考点16电解池.docx
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考点16电解池
考点15电解池
【考点导航】电解池的工作原理电解原理的应用与计算金属的腐蚀与防护
一、选择题（每小题5分，共50分，每小题只有一个正确选项）
1、（2011山东高考15）以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是（）
A.未通电前上述镀锌装置可构成原电池，电镀过程是该原电池的充电过程
B.因部分电能转化为热能，电镀时通过的电量与锌的析出量无确定关系
C.电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率
D.镀锌层破损后对铁制品失去保护作用
2、下面各容器中盛有海水，铁在其中被腐蚀时由快到慢的顺序是（ ）
A．④>②>①>③B．②>①>③>④
C．④>②>③>①D．③>②>④>①
3、（2011海南）一种充电电池放电时的电极反应为
H2+2OH--2e-=2H2O；NiO（OH）+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-
当
为电池充电时，与外电源正极连接的电极上发生的反应是（）
A.H2O的还原B.NiO（OH）的还原
C.H2的氧化D.NiO（OH）2的氧化
4、（2011·广东卷）某小组为研究电化学原理，设计如图0装置。
下列叙述不正确的是（ ）
图0
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
5、（2011新课标全国）铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：
Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2
下列有关该电池的说法不正确的是（）
A.电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为Fe
B.电池放电时，负极反应为Fe+2OH--2e-=Fe（OH）2
C.电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低
D.电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O
6、（2011全国II卷10）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，应向溶液中加入适量的（）
A．CuSO4B．H2OC．CuOD．CuSO4·5H2O
7、（2011上海）用电解法提取氯化铜废液中的铜，方案正确的是（）
A．用铜片连接电源的正极，另一电极用铂片B．用碳棒连接电源的正极，另一电极用铜片
C．用氢氧化钠溶液吸收阴极产物D．用带火星的木条检验阳极产物
8、（2012届连云港质检）如下图，四种装置中所盛的溶液体积均为200mL，浓度均为0.6mol·L－1，工作一段时间后，测得导线上均通过了0.2mol电子，此时溶液的pH由大到小的顺序是（ ）
A．④②①③B．④③①②
C．④③②①D．①③②④
9、（2012届常州二模）三氧化二镍（Ni2O3）可用于制造高能电池，其电解法制备过程如下：
用NaOH调NiCl2溶液pH至7.5，加放适量硫酸钠后进行电解。
电解过程中产生的Cl2在弱碱性条件下生成ClO－，把二价镍氧化为三价镍。
以下说法不正确的是（ ）
A．可用铁作阳极材料
B．电解过程中阳极附近溶液的pH降低
C．阳极反应方程式为：
2Cl－－2e－＝Cl2
D．1mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过了1mol电子
10、（2012届南京调研）图K30－1两个装置中，液体体积均为200mL，开始工作前电解质溶液的浓度均为0.5mol/L，工作一段时间后，测得有0.02mol电子通过，若忽略溶液体积的变化，下列叙述正确的是（ ）
图K30－1
A．产生气体体积①＝②
B．①中阴极质量增加，②中正极质量减小
C．电极反应式：
①中阳极：
4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
②中负极：
2H＋＋2e－===H2↑
D．溶液的pH变化：
①减小，②增大
二、填空题（50分）
11、（16分）（2012届潍坊质检）如图甲、乙是电化学实验装置。
（1）若甲、乙两烧杯中均盛有NaCl溶液。
①甲中石墨棒上的电极反应式为______________________；
