1.2.4 电解池的工作原理同步练习 高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考新苏教版高中化学选择性必修1《化学反应原理》PAGE答案第=2页总=sectionpages22页PAGE2课时作业5：1.2.4电解池的工作原理学校：__________姓名：__________班级：__________考号：__________一、单选题（共12小题）1.(5分)下列关于电解池工作原理的说法错误的是()A.电解池是一种将电能转化成化学能的装置B.电解池中发生的反应是非自发的氧化还原反应C.电解池工作时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应D.与原电池不同，电解池放电时，电极本身不会参加电极反应2.(5分)如图所示是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极。则下列有关判断正确的是()A.a为负极、b为正极 B.a为阳极、b为阴极C.电解过程中，d电极质量增加 D.电解过程中，氯离子浓度不变3.(5分)用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为3∶1的硫酸铜和氯化钠的混合溶液，不可能发生的反应有()A.2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑ B.Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑C.2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑ D.2H2O2H2↑＋O2↑4.(5分)铝及铝合金经过阳极氧化，铝表面能生成几十微米厚的氧化铝膜。某研究性学习小组模拟工业法对铝片表面进行氧化处理，按照如图所示装置连接，电解40min后取出铝片，用水冲洗，放在水蒸气中封闭处理20～30min，即可得到更加致密的氧化膜。下列有关说法正确的是()A.电解时，电子从电源负极→导线→铝极，铅极→导线→电源正极B.在电解过程中，H＋向铝片移动，SO向铅片移动C.电解过程阳极周围溶液的pH下降D.电解的总反应为2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑5.(5分)下列装置分别通电一段时间后，溶液的质量增加的是()A. B. C. D.6.(5分)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)，不能使溶液恢复到原来的成分和浓度的是()A.AgNO3溶液[AgOH(s)] B.K2SO4溶液[H2O(l)]C.KCl溶液[HCl(g)] D.CuSO4溶液[CuCO3(s)]7.(5分)用石墨作电极，电解1mol·L－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8.(5分)甲、乙两同学，均用惰性电极电解相同浓度的硫酸铜溶液，各通电一段时间后，甲、乙分别向所得的溶液中加入0.1molCuO和0.1molCu(OH)2，都恰好使溶液恢复到电解前的浓度。则甲、乙在电解过程中转移的电子的物质的量之比为()A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶49.(7分)如图甲所示的电解池中，Pt电极位于含Cu(NO3)2和AgNO3均为0.05mol·L－1的电解液中，图乙是该电解过程中转移电子数与阴极质量的变化关系图。下列说法错误的是()A.过程Ⅰ，在阴极上析出金属银 B.过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，溶液的pH均降低C.过程Ⅱ，阳极上有氧气放出 D.过程Ⅱ析出固体的质量是过程Ⅰ析出固体的质量的2倍10.(7分)利用如图所示装置(电极均为惰性电极)可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2。下列说法正确的是()A.a为直流电源的负极B.阴极的电极反应式为2HSO＋2H＋＋e－===S2O＋2H2OC.阳极的电极反应式为SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋D.电解时，H＋由阴极室通过阳离子交换膜转移到阳极室11.(7分)(2023·济南质检)如图所示电解池Ⅰ和Ⅱ中，a、b、c、d均为铂电极，在电解过程中b电极上有气体逸出，d电极质量增大。符合上述实验结果的一项是()A.答案A B.答案B C.答案C D.答案D12.(7分)有三个烧杯，分别盛有氯化铜、氯化钾和硝酸银三种溶液，均以Pt作电极，将它们串联在一起电解一段时间，测得电极增重总和2.8g，这时产生的有色气体与无色气体的物质的量之比为()A.4∶1 B.1∶1 C.4∶3 D.3∶4二、填空题（共3小题）13.(10分)如图所示为在直流电源的作用下电解CuSO4溶液的装置，其中A、B为石墨电极，a、b为电源的两极，当接通电源，通电一段时间后，将B电极取出，洗干净并干燥后称量，其质量增加了3.2g，则：(1)a电极为电源的________极。