高中化学 课后提升作业二十一 4.3 电解池 1 新人教版选修4

1、课后提升作业 二十一电解原理(45分钟100分)一、选择题(本题包括8小题,每小题6分,共48分)1.(2016济宁高二检测)下列说法不正确的是()A.不能自发进行的氧化还原反应一般可以通过电解实现B.电解质溶液导电是化学变化,金属导电是物理变化C.电解池和原电池中均发生氧化还原反应D.电解、电离、原电池均需要通电【解析】选D。电离不需要通电,而是在溶于水或熔化状态下发生的。2.(2016广州高二检测)现用Pt电极电解1 L浓度均为0.1 molL-1的HCl、CuSO4的混合溶液,装置如图,下列说法正确的是()A.电解开始时阴极有H2放出B.电解开始时阳极上发生:Cu2+2e-CuC.当电路

2、中通过电子的量超过0.1 mol时,此时阴极放电的离子发生了变化D.整个电解过程中,S不参与电极反应【解析】选D。依据放电顺序阴极先放电的是Cu2+,故阴极开始析出的是Cu,阳极先放电的是Cl-,故阳极开始产生的是Cl2。故A、B错;由阴极反应Cu2+2e- Cu,n(Cu2+)=0.1 mol,当电路中通过电子的量达到0.2 mol时,此时Cu2+消耗完毕,阴极放电离子变为H+,所以C错;阳极先是Cl-放电,当Cl-消耗完毕,此时H2O电离产生的OH-开始在阳极放电,S不参与电极反应。3.(2016淄博高二检测)用惰性电极电解某溶液时,发现两极只有H2和O2生成,则电解一段时间后,下列有关该

3、溶液(与电解前同温度)的说法中正确的有()该溶液的pH可能增大;该溶液的pH可能减小;该溶液的pH可能不变;该溶液的浓度可能增大;该溶液的浓度可能不变;该溶液的浓度可能减小A.仅B.仅C.仅D.全部【解析】选C。用惰性电极电解时,两极只有H2和O2,则实质上电解的是水,电解质不参与反应。该电解质有3种可能,如电解硫酸溶液时,水被电解,硫酸浓度变大,pH减小;电解NaOH溶液时,水被电解,NaOH浓度变大,pH增大;电解Na2SO4溶液时,水被电解,Na2SO4浓度变大,pH不变,但若NaOH溶液、Na2SO4溶液是饱和溶液则浓度不变,故、正确,不可能。4.(2016徐州高二检测)用惰性电极电解

4、硫酸铜溶液,整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示(气体体积均在相同状况下测定)。欲使溶液恢复到起始状态,可向溶液中加入()A.0.1 mol CuOB.0.1 mol CuCO3C.0.1 mol Cu(OH)2D.0.05 mol Cu2(OH)2CO3【解析】选D。根据图象和电解原理,OP段电解反应的化学方程式为:2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4,PQ段电解反应的化学方程式为:2H2O2H2+O2,所以溶液中应加入CuO:=0.1 mol,H2O:=0.05 mol,分析四个选项,加入0.05 mol Cu2(OH)2CO3合适。5.(2016衡水高二检

5、测)将H2S通入FeCl3溶液中,过滤后将反应液加入电解槽中电解(如图所示),电解后的溶液还可以循环利用。该方法可用于处理石油炼制过程中产生的H2S废气。下列有关说法正确的是()A.过滤得到的沉淀可能是FeS和SB.若有0.20 mol的电子转移,一定能得到2.24 L的氢气C.可以用Fe与外接电源的a极相连D.与a极相连的电极反应为Fe2+-e-Fe3+【解析】选D。H2S与FeCl3反应生成S、盐酸和氯化亚铁,A错误;没有给出氢气所处的条件,不能求氢气的体积,B错误;根据右边生成氢气知b是负极,a是正极,若此时铁是阳极,则被溶解,C错误,D正确。6.(2016大连高二检测)如图甲是CO2电

