1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时分层作业 十九电 解 原 理(30分钟50分)一、选择题(本题包括7小题,每小题6分,共42分)1.(2019岳阳高二检测)下列离子方程式书写正确的是()A.用Cu片作阳极电解饱和食盐水:2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-B.用两个铜片作电极电解AgNO3溶液:4Ag+2H2O4Ag+O2+4H+C.用石墨作电极电解AlCl3溶液:2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-D.用石墨作电极电解CuSO4溶液:2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+【解析】选D。用C
2、u作阳极电解饱和食盐水,Cu电极本身失电子:Cu-2e-Cu2+,阴极2H+2e-H2,二者相加得Cu+2H2OCu(OH)2+H2,A错误;铜在阳极失电子,Cu-2e-Cu2+,阴极为2Ag+2e-2Ag,总电解反应为Cu+2Ag+Cu2+2Ag,B错误;阴极2H+2e-H2,阳极6Cl-6e-3Cl2,得6Cl-+6H2O3Cl2+3H2+6OH-,6Cl-对应2Al3+,2Al3+6OH-2Al(OH)3,所以离子方程式为2Al3+6Cl-+6H2O3Cl2+3H2+2Al(OH)3,C错误,D正确。【补偿训练】用惰性电极电解下列物质的水溶液时,在阳极无气体放出的是()A.AgNO3B.
3、CuCl2C.NaOHD.Na2S【解析】选D。用惰性电极电解给出的四种溶液时,在阳极分别是OH-、Cl-、OH-、S2-放电,产生的物质分别是O2、Cl2、O2、S,故选D。2.(2019吕梁高二检测)关于图中装置说法正确的是()A.装置中电子移动的途径:负极Fe电极M溶液石墨正极B.若M为NaCl溶液,通电一段时间后,溶液中可能有NaClOC.若M为FeCl2溶液,石墨电极上析出铁D.若M是CuCl2,通电一段时间后,在阴极附近观察到黄绿色气体【解析】选B。装置中电子移动的途径:负极Fe电极,石墨正极,溶液中通过离子导电,电子不通过溶液,A错误;若M为NaCl溶液,通电一段时间后,阳极产生
4、Cl2,溶液中的NaOH与阳极产生的Cl2发生反应生成NaCl和NaClO,所以溶液中可能有NaClO,B正确;若M为FeCl2溶液,在阳极,溶液中的Cl-失去电子生成Cl2,不可能析出铁,C错误;若M是CuCl2,通电一段时间后,在阳极附近观察到黄绿色气体,D错误。【补偿训练】如图为直流电源电解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.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C.a电极附近呈红色,b电极附近呈蓝色D.a电极附近呈蓝色,b电极附近呈红色【解析】选D。根据图示可知,a是阴极
5、,发生的电极反应为4H+4e-2H2;b是阳极,发生的电极反应为4OH-4e-O2+2H2O,故A、B、C错误,D正确。3.Cu2O可由电解制取,如图所示,电解总反应:2Cu+H2OCu2O+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.该反应也可设计为原电池【解析】选A。电解总反应:2Cu+H2OCu2O+H2,金属铜失电子,说明金属铜一定作阳极,石墨作阴极,在阴极上是溶液中的氢离子得电子,产生氢气,故A正确;铜电极本身失电子,发生氧化反应,故B错误;铜电极是电解池的阳极,接直流电源的正极,故C错误;反应2Cu+H2OCu2O+H2属于非
6、自发性的氧化还原反应,不能设计成原电池,故D错误。【补偿训练】某同学为了使反应2HCl+2Ag2AgCl+H2能进行,设计了下列四个实验,如下图所示,你认为可行的方案是()【解析】选C。银不能和盐酸反应生成氢气,所以是不能自发反应的。要实现该反应,只能是通过电解。其中银失去电子,和电源的正极相连,作阳极,电解质溶液是盐酸,所以选C。4.碘盐的主要成分是KIO3和NaCl,KIO3在工业上可用电解法制取,以石墨和铁为电极,电解KI溶液,反应方程式为KI+H2OKIO3+H2(未配平)。下列有关说法中正确的是()A.电解时,石墨作阴极,铁作阳极B.电解时,在阴极上产生KIO3C.电解前后电解质溶液
