1、第三节电能转化为化学能电解题号12344142435678答案一、单项选择题1下列有关电化学的示意图中正确的是()解析：选项A，Zn为原电池负极，Cu为原电池正极，错误。选项B，盐桥左右两边的烧杯中的应分别为ZnSO4、CuSO4溶液才能形成原电池。选项C，粗铜应连接电源正极。选项D，电解饱和NaCl溶液，Cl在阳极放电而产生Cl2，溶液中的H在阴极获得电子而产生H2，正确。答案：D2下列有关电解硝酸钾溶液的叙述正确的是()ANO向阳极移动，K向阴极移动，分别在两极放电BOH向阳极移动，阳极附近的溶液呈碱性C阴极上H放电，阴极附近的溶液呈碱性D随着电解的进行，溶液的pH减小解析：NO、OH向阳
2、极移动，由于放电能力OHNO，阳极反应为4OH4e=2H2OO2，促使阳极附近水的电离平衡正移，富集下来的H使得阳极附近的溶液呈酸性；K、H向阴极移动，由于放电能力HK，阴极反应为2H2e=H2，促使阴极附近水的电离平衡正移，富集下来的OH使得阴极附近的溶液呈碱性。电解硝酸钾溶液实为电解水，由于KNO3溶液呈中性，因此溶液的pH不变。因此只有C选项正确。答案：C3下列说法正确的是()A蛋白质和油脂的水解都是由高分子化合物生成小分子化合物的过程BMgO和Al2O3在工业上用于制作耐高温材料，也常用于电解法冶炼镁、铝金属C铅蓄电池放电时的正极和充电时的阴极均发生还原反应D由两种非金属元素组成的化合
3、物分子中只可能有极性键，不可能有非极性键解析：A项油脂不是高分子化合物；B项MgO熔点太高，常用电解熔融氯化镁冶炼镁；H2O2中存在非极性键，D项不正确。答案：C4以惰性电极电解CuSO4溶液。若阳极上产生气体的物质的量为0.010 0 mol，则阴极上析出Cu的质量为()A0.64 gB1.28 gC2.56 g D5.12 g解析：本题主要考查电解原理的基本知识，根据阴、阳两极的电极反应，阴极：Cu22e=Cu，阳极：4OH4e=2H2OO2，且每个电极通过的电量相等有：n(O2)42，所以m(Cu)0.010 0 mol264 gmol11.28 g。答案：B41.以铁为阳极，铜为阴极，
4、对足量的NaOH溶液进行电解，一段时间后得到2 mol Fe(OH)3沉淀。此过程中共消耗水()A3 mol B4 molC5 mol D6 mol解析：铁为阳极，则Fe2e=Fe2，阴极反应式为2H2O2e=H22OH，生成的Fe2与溶液中的OH反应生成Fe(OH)2，Fe22OH=Fe(OH)2，Fe(OH)2不稳定，被空气中的氧气氧化生成Fe(OH)3沉淀，即4Fe(OH)22H2OO2=4Fe(OH)3。所以得到2 mol Fe(OH)3沉淀时，共消耗水的物质的量为 5 mol，即选C项。答案：C42.(双选)500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)6.0 mol
5、/L，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(标准状况)。下列说法正确的是()A原混合溶液中c(K)为2 mol/LB上述电解过程中共转移4 mol电子C电解得到的Cu的物质的量为0.5 molD电解后溶液中c(H)为4 mol/L解析：根据题意：阳极反应式为4OH4e=2H2OO2，阴极反应式为Cu22e=Cu、2H2e=H2；根据阴阳两极上转移电子相同，则2n(Cu)2n(H2)4n(O2)，则n(Cu)(1 mol41 mol2)1 mol，因此原溶液中c(Cu2)2 molL1，根据电荷守恒得：2c(Cu2)c(K)c(NO)，则c(K)2 molL1，
6、A项正确，C项错误；根据阳极反应，产生22.4 L O2，转移4 mol电子，B项正确；根据电极反应，阳极消耗4 mol OH，阴极消耗2 mol H，若溶液体积不变则电解后溶液中c(H)4 molL1，实际上电解后溶液体积减小，故电解后溶液中c(H)4 molL1，D项错误。答案：AB43.将等物质的量浓度的CuSO4和NaCl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变化的曲线如右图所示，则下列说法错误的是()A阳极先析出Cl2，后析出O2，阴极先产生Cu，后析出H2BAB段阳极只产生Cl2，阴极只产生CuCBC段表示在阴极上是H放电产生了H2DCD段相当于电解水解析：