(2)写出电极反应式：A极：_____________________________________________________，B极：________________________________________________________________________。(3)若使反应后的溶液恢复到原来状态，则应该加入________，质量为________g。14.(12分)由于Fe(OH)2极易被氧化，实验室很难直接用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀。若用如图所示实验装置则可制得纯净的Fe(OH)2沉淀，两极材料分别为石墨和铁。(1)a电极材料为__________，该电极的电极反应式为__________________________________。(2)若白色沉淀在电极周围生成，则电解液d是__________(填字母，下同)；若白色沉淀在两极之间的溶液中生成，则电解液d是____________。A．纯水B．NaCl溶液C．NaOH溶液D．CuCl2溶液(3)液体c为苯，其作用是_____________________________________________________。(4)要想尽早在两极之间的溶液中看到白色沉淀，可以采取的措施是__________(填字母)。A．改用稀硫酸作电解液B．适当增大电源电压C．适当降低电解液温度15.(10分)A、B、C为三种强电解质，它们在水中电离出的离子如下表所示：图1所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的A溶液、足量的B溶液、足量的C溶液，电极均为石墨。接通电源，经过一段时间后，测得乙中c电极质量增加。常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系如图2所示。据此回答下列问题：(1)M为电源的________(填“正”或“负”)极，电极b上发生的电极反应为________________________________________________________________________。(2)写出乙烧杯中反应的化学方程式：__________________________________________。(3)如果电解过程中B溶液中的金属离子全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？________________________________________________________________________。(4)若经过这一段时间后，要使丙恢复到原来的状态，需要进行的操作是________________________________________________________________________。1.【答案】D【解析】如果阳极是活泼电极，电极本身失去电子，发生氧化反应。2.【答案】C【解析】电流从电源的正极流出，因此a为正极，b为负极，则c为阳极，d为阴极。电解CuCl2溶液的电极反应分别为阳极(c电极)：2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极(d电极)：Cu2＋＋2e－===Cu，故C项正确。3.【答案】C【解析】设混合溶液的体积为4L，CuSO4和NaCl的物质的量浓度均为1mol·L－1，溶液中硫酸铜和氯化钠的物质的量分别为3mol和1mol，根据转移电子守恒，第一阶段：阳极上氯离子放电，阴极上铜离子放电，电解方程式是Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑，氯离子完全反应时，剩余2.5mol铜离子；第二阶段：阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，电解方程式是2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑；第三阶段：阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，电解方程式是2H2O2H2↑＋O2↑。4.【答案】D【解析】电子流向和电流流向相反，电解时电子从电源负极→导线→铅极，铝极→导线→电源正极，A错误；在电解过程中，氢离子向阴极移动，硫酸根离子向阳极移动，B错误；电解时，阳极是活泼金属铝电极时，放电的是电极本身，pH基本不变，C错误；阳极是活泼金属铝电极，金属铝在该极失电子，阴极是氢离子得电子，所以电解的总反应式可表示为2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑，D正确。5.【答案】D【解析】A池中总反应为2H2O2H2↑＋O2↑，B池中总反应为CuCl2Cu＋Cl2↑，A、B两池中溶液质量都减少；C池中，Cu作阳极，失去电子发生氧化反应生成Cu2＋，溶液中的Cu2＋在Fe电极(阴极)得到电子生成Cu，溶液的质量基本不变；D池中总反应为2Ag＋Cu(NO3)22AgNO3＋Cu，溶液的质量增加。6.