高中化学 4_3电解池 第1课时练习 新人教版选修4
4.3电解池 第1课时练习
1．用惰性电极电解下列各组物质的水溶液时，发生的电极反应完全相同的是( )
A．NaOH、H2SO4 B．CuCl2、Cu(NO3)2
C．Na2SO4、NaCl D．KNO3、AgNO3
【解析】 用惰性电极电解NaOH、H2SO4的水溶液时实质均为电解水，电极反应均相同，A正确；电解B、C两组溶液时，阳极反应不同，阴极反应相同，B、C错误；电解KNO3、AgNO3两组溶液，阳极反应相同，阴极反应不同，D错误。
【答案】 A
2．如图所示，铜片、锌片和石墨棒用导线连接后插入番茄里，电流表中有电流通过，则下列说法正确的是( )
A．锌片是负极
B．两个铜片上都发生氧化反应
C．石墨是阴极
D．两个番茄都形成原电池
【解析】 由于番茄汁显酸性，左侧番茄形成原电池，Zn作负极。右侧番茄形成电解池，Cu作阴极。故只有A选项正确。
【答案】 A
3．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．铜电极连接直流电源的负极
D．当有0.1 mol电子转移时，有0.1 mol Cu2O生成
【解析】 由电解总反应可知，Cu参加了反应，所以Cu作电解池的阳极，发生氧化反应，B选项错误；石墨作阴极，电极反应为：2H＋＋2e－===H2↑，A选项正确；阳极与电源的正极相连，C选项错误；阳极反应为2Cu＋2OH－－2e－===Cu2O＋H2O，当有0.1 mol 电子转移时，有0.05 mol Cu2O生成，D选项错误。
【答案】 A
4．如图，电解质溶液是NaCl的水溶液，通电一段时间后发现d极附近有黄绿色气体产生，以下说法正确的是 ( )
A．a是电源的正极
B．电子流动的方向：d→b
C．c极发生氧化反应
D．如果将c、d两电极互换，则c上也会生成黄绿色气体
【解析】 d极附近有黄绿色气体产生，应该是Cl－放电，说明d极是阳极，所以b是正极，A错；电子流向是阴极→电源正极，即d→b→a→c，所以B对；c极得电子，化合价降低，发生还原反应，C错；如果c是活性电极则不产生黄绿色气体，D错。
【答案】 B
5．如图所示的电解池中，a、b、c、d都是石墨电极，通电一段时间后，a、b、c、d各电极上生成物物质的量之比是 ( )
A．2∶2∶4∶1
B．1∶1∶2∶1
C．2∶4∶4∶1
D．2∶1∶2∶1
【解析】 a为阴极，Cu2＋得电子生成Cu，b为阳极，Cl－失电子生成Cl2；c为阴极，Ag＋得电子生成Ag，d为阳极，OH－失电子生成O2。根据得失电子守恒，四种产物之间的关系为2Cu～2Cl2～4Ag～O2。
【答案】 A
6．用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为1∶3的CuSO4和NaCl的混合溶液，可能发生的反应有( )
①2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑
②Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑
③2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
④2H2O2H2↑＋O2↑
A．①②③ B．①②④
C．②③④ D．仅②④
【解析】 混合溶液中CuSO4和NaCl的物质的量之比为1∶3，即发生电解的溶质离子Cu2＋和Cl－的物质的量之比为1∶3。第一阶段电解CuCl2溶液，第二阶段电解NaCl溶液，第三阶段电解NaOH、Na2SO4混合溶液(相当于电解水)。
【答案】 C
7．某同学为了使反应2HCl＋2Ag===2AgCl＋H2↑能进行，设计了下列四个实验，如图所示，你认为可行的方案是( )
【解析】 此反应为非自发的氧化还原反应，需设计成电解池，且Ag失电子作阳极，电解质溶液中的H＋得电子生成H2。
【答案】 C
8．将一直流电源的正、负极(电极材料为Pt)，用玻璃片分别压在一张用食盐水、碘化钾、淀粉溶液和石蕊试液浸透的滤纸上，经过一段时间后，两极附近滤纸的颜色分别是( )
A
B
C
D
阳极
蓝
白
红
蓝
阴极
白
蓝
蓝
蓝
【解析】 阳极上I－放电生成I2，使淀粉变蓝，阴极上H＋放电后，使溶液中的c(H＋)
1 mol/L，D错误。
【答案】 A
14．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 CuCO3
C．0.1 mol Cu(OH)2
D．0.05 mol Cu2(OH)2CO3
【解析】 根据图像和电解原理，O～P段电解反应的化学方程式为：2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，P～Q段电解反应的化学方程式为：2H2O2H2↑＋O2↑，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。
【答案】 D
15．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(标准状态)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________，硫酸的浓度________，硫酸的pH________。
(5)若硫酸的质量分数由5.00%变为5.02%，则原有5.00%的硫酸________g。
【解析】 (1)电解5.00%的稀硫酸，
实际上是电解其中的水。因此在该电解池中发生反应：2H2O2H2↑＋O2↑，V(H2)∶V(O2)＝2∶1。据此可确定d极为阴极，则电源的N极为负极，M极为正极。(2)在336 mL气体中，V(H2)＝×336 mL＝224 mL，为0.01 mol；V(O2)＝×336 mL＝112 mL，为0.005 mol。说明电路上有0.02 mol电子移动，因此在b极(Pt、阴极)产生Ag：0.02 mol×108 g·mol－1＝2.16 g，即0.02 mol的Ag。(3)n(e－)∶n(Ag)∶n(O2)∶n(H2)＝0.02∶0.02∶0.005∶0.01＝2∶2∶∶1。(4)由Ag(阳)电极、Pt(阴)电极和AgNO3溶液组成的电镀池，在通电一定时间后，在Pt电极上放电所消耗溶液中Ag＋的物质的量等于Ag电极被氧化给溶液补充的Ag＋的物质的量，因此AgNO3溶液的浓度不变，溶液的pH也不变。电解5.00%的硫酸溶液，由于其中的水发生电解，因此硫酸浓度增大，由于H＋的浓度增大，故溶液的pH减小。(5)设原5.00%的硫酸为x g，电解时消耗水0.01 mol×18 g·mol－1＝0.18 g，则：5.00%x＝5.02%(x－0.18)，解得x＝45.18 g。
【答案】 (1)正 (2)Ag 2.16 (3)2 1
(4)不变 不变 增大 减小 (5)45.18
16．如图，p、q为直流电源两极，A为＋2价金属单质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________，电极方程式是________________________________。
(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)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
阴极生成
气体体积
(cm3)
6
12
20
29
39
49
59
69
79
89
阳极生成
气体体积
(cm3)
2
4
7
11
16
21
26
31
36
41
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X为0.128 g，则此金属的摩尔质量为________。
【解析】 根据金属沉积于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；1～4 min C、D两极产生的气体体积比大于2∶1，4～10 min产生的气体体积之比等于2∶1，说明氧气在H2SO4溶液的溶解度比氢气大；n(X2＋)＝＝0.002 mol，所以此金属的摩尔质量＝＝64 g/mol。
【答案】 (1)正 氧化
(2)氧气 4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
(3)1～4 min C、D两极产生气体体积之比大于2∶1，4～10 min产生的气体体积之比等于2∶1，说明氧气在H2SO4溶液的溶解度比氢气大
(4)不变 (5)64 g/mol