7、由于两种溶液的体积相等，物质的量浓度也相等，即溶质的物质的量相等，设CuSO4和NaCl的物质的量各1 mol，电解分3个阶段：第一阶段阳极：1 mol氯离子失1 mol电子，阴极：0.5 mol铜离子得1 mol电 子，因为铜离子水解使溶液显酸性，随着电解的进行，铜离子的浓度降低，酸性减弱，pH将增大。第二阶段阳极：1 mol氢氧根离子失1 mol电子(来源于水的电离)，阴极：0.5 mol铜离子再得1 mol电子，因为氢氧根离子消耗，使水溶液中氢离子浓度增大，pH迅速减小。第三阶段阳极：氢氧根离子失电子，阴极：氢离子得电子，它们都来源于水的电离，实质是电解水，导致溶液的体积减小，使溶液中氢
8、离子浓度增大，pH继续减小。答案：C5. (2013浙江卷)电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开。在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅。已知：3I26OH=IO5I3H2O。下列说法不正确的是()A右侧发生的电极方程式：2H2O2e=H22OHB电解结束时，右侧溶液中含有IOC电解槽内发生反应的总化学方程式：KI3H2O=KIO33H2D如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学方程式不变解析：电解的电极反应为：左侧溶液变蓝色，说明发生反应：2I2e= I2，所以左侧为阳极区，右侧为阴极区，溶液中的H得电子，电极反应式为
9、：2H2O2e=H22OH，A正确；左侧蓝色变浅是因为OH通过阴离子交换膜移向左侧，发生反应3I26OH=IO5I3H2O，故为保证溶液呈电中性，左侧产生的IO移向右侧，B正确；阴阳极电极反应式相加可得总式，C正确；如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜：阳极：2I2e= I2；阴极：2H2O2e=H22OH，左侧负电荷减弱，右侧负电荷增多，所以为保证电中性，溶液中的阳离子移向右侧，电解槽内不会发生反应：3I26OH=IO5I3H2O，D错误。答案：D6(2013天津卷)为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。其反应原理如下：电池：Pb
10、(s)PbO2(s)2H2SO4(aq)=2PbSO4(s)2H2O(l)电解池：2Al3H2OAl2O33H2电解过程中，以下判断正确的是()电池电解池AH移向Pb电极H移向Pb电极B每消耗3 mol Pb生成2 mol Al2O3C正极：PbO24H2e=Pb22H2O阳极：2Al3H2O6e=Al2O36HD解析：该题考查原电池和电解池的基本知识。A选项H离子在原电池中移向PbO2电极，错误。B选项每消耗3 mol Pb，根据电子守恒生成1 mol Al2O3，错误。C选项在原电池的正极电极反应是生成PbSO4，错误。D选项在原电池中Pb电极的质量由于生成PbSO4，质量增加，在电解池中
11、，Pb为阴极，质量不变，正确。答案：D二、双项选择题7下图电解池中装有硫酸铜溶液，选用不同材料的电极进行电解。下列说法正确的是()序号电极材料阴极阳极通电后的变化A石墨石墨阴极质量增加，溶液的pH减小B铜 铜 阳极质量减小，阴极质量增加C铁铁两极的质量不发生变化D铂铁阴极质量增加，溶液的pH恒定不变解析：以石墨为两极，CuSO4H2SO4，pH减小，A项正确；以铜为两极，阳极减轻阴极增重，B项正确；以Fe为阳极，阳极质量减轻，阴极质量增加，C项错误；CuSO4FeSO4，pH发生变化，D项错误。答案：AB8.用电解法提取氯化铜废液中的铜，下列说法正确的是()A用铜片连接电源的正极，另一电极用铂
