电解池练习鲁科版高中化学一轮复习(配有课件)

《电解池练习鲁科版高中化学一轮复习(配有课件)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《电解池练习鲁科版高中化学一轮复习(配有课件)（10页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、课时2电能转化为化学能电解 (时间：45分钟分值：100分)一、选择题(本题共7个小题，每题6分，共42分，每个小题只有一个选项符合题意。)1化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是()。A用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为2Cl2e=Cl2B氢氧燃料电池的负极反应式：O22H2O4e=4OHC粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，阳极反应式为Cu2e=Cu2D钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe2e=Fe2解析电池的负极发生的是氧化反应，B不对；粗铜精炼时，纯铜应该连接电源的负极，C错；钢铁发生电化学腐蚀时，铁为负极，D错。答案A2(2014中山模拟

2、)下图是两套电能与化学能相互转化的装置。对此两套装置的分析正确的是()。A图1装置中的铁电极发生还原反应B图2装置反应一段时间后溶液的pH会降低C两装置中石墨电极上所产生的气体都是H2D两装置都可用于防止铁被腐蚀解析图1是原电池，铁发生氧化反应，故A、D错；图2是电解池，被电解的物质是水，硫酸浓度增大，pH下降，B正确；图2中石墨电极是阳极，电极上有O2生成，C错误。答案B3(2013大连测试)用惰性电极实现如下电解过程，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电解硫酸钠溶液，在阴极上发生反应：4OH4e=2H2OO2

3、D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解析电解稀硫酸实质上是电解水，硫酸的物质的量不变，但溶液体积减小，浓度增大，故溶液pH减小，A错误。电解稀NaOH溶液，阳极消耗OH，阴极消耗H，实质上是电解水，NaOH溶液浓度增大，故溶液的pH增大，B错误。电解Na2SO4溶液时，在阳极上发生反应4OH4e=2H2OO2，在阴极上发生反应2H2e=H2，C错误。电解CuCl2溶液时，阴极反应为Cu22e=Cu，阳极反应为2Cl2e=Cl2，故产物Cu和Cl2的物质的量之比为11。答案D4某同学设计了一种利用电解法制取Fe(OH)2的实验装置(如图)，通电后，溶液中产生白色沉淀，且

4、较长时间不变色。下列说法中正确的是()。A电源中a一定为负极，b一定为正极B可以用NaCl作为电解质，但不能用Na2SO4CA、B两端都必须用铁作电极D阴极上发生的反应是：2H2e=H2解析利用电解法制备Fe(OH)2，由于Fe(OH)2极易被氧化，故可利用电解过程中生成的H2排出装置中的O2，使反应在H2环境中发生，故B电极上必须是H放电，B极为阴极，b为电源负极，A错误、D正确；电解液可以为NaOH、NaCl、Na2SO4溶液等，故B错误；阳极为铁电极，阴极可为铁电极，也可为其他电极，C错误。答案D5关于下列各装置图的叙述不正确的是()。A用图装置精炼铜，a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4

5、溶液B图装置的盐桥中KCl的Cl移向乙烧杯C图装置中钢闸门可与外接电源的负极相连受到保护D图两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同解析A项正确，由电流方向判断a极为阳极，可使粗铜溶解；B项错误，图装置中的甲烧杯中锌作负极，溶液中不断增加Zn2，盐桥中KCl的Cl移向甲烧杯；C项正确，因为钢闸门与外接电源的负极相连作阴极受到了保护；图中左、右装置均为原电池，左装置中的铝作负极被氧化，右装置中的锌作负极被氧化，但两种金属的氧化产物的化合价不同，当通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同。答案B6(2014山东省齐鲁名校联合测试，13)用如图所示装置电解X溶液(含Cl

6、、Br、Na、H)，a、b均为石墨电极。下列说法中错误的是()。A原电池放电时的负极反应式是Pb2eSO=PbSO4Ba为阳极，Br先于Cl在a极上失去电子C电解一段时间后，b极附近溶液的pH增大D当电解池中产生1 mol H2时，电路中转移4 mol电子解析A项，原电池放电时负极发生氧化反应，A正确；B项，Br还原性强于Cl，所以在a极上Br先失去电子，B正确；C项，电解时，b极为阴极，H放电，所以b极附近溶液的pH增大，C正确；D项，电解池中每产生1 mol H2，电路中便转移2 mol电子，D错误。答案D7(2013天津化学，6)为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、P

7、b作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。反应原理如下：电池：Pb(s)PbO2(s)2H2SO4(aq)=2PbSO4(s)2H2O(l)电解池：2Al3H2O电解,Al2O33H2电解过程中，以下判断正确的是()。电池电解池AH移向Pb电极H移向Pb电极B每消耗3 mol Pb生成2 mol Al2O3C正极：PbO24H2e=Pb22H2O阳极：3Al3H2O6e=Al2O36HD解析在电池中阳离子移向正极PbO2，在电解池中阳离子移向阴极Pb电极，A错误；当消耗3 mol Pb时，转移6 mol e，由转移电子守恒可知生成1 mol Al2O3，B错误；电池正极反应应为：PbO24H