6、催化还原为碳氢化合物的工作原理示意图,用一种钾盐水溶液作电解液;图乙是用H2还原CO2制备甲醇的工作原理示意图,硫酸为电解质溶液。下列说法不正确的是()A.甲中铜片作阴极,K+向铜片电极移动B.乙中正极发生的电极反应为CO2+6e-+6H+CH3OH+H2OC.乙中H2SO4可以增强溶液的导电性D.甲中若CxHy为C2H4,则生成1 mol C2H4的同时生成2 mol O2【解析】选D。根据图甲电子的移动方向知铜片作阴极,K+向铜片电极移动,故A正确;根据图乙通CO2一极的产物判断,通CO2的一极为正极,电极反应为CO2+6e-+6H+CH3OH+H2O,故B正确;由于图乙中的质子膜只允许H

7、+通过,所以H2SO4可增强溶液的导电性,故C正确;甲中若CxHy为C2H4,则铜片上的电极反应为:2CO2+12e-+12H+C2H4+4H2O,根据得失电子守恒,铂片生成O2:=3 mol,故D错误。7.(2016衡水高二检测)把物质的量均为0.1 mol的CuCl2和H2SO4溶于水制成100 mL的混合溶液,用石墨作电极电解混合溶液,并收集两电极所产生的气体,通电一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同,则下列叙述正确的是()A.电路中共转移0.6NA个电子B.阳极得到的气体中O2的物质的量为0.2 molC.阳极质量增加3.2 gD.电解后剩余溶液中硫酸的浓度为1 molL-

8、1【解析】选A。根据两极均产生气体知,阴极电极反应有:Cu2+2e-Cu和2H+2e-H2,阳极电极反应有:2Cl-2e-Cl2和4OH-4e-O2+2H2O,设阴极生成xmol H2,结合n(CuCl2)=0.1 mol和电子守恒得:x=0.1+,解得x=0.2。电路中共转移电子:(0.12+0.22)mol=0.6 mol,A正确;阳极得到的气体中含O2:=0.1 mol,B错误;阳极的质量不变,C错误;电解后溶质和水均减少,且水的减少量较多,故c(H2SO4)1 molL-1,D错误。8.(2016北京高考)用石墨电极完成下列电解实验。实验一实验二装置现象a、d处试纸变蓝;b处变红,局部

9、褪色;c处无明显变化两个石墨电极附近有气泡产生;n处有气泡产生;下列对实验现象的解释或推测不合理的是()A.a、d处:2H2O+2e-H2+2OH-B.b处:2Cl-2e-Cl2C.c处发生了反应:Fe-2e-Fe2+D.根据实验一的原理,实验二中m处能析出铜【解题指南】解答本题时应明确以下两点:(1)由实验一的现象,推理可知a、b、c、d分别为阴极、阳极、阳极、阴极。(2)利用实验一的原理,分析出实验二中的m、n极都为阴极。【解析】选B。a、d处试纸变蓝,说明溶液显碱性,是溶液中的氢离子得到电子生成氢气,氢氧根离子剩余造成的,故A正确;b处变红,局部褪色,说明是溶液中的氢氧根和氯离子同时放电

10、,分别产生氧气和氯气,氢离子浓度增大,酸性增强,氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性,故B错误;c处为阳极,铁失去电子生成亚铁离子,故C正确;实验一中a、c形成电解池,d、b形成电解池,所以实验二中相当于形成三个电解池(一个球两面为不同的两极),m为电解池的阴极,另一球朝m的一面为阳极(n的背面),相当于电镀,即m上有铜析出,故D项正确。二、非选择题(本题包括3小题,共52分)9.(16分)用石墨棒作电极,在Na+、Cu2+、Cl-、S中选出适当离子组成电解质,电解其溶液,写出符合条件的一种电解质的化学式:(1)当阴极放出H2,阳极放出O2时,电解质是_。(2)当阴极析出金属,阳极放出O2时,电

11、解质是_。(3)当阴极放出H2,阳极放出Cl2时,电解质是_。(4)通过电子的物质的量与阴极析出的金属的物质的量、阳极放出的气体的物质的量之比为421时,电解质是_。【解析】(1)当阴极放出H2,阳极放出O2时,则电解时放电离子分别为H+、OH-,实际被电解的物质为H2O,电解质为活泼金属含氧酸盐Na2SO4。(2)当阴极析出金属,阳极放出O2时,电解时放电离子为金属离子、OH-,实际被电解的物质为H2O和电解质,应为CuSO4。(3)当阴极放出H2,阳极放出Cl2时,放电离子为H+、Cl-,则电解质应为NaCl。(4)由题所给离子及离子的放电顺序可知,阴极析出的金属为Cu,阳极放出的气体为O

