2017春高中化学电化学基础第3节电解池课后素养演练新人教版选修4资料

电解池课看素养演练q［强化提升］基基础巩固91.如图所示的装置能够组成电解池的是导学号68732738(D)解析：电解池要有外接电源，形成闭合回路。2.用石墨作电极，电解1mol/L下列物质的溶液，溶液的pH保持不变的是导学号68732739|(C)A.HClNaOHA.HClNa2sO4 D.NaCl解析：由阴、阳离子的放电顺序知，电解HCl溶液实质是电解HCl,使pH增大，电解NaOH、Na2sO4溶液的实质是电解水；电解质溶液的浓度增大，故NaOH溶液pH增大，但Na2SO4溶液的pH不变，电解NaCl生成NaOH,使溶液pH增大。3.如图X为电源，丫为浸透饱和食盐水和酚欧试液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，通电后Y中央的紫红色色斑向d端扩散。下列判断正确的是［导学号68732740|(A)A.滤纸上c点附近会变红色Cu电极质量减小，Pt电极质量增大C.烧杯中溶液的pH增大D.烧杯中SO2-向Cu电极定向移动4解析：由图可知，该装置为电解装置，由通电后丫中央的紫红色色斑向d端扩散知，d为阳极(MnO-向阳极移动)，b为电源的正极，a为电源的负极。Y为浸透饱和食盐水和酚欧4试液的滤纸，c点H+放电，则OH-浓度增大，所以滤纸上c点附近会变红色，故A项正确；Cu电极上Cu2+得到电子生成Cu,Pt电极上OH-失去电子，故Cu电极质量增大，Pt电极质量不变，B项错误；Pt电极上OH-失去电子，故烧杯中溶液的pH减小，C项错误；Cu电极为阴极，Pt电极为阳极，烧杯中SO2-向Pt电极定向移动，D项错误。4.如图，四种装置中所盛的溶液体积均为200mL,浓度为0.6mol-L-i,工作一段时间后，测得导线上均通过了0.2mol电子，此时溶液中的pH由大到小的顺序是导学号68732741(B.④③①②D.B.④③①②D.①③②④C.④③②①解析：若H+放电，pH增大，若OH-放电，pH减小。③中Zn电极参与反应，电解质溶液pH基本不变。④中阳极上H+放电，溶液渐渐成碱性。②正极上H+放电，导线上通过0.2mol电子时，溶液中减少了H+的物质的量为0.2mol,根据原溶液体积和浓度，H+的物质的量减少为0.04mol,浓度变为0.2mol/L。①中由于OH-放电，当导线上通过0.2mol电子时，溶液中OH-减少0.2mol,即H+物质的量增加0.2mol,溶液体积为0.2L,浓度为1mol/L。故pH大小顺序符合C项。.在水中加入等物质的量的Ag+、Pb2+、Na+、SO2-、NO-、Cl-,该溶液放在用惰性材4 3料作电极的电解槽中，通电片刻，则氧化产物与还原产物的质量之比为I导学号68732742A.35.5：10816：2078：1D.108：35.5A.35.5：10816：2078：1D.108：35.5解析：所得溶液为解析：所得溶液为NaNO3的水溶液，通电后，水电离产生的OH-、H+在两极上反应，氧化产物为O2,还原产物为H2,其质量之比为32：(2X2)=8：1。.将两个箱电极插入500mLCuSOjaq)中进行电解，通电一段时间后，某一电极上增重0.064g(设电解时无H2放出，且不考虑水解和溶液体积的变化)，此时溶液中氢离子的物质的量浓度约为导学号W32B3(A.1X10-3mol-L-1B.4X10-3moleL-1C.2X10-3mol-L-1D.1X10A.1X10-3mol-L-1B.4X10-3moleL-1C.2X10-3mol-L-1D.1X10-7moleL-1解析：由于最后溶液的H+主要由电解CuSO4溶液产生，所以要计算c(H+),可依据电解通电的离子方程式2Cu2++2H2O=====2Cu+O2T+4H+进仃解题。题中电极增重0.064g必为阴极反应生成Cu所致，即n(Cu)=0.064g：64g・mol-1=0.0010mol,然后依据离子方程式中各物质之间的化学计量数之比，求出生成的c(H+)。通电2CU2++2HO曰==2Cu+OT+4H+22mol4mol0.0010mol0.0010molc(H+)X0.50Lc(H+c(H+)==4.0X10-3mol・L—i-2molX0.50L-.用如图所示装置除去含CN-、Cl-废水中的CN-时，控制溶液pH为9〜10,阳极产生的ClO-将CN-氧化为两种无污染的气体。下列说法不正确的是|导学号68732744|(D)电源电源A.用石墨作阳极，铁作阴极.