1、2012届高考化学第一轮复习课时练：第21讲原电池化学电源一、单项选择题1pHa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，则电解质可能是()ANaOHBH2SO4CAgNO3 DNa2SO4答案：A2(2011年宿州模拟)某同学为了使反应2HCl2Ag=2AgClH2能进行，设计了如图所示的四个实验，你认为可行的方案是()解析：该反应中Ag失电子被氧化；H得电子被还原生成H2，所以用Ag作阳极，电解含Cl的溶液即可。答案：C3(2008年高考全国理综)电解100 mL含c(H)0.30 mol/L的下列溶液，当电路中通过0.04 mol电子时，理论上析出金属质量最大
2、的是()A0.10 mol/L Ag B0.20 mol/L Zn2C0.20 mol/L Cu2 D0.20 mol/L Pb2解析：根据金属活动性顺序可知：排在氢以后的金属为Ag和Cu，而Zn和Pb排在H以前，所以Ag、Cu2的氧化性比H大，应优先于H放电而析出，因为0.01 mol Ag的质量小于0.02 mol Cu的质量，所以C项正确。答案：C4下列有关用惰性电极电解AgNO3溶液一段时间后的说法正确的是()A电解过程中阴极质量不断减小B电解过程中溶液的pH不断升高C此时向溶液中加入适量的Ag2O固体可使溶液恢复到电解前的状况D电解后两极产生的气体体积比为21解析：用惰性电极电解Ag
3、NO3溶液，电极反应式为：阴极：4Ag4e=4Ag，阳极：4OH4e=2H2OO2。总反应式为4AgNO32H2O4AgO24HNO3。在阴极上有Ag生成，所以阴极质量不断增加。电解产生了HNO3，pH不断减小。加入Ag2O后，Ag2O2HNO3=2AgNO3H2O，恰好可使溶液恢复至电解前的状况。答案：C5(2010年高考海南化学改编)利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，下列叙述正确的是()A电解时以精铜作阳极B电解时阴极发生氧化反应C粗铜连接电源负极，其电极反应是Cu=Cu22eD电解后，电解槽底部会形成含少量Ag、Pt等金属的阳极泥解析：电解时粗铜作阳极，与电源正极
4、相连，失电子发生氧化反应；精铜作阴极，与电源负极相连，得电子发生还原反应，A、B、C错误；因为在金属活动顺序表中Ag、Pt排在Cu的后面，所以电解时Ag、Pt不会失电子，D正确。答案：D6金属镍有广泛的用途。粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是(已知：氧化性Fe2Ni2Cu2)()A阳极发生还原反应，其电极反应式为：Ni22e=NiB电解过程中，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等C电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Ni2和 Zn2D电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt解析：电解时，阳极上金属按还原性由强到弱的顺序(ZnFeNiCuPt)发
5、生氧化反应，即Zn2e=Zn2；Fe2e=Fe2；Ni2e=Ni2。Cu、Pt还原性比Ni弱，不能失去电子溶解。当阳极上Ni失电子溶解后，它们以单质的形式沉积在电解槽底，形成阳极泥。阴极上金属离子按氧化性由强到弱的顺序(Ni2Fe2Zn2)发生还原反应，即Ni22e=Ni。Fe2、Zn2比Ni2氧化性弱，并不在阳极析出，而是留在电解液里。阳极发生氧化反应，A错误；电解过程中，阳极Zn、Fe、Ni溶解，阴极只有Ni析出，两电极质量的改变不等，B错误；电解液中除Zn2、Ni2外，还有Fe2 ，C错误。答案：D7如图，烧杯中的溶质均足量，a、b、c、d、e均为石墨电极，通电一段时间后，a电极上有红色
6、物质析出，以下说法正确的是()Ae电极上可以析出使湿润淀粉KI试纸变蓝的气体Bc电极周围溶液变红CA烧杯内溶液的pH升高DB烧杯中加一定量的KCl固体可恢复原状解析：先根据A烧杯中的变化判断电源的正负极，a电极上析出铜，连接电源负极，因此可以判断出，b、d为阳极，c、e为阴极，e上应该析出铜，A相当于电镀装置，通电一段时间后溶液保持不变，B中总反应是：2KCl2H2O2KOHCl2H2，因此电解后要恢复原状，应该通入HCl气体。答案：B8(2010年赣榆一模)金属钛生产方法的新动向电解法：首先将二氧化钛粉末用浇注或压制成形，烧结后作阴极，以石墨为阳极，以CaCl2为熔盐，所加电压为2.8V3.
