与名师对话课标版高中化学选修4练习43电解池课时作业20.docx
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与名师对话课标版高中化学选修4练习43电解池课时作业20
课时作业(二十)
一、选择题
1.下列说法错误的是( )
A.电解质的导电过程是化学变化,而金属的导电是物理变化
B.电解质溶液导电的过程,就是电解质被电解的过程
C.电解质在任何条件下均可以导电
D.电解质溶液导电过程中一定有新物质生成
解析:
电解质导电的过程就是被电解的过程,电解过程发生氧化还原反应一定有新物质生成,所以是化学变化;而金属导电是靠自由电子的定向移动,无新物质生成,是物理变化,故A、B、D项正确。
电解质只有存在自由移动的离子时,才有可能导电,所以C项错误。
答案:
C
2.下列装置属于工作时的电解池的是(其中C表示石墨)( )
解析:
构成电解池的条件:
①直流电源,②两个电极,③电解质溶液或熔融电解质并形成闭合回路。
A项乙醇不是电解质,B项无电源,D项把开关合上才是电解池。
答案:
C
3.下图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置。
通电后在石墨电极a和b附近分别滴加一滴石蕊试液。
下列实验现象中正确的是( )
A.a电极产生O2,另一电极逸出无色无味的气体
B.电解时溶液中放电的离子是SO
和H+
C.b电极附近呈蓝色,a电极附近呈无色
D.b电极附近呈红色,a电极附近呈蓝色
解析:
溶液中的离子除Na+和SO
外还有水电离产生的少量的H+和OH-。
依据放电顺序H+在阴极放电,OH-在阳极放电,所以a极产生氢气,电极附近显碱性,遇石蕊显蓝色,b电极产生氧气,电极附近显酸性,遇石蕊显红色。
答案:
D
4.下面列出了电解不同物质的电极反应式,其中错误的是( )
A.电解饱和食盐水
阴极:
Na++e-===Na
B.电解Na2SO4溶液
阳极:
4OH--4e-===2H2O+O2↑
C.电解溶融NaCl
阴极:
Na++e-===Na
D.电解NaOH溶液
阳极:
4OH--4e-===2H2O+O2↑
答案:
A
5.用惰性电极进行电解,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-,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12
D.电解氯化钠溶液时,阴极周围水的电离程度增大
解析:
电解稀硫酸溶液,NaOH溶液,Na2SO4溶液,实质上是电解水。
阳极4OH--4e-===2H2O+O2↑,阴极4H++4e-===2H2↑,总反应2H2O
2H2↑+O2↑,导致电解质溶液浓度变大,A项,溶液pH变小;B项溶液pH变大;C项,阴极产物和阳极产物(O2)物质的量之比为21。
电解NaCl溶液,阴极反应,2H++2e-===H2↑,使H2OH++OH-平衡右移,阴极区水的电离程度增大。
答案:
D
6.(2013·福建福鼎月考)用石墨作电极,电解1mol·L-1下列物质的溶液,溶液的pH保持不变的是( )
A.HClB.NaOHC.Na2SO4D.NaCl
解析:
电解HCl溶液,阴极析出H2,阳极析出Cl2,溶液pH升高;电解NaOH溶液,相当于电解水,溶液pH升高;电解Na2SO4溶液,相当于电解水,溶液pH不变,电解NaCl溶液,阴极析出H2,阳极析出Cl2,溶液pH升高。
答案:
C
7.用铂作电极电解一定浓度的下列物质的水溶液,电解结束后,向剩余电解液中加适量水,能使溶液和电解前相同的是( )
A.CuSO4B.H2SO4C.CuCl2D.NaCl
解析:
当电解池的电极是惰性电极时,阳极不溶解,电解过程的本质是电解溶剂水或电解质或二者都发生反应。
各选项中的溶液发生电解的总反应分别为
A.2CuSO4+2H2O
2Cu+O2↑+2H2SO4
B.2H2O
2H2↑+O2↑
C.CuCl2
Cu+Cl2↑
D.2NaCl+2H2O
H2↑+Cl2↑+2NaOH
所以B的实质是电解水。
答案:
B
8.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:
