2019-2020高中化学（人教版 选修4）练习：第4章 第3节 第2课时 8页

第四章　第三节　第2课时 一、选择题 ‎1．关于电解NaCl水溶液，下列叙述正确的是(　　)‎ A．电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠 B．若在阳极附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈黄色 C．若在阴极附近的溶液中滴入酚酞试液，溶液呈无色 D．电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性 解析：用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液，发生的反应是2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，故电解一段时间后电解液呈碱性。电解时，阳极发生氧化反应：2Cl－－2e－===Cl2↑，在阳极附近的溶液中滴入KI溶液时，发生反应2I－＋Cl2===2Cl－＋I2，故溶液呈黄色；阴极发生还原反应：2H＋＋2e－===H2↑，因而阴极附近的溶液呈碱性，滴入酚酞试液变红。‎ 答案：B ‎2．关于电解法精炼铜的下列说法正确的是(　　)‎ A．粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜为电解质溶液 B．纯铜作阳极，粗铜作阴极，硫酸铜为电解质溶液 C．电解结束后，溶液中Cu2＋浓度不变 D．电解结束后，溶液中Cu2＋浓度变大 解析：电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，CuSO4为电解质溶液，因粗铜中活泼金属失电子形成的阳离子如Zn2＋，会逐渐代替Cu2＋，故c(Cu2＋)将会有所减小。‎ 答案：A ‎3．某小组为研究电化学原理，设计甲、乙、丙三种装置(C1、C2、C3均为石墨)。下列叙述正确的是(　　)‎ A．甲、丙中是化学能转变为电能，乙中是电能转变为化学能 B．C1、C2分别是阳极、阴极，锌片、铁片上都发生氧化反应 C．C1上和C3上放出的气体相同，铜片上和铁片上放出的气体也相同 D．甲中溶液的pH逐渐升高，丙中溶液的pH逐渐减小 解析：本题考查原电池和电解池，考查考生结合实验装置判断电池类型和根据电极反应式分析问题的思维能力。难度中等。‎ A项，甲图为原电池，将化学能转化为电能，乙、丙为电解池，将电能转化为化学能；B项，C1、C2分别做电解池的阳极和阴极，原电池中Zn和Cu分别为负极和正极，分别发生氧化反应和还原反应；C项，C1和C3上均为Cl－失电子被氧化生成Cl2，甲中Cu片和丙中Fe片上均生成H2；D项，甲中不断消耗H＋，溶液的pH升高，丙中生成NaOH溶液，pH也逐渐升高。‎ 答案：C ‎4．Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图所示，电解总反应为2Cu＋H2O电解,Cu2O＋H2↑。‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．石墨电极上产生氢气 B．铜电极发生还原反应 C．铜电极接直流电源的负极 D．当有0.1 mol电子转移时，有0.1 mol Cu2O生成 解析：石墨作阴极，阴极上是溶液中的H＋反应，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，A选项正确；由电解总反应可知，Cu参加了反应，所以Cu作电解池的阳极，发生氧化反应，B选项错误；阳极与电源的正极相连，C选项错误；阳极反应为2Cu＋2OH－－2e－===Cu2O＋H2O，当有0.1 mol电子转移时，有0.05 mol Cu2O生成，D选项错误。‎ 答案：A ‎5．以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是(　　)‎ A．未通电前上述镀锌装置可构成原电池，电镀过程是该原电池的充电过程 B．因部分电能转化为热能，电镀时通过的电量与锌的析出量无确定关系 C．电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率 D．镀锌层破损后对铁制品失去保护作用 解析：电镀过程中Zn与电源正极相连，若给原电池充电，则Zn应接电源负极，A错误；导线中通过的电子，在阴极均被Zn2＋得到，所以通过的电子与锌析出的物质的量成正比，B错误；只要电流恒定，阴阳极得失电子的速率不变，所以电解反应速率不变，C正确；镀锌层破损后，Zn比铁活泼，Zn作负极，Fe作正极，Fe被保护，D错误。‎ 答案：C ‎6．取一张用饱和NaCl溶液浸湿的pH试纸，两根铅笔芯作电极，接通直流电源，一段时间后，发现a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圆为白色，外圆呈浅红色。下列说法错误的是(　　)‎ A．b电极是阴极 B．a电极与电源的正极相连接 C．电解过程中，水是氧化剂 D．b电极附近溶液的pH变小 解析：a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圆为白色，外圆呈浅红色，说明a极附近产生了Cl2，所以a极与电源的正极相连，即a为阳极，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，b为阴极，电极反应式为2H2O－4e－===H2↑＋2OH－，所以b极附近的pH增大。‎ 答案：D ‎7．(2014·全国大联考)Cu2O是一种半导体材料，用作制造整流器的材料，还可以用于制船底防污漆(杀死低级海生动物)、农作物的杀菌剂。在实验室里可模拟工业过程制取Cu2O，总反应式是2Cu＋H2OCu2O＋H2↑，其装置如右图，下列有关说法不正确的是(　　)‎ A．