1、课时跟踪检测（十八） 电解原理1下列装置能构成电解池的是()解析：选D电解池是将电能转化为化学能的装置，必须有外接电源，同时有闭合电路，A装置没有形成闭合电路，B装置和C装置没有外接电源，D装置满足电解池的结构，故答案为D。2pHa的某电解质溶液中，插入两支惰性电极，通直流电一段时间后，溶液的pHa，则该电解质可能是()ANa2SO4BH2SO4CKCl DAgNO3解析：选C电解Na2SO4溶液实质就是电解水，水减少，Na2SO4浓度增大，Na2SO4是强酸强碱盐，溶液显中性，故A不符合题意；电解硫酸，相当于电解水，水减少，c(H)增大，酸性增强，pH减小，故B不符合题意；电解氯化钾，电解质
2、和水都参加反应，总的化学方程式：2KCl2H2OCl2H22KOH，由于生成了氢氧化钾，碱性增强，溶液pH增大，故C符合题意；电解硝酸银，阴极反应式：Age=Ag，阳极反应式：2H2O4e=4HO2，溶液中c(H)增大，酸性增强，pH减小，故D不符合题意。3某同学为了使反应2HCl2Ag=2AgClH2能进行，设计了如下所示的四个实验方案，你认为可行的方案是()解析：选C由2HCl2Ag=2AgClH2可知该反应不是自发的氧化还原反应，故只能设计成电解池。H元素的化合价由1价降低到0价，得到电子，发生还原反应，阴极上的电极反应为2H2e=H2 ，银元素的化合价从0价升高到1价，发生氧化反应，银
3、作阳极，电极反应为Age=Ag，盐酸作电解质溶液，形成电解池。4以石墨为电极，电解KI溶液(其中含有少量酚酞和淀粉)，下列说法错误的是()A阴极附近溶液呈红色B阴极逸出气体C阳极附近溶液呈蓝色D溶液的pH变小解析：选D以石墨为电极电解KI溶液，在阳极I放电：2I2e=I2，在阴极H2O放电：2H2O2e=H22OH，溶液呈碱性。由于溶液中含有少量的酚酞和淀粉，所以阳极附近的溶液会变蓝(淀粉遇碘变蓝)，阴极附近的溶液会变红(溶液呈碱性)；由于电解产物有KOH，所以溶液的pH逐渐增大。5有X、Y、Z、M四种金属，已知：X可以从Y的盐溶液中置换出Y；X和Z作原电池电极时，Z为正极；Y的离子和Z的离子
4、共存于电解液中进行电解，Y的离子先放电；M的离子氧化性强于Y的离子。则这些金属的活动性由强到弱的顺序是()AXZYM BXYZMCMZXY DXZMY解析：选A活泼的金属可以置换出不活泼的金属，X可以从Y的盐溶液中置换出Y，则金属性是X强于Y；原电池中活泼的金属作负极，X和Z作原电池电极时，Z为正极，则金属性是X强于Z；金属性越强，相应金属阳离子的氧化性越弱，则根据Y的离子和Z的离子共存于电解液中，Y的离子先放电可知，Z的金属性强于Y的；M的离子氧化性强于Y的离子，所以Y的金属性强于M的，则这四种金属的活动性由强到弱的顺序是XZYM，答案选A。6现由H2、O2和熔融盐Na2CO3组成的燃料电池
5、，采用电解法制备N2O5，装置如图所示。下列说法错误的是()A图示左装置是原电池，右装置是电解池B石墨电极是负极，Y是CO2C与石墨电极相连接的铂电极发生：N2O42e2NO=2N2O5D右装置工作时，H可以从左池经过隔膜进入右池解析：选C根据图示知，左装置为氢气、氧气燃料电池，则右装置是电解池，故A正确；石墨电极上燃料失电子发生氧化反应，作负极，负极上燃料失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为2H22CO4e=2CO22H2O，所以Y为CO2，故B正确；与石墨电极相连接的铂电极发生：N2O42HNO32e=2N2O52H，故C错误；根据电极反应离子放电顺序可知，阴极发生：2H2
6、e=H2。则右装置工作时，H可以从左池经过隔膜进入右池，故D正确。7.如图用石墨作电极的电解池中，放入某足量蓝色溶液500 mL进行电解，观察到A电极表面有红色固体生成，B电极有无色气体生成；通电一段时间后，取出A电极，洗涤、干燥、称量，A电极增重1.6 g。下列说法错误的是()A图中B电极同电源正极相连B该蓝色溶液可能是CuSO4或CuCl2溶液C电解后溶液的酸性增强D要使电解后溶液完全恢复到电解前的状态，则可加入2 g CuSO4解析：选BB电极有无色气体生成，说明B电极为阳极，水电离出的OH在此电极上失电子生成O2，电极反应式为4OH4e=2H2OO2；A电极表面有红色固体生成，说明A电