②乙中总反应的离子方程式为______________________；
③将湿润的淀粉KI试纸放在乙烧杯上方，发现试纸先变蓝后褪色，这是因为过量的Cl2氧化了生成的I2。
若反应中Cl2和I2的物质的量之比为5∶1，且生成两种酸，该反应的化学方程式为__________________。
（2）若甲、乙两烧杯中均盛有CuSO4溶液。
①甲中铁棒上的电极反应式为________________；
②如果起始时乙中盛有200mLpH＝5的CuSO4溶液（25℃），一段时间后溶液的pH变为1，若要使溶液恢复到电解前的状态，可向溶液中加入____________________（填写物质的化学式）________g。
12、（14分）（2011北京高考26，）
氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如下图所示：
（1）溶液A的溶质是；
（2）电解饱和食盐水的离子方程式是；
（3）电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3，用化学平衡移动原理解释盐酸的作用；
（4）电解所用的盐水需精制。
去除有影响的Ca2＋、Mg2＋、NH4＋、SO42－[c（SO42－）＞c（Ca2＋）]。
精致流程如下（淡盐水和溶液A来电解池）：
①盐泥a除泥沙外，还含有的物质是。
②过程Ⅰ中将NH4+转化为N2的离子方程式是
③BaSO4的溶解度比BaCO3的小，过程Ⅱ中除去的离子有
④经过程Ⅲ处理，要求盐水中c中剩余Na2SO3的含量小于5mg/L,若盐水b中NaClO的含量是7.45mg/L，则处理10m3盐水b，至多添加10%Na2SO3溶液kg（溶液体积变化忽略不计）。
13、（20分）如下图所示，p、q为直流电源两极，A为＋2价金属单质X制成，B、C、D为铂电极，接通电源，金属X沉积于B极，同时C、D产生气泡。
试回答：
（1）p为____极，A极发生了________反应。
（2）C为______极，试管里收集到________；D为______极，试管里收集到________。
（3）C极的电极方程式是______________________________。
（4）在电解过程中，测得了C、D两极上产生的气体的实验数据如下：
时间（min）
1
2
3
4
5
阴极生成气体体积（cm3）
6
12
20
29
39
阳极生成气体体积（cm3）
2
4
7
11
16
时间（min）
6
7
8
9
10
阴极生成气体体积（cm3）
49
59
69
79
89
阳极生成气体体积（cm3）
21
26
31
36
41
仔细分析以上实验数据，请说出可能的原因是____________。
（5）当反应进行一段时间后，A、B电极附近溶液的pH______（填“增大”“减小”或“不变”）。
（6）当电路中通过0.004mol电子时，B电极上沉积金属X为0.128g，则此金属的摩尔质量为________。
题号
考查知识点
题型
难易程度
1
电镀
选择题
易
2
金属的腐蚀与防护
选择题
易
3
电解原理
选择题
易
4
电解原理的应用
选择题
易
5
蓄电池中各量的判断
选择题
中
6
电解后溶液的复原
选择题
易
7
电解法制铜
选择题
易
8
电解后溶液PH的计算
选择题
易
9
电解原理的应用
选择题
易
10
原电池与电解池的比较
选择题
中
11
电解原理的应用
填空题
易
12
氯碱工业
填空题
中
13
电解原理的综合应用
填空题
中
答案
1、C电镀时，通常把待镀的金属制品作阴极，把镀层金属作阳极，用含有镀层金属离子的溶液作电镀液。
因此在铁制品上镀锌时，铁作阴极，锌作阳极，由于锌比铁活泼，因此未通电前可以构成原电池，但此时锌作负极失去电子，铁作正极，而电镀是锌仍然失电子，所以选项A不正确；在氧化还原反应中必需满足得失电子守恒，因此电镀时通过的电量与锌的析出量有确定关系而与能量变化无关，B不正确；由于电镀时保持电流恒定，因此导线中通过的电子速率是不变的，所以升高温度不能改变电解反应速率，C正确；镀锌层破损后，由于锌比铁活泼，所以即使发生电化学腐蚀也是锌失去电子而保护了铁，即选项D也不正确。
2、【思维导图】在同一电解质溶液中，金属腐蚀的快慢由下列原则判断：
电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护措施的腐蚀
A钢铁在海水中的腐蚀属于电化学腐蚀，当钢铁与比它活泼性差的Sn相连，Fe被腐蚀的速率比①大，与活泼性强的锌连结，锌作负极，锌被腐蚀，铁被保护，其腐蚀的速率要比①小；在④中，装置为电解装置，Fe为阳极，发生电极反应，铁腐蚀的速率最快。
3、【思维导图】解答本题要明确以下三点：
