【优化指导】高考化学总复习 课时作业27 电解池 人教版.doc

【优化指导】高考化学总复习 课时作业27 电解池 人教版1下列描述中，不符合生产实际的是()a电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极b电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极c电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极d在镀件上电镀锌，用锌作阳极3(2011上海高考)用电解法提取氯化铜废液中的铜，方案正确的是()a用铜片连接电源的正极，另一电极用铂片b用碳棒连接电源的正极，另一电极用铜片c用氢氧化钠溶液吸收阴极产物d用带火星的木条检验阳极产物解析：用电解法提取氯化铜废液中的铜时，铜必须作阴极，阳极是惰性电极，阴极的反应式为：cu22e=cu。答案：b4某研究性学习小组进行电化学实验，研究装置如图所示。有关说法不正确的是()a镁为负极b原电池中碳极的电极反应式为fe3e=fe2c电解池中阳极处先变红d电解池中阴极的电极反应式为2h2e=h2解析：左池为原电池，活泼金属mg为负极，a项对；c为正极，电极反应为fe3e=fe2，b项对；右池为电解池，阳极：2i2e=i2，使淀粉变蓝，c项错，阴极：2h2e=h2，d项对。答案：c5.cu2o是一种半导体材料，可用电解的方法制取。电解示意图如图，电解总反应为2cuh2ocu2oh2。下列说法错误的是()a铜电极接直流电源的负极b石墨电极上有氢气产生c阳极上发生的反应为2cu2e2oh=cu2oh2od当有0.2 mol电子转移时，有0.1 mol cu2o生成解析：铜的化合价升高，失去电子作电解池的阳极，与直流电源的正极相连，生成氧化亚铜。石墨作阴极发生还原反应生成氢气。每转移2 mol电子有1 mol氧化亚铜生成，故转移0.2 mol电子时，有0.1 mol氧化亚铜生成。答案：a6按如图所示装置进行实验(其中c1、c2均是石墨电极)，下列说法中错误的是()a在标准状况下，zn极减轻3.25 g时，c2极上放出气体体积约为1.12 lb发现a点附近显红色c在相同条件下，c1、c2电极所产生气体的体积比为21d乙池溶液的ph减小解析：甲装置是原电池，zn为负极，cu为正极，则a点为阴极，b点为阳极，c1为电解池阳极，c2为阴极。zn2e=zn2，zn减轻3.25 g，转移电子0.1 mol；c2极反应2h2e=h2，v(h2)0.05 mol22.4 l1.12 l，a对；a点反应2h2e=h2，c(oh)变大，a点显红色，b对；乙池实质是电解水c1和c2生成的气体分别是o2和h2，体积比为12，c错；乙池中c(h2so4)变大，ph减小，d项对。答案：c7.如图两个装置中，液体体积均为200 ml，开始工作前电解质溶液的浓度均为0.5 mol/l，工作一段时间后，测得有0.02 mol电子通过，若忽略溶液体积的变化，下列叙述正确的是()a产生气体体积：b溶液的ph变化：减小，增大c电极反应式：中阳极为4oh4e=2h2oo2中负极为2h2e=h2d中阴极质量增加，中正极质量减小解析：由图可知为电解池，用惰性电极电解cuso4溶液，阳极反应式为4oh4e=2h2oo2，阴极反应式为2cu24e=2cu，总反应式为2cuso42h2o2h2so4o22cu；为zncu硫酸原电池，负极反应式为zn2e=zn2，正极反应式为2h2e=h2，总反应式为：znh2so4=znso4h2。a项错，由关系式得：o24e2h2，产生气体2；b项正确，电解产生h2so4，ph减小，反应消耗h2so4，ph增大；c项错，中负极：zn2e=zn2；d项错，中正极产生h2逸出，电极质量不增加。答案：b8(2012桂林、防城港模拟)用pt作电极，电解串联电路中分别装在甲、乙两个u形管中的200 ml 0.3 mol/l的nacl溶液和300 ml0.2 mol/l的agno3溶液，当甲u形管中产生0.56 l(标准状况)cl2时停止电解，取出电极，将两u形管中的溶液混合，混合液的ph约为(忽略每个u形管内电解产物之间的反应，并设混合后溶液的总体积为500 ml)()a12.6b7c5.6d1.49镁及其化合物一般无毒(或低毒)、无污染，镁电池放电时电压高且平稳，因而越来越成为人们研制绿色电池所关注的重点。