石墨作阴极,阴极上是溶液中的H+反应,电极反应为2H++2e-===H2↑,A选项正确;由电解总反应可知,Cu参加了反应,所以Cu作电解池的阳极,发出氧化反应,B选项错误;阳极与电源的正极相连,C选项错误;阳极反应为2Cu+2OH--2e-===Cu2O+H2O,当有0.1mol电子转移时,有0.05molCu2O生成,D选项错误。
答案:
A
9.下图中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。
符合这一情况的是下表中的( )
a电极
b电极
X电极
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:
由a极板质量增加,知溶液中阳离子在a极板析出,则a为阴极,X为负极;因B中a极板不析出金属,C中X为正极,故B、C错;又由b极板有无色无味气体放出,知D错。
答案:
A
10.如图装置中,通电后观察到Cu极溶解。
下列说法中错误的是( )
A.a极是直流电源的正极
B.Fe极是阳极
C.Pt极产生的气体体积是Ag极产生气体体积为1/2
D.硫酸铜溶液的浓度不变
解析:
Cu极溶解,则其必为阳极,Fe极是阴极,可得b极是直流电源的负极,a极是直流电源的正极,由此可知Pt极为阳极,Ag极为阴极。
电解H2SO4溶液Pt极产生O2,Ag极产生H2,O2的体积应为H2的1/2。
电解CuSO4溶液,Cu极为阳极,Fe极为阴极,是向Fe极上镀铜的过程,硫酸铜溶液的浓度不变。
答案:
B
11.同温同压下,用惰性电极在U型管中电解下列物质的水溶液,消耗相同的电量生成气体体积最大的是( )
A.饱和食盐水B.CuCl2溶液
C.CuSO4溶液D.NaOH溶液
解析:
电解饱和食盐水两极分别产生氢气和氯气,假设转移2mol电子生成氢气和氯气各1mol,共2mol;而电解CuCl2溶液只产生氯气,转移2mol电子生成氯气1mol;CuSO4溶液只产生氧气,转移2mol电子生成氧气0.5mol;电解NaOH溶液两极分别产生氢气和氧气,转移2mol电子生成氢气1mol、氧气0.5mol共1.5mol,可知A产生的气体最多。
答案:
A
12.以惰性电极电解CuSO4溶液。
若阳极上产生气体的物质的量为0.0100mol,则阴极上析出Cu的质量为( )
A.0.64g B.1.28g C.2.56g D.5.12g
解析:
以惰性电极电解CuSO4溶液的总反应方程式可表示为:
2CuSO4+2H2O
2Cu+2H2SO4+O2↑,根据方程式可求得生成Cu的质量为:
0.0100×2×64g=1.28g。
答案:
B
二、非选择题
13.某水溶液中含有等物质的量浓度的Cu(NO3)2和MgCl2,对该溶液以惰性电极进行电解,分阶段写出电解反应的化学方程式。
解析:
该溶液由Cu(NO3)2、MgCl2和H2O三种物质组成,溶液中存在的阳离子有:
H+、Cu2+、Mg2+;阴离子有:
NO
、Cl-、OH-。
因为H+、Cu2+、Mg2+三种离子在阴极上放电顺序为:
Cu2+>H+>Mg2+,三种阴离子的放电顺序为:
Cl->OH->NO
,所以:
第一阶段:
阳极:
2Cl--2e-===Cl2↑
阴极:
Cu2++2e-===Cu
第二阶段:
阳极:
4OH--4e-===2H2O+O2↑
阴极:
4H++4e-===2H2↑
将电极反应式合并得电解反应的化学方程式:
第一阶段:
CuCl2
Cu+Cl2↑
第二阶段:
2H2O
2H2↑+O2↑
答案:
第一阶段:
CuCl2
Cu+Cl2↑
第二阶段:
2H2O
2H2↑+O2↑
14.由于Fe(OH)2极易被氧化,所以实验室很难用亚铁盐溶液与碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀,应用右图所示的电解实验来探究能否制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀,两电极的材料分别为石墨和铁。
(1)a电极材料应为________,b电极的电极反应式为________。
(2)电解液d可以是________(填编号)。
A.纯水 B.NaOH溶液
C.NaCl溶液 D.CuCl2溶液
(3)c为苯,其作用是________________________________,在加入苯之前,对d溶液应作何简单处理:
______________________________。
这是为什么?
