1、第四章 第三节 第一课时一、选择题(每小题有1个或2个选项符合题意)1下列关于电解槽的叙述中不正确的是()A与电源正极相连的是电解槽的阴极B与电源负极相连的是电解槽的阴极C在电解槽的阳极发生氧化反应D电子从电源的负极沿导线流入电解槽的阴极【答案】A2在原电池和电解池的电极上所发生的反应，同属氧化反应或同属还原反应的是()A原电池正极和电解池阳极所发生的反应B原电池正极和电解池阴极所发生的反应C原电池负极和电解池阳极所发生的反应D原电池负极和电解池阴极所发生的反应【解析】原电池的负极和电解池的阳极发生的是氧化反应；原电池的正极和电解池的阴极发生的是还原反应。【答案】BC3如下图所示的两个实验装置
2、中，溶液的体积均为200 mL，开始时电解质溶液的浓度均为0.1 molL1，工作一段时间后，测得两端导线中均通过0.02 mol电子，若不考虑盐的水解和溶液体积的变化，则下列叙述中正确的是()A产生气体的体积：B电极上析出物质的质量：C溶液的pH变化：增大，减小D电极反应式中阳极：4OH4e2H2OO2；中阴极：2H2eH2【解析】A选项中因中只有阳极上发生：4OH4e2H2OO2而放出气体，中只有阴极上发生：2H2eH2而放出气体，通过等量的电子时，产生的气体体积为，A不正确；B选项中中在阴极上发生Cu22eCu，在阳极上发生：4OH4e2H2OO2，析出Cu和O2，而在中只在阴极上析出H
3、2，故电极上析出物质的质量；C选项中中电解CuSO4溶液时，生成了H2SO4(2CuSO42H2O2Cu2H2SO4O2)使溶液酸性增强，pH减小；中反应消耗了H2SO4，使c(H)减小，pH增大；只有选项D正确。【答案】D4(2008全国卷)如图为直流电源电解释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溶液。下列实验现象中正确的是()A逸出气体的体积，a电极的小于b电极的B一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体Ca电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色Da电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色【解析】选D。Na2SO42NaSO，H2OHOH，SO和OH移向b电极，Na
4、和H移向a电极，在b电极上：4OH4e2H2OO2，在a电极上：2H2eH2，所以产生的气体体积a电极的大于b电极的；两种气体均为无色无味的气体；由于a电极上H放电，所以a电极附近的c(OH)c(H)，滴加石蕊溶液，a电极附近呈蓝色，同理，b电极附近呈红色。【答案】D5如图所示，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、无臭气体放出。符合这一情况的是附表中的()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】由题意可知，a极板质量增加，说明电解时有金属析出，发生还原反应，a极应为阴极，因此x极应为
5、电源的负极，排除B、C；b极板有无色无臭气体放出；此气体为O2，排除D.【答案】A6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，在电解过程中发生氧化还原反应，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。电解质要导电只有在电离的条件下，存在自由移动的离子时，才能导电，所以C项错误。【答案】C7某同学为了使反应2HCl2Ag2AgClH2能进行，设
6、计了如下图所示四个实验，你认为可行的是()【解析】要使反应2HCl2Ag2AgClH2能进行，只能通过电解装置来实现，B是原电池装置(Fe作原电池的负极，Ag作原电池的正极)，其总反应为Fe2HClFeCl2H2；D不是原电池，也不是电解池；A是电解装置，但Ag连接在电源的负极上，不会溶解，其实质是电解盐酸：2HClH2Cl2；C是电解装置，与电源正极连接的Ag失去电子：AgeAg，产生的Ag立即与溶液中的Cl结合生成AgCl：AgClAgCl，溶液中的H在与负极连接的Ag上获得电子产生H2：2H2eH2，其总反应为：2HCl2Ag2AgClH2。故选C。【答案】C8用惰性电极电解下列溶液，一
7、段时间后，再加入一定量的另一种物质(括号内物质)，电解液基本不变的是()ACuCl2(CuSO4) BNaOH(NaOH)CNaCl(HCl) DCuSO4Cu(OH)2【解析】本题考查的是对电解原理的理解。电解液基本不变，即电解质的物质的量浓度、组成成分均不变。C中电解NaCl时NaOH仍留在原溶液中，H2、Cl2逸出，则损失了H、Cl两种元素，且物质的量之比是11，故加入HCl是正确的；A中电解CuCl2溶液时，损失了Cu和Cl两种元素，加入CuSO4不能弥补Cl，而多了SO；B中电解NaOH溶液时，损失了H、O两种元素，若加入NaOH则增加了Na元素；D中电解CuSO4溶液时，损失了Cu
