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2019-2020年高中化學 4.3電解池 第1課時練習 新人教版選修4 1．用惰性電極電解下列各組物質的水溶液時，發(fā)生的電極反應完全相同的是(　　) A．NaOH、H2SO4 B．CuCl2、Cu(NO3)2 C．Na2SO4、NaCl D．KNO3、AgNO3 【解析】　用惰性電極電解NaOH、H2SO4的水溶液時實質均為電解水，電極反應均相同，A正確；電解B、C兩組溶液時，陽極反應不同，陰極反應相同，B、C錯誤；電解KNO3、AgNO3兩組溶液，陽極反應相同，陰極反應不同，D錯誤。 【答案】　A 2．如圖所示，銅片、鋅片和石墨棒用導線連接后插入番茄里，電流表中有電流通過，則下列說法正確的是(　　) A．鋅片是負極 B．兩個銅片上都發(fā)生氧化反應 C．石墨是陰極 D．兩個番茄都形成原電池 【解析】　由于番茄汁顯酸性，左側番茄形成原電池，Zn作負極。右側番茄形成電解池，Cu作陰極。故只有A選項正確。 【答案】　A 3．Cu2O是一種半導體材料，基于綠色化學理論設計的制取Cu2O的電解池示意圖如圖，電解總反應為：2Cu＋H2OCu2O＋H2↑。下列說法正確的是(　　) A．石墨電極上產生氫氣 B．銅電極發(fā)生還原反應 C．銅電極連接直流電源的負極 D．當有0.1 mol電子轉移時，有0.1 mol Cu2O生成 【解析】　由電解總反應可知，Cu參加了反應，所以Cu作電解池的陽極，發(fā)生氧化反應，B選項錯誤；石墨作陰極，電極反應為：2H＋＋2e－===H2↑，A選項正確；陽極與電源的正極相連，C選項錯誤；陽極反應為2Cu＋2OH－－2e－===Cu2O＋H2O，當有0.1 mol 電子轉移時，有0.05 mol Cu2O生成，D選項錯誤。 【答案】　A 4．如圖，電解質溶液是NaCl的水溶液，通電一段時間后發(fā)現(xiàn)d極附近有黃綠色氣體產生，以下說法正確的是 (　　) A．a是電源的正極 B．電子流動的方向：d→b C．c極發(fā)生氧化反應 D．如果將c、d兩電極互換，則c上也會生成黃綠色氣體 【解析】　d極附近有黃綠色氣體產生，應該是Cl－放電，說明d極是陽極，所以b是正極，A錯；電子流向是陰極→電源正極，即d→b→a→c，所以B對；c極得電子，化合價降低，發(fā)生還原反應，C錯；如果c是活性電極則不產生黃綠色氣體，D錯。 【答案】　B 5．如圖所示的電解池中，a、b、c、d都是石墨電極，通電一段時間后，a、b、c、d各電極上生成物物質的量之比是 (　　) A．2∶2∶4∶1 B．1∶1∶2∶1 C．2∶4∶4∶1 D．2∶1∶2∶1 【解析】　a為陰極，Cu2＋得電子生成Cu，b為陽極，Cl－失電子生成Cl2；c為陰極，Ag＋得電子生成Ag，d為陽極，OH－失電子生成O2。根據(jù)得失電子守恒，四種產物之間的關系為2Cu～2Cl2～4Ag～O2。 【答案】　A 6．用惰性電極電解物質的量濃度相同、體積比為1∶3的CuSO4和NaCl的混合溶液，可能發(fā)生的反應有(　　) ①2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑ ②Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑ ③2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑ ④2H2O2H2↑＋O2↑ A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．僅②④ 【解析】　混合溶液中CuSO4和NaCl的物質的量之比為1∶3，即發(fā)生電解的溶質離子Cu2＋和Cl－的物質的量之比為1∶3。第一階段電解CuCl2溶液，第二階段電解NaCl溶液，第三階段電解NaOH、Na2SO4混合溶液(相當于電解水)。 【答案】　C 7．某同學為了使反應2HCl＋2Ag===2AgCl＋H2↑能進行，設計了下列四個實驗，如圖所示，你認為可行的方案是(　　) 【解析】　此反應為非自發(fā)的氧化還原反應，需設計成電解池，且Ag失電子作陽極，電解質溶液中的H＋得電子生成H2。 【答案】　C 8．將一直流電源的正、負極(電極材料為Pt)，用玻璃片分別壓在一張用食鹽水、碘化鉀、淀粉溶液和石蕊試液浸透的濾紙上，經(jīng)過一段時間后，兩極附近濾紙的顏色分別是(　　) A B C D 陽極 藍 白 紅 藍 陰極 白 藍 藍 藍 【解析】　陽極上I－放電生成I2，使淀粉變藍，陰極上H＋放電后，使溶液中的c(H＋)1 mol/L，D錯誤。 【答案】　A 14．用惰性電極電解硫酸銅溶液，整個過程轉移電子的物質的量與產生氣體總體積的關系如圖所示(氣體體積均在相同狀況下測定)。欲使溶液恢復到起始狀態(tài)，可向溶液中加入(　　) A．0.1 mol CuO B．0.1 mol CuCO3 C．0.1 mol Cu(OH)2 D．