7、极为阴极，Cu2在此电极上得电子生成Cu单质，电极反应式为Cu22e=Cu。根据分析，B电极为电解池阳极，与电池正极相连，故A正确；根据阴离子放电顺序可知，硝酸根离子在氢氧根离子后放电，Cl在氢氧根离子前放电，因此，蓝色溶液不能为CuCl2溶液，B错误；B电极的电极反应式为4OH4e=2H2OO2，电解过程中消耗水中的OH，从而促进水的电离，使H浓度增大，即电解后溶液的酸性增强，故C正确；溶液中剩余0.05 mol H，需要加入0.025 mol Cu2将溶液还原，若利用CuO还原溶液，需要的质量m0.025 mol80 gmol12 g，故D正确。8.在右图所示的装置中，x、y分别是直流电源
8、的两极，通电后发现a极极板质量增加，b极极板处有无色无臭气体放出，符合这一情况的是()选项a极板b极板x电极z溶液A锌石墨负极CuSO4B石墨石墨负极NaOHC银铁正极AgNO3D铜石墨负极CuCl2解析：选A本题突破口是“a极极板质量增加”，据此判断a极一定是阴极，则b极一定是阳极。A是惰性阳极电解CuSO4溶液，符合题意；B的实质是电解水，两极都产生气体，不符合题意；C的阳极是铁，是活性电极，x极应该为负极，不符合题意；D的阳极生成氯气，氯气是有刺激性气味的气体，不符合题意。9高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途，用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4)的装置如图
9、所示。下列说法合理的是()A镍电极上的电极反应式为2H2O2e=H22OHB铁是阳极，电极反应式为Fe2e2OH=Fe(OH)2C若隔膜为阴离子交换膜，则OH自右向左移动D电解时阳极区pH降低、阴极区pH升高，但最终溶液pH升高解析：选A用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4)，铁失电子生成高铁酸钠，则铁作阳极，镍作阴极，溶液中的H在阴极放电生成氢气，则电极反应式为2H2O2e=H22OH，故A正确；根据分析，铁是阳极，电极反应式为Fe8OH6e=FeO4H2O，故B错误；若隔膜为阴离子交换膜，则OH自左(阴极区)向右(阳极区)移动，故C错误；电解时，阳极区的电极
10、反应式为Fe8OH6e=FeO4H2O，pH降低，阴极区电极反应式为2H2O2e=H22OH，pH升高，电池的总反应式为Fe2H2O2OH=FeO3H2，最终溶液pH降低，故D错误。10我国科学家成功实现了电解气态HCl制备Cl2，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是()Aa为外接直流电源的负极B阳极的电极反应为2HCl2e=Cl22HC通电后H从左室迁移至右室D左室中发生的反应为4Fe2O24H=4Fe32H2O，实现了Fe3的再生解析：选C右侧氯化氢失去电子转化为氯气，因此右侧电极是阳极，则a为外接直流电源的负极，b为外接直流电源的正极，选项A正确；阳极发生失电子的氧化反应，电极反应为2
11、HCl2e=Cl22H，选项B正确；电解池中阳离子向阴极移动，因此通电后H从右室迁移至左室，选项C错误；根据装置图可判断左室中发生的反应为4Fe2O24H=4Fe32H2O，实现了Fe3的再生，选项D正确。11金属铜不溶于稀硫酸，可溶于铁盐溶液生成铜盐与亚铁盐。现将一定量的铜片加入稀硫酸和硫酸铁溶液组成的100 mL混合溶液中，铜片完全溶解。(1)写出铜溶于上述混合溶液的离子方程式：_ _。(2)若在如图1所示的装置中发生了(1)中的反应，则X电极是_(填“正极”或“负极”)，电极反应式是_。(3)铜片完全溶解时，所得溶液中Fe3、Cu2、H的浓度均为0.2 molL1(假设溶液体积不变)，现