8、、O两种元素，若加入Cu(OH)2则增加了H元素。【答案】C9pHa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()ANaOH BH2SO4CAgNO3 DNa2SO4【解析】由阴、阳离子的放电顺序可知，电解NaOH、H2SO4、Na2SO4溶液的实质都是电解水，电解质溶液的浓度都增大，故NaOH溶液pH升高，H2SO4溶液的pH降低，Na2SO4溶液的pH不变；AgNO3的电解方程式为4AgNO32H2O4AgO24HNO3，故溶液的pH减小。【答案】A10(2007重庆)如图所示，下列叙述正确的是()AY为阴极，发生还原反应BX为正极，发生氧化反应
9、CY与滤纸接触处有氧气生成DX与滤纸接触变红【解析】Zn为负极，Cu为正极，X为阳极，Y为阴极，电极反应：负极：Zn2eZn2。正极：Cu22eCu，阳极：4OH4e2H2OO2，阴极：2H2eH2(酚酞变红)。【答案】A11(2006全国)把分别盛有熔融的氯化钾、氯化镁、氧化铝的三个电解槽串联，在一定条件下通电一段时间后，析出钾、镁、铝的物质的量之比为()A123 B321C631 D632【解析】因三个电解槽是串联的，其通过的电子数应相等，故有6K6e6K；3Mg26e3Mg；2Al36e2Al。则析出的K、Mg、Al的物质的量之比为632。【答案】D12用Pt电极电解含有各0.1 mol
10、 Cu2和X3的溶液，阴极析出固体物质的质量m(g)与溶液中通过电子的物质的量n(mol)的关系见图所示。则离子的氧化能力由大到小排列正确的是()ACu2X3H BHX3Cu2CX3HCu2 DCu2HX3【解析】有些学生没认真分析，就将X3与Fe3联系起来，选择C答案。这其实是简单记忆阳离子放电顺序导致思维定式造成的结果。本题的解题信息在图象中：一通电就有固体析出，且通过0.2 mol电子后，再没有固体析出了，说明是Cu2放电的结果。X3不放电，故答案应为D。【答案】D13在水中加入等物质的量的Pb2、Ag、Na、SO、NO、Cl，该溶液放在用惰性材料作电极的电解槽中，通电片刻，氧化产物与还
11、原产物的质量之比为()A35.5108 B16207C10835.5 D81【解析】因Pb2SOPbSO4，AgClAgCl，所以溶液为NaNO3的水溶液，通电后实质是电解水，2H2O2H2O2，氧化产物为O2，还原产物为H2，其质量之比为322281。【答案】D【点评】若没有注意到离子共存条件误认为阴、阳极是Ag、Cl放电，将会错选A。14电解质量分数为0.052(5.2%)的NaOH溶液1 L(密度为1.06 g/cm3)，用铂作电极电解，当溶液中NaOH的质量分数改变了0.010(1.0%)时停止电解，此时溶液中符合下表关系的是()NaOH的质量分数阳极析出物质的质量/g阴极析出物质的质
12、量/gA0.062(6.2%)19152B0.062(6.2%)15219C0.042(4.2%)1.29.4D0.042(4.2%)9.41.2【解析】解法一(常规法)：电解NaOH溶液其实质是电解水c(NaOH)增大，则从选项中选择浓度应为6.2%5.2%，排除C、D。而被电解的水的质量为1000 ml1.06 g/cm31000 mL1.06 g/cm3(5.2%/6.2%)171 g由2H2O2H2O2可求得阳、阴两极析出物质的质量分别为152 g和19 g，故应选B。解法二(巧解法)：同解法一排除C、D不对。由于电解水的阳极产物O2的质量大于阴极产物H2的质量，则A、B中B符合。【答
13、案】B【点评】从表面上看要进行复杂计算，实际上是侧重理性思维判断，不动笔算便可作答。因此，要克服“看到数据就计算”的定势心理。15用两支惰性电极插入500 mL AgNO3溶液中，通电电解。当电解液的pH从6.0变为3.0时(设电解时阴极没有氢气析出且电解液在电解前后体积变化可以忽略)，电极上析出银的质量大约是()A27 mg B54 mgC108 mg D216 mg【解析】电解AgNO3溶液时，在阳极水电离出的OH放电，在阴极Ag放电，破坏了水的电离平衡，c(H)浓度增大，相当于溶液Ag放电补充H。由阴阳两极得失电子数目相等，则关系式AgH。则n(H)0.5 L(103106) molL1
14、5104 mol，阴极析出的n(Ag)等于阳极产生n(H)，m(Ag)5104 mol108 gmol154 mg。【答案】B【点评】电解池的阴、阳极得失电子数相等。16用石墨作电极电解AlCl3溶液时，下图所示的电解变化曲线中合理的是()A BC D【解析】阳极放电顺序：ClOH；阴极放电顺序：HAl3，因此电解AlCl3溶液实质是电解Cl的水溶液，电解方程式为：2AlCl36H2O2Al(OH)33H2，电解前，由于Al3水解，溶液呈酸性，pH7；随着电解的进行，c(Al3)减小，故c(H)减小，pH升高，由于生成的Al(OH)3是难溶性物质，故溶液pH不可能大于7。电解过程中，Al(OH