某种镁二次电池的反应为：xmgmo3s4mgxmo3s4下列叙述不正确的是()a放电时正极的电极反应为mo3s42xe=mo3sb充电时阴极的电极反应为xmg22xe=xmgc放电时mg2向正极移动d放电时mo3s4发生氧化反应解析：放电时mg作负极失去电子被氧化，mo3s4作正极得到电子被还原，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；充电时阴极得到电子发生还原反应得到mg，阳极发生氧化反应得到mo3s4。答案：d10.如图所示的装置中，甲、乙两烧杯中分别盛放有足量的cuso4溶液和100 g 10.00%的k2so4溶液，a、b、c、d均为石墨电极。接通电源一段时间后，测得甲中a电极的质量增加，乙中k2so4溶液的浓度变为10.47%。下列说法正确的是()a甲、乙溶液的ph均减小b电极b上生成气体的体积约为2.8 l(标准状况下)c电极d上发生的反应为2h2o2e=h22ohd欲使甲中的溶液恢复至原来的浓度，可加入24.5 g的cu(oh)2解析：乙中电解质为k2so4，通电时相当于电解水，溶液的ph始终不变，设电解的水的质量为x。由电解前后溶质质量相等，有10010%(100x)10.47%，得x4.5 g故为0.25 mol。由方程式2h2o2h2o2可知，反应2 mol h2o，转移4 mol电子，所以反应中转移0.5 mol电子，而整个电路是串联电路，故每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的。a极质量增加作阴极，发生还原反应有铜生成，b作阳极有氧气生成，由电子守恒可知，氧气的物质的量为0.125 mol，标准状况下的体积为2.8 l。d电极为阳极，失电子发生氧化反应，有氧气生成。甲中硫酸铜足量，反应过程中生成了铜、氧气、硫酸，溶液酸性增强，补充氧化铜即可恢复原溶液。综合分析b项正确。答案：b11在25时，用石墨电极电解2.0 l 2.5 moll1cuso4溶液，如有0.20 mol电子发生转移，试回答下列问题：(1)阴极发生_反应，电极反应为_。(2)阳极发生_反应，电极反应为_。(3)电解后得到的cu的质量是_，得到o2的体积(标准状况)是_，溶液的ph是_。(4)如用等质量的两块铜片代替石墨作电极，电解后两铜片的质量相差_，电解液的ph_(填“变小”、“变大”或“不变”)。解析：用惰性电极电解cuso4溶液时，阴极：2cu24e=2cu，阳极：4oh4e=o22h2o，总反应：2cuso42h2o2cuo22h2so4。转移0.20 mol电子时，得到0.10 mol cu、0.05 mol o2，溶液中的c(h)，所以溶液的ph为1。如用等质量的两块铜片代替石墨作电极，为电镀池，阳极损失0.10 mol cu，阴极得到0.10 mol cu，两极质量相差12.8 g，溶液的ph不变。答案：(1)还原2cu24e=2cu(或cu22e=cu)(2)氧化4oh4e=2h2oo2(3)6.4 g1.12 l1(4)12.8 g不变12(2012北京质量检测)如图装置中，a、b中电极为多孔的惰性电极；c、d为夹在湿的na2so4滤纸条上的铂夹，a、b为电源两极。在a、b中充满koh溶液后使其倒立于盛有koh溶液的水槽中。切断k1，闭合k2、k3，通直流电，电解一段时间后a、b中均有气体产生，如图所示。(1)电源的a极为_(填“正极”或“负极”)。(2)在湿的na2so4滤纸条中心滴kmno4溶液，现象是_。(3)写出a中电极反应式：_。(4)若电解一段时间后a、b中均有气体包围电极。此时切断k2、k3，闭合k1，电流表的指针发生偏转，此时b极的电极反应式为_。解析：(1)由图示得电解时b中产生气体的体积是a中的2倍，而电解koh溶液的本质是电解水，故a中生成的是氧气，a为阳极，b为阴极；a为负极、b为正极；c作阴极、d作阳极。(2)mno向阳极移动，故紫色移向d铂夹。(3)a中是oh放电。(4)中构成了氢氧燃料电池，koh溶液作电解质溶液，b作负极，h2失去电子后与oh结合生成水。