1、电解的原理 (40分钟70分)一、选择题(本题包括9小题,每小题5分,共45分)1.(2020潍坊高二检测)如下图所示装置中,属于电解池的是()【解析】选C。根据电解池的构成条件进行判断:装置A、B、D中无直流电源,装置D中不能形成闭合回路,A、B、D不能形成电解池。2.(2020合肥高二检测)用石墨作电极,电解碘化钾溶液(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减小【解析】选D。用石墨作电极,电解碘化钾溶液类似于电解氯化钠溶液,阳极反应式为2I-2e-I2,阳极附近溶液变蓝色;阴极反应式为2H+2e-H2,阴极有氢气
2、逸出,附近溶液氢氧根离子浓度增大呈碱性,溶液变红色。3.(2020蚌埠高二检测)用惰性电极电解下列溶液一段时间后再加入一定量的某种物质(方括号内物质),能够使溶液恢复到原来的成分和浓度的是()A.AgNO3AgNO3B.NaOHH2OC.NaClNaClD.CuSO4Cu(OH)2【解析】选B。选项A,电解硝酸银溶液时,氢氧根离子和银离子分别在阳极和阴极放电,要使其复原,需加入适量的氧化银;选项B,电解氢氧化钠溶液时,氢氧根离子和氢离子分别在阳极和阴极放电,要使其复原,需加入适量的水;选项C,电解氯化钠溶液时,氯离子和氢离子分别在阳极和阴极放电,要使其复原,需通入适量的氯化氢;选项D,电解硫酸
3、铜溶液时,氢氧根离子和铜离子分别在阳极和阴极放电,要使其复原,需加入适量的氧化铜。4.有关甲、乙、丙、丁四个图示的叙述正确的是()A.甲中负极反应式为2H+2e-H2B.乙中阳极反应式为Ag+e-AgC.丙中H+向碳棒方向移动D.丁中电解开始时阳极产生黄绿色气体【解析】选C。由图知,甲、丙为原电池,甲中Zn为负极,负极反应式为Zn-2e-Zn2+,A错;丙中Fe为负极,C为正极,H+向正极移动,C对;乙、丁为电解池,乙中Ag作阳极,本身失电子,B错;丁中放电顺序:I-Cl-,开始时产生I2,D错。5.(2020周口高二检测)用惰性电极电解下列溶液,下列说法正确的是 ()A.电解稀硫酸,实质上是
4、电解水,故溶液pH不变B.电解稀氢氧化钠溶液,要消耗OH-,故溶液pH减小C.电解硫酸铜溶液,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的量之比为11【解析】选D。电解稀硫酸,实质上是电解水,硫酸的浓度增大,pH减小,A项错误;电解稀NaOH溶液,也是电解水,NaOH溶液的浓度增大,pH增大,B项错误;电解CuSO4溶液,阴极产物是Cu,阳极产物是O2,由于两电极通过电量相等,故生成Cu与O2的物质的量之比为21,C项错误;电解CuCl2溶液实质是电解CuCl2,阳极产物是Cl2,阴极产物是Cu,由于两极通过电量相等,生成Cu和Cl2的物质的
5、量之比为11,D项正确。【补偿训练】(2020唐山高二检测)用石墨作电极,电解1 molL-1下列物质的溶液,则电解前后溶液的pH保持不变的是()A.硫酸B.氢氧化钠C.硫酸钠D.氯化钠【解析】选C。用惰性电极电解硫酸溶液、氢氧化钠溶液、硫酸钠溶液实质是电解水,溶质浓度增大,硫酸溶液的pH减小,氢氧化钠溶液的pH增大,硫酸钠溶液的pH不变;电解氯化钠溶液时生成氢氧化钠,溶液的pH增大。6.(2020济南高二检测)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。下列叙述正确的是世纪金榜导学号()A.F表示反应生成Cu的物质的量B.E表示反应实际消耗H2O的物质的量C.E表示反应
6、生成O2的物质的量D.F表示反应生成H2SO4的物质的量【解析】选B。电解实质为2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4,则每通过4 mol e-,生成2 mol Cu、1 mol O2,消耗2 mol H2O,生成2 mol H2SO4。【补偿训练】 (2020大庆高二检测)如图,乙是甲电解池进行电解时某个量(纵坐标x)随时间变化的曲线(各电解池都用石墨作电极,不考虑电解过程中溶液浓度变化对电极反应的影响),则x表示()A.各电解池析出气体体积总数的变化B.各电解池阳极质量的增加C.各电解池阴极质量的增加D.各电极上放电的离子总数的变化【解析】选C。用排除法解答,电解NaCl溶液时,