7、pH变大D.电解中,每转移0.6 mol e-,理论上可得到0.1 mol无水KIO3晶体【解析】选D。配平反应方程式:KI+3H2OKIO3+3H2。铁是活泼电极不适合作阳极,A错误;KI发生氧化反应产生KIO3,为阳极反应,B错误;阳极电极反应式为I-6e-+3H2OI+6H+,阴极为6H+6e-3H2,电解前后溶液pH不变,C错误;KIKIO3发生氧化反应,转移6e-,为阳极反应,D正确。【补偿训练】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。惰性电极电解碘化钾溶液,
8、阴极氢离子得电子生成氢气,同时生成氢氧化钾,因此溶液变红(碱使酚酞变红),A、B说法正确;阳极产生碘单质,碘使淀粉变蓝,C说法正确;阴极氢离子得电子生成氢气,同时生成氢氧化钾,碱性增强,D说法错误。5.某科研小组模拟“人工树叶”电化学装置如图所示,该装置能将H2O和CO2转化为糖类(C6H12O6)和O2,X、Y是特殊催化剂型电极,已知:装置的电流效率等于生成产品所需的电子数与电路中通过总电子数之比。下列说法错误的是()A.该装置中Y电极发生氧化反应B.X电极的电极反应式为 6CO2+24H+24e-C6H12O6+6H2OC.理论上,每生成22.4 L(标准状况下)O2,必有4 mol H+
9、由X极区向Y极区迁移D.当电路中通过3 mol e-时,生成18 g C6H12O6,则该装置的电流效率为80%【解析】选C。根据装置图可知,X与电源的负极相连,为阴极;Y与电源的正极相连,为阳极,阳极上失去电子,发生氧化反应,A正确;根据装置图可知二氧化碳在X电极上转化为C6H12O6,因此X电极的电极反应式为 6CO2+24H+24e-C6H12O6+6H2O,B正确;H+由Y极区向X极区迁移,C错误;生成C6H12O6的物质的量是18 g180 gmol-1=0.1 mol,转移电子的物质的量是2.4 mol,因此当电路中通过3 mol e-时该装置的电流效率为100%=80%,D正确。
10、【补偿训练】在含镍酸性废水中用电解法可以实现铁上镀镍并得到氯化钠,其装置如图所示。下列叙述错误的是()A.待镀铁棒为阴极B.选用镍棒替换碳棒,镀镍效果更好C.阳极的电极反应式为4OH-4e- O2+2H2OD.通电后中间隔室的NaCl溶液浓度增大【解析】选B。在电镀池中,镀件为阴极,A正确;如果选用镍棒替换碳棒,镍为活性电极,作阳极时,镍会溶解,生成的镍离子与氢氧化钠反应生成沉淀,影响离子交换膜中离子的通过,镀镍效果减弱,B错误;阳极发生氧化反应,溶液中的氢氧根离子放电生成氧气,电极反应式为4OH-4e-O2+2H2O,C正确;随着电解的进行,阳极区氢氧根离子放电,多余的钠离子通过阳离子交换膜
11、移向中间隔室,阴极区的镍离子放电,多余的氯离子通过阴离子交换膜移向中间隔室,中间隔室的NaCl溶液浓度增大,D正确。6.(2019运城高二检测)在微电子工业中NF3常用作氮化硅的蚀刻剂,工业上通过电解含NH4F等的无水熔融物生产NF3,其电解原理如图。下列说法不正确的是()A.a电极为电解池的阳极B.阳极的电极反应式:N+3F-6e-NF3+4H+C.H+由b极移向a极,并参与电极反应D.电解过程中可能还会生成少量氧化性极强的气体单质,该气体的分子式是F2【解析】选C。由图示可知H+在阴极(b)得到电子生成H2,则a电极是电解池的阳极,A正确;阳极是N失去电子生成NF3和H+,B正确;阳离子(
12、H+)由阳极(a)流向阴极(b),并参与电极反应,C错误;电解过程中,F-可能在阳极失去电子生成氧化性极强的F2,D正确。7.(2019徐州高二检测)用惰性电极电解硫酸铜溶液,整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示(气体体积均在相同状况下测定)。欲使溶液恢复到起始状态,可向溶液中加入()A.0.1 mol CuO B.0.1 mol CuCO3C.0.1 mol Cu(OH)2D.0.05 mol Cu2(OH)2CO3【解析】选D。根据图象和电解原理,OP段电解反应的化学方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4,PQ段电解反应的化学方程式为2H2O2H2+O