阳极的电极反应式：C1-+2OH--2e-===ClO-+HO2C.阴极的电极反应式：2H2O+2e-===Hf+2OH-D.除去CN-的反应：2CN-+5ClO-+2H+===\f+2CO2f+5Cl-+H2O解析：A.阳极要产生ClO-,则铁只能作阴极，不能作阳极，否则就是铁失电子，A正确；B.阳极是Cl-失电子产生ClO-,电极反应式为：Cl-+2OH--2e-===ClO-+H2O,B正确；C.阴极是H+产生Hy碱性溶液，故阴极的电极反应式为：2H2O+2e-===Hf+2OH-,C正确；D.溶液为碱性，方程式应为2CN-+5ClO-+HO===Nt+2COt+5Cl-+2OH-。选D。22 2.某课外活动小组的同学用如图装置进行实验，C、D、E、F均为石墨电极，一段时间后在C电极表面有铜析出，试回答下列问题。|导学号68732745CuSO4CuSO4滴有酚酰的溶液饱和食盐水甲 乙丙(1)A为电源的负极:(2)E的电极反应式为： 2H++2e-二二二HJ；2(3)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为2：1：2：2；(4)在常温下，现用丙装置给铁镀铜，则H电极材料应该是_铜，当丙中铁表面析出铜的质量为3.2g时，乙中溶液的c(OH-)为0.1mol・L-1(假设溶液体积为1上且饱和食盐水足量);(5)已知甲中硫酸铜溶液足量，在电解一段时间后向甲中加入适量CuO或CUCO3固体—可以使溶液恢复到原来的浓度。解析：(1)由已知C电极表面有铜析出，则C电极发生的电极反应为：Cw++2e-===Cu,则C为阴极，从而得知：A为负极，B为正极，D、F均为阳极，E为阴极。(2)由(1)可得知E为阴极，又知乙装置中的溶液为饱和食盐水，溶液中存在Na+、Cl-、H+和OH-,由放电顺序可知E的电极反应为：2H++2e-===Hfo2(3)由前面分析可知D为阳极，则其电极反应式为：4OH--4e-===Of+2H2O；F为阳极，其电极反应式为：2Cl--2e-===ClJ,装置为三个电解池串联，因此各个电极上得失电子数目与线路中转移电子数均相同。假设线路中转移了2mol电子，则由以上电极反应式可知C、D、E、F电极上分别会产生1mol铜、0.5mol氧气、1mol氢气、1mol氯气，其物质的量之比为：2：1：2：2o(4)H电极与电源的正极相连，则H为电镀池的阳极，其电极材料应为镀层金属，即为铜；3.2g铜的物质的量为0.05mol,又知丙中铁表面发生的反应为：Cu2++2e-===Cu,则得至1」0.05mol铜需0.1mol电子，又知E的电极反应为：2H++2e-===HT,得到的电子也2为0.1mol,可得以下关系：2H+〜2e-〜2OH-,0.1mol0.1mol所以反应后乙中溶液c(OH-)=0.1mol-L-1。诵由(5)由题可知甲中的电池反应为2CuSO4+2H2O上里=2Cu+2H2sO4+O2T。则应加入适量的CuO或CuCO3固体。.素能拓展9.用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得溶液中加入0.1molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和 pH。则电解过程中转移的电子的物质的量为导学号68732746|(D)B.0.2molA.0.1molB.0.2mol0.3mol D.0.4mol电解解析：由电解CuSO4溶液的化学万程式2CuSO4+2H2O里婴2Cu+O2T+2H2sO4知，电解过程中只析出Cu和放出O2,故电解后加入CuO就可以复原。但本题提示加入0.1molCu(OH)2可以复原，说明电解过程中不仅有CuSO4被电解，还有H2O被电解。0.1molCu(OH)2相当于0.1molCuO和0.1molQO,由电子守恒0.1molCuO〜0.1molCi〜0.2mole-,0.1molH2O〜0.1mol”~0.2mole-,即共计0.4mole-。.关于下列四个装置图的说法，正确的是［导学号68732747|(D)电解Cud2溶液装置八舅方-聿本一待镀牙包，-■资展制品溶液电解Cud2溶液装置八舅方-聿本一待镀牙包，-■资展制品溶液.J氢氧燃料电池示意图③电镀铜实验装置②NaCl溶液离子交换膜法电解原理示意图④A.①装置中阴极处产生的气体能够使湿润的淀粉KI试纸变蓝B.②装置中待镀铁制品应与电源正极相连C.③装置中电子由b极流向a极D.