7、随着电解的进行x值始终为0,可排除A、D项;对于B项,三个电解池的阳极上都是阴离子放电,不可能有质量的增加,所以也不正确。7.(2020宜昌高二检测)如图,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】选A。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
8、极名称,X应当作为电源的负极。【补偿训练】1.(2020福州高二检测)下列选项中,每种电解质溶液电解时只生成氢气和氧气的是()A.HCl、CuCl2、Ba(OH)2B.NaOH、CuSO4、H2SO4C.NaOH、H2SO4、Ba(OH)2D.NaBr、H2SO4、Ba(OH)2【解析】选C。A中,2HClCl2+H2,CuCl2Cu+Cl2,错误;B中,2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2,错误;D中,2NaBr+2H2O2NaOH+H2+Br2,错误。2.Cu2O是铜元素的一种氧化物,是一种重要的化工原料,常用于制造船底防污漆、杀虫剂,以及各种铜盐、分析试剂、红色玻璃等。它还是
9、一种半导体材料,基于绿色化学理论设计的制取Cu2O的电解池示意图如图,电解总反应为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.当有0.1 mol电子转移时,有0.1 mol Cu2O生成【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;反应中转移电子2 mol,生成氧化亚铜1 mol,所以当有0.1 mol电子转移时,有
10、0.05 mol Cu2O生成,故D错误。8.(2020南京高二检测)如图所示,a、b、c、d均为石墨电极,通电进行电解,下列说法正确的是()A.电路中电子流向:负极dcba正极B.a、c两极产生气体的物质的量相等C.S向b电极移动,Cl-向c电极移动D.通电后乙烧杯滴入酚酞溶液d极会变红【解析】选D。电子只能在外电路中移动,故A错误;a极产生O2,c极产生Cl2,根据电子守恒O22Cl24e-,O2和Cl2的物质的量之比为12,故B错误;阴离子向阳极移动,a和c是阳极,所以S向a电极移动,Cl-向c电极移动,故C错误;d极是阴极,电极反应式可表示为2H2O+2e-H2+2OH-,所以滴入酚酞
11、溶液d极会变红,故D正确。【互动探究】(1)写出a、b、c、d电极的电极反应式和总反应的离子方程式。提示:甲烧杯中a电极:4OH-4e-O2+2H2O,b电极:Cu2+2e-Cu,总反应2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+;乙烧杯中c电极:2Cl-2e-Cl2,d电极:2H+2e-H2,总反应2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-。(2)一段时间内(烧杯中的溶液是足量的),甲烧杯中产生的气体在标准状况下的体积为2.24 L,则乙烧杯中产生的气体在标准状况下的体积为多少?提示:甲烧杯中产生的气体为O2,电极反应式为4OH-4e-O2+2H2O,故产生标准状况下2.24 L气体时电路中通过的电
12、子为0.4 mol,乙烧杯中产生的气体为H2和Cl2,电极反应式分别为2H+2e-H2、2Cl-2e-Cl2,故产生的气体体积为(0.2 mol+0.2 mol)22.4 Lmol-1=8.96 L。9.铝是一种重要的金属材料,由于其在空气中天然形成一层氧化膜而具有抗腐蚀性,但是这层氧化膜耐磨性和抗蚀性不够强而导致其耐腐蚀性减弱,因此需控制一定的条件,在铝表面生成坚硬的氧化膜,其中电化学氧化法是一种常用的方法,其装置如图所示。下列有关叙述正确的是()A.阴极上有金属铝生成B.电极A为石墨,电极B为金属铝C.OH-在电极A上放电,有氧气生成D.阳极的电极反应式为2Al+3H2O-6e-Al2O3
