2018_2019学年高中化学化学反应与能量转化第2节电能转化为化学能——电解第1课时电解的原理作业1鲁科版.docx

第1课时 电解的原理基础达标1下列关于电解池中形成的闭合回路的叙述正确的是()A电解池中的闭合回路仅是由电子的定向运动形成的B金属导线中电子由电源的负极流向电解池的阳极，从电解池的阴极流向电源的正极C在电解质溶液中，阴离子向阴极移动，阳离子向阳极移动D相同时间内阳离子在阴极得到的电子数与阴离子在阳极失去的电子数相等解析：选D。电解池中的闭合回路在导线与电极上由电子的定向移动形成，在电解质溶液中由离子的定向移动形成，A错；电子由电源的负极流向电解池的阴极，由阳极流向电源的正极，B错；在电解质溶液中，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，C错；在相同时间内通过阳极和阴极的电子数相同，故选D。2在电解水制取H2和O2时，为了增强导电性，常常要加入一些电解质，最好选用下列物质中的()ANaOH BHClCNaCl DCuSO4解析：选A。若加入HCl、NaCl，阳极会生成Cl2，而加入CuSO4，阴极将析出Cu，而不是H2，故选A。3将等物质的量的AgNO3、Ba(NO3)2、NaCl、K2SO4混合均匀后加入到水中，取适量混合溶液用惰性电极电解，片刻后两极上析出的氧化产物与还原产物的物质的质量之比为()A35.5108 B12C10835.5 D81解析：选D。这四种物质混合后，生成沉淀的离子之间先反应生成AgCl和BaSO4沉淀，相当于是电解NaNO3和KNO3的混合溶液，实质是电解水。4下列有关用惰性电极电解AgNO3溶液一段时间后(AgNO3有剩余)的说法正确的是()A电解过程中阳极质量不断增加B向电解后的溶液中加入酚酞溶液，溶液变成红色C此时向溶液中加入适量的Ag2O固体可使溶液恢复电解前的状况D电解后两极产生的气体体积比为21解析：选C。用惰性电极电解AgNO3溶液，总电解方程式为4AgNO32H2O4AgO24HNO3，由此可知：阴极上析出银，阳极上放出氧气，故A、D错误；由于生成HNO3，溶液的酸性增强，B错误；要使溶液恢复电解前的状况要看加入的物质在溶液中的反应：2Ag2O4HNO3=4AgNO32H2O，得到的物质恰好是反应掉的物质，可使溶液恢复电解前的状况，C正确。5串联电路中的四个电解池分别装有0.05 molL1的下列溶液，用惰性电极电解，连接直流电源一段时间后，溶液的pH最小的是()AKNO3 BNaClCAgNO3 DCuCl2解析：选C。电解KNO3溶液的实质是电解水，pH不变。电解NaCl溶液，H在阴极上放电，阴极附近OH浓度增大；阳极上Cl放电，阳极区域H、OH浓度基本不变，整个溶液pH变大。电解AgNO3溶液，阴极Ag放电，阳极是OH放电，阳极区域H浓度变大，溶液pH变小。电解CuCl2溶液，H或OH都没有放电，若CuCl2完全电解后，如果不考虑Cl2溶于水生成HCl和HClO，溶液呈中性，pH增大(实际上由于部分Cl2生成HCl、HClO，溶液呈酸性)。6用惰性电极实现电解，下列说法正确的是()A电解稀硫酸溶液，实质是电解水，故溶液pH不变B电解稀NaOH溶液，要消耗OH，故溶液pH减小C电解CuSO4溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量n(H2)n(O2)为12D电解CuCl2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。电解稀硫酸溶液，实质是电解水，由于水减少，H增大，pH变小，故A错；电解稀NaOH溶液，实质上也是电解水，由于水减少，OH增大，pH增大，故B错；电解CuSO4溶液，在阴极上析出Cu和阳极上产生O2的物质的量之比为21，故C错；电解CuCl2溶液，在阴极上和阳极上析出产物分别为Cu和Cl2，物质的量之比为11。7用Pt电极电解含有物质的量均为0.1 mol的Cu2和X3溶液，阴极析出固体物质的质量m(g)与溶液中通过电子的物质的量n(mol)的关系如图。则离子的氧化能力由大到小排列正确的是()ACu2X3H BHX3Cu2CX3HCu2 DCu2HX3解析：选D。本题的解题信息在图像中：一通电就有固体析出，且通过0.2 mol电子后，再没有固体析出了，说明是Cu2放电的结果，X3不放电，故选D。8在按如图所示装置进行电解的过程中，通电一段时间后发现乙烧杯中铁电极的质量增加。(1)乙烧杯中，两极发生的电极反应是阴极：_。阳极：_。(2)甲烧杯中发生反应的化学方程式是_。(3)由左到右碳碳铁银四个电极上析出或溶解物质的物质的量之比是_。解析：(1)乙中铁电极质量增加，故铁电极为阴极，发生的反应为Age=Ag；银电极为阳极，发生的反应为Age=Ag。(2)甲烧杯为电解CuSO4溶液的过程：2CuSO42H2O2CuO22H2SO4。(3)甲中阴极产生Cu，阳极产生O2，乙中阴极产生Ag，阳极溶解Ag。