2022年高二化学4-3-1电解原理(苏教版)选修4.docx

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1、电解原理一、选择题1用石墨作电极，分解电解以下各物质的溶液：CuCl2CuSO4NaBrNaNO3盐酸H2SO4KOH。其中只有水被电解的有()ABCD答案：C点拨：只有水被电解即是在阴极上H放电(溶液中阳离子是较活泼的金属离子)，同时在阳极上OH放电(溶液中含有含氧酸根离子或F)。2(2022试题调研)用石墨做电极电解CuCl2溶液，以下说法正确的选项是()A在阳极上析出金属铜B在阴极上析出金属铜C在阴极上产生有刺激性气味的气体D阳极上发生复原反响答案：B点拨：根据电解原理，阳极发生氧化反响：2Cl2e=Cl2，阴极发生复原反响：Cu22e=Cu。因此阳极上产生有刺激性气味的气体氯气，在阴极

2、上析出铜。故B项正确。3以下表达正确的选项是()电解池是将化学能转变成电能的装置原电池是将电能转变成化学能的装置金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化电解池两个电极材料可以相同ABCD答案：B点拨：电解质溶液导电发生了氧化复原反响，是化学变化；金属导电仅是电子的定向移动，是物理变化。电解池的两极只要能导电即可。4如下列图的装置能够组成电解池的是()答案：D点拨：电解池要有外接电源，形成闭合回路。5如以下列图所示是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极，那么以下有关判断中正确的选项是()Ac为正极，d为负极B阳极的电极反响式：Cu22e=CuC电解过程中，d电极质量增加D电

3、解过程中，氯离子浓度不变答案：C点拨：根据电流方向判断出a是电源正极，c为阳极，2Cl2e=Cl2；b是电源负极，d为阴极，Cu22e=Cu。A、B、D错误。6用惰性电极电解以下溶液一段时间后，再参加一定量的某种物质(括号内物质)，能够使溶液恢复到原来的成分和浓度的是()AAgNO3(AgNO3) BNaOH(NaOH)CKCl(KCl) DCuSO4(CuO)答案：D点拨：对于选项A,4 AgNO32H2O4AgO24HNO3，脱离反响体系的物质是“Ag和O2”，所以应当参加适量Ag2O才能复原；B项，实质是电解水，应加水；C项，2KCl2H2O2KOHH2Cl2，应通入适量HCl气体。7同

4、温、同压下，用惰性电极在U形管中电解以下物质的水溶液，消耗相同的电量，生成气体体积量大的是()A饱和食盐水 BCuCl2溶液CCuSO4溶液 DNaOH溶液答案：A点拨：电解饱和食盐水，两极分别产生氢气和氯气，假设转移2mol电子，生成氢气和氯气各1mol，共2mol；而电解CuCl2溶液产生的气体只有氯气，转移2mol电子，生成氯气1mol；电解CuSO4溶液，产生的气体只有氧气，转移2mol电子，生成氧气0.5mol；电解NaOH溶液，两极分别产生氢气和氧气，转移2mol电子，生成氢气1mol、氧气0.5mol，共1.5mol。8(2022试题调研)如下列图，X、Y分别是直流电源的两极，通

5、电后发现a极极板质量增加，b极极板处有无色无味的气体放出，符合这一情况的是()a极板b极板X电极Z溶液A锌石墨负极CuSO4B石墨石墨负极NaOHC银铁正极AgNO3D铜石墨负极CuCl2答案：A点拨：此题突破口是“a极极板质量增加，据此判断a极一定是阴极，那么b极一定是阳极。A是惰性阳极电解CuSO4，符合题意；B的实质是电解水，两极都产生气体，不符合题意；C的阳极是铁，是活性电极，不符合题意；D的阳极生成氯气，是有刺激性气味的气体，不符合题意。9用惰性电极实现电解，以下说法正确的选项是()A电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液的pH不变B电解稀NaOH溶液，要消耗OH，故溶液的pH减小C

6、电解Na2SO4溶液，在阴极和阳极上析出产物的物质的量之比为1:2D电解CuCl2溶液，在阴极和阳极上析出产物的物质的量之比为1:1答案：D点拨：电解稀硫酸，实质是电解水，因溶剂减少，H2SO4浓度将增大，故溶液的pH变小；电解稀氢氧化钠溶液，虽然OH在阳极放电，但H同时也在阴极放电，其实质同样是电解水，溶液的浓度将变大，故溶液的pH变天；电解Na2SO4溶液，其实质也是电解水，在阴、阳极上分别析出H2、O2，两者的物质的量之比为2:1，而非1:2；电解CuCl2溶液，在阴、阳两极上分别析出Cu和Cl2，两者的物质的量之比为1:1。10用如下列图的装置进行实验，反响一段时间后断开K，向烧杯中参