12、2,其电极反应为阴极2Cu2+4e-2Cu,阳极4OH-4e-2H2O+O2,此时电极产物的物质的量之比为21,符合题意,电解质为CuSO4。答案:(1)Na2SO4(2)CuSO4(3)NaCl(4)CuSO4【延伸探究】(1)四种溶液的pH分别如何变化?提示:分别是不变、变小、变大、变小。(2)若两极产物的物质的量之比为11,应是哪种电解质溶液?提示:应是CuCl2溶液。10.(18分)(2016日照高二检测)如图,p、q为直流电源两极,A由金属单质X制成,B、C、D为铂电极,接通电源,金属X沉积于B极,同时C、D产生气泡。试回答:(1)p为_极,A极发生了_反应。(2)C试管里收集到的气

13、体是_,电极方程式是_。(3)在电解过程中,测得的C、D两极上产生的气体的实验数据如下:时间(min)12345678910阴极生成气体体积(cm3)6122029394959697989阳极生成气体体积(cm3)24711162126313641仔细分析以上实验数据,请说出可能的原因:_。(4)当反应进行一段时间后,A、B电极附近溶液的pH_(填“增大”“减小”或“不变”)。(5)当电路中通过0.004 mol电子时,B电极上沉积金属X为0.128 g,则此金属的摩尔质量为_。【解析】根据金属X沉积于B极知,B为阴极,则:A为阳极、C为阳极、D为阴极,p为正极,q为负极;A极为阳极,故发生的

14、反应为金属X失电子被氧化;由上面的分析知,C为阳极,其电极反应式为:4OH-4e-O2+2H2O;14 min C、D两极产生的气体体积比小于12,410 min产生的气体体积之比等于12,说明氧气在硫酸溶液中的溶解度比氢气大;n(X2+)=0.002 mol,所以此金属的摩尔质量=64 gmol-1。答案:(1)正氧化(2)氧气4OH-4e-O2+2H2O(3)14 min C、D两极产生气体体积之比小于12,410 min产生的气体体积之比等于12,说明氧气在硫酸溶液中的溶解度比氢气大(4)不变(5)64 gmol-111.(18分)(能力挑战题)(2016长沙高二检测)甲醇是一种重要的化

15、工原料和新型燃料。下图是甲醇燃料电池工作的示意图,其中A、B、D均为石墨电极,C为铜电极。工作一段时间后,断开K,此时A、B两极上产生的气体体积相同。(1)甲中负极的电极反应式为_。(2)乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为_。(3)丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图所示,则图中线表示的是_的变化;反应结束后,要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀,需要_mL 5.0 molL-1NaOH溶液。【解析】(1)甲醇燃料电池是原电池反应,甲醇在负极失电子发生氧化反应,电极反应为CH3OH-6e-+8OH-C+6H2O。(2)工作一段时间后,断开K,此时A、B两极上产生的

16、气体体积相同,分析电极反应,B为阴极,溶液中铜离子得电子先析出,氢离子后得到电子生成氢气,设B极生成气体物质的量为x,溶液中铜离子物质的量为0.1 mol,电极反应为Cu2+ 2e-Cu,0.1 mol 0.2 mol2H+2e-H2,2x xA电极为阳极,溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气,电极反应为4OH- 4e-2H2O+O2, 4x x得到0.2+2x=4x,x=0.1 mol乙中A极析出的气体是氧气,物质的量为0.1 mol,在标准状况下的体积为2.24 L。(3)根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化,可知,丙装置溶液中铜离子从无到有逐渐增多,铁离子物质的量逐渐减小,亚铁离子物质的量逐渐增大,为Fe3+,为Fe2+,为Cu2+,依据(2)计算得到电子转移为0.4 mol,当电子转移为0.4 mol时,丙中阳极电极反应Cu-2e-Cu2+,