8、SO2e=PbSO42H2O，C错误；在电池中，由于Pb电极反应为：Pb2eSO=PbSO4，析出的PbSO4附在电极上，电极质量增大，而在电解池中Pb为阴极不参与电极反应，故质量不发生改变，D正确。答案D二、非选择题(本题共4个小题，共58分)8(14分)某小组同学设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氧气、氢气、硫酸和氢氧化钾。(1)X极与电源的_(填“正”或“负”)极相连，氢气从_(填“A”、“B”、“C”或“D”)口导出。(2)离子交换膜只允许一类离子通过，则M为_(填“阴离子”或“阳离子”，下同)交换膜，N为_交换膜。(3)若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池(石墨为电极

9、)，则电池负极的反应式为_。(4)若在标准状况下，制得11.2 L氢气，则生成硫酸的质量是_，转移的电子数为_。解析题图中左边加入含硫酸的水，暗示左边制硫酸，即OH在阳极发生氧化反应，使左边溶液中H增多，为了使溶液呈电中性，硫酸钾溶液中的SO通过M交换膜向左边迁移，即M为阴离子交换膜，由此推知X为阳极，与电源正极相连，B出口产生氧气，A出口流出硫酸；同理，右侧加入含KOH的水，说明右边制备KOH溶液，H在Y极发生还原反应，说明Y极为阴极，与电源负极相连，右边溶液中OH增多，硫酸钾溶液中K向右迁移，N为阳离子交换膜，所以C出口产生氢气，D出口流出KOH溶液。(3)若将制得的氢气和氧气在氢氧化钾溶

10、液中构成原电池，正极反应式为O22H2O4e=4OH，负极反应式为2H24e4OH=4H2O。(4)n(H2)0.5 mol，2H2e=H2，得电子1 mol，X极的反应式为4OH4e=2H2OO2，根据得失电子守恒知，生成H的物质的量为1 mol，故生成0.5 mol H2SO4，m(H2SO4)49 g。答案(1)正C(2)阴离子阳离子(3)H22e2OH=2H2O(4)49 g6.021023(或NA)9(14分)某化学研究小组以铜为电极，按右图所示的装置电解饱和食盐水，探究过程如下。实验1：接通电源30 s内，阳极附近出现白色浑浊，之后变成橙黄色浑浊，此时测定溶液的pH约为10。一段时

11、间后，试管底部聚集大量红色沉淀，溶液仍为无色。查阅资料：物质氯化铜氧化亚铜氢氧化亚铜(不稳定)氯化亚铜颜色固体呈棕色，浓溶液呈绿色，稀溶液呈蓝色红色橙黄色白色相同温度下CuCl的溶解度大于CuOH。实验2：分离出实验1中试管底部的沉淀，洗涤，分装在两支小试管中，实验操作和现象如下。序号操作现象滴入足量稀硝酸溶液沉淀溶解，有无色气泡产生，最终得到蓝色溶液滴入足量稀硫酸溶液仍有红色不溶物，溶液呈现蓝色请回答：(1)实验1中试管底部红色沉淀的化学式为_。(2)实验1中阳极上的电极反应式为_。(3)利用平衡移动的原理解释，实验1中最初生成的白色浑浊转化为橙黄色浑浊的原因是_。(4)实验2中、的离子反应

12、方程式：_，_。解析(1)在实验1中，阳极铜被氧化，由现象不难判断，铜逐步转化为氯化亚铜氢氧化亚铜氧化亚铜，所以实验1试管底部是Cu2O。(2)实验1中阳极上的电极反应式为CuCle=CuCl(或CuOHe=CuOH)。(3)实验1中最初生成的白色浑浊转化为橙黄色浑浊是因为CuCl存在如下沉淀溶解平衡：CuCl(s)Cu(aq)Cl(aq)，OH与Cu结合，生成更难溶的物质，使平衡正向移动。(4)在实验2中，中的Cu2O会被HNO3氧化，离子反应方程式为3Cu2O14H2NO=6Cu22NO7H2O；中的Cu2O在稀H2SO4溶液中发生歧化反应：Cu2O2H=CuCu2H2O。答案(1)Cu2

13、O(2)CuCle=CuCl(或CuOHe=CuOH)(3)CuCl(s)Cu(aq)Cl(aq)，OH与Cu结合，生成更难溶的物质，使平衡正向移动(4)3Cu2O14H2NO=6Cu22NO7H2OCu2O2H=CuCu2H2O10(15分)下图是一个化学过程的示意图。(1)图中甲池是_装置(填“电解池”或“原电池”)，其中OH移向_极(填“CH3OH”或“O2”)。(2)写出通入CH3OH的电极的电极反应式：_。(3)向乙池两电极附近滴加适量紫色石蕊试液，附近变红的电极为_极(填“A”或“B”)，并写出此电极的反应式：_。(4)乙池中总反应的离子方程式：_。(5)当乙池中B(Ag)极的质量

