家报告了一种干脆电化学合成H2O2的方法，装置如图。下列叙述不正确的是(A)A．该装置的工作原理是将化学能转化成电能B．b极发生的电极反应为O2＋H2O＋2e－=HOeq\o\al(－,2)＋OH－C．电池工作时，内部发生反应：HOeq\o\al(－,2)＋OH－＋2H＋=H2O2＋H2OD．电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L(标准状况)解析：该装置是电解池，将电能转化为化学能，A错误；b电极为阴极，O2得电子生成HOeq\o\al(－,2)，电极反应式为O2＋H2O＋2e－=HOeq\o\al(－,2)＋OH－，B正确；装置中阴极生成HOeq\o\al(－,2)、OH－，阳极生成H＋，所以电池工作时，内部生成的HOeq\o\al(－,2)、OH－与H＋反应生成H2O2和H2O，C正确；b电极为阴极，电极反应式为O2＋H2O＋2e－=HOeq\o\al(－,2)＋OH－，电路中通过2mol电子，消耗1molO2，标准状况下的体积为22.4L，D正确。8．如下图所示，甲池的总反应式为N2H4＋O2=N2＋2H2O。下列说法正确的是(B)A．甲池中负极上发生的反应为N2H4－4e－=N2＋4H＋B．乙池中石墨电极上发生的反应为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋C．甲池溶液pH增大，乙池溶液pH减小D．甲池中每消耗0.1molN2H4乙池电极上则会析出6.4g固体解析：分析题图知，甲是燃料电池，乙是电解池，甲池中电解质溶液为氢氧化钾溶液，则负极不行能生成H＋，应当是N2H4－4e－＋4OH－=N2＋4H2O，A项错误；乙池中石墨电极是阳极，发生氧化反应，B项正确；依据甲池总反应式知反应中生成了水，则氢氧化钾溶液的浓度变小，pH减小；乙池中阴极析出铜，阳极OH－放电，乙池的溶液pH减小，C项错误；依据各个电极通过的电量相等知N2H4～2Cu，则甲池中消耗0.1molN2H4时乙池电极上析出12.8g铜，D项错误。9．图中是化学能与电能相互转化的两套装置。下列分析正确的是(B)A．两装置中，铁电极均要消耗B．图乙装置中两极均有气泡产生C．图甲装置铁电极上发生的电极反应为Fe－3e－=Fe3＋D．随着反应的进行，图甲装置中溶液的pH增大，图乙装置中溶液的pH不变解析：图甲是原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子生成亚铁离子进入溶液，铁电极慢慢溶解，图乙是电解池，铁作阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，铁不溶解，故A错误；图乙是电解池，石墨作阳极，阳极上生成O2，铁作阴极，H＋放电生成H2，故B正确；图甲中Fe作负极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，故C错误；图甲电池的总反应为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，随反应的进行c(H＋)减小，溶液pH增大，图乙相当于电解水，H2SO4浓度增大，溶液的pH减小，故D错误。10．小组同学用如下方法制作简洁的燃料电池。步骤装置操作现象①打开K2，闭合K1两极均产生气体……②打开K1，闭合K2电流计指针发生偏转下列说法不正确的是(D)A．①中Cl－比OH－简洁失去电子，在石墨(Ⅰ)发生氧化反应B．①中还可视察到石墨(Ⅱ)电极旁边的溶液变红C．②导线中电子流淌方向：从石墨(Ⅱ)电极流向石墨(Ⅰ)电极D．②中石墨(Ⅱ)发生的电极反应式为H2－2e－=2H＋解析：①为外接电源的电解池，石墨(Ⅰ)连接电源的正极作阳极发生失电子的氧化反应，Cl－比OH－简洁失去电子，2Cl－－2e－=Cl2↑，A正确；石墨(Ⅱ)电极连接电源的负极作阴极，水中的氢元素得电子化合价降低生成氢气和氢氧化钠，滴酚酞的溶液变红，B正确；②为原电池，石墨(Ⅱ)电极是负极，发生失电子的氧化反应，故电子从石墨(Ⅱ)电极流向石墨(Ⅰ)电极，C正确；②中石墨(Ⅱ)四周有氢氧化钠显碱性，故发生的电极反应式为H2－2e－＋2OH－=2H2O，D错误。故选D。11．(2024·全国甲，13)乙醛酸是一种重要的化工中间体，可接受如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H＋和OH－，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是(D)A．KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用B．阳极上的反应式为CHOOCOOH＋2H＋＋2e－→CHOOCOH＋H2OC．