12、用电解方法回收铜，装置如图2所示。电解开始阶段，阳极的电极反应式为_，阴极的电极反应式为_。判断溶液中的Cu2已完全析出的现象是_ _。当Cu2恰好完全析出时，转移电子的物质的量为_。解析：图1装置为原电池装置，X电极应为铜电极，作负极，Y电极作正极，铜失去电子转化为铜离子，铁离子在Y电极上得到电子转化为亚铁离子。图2装置为电解池装置，若回收铜，铜离子应该在铜电极上得到电子发生还原反应，则铜片作阴极，石墨作阳极，故在阳极上水失去电子发生氧化反应生成氧气，在阴极上铁离子先放电，得到电子被还原成亚铁离子，而后铜离子放电，得到电子转化为铜单质附着在铜片上。若铜离子反应完全，则在铜片上H得到电子生成氢
13、气。当Cu2恰好完全析出时，铁离子转化为亚铁离子的过程中转移电子的物质的量为0.02 mol，铜离子转化为铜单质的过程中转移电子的物质的量为0.04 mol，共转移电子0.06 mol。答案：(1)Cu2Fe3=Cu22Fe2(2)负极Cu2e=Cu2(3)2H2O4e=O24HFe3e=Fe2阴极(或铜片)表面开始有气泡生成0.06 mol12下图是一套电解装置，两U形管中均盛有50.0 mL电解质溶液，a、b、c、d为Pt电极，通电一段时间后，d电极上析出金属Ag 2.16 g，没有气体产生，同时在b、c两电极收集到标准状况下相同体积的气体。请回答：(1)c电极为_极，写出c电极上的电极反
14、应式：_，c电极收集到的气体体积在标准状况下为_L。(2)b电极为_极，写出b电极上的电极反应式：开始时是_，后来是_。(3)原CuCl2溶液中溶质的物质的量浓度为_molL1。解析：(1)连接电源负极的电极作阴极，连接电源正极的电极作阳极，则c电极作阳极，阴离子在阳极失电子，放电能力：OHNO，则OH先失电子，电极反应式为4OH4e=2H2OO2或2H2O4e=4HO2，d电极作阴极，其电极反应式为Age=Ag，析出金属银单质2.16 g，整个电路转移电子的物质的量为0.02 mol，故产生氧气的物质的量为0.02 mol0.005 mol，其在标准状况下的体积V(O2)0.005 mol2
15、2.4 Lmol10.112 L。(2)b电极作阴极，阳离子在阴极上放电，Cu2先得电子，其电极反应式：Cu22e=Cu，根据题目信息，此电极有气体产生，应是H得电子，其电极反应式：2H2e=H2或2H2O2e=H22OH。(3)b、c两电极产生气体体积相等，即产生氢气的物质的量为0.005 mol，需得到电子0.01 mol，但整个电路共通过0.02 mol电子，推得n(Cu2) mol0.005 mol，故c(CuCl2) molL10.10 molL1。答案：(1)阳4OH4e=2H2OO2或2H2O4e=4HO20.112(2)阴Cu22e=Cu2H2e=H2或2H2O2e=H22OH
16、(3)0.1013科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航空航天。在工业上，利用该电池电解NaOH溶液生产Na2FeO4，装置如图。(1)阳极的电极反应式为_。(2)阴极产生的气体为_。(3)右侧的离子交换膜为_(填“阴”或“阳”)离子交换膜，阴极区a%_b%(填“”“”或“”)。解析：该装置为电解池，(1)Fe作阳极，其电极反应式为Fe8OH6e=FeO4H2O；(2)根据离子放电顺序，阴极反应式为2H2e=H2或者2H2O2e=H22OH，产生的气体为H2；(3)根据(1)的电极反应式知，OH参加反应，OH移向右侧，即右侧的离子交换膜为阴离子交换膜；根据(2)的分析，阴极上产生OH，即Na通过交换膜移向左侧，生成NaOH，氢氧化钠浓度增大，即a%b%。答案：(1)Fe8OH6e=FeO4H2O(2)H2(3)阴