可否用其他试剂来代替?
________________________________________________________________________。
(4)为了在较短时间内看到白色沉淀,可采取的措施是( )
A.改用稀硫酸作电解液
B.适当增大电源的电压
C.适当减小两电极间的距离
D.适当降低电解液的浓度
(5)若d改为Na2SO4溶液,当电解一段时间,看到白色沉淀后,再反接电源,继续电解,除了电极上看到气泡外,另一明显的现象为________。
解析:
这是一道实验分析题,我们可以通过实验现象讨论制备的方法。
要加快电解的速率,可以增大电解液的浓度,但不能用稀硫酸,因为它可溶解氢氧化亚铁,而增大电压和缩小两极板间的距离,均可以使电解的速率加快。
(5)当电解一段时间后将电源反接,则为电解水:
2H2O
2H2↑+O2↑,生成的氧气将氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁,现象为白色沉淀迅速变为灰绿色,最终变成红褐色。
答案:
(1)Fe 2H++2e-===H2↑
(2)BC (3)隔开空气,防止生成的Fe(OH)2被氧化成为Fe(OH)3,加热d以除去其中溶解的O2;可以考虑用汽油、煤油等密度比水溶液小的试剂来代替。
(4)BC (5)白色沉淀迅速变为灰绿色,最后变成红褐色
15.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336mL(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。
解析:
电解5.00%的稀硫酸,实际上是电解其中的水。
因此在该电解池中发生反应:
2H2O
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336mL气体中,V(H2)=
×336mL=224mL,为0.01mol;V(O2)=
×336mL=112mL,为0.005mol。
说明电路上有0.02mol电子,因此在b极(Pt、阴极)产生Ag:
0.02mol×108g·mol-1=2.16g,即0.02mol的Ag。
则n(e-)∶n(Ag)∶n(O2)∶n(H2)=0.02∶0.02∶0.005∶0.01=2∶2∶
∶1。
由Ag(阳)电极、Pt(阴)电极和AgNO3溶液组成的电镀池,在通电一定时间后,在Pt电极上放电所消耗的溶液中Ag+的物质的量等于Ag电极被氧化后给溶液中补充的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%的硫酸溶液,由于其中的水发生电解,因此硫酸浓度增大,由于H+的浓度增大,故溶液的pH减小。
设原5.00%的硫酸为xg,电解时消耗水0.01mol×18g·mol-1=0.18g,则:
5.00%x=5.02%(x-0.18),解得x=45.18g。
答案:
(1)正
(2)Ag 2.16 (3)2
1
(4)不变 不变 增大 减小 (5)45.18
16.高氯酸铵(AP)受高温和猛烈撞击能引起爆炸,可用作火箭推进剂。
目前制备高氯酸铵的流程如下:
―→混合物A
HClO
HClO3
HClO4
NH4ClO4
(1)写出Cl2和NaOH溶液反应的离子方程式:
______________________________________________。
(2)将HClO3加入到电解槽中,电解产生H2和O3,产生H2的电极名称为________,写出产生O3的电极反应式:
______________________________________________________。
(3)O3与ClO
反应生成ClO
,O3与ClO
的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
解析:
从化合价的变化情况分析,H2是还原产物,因此必在电解池的阴极产生,O3是氧化产物,在阳极产生,阳极上阴离子放电,只有溶液中的OH-放电,由此可写出电极反应式。
O3与ClO
反应生成ClO
时,氧化产物已明确,在酸性条件下O3的还原产物必为H2O,故根据得失电子守恒可得两者物质的量之比。
答案:
(1)Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O
(2)阴极 6OH--6e-===O3↑+3H2O
(3)1∶3