0.05 mol Cu2(OH)2CO3 【解析】　根據(jù)圖像和電解原理，O～P段電解反應的化學方程式為：2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，P～Q段電解反應的化學方程式為：2H2O2H2↑＋O2↑，所以溶液中應加入CuO：＝0.1 mol，H2O：＝0.05 mol，分析四個選項，加入0.05 mol Cu2(OH)2CO3合適。 【答案】　D 15．下圖中電極a、b分別為Ag電極和Pt電極，電極c、d都是石墨電極。通電一段時間后，在c、d兩極上共收集到336 mL(標準狀態(tài))氣體?；卮穑? (1)直流電源中，M為________極。 (2)Pt電極上生成的物質是________，其質量為__________g。 (3)電源輸出的電子，其物質的量與電極b、c、d分別生成的物質的物質的量之比為2∶________∶________∶________。 (4)AgNO3溶液的濃度________(填“增大”、“減小”或“不變”，下同)，AgNO3溶液的pH________，硫酸的濃度________，硫酸的pH________。 (5)若硫酸的質量分數(shù)由5.00%變?yōu)?.02%，則原有5.00%的硫酸________g。 【解析】　(1)電解5.00%的稀硫酸，實際上是電解其中的水。因此在該電解池中發(fā)生反應：2H2O2H2↑＋O2↑，V(H2)∶V(O2)＝2∶1。據(jù)此可確定d極為陰極，則電源的N極為負極，M極為正極。(2)在336 mL氣體中，V(H2)＝336 mL＝224 mL，為0.01 mol；V(O2)＝336 mL＝112 mL，為0.005 mol。說明電路上有0.02 mol電子移動，因此在b極(Pt、陰極)產生Ag：0.02 mol108 gmol－1＝2.16 g，即0.02 mol的Ag。(3)n(e－)∶n(Ag)∶n(O2)∶n(H2)＝0.02∶0.02∶0.005∶0.01＝2∶2∶∶1。(4)由Ag(陽)電極、Pt(陰)電極和AgNO3溶液組成的電鍍池，在通電一定時間后，在Pt電極上放電所消耗溶液中Ag＋的物質的量等于Ag電極被氧化給溶液補充的Ag＋的物質的量，因此AgNO3溶液的濃度不變，溶液的pH也不變。電解5.00%的硫酸溶液，由于其中的水發(fā)生電解，因此硫酸濃度增大，由于H＋的濃度增大，故溶液的pH減小。(5)設原5.00%的硫酸為x g，電解時消耗水0.01 mol18 gmol－1＝0.18 g，則：5.00%x＝5.02%(x－0.18)，解得x＝45.18 g。 【答案】　(1)正　(2)Ag　2.16　(3)2　　1 (4)不變　不變　增大　減小　(5)45.18 16．如圖，p、q為直流電源兩極，A為＋2價金屬單質X制成，B、C、D為鉑電極，接通電源，金屬X沉積于B極，同時C、D產生氣泡。試回答： (1)p為________極，A極發(fā)生了________反應。 (2)C試管里收集到的氣體是________，電極方程式是________________________________。 (3)在電解過程中，測得的C、D兩極上產生的氣體的實驗數(shù)據(jù)如下： 時間(min) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 陰極生成 氣體體積 (cm3) 6 12 20 29 39 49 59 69 79 89 陽極生成 氣體體積 (cm3) 2 4 7 11 16 21 26 31 36 41 仔細分析以上實驗數(shù)據(jù)，請說出可能的原因：_______________________________________________________ ______________________________________________________。 (4)當反應進行一段時間后，A、B電極附近溶液的pH________(填“增大”、“減小”或“不變”)。 (5)當電路中通過0.004 mol電子時，B電極上沉積金屬X為0.128 g，則此金屬的摩爾質量為________。 【解析】　根據(jù)金屬沉積于B極知，B為陰極，則：A為陽極、C為陽極、D為陰極，p為正極，q為負極；A極為陽極，故發(fā)生的反應為金屬X失電子被氧化；由上面的分析知，C為陽極，其電極反應式為：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O；1～4 min C、D兩極產生的氣體體積比大于2∶1，4～10 min產生的氣體體積之比等于2∶1，說明氧氣在H2SO4溶液的溶解度比氫氣大；n(X2＋)＝＝0.002 mol，所以此金屬的摩爾質量＝＝64 g/mol。 【答案】　(1)正　氧化 (2)氧氣　4OH－－4e－===O2↑＋2H2O (3)1～4 min C、D兩極產生氣體體積之比大于2∶1，4～10 min產生的氣體體積之比等于2∶1，說明氧氣在H2SO4溶液的溶解度比氫氣大 (4)不變　(5)64 g/mol