【答案】A【解析】电解AgNO3溶液，Ag＋在阴极放电生成Ag，水电离出的OH－在阳极放电生成O2，结合元素守恒可知，应加入AgO使溶液恢复到原来的成分和浓度，A错误；电解K2SO4溶液，水电离出的OH－在阳极放电生成O2，水电离出的H＋在阴极放电生成H2，实质为电解水，加入一定量的H2O(l)能使溶液恢复到原来的成分和浓度，B正确；电解KCl溶液，水电离出的H＋在阴极放电生成H2，Cl－在阳极放电生成Cl2，结合元素守恒可知，加入一定量的HCl(g)能使溶液恢复到原来的成分和浓度，C正确；电解CuSO4溶液，Cu2＋在阴极放电生成Cu，水电离出的OH－在阳极放电生成O2，结合元素守恒可知，应加入一定量的CuO使溶液恢复到原来的成分和浓度，由于CuCO3(s)与硫酸反应生成CuSO4、CO2和H2O，CO2从溶液中逸出，加入一定量的CuCO3(s)也可以使溶液恢复到原来的成分和浓度，D正确。7.【答案】C【解析】用惰性电极电解硫酸、氢氧化钠溶液、硫酸钠溶液的实质是电解水，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。8.【答案】B【解析】加入0.1molCuO后恢复到电解前的浓度，可知发生反应2H2O＋2CuSO42Cu＋O2↑＋2H2SO4转移电子2mol4mol0.1mol0.2mol故转移电子的总物质的量为0.2mol；Cu(OH)2从组成上可看成CuO·H2O，加入0.1molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度，即电解了0.1mol硫酸铜，并电解了0.1molH2O，由电解的总反应式可知，2H2O＋2CuSO42Cu＋O2↑＋2H2SO4转移电子2mol4mol0.1mol0.2mol2H2O2H2↑＋O2↑转移电子2mol4mol0．1mol0.2mol所以电解过程中共转移电子的物质的量为0.2mol＋0.2mol＝0.4mol，则甲、乙在电解过程中转移的电子的物质的量之比为0.2mol∶0.4mol＝1∶2，B正确。9.【答案】D【解析】过程Ⅰ发生反应：4Ag＋＋2H2O4Ag＋O2↑＋4H＋，过程Ⅱ发生反应：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋，过程Ⅲ发生反应：2H2O2H2↑＋O2↑。因为氧化性：Ag＋>Cu2＋，故在阴极上Ag＋先放电，析出金属银，A项正确；过程Ⅰ、Ⅱ发生的电解反应中均有H＋生成，溶液中c(H＋)增大，pH降低，过程Ⅲ发生的电解反应是电解水的反应，溶液中c(H＋)增大，pH降低，B项正确；过程Ⅱ中阳极的电极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，C项正确；过程Ⅱ析出的Cu和过程Ⅰ析出的Ag的物质的量相同，则析出Cu与Ag的质量比为64∶108，D项错误。10.【答案】C【解析】在与a电极连接的电极上SO2失去电子，被氧化生成SO，所以阳极与电源正极a电极连接，A错误；a为正极，b为负极，所以阴极得电子发生还原反应，电极反应式为2HSO＋2H＋＋2e－===S2O＋2H2O，B错误；在阳极SO2失去电子被氧化产生SO，阳极的电极反应式为SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋，C正确；阳离子交换膜只允许阳离子通过，电解时，阳离子移向阴极，所以H＋由阳极室通过阳离子交换膜转移到阴极室，D错误。11.【答案】D【解析】首先根据电源正、负极可知，a、c为阳极，b、d为阴极，然后根据用惰性电极电解时离子的放电顺序，阳离子的放电顺序(阴极)：Ag＋>Hg2＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋(酸)>Pb2＋>Sn2＋>Fe2＋>Zn2＋>H＋(水)>Al3＋>Mg2＋>Na＋>Ca2＋>K＋，阴离子的放电顺序(阳极)：S2－>I－>Br－>Cl－>OH－>含氧酸根离子，即可判断。A项，b电极上Ag＋放电生成固体银，d电极上水放电生成H2和OH－，错误；B项，b电极上Cu2＋放电生成固体铜，d电极上Pb2＋放电生成固体铅，错误；C项，b电极上Fe2＋放电生成固体铁，d电极上水放电生成氢气和OH－，错误；D项，b电极上水放电生成氢气和OH－，d电极上Cu2＋放电生成固体铜，电极质量增大，正确。12.【答案】C【解析】串联电路中，相同时间内各电极得电子或失电子的物质的量相同，各电极上放出气体的物质的量之比为定值。不必注意电极增重是多少，只要判断出生成何种气体及生成一定物质的量该气体所得失电子的物质的量，就可以通过得失电子守恒判断气体体积之比。第一个烧杯中放出Cl2，第二个烧杯中放出Cl2和H2，第三个烧杯中放出O2。在有1mol电子转移时，生成的气体的物质的量分别是0.5mol、0.5mol、0.5mol和0.25mol。所以共放出有色气体(Cl2)0.5mol＋0.5mol＝1mol，无色气体(O2和H2)0.5mol＋0.25mol＝0.75mol。13.【答案】(1)正(2)2H2O－4e－===O2↑＋4H＋2Cu2＋＋4e－===2Cu(3)CuO4.0【解析】B电极质量增加，则B电极为电解池的阴极，阴极发生还原反应，铜离子得到电子转化为铜单质，阴极与电源的负极相连，因此b电极为电源的负极、a电极为电源的正极。A电极为电解池的阳极，发生氧化反应，水失去电子转化为氧气和氢离子。应补充氧化铜使电解质溶液恢复到原来状态，阴极析出的铜的质量为3.2g，而氧化铜中铜的质量分数为80%，因此需要补充的氧化铜的质量为4.0g。14.【答案】(1)Fe(或铁)