学年高中化学苏教版选修四练习123电解池b.docx
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学年高中化学苏教版选修四练习123电解池b
04课后课时精练
1.下列叙述中不正确的是（ ）
A.电解池的阳极上发生氧化反应，阴极上发生还原反应
B.电源跟电解池连接后，电子从电源负极流向电解池阳极
C.电解质溶液中阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动
D.电解饱和食盐水时，阴极得到氢氧化钠溶液和氢气
解析：
电解池的阳极连接电源正极，发生氧化反应，阴极连接电源负极，发生还原反应，A正确；电子由电源的负极流向电解池的阴极，B错；电解质溶液中，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，C正确；电解饱和食盐水，H＋在阴极放电，得到氢氧化钠溶液和氢气，D正确。
答案：
B
2.以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜（含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质）的电解精炼，下列说法正确的是（ ）
A．电能全部转化为化学能
B．粗铜接电源正极，发生氧化反应
C．溶液中Cu2＋向阳极移动
D．利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属
解析：
在电解过程中，会有一部分电能损失转化为热能，因此电能不可能全部转化为化学能，A错误；C项，溶液中的Cu2＋应向阴极（精铜）移动，C错误；正确答案为B、D。
答案：
BD
3.Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理论设计的制取Cu2O的电解池示意图如下，电解总反应为2Cu＋H2O
Cu2O＋H2↑。
下列说法正确的是（ ）
A．石墨电极上产生氢气
B．铜电极发生还原反应
C．铜电极接直流电源的负极
D．当有0.1mol电子转移时，有0.1molCu2O生成
解析：
在反应中Cu失电子，发生氧化反应，应为阳极，石墨为阴极，发生还原反应2H＋＋2e－===H2↑。
答案：
A
4.如图中X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板增重，b极板有无色无味气体放出，符合这一情况的是（ ）
选项
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
解析：
a极质量增加，必定是金属在a极析出，a极一定是阴极。
B选项Z溶液为NaOH，无金属析出，被排除。
又因为b极有无色无味气体生成，只能是O2，而D选项电解CuCl2溶液，阳极要析出Cl2，D选项被排除。
在A、C选项中，根据电极名称，X应当作为电源的负极。
答案：
A
5.把两支惰性电极插入500mLAgNO3溶液中，通电电解。
当电解液中H＋的浓度从1×10－6mol·L－1变为1×10－3mol·L－1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忽略），电极上应析出银的质量是（ ）
A．27mg B．54mg
C．108mgD．216mg
解析：
由电子守恒知，e－～OH－～H＋～Ag，所以n（Ag）＝n（H＋）。
AgNO3溶液电解后产生酸，产生的H＋的物质的量可由Δn（H＋）＝Δc（H＋）V液差来计算：
H＋的浓度从1×10－6mol·L－1变为1×10－3mol·L－1，Δc（H＋）＝1×10－3mol·L－1－1×10－6mol·L－1≈1×10－3mol·L－1，即Δc（H＋）＝10－3mol·L－1。
所以n（Ag）＝Δn（H＋）＝10－3mol·L－1×0.5L＝5×10－4mol，m（Ag）＝n（Ag＋）×M（Ag）＝5×10－4mol×108g·mol－1＝0.054g＝54mg。
答案：
B
6.在水中加等物质的量的Ag＋、Ba2＋、Na＋、SO
、NO
、Cl－，将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的质量比为（ ）
A．35.5∶108B．16∶207
C．8∶1D．108∶35.5
解析：
溶液中的六种离子，有四种发生反应生成沉淀，Ag＋＋Cl－===AgCl↓、Ba2＋＋SO
===BaSO4↓，最后溶液就成了NaNO3溶液；而电解NaNO3溶液，实质就是电解水，电解方程式为2H2O
2H2↑＋O2↑。
氧化产物和还原产物的质量之比为m（O2）∶m（H2）＝（1mol×32g·mol－1）∶（2mol×2g·mol－1）＝8∶1，即C项正确。
答案：
C