（1）可充电电池在充、放电时所依据的原理；
（2）电解池中电极的名称和规定；
（3）电极上发生反应的反应类型。
D由题中给出的电极反应可判断出做原电池时，H2是还原剂被氧化、NiO（OH）是氧化剂被还原，则充电时H2是还原产物、NiO（OH）是氧化产物，与正极相连的是阳极发生氧化反应，所以“NiO（OH）2的氧化”正确。
【规律方法】关于充电电池的氧化还原问题是常考点，这类题有规律。
原电池时，先要分析氧化剂与还原剂，氧化剂被还原、还原剂被氧化；充电时（电解池），原电池负极反应反着写为还原过程，发生在阴极，原电池中的正极反应反着写为氧化过程，发生在阳极。
4、D本题考察原电池、电解池的原理、判断及其应用。
若a和b不连接，则不能构成原电池，单质铁直接与Cu2＋发生氧化还原反应而置换出铜，方程式为：
Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，A正确；若a和b用导线连接，则构成原电池，此时铁作负极，铜作正极，方程式分别为：
Fe－2e－＝Fe2＋、Cu2＋+2e－=Cu，B正确；有A、B分析可知，选项C是正确的；若a和b分别连接直流电源正、负极，则构成电解池，此时铜作阳极失去电子被氧化，铁作阴极，在电解池中阳离子向阴极运动，因此选项D是错误的。
5、C由放电时的反应可以得出铁做还原剂失去电子，Ni2O3做氧化剂得到电子，因此选项AB均正确；充电可以看作是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以电池放电时，负极反应为：
Fe+2OH--2e-=Fe（OH）2，所以电池充电过程时阴极反应为Fe（OH）2+2e-=Fe+2OH-，因此电池充电过程中，阴极附近溶液的pH会升高，C不正确；同理分析选项D正确。
【规律方法】以惰性电极电解电解质溶液，分析电解反应的一般方法是：
a、分析电解质水溶液中可能存在的离子，然后分成阴、阳两组离子；
b、分别对阴、阳两组离子进行放电顺序排序，写出两极反应式；
c、合并两个电极反应式，得电解总反应式。
6、C用石墨做电极电解CuSO4溶液的电解方程式是2CuSO4＋2H2O
2H2SO4＋2Cu＋O2↑，根据缺什么补什么的，选项C正确。
【规律方法】电解后要恢复原电解质溶液的浓度，须加适量的某物质，该物质可以是阴极与阳极产物的化合物。
如用惰性电极电解硫酸铜，要恢复原溶液浓度，可向电解后溶液中加入氧化铜，也可以加入碳酸铜，但不能加入氢氧化铜，因为氢氧化铜与硫酸反应生成水，使水量增加。
电解质溶液恢复的原则是“析出什么加什么”。
7、B用电解法提取氯化铜废液中的铜时，铜必需作阴极，阳极是铜或惰性电极，阴极的反应式为：
Cu2++2e－＝Cu。
8、C 分析时注意电池类型及其所给量的限制。
①为电解池，CuSO4未电解完，生成的H＋等于转移电子数，n（H＋）＝0.2mol；②为原电池：
在正极2H＋＋2e－―→H2↑，剩余H＋为：
0.2L×0.6mol/L×2－0.2mol＝0.04mol；③为电镀池，电解质溶液浓度不变，呈弱酸性；④为电解池，放H2生碱型，溶液显碱性，故四者pH由大到小的顺序为④③②①，C项符合。
9、A 电解时阳极产生Cl2，电极反应式为2Cl－－2e－＝Cl2，，故C项对；同时可知阳极应是惰性电极，否则溶液中的Cl－不可能失电子，故A项错。
B项，阳极产生的Cl2与原碱性溶液反应，溶液中c（OH－）减小，溶液的pH降低，故B正确。
根据电子守恒即可判定D项正确。
10、D ①是电解装置，阳极产生氧气：
4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，每转移4mol电子生成1molO2，②是原电池，正极产生氢气：
2H＋＋2e－===H2↑，每转移2mol电子生成1molH2，故当电路中通过等量的电子时，产生的气体是不相等的。
①中阴极质量增加，②中正极质量不变。
故B不正确。
②中负极反应是：
Zn－2e－===Zn2＋。
故C错误。
①中生成硫酸，故溶液的pH减小，而②中消耗硫酸，故溶液的pH增大。
11、解析：
（1）若两烧杯中均盛有NaCl溶液，则：
①甲装置为原电池，石墨棒作正极，O2放电，电极反应为：
O2＋2H2O＋4e－===4OH－。
②乙装置为电解池，石墨棒上发生氧化反应，Fe电极不参与反应，其实质与用惰性电极电解食盐水相同，离子方程式为2Cl－＋2H2O
Cl2↑＋H2↑＋2OH－。
③Cl2和I2的物质的量之比为5∶1，生成HCl和HIO3。
（2）若两烧杯中均盛有CuSO4溶液，则：
①甲装置为原电池，铁作负极，电极反应为：
Fe-2e－=Fe2＋。
②乙装置为电解池，电解反应为：
