1、04课后课时精练1. 下列叙述中不正确的是()A. 电解池的阳极上发生氧化反应，阴极上发生还原反应B. 电源跟电解池连接后，电子从电源负极流向电解池阳极C. 电解质溶液中阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动D. 电解饱和食盐水时，阴极得到氢氧化钠溶液和氢气解析：电解池的阳极连接电源正极，发生氧化反应，阴极连接电源负极，发生还原反应，A正确；电子由电源的负极流向电解池的阴极，B错；电解质溶液中，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，C正确；电解饱和食盐水，H在阴极放电，得到氢氧化钠溶液和氢气，D正确。答案：B2. 以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼
2、，下列说法正确的是()A电能全部转化为化学能B粗铜接电源正极，发生氧化反应C溶液中Cu2向阳极移动D利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属解析：在电解过程中，会有一部分电能损失转化为热能，因此电能不可能全部转化为化学能，A错误；C项，溶液中的Cu2应向阴极(精铜)移动，C错误；正确答案为B、D。答案：BD3. 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2CuH2OCu2OH2。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0.1 mol电子转移时，有0.1 mol Cu2O生成解析：在反应中Cu失电子
3、，发生氧化反应，应为阳极，石墨为阴极，发生还原反应2H2e=H2。答案：A4.如图中X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板增重，b极板有无色无味气体放出，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：a极质量增加，必定是金属在a极析出，a极一定是阴极。B选项Z溶液为NaOH，无金属析出，被排除。又因为b极有无色无味气体生成，只能是O2，而D选项电解CuCl2溶液，阳极要析出Cl2，D选项被排除。在A、C选项中，根据电极名称，X应当作为电源的负极。答案：A5. 把两支惰性电极插入500 mL Ag
4、NO3溶液中，通电电解。当电解液中H的浓度从1106 molL1变为1103 molL1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)，电极上应析出银的质量是()A27 mgB54 mgC108 mg D216 mg解析：由电子守恒知，eOHHAg，所以n(Ag)n(H)。AgNO3溶液电解后产生酸，产生的H的物质的量可由n(H)c(H)V液差来计算：H的浓度从1106 molL1变为1103 molL1，c(H)1103 molL11106 molL11103 molL1，即c(H)103 molL1。所以n(Ag)n(H)103 molL10.5 L5104 mol，m
5、(Ag)n(Ag)M(Ag)5104 mol108 gmol10.054 g54 mg。答案：B6. 在水中加等物质的量的Ag、Ba2、Na、SO、NO、Cl，将该溶液放在用惰性电极作电极的电解槽中，通电片刻，则氧化产物与还原产物的质量比为()A35.5108 B16207C81 D10835.5解析：溶液中的六种离子，有四种发生反应生成沉淀，AgCl=AgCl、Ba2SO=BaSO4，最后溶液就成了NaNO3溶液；而电解NaNO3溶液，实质就是电解水，电解方程式为2H2O2H2O2。氧化产物和还原产物的质量之比为m(O2)m(H2)(1 mol32 gmol1)(2 mol2 gmol1)8
6、1，即C项正确。答案：C7.如下图所示的装置中，若通入直流电5 min时，铜电极质量增加2.16 g，试回答：(1)电源电极X的名称为_。(2)pH变化：A_，B_，C_。(填“增大”“减小”或“不变”)(3)通电5 min后，B中共收集224 mL气体(标准状况)，溶液体积为200 mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为_(设电解前后溶液体积无变化)。(4)若A中KCl溶液的体积也是200 mL，电解后，溶液中OH的物质的量浓度为_(设电解前后溶液体积无变化)。解析：(1)C装置的铜电极质量增加，说明铜极上有金属析出，即溶液中的银离子被还原生成银单质，故铜极为阴极，由此可确定X极为负极
7、。(2)A装置是电解KCl溶液，阴极析出氢气，阳极析出氯气，溶液中氢氧根离子浓度增大，B装置中阴极上先析出铜，当铜离子消耗完后将析出氢气，而阳极上析出氧气，溶液中氢离子浓度增大，C装置中阴极析出银单质，阳极上的银失去电子变成银离子，理论上AgNO3溶液的物质的量浓度不变。(3)B装置两极上电子转移的数目与C装置中转移的电子数目相同，C装置中转移的电子为0.02 mol，经判断，B装置中阴极：Cu22e=Cu,2H2e=H2，阳极：4OH4e=O22H2O，根据题意可得：2n(H2)2n(Cu)4n(O2)0.02 mol，n(H2)n(O2)，解得n(Cu)0.005 mol，CuSO4溶液物