7、2V。电解一定时间后，阴极由白色变为灰色，在扫描电子显微镜下观察，有海绵状钛生成，阳极析出气体为氧气。下列说法错误的是()A阴极的电极反应式为TiO24e=Ti2O2B电解时Ca2向阴极移动C电解过程中使用2.8V3.2V电压的主要原因可能是在此电压下，熔融的氯化钙不能电解D电解时每转移4 mol电子，阳极有2 mol O2生成答案：D二、双项选择题9用惰性电极实施电解，下列说法正确的是()A电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液pH减小B电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH，故溶液pH减小C电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为12D电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质
8、的量之比为11答案：AD10(2011年唐山模拟)如图a、b、c、d均为石墨电极，通电进行电解(电解液足量)。下列说法正确的是()A甲中a的电极反应式为：4OH4e=O22H2OB电解时向乙中滴入酚酞溶液，c电极附近变红C向乙中加入适量盐酸，溶液组成可以恢复D当b极有64 g Cu析出时，d电极产生2 g气体解析：本题易误选C，在电解液足量的情况下，电解过程中只逸出H2和Cl2，只需补充氢和氯两种元素即可，不能加入盐酸，因为盐酸中有H2O，应通入适量HCl气体才能达到目的。答案：AD三、非选择题11(2011年上饶模拟)用惰性电极电解NaCl与NaHCO3混合溶液，测得溶液pH变化如图所示。(
9、1)在0t1时间内，两个电极上的电极反应式为：阳极_；阴极_。(2)用离子方程式表示0t1时间内，溶液pH升高比较缓慢的原因：_。(3)将等物质的量的KI和CuCl2溶于水，用惰性电极电解，该电解反应可分为_个阶段(填表不一定填满)。阶段相当于电解？溶液离子方程式画出过程中溶液pH值随时间变化的曲线(假定生成的Cl2全部逸出)。解析：(1)由于HCO、Na均不易放电，故阳极反应式为：2Cl2e=Cl2；阴极反应式为：2H2e=H2。(2)随着反应的进行c(OH)增大，HCOOH=COH2O，故而开始pH变化缓慢，当HCO完全反应后，pH增幅加大。(3)开始电解时阳极是I失电子，阴极是Cu2得电
10、子；当I完全反应时，Cu2有1/2被还原，此时阳极变成Cl失电子，相当于电解CuCl2溶液；当Cu2完全反应时，Cl有1/2被氧化；以后阴极是H2O电离的H得电子，此段相当于电解KCl溶液；当Cl完全反应后，最后相当于电解KOH溶液。答案：(1)2Cl2e=Cl22H2e=H2(2)HCOOH=COH2O(3)4CuI2Cu22ICuI2CuCl2Cu22ClCuCl2KCl2Cl2H2OCl2H22OHKOH2H2O2H2O212(2010年高考全国理综)如图是一个用铂丝作电极，电解稀的MgSO4溶液的装置，电解液中加有中性红指示剂，此时溶液呈红色。(指示剂的pH变色范围：6.88.0，酸色
11、红色，碱色黄色)回答下列问题：(1)下列关于电解过程中电极附近溶液颜色变化的叙述正确的是_(填编号)。A管溶液由红变黄；B管溶液由红变黄；A管溶液不变色；B管溶液不变色。(2)写出A管中发生反应的反应式：_。(3)写出B管中发生反应的反应式：_。(4)检验a管中气体的方法是_。(5)检验b管中气体的方法是_。(6)电解一段时间后，切断电源，将电解液倒入烧杯内观察到的现象是_。解析：本题结合电解原理考查化学实验现象描述、实验设计能力。该电解的本质是电解水，A、B极分别是阴极和阳极，阴极反应为2H2e=H2，故该极区溶液呈碱性，则Mg22OH=Mg(OH)2。B项反应为4OH4e=2H2OO2。气
12、体的检验容易忽视取出试管过程中将试管堵住。电解一段时间后，将电解液倒入烧杯内，由于两极产生H和OH恰好反应，故溶液基本恢复电解前的状态，溶液仍为红色，白色沉淀溶解。答案：(1)(2)2H2e=H2(写2H2O2e=2OHH2同样给分)、Mg22OH=Mg(OH)2(3)4OH4e=2H2OO2(写2H2O4e=4HO2同样给分)(4)用拇指按住管口，取出试管，靠近火焰，放开拇指，有爆鸣声，管口有蓝色火焰(5)用拇指按住管口，取出试管，放开拇指，将带有火星的木条伸入试管内会复燃(6)溶液呈红色，白色沉淀溶解(或大部分溶解)13工业上处理含Cr2O的酸性工业废水用以下方法：往工业废水中加入适量的N
13、aCl，搅拌均匀；用Fe为电极进行电解，经过一段时间有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀产生；过滤回收沉淀，废水达到排放标准。试回答下列问题：(1)电解时的电极反应：阳极_；阴极_。(2)写出Cr2O转变成Cr3的离子反应方程式_。(3)电解过程中Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀是怎样产生的？_。(4)能否用Cu代替Fe为电极？_(填“能”或“否”)，为什么？_。解析：Fe作电极时，阳极反应：Fe2e=2Fe2，阴极反应：2H2e=H2，阳极生成的Fe2与Cr2O发生氧化还原反应生成Fe3、Cr3。随着电解的进行c(H)逐渐降低，最终生成Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀；不能用Cu代替Fe
14、。答案：(1)Fe2e=Fe22H2e=H2(2)6Fe2Cr2O14H=6Fe32Cr37H2O(3)上述中的反应消耗H，电解阴极也消耗H，所以随着电解的进行，c(H)逐渐降低，最终生成Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀(4)否因为Cu2不具有还原性，不能使Cr2O生成Cr314在如图所示的装置中，若通入直流电5min时，铜电极质量增加2.16 g，试回答：(1)电源电极X为_极。(2)pH变化：A_，B_，C_。(填“增大”、“减小”或“不变”)(3)通电5 min时，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
15、积无变化)。(4)若A中KCl溶液的体积也是200 mL，电解后，溶液的pH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。(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装置阴极上先析出铜，当铜离子消耗完后析出氢气，而阳极上析出氧气，溶液中氢离子浓度增大。C装置阴极析出银单质，阳极上的银失去电子变成银离子，理论上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装置中转移的电子数目为0.02 mol。经判断，B装置两极上的反应为：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溶液的物质的量浓度为：0005 mol/0.2 L0.025 mol/L(4)A装置的反应为：2KCl 2H2O2KOHH2Cl2，即反应中转移电子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 mol/L, 故pH13。答案：(1)负(2)增大减小不变(3)0.025 mol/L(4)13