根据得失电子数守恒知其物质的量之比为2144。答案：(1)Age=AgAge=Ag(2)2CuSO42H2O2CuO22H2SO4(3)2144能力提升9用指定材料做阳极和阴极来电解一定物质的量浓度的溶液甲，然后加入物质乙能使溶液复原。则合适的组合是()选项阳极阴极溶液甲物质乙APtPtNaOHNaOH固体BPtPtH2SO4H2OCCPtNaCl盐酸D铜锌CuSO4Cu(OH)2解析：选B。电解NaOH、H2SO4溶液，都是电解水，所以加水就可以复原，A错误、B正确；电解NaCl溶液后应通入氯化氢使之复原，如果加盐酸，会使NaCl溶液物质的量浓度减小，C错误；D选项，阳极：Cu2e=Cu2，阴极：Cu22e=Cu，电解质溶液物质的量浓度没变，不用加任何物质。10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。分别以铅片、铝片为电极，以硫酸溶液为电解液，按照如图所示装置连接电解池装置，电解40 min后取出铝片，用水冲洗，放在水蒸气中封闭处理2030 min，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向阳极移动，SO向阴极移动C电解过程阳极周围溶液的pH下降D电解的总反应为2Al6H=2Al33H2解析：选C。根据装置示意图分析，铝片为阳极，铅片为阴极，所以电解时电子的流向为从电源负极导线铅极，铝极导线电源正极，A项错误；电解过程中，阳离子向阴极移动，阴离子则向阳极移动，B项错误；根据题意，电解的总反应为2Al3H2O通电,Al2O33H2，阳极的电极反应为2Al3H2O6e=Al2O36H，阳极周围的pH下降，C项正确，而D项错误。11以惰性电极电解CuSO4溶液。若阳极上产生气体的物质的量为0.010 0 mol，则阴极上析出Cu的质量为()A0.64 g B1.28 gC2.56 g D5.12 g解析：选B。根据电解原理可知，电解的总反应式为2CuSO42H2O2CuO22H2SO4264 g 1 moln(Cu) 0.010 0 molm(Cu)1.28 g。12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()AF表示反应生成Cu的物质的量BE表示反应实际消耗H2O的物质的量CE表示反应生成O2的物质的量DF表示反应生成H2SO4的物质的量解析：选B。电解实质为2CuSO42H2O2CuO22H2SO4，则每通过4 mol e，生成Cu 2 mol，O2 1 mol，消耗H2O 2 mol，生成H2SO4 2 mol。13从NO、SO、H、Cu2、Ba2、Ag、Cl等离子中选出适当的离子组成电解质，采用惰性电极对其溶液进行电解。(1)两极分别放出H2和O2时，电解质的化学式可能是_(至少答一种，下同)；(2)若阴极析出金属、阳极放出O2时，电解质的化学式可能是_；(3)两极分别放出气体，且体积比为11，电解质的化学式可能是_。解析：题中提供的电解质离子其实还包括OH。这些离子放电的顺序如下：阳极：ClOHNO、SO，阴极：AgCu2HBa2。(1)该题找两极分别放出H2和O2的电解质，其阳离子是H或比H放电能力弱的Ba2；阴离子是OH或比OH放电能力弱的SO、NO，则分别由阳离子和阴离子组成的可溶性电解质符合题意。(2)阴极上的阳离子应是比H放电能力强的Cu2、Ag，阳极上阴离子应是放电能力弱于OH的NO、SO，由阳离子和阴离子组成的可溶性电解质，即符合题意。(3)阴极放出的是H2，阳极是Cl放电生成Cl2。答案：(1)H2SO4、HNO3、Ba(NO3)2中的任意一种(2)Cu(NO3)2、CuSO4、AgNO3中的任意一种(3)HCl、BaCl2中的任意一种14由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀。应用如图所示电解实验可以制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀，两电极的材料分别为石墨和铁。(1)a电极材料应为_，电极反应式为_。(2)电解液c可以是(填编号)_。A纯水 BNaCl溶液CNaOH溶液 DCuCl2溶液(3)d为一苯层，其作用为_，在加入苯之前对c应作何简单处理？_。(4)若c是Na2SO4溶液，当电解一段时间看到白色Fe(OH)2沉淀后，再反接电源电解，除了电极上看到气泡外，混合物另一明显现象是_。解析：Fe(OH)2是借助反应Fe22OH=Fe(OH)2生成的。(1)只有以Fe做为阳极，才能通过电极反应Fe2e=Fe2提供Fe2，故a电极材料应该是Fe。(2)OH应该由电解质溶液提供或通过电解生成，C选项中的NaOH溶液符合要求；A、B选项中，a极发生反应：Fe2e=Fe2，b极发生反应：2H2e=H2，溶液中OH增大，符合题意。(3)为了防止Fe(OH)2被O2氧化，除