8、质的量浓度为：0.025 molL1。(4)A装置的反应为：2KCl2H2O2KOHH2Cl2，即反应中电子转移的物质的量与生成的氢氧根离子的物质的量相等，为0.02 mol，c(OH)0.1 molL1。答案：(1)负极(2)增大减小不变(3)0.025 molL1(4)0.1 molL18. 某课外活动小组准备用如下图所示的装置进行实验。现有甲、乙、丙三位同学分别选择了如下电极材料和电解质溶液：A电极B电极X溶液甲CuZnH2SO4乙PtPtCuCl2丙FeCu？(1)甲同学在实验中将电键K5闭合，Zn电极上的电极反应式为_。(2)乙同学准备进行电解CuCl2溶液的实验，则电解时的总反应方
9、程式为_。实验时应闭合的电键的组合是_(从下列五项中选择所有可能组合，第(3)小题也在这五项中选择)。AK1和K2 BK1和K3CK1和K4 DK2和K3EK2和K4(3)丙同学准备在Fe上镀Cu，选择了用某种盐来配制电镀液，则该盐中应含的阳离子为_，实验时，应闭合的电键的组合是_。解析：(1)甲同学在实验中将电键K5闭合，形成CuZn稀硫酸的原电池，Zn较活泼，失电子：Zn2e=Zn2。(2)乙同学准备进行电解CuCl2溶液的实验，形成电解池，需外加电源，需闭合K1和K4或K2和K3，电解CuCl2溶液实质是电解溶质CuCl2：CuCl2CuCl2。(3)丙同学准备在Fe上镀Cu，所以Cu作
10、电镀池的阳极，Fe作电镀池的阴极，电解液中含Cu2。答案：(1)Zn2e=Zn2(2)CuCl2CuCl2C、D(3)Cu2D9.用Pt电极电解含有各0.1 mol 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。
11、X3不放电，故答案应为D。答案：D10. 如图所示，下列叙述正确的是()A. Y为阴极，发生还原反应B. X为正极，发生氧化反应C. Y与滤纸接触处有氧气生成D. X与滤纸接触处变红解析：据题中图可看出，左边装置为原电池，锌片为负极，铜片为正极；根据电解原理，与锌片相连的Y应为阴极，发生的反应为2H2e=H2(还原反应)；X与铜片相连，为阳极，发生的反应为4OH4e=O22H2O(氧化反应)。Y极上H放电，同时产生了OH，呈碱性，使酚酞呈红色。答案：A11. 某小组为研究电化学原理，设计下图装置，下列叙述不正确的是()Aa和b不连接时，铁片上会有金属铜析出Ba和b用导线连接时，铜片上发生的反应
12、为：Cu22e=CuC无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色Da和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2向铜电极移动解析：a和b不连接时，铁与CuSO4溶液发生反应：FeCu2=Fe2Cu，A项正确；a和b用导线连接时，组成了原电池，Fe为负极，Cu为正极，铜片上发生还原反应：Cu22e=Cu，铁片上发生氧化反应：Fe2e=Fe2，B项正确；通过以上分析可知，无论a和b是否连接，均发生反应：FeCu2=Fe2Cu，故溶液均从蓝色(Cu2的颜色)逐渐变成浅绿色(Fe2的颜色)，C项正确；a和b分别连接直流电源正、负极时，构成电解池，铜片为阳极，铁片为阴极，Cu2应
13、向阴极(铁电极)移动，D项错误。答案：D12.如图所示的两个实验装置中，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，测得导线中均通过0.02 mol电子，若不考虑溶液体积的变化，则下列叙述中不正确的是()A电极上产生气体的体积：(相同条件)B和中溶液的pH都减小C电极上析出物质的质量：D电极上发生氧化反应：中阳极，中负极解析：本题考查原电池和电解池的电极的判断、产物的相关计算及电解质溶液pH变化的判断。计算可知，当通过0.02 mol电子时，中产生0.01 mol氯气，中产生0.01 mol氢气，故A正确；中的电池反应为Zn2H=Zn2H2，故溶液
14、的pH变大，B错误；当通过0.02 mol电子时，中析出了0.01 mol氯气和0.01 mol铜，中析出了0.01 mol氢气，故C正确；电解池的阳极和原电池的负极均发生氧化反应，故D正确。答案：B13.按图甲装置进行实验，若图乙中横坐标x表示通过电极的电子的物质的量。下列叙述正确的是()AF表示反应生成Cu的物质的量BE表示反应实际消耗H2O的物质的量CE表示反应生成O2的物质的量DF表示反应生成H2SO4的物质的量解析：电解实质为2CuSO42H2O2CuO22H2SO4，则每通过4 mol e，生成2 mol Cu、1 mol O2，耗2 mol H2O，生成2 mol H2SO4。答
15、案：B14. 氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程如图所示：请据图回答：(1)在电解过程中，与电源正极相连的电极上所发生反应的电极反应式为：_；与电源负极相连的电极附近，溶液的pH_(填“不变”“升高”或“下降”)。(2)工业食盐含Ca2、Mg2等杂质，精制过程发生反应的离子方程式为：_。(3)如果粗盐中SO含量较高，必须添加钡试剂除去SO，则该钡试剂可以是_。ABa(OH)2BBa(NO3)2CBaCl2(4)为了有效除去Ca2、Mg2、SO，加入试剂的合理顺序为_。A先加NaOH，后加Na2CO3，再加钡试剂B先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3C先加钡试剂，后加NaOH，再加
