课时跟踪检测二十一电解原理.docx
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课时跟踪检测二十一电解原理
课时跟踪检测(二十一)电解原理
1.下列装置能构成电解池的是( )
解析:
选D 电解池是将电能转化为化学能的装置,必须有外接电源,同时闭合电路,A装置没有形成闭合电路,B和C没有外接电源,D的装置满足电解池的结构,故答案为D。
2.用铂电极电解下列溶液时,阴极和阳极上的主要产物分别为H2和O2的是( )
A.稀HCl溶液 B.稀Na2SO4溶液
C.CuCl2溶液D.酸性AgNO3溶液
解析:
选B A项,电解稀HCl溶液,阴极产物为H2,阳极产物为Cl2,错误;B项,电解Na2SO4溶液,实际上是电解水,阴极产物为H2,阳极产物为O2,正确;C项,电解CuCl2溶液,阴极产物为Cu,阳极产物为Cl2,错误;D项,电解酸性AgNO3溶液,阴极产物为Ag,阳极产物为O2和HNO3,错误。
3.电解某溶液时,某一电极上有一种刺激性气味的气体产生,下列有关此电解反应的说法不正确的是( )
A.产生这种气体的电极一定是阳极
B.若另一极上也有气体产生一定是氢气
C.产生刺激性气味的气体的电极反应是氧化反应
D.不能判断是哪一极
解析:
选D 阴极只可能产生氢气这一种气体,所以产生刺激性气味气体的电极一定是阳极,此气体是氧化反应产物。
4.利用如图装置电解硫酸铜溶液,下列说法正确的是( )
A.b电极上发生氧化反应
B.该装置能将化学能转变成电能
C.电解质溶液中Cu2+从b电极向a电极迁移
D.若a为铜,则a的电极反应式为Cu-2e-===Cu2+
解析:
选D b与电源负极相连,b为阴极,阴极上发生还原反应,A项错误;该装置是电解池,将电能转化为化学能,B项错误;电解池中,阳离子(Cu2+)向阴极(b极)移动,C项错误;a为阳极,若a为Cu,属于活性电极,则阳极反应为Cu-2e-===Cu2+,D项正确。
5.用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液,电解一段时间后,再加入W,能使溶液恢复到电解前的状态,则下列符合题意的一组是( )
选项
X
Y
Z
W
A
C
Fe
NaCl
H2O
B
Pt
Cu
CuSO4
CuSO4溶液
C
C
C
H2SO4
H2O
D
Ag
Fe
AgNO3
AgNO3晶体
解析:
选C A项,阳极为惰性电极,在阳极是Cl-放电,2Cl--2e-===Cl2↑,在阴极是H+放电,2H++2e-===H2↑,通入HCl(g)能使溶液恢复到原状态,A项不符合题意;B项,阳极为惰性电极,在阳极是OH-放电,4OH--4e-===O2↑+2H2O,在阴极是Cu2+放电,2Cu2++4e-===2Cu,加入CuO(s)能使溶液恢复到原状态,B项不符合题意,C项,两电极均为惰性电极,在阴极是H+放电,在阳极是OH-放电,其实质是电解水,加适量水可使溶液恢复到原状态,C项符合题意;D项,Ag作阳极,为活性电极,电极反应为Ag+e-===Ag+,阴极反应为Ag+-e-===Ag,AgNO3溶液浓度不变。
6.在pH=a的某电解质溶液中,插入两支惰性电极通直流电一段时间后,溶液的pH>a,则该电解质可能是( )
A.NaOHB.H2SO4
C.AgNO3D.Na2SO4
解析:
选A 电解NaOH溶液相当于电解水,NaOH溶液浓度增大,使溶液的pH升高,A项正确;电解H2SO4溶液和电解Na2SO4溶液相似,都使溶液浓度增大,所以溶液的pH分别减小、不变,B、D两项均不正确;电解AgNO3溶液生成HNO3,溶液的pH减小,C项不正确。
7.在下图所示的装置中,x、y分别是直流电源的两极,通电后发现a极极板质量增加,b极极板处有无色无臭气体放出,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:
选A 本题突破口是“a极极板质量增加”,据此判断a极一定是阴极,则b极一定是阳极。
A是惰性阳极电解CuSO4,符合题意;B的实质是电解水,两极都产生气体,不符合题意;C的阳极是铁,是活性电极,不符合题意;D的阳极生成氯气,是有刺激性气味的气体,不符合题意。
8.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.F表示反应生成H2SO4的物质的量
C.E表示反应生成O2的物质的量
D.E表示反应消耗H2O的物质的量
解析:
选D 由甲图可得Cu为阴极,C为阳极,电解质溶液为CuSO4溶液,电解总反应为2CuSO4+2H2O
2Cu+2H2SO4+O2↑,各物质及电子转移关系为:
2H2O~2Cu~2H2SO4~O2~4e-,再根据乙图,所以E可以表示H2O、Cu和H2SO4的物质的量,F表示O2的物质的量。
9.如图是两种溶液进行电解的装置。
电极A是由金属M制成的,M的硝酸盐的化学式为M(NO3)2,B、C、D都是铂电极,P、Q是电池的两极,电路接通后,试回答下列问题:
(1)电极B上金属M沉淀出来:
电极反应为__________________________,同时电极C产生________,电极反应为______________________,电极D产生________,电极反应为____________________________。
(2)电池中P是________极,Q是________极。
(3)A极上电极反应为_________________________________。
解析:
电极B上金属M沉淀出来说明B是阴极,A是阳极,而乙池中电极C是阳极,D是阴极;对应的电极P是正极,电极Q是负极;而乙中的电解质溶液为硫酸钠溶液,所以在C电极上有氧气产生,D电极上有氧气产生。
答案:
(1)M2++2e-===M 氧气 4OH--4e-===2H2O+O2↑ 氢气 2H++2e-===H2↑
(2)正 负 (3)M-2e-===M2+
10.下图是一套电解装置,两U形管中均盛有50.0mL电解质溶液,a、b、c、d为Pt电极,通电一段时间后,d电极上析出金属Ag2.16g,没有气体产生,同时在b、c两极收集到标准状况下相同体积的气体。
请回答:
(1)c为________极,写出c电极上的电极反应式:
________________________,c极收集到的气体体积在标准状况下为____________L。
(2)b为______极,写出b电极上的电极反应式:
开始时是____________,后来________________________________________________________________________。
(3)原CuCl2溶液中溶质的物质的量浓度为________mol·L-1。
解析:
(1)连接电源负极的电极作阴极,连接电源正极的电极作阳极,则c作阳极,阴离子在阳极失电子,放电能力OH->NO
,则OH-先失电子,反应式为4OH--4e-===2H2O+O2↑或2H2O-4e-===4H++O2↑,d极作阴极,其反应式为Ag++e-===Ag,析出金属2.16g银单质,整个电路转移电子0.02mol,故产生氧气
×0.02mol=0.005mol,其在标准状况下的体积V(O2)=0.005mol×22.4L·mol-1=0.112L。
(2)b作阴极,阳离子在阴极上放电,Cu2+先得电子,其反应式:
Cu2++2e-===Cu,根据题目信息,此电极有气体产生,应是H+得电子,其反应式:
2H++2e-===H2↑或2H2O+2e-===H2↑+2OH-。
(3)bc两极产生气体体积相等,即产生氢气的物质的量为0.005mol,需得到电子0.01mol,但整个电路共通过0.02mol电子,推得n(Cu2+)=0.01/2mol=0.005mol,故c(CuCl2)=0.005/(50×10-3)mol·L-1=0.10mol·L-1。
答案:
(1)阳 4OH--4e-===2H2O+O2↑ 0.112
(2)阴 Cu2++2e-===Cu 2H++2e-===H2↑或2H2O+2e-===H2↑+2OH- (3)0.10
1.用石墨电极电解CuCl2和KCl混合溶液,电解初期阴极和阳极分别析出的物质是( )
A.H2、Cl2B.Cu、Cl2
C.H2、O2D.Cu、O2
解析:
选B 电解前溶液中的阳离子有Cu2+、K+、H+,阴离子有Cl-、OH-,阳离子放电顺序Cu2+>H+>K+,阴离子放电顺序Cl->OH-,则电解初期阴极产物为Cu,阳极产物为Cl2。
2.用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为3∶1的CuSO4溶液和NaCl溶液的混合溶液,不可能发生的反应是( )
A.2Cu2++2H2O
2Cu+4H++O2↑
B.Cu2++2Cl-
Cu+Cl2↑
C.2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑
D.2H2O
2H2↑+O2↑
解析:
选C 用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为3∶1的CuSO4溶液和NaCl溶液的混合溶液,设溶液体积为4L,硫酸铜浓度为1mol·L-1,氯化钠浓度为1mol·L-1,则n(CuSO4)=n(Cu2+)=3mol,n(NaCl)=n(Cl-)=1mol。
根据转移电子守恒,第一阶段:
阳极上Cl-放电,阴极上Cu2+放电,转移1mol电子时析出0.5molCu2+,所以Cu2+还剩余2.5mol,则此时发生的电池总反应为B项;第二阶段:
阴极上Cu2+放电,阳极上OH-放电,当Cu2+完全析出前,发生的电池总反应为A项;第三阶段:
阴极上H+放电生成氢气,阳极上OH-放电生成氧气,发生的电池总反应为D项。