12、片B用碳棒连接电源的正极，另一电极用铜片C用氢氧化钠溶液吸收阴极产生的气体D阴极反应式为Cu22e=Cu解析：电解法提取氯化铜废液中的铜，铜在阴极析出，阴极反应式为Cu22e=Cu。阳极应该用惰性电极作材料；阳极产生氯气，可用氢氧化钠溶液吸收。答案：BD三、非选择题9(2013珠海模拟)如图甲、乙是电化学实验装置。(1)若甲、乙两烧杯中均盛有饱和NaCl溶液。甲中石墨棒上的电极反应式为_；乙中总反应的离子方程式为_；将湿润的淀粉KI试纸放在乙烧杯上方，发现试纸先变蓝后褪色，这是因为过量的Cl2氧化了生成的I2。若反应中Cl2和I2的物质的量之比为51，且生成两种酸，该反应的化学方程式为_；(2
13、)若甲、乙两烧杯中均盛有CuSO4溶液。甲中铁棒上的电极反应式为_；如果起始时乙中盛有200 mL pH5的CuSO4溶液()，一段时间后溶液的pH变为1，若要使溶液恢复到电解前的状态，可向溶液中加入_(填写物质的化学式)_g。解析：(1)若两烧杯中均盛有饱和NaCl溶液，则：甲装置为原电池，石墨棒作正极，O2放电，电极反应为O22H2O4e=4OH。乙装置为电解池，石墨棒上发生氧化反应，Fe电极不参与反应，其实质与用惰性电极电解食盐水相同，离子方程式为2Cl2H2OCl2H22OH。Cl2和I2的物质的量之比为51，生成HCl和HIO3。(2)若两烧杯中均盛有CuSO4溶液，则甲装置为原电池
14、，铁作负极，电极反应式为Fe2e=Fe2。乙装置为电解池，电解反应为2CuSO42H2O2Cu2H2SO4O2，根据电解方程式，从电解质溶液中析出Cu，放出O2，因此只需加入CuO(或CuCO3)即可恢复到电解前的状态。由电解反应式可知，2HCuOCuCO3，电解后n(H)0.1 molL10.2 L0.02 mol，故m(CuO)0.02 mol80 gmol10.8 g，m(CuCO3)0.02 mol124 gmol11.24 g。答案：(1)O22H2O4e=4OH2Cl2H2O2OHH2Cl25Cl2I26H2O=10HCl2HIO3(2)Fe2e=Fe2CuO(或CuCO3)0.8
15、(或1.24)10.电解原理在化学工业中有广泛的应用。右图表示一个电解池，装有电解液a，X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答以下问题：(1)若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则：电解池中X极上的电极反应式为_，在X极附近观察到的现象是_ _。电解液中向X极方向移动的离子是_。Y电极上的电极反应式为_，检验该电极反应产物的方法是_ _。(2)如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则：X电极的材料是_，电极反应式为_。Y电极的材料是_，电极反应式为_。溶液中的c(Cu2)与电解前相比_(填“变大”、“变小”或“不变”)
16、。(3)如利用该装置实现铁上镀锌，电极X上发生的反应为_，电解池盛放的电镀液可以是_或_(只要求填两种电解质溶液)。答案：(1)2H2e=H2溶液由无色变红色Na、H2Cl2e=Cl2将湿润的淀粉KI试纸粘在玻璃棒的一端，靠近导气管口，若试纸变成蓝色说明生成了Cl2(2)纯铜Cu22e=Cu粗铜Cu2e=Cu2变小(3)Zn22e=ZnZnCl2ZnSO4(答案不唯一，合理即可)11使用氯化钠作原料可以得到多种产品。(1)实验室用惰性电极电解100 mL 0.1 molL1 NaCl溶液，若阴阳两极均得到112 mL气体(标准状况)，则所得溶液的物质的量浓度是_(忽略反应前后溶液体积的变化)。
17、(2)某学生想制作一种家用环保型消毒液发生器，用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液，通电时，为使Cl2被完全吸收，制得有较强杀菌能力的消毒液，设计了如下图的装置。对电源电极名称和消毒液的主要成分判断正确的是_。Aa为正极，b为负极；NaClO和NaClBa为负极，b为正极；NaClO和NaClCa为阳极，b为阴极；HClO和NaClDa为阴极，b为阳极；HClO和NaCl(3)实验室中很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀。某同学利用右图装置，只更换一个电极，通过电解法制取较纯净的Fe(OH)2沉淀，且较长时间不变色。该同学换上的电解材料是_(用元素符号表示)，总的反应式是_。解