13、2,所以溶液中应加入CuO:=0.1 mol,H2O:=0.05 mol,分析四个选项,加入0.05 mol Cu2(OH)2CO3合适。二、非选择题(本题包括1小题,共8分)8.如图所示装置中,当线路接通时,发现M(用石蕊试液浸润过的滤纸)a端显蓝色,b端显红色,且知甲中电极材料是锌、银,乙中电极材料是铂、铜,且乙中两电极不发生变化。回答:(1)甲、乙分别是什么装置?_、_。(2)写出A、B、C、D的电极名称以及电极材料和电极反应式。_。【解析】由甲中电极材料知,甲为原电池,Zn为负极,银为正极,乙为电解池,C为阳极,D为阴极。答案:(1)原电池电解池(2)A极(负极Zn):Zn-2e-Zn
14、2+;B极(正极Ag):Cu2+2e-Cu;C极(阳极Pt):2OH-2e-H2O+O2;D极(阴极Cu):2H+2e-H2【补偿训练】如图所示,A、B、C三个装置中的烧杯分别盛有足量的CuCl2溶液。(1)A、B、C三个装置中属于原电池的是_(填标号,下同),属于电解池的是_。 (2)A池中Zn发生_反应(填“氧化”或“还原”),Cu电极反应式为_。(3)B池中C是_极,Pt极发生电极反应式为_。 (4)C池中Cu是_极,电极反应式为_,反应过程中,溶液浓度_(填“变大”“变小”或“不变”)。【解析】(1)判断装置是原电池还是电解池,关键是看它有没有外接直流电源,有则为电解池,无则为原电池,
15、由此可知A为原电池,B和C为电解池。(2)原电池中电极分为正、负极,相对活泼的金属作负极,失电子发生氧化反应,金属性相对较不活泼的作正极,易知A中Zn作负极,失电子被氧化,发生反应为Zn-2e-Zn2+;Cu为正极,电解液中阳离子在正极上得电子被还原,发生反应为Cu2+2e-Cu,A池总反应为上述两个半反应的和,即Zn+Cu2+Zn2+Cu。(3)电解池中与直流电源负极相连的电极为阴极,与直流电源正极相连的电极叫阳极,在外电场作用下溶液中H+和Cu2+均移向阴极碳棒,但因盐溶液中阳离子得电子能力Cu2+H+,因而发生还原反应Cu2+2e-Cu。同时溶液中失电子能力较强的Cl-在阳极Pt表面被氧
16、化,电极反应为2Cl-2e-Cl2,总方程式为CuCl2Cu+Cl2。(4)装置C中阳极为活性电极Cu,当阳极不是惰性电极时,电极本身会被强迫失电子而发生氧化反应:Cu-2e-Cu2+,生成离子进入溶液,此时溶液中阴离子不能失电子,而阴极上发生还原反应Cu2+2e-Cu,两极反应速率相等,溶液中其他离子不发生反应,因而溶液浓度维持不变。答案:(1)AB、C(2)氧化Cu2+2e-Cu(3)阴2Cl-2e-Cl2(4)阳Cu-2e-Cu2+不变(30分钟50分)一、选择题(本题包括6小题,每小题6分,共36分)1.(2019新乡高二检测)等物质的量的BaCl2、K2SO4和AgNO3溶于水形成混
17、合溶液,用石墨电极电解此溶液,经过一段时间后,阴、阳两极收集到的气体体积之比为32。下列说法正确的是()A.阴极反应为Ag+e-AgB.阳极始终发生反应:2Cl-2e-Cl2C.两极共生成三种气体D.向电解后溶液中通入适量的HCl可使溶液恢复到电解前的状态【解析】选C。三种物质溶于水后,发生反应Ba2+SBaSO4、Ag+Cl-AgCl,则混合溶液的溶质为KCl和KNO3。由题意,阴、阳两极收集到的气体体积之比为32,所以阴极反应为2H2O+2e-H2+2OH-,阳极反应为2Cl-2e-Cl2和2H2O-4e-O2+4H+,A、B错误;阴、阳两极共生成氢气、氯气和氧气三种气体,C正确;要使电解
18、质溶液复原,需要通入适量的HCl,还需要加入适量的水。【补偿训练】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、无味的气体放出,符合这一情况的是()a极板b极板X电极ZA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。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,说明a为阴极、b为阳极,溶液中的阳离子氧化性大于氢离子,阳极上生成氧气说明氢氧根离子放电,X为负极。A.以石墨电极材料为电极时电解硫酸铜溶液,a电极上生成铜,质量增加,b电极上生成氧气,有无色无味的气体放出,符合条
