2019-2020年高中化学 第1章 化学反应与能量转化 1.2.1 电解原理课时练 鲁科版选修4.doc

2019-2020年高中化学 第1章 化学反应与能量转化 1.2.1 电解原理课时练 鲁科版选修41下列关于电解池中形成的闭合回路的叙述中，正确的是 ()A电解池中的闭合回路仅是由电子的定向移动形成的B金属导线中，电子从电源的负极流向电解池的阳极，从电解池的阴极流向电源的正极C在电解质溶液中，阴离子向阴极移动，阳离子向阳极移动D相同时间内，阳离子在阴极上得到的电子数与阴离子在阳极上失去的电子数相同【答案】D【解析】在电解池中，导线和电极上是由电子的定向移动，而溶液中则靠离子的定向移动，才使整个电解池形成一个闭合回路；导线中电子的方向与电流方向相反，故电子从电解池的阳极流向电源的正极，从电源的负极流向电解池的阴极；电解质溶液中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动；不论如何，两极上转移的电子数总是相等的。故答案D。2相同条件下，下列装置中指定电极的电极反应式相同的是 ()ABC D【答案】B【解析】在五个电解池中，阳极均为Cl放电，电极反应为2Cl2e=Cl2。故答案B。3用惰性电极电解饱和Na2CO3溶液，若保持温度不变，则一段时间后 ()A溶液的pH变大Bc(Na)与c(CO)的比值变大C溶液浓度变大，有晶体析出D溶液浓度不变，有晶体析出【答案】D【解析】用惰性电极电解饱和Na2CO3溶液，实际是电解水，故Na2CO3会结晶析出，若保持温度不变，则仍为原温度下的饱和溶液，故溶液浓度不变，pH不变，c(Na)c(CO)不变，故选D。4. 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12D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11【答案】D【解析】电解稀硫酸，实质上是电解水，硫酸的物质的量不变，但溶液体积减小，浓度增大，故溶液pH减小，A不正确。电解稀NaOH溶液，阳极消耗OH，阴极消耗H，实质也是电解水，NaOH溶液浓度增大，故溶液的pH增大，B不正确。电解Na2SO4溶液时，在阳极发生反应：4OH2H2OO24e，在阴极发生反应：2H2eH2，由于两电极通过的电量相等，故析出H2与O2的物质的量之比为21，C不正确。电解CuCl2溶液时，阴极反应为Cu22eCu，阳极反应为2ClCl22e，两极通过电量相等时，Cu和Cl2的物质的量之比为11，D正确。故答案D。5用石墨作电极，电解1 mol/L下列物质的溶液，则电解前后溶液的pH保持不变的是 ()AHCl BNaOHCNa2SO4 DNaCl【答案】C【解析】A、B、C实质上是电解水，浓度增大，A的pH减小，B的pH增大，C的pH不变；用石墨作电极电解NaCl(aq)时，生成NaOH，溶液中c(OH)增大，pH增大。6将一直流电源的正、负极(电极材料为Pt)，用玻璃片分别压在一张用食盐水、碘化钾、淀粉溶液和石蕊试液浸透的滤纸上，经过一段时间后，两极附近滤纸的颜色分别是 ()ABCD阳极蓝白红蓝阴极白蓝蓝蓝【答案】D【解析】阳极上I放电生成I2，使淀粉变蓝，阴极上H放电后，使溶液中的c(H)c(OH)，呈碱性，使石蕊显蓝色，故D项正确。7. 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溶液。下列实验现象正确的是()A逸出气体的体积：a电极的小于b电极的B一电极逸出无味气体，另一电极逸出有刺激性气味的气体Ca电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色Da电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色【答案】D【解析】Na2SO4=2NaSO，H2OHOH，SO和OH移向b电极，Na和H移向a电极，在b电极上：4OH2H2OO24e，在a电极上：2H2eH2，所以产生的气体体积a电极的大于b电极的；两种气体均为无色无味的气体；由于a电极上H放电，所以a电极附近的OHH，滴加石蕊试液a电极附近变蓝色，同理，b电极附近变红色。故答案D。8. 早在1807年化学家戴维用电解熔融氢氧化钠制得钠：4NaOH(熔)4NaO22H2O；后来盖吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠，反应原理为3Fe4NaOHFe3O42H24Na。下列有关说法正确的是()A电解熔融氢氧化钠制钠，阳极发生电极反应为2OHH2O22eB戴维用电解熔融氢氧化钠法制钠(如上图)，电解槽中可以用石墨极为阳极，铁为阴极C盖吕萨克法制钠原理是利用铁的还原性比钠强D若戴维法与盖吕萨克法制得等量的钠，则两反应中转移的电子总数也相同【答案】B【解析】电解熔融氢氧化钠制钠，阳极发生电极反应为4OHO22H2O4e；盖吕萨克法制钠原理不是利用铁的还原性比钠强，实际上铁的还原性比钠弱，反应之所以能发生实质上利用了钠的沸点较低。故答案B。9如图电解装置中，电极A是由金属M制成的，B、C和D都是铂电极，甲中的电解质溶液为MSO4，乙中的电解质为H2SO4，E、F是外接直流电源的两极，电路接通后，电极B上有金属M析出。