15、)3沉淀质量逐渐增加，AlCl3完全电解后，沉淀的质量保持不变。【答案】A17在25 时，将两个铂电极插入一定量的硫酸钠饱和溶液中进行电解，通电一段时间后，在阳极逸出a mol气体，同时有W g Na2SO410H2O析出，若温度不变，此时剩余溶液中溶质的质量分数为()A.100%B.100%C.100%D.100%【解析】此题要注意题目条件。“铂电极”与“铜电极”不同，在阳极析出a mol气体与在阴极析出a mol气体不同。消耗水的计算：n(H2O)2n(O2)，即消耗2a mol水析出晶体中所含溶质为W g。溶液的质量为(W2a18)g，因剩余溶液仍为饱和溶液，故剩余溶液中溶质的质量分数为
16、/(W2a18)100%100%。【答案】D二、非选择题18从H、K、Cu2、Cl、SO中选取适当的离子组成符合下列情况的电解质，进行电解(阳离子只能使用一次)。(1)以碳棒为电极进行电解，电解质的含量减少，水量保持不变，两极都有气体生成，气体体积相同，则该电解质的化学式为_，电解的电极反应_，电解的总方程式是_。(2)以铂丝为电极进行电解，水量减少，电解质的含量保持不变，两极都有气体生成，气体体积比为2：1，则该电解质的化学式为_，电极反应式为_。(3)惰性电解，电解质的含量减少，水的含量也减少，pH下降，则电解质的化学式为_，电解的总方程式为_。【答案】(1)HCl阴极：2H2eH2、阳极
17、：2Cl2eCl22HClH2Cl2(2)K2SO4阴极：4H4e2H2、阳极：4OH4e2H2OO2(3)CuSO42CuSO42H2O2CuO22H2SO419按照下图接通线路，反应一段时间后，回答下列问题(假设所提供的电能可以保证电解反应的顺利进行)：(1)U形管内发生什么现象？(2)写出有关反应的化学方程式。(3)在a、b烧杯中发生什么现象？(4)如果小烧杯中有0.508 g碘析出，问大烧杯中负极减轻多少？【解析】由图知，左边的装置为原电池，Zn为负极，Pt为正极，电解质为硫酸溶液，总方程式为ZnH2SO4ZnSO4H2，因此，右边的装置为电解池，根据装置的连接方式，电解池的左边为阳极
18、，右边为阴极，电解质为KCl溶液，阳极氯离子放电，生成氯气，所以a烧杯的淀粉KI溶液变蓝，反应方程式为：2KICl22KClI2，阴极氢离子放电产生氢气，同时生成氢氧根离子，因此酚酞溶液变红，b烧杯中有无色气泡生成，电解的总方程式为：2KCl2H2OH2Cl22KOH；根据电子转移守恒，ZnI2，根据生成的碘单质的质量，可求出锌消耗的质量。【答案】(1)左侧管内有黄绿色气体逸出，右侧管内有无色气体逸出，右侧溶液由无色变为红色。(2)ZnH2SO4ZnSO4H2，2KCl2H2OH2Cl22KOH,2KICl22KClI2(3)a烧杯中的溶液变蓝，b烧杯中有无色气体生成，溶液无明显变化。(4)0
19、.13 g20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336 mL(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_，H2SO4溶液的浓度_，H2SO4溶液的pH_。(5)若H2SO4溶液的质量分数由5.00%变为5.02%，则原有5.00%的H2SO4溶液为_g。【解析】(1)因为用惰性电极电解稀硫酸，就是电
20、解水，在阴极产生H2，在阳极产生O2，且二者的体积比为21，根据图中收集到气体体积大小，可知d处收集的是H2，c处收集的是O2，所以d是阴极，c是阳极；与电极d相连的N极是电源的负极，M是电源的正极。生成气体的总物质的量为：0.015 mol，所以n(O2)0.015 mol0.005 mol，电极上放电的物质的物质的量为：n(e)40.005 mol0.02 mol。(2)a极的反应：AgAge，b极的电极反应：AgeAg；所以Pt电极生成的物质是Ag，根据(1)转移的电子的物质的量可知m(Ag)108 gmol10.02 mol2.16 g。(3)a、b、c、d极上的反应分别为：AgAge
21、、AgeAg、4OH2H2OO24e、2H2eH2，所以电源输出的电子，其物质的量与电极a、b、c、d分别生成的物质的物质的量之比为220.51。(4)硝酸银溶液中相当于在Pt上镀银，溶液浓度不变，pH不变；硫酸溶液中相当于电解水，使硫酸浓度增大，pH减小。(5)2H2O2H2O2，根据c、d两极生成的气体的体积336 mL，可知电解的水的物质的量：n(H2O)2n(O2)20.005 mol0.01 mol，则m(H2O)0.01 mol18 gmol10.18 g。设原有5.00%的H2SO4溶液为m g，则根据溶质不变列关系式得：5.00%m(m0.18 g)5.02%，解之得：m45.18 g。【答案】(1)正(2)Ag2.16(3)20.51(4)不变不变增大减小(5)45.18