16、Na2CO3(5)脱盐工序中利用NaOH和NaCl在溶解度上的差异，通过_、冷却、_(填操作名称)除去NaCl。(6)用隔膜法电解食盐水时，电解槽被分隔为阳极区和阴极区，防止Cl2与NaOH反应；采用无隔膜法电解冷的饱和食盐水时，Cl2与NaOH充分接触，产物是NaClO和H2，相应的化学方程式为_。解析：(1)电解NaCl溶液时，在与电源正极相连的电极(阳极)上，Cl失去电子生成Cl2：2Cl2e=Cl2；在与电源负极相连的电极(阴极)上，发生的反应为2H2e=H2，所以阴极附近的pH升高。(2)工业食盐中含有较多的Ca2、Mg2等杂质，可以用NaOH、Na2CO3除去，涉及的离子方程式为：
17、Mg22OH=Mg(OH)2，Ca2CO=CaCO3。(3)如果含有SO，则可加Ba2除去。由于不能引入其他阴离子，所以该钡试剂只能用Ba(OH)2或BaCl2。(4)为了有效除去Ca2、Mg2、SO，必须先加钡试剂或氢氧化钠溶液，最后加入Na2CO3溶液。如果先加入Na2CO3溶液，后加入钡试剂或氢氧化钠溶液，则多余的Ba2无法除去。(5)经过一段时间的电解，NaCl溶液浓度逐渐下降，NaOH溶液浓度逐渐上升。当NaOH溶液质量分数变成10%，NaCl溶液质量分数变成16%时，停止电解，加热蒸发电解液，由于NaOH的溶解度大于NaCl，冷却后经过过滤可得到NaCl固体。答案：(1)2Cl2e
18、=Cl2升高(2)Mg22OH=Mg(OH)2，Ca2CO=CaCO3(3)AC(4)BC(5)蒸发过滤(6)NaClH2ONaClOH215. 如图所示，甲、乙两池电极材料都是铁棒与碳棒，请回答下列问题。(1)若两池中均为CuSO4溶液，反应一段时间后：有红色物质析出的是甲池中的_棒，乙池中的_棒。乙池中阳极的电极反应式是：_。(2)若两池中均为饱和NaCl溶液：写出乙池中总反应的离子方程式：_。甲池中碳极的电极反应式是：_，乙池中碳极的电极反应属于_(填“氧化反应”或“还原反应”)。将湿润的淀粉KI试纸放在乙池中碳极附近，发现试纸变蓝，过一段时间后又发现蓝色褪去，这是因为过量的Cl2又将生
19、成的I2氧化。若反应的Cl2和I2物质的量之比为51，且生成两种酸，该反应的化学方程式为：_。解析：甲为原电池，乙为电解池。(1)若两池中均为CuSO4溶液，则：甲乙(2)若两池中均为饱和NaCl溶液，则：甲乙答案：(1)碳；铁4OH4e=2H2OO2(2)2Cl2H2OCl2H22OH2H2OO24e=4OH；氧化反应5Cl2I26H2O=2HIO310HCl16.如下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100 g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100 g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极。(1)接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.
20、47%，乙中c电极质量增加，据此回答问题：电源的N端为_极；电极b上发生的电极反应为：_；列式计算电极b上生成的气体在标准状态下的体积：_；电极c的质量变化是_g；电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化？简述其原因：甲溶液_；乙溶液_；丙溶液_。(2)如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行？为什么？解析：(1)乙中c电极质量增加，则c处发生的反应为Cu22e=Cu，即c为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极。丙中为K2SO4溶液，相当于电解水，设电解的水的质量为x，由电解前后溶质质量相等有：100 g10.00%(100 gx)10.47%，得x4.5 g，故为0.
21、25 mol，整个反应中转移0.5 mol电子，而整个电路是串联的，故每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的。甲中相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH放电，即4OH4e=2H2OO2。转移0.5 mol电子，则生成O2的物质的量为0.5 mol40.125 mol，标准状况下的体积为0.125 mol22.4 Lmol12.8 L。Cu22e=Cu，转移0.5 mol电子，则生成m(Cu)64 gmol116 g。甲中相当于电解水，故NaOH的浓度增大，pH变大；乙中阴极为Cu2放电，阳极为OH放电，所以H增多，故pH减小；丙中为电解水，对于K2SO4而言，其pH几乎不变。(2)铜全部析出后，可以继续电解水。答案：(1)正4OH4e=2H2OO2水减少的质量为：100 g4.5 g，生成O2的体积为：22.4 Lmol12.8 L16碱性增大，因为电解后，水量减少，溶液中NaOH浓度增大酸性增大，因为阳极上OH生成O2，溶液中H浓度增加酸碱性大小没有变化，因为K2SO4是强酸强碱盐，浓度增加不影响溶液的酸碱性(2)能继续进行，因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应也就变为水的电解反应。