7、加0.1mol CuO后CuSO4溶液恰好恢复到反响前的浓度和pH。以下说法中不正确的选项是()A铜棒为正极，其电极反响式为2H2e=H2B烧杯右侧碳棒为阴极，其电极外表有红色物质析出C反响中消耗锌的质量为13 gD导线中通过电子的物质的量为0.1mol答案：D点拨：图中左侧装置为原电池，铜棒为正极，其电极反响式为2H2e=H2，锌为负极；右侧装置为电解池，右侧碳棒为阴极，电极反响式Cu22e=Cu，该极析出0.1mol Cu时，向烧杯中参加0.1mol CuO后CuSO4溶液恰好恢复到反响前的浓度和pH，电路中通过的电子为0.2mol。那么Zn2e=Zn2，锌溶解6.5 g。二、非选择题11

8、(2022经典习题选萃)如以下列图所示，常温下电解5min后，铜电极质量增加2.16g。试答复：(1)电源电极X名称为_(填“正极或“负极)。(2)电解池B中阳极的电极反响式是_。(3)假设A中KCl溶液的体积是200mL，电解后溶液的pH_(忽略电解前后溶液体积的变化)。假设要使电解后的溶液恢复到与电解前完全相同，应参加_。答案：(1)负极(2)Age=Ag(3)13氯化氢点拨：铜电极质量增加，铜电极为阴极，X即为负极；那么电解池B中银为阳极，电极反响式是Age=Ag；析出2.16g银，电路中通过的电子为0.02mol；A中阴极电极反响式为2H2e=H2，通过的电子为0.02mol，那么生成

9、0.02mol氢氧根离子，氢氧根离子浓度为0.02mol/0.2L0.1mol/L，pH为13；要使电解后的溶液恢复到电解前完全相同，应通入0.02mol氯化氢。12仔细分析如图装置，完成下面的填空。(1)一段时间后，可能发现的现象是：甲池，Zn棒逐渐溶解，碳棒上有_产生。与Zn棒相连的碳棒质量_(填“增大、“减小或“不变)。(2)甲池Zn极为_极，电极反响式：_乙池中C1为_极，电极反响式为：_，乙池总反响式为：_。答案：(1)气体(或气泡)增大(2)负Zn2e=Zn2阳2Cl2e=Cl2CuCl2CuCl2点拨：根据原电池和电解池的形成条件可知，甲是原电池，乙是电解池，甲中Zn作负极，所以

10、乙中与Zn相连的C2是阴极，另一个C1棒是阳极。13(2022试题调研)分别答复以下问题：(1)从H、Na、Cu2、Cl、SO中选出两种离子组成电解质，按以下要求进行电解(使用惰性电极)，用电解质的化学式填空：(只写一种即可)电解过程中溶液颜色变浅且水量不变_；电解过程中电解质的量不变，水量减少_；电解过程中两极析出气体的体积比为11_。(2)用惰性电极电解CuSO4溶液，假设阴极上有1.6 g Cu析出，那么阳极上产生的气体在标准状况下的体积为_。用铂电极电解0. 02mol/L CuSO4溶液，直到Cu完全析出，所得溶液中氢离子浓度为_。(忽略溶液体积的变化)。答案：(1)CuCl2H2S

11、O4或Na2SO4HCl或NaCl(2)0.28 L0.04mol/L点拨：(1)惰性电极电解电解质溶液的类型有电解水型、电解电解质型，放氢气生碱型和放氧气生酸型。水量不变应为电解电解质型，水量减少，电解质的量不变，那么为电解水型，两极都产生气体，且气体体积比为11，应为放氢气生碱型或电解电解质型。(2)2CuSO42H2O2Cu O22H2SO4128 g22.4 L1.6 gV128 g:1.6 g22.4 L:VV0.28 L由2CuSO42H2O2CuO22H2SO4可知，铜完全析出，生成硫酸的物质的量与电解前硫酸铜的物质的量相等，即c(H2SO4)c(CuSO4)0.02mol/L，