答案：(1)负极(2)紫色向d铂夹靠近(3)4oh4e=o22h2o(4)h22oh2e=2h2o13如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100 g 5.00%的naoh溶液、足量的cuso4溶液和100 g 10.00%的k2so4溶液，电极均为石墨电极。(1)接通电源，经过一段时间后，测得丙中k2so4的浓度为10.47%，乙中c电极质量增加。据此回答问题：电源的n端为_极。电极b上发生的电极反应为_。电极b上生成的气体在标准状况下的体积：_。电极c的质量变化是_g。电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化，简述其原因：甲溶液_。乙溶液_。丙溶液_。(2)如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？_。解析：本题考查综合分析电解原理及计算能力。(1)依题意，甲装置中装氢氧化钠溶液，实质相当于电解水；乙装置电解硫酸铜溶液：阴极2cu24e=2cu；阳极4oh4e=2h2oo2。c电极质量增加，说明该电极为阴极，由d极为阳极，依次类推：e极为阴极，f极为阳极，n极为正极，m极为负极，a极为阴极，b极为阳极。甲装置中装氢氧化钠溶液，在b极oh发生氧化反应：4oh4e=2h2oo2，总电解反应为2h2o2h2o2。丙装置中装k2so4溶液，电解前后溶质质量不变，实质是电解水，设电解水的质量为x,100 g10.00%(100 gx)10.47%，x4.5 g。n(h2o)0.25 mol，n(o2)0.125 mol，v(o2)0.125 mol22.4 l/mol2.8 l。甲、丙装置实质上均为电解水，故转移电子数相同，且b极上生成的气体为2.8 l。电解0.25 mol水转移电子的物质的量为0.5 mol，c极反应：cu22e=cu，根据电子守恒知，析出金属质量m(cu)0.25 mol64 g/mol16 g。甲、丙装置实质是电解水，乙装置电解反应式为2cuso42h2o2cu2h2so4o2，溶液酸性增强。(2)如果铜全部析出，甲装置装有氢氧化钠溶液，乙装置装有硫酸溶液，丙装置装有硫酸钾溶液，仍然能电解，三个装置都相当于电解水。答案：(1)正4oh4e=2h2oo22.8 l16碱性增大，因为电解后，水量减少，溶液中naoh浓度增大酸性增大，因为在阳极上oh参与反应生成o2，溶液中h浓度增加酸碱性大小没有变化，因为k2so4是强酸强碱盐，浓度增加不影响溶液的酸碱性(2)能继续进行，因为乙装置中已转变为h2so4溶液，反应也就变为电解水的反应14(2011北京高考)氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如图所示。(1)溶液a的溶质是_。(2)电解饱和食盐水的离子方程式是_。(3)电解时用盐酸控制阳极区溶液的ph在23。用化学平衡移动原理解释盐酸的作用：_。(4)电解所用的盐水需精制，去除有影响的ca2、mg2、nh、soc(so)c(ca2)。精制流程如下(淡盐水和溶液a来自电解池)：盐泥a除泥沙外，还含有的物质是_。过程中将nh转化为n2的离子方程式是_。baso4的溶解度比baco3的小。过程中除去的离子有_。经过程处理，要求盐水c中剩余na2so3的含量小于5 mgl1。若盐水b中naclo的含量是7.45 mgl1，则处理10 m3盐水b，至多添加10%na2so3溶液_kg(溶液体积变化忽略不计)。解析：(1)从加入原料(水含少量naoh)可知a为浓氢氧化钠溶液；也可以从电极反应推测，右室生成h2，h得电子，oh浓度增大，na向右移动，所以生成物为naoh；(3)抓住信息(化学平衡移动)，分析阳极区的存在的化学平衡只有cl2与水反应；(4)由信息用溶液a(naoh溶液)调ph11、溶液中含有mg2，所以有沉淀mg(oh)2生成；由信息可知nh被氧化生成n2，所以氯气是氧化剂，溶液显碱性用oh和h2o配平即可；baco3(s)ba2(aq)co(aq)，ba2与溶液中的so结合生成更难溶的baso4，且使baco3(s)ba2(aq)co(aq)右移，生成co与溶液中的ca2结合生成caco3；反应的化学方程式为na2so3naclo=na2so4nacl，n(naclo)104l7.45 mgl1103gmg174.5 gmol