3.高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途,用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸盐Na2FeO4的装置如图所示。
下列说法合理的是( )
A.镍电极上的电极反应式为2H2O+2e-===H2↑+2OH-
B.铁是阳极,电极反应式为Fe-2e-+2OH-===Fe(OH)2
C.若隔膜为阴离子交换膜,则OH-自右向左移动
D.电解时阳极区pH降低、阴极区pH升高,最终溶液pH不变
解析:
选A 用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4),铁失电子生成高铁酸钠,则铁作阳极,镍作阴极,溶液中的H+在阴极放电生成氢气,则电极反应式为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,故A正确;根据分析,铁是阳极,电极反应式为Fe+8OH--6e-===FeO
+4H2O,故B错误;若隔膜为阴离子交换膜,则OH-自左(阴极区)向右(阳极区)移动,故C错误;电解时,阳极区的电极反应式为Fe+8OH--6e-===FeO
+4H2O,pH降低,阴极区电极反应式为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,pH升高,电池的总反应式为Fe+2H2O+2OH-===FeO
+3H2↑,最终溶液pH降低,故D错误。
4.海水中含有丰富的锂资源,研究人员开发了一种只能让锂离子通过的特殊交换膜,并运用电解实现从海水中提取高浓度的锂盐,其工作原理如图所示。
下列说法不正确的是( )
A.a连接电源的正极
B.Li+的移动方向是从海水进入到盐酸中
C.一段时间后,b电极附近溶液的pH降低
D.电解过程中还可能获得有经济价值的副产物氢气和氯气
解析:
选C A项,a是电解池的阳极,连接电源的正极,正确;B项,电解时阳离子向阴极移动,故Li+的移动方向是从海水进入到盐酸中,正确;C项,b电极附近溶液中的H+得电子被还原,促进水的电离,使c(OH-)>c(H+),阴极区溶液pH增大,不正确;D项,整个电解过程中阴极得到氢气,阳极得到氯气,正确。
5.根据金属活动性顺序表,Cu不能发生Cu+2H2O===Cu(OH)2↓+H2↑的反应。
但选择恰当电极材料和电解液进行电解,这个反应就能变为现实。
下列四组电极和电解液中,能实现该反应最为恰当的是( )
选项
A
B
C
D
阳极
石墨棒
Cu
Cu
Cu
阴极
石墨棒
石墨棒
Fe
Pt
电解液
CuSO4溶液
Na2SO4溶液
H2SO4溶液
H2O
解析:
选B 本题考查一些不能自发进行的氧化还原反应实现的条件,可以用电解方法,Cu作阳极时,自身失电子,电极反应为Cu-2e-===Cu2+,阴极反应为2H++2e-===H2↑,A项不符合;B项,Na2SO4溶液起增强导电性作用,电解总反应为Cu+2H2O
Cu(OH)2+H2↑,符合题意;C项,电解液H2SO4会与生成的Cu(OH)2发生中和反应,实际上不会生成Cu(OH)2,不符合;D项,H2O导电能力不强,不符合。
6.电Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术,其反应原理如图所示。
其中电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反应:
H2O2+Fe2+===Fe3++OH-+·OH,生成的羟基自由基(·OH)能氧化降解有机污染物。
下列说法中正确的是( )
A.电源的X极为正极,Y极为负极
B.阴极的电极反应式为Fe2+-e-===Fe3+
C.阳极的电极反应式为H2O-e-===H++·OH
D.每消耗1molO2,整个电解池中理论上可产生2mol·OH
解析:
选C 由反应原理示意图可知,左边电极区Fe3+和O2得电子,则可知左边电极为阴极,所以电源的X极为负极,Y极为正极,故A错误;阴极反应式为Fe3++e-===Fe2+,O2+2e-+2H+===H2O2,故B错误;根据图示,阳极的电极反应式为H2O-e-===H++·OH,故C正确;每消耗1molO2,生成1molH2O2,H2O2发生反应H2O2+Fe2+===Fe3++OH-+·OH,则在阴极生成1mol·OH需3mol电子,发生3mole-转移时,阳极生成3mol·OH,整个装置共产生4mol·OH,故D错误。
7.将等物质的量浓度的CuSO4溶液和NaCl溶液等体积混合后,用石墨电极进行电解,电解过程中,溶液pH随时间t变化的曲线如图,则下列说法正确的是( )
A.阳极产物一定是Cl2,阴极产物一定是Cu
B.BC段表示在阴极上是H+放电产生了H2
C.AB、BC段阴极反应式都为Cu2++2e-===Cu
D.CD段表示阳极上OH-放电破坏了水的电离平衡,产生了H+
解析:
选C 设CuSO4和NaCl各nmol,电解分3个阶段:
AB段,阳极上nmolCl-失nmol电子,阴极上
nmolCu2+得nmol电子,由于Cu2+水解使溶液呈酸性,当Cu2+浓度减小时,溶液pH逐渐增大;BC段,阳极上nmolOH-失nmol电子(来源于水的电离),阴极上
nmol铜离子再得nmol电子,由于消耗OH-,溶液中H+浓度增大,溶液的pH迅速减小;CD段,阳极上OH-失去电子,阴极上H+得到电子,实质是电解水,溶液中H+浓度逐渐增大,pH减小。
电解过程中,阳极先发生反应2Cl--2e-===Cl2↑,后发生反应4OH--4e-===2H2O+O2↑,阴极先发生反应Cu2++2e-===Cu,后发生反应2H++2e-===H2↑,故A错误;BC段阴极发生的电极反应是Cu2++2e-===Cu,故B错误;AB、BC段阴极反应都为Cu2++2e-===Cu,故C正确;CD段发生反应4H++4e-===2H2↑、4OH--4e-===2H2O+O2↑,即CD段电解的物质是水,无H+产生,故D错误。
8.25℃时,用石墨电极电解2.0L0.5mol·L-1CuSO4溶液。
5min后,在一个石墨电极上有6.4gCu生成。
试回答下列问题:
(1)发生氧化反应的是______极,电极反应为__________________________________。
(2)若电解后溶液的体积不变,则电解后溶液的pH为________。
(3)若将溶液恢复到与电解前一样,则需加入____mol的________。
(4)若用等质量的两块铜片代替石墨作电极,电解后两铜片的质量相差________g,电解液的pH________(填“变小”“变大”或“不变”)。
解析:
(1)n(CuSO4)=2.0L×0.5mol·L-1=1.0mol,而在阴极析出的Cu为
=0.1mol,故CuSO4未完全电解,阳极发生氧化反应,电极反应为4OH--4e-===2H2O+O2↑。
(2)总反应为
2CuSO4+2H2O
2Cu + O2↑ + 2H2SO4
2 2 2 1 2
0.1mol0.1mol 0.1mol0.05mol 0.1mol
所以电解后c(H+)=
=0.1mol·L-1。
故pH=-lg0.1=1。
(3)电解后生成的0.1molCu和0.05molO2脱离该体系,即相当于0.1molCuO,因此若将溶液复原,则应加入0.1molCuO。
(4)此时为电镀池,阳极:
Cu-2e-===Cu2+,阴极:
Cu2++2e-===Cu,因此若阴极上析出6.4g铜,则阳极溶解6.4g铜,电解后两铜片质量差为6.4g+6.4g=12.8g,而电解液的pH不变。
答案:
(1)阳 4OH--4e-===2H2O+O2↑
(2)1 (3)0.1 CuO (4)12.8 不变
9.A、B、C三种强电解质,它们在水中电离出的离子为Na+、Ag+、NO
、SO
、Cl-,在如图1所示装置中,甲、乙、丙三个烧杯分别盛放足量的A、B、C三种溶液,电极均为石墨电极。
接通电源,经过一段时间后,测得乙烧杯中c电极质量增加了10.8g。
常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系如图2所示。
据此回答下列问题:
(1)M为电源的______极(填“正”或“负”),甲、乙两个烧杯中的电解质分别为________、________(填写化学式)。
(2)计算电极f上生成的气体在标准状况下体积为________L。
(3)写出乙烧杯中的电解反应方程式:
_________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)常温下,若电解后甲中A溶液的体积为10L,则该溶液的pH为________。
解析:
(1)经过一段时间后,测得乙烧杯中c电极质量增加了10.8g,说明c电极为阴极,且乙烧杯中的电解质B为AgNO3,则M是负极,N是正极,a是阴极,b是阳极,d为阳极,e是阴极,f是阳极。
电解后,甲溶液的pH变大,说明甲为NaCl溶液,丙溶液的pH不变,说明丙中溶液为Na2SO4溶液。
(2)c电极质量增加10.8g,则n(Ag)=
=0.1mol,n(e-)=n(Ag)=0.1mol,丙中溶液为Na2SO4溶液,电解该溶液相当于电解水,f极(阳极)上析出O2,且n(O2)=
n(e-)=0.025mol,V(O2)=0.025mol×22.4L·mol-1=0.56L。
(3)电解AgNO3溶液的反应方程式为4AgNO3+2H2O
4Ag+4HNO3+O2↑。
(4)2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑,转移0.1mole-,生成n(NaOH)=0.1mol,则c(OH-)=
=0.01mol·L-1,c(H+)=
mol·L-1=10-12mol·L-1,pH=12。
答案:
(1)负 NaCl AgNO3
(2)0.56
(3)4AgNO3+2H2O
4Ag+4HNO3+O2↑
(4)12