12、所以c(H)0.04mol/L。14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)假设两极分别放出H2和O2时，电解质的化学式可能是_；(2)假设阴极析出金属，阳极放出O2，电解质的化学式可能是_；(3)假设两极分别放出气体，且体积比为11，电解质的化学式可能是_。答案：(1)HNO3、H2SO4、Ba(NO3)2、Ba(OH)2中的一种(2)AgNO3、Cu(NO3)2、CuSO4中的一种(3)HCl、BaCl2中的一种点拨：题中提供的电解质离子是七种，其实还包括OH，即八种。这些离子放电的顺序是：阳极：ClOH(NO、SO

13、)阴极：AgCu2HBa2(1)两极分别放出H2和O2，即H和OH放电，实质是电解H2O，水中的溶质应是起导电作用而又不改变H和OH放电的顺序，它可以是HNO3、Cu(NO3)2、Ba(NO3)2、Ba(OH)2中的任意一种，但不是BaSO4。(2)阴极析出金属，即Ag或Cu2放电；阳极放出O2，即OH放电。水中的溶质可以是AgNO3、Cu(NO3)、CuSO4中的任意一种，但不是Ag2SO4。(3)两极都生成气体，且气体体积比为11，那么放电的离子应是Cl和H。水中的溶质可以是HCl、BaCl2中的任意一种。15由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与碱反响制得白色纯洁的F

14、e(OH)2沉淀，应用右图所示的电解实验来探究能否制得白色纯洁的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_，b电极的电极反响式为_。 A纯水 BNaOH溶液 CNaCl溶液 DCuCl2溶液(3)c为苯，其作用是_，在参加苯之前，对d溶液应作何简单处理：_。这是为什么可否用其他试剂来代替_。(4)为了在较短时间内看到白色沉淀，可采取的措施是_。A改用稀硫酸作电解液B适当增大电源的电压C适当减小两电极间的距离 D适当降低电解液的浓度(5)假设d改为Na2SO4溶液，当电解一段时间，看到白色沉淀后，再反接电源，继续电解，除了电极上看到气泡外，另一明显的现象为_。答案：(

15、1)Fe2H2e=H2(2)BC(3)隔开空气，防止生成的Fe(OH)2被氧化成为Fe(OH)3加热d以除去其中溶解的O2；可以考虑用汽油、煤油等密度比水溶液小的试剂来代替(4)BC(5)白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色点拨：这是一道实验分析题。我们可以通过实验现象讨论制备的方法。(4)要加快电解的速率，可以增大电解液的浓度，但不能用稀硫酸，因为它可溶解氢氧化亚铁，而增大电压和缩小两极板间的距离，均可以使电解的速率加快。(5)当电解一段时间后将电源反接，那么为电解水：2H2O2H2O2，生成的氧气将氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁，现象为白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变成红褐色。16(2022经典

16、习题选萃)以下列图所示装置中，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浓度为10. 47%，乙中c电极质量增加。据此答复以下问题：电源的N端为_极。电极b上发生的电极反响为_。列式计算电极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_。答案：(1)正4OH4e=2H2OO2水减

17、少的质量：100 g(1)4.5 g生成O2体积：22.4 Lmol12.8 L16甲：碱性增大，因为电解后，水量减少，溶液中NaOH浓度增大乙：酸性增大，因为阳极上OH失电子生成O2，溶液中H浓度增加丙：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CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反响也就变为水的电解反响点拨：(1)c电极质量增加是此题的突破口，说明c处有Cu析出，即c为阴极。由此可推出b为阳极(OH失电子)、a为阴极、M为负极、N为正极。丙中K2SO4浓度的变化，是此题计算的关键。电解K2SO4溶液相当于电解水，据溶质守恒有：10010%100m(水)10.47%，得m(水)4.5 g，即电解水0.25mol。根据电子守恒有如下关系：2H2O(丙)4eO2(b极)2Cu(c极)解得：V(O2)2.8 L，m(Cu)16 g。水的电离与电解水是一种极弱的电解质。在水中，水分子能电离出极少量的H和OH。水的电离过程可以表示为：H2OHOH，H、OH和H2O处于平衡状态。当H和OH的浓度改变时，该平衡会发生移动。由于水中H和OH的浓度极小，电解水时需要参加强电解质帮助导电。如果参加的是硫酸钠，电极反响可以表示为：阴极4H4e2H2阳极4OHO22H2O4e电解水的总反响为：2H2O2H2O2