14、增加5.40 g时，乙池的pH是_(若此时乙池中溶液的体积为500 mL)；此时丙池某电极析出1.60 g某金属，则丙中的某盐溶液可能是_(填序号)。AMgSO4 BCuSO4 CNaCl DAgNO3解析(1)分析图中装置，甲池是碱性条件下的甲醇燃料电池，用于发电，甲醇所在电极作负极，O2所在电极为正极，在碱性条件下甲醇的氧化产物为CO，由此写出电极反应式：CH3OH6e8OH=CO6H2O，原电池工作时溶液中的阴离子向负极移动。(3)碳电极(A极)与原电池装置中通入O2的电极相连，则作阳极，电极反应式为4OH4e=O22H2O，银电极(B极)与原电池装置中通入甲醇的电极相连，则作阴极，电极

15、反应式为Age=Ag，电解过程的总反应式为4Ag2H2O4AgO24H，因此当向乙池两电极附近滴加适量紫色石蕊试液，附近变红的电极为A电极。(5)当乙池中B(Ag)电极的质量增加5.40 g时，即析出Ag的物质的量为0.05 mol，则生成H的物质的量为0.05 mol，由此可得溶液的pH1。根据放电规律，本题首先排除选项A和选项C。当乙池中B(Ag)电极的质量增加5.40 g时，此时转移的电子数为0.05 mol，当丙池中电极上析出1.60 g金属铜时，正好转移0.05 mol电子，因此选项B正确。当丙装置中为AgNO3溶液，且AgNO3溶液足量时，可知析出金属的质量也应为5.40 g，若A

16、gNO3溶液不足时，析出金属的质量必小于5.40 g，故选项D也有可能。答案(1)原电池CH3OH(2)CH3OH6e8OH=CO6H2O(3)A4OH4e=O22H2O(4)4Ag2H2O4AgO24H(5)1BD11(15分)(2013试题调研)用惰性电极电解200 mL一定浓度的硫酸铜溶液，实验装置如图所示，电解过程中的实验数据如图所示，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)。(1)下列说法正确的是_(填序号)。A电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生Ba电极上发生的反应为2H2e=H2和4OH4e=2H2OO2C从P点到Q

17、点时收集到的混合气体的平均摩尔质量为12 gmol1DOP段表示H2和O2混合气体的体积变化，PQ段表示O2的体积变化(2)如果要使溶液恢复到电解前的状态，向溶液中加入0.8 g CuO即可，则电解后溶液的pH为_。(3)如果向所得的溶液中加入0.1 mol Cu(OH)2后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH，电解过程中转移的电子为_ mol。(4)如果向所得的溶液中加入0.1 mol Cu2(OH)2CO3后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH(不考虑CO2的溶解)，电解过程中转移的电子为_ mol。解析(1)由图可知，电流由正极流向负极，则b为阳极，a为阴极，用惰性电极电解一定浓度的硫酸

18、铜溶液，发生反应：2CuSO42H2O2CuO22H2SO4；结合图可知，通过0.2 mol电子时是电解硫酸铜溶液，然后才是电解硫酸溶液，发生反应：2H2O2H2O2。b电极为阳极，溶液中的OH放电，不会有红色物质析出，故A错误；a电极为阴极，先发生反应：Cu22e=Cu，后发生反应：2H2e=H2，故B错误；从P点到Q点时收集到H2和O2的混合气体，由电解水反应可知通过0.2 mol电子时生成0.1 mol H2、0.05 mol O2，则混合气体的平均摩尔质量为12 gmol1，故C正确；由上述分析可知，OP段表示O2的体积变化，PQ段表示H2和O2混合气体的体积变化，故D错误。(2)加入

19、0.8 g CuO即可，说明发生的反应是2CuSO42H2O2Cu2H2SO4O2。需加入CuO 0.8 g，即生成Cu 0.01 mol，所以生成H2SO4 0.01 mol，c(H)0.01 mol20.2 L0.1 molL1，所以pH1。(3)加入0.1 mol Cu(OH)2后可以使溶液恢复至原来状态，说明电解过程中不仅有硫酸铜被电解，还有水被电解。0.1 mol Cu(OH)2可以看作是0.1 mol CuO和0.1 mol H2O，则转移的电子为0.4 mol。(4)0.1 mol Cu2(OH)2CO3可以看作0.2 mol CuO、0.1 mol H2O和0.1 mol CO2，相当于有0.2 mol硫酸铜和0.1 mol水被电解，则转移的电子为0.6 mol。答案(1)C(2)1(3)0.4(4)0.6