④装置中的离子交换膜可以避免生成的C12与NaOH溶液反应解析：A项，电极反应式分别为阳极：2c>—2e-===C!T，阴极：Cu2++2e-===Cu，阳极产生的C12能使湿润的淀粉KI试纸变蓝；B项，电镀装置中待镀铁制品(镀件)应与电源负极相连接；C项，氢氧燃料电池工作时，负极上通入的H2失电子，电子由a极流向b极；D项，氯碱工业中阳极产生C12，阴极附近溶液中生成NaOH,为防止C12与NaOH发生反应C12+2NaOH===NaC1+NaC1O+H2O,工业上常采用离子交换膜法电解装置。.按图所示实验，若x轴表示流入阴极的电子的物质的量，则y轴可表示导学号68732748|(D)①c①c(Ag+)②c(NO])③a棒的质量④b棒的质量⑤溶液的pHB.③④D.B.③④D.①②⑤C①②④解析：本题考查电镀知识，阳极：Ag—e-===Ag+,b棒质量减小；阴极：Ag++e-===Ag,a棒质量增大，电解质溶液浓度不变，故选D。.某同学组装了如图所示的电化学装置，电极I为A1,其他均为Cu,则导学号68732749(A)

A.电流方向：电极W-0-电极IB.电极I发生还原反应c.电极n逐渐溶解D.电极ni的电极反应：Cu2++2e-===Cu解析：首先应根据图示判断左边两池通过盐桥构成原电池，产生电流对右边硫酸铜溶液进行电解(相当于精炼铜)。电极I为负极，电极n为正极，所以电流方向：电极w-®一电极1(电流方向与电子流动方向相反)，A正确。电极I上铝失电子发生氧化反应，B错。电极n上有铜析出，C错。电极m的电极反应：Cu-2e-===Cu+,D错。.Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图所电解示，电解总反应为2Cu+H2O=====Cu2O+H2to下列说法正确的是I导学号68732750|(A)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0.1mol电子转移时，有0.1molCuO生成2解析：石墨作阴极，阴极上是溶液中的H+反应，电极反应为2H++2e-===Ht,A选项2正确；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；阳极与电源的正极相连，C选项错误；阳极反应为2Cu+2OH--2e-===CuO+HO,22当有0.1mol电子转移时，有0.05molCuO生成，D选项错误。2.某溶液中含有溶质NaCl和H2sO4,它们的物质的量之比为3：1。用石墨作电极电解溶液时，根据电极产物，可明显分为三个阶段。下列叙述不正确的是|导学号68732751(D(D)A.阴极只析出H2C.电解最后阶段为电解水B.阳极先析出Cl2,后析出O2D.溶液pH不断增大，最后为7解析：电解质溶液中，n(Na+)：n(Cl-)：n(SO：-)=3：3：1,开始电解产生H2和C12,同时生成OH-中和H2sO4,且生成OH-多，最后相当于电解水，因而pH>7,阴极只生成H2O三个阶段分别为电解HC1、NaCl、HO。2.某兴趣小组设计如图实验装置。实验时，先断开K2，闭合4,两极均有气泡产生;一段时间后，断开人，闭合K2，发现电流表⑥指针偏转。下列有关描述正确的是导学号68732752|(D)A.断开K2，闭合人时，铜电极为阳极.断开K2，闭合人时，石墨电极附近溶液变红C.断开4,闭合K2时，铜电极发生还原反应D.断开人，闭合K2时，石墨电极作正极解析：由题意断开k2，闭合人时，两极均有气泡生成，确定电源左侧为正极，右侧为负极，石墨为阳极，Cu为阴极，阳极的电极反应为2Cl--2e-===Cl23不能使酚欧变红，故A、B选项都错；断开K「闭合今时，形成原电池，Cu为负极，发生氧化反应，H2-2e-+20H-===2H2O,石墨为正极，发生还原反应，Cl2+2e-===2Cl-，故C项错误，D项正确。8.最新研究发现，用隔膜电解法处理高浓度乙醛废水具有工艺流程简单、电耗较低等优点，其原理是使乙醛分别在阴、阳极发生反应，转化为乙醇和乙酸，总反应为2CH3CHO+电解"°==解€口3cH20H+CH3c00H。实验室中，以一定浓度的乙醛一Na2sQ溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置示意图如图所示。导学号68732753直流电源⑴若以甲烷燃料电池为直流电源，则燃料电池中b极应通入CH,(填化学式)气体。⑵电解过程中，两极除分别生成乙酸和乙醇外，均产生无色气体。电极反应如下：阳极：①4OH-—4e-=O2