制得2mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了1mol电子D．双极膜中间层中的H＋在外电场作用下向铅电极方向迁移解析：该装置通电时，乙二酸被还原为乙醛酸，因此铅电极为电解池阴极，石墨电极为电解池阳极，阳极上Br－被氧化为Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，双极膜中间层的H＋在直流电场作用下移向阴极，OH－移向阳极。KBr在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，故A错误；阳极上为Br－失去电子生成Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，故B错误；电解过程中阴阳极均生成乙醛酸，1mol乙二酸生成1mol乙醛酸转移电子为2mol,1mol乙二醛生成1mol乙醛酸转移电子为2mol，依据转移电子守恒可知每生成1mol乙醛酸转移电子为1mol，因此制得2mol乙醛酸时，理论上外电路中迁移了2mol电子，故C错误。12．用阳极X和阴极Y电解足量Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，确定能使溶液复原到电解前的状态，符合题意的一组是(C)选项XYZWACFeNaClH2OBPtCuCuSO4Cu(OH)2CCCH2SO4H2ODAgFeAgNO3AgNO3晶体解析：以C和Fe为电极，电解氯化钠，阳极氯离子放电，阴极氢离子放电，通电一段时间后为氢氧化钠溶液，削减的是氯化氢，故A不符合题意；以Pt和Cu为电极，电解硫酸铜，阳极氢氧根离子放电，放出氧气，阴极铜离子放电析出铜，削减的是铜和氧元素，须要加入氧化铜或碳酸铜使溶液复原，故B不符合题意；以C为电极，电解硫酸，阳极氢氧根离子放电，阴极氢离子放电，相当于电解水，通电一段时间后仍为硫酸溶液，可以加水让溶液复原，故C符合题意；以Ag和Fe为电极，电解AgNO3，阳极银放电，阴极银离子放电，相当于电镀，通电一段时间后仍为AgNO3溶液，且浓度不变，不须要加AgNO3晶体复原原样，故D不符合题意。二、非选择题13．甲醇又称“木醇”或“木精”。是无色有酒精气味易挥发的液体。用于制造甲醛和农药等，并用作有机物的萃取剂和酒精的变性剂等。如图是一个电化学过程的示意图。已知甲池的总反应式为2CH3OH＋3O2＋4KOHeq\o(,\s\up7(放电),\s\do5(充电))2K2CO3＋6H2O(1)请回答图中甲、乙两池的名称：甲池是原电池装置，乙池是电解池装置。(2)请回答下列电极的名称：通入CH3OH的电极名称是负极，B(石墨)电极的名称是阳极。(3)写出下列电极反应式：通入O2电极：O2＋4e－＋2H2O=4OH－；A(Fe)电极：4Ag＋＋4e－=4Ag。(4)乙池中反应的化学方程式为4AgNO3＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))4Ag＋O2↑＋4HNO3。解析：依据题意，甲池是一个燃料电池，则乙池为电解池，在甲池中CH3OH发生氧化反应，为原电池的负极，O2发生还原反应，为原电池的正极，A与CH3OH极相连为电解池的阴极，B为阳极，电极反应式为：甲池：负极：2CH3OH－12e－＋16OH－=2COeq\o\al(2－,3)＋12H2O，正极：3O2＋12e－＋6H2O=12OH－乙池：阳极：2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，阴极：4Ag＋＋4e－=4Ag总反应：4AgNO3＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))4Ag＋O2↑＋4HNO3。14．CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示。(1)a为电源的负(填“正”或“负”)极。(2)电极A的反应式为CO2＋2e－=CO＋O2－，电极B生成乙烯的反应式为2CH4＋2O2－－4e－=C2H4＋2H2O。(3)若生成的乙烯和乙烷的体积比为21，则消耗CH4和CO2的体积比为65。解析：(1)电极A上CO2变为CO，发生还原反应，为阴极，则a为电源的负极。(2)电极A为阴极，发生还原反应，反应式为CO2＋2e－=CO＋O2－；电极B为阳极，生成乙烯的反应式为2CH4＋2O2－－4e－=C2H4＋2H2O。(3)令生成的乙烯和乙烷分别为2体积和1体积，依据得失电子守恒，发生的总反应为6CH4＋5CO2=2C2H4＋C2H6＋5H2O＋5CO，即消耗CH4和CO2的体积比为65。15．课题式探讨性学习是培育学生创建思维的良好方法，某探讨性学习小组将下列装置按如图连接，C、D、E、F、X、Y都是