13、+6H+【解析】选D。阴极反应为2H+2e-H2,故A错误;电极A为Al,故B错误;阳极反应为2Al+3H2O-6e-Al2O3+6H+,故C错误,D正确。二、非选择题(本题包括2小题,共25分)10.(12分)(2020吉安高二检测)从H+、K+、Cu2+、Cl-、S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)。世纪金榜导学号(1)以碳棒为电极进行电解,电解质的物质的量减少,水的物质的量保持不变,两极都有气体生成,气体体积相同,则该电解质的化学式为_,电解的阴极反应是_,电解的阳极反应是_,电解的总方程式是_。(2)以铂丝为电极进行电解,水的物质的量减小,电解质的
14、物质的量保持不变,两极都有气体生成,气体体积比为21,则该电解质的化学式为_,阴极反应式为_,阳极反应式为_。(3)以惰性电极电解,电解质的物质的量减少,水的物质的量也减少,pH下降,则电解质的化学式为_,电解的总方程式为_。【解析】(1)以碳棒为电极进行电解,电解质的物质的量减少,水的物质的量保持不变,两极都有气体生成,气体体积相同,则该电解质的化学式为HCl,电解的阴极反应为2H+2e-H2,电解的阳极反应为2Cl-2e-Cl2,电解的总方程式是2HClH2+Cl2。(2)以铂丝为电极进行电解,水的物质的量减少,电解质的物质的量保持不变,两极都有气体生成,气体体积比为21,则该电解质为活泼
15、金属的含氧酸盐或含氧酸,其化学式为K2SO4或H2SO4,阴极H+得到电子,电极反应式为4H+4e-2H2,OH-在阳极失去电子,电极反应式为4OH-4e-2H2O+O2。(3)以惰性电极电解,电解质的物质的量减少,水的物质的量也减少,pH下降,则电解质为不活泼金属的含氧酸盐,化学式为CuSO4,电解的总方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4。答案:(1)HCl2H+2e-H22Cl-2e-Cl22HClH2+Cl2(2)K2SO4或H2SO44H+4e-2H24OH-4e-2H2O+O2(3)CuSO42CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO411.(13分)(202
16、0济宁高二检测)用石墨作电极电解1 L 0.1 molL-1的CuSO4溶液(假定电解前后溶液体积不变)。世纪金榜导学号(1)电路中通过0.1 mol电子时,溶液的c(H+)为_,欲恢复电解前状态应加入CuO的质量是_ g。 (2)当电路中通过0.3 mol电子时,欲恢复电解前状态,可加入下列的_。 a.Cub.CuOc.Cu(OH)2d.Cu2(OH)2CO3(3)用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液,实验装置如图甲。电解过程中的实验数据如图乙,横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量,纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积(标准状况)。则下列说法不正确的是_。 A.电解过程中,a电极表面先有红色物
17、质析出,后有气泡产生B.b电极上发生的反应方程式为4OH-4e-2H2O+O2C.曲线0P段表示O2的体积变化D.Q点时溶液中H+的物质的量为0.4 mol【解析】(1)n(Cu2+)=0.1 mol,当电路中n(e-)0.2 mol时,只有CuSO4溶液被电解,由CuSO42e-2H+CuCuO,电路中通过0.1 mol电子时,生成H+为0.1 mol,c(H+)=0.1 molL-1,应加入CuO 0.05 mol,即4 g才能恢复原状态。(2)当通过0.3 mol e-时,有0.1 mol e-来自电解水,被电解的水为0.05 mol,需加入0.1 mol CuO与0.05 mol H2
18、O,此时n(Cu)n(H)=11,应加入Cu2(OH)2CO3。(3)由电流方向可知,b电极为阳极,a电极为阴极,电解过程中,a电极表面先是Cu2+放电,后为H+放电,即先有红色物质析出,后有气泡产生,A正确;b电极上发生的反应方程式为4OH-4e-2H2O+O2,B正确;曲线0P段是阴极产生铜,阳极产生O2,曲线PQ段是阴极产生H2,阳极产生O2,C正确;0P段产生1.12 L(标准状况)O2,转移电子0.2 mol,消耗0.2 mol OH-,积累0.2 mol H+,PQ 段电解水,n(H+)不变,D不正确。答案:(1)0.1 molL-14(2)d(3)D (20分钟30分)一、选择题