18、析：(1)n(H2)n(Cl2)0.005 mol，参加反应的n(NaCl)0.01 mol，说明NaCl恰好电解完毕，溶液变为NaOH溶液，n(NaOH)n(NaCl)0.01 mol，c(NaOH)0.1 molL1。(2)电解饱和氯化钠溶液的总反应：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，题目要求使Cl2被完全吸收，则氯气必须在下部的电极上产生，下部的电极是阳极，推出b为电源的正极，另一极为负极a。生成的Cl2与阴极区产生的NaOH反应：Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，则消毒液的主要成分是NaClO、NaCl。(3)题目要求通过电解法制取Fe(OH)2，电解质溶液是NaCl溶
19、液，必须通过电极反应产生Fe2和OH。根据电极发生反应的特点，选择铁作阳极，铁发生氧化反应产生Fe2；溶液中的阳离子Na、H向阴极移动，根据放电顺序，阴极H放电产生氢气，H来源于水的电离，反应式2H2O2e=H22OH。在电场作用下，阳极产生的Fe2与阴极产生的OH在定向移动的过程中相遇，发生复分解反应生成Fe(OH)2沉淀。将阳极反应式、阴极反应式叠加得到总的反应式：Fe2H2OFe(OH)2H2。答案：(1)0.1 molL1(2)B(3)FeFe2H2OFe(OH)2H212(2013珠海模拟)在下图中，甲烧杯中盛有100 mL 0.50 molL1 AgNO3溶液，乙烧杯中盛有100
20、mL 0.25 molL1 CuCl2溶液，A、B、C、D均为质量相同的石墨电极，如果电解一段时间后，发现A极比C极重1.9 g，则(1)电源E为_极，F为_极。(2)A极的电极反应式为_ _，析出物质_mol。(3)B极的电极反应式为_ _，析出气体_mL。(标准状况)(4)C极的电极反应式为_ _，析出物质_mol。(5)D极的电极反应式为_ _，析出气体_mL(标准状况)。(6)甲烧杯中滴入石蕊试液，_附近变红，如果继续电解，在甲烧杯中最终得到_溶液(填溶质的化学式)。解析：本题是以电解知识为依托的综合性较强的题目。由于有外接直流电源，所以装置甲、乙均为电解池，两个电解池的关系为串联。电
21、解一段时间后，A极比C极重。故A有极上必有Ag析出，由于Ag在A极上获得电子发生了还有反应，故A极为电解池的阴极，在电解池中阴极与外接直流电源的负极相连，故E极为负极，F为正极。根据电解池甲、乙的串联关系，可进一步得出A、B、C、D依次为阴极、阳极、阴极、阳极。电极反应依次为A极：4Ag4e=4Ag，B极：4OH4e=2H2OO2，C极：2Cu24e=2Cu，D极：4Cl4e=2Cl2，由于串联时各电极上流过的电量是相同的，假设电路中均通过4 mol电子，则A极上生成4 mol Ag，B极上生成1 mol O2，C极上生成2 mol Cu，D极上生成2 mol Cl2，这样便可得出一个关系式：
22、4e4AgO22Cu2Cl2，A极比C极重4 mol108 gmol12 mol64 gmol1304 g，根据A极比C极重1.9 g，可列出比例式求出反应生成的Ag和Cu的物质的量：n(Ag)4 mol0.025 mol，n(Cu)0.012 5 mol，n(O2)0.006 25 mol，n(Cl2)0.012 5 mol。电解时甲池随着B极附近水电离产生的OH的不断消耗，H的物质的量逐渐增大，所以滴入石蕊试液后B极附近变红，而A极上Ag不断得到电子析出Ag，故在甲烧杯中最终得到HNO3溶液。答案：(1)负正(2)Age=Ag0.025(3)4OH4e=2H2OO2140(4)Cu22e=Cu0.012 5(5)2Cl2e=Cl2280(6)BHNO3