19、件,故A正确;B.用石墨电极电解氢氧化钠溶液,相当于电解水,a电极质量不变,故B错误;C.铁作阳极逐渐溶解,质量减小,故C错误;D.以石墨为电极电解CuCl2溶液时,a电极上生成铜,b电极上生成氯气为黄绿色,不符合条件,故D错误。2.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示,采用惰性电极,ab、cd均为离子交换膜,在直流电场的作用下,两膜中间的Na+和S可通过离子交换膜,而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是() A.通电后中间隔室的S向正极迁移,正极区溶液pH增大B.该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C.负极反应为2H2O-4e-O2+
20、4H+,负极区溶液pH降低D.当电路中通过1 mol电子的电量时,会有0.5 mol的O2生成【解析】选B。A项正极区发生的反应为2H2O-4e-O2+4H+,由于生成H+,正极区溶液中阳离子增多,故中间隔室的S向正极迁移,正极区溶液的pH减小。B项负极区发生的反应为2H2O+2e-H2+2OH-,阴离子增多,中间隔室的Na+向负极迁移,故负极区产生NaOH,正极区产生H2SO4。C项由B项分析可知,负极区产生OH-,负极区溶液的pH升高。D项正极区发生的反应为2H2O-4e-O2+4H+,当电路中通过1 mol电子的电量时,生成0.25 mol O2。3.如图所示,将两烧杯中电极用导线相连,
21、四个电极分别为Mg、Al、Pt、C。当闭合开关S后,以下表述正确的是()A.电流表指针不发生偏转B.Al、Pt两极有H2产生C.甲池pH减小,乙池pH不变D.Mg、C两极生成的气体在一定条件下可以恰好完全反应【解析】选D。甲池Al能与NaOH溶液反应,所以为原电池,乙池Pt、C均不与NaOH溶液反应,故乙池为电解池,电流表指针偏转,A错误;甲池中Mg为正极,产生H2,Al为负极溶解,Pt作阴极产生H2,C作阳极产生O2,B错误;甲池消耗NaOH,pH减小,乙池消耗水,pH增大,C错误;根据电子转移数目相等,则Mg、C两极产生的H2、O2体积比为21,在一定条件下可以完全反应,D正确。【补偿训练
22、】如图所示,a、b、c均为石墨电极,d为碳钢电极,通电进行电解。假设在电解过程中产生的气体全部逸出,下列说法正确的是()A.甲、乙两烧杯中溶液的pH均保持不变B.甲烧杯中a的电极反应式为4OH-4e-O2+2H2OC.当电解一段时间后,将甲、乙两溶液混合,一定会产生蓝色沉淀D.当b极增重3.2 g时,d极产生的气体为2.24 L(标准状况)【解析】选B。通电一段时间后,甲中阳极发生4OH-4e-2H2O+O2,阴极发生Cu2+2e-Cu,反应后为硫酸,溶液pH减小,乙中阴极氢离子放电生成氢氧根离子,溶液的pH增大,故A错误;a与电源正极相连,为阳极,阳极上氢氧根离子失电子,其电极反应为4OH-
23、4e-2H2O+O2,故B正确;当电解一段时间后,甲可能为硫酸,乙为NaOH,则二者混合不会生成沉淀,故C错误;b极增重3.2 g时,n(Cu)=0.05 mol,由Cu2e-H2,则d极产生的气体为0.05 mol22.4 Lmol-1=1.12 L,故D错误。4.电解法处理含Na2CO3废水,同时制备小苏打和烧碱的原理如图所示:下列说法正确的是()A.电极M的材料可选用铁单质B.气体A为H2C.气体B为CO2D.导线中通过1 mol电子时,有1 mol Na+移向M电极【解析】选B。根据N电极有氢氧化钠生成可知N是阴极,M是阳极;阳极生成氧气,所以电极M的材料是惰性电极,故A错误;N是阴极
24、,电极反应为2H+2e-H2,故B正确;M电极反应为4OH-4e-2H2O+O2,气体B为O2,故C错误;导线中通过1 mol电子时,有1 mol Na+移向N电极,故D错误。5.(2019衡水高二检测)把物质的量均为0.1 mol的CuCl2和H2SO4溶于水制成100 mL的混合溶液,用石墨作电极电解混合溶液,并收集两电极所产生的气体,通电一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同,则下列叙述正确的是 ()A.电路中共转移0.6NA个电子B.阳极得到的气体中O2的物质的量为0.2 molC.阳极质量增加3.2 g D.电解后剩余溶液中硫酸的浓度为1 molL-1【解析】选A。根据两极
