2019-2020年高中化学 专题1 第2单元 第3课时 电解池的工作原理及应用限时训练 苏教版选修4.doc

2019-2020年高中化学 专题1 第2单元 第3课时 电解池的工作原理及应用限时训练 苏教版选修4考查点一电解原理1能用电解原理说明的问题是()电解是把电能转变成化学能电解是化学能转变成电能电解质溶液导电是化学变化，金属导电是物理变化不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理可以实现任何溶液被电解时，必将导致氧化还原反应的发生ABCD【答案】D【解析】从能量角度看，电解是把电能转变成化学能的过程，故对，错；电解质溶液的导电过程，必将伴随着两个电极上氧化还原反应的发生，同时生成新的物质，故、对；某些不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理供给电能也可能实现，故对。所以D选项符合题意。考查点二电解原理的应用2右图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极，则下列有关判断正确的是()Aa为负极，b为正极Ba为阳极，b为阴极C电解过程中，d电极质量增加D电解过程中，氯离子浓度不变【答案】C【解析】由电流方向可知，a为正极，b为负极，c为阳极，d为阴极。利用电解原理可推得答案。3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，阴极和阳极产物的物质的量之比为 11【答案】D【解析】电解释H2SO4，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；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；电解Na2SO4溶液时，在阳极发生反应：4OH4e=2H2OO2，在阴极发生反应：2H2e=H2，由于两电极通过电量相等，故放出H2与O2的物质的量之比为21；电解CuCl2溶液时，阴极反应为Cu22e=Cu，阳极反应为2Cl2e=Cl2，两极通过电量相等时，Cu和Cl2的物质的量之比为11。4市场上经常见到的标记为Liion的电池称为“锂离子电池”。它的负极材料是金属锂和碳的复合材料(碳作为金属锂的载体)，电解质为一种能传导Li的高分子材料。这种锂离子电池的电池反应为：Li2Li0.35NiO22Li0.85NiO2下列说法中，不正确的是()A放电时，负极的电极反应式：Lie=LiB充电时，Li0.85NiO2既发生氧化反应又发生还原反应C该电池不能用水溶液作为电解质D放电过程中Li向负极移动【答案】D【解析】Li从零价升至1价，失去电子，作为负极，A项正确；反应逆向进行时，反应物只有一种，故化合价既有升，又有降，所以既发生氧化反应又发生还原反应，B项正确；由于Li可以与水反应，故应为非水材料，C项正确；原电池中阳离子应向正极移动，故D项错误。5某小组设计电解饱和食盐水的装置如右图，通电后两极均有气泡产生，下列叙述正确的是()A铜电极附近观察到黄绿色气体B石墨电极附近溶液呈红色C溶液中的Na向石墨电极移动D铜电极上发生还原反应【答案】D【解析】电解饱和食盐水装置通电两极均有气泡产生，可知铜电极作阴极，石墨电极作阳极(电解食盐水装置的两电极均不发生反应)，故铜电极上H得到电子，有氢气放出，铜电极附近溶液呈碱性，石墨电极上有氯气放出，故A、B项均错误，D项正确；溶液中的Na向铜电极移动，故C项错误。6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。则下列叙述正确的是()AF表示反应生成Cu的物质的量BE表示反应实际消耗H2O的物质的量CE表示反应生成O2的物质的量DF表示反应生成H2SO4的物质的量【答案】B【解析】电解实质为2CuSO42H2O2CuO22H2SO4，则每通过4 mol e，生成2 mol Cu,1 mol O2，消耗2 mol H2O，生成2 mol H2SO4。7从NO、SO、H、Cu2、Ba2、Ag、Cl等离子中选出适当的离子组成电解质，采用惰性电极对其溶液进行电解。(1)两极分别放出H2和O2时，电解质的化学式可能是_(至少答一种，下同)。(2)若阴极析出金属，阳极放出O2，电解质的化学式可能是_。(3)两极分别放出气体，且体积比为11，电解质的化学式可能是_。【答案】(1)HNO3、H2SO4、Ba(NO3)2(2)AgNO3、Cu(NO3)2、CuSO4(3)HCl、BaCl2【解析】题中提供的离子其实还包括OH，这些离子放电的顺序如下：阳极：ClOH(NO、SO)，阴极：AgCu2HBa2。(1)两极分别放出H2和O2，即H和OH放电，实质是电解H2O，水中的溶质应起导电作用而又不改变H和OH放电的顺序，它可以是HNO3、H2SO4、Ba(NO3)2中的任意一种，但不是BaSO4。(2)阴极析出金属，即Ag或Cu2放电；阳极放出O2，即OH放电，水中的溶质可以是AgNO3、Cu(NO3)2、CuSO4中的任意一种，但不是Ag2SO4(微溶)。(3)两极都生成气体，且气体体积比为11，则放电的离子应是Cl和H，水中的溶质可以是HCl、BaCl2中的任意一种。考查点三电解原理的有关计算8已知外电路中，电子由b极流向锌。有关下图所示的装置分析不合理的是()A该装置中Cu极为正极B当铜极的质量变化为32 g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为5.6 LCb极反应的电极反应式为H22e2OH=2H2OD一段时间后锌片一极质量增加【答案】BC【解析】左池为燃料电池，右池为电解池；电子由b极流向锌，说明b是原电池的负极，电极反应式：H22e2OH=2H2O，锌为电解池阴极，电极反应式：Cu22e=Cu，故一段时间后锌片质量增加；根据电路中转移电子数相等：O22Cu4e，当阳极铜溶解32 g 时，负极消耗0.25 mol氧气，在标准状况下的体积为5.6 L。9如下图所示的装置中，若通入直流电5 min时，铜电极质量增加2.16 g，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5 min后，B中共收集224 mL气体(标准状况)，溶液体积为200 mL，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200 mL，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)。【答案】(1)负极(2)增大减小不变(3)0.025 molL1(4)0.1 molL1【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Ag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OH浓度增大；B装置中阴极上先析出铜，当Cu2消耗完后将析出氢气，而阳极上析出氧气，溶液中H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Ag，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0.02 mol。经判断，B装置中阴极：Cu22e=Cu,2H2e=H2，阳极：4OH4e=O22H2O，根据题意可得：2n(H2)2n(Cu)4n(O2)0.02 mol，n(H2)n(O2)，解得n(Cu)0.005 mol，CuSO4溶液物质的量浓度为0.025 molL1。(4)A装置的反应为2KCl2H2O2KOHH2Cl2，即反应中电子转移的物质的量与生成的OH的物质的量相等，为 0.02 mol，c(OH)0.1 molL1。