2CuSO4＋2H2O
2Cu＋2H2SO4＋O2↑，根据电解方程式，从电解质溶液中析出Cu，放出O2，因此只需加入CuO（或CuCO3）即可恢复到电解前的状态。
由电解反应式可知，2H＋～CuO～CuCO3，电解后n（H＋）＝0.1×0.2＝0.02（mol），故m（CuO）＝0.02×
×80＝0.8（g），m（CuCO3）＝0.02×
×124＝1.24（g）。
答案：
（1）①O2＋2H2O＋4e－==4OH－（2分）
②2Cl－＋2H2O
2OH－＋H2↑＋Cl2↑（2分）
③5Cl2＋I2＋6H2O===10HCl＋2HIO3（3分）
（2）①Fe-2e－=Fe2＋（3分）②CuO（或CuCO3）（3分） 0.8（或1.24）（3分）
12、解析：
（1）电解时在电极的作用下，溶液中的阳离子向阴极作定向运动，阴离子向阳极作定向运动，所以电解饱和食盐水时Na＋和H＋向阴极运动并放电，但H＋比Na＋易得电子，所以H＋首先放电，方程式为2H＋＋2e－=H2↑。
由于H＋是水电离出的，所以随着H＋的不断放电，就破坏了阴极周围水的电离平衡，OH－的浓度就逐渐增大，因此溶液A的溶质是NaOH。
由于Cl－比OH－易失电子，所以在阳极上CI－首先放电，方程式为2Cl－－2e－=Cl2↑。
因此电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl－＋2H2O
2OH－＋H2↑＋Cl2↑。
（2）见解析
（1）
（3）由于阳极上生成氯气，而氯气可溶于水，并发生下列反应Cl2＋H2O
HCl＋HClO，根据平衡移动原理可知增大盐酸的浓度可使平衡向逆反应方向移动，减少氯气在水中的溶解，有利于氯气的溢出。
（4）由于溶液中含有Mg2＋，所以用溶液A（即NaOH）调节溶液的pH时，会产生Mg（OH）2沉淀，即盐泥a中还含有Mg（OH）2；淡盐水中含有氯气，氯气具有强氧化性，可将NH4+氧化为N2，而氯气被还原成Cl－，方程式为2NH4＋＋3Cl2＋8OH－=8H2O＋6Cl－＋N2↑；沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动，一般说来，溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现。
由于BaSO4的溶解度比BaCO3的小，所以加入BaCO3后，溶液中的SO42－就结合Ba2+生成更难溶的BaSO4沉淀，同时溶液中还存在Ca2+而CaCO3也属于难溶性物质，因此还会生成CaCO3沉淀；NaClO具有强氧化性，可将Na2SO3氧化成Na2SO4，方程式为Na2SO3+NaClO＝Na2SO4+NaCl。
10m3盐水b中含NaClO的物质的量为
，由方程式可知消耗
Na2SO3的质量为1mol×126g/mol＝126g。
若设需要10%Na2SO3溶液的质量为X，则有
，解得x＝1760g，即至多添加10%Na2SO3溶液1.76kg。
答案：
（1）NaOH（2分）
（2）2Cl－＋2H2O
2OH－＋H2↑＋Cl2↑（2分）
（3）氯气与水反应：
Cl2＋H2O
HCl＋HClO，增大HCl的浓度可使平衡逆向移动，减少氯气在水中的溶解，有利于氯气的溢出。
（2分）
（4）①Mg（OH）2（2分）
②2NH4＋＋3Cl2＋8OH－=8H2O＋6Cl－＋N2↑（2分）
③SO42－、Ca2＋（2分）
④1.76（2分）
13、解析：
（1）接通电源，X沉积于B极，说明B为阴极，则A为阳极，故
（1）中q为负极，p为正极，A上发生氧化反应。
（2）H2SO4电解池中，C为阳极，C试管内得O2，D为阴极，此试管内得H2。
（4）C、D两极所得O2、H2体积应该为1∶2，但实验数据由1∶3随时间变化而增大，到达10分钟时约为1∶2，因为开始O2溶解的原因。
（5）A极：
X―→X2＋＋2e－。
B极：
X2＋＋2e－―→X，两极附近pH不变。
（6）设X的摩尔质量为Mg/mol，则
X2＋＋2e－―→X
2mol Mg
0.004mol 0.128g，得M＝64
答案：
（1）正（2分）氧化（2分）
（2）阳（2分） 氧气（2分） 阴（2分） 氢气（2分）
（3）4OH－-4e－==O2↑＋2H2O（2分） （4）氧溶解（2分）
（5）不变（2分） （6）64g/mol（2分）
【规律方法】电解计算的一般思路：
a、按阴、阳离子分开，找出溶液中的所有离子；
b、判断离子的放电顺序及电极产物；
c、根据电子守恒法，串联电路中转移的电子数相等，即阳极失去的电子数等于阴极得到的电子数，列出关系式计算。
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