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高中第三节 有机化合物的命名第1课时练习题
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这是一份高中第三节 有机化合物的命名第1课时练习题，共6页。
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)电极反应
4.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( )
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( )
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 ml气体时，溶液中析出了b ml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.eq \f(b,b＋18a) B.eq \f(b,b＋36a) C.eq \f(71b,161b＋18a) D.eq \f(71b,161b＋9a)
答案 C
解析 电解发生的电极反应：阳极为Cu－2e===Cu2＋，阴极为2H＋＋2e===H2↑。电解时总的化学反应方程式为Cu＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))Cu(OH)2↓＋H2↑，阴极逸出a ml H2，水被电解了2a ml，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2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))2H2↑＋O2↑，阴极逸出a ml H2，水被电解了a ml。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．AgNO3[AgNO3] B．NaOH[H2O]
C．KCl[KCl] D．CuSO4[Cu(OH)2]
答案 B
解析 A项：4AgNO3＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))4Ag＋O2↑＋4HNO3脱离反应体系的物质是4Ag＋O2，相当于2Ag2O，所以应当加入适量Ag2O才能复原。(加入AgNO3，会使NOeq \\al(－,3)的量增加)；B项：2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))2H2↑＋O2↑ 脱离反应体系的是2H2＋O2，相当于2H2O，加入适量水可以复原。C项：2KCl＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))2KOH＋H2↑＋Cl2↑ 脱离反应体系的是H2＋Cl2，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：2CuSO4＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))2H2SO4＋2Cu＋O2↑ 脱离反应体系的是2Cu＋O2，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．KNO3溶液 C．CuSO4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＝eq \f(1,2)，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－===Fe2＋；Zn为阴极，阴极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，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2H2O＋O2＋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，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2∶1，而非1∶2；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1∶1。
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( )
A．H2和Cl2 B．Cu和Cl2 C．H2和O2 D．Cu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＋、SOeq \\al(2－,4)、NOeq \\al(－,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↓、Pb2＋＋SOeq \\al(2－,4)===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2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))2H2↑＋O2↑。氧化产物和还原产物的质量之比为m(O2)∶m(H2)＝(1 ml×32 g·ml－1)∶(2 ml×2 g·ml－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 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( )
A．1 ml·L－1 B．2 ml·L－1 C．3 ml·L－1 D．4 ml·L－1
答案 A
解析 两极均收集到气体时，阴极是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 L·ml－1＝0.1 ml，由电子守恒得n(Cu2＋)×2＋
n(H2)×2＝n(O2)×4，即：c(Cu2＋)×0.1 L×2＋0.1 ml×2＝0.1 ml×4，解得：c(Cu2＋)＝1 ml·L－1。本题考查阳离子在阴极的放电顺序：Cu2＋>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 ml 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 ml B．0.2 ml C．0.3 ml D．0.4 ml
答案 D
解析 由电解CuSO4溶液的反应的化学方程式2CuSO4＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))2Cu＋O2↑＋2H2SO4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 ml 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 ml Cu(OH)2相当于0.1 ml CuO和0.1 ml H2O，由电子守恒0.1 ml CuO～0.1 ml Cu～0.2 ml e－，0.1 ml H2O～0.1 ml H2～0.2 ml e－，共计0.4 ml 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＋＋SOeq \\al(2－,4)
B．当电路中转移0.2 ml电子时，Ⅰ中消耗的H2SO4为0.2 ml
C．K闭合时，Ⅱ中SOeq \\al(2－,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＋＋SOeq \\al(2－,4)，正确；B项：电路中转移0.2 ml电子时，Ⅰ中消耗0.2 ml H2SO4和0.1 ml Pb，正确；C项：Ⅱ中SOeq \\al(2－,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 ml·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
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
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 ml 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 ml电子通过时，有0.04 ml/2×64 g·ml－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)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)Ag 2.16 (3)2 eq \f(1,2) 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：2H2Oeq \(=====,\s\up7(通电))2H2↑＋O2↑，V(H2)∶V(O2)＝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(H2)＝eq \f(2,3)×336 mL＝224 mL，为0.01 ml；V(O2)＝eq \f(1,3)×336 mL＝112 mL，为0.005 ml。说明电路上有0.02 ml电子，因此在b极(Pt、阴极)产生Ag：0.02 ml×108 g·ml－1＝2.16 g，即0.02 ml的Ag。则n(e－)∶n(Ag)∶n(O2)∶n(H2)＝0.02∶0.02∶0.005∶0.01＝2∶2∶eq \f(1,2)∶1。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 ml×18 g·ml－1＝0.18 g，则5.00%x＝5.02%(x－0.18)，解得x＝45.18 g。阴极
Cu2＋＋2e－===Cu发生还原反应
阳极
2Cl－－2e－===Cl2发生氧化反应
总反应
CuCl2eq \(=====,\s\up7(电解))Cu＋Cl2↑