19、(本题包括1小题,共10分)12.KIO3可采用电解法制备,装置如图所示。下列叙述正确的是()A.通电后阴极的电极反应式2H2O+2e-2OH-+H2B.电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为K+,其迁移方向是从右到左C.电解过程中阳极附近pH增大D.当电路中通过1 mol电子的电量时,会有0.5 mol的KIO3生成【解析】选A。与电源正极连接的电极为阳极,阳极发生氧化反应;与电源负极连接的电极为阴极,阴极发生还原反应;溶液中阳离子通过阳离子交换膜由阳极区向阴极区移动,据此解答。根据装置图可知惰性电极b与电源的负极连接,作阴极。阴极上阳离子放电,由于溶液中离子放电能力H+K+,所以发生反应:
20、2H2O+2e-2OH-+H2,A正确;由于阴极上溶液的H+不断放电,所以阴极区阳离子浓度降低,电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为K+,其迁移方向是从左到右,B错误;在电解过程中,阳极上发生反应I2-10e-+12OH-2I+6H2O,阳极区c(OH-)逐渐降低,溶液的pH减小,C错误;根据阳极上的电极反应式可知:每转移10 mol电子,反应产生2 mol KIO3,则转移1 mol电子时,产生0.2 mol的KIO3,D错误。【补偿训练】(2020温州高二检测)将等物质的量浓度的CuSO4溶液和NaCl溶液等体积混合后,用石墨电极进行电解,电解过程中,溶液pH随时间t变化的曲线如图,则下
21、列说法正确的是()A.阳极产物一定是Cl2,阴极产物一定是CuB.BC段表示在阴极上是H+放电产生了H2C.AB、BC段阴极反应都为Cu2+2e-CuD.CD段表示阳极上OH-放电破坏了水的电离平衡,产生了H+【解析】选C。设CuSO4和NaCl各n mol,电解分3个阶段。AB段:阳极:n mol 氯离子失n mol电子,阴极:n mol铜离子得n mol 电子,由于铜离子水解使溶液呈酸性,铜离子浓度逐渐减小,溶液pH逐渐增大;BC段:阳极:n mol氢氧根离子失n mol电子(来源于水的电离),阴极:n mol铜离子再得n mol 电子,由于氢氧根离子消耗,溶液中氢离子浓度增大,溶液的pH
22、迅速减小;CD段:阳极:氢氧根离子失去电子,阴极:氢离子得到电子,开始电解水,溶液中氢离子浓度逐渐增大,pH减小。电解开始时,阳极先发生2Cl-2e-Cl2,后发生4OH-4e-2H2O+O2,阴极反应先发生Cu2+2e-Cu,后发生2H+2e-H2,A项错误;BC段阴极发生的电极反应是Cu2+2e-Cu,阴极上铜离子得到电子生成铜单质,B项错误;AB、BC段阴极反应都为Cu2+2e-Cu,C项正确;CD段发生2H+2e-H2、4OH-4e-2H2O+O2,即CD段电解的物质是水,D项错误。二、非选择题(本题包括1小题,共20分)13.(2020潍坊高二检测)用如图所示的装置进行电解。通电一会
23、儿,发现湿润的淀粉KI试纸的C端变为蓝色。世纪金榜导学号(1)E为电源的_极,铜为_极。(2)A中发生反应的化学方程式为_,溶液酸性_。(3)在B中观察到的现象是_。(4)D端的电极反应式为_。【解析】本题实质上是三个电解装置串联,首先判断电源的正、负极,E为负极,F为正极;A中是以Pt为阳极、Fe为阴极电解AgNO3溶液。B中Cu为阳极,Cu溶解发生的反应为Cu-2e-Cu2+,石墨为阴极发生的电极反应为2H+2e-H2,由于水电离出的H+放电,所以溶液中的c(OH-)c(H+),故溶液中有氢氧化铜蓝色沉淀生成。D端为阴极,发生的电极反应为2H+2e-H2。答案:(1)负阳(2)4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+O2增强(3)铜片溶解,石墨极上有气体生成,溶液中有蓝色沉淀生成(4)2H+2e-H2