25、均产生气体知,阴极电极反应有:Cu2+2e-Cu和2H+2e-H2,阳极电极反应有:2Cl-2e-Cl2和4OH-4e-O2+2H2O,设阴极生成x mol H2,结合n(CuCl2)=0.1 mol和电子守恒得:x=0.1+,解得x=0.2。电路中共转移电子:(0.12+0.22)mol=0.6 mol,A正确;阳极得到的气体中含O2:=0.1 mol,B错误;阳极的质量不变,C错误;电解后溶质和水均减小,其溶液的体积减小,故c(H2SO4)1 molL-1,D错误。【补偿训练】现用Pt电极电解1 L浓度均为0.1 molL-1的HCl、CuSO4的混合溶液,装置如图,下列说法正确的是()A
26、.电解开始时阴极有H2放出B.电解开始时阳极上发生:Cu2+2e-CuC.当电路中通过电子的量超过0.1 mol时,此时阴极放电的离子发生了变化D.整个电解过程中,S不参与电极反应【解析】选D。依据放电顺序阴极先放电的是Cu2+,故阴极开始析出的是Cu,阳极先放电的是Cl-,故阳极开始产生的是Cl2。故A、B错;由阴极反应Cu2+2e-Cu,n(Cu2+)=0.1 mol,当电路中通过电子的量达到0.2 mol时,此时Cu2+消耗完毕,阴极放电离子变为H+,所以C错;阳极先是Cl-放电,当Cl-消耗完毕,此时H2O电离产生的OH-开始在阳极放电,S不参与电极反应。6.(2017海南高考)一种电
27、化学制备NH3的装置如图所示,图中陶瓷在高温时可以传输H+。下列叙述错误的是()A.Pb电极b为阴极B.阴极的反应式为N2+6H+6e-2NH3C.H+由阳极向阴极迁移D.陶瓷可以隔离N2和H2【解析】选A。N2和H2为原料制备NH3的反应为N2+3H22NH3,在该反应中H2发生氧化反应,即H2在电解池的阳极上(Pb电极b)反应,电极反应式为H2-2e-2H+,A选项错误;N2发生还原反应,即N2在电解池的阴极上(Pb电极a)反应,电极反应式为N2+6H+6e-2NH3,B选项正确;在电解池中阳离子向阴极移动,C选项正确;由图可知,N2通入被质子传输陶瓷隔开的石英电解池的内池,而H2则通入外
28、池,而质子传输陶瓷是用于传输H+的,所以陶瓷可以隔离N2和H2,D选项正确。二、非选择题(本题包括1小题,共14分)7.(2019宿迁高二检测)根据如图所示装置回答: (1)当X为Pt,Y为Fe,Z为AgNO3时,阳极反应式为_,阴极反应式为_,电解反应式为_。(2)X为Cu,Y为Fe,Z为CuSO4时,阳极反应式为_,阴极反应式为_。【解析】电解池中与电源正极相连的是阳极(X),与电源负极相连的是阴极(Y)。答案:(1)4OH-4e-2H2O+O24Ag+4e-4Ag2H2O+4AgNO34Ag+O2+4HNO3(2)Cu-2e-Cu2+Cu2+2e-Cu【补偿训练】如图,p、q为直流电源两
29、极,A由金属单质X制成,B、C、D为铂电极,接通电源,金属X沉积于B极,同时C、D产生气泡。试回答:(1)p为_极,A极发生了_反应。(2)C试管里收集到的气体是_,电极反应式是_。(3)在电解过程中,测得的C、D两极上产生的气体的实验数据如下:时间(min)12345678910阴极生成气体体积(cm3)6122029394959697989阳极生成气体体积(cm3)24711162126313641仔细分析以上实验数据,请说出可能的原因: _。(4)当反应进行一段时间后,A、B电极附近溶液的pH_(填“增大”“减小”或“不变”)。(5)当电路中通过0.004 mol电子时,B电极上沉积金属
30、X为0.128 g,则此金属的摩尔质量为_。【解析】根据金属X沉积于B极知,B为阴极,则:A为阳极、C为阳极、D为阴极,p为正极,q为负极;A极为阳极,故发生的反应为金属X失电子被氧化;由上面的分析知,C为阳极,其电极反应式为:4OH-4e-O2+2H2O;14 min C、D两极产生的气体体积比小于12,410 min产生的气体体积之比等于12,说明氧气在硫酸溶液中的溶解度比氢气大;n(X2+)=0.002 mol,所以此金属的摩尔质量=64 gmol-1。答案:(1)正氧化(2)氧气4OH-4e-O2+2H2O(3)14 min C、D两极产生气体体积之比小于12,410 min产生的气体体积之比等于12,说明氧气在硫酸溶液中的溶解度比氢气大(4)不变(5)64 gmol-1关闭Word文档返回原板块