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
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)电极反应
4.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( )
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( )
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 ml气体时，溶液中析出了b ml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.eq \f(b,b＋18a) B.eq \f(b,b＋36a) C.eq \f(71b,161b＋18a) D.eq \f(71b,161b＋9a)
答案 C
解析 电解发生的电极反应：阳极为Cu－2e===Cu2＋，阴极为2H＋＋2e===H2↑。电解时总的化学反应方程式为Cu＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))Cu(OH)2↓＋H2↑，阴极逸出a ml H2，水被电解了2a ml，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2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))2H2↑＋O2↑，阴极逸出a ml H2，水被电解了a ml。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．AgNO3[AgNO3] B．NaOH[H2O]
C．KCl[KCl] D．CuSO4[Cu(OH)2]
答案 B
解析 A项：4AgNO3＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))4Ag＋O2↑＋4HNO3脱离反应体系的物质是4Ag＋O2，相当于2Ag2O，所以应当加入适量Ag2O才能复原。(加入AgNO3，会使NOeq \\al(－,3)的量增加)；B项：2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))2H2↑＋O2↑ 脱离反应体系的是2H2＋O2，相当于2H2O，加入适量水可以复原。C项：2KCl＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))2KOH＋H2↑＋Cl2↑ 脱离反应体系的是H2＋Cl2，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：2CuSO4＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))2H2SO4＋2Cu＋O2↑ 脱离反应体系的是2Cu＋O2，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．KNO3溶液 C．CuSO4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＝eq \f(1,2)，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－===Fe2＋；Zn为阴极，阴极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，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2H2O＋O2＋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，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2∶1，而非1∶2；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1∶1。
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( )
A．H2和Cl2 B．Cu和Cl2 C．H2和O2 D．Cu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＋、SOeq \\al(2－,4)、NOeq \\al(－,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↓、Pb2＋＋SOeq \\al(2－,4)===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2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))2H2↑＋O2↑。氧化产物和还原产物的质量之比为m(O2)∶m(H2)＝(1 ml×32 g·ml－1)∶(2 ml×2 g·ml－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 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( )
A．1 ml·L－1 B．2 ml·L－1 C．3 ml·L－1 D．4 ml·L－1
答案 A
解析 两极均收集到气体时，阴极是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 L·ml－1＝0.1 ml，由电子守恒得n(Cu2＋)×2＋
n(H2)×2＝n(O2)×4，即：c(Cu2＋)×0.1 L×2＋0.1 ml×2＝0.1 ml×4，解得：c(Cu2＋)＝1 ml·L－1。本题考查阳离子在阴极的放电顺序：Cu2＋>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 ml 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 ml B．0.2 ml C．0.3 ml D．0.4 ml
答案 D
解析 由电解CuSO4溶液的反应的化学方程式2CuSO4＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))2Cu＋O2↑＋2H2SO4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 ml 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 ml Cu(OH)2相当于0.1 ml CuO和0.1 ml H2O，由电子守恒0.1 ml CuO～0.1 ml Cu～0.2 ml e－，0.1 ml H2O～0.1 ml H2～0.2 ml e－，共计0.4 ml 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＋＋SOeq \\al(2－,4)
B．当电路中转移0.2 ml电子时，Ⅰ中消耗的H2SO4为0.2 ml
C．K闭合时，Ⅱ中SOeq \\al(2－,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＋＋SOeq \\al(2－,4)，正确；B项：电路中转移0.2 ml电子时，Ⅰ中消耗0.2 ml H2SO4和0.1 ml Pb，正确；C项：Ⅱ中SOeq \\al(2－,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 ml·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
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
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 ml 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 ml电子通过时，有0.04 ml/2×64 g·ml－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)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)Ag 2.16 (3)2 eq \f(1,2) 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：2H2Oeq \(=====,\s\up7(通电))2H2↑＋O2↑，V(H2)∶V(O2)＝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(H2)＝eq \f(2,3)×336 mL＝224 mL，为0.01 ml；V(O2)＝eq \f(1,3)×336 mL＝112 mL，为0.005 ml。说明电路上有0.02 ml电子，因此在b极(Pt、阴极)产生Ag：0.02 ml×108 g·ml－1＝2.16 g，即0.02 ml的Ag。则n(e－)∶n(Ag)∶n(O2)∶n(H2)＝0.02∶0.02∶0.005∶0.01＝2∶2∶eq \f(1,2)∶1。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 ml×18 g·ml－1＝0.18 g，则5.00%x＝5.02%(x－0.18)，解得x＝45.18 g。阴极
Cu2＋＋2e－===Cu发生还原反应
阳极
2Cl－－2e－===Cl2发生氧化反应
总反应
CuCl2eq \(=====,\s\up7(电解))Cu＋Cl2↑
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
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