(已知金属M无变价)(1)电源中E是_极，F是_极。(2)A极上电极反应为_，B极上电极反应为_，C极上电极反应为_，D极上电极反应为_。【答案】(1)正负(2)M2e=M2M22e=M4OH4e=2H2OO24H4e=2H2【解析】由甲装置B上有金属M析出，可得B端为阴极，进而得电源E为正极，F为负极，这样容易得A、B、C、D分别为阳极、阴极、阳极、阴极，电极反应式即可写出。10如图所示，四支电极均为铂电极，供选择的四组电解质溶液如下表：组ABCD甲槽NaOH溶液AgNO3溶液H2SO4溶液NaCl溶液乙槽CuSO4溶液CuCl2溶液AgNO3溶液AgNO3溶液要满足的条件是：工作一段时间后，甲槽电解液pH上升，而乙槽电解液pH下降；b、c两极放电离子的物质的量相等。则：(1)应选用的电解液是_组。(2)甲槽的电解方程式为：_；乙槽的电解方程式为：_。【答案】(1)D(2)2NaCl2H2O2NaOHCl2H24AgNO32H2O4AgO24HNO3【解析】根据电解规律，电解后电解液的pH升高的有NaOH溶液和NaCl溶液；pH降低的有CuSO4溶液、AgNO3溶液和H2SO4溶液；pH基本不变的有CuCl2溶液。由条件排除B、C。又因为甲、乙两池是串联的，故b为阳极、c为阴极，A、D组电解液的电极反应分别为：A组b极：4OH4e=O22H2Oc极：2Cu24e=2CuD组b极：2Cl2e=Cl2c极：2Ag2e=2Ag由条件排除A。11为了加深对电解规律的理解，某同学做了以下探究，要求从H、Cu2、Na、SO、Cl5种离子中两两恰当的组成电解质，按下列要求进行电解：(1)以碳棒为电极，电解过程中电解质质量减少，水量不变，则采用的电解质是_。若要恢复到电解前的状态，应加入的物质是_。(2)以碳棒为电极，电解过程中电解质质量不变，水量减少，则采用的电解质是_。若要恢复到电解前的状态，应加入的物质是_。(3)以碳棒为阳极，铁棒为阴极，电解过程中电解质和水量都减少，则电解质是_。若要恢复到电解前的状态，应加入的物质是_。【答案】(1)HCl、CuCl2HCl、CuCl2(2)Na2SO4、H2SO4H2O(3)CuSO4、NaClCuO或CuCO3、HCl【解析】5种离子中，水溶液中能放电的阳离子为Cu2、H，能放电的阴离子为Cl。(1)以碳棒为电极，电解过程中电解质质量减少，水量不变，则阳离子只能为H、Cu2，阴离子只能是Cl，其电解质是HCl、CuCl2，因为电解过程中减少的是HCl、CuCl2的量，故要恢复到电解前的状态应通入HCl、加入CuCl2。(2)实质上是电解水，H、OH分别在两极上放电，因此，其电解质是Na2SO4、H2SO4。电解过程中H2O的量减少，要恢复到电解前的状态应加入H2O。(3)以碳棒为阳极，铁棒为阴极，电解过程中要求电解质和水量都减少，则两电极均不参与电极反应，电解质是CuSO4、NaCl,2CuSO42H2O,2H2SO42CuO2，若恢复到原状态，可加入CuO，也可加入CuCO3，但不能加入 Cu(OH)2，因为Cu(OH)2与H2SO4反应生成水，使水量增加。2NaCl2H2O,2NaOHH2Cl2，要恢复到原状态可通入HCl，但不能加入盐酸。12. 下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100 g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100 g 10.00%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：电源的N端为_极；电极b上发生的电极反应为_；电极b上生成的气体在标准状况下的体积_；电极c的质量变化是_g；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？【答案】(1)正4OH2H2OO24e2.8 L16pH增大，因为相当于电解水pH减小，OH放电，H增多pH不变，相当于电解水；(2)可以。可以继续电解H2SO4，有电解液即可电解。【解析】(1)乙中c电极质量增加，则c处发生的反应为Cu22eCu，即c处为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极。丙中电解K2SO4，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：100 g10%(100 gx)10.47%，得x4.5 g，故为0.25 mol。根据2H2O2H2O2可知，0.25 mol水放热转移电子数为0.5 mol，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。甲中为NaOH，相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH放电，即4OH2H2OO24e。转移0.5 mol电子，则生成O2为0.5/4 mol0.125 mol，标准状况下的体积为0.12522.42.8(L)。Cu22eCu，转移0.5 mol电子，则生成的m(Cu)0.5/26416(g)。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，可以继续电解H2SO4，有电解液即可电解。