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
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