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1、镇成立由镇委书记孙广东任组长，镇委副书记、镇长任副组长，镇直相关部门主要领导为成员的意识形态工作领导小组，统筹协调全镇意识形态工作课后提升作业 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、Cu
2、SO4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,SO42-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
3、在阳极放电,SO42-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,N
4、a2SO4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
5、加入CuO:0.2mol2=0.1 mol,H2O:(0.3-0.2)mol2=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
6、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
7、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+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O2:12mol4=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
8、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-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+x2,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O2:0.2mol2=0.1 mol,B错
9、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
10、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,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.(
11、16分)用石墨棒作电极,在Na+、Cu2+、Cl-、SO42-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、
12、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O2,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
13、。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”
14、)。(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+)=0.004mol2=0.002 mol,所以此金属的摩尔质量=0.128 g0.002mol=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