7.如下图所示的装置中，若通入直流电5min时，铜电极质量增加2.16g，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5min后，B中共收集224mL气体（标准状况），溶液体积为200mL，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200mL，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
＝0.02mol，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）＝0.02mol，n（H2）＋n（O2）＝
，解得n（Cu）＝0.005mol，CuSO4溶液物质的量浓度为：
＝0.025mol·L－1。
（4）A装置的反应为：
2KCl＋2H2O
2KOH＋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0.02mol，c（OH－）＝
＝0.1mol·L－1。
答案：
（1）负极
（2）增大 减小 不变 （3）0.025mol·L－1 （4）0.1mol·L－1
8.某课外活动小组准备用如下图所示的装置进行实验。
现有甲、乙、丙三位同学分别选择了如下电极材料和电解质溶液：
A电极
B电极
X溶液
甲
Cu
Zn
H2SO4
乙
Pt
Pt
CuCl2
丙
Fe
Cu
？
（1）甲同学在实验中将电键K5闭合，Zn电极上的电极反应式为______________________________。
（2）乙同学准备进行电解CuCl2溶液的实验，则电解时的总反应方程式为______________________。
实验时应闭合的电键的组合是________（从下列五项中选择所有可能组合，第（3）小题也在这五项中选择）。
A．K1和K2B．K1和K3
C．K1和K4D．K2和K3
E．K2和K4
（3）丙同学准备在Fe上镀Cu，选择了用某种盐来配制电镀液，则该盐中应含的阳离子为________，实验时，应闭合的电键的组合是________。
解析：
（1）甲同学在实验中将电键K5闭合，形成Cu Zn稀硫酸的原电池，Zn较活泼，失电子：
Zn－2e－===Zn2＋。
（2）乙同学准备进行电解CuCl2溶液的实验，形成电解池，需外加电源，需闭合K1和K4或K2和K3，电解CuCl2溶液实质是电解溶质CuCl2：
CuCl2
Cu＋Cl2↑。
（3）丙同学准备在Fe上镀Cu，所以Cu作电镀池的阳极，Fe作电镀池的阴极，电解液中含Cu2＋。
答案：
（1）Zn－2e－===Zn2＋
（2）CuCl2
Cu＋Cl2↑ C、D （3）Cu2＋ D
9.用Pt电极电解含有各0.1molCu2＋和X3＋的溶液，阴极析出固体物质的质量m（g）与溶液中通过电子的物质的量n（mol）的关系见图示，则离子的氧化能力由大到小排列正确的是（ ）
A．Cu2＋>X3＋>H＋B．H＋>X3＋>Cu2＋
C．X3＋>H＋>Cu2＋D．Cu2＋>H＋>X3＋
解析：
有些学生没认真分析，就将X3＋与Fe3＋联系起来，选择C答案。
这其实是简单记忆阳离子放电顺序导致思维定式造成的结果。
本题的解题信息在图象中：
一通电就有固体析出，且通过0.2mol电子后，再没有固体析出了，说明是Cu2＋放电的结果。
X3＋不放电，故答案应为D。
答案：
D
10.如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A.Y为阴极，发生还原反应
B.X为正极，发生氧化反应
C.Y与滤纸接触处有氧气生成
D.X与滤纸接触处变红
解析：
据题中图可看出，左边装置为原电池，锌片为负极，铜片为正极；根据电解原理，与锌片相连的Y应为阴极，发生的反应为2H＋＋2e－===H2↑（还原反应）；X与铜片相连，为阳极，发生的反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O（氧化反应）。
Y极上H＋放电，同时产生了OH－，呈碱性，使酚酞呈红色。
答案：
A
11.某小组为研究电化学原理，设计下图装置，下列叙述不正确的是（ ）
A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出
B．a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：
Cu2＋＋2e－===Cu
C．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色
D．a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2＋向铜电极移动
解析：
a和b不连接时，铁与CuSO4溶液发生反应：
Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，A项正确；a和b用导线连接时，组成了原电池，Fe为负极，Cu为正极，铜片上发生还原反应：
Cu2＋＋2e－===Cu，铁片上发生氧化反应：
Fe－2e－===Fe2＋，B项正确；通过以上分析可知，无论a和b是否连接，均发生反应：
Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，故溶液均从蓝色（Cu2＋的颜色）逐渐变成浅绿色（Fe2＋的颜色），C项正确；a和b分别连接直流电源正、负极时，构成电解池，铜片为阳极，铁片为阴极，Cu2＋应向阴极（铁电极）移动，D项错误。
答案：
D
12.如图所示的两个实验装置中，溶液的体积均为200mL，开始时电解质溶液的浓度均为0.1mol·L－1，工作一段时间后，测得导线中均通过0.02mol电子，若不考虑溶液体积的变化，则下列叙述中不正确的是（ ）
A．电极上产生气体的体积：
①＝②（相同条件）
B．①和②中溶液的pH都减小
C．电极上析出物质的质量：
①>②
D．电极上发生氧化反应：
①中阳极，②中负极
解析：
本题考查原电池和电解池的电极的判断、产物的相关计算及电解质溶液pH变化的判断。
计算可知，当通过0.02mol电子时，①中产生0.01mol氯气，②中产生0.01mol氢气，故A正确；②中的电池反应为Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑，故溶液的pH变大，B错误；当通过0.02mol电子时，①中析出了0.01mol氯气和0.01mol铜，②中析出了0.01mol氢气，故C正确；电解池的阳极和原电池的负极均发生氧化反应，故D正确。
答案：
B
13.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＋2H2O
2Cu＋O2↑＋2H2SO4，则每通过4mole－，生成2molCu、1molO2，耗2molH2O，生成2molH2SO4。
答案：
B
14.氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程如图所示：
请据图回答：
（1）在电解过程中，与电源正极相连的电极上所发生反应的电极反应式为：
________；与电源负极相连的电极附近，溶液的pH________（填“不变”“升高”或“下降”）。
（2）工业食盐含Ca2＋、Mg2＋等杂质，精制过程发生反应的离子方程式为：
________________________________________________。
（3）如果粗盐中SO
含量较高，必须添加钡试剂除去SO
，则该钡试剂可以是________。
A．Ba（OH）2 B．Ba（NO3）2 C．BaCl2
（4）为了有效除去Ca2＋、Mg2＋、SO
，加入试剂的合理顺序为________。
A．先加NaOH，后加Na2CO3，再加钡试剂
B．先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3
C．先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3
（5）脱盐工序中利用NaOH和NaCl在溶解度上的差异，通过________、冷却、________（填操作名称）除去NaCl。
（6）用隔膜法电解食盐水时，电解槽被分隔为阳极区和阴极区，防止Cl2与NaOH反应；采用无隔膜法电解冷的饱和食盐水时，Cl2与NaOH充分接触，产物是NaClO和H2，相应的化学方程式为________。
解析：
（1）电解NaCl溶液时，在与电源正极相连的电极（阳极）上，Cl－失去电子生成Cl2：
2Cl－－2e－===Cl2↑；在与电源负极相连的电极（阴极）上，发生的反应为2H＋＋2e－===H2↑，所以阴极附近的pH升高。
（2）工业食盐中含有较多的Ca2＋、Mg2＋等杂质，可以用NaOH、Na2CO3除去，涉及的离子方程式为：
Mg2＋＋2OH－===Mg（OH）2↓，Ca2＋＋CO
===CaCO3↓。
（3）如果含有SO
，则可加Ba2＋除去。
由于不能引入其他阴离子，所以该钡试剂只能用Ba（OH）2或BaCl2。
（4）为了有效除去Ca2＋、Mg2＋、SO
，必须先加钡试剂或氢氧化钠溶液，最后加入Na2CO3溶液。
如果先加入Na2CO3溶液，后加入钡试剂或氢氧化钠溶液，则多余的Ba2＋无法除去。
（5）经过一段时间的电解，NaCl溶液浓度逐渐下降，NaOH溶液浓度逐渐上升。
当NaOH溶液质量分数变成10%，NaCl溶液质量分数变成16%时，停止电解，加热蒸发电解液，由于NaOH的溶解度大于NaCl，冷却后经过过滤可得到NaCl固体。
答案：
（1）2Cl－－2e－===Cl2↑ 升高
（2）Mg2＋＋2OH－===Mg（OH）2↓，Ca2＋＋CO
===CaCO3↓
（3）AC （4）BC （5）蒸发 过滤 （6）NaCl＋H2O
NaClO＋H2↑
15.如图所示，甲、乙两池电极材料都是铁棒与碳棒，请回答下列问题。
（1）若两池中均为CuSO4溶液，反应一段时间后：
①有红色物质析出的是甲池中的________棒，乙池中的________棒。
②乙池中阳极的电极反应式是：
________。
（2）若两池中均为饱和NaCl溶液：
①写出乙池中总反应的离子方程式：
________。
②甲池中碳极的电极反应式是：
________，乙池中碳极的电极反应属于_______（填“氧化反应”或“还原反应”）。
③将湿润的淀粉KI试纸放在乙池中碳极附近，发现试纸变蓝，过一段时间后又发现蓝色褪去，这是因为过量的Cl2又将生成的I2氧化。
若反应的Cl2和I2物质的量之比为5∶1，且生成两种酸，该反应的化学方程式为：
__________________________。
解析：
甲为原电池，乙为电解池。
（1）若两池中均为CuSO4溶液，则：
甲
乙
（2）若两池中均为饱和NaCl溶液，则：
甲
乙
答案：
（1）①碳；铁 ②4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
（2）①2Cl－＋2H2O
Cl2↑＋H2↑＋2OH－
②2H2O＋O2＋4e－===4OH－；氧化反应
③5Cl2＋I2＋6H2O===2HIO3＋10HCl
16.如下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极。
（1）接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中c电极质量增加，据此回答问题：
①电源的N端为________极；
②电极b上发生的电极反应为：
___________________________；
③列式计算电极b上生成的气体在标准状态下的体积：
________；
④电极c的质量变化是________g；
⑤电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化？
简述其原因：
甲溶液___________________________________；
乙溶液___________________________________；
丙溶液___________________________________。
（2）如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行？
为什么？
解析：
（1）①乙中c电极质量增加，则c处发生的反应为Cu2＋＋2e－===Cu，即c为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极。
丙中为K2SO4溶液，相当于电解水，设电解的水的质量为x，由电解前后溶质质量相等有：
100g×10.00%＝（100g－x）×10.47%，得x≈4.5g，故为0.25mol，整个反应中转移0.5mol电子，而整个电路是串联的，故每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的。
②甲中相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH－放电，即4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。
③转移0.5mol电子，则生成O2的物质的量为0.5mol÷4＝0.125mol，标准状况下的体积为0.125mol×22.4L·mol－1＝2.8L。
④Cu2＋＋2e－===Cu，转移0.5mol电子，则生成m（Cu）＝
×64g·mol－1＝16g。
⑤甲中相当于电解水，故NaOH的浓度增大，pH变大；乙中阴极为Cu2＋放电，阳极为OH－放电，所以H＋增多，故pH减小；丙中为电解水，对于K2SO4而言，其pH几乎不变。
（2）铜全部析出后，可以继续电解水。
答案：
（1）①正 ②4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
③水减少的质量为：
100g×
≈4.5g，生成O2的体积为：
×
×22.4L·mol－1＝2.8L ④16 ⑤碱性增大，因为电解后，水量减少，溶液中NaOH浓度增大 酸性增大，因为阳极上OH－生成O2，溶液中H＋浓度增加 酸碱性大小没有变化，因为K2SO4是强酸强碱盐，浓度增加不影响溶液的酸碱性
（2）能继续进行，因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应也就变为水的电解反应。
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