该实验符合绿色化学的设计理念 B．图中的虚线框内需连接直流电源，且正极与石墨相连 C．CuO高温加热分解也可以得到Cu2O D．上述装置中，阳极的电极反应式是2Cu＋2OH－－2e－===Cu2O＋H2O 解析：利用电解反应制取Cu2O时，铜被氧化，应用铜作阳极，连直流电源的正极；石墨是电解池的阴极，与电源的负极相连。‎ 答案：B ‎8．(2014·长春市第一次调研)如图所示的两个实验装置，溶液的体积均为200 mL。开始时电解质溶液的浓度均为0.1 mol/L，工作一段时间后，测得导线中均通过0.02 mol电子，若不考虑盐的水解和溶液的体积变化，下列叙述中正确的是(　　)‎ A．产生气体的体积(标准状况)：①>②‎ B．溶液的pH变化：①减小，②增大 C．电极上生成物质的质量：①＝②‎ D．电极反应式：①中阳极2Cl－－2e－===Cl2↑，②中负极2H＋＋2e－===H2↑‎ 解析：本题考查考生对原电池和电解池原理的理解和掌握，意在考查考生的分析和判断能力。①的阳极反应：2Cl－－2e－===Cl2↑，导线中通过0.02 mol电子时，V(Cl2)＝n(Cl2)Vm＝0.01 mol×22.4 L/mol＝0.224 L，②中的正极反应为：2H＋＋2e－===H2↑，导线中通过0.02 mol电子时，V(H2)＝n(H2)Vm＝0.01 mol×22.4 L/mol＝0.224 L，所以产生气体的体积：①＝②，A项错误；①相当于电解CuCl2本身，生成的Cl2与H2O反应，从而使溶液pH减小，②相当于Zn和稀H2SO4中的H＋反应，所以H＋减少，酸性减弱，溶液pH增大，B项正确；由以上分析可知，m(Cl2)＝n(Cl2)M(Cl2)＝0.01 mol×71 g/mol＝0.71 g，阴极反应：Cu2＋＋2e－===Cu，导线中通过0.02 mol电子时，m(Cu)＝n(Cu)M(Cu)＝0.01 mol×64 g/mol＝0.64 g，所以①电极上生成物质的质量为0.71 g＋0.64 g＝1.35 g，由以上分析可知，m(H2)＝n(H2)M(H2)＝0.01 mol×2 g/mol＝0.02 g，所以②电极上生成物质的质量为0.02 g，①>②，C项错误；②中负极：Zn－2e－===Zn2＋，D项错误。‎ 答案：B ‎9．某溶液中含有溶质NaCl和H2SO4，它们的物质的量之比为3∶1。用石墨作电极电解溶液时，根据电极产物，可明显分为三个阶段。下列叙述不正确的是(　　)‎ A．阴极只析出H2‎ B．阳极先析出Cl2，后析出O2‎ C．电解最后阶段为电解水 D．溶液pH不断增大，最后为7‎ 解析：电解质溶液中，n(Na＋)∶n(Cl－)∶n(SO)＝3∶3∶1，开始电解产生H2和Cl2，同时生成OH－中和H2SO4，且生成OH－多，最后相当于电解水，因而pH>7，阴极只生成H2。三个阶段分别为电解HCl、NaCl、H2O。‎ 答案：D ‎10．将KCl和CuSO4两种溶液等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．整个过程中两电极反应2Cl－－2e－===Cl2↑、2H＋＋2e－===H2↑不可能同时发生 B．电解至C点时，往电解质溶液中加入适量CuCl2固体，即可使电解质溶液恢复至原来的浓度 C．AB段表示电解过程中H＋被还原，pH增大 D．原混合溶液中KCl和CuSO4浓度之比恰好为2∶1‎ 解析：图像分为三段，因此整个电解过程也有三个过程。第一个过程相当于电解CuCl2‎ 溶液，CuCl2水解呈酸性，随着电解的进行，浓度减小，酸性减弱，pH增大，C项错误；第二个过程相当于电解CuSO4溶液，因产物中不断生成H2SO4，故酸性不断增强，pH减小；第三个过程相当于电解水。若原混合溶液中KCl和CuSO4浓度之比恰好为2∶1，则达B点时CuCl2消耗完，接着只电解水，则与图像不符，D项错误；根据B→C，溶液的pH明显下降，说明B点时Cl－已耗完，而Cu2＋过量，继续电解，水量减少，由此可判断B项错误；综上分析可知A项正确。‎ 答案：A 二、非选择题 ‎11．如右图所示中的A为直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，C为电镀槽，接通电路后，发现B上的c点显红色，请填空：‎ ‎(1)电源A上的a为________极。‎ ‎(2)滤纸B上发生的总化学反应方程式为：_______________________。‎ ‎(3)欲在电镀槽中实现在铁上镀锌，接通K点，使c、d两点短路，则电极e上发生的反应为________，电极f上发生的反应为________，槽中盛放的电镀液可以是________溶液或________溶液(只要求填两种电解质溶液)。‎ 解析：根据c点酚酞变红，则该极的反应为2H＋＋2e－===H2↑，即该极为阴极，与电源的负极相连，所以a点是正极。(2)滤纸B上发生的总反应方程式为2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH。(3)c、d两点短路后，e为阳极，反应为Zn－2e－===Zn2＋。阴极上镀锌，则阴极反应为Zn2＋＋2e－===Zn。电解液用含镀层离子的电解质，所以可用ZnSO4溶液或Zn(NO3)2溶液等。‎ 答案：(1)正 ‎(2)2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH ‎(3)Zn－2e－===Zn2＋　Zn2＋＋2e－===Zn ZnSO4　Zn(NO3)2‎ ‎12．(2014·江苏昆山检测)现在工业上主要采用离子交换膜法电解饱和食盐水制取H2、Cl2、NaOH。请回答下列问题：‎ ‎(1)在电解过程中，与电源正极相连的电极的电极反应式为________________________。‎ ‎(2)电解之前食盐水需要精制，目的是除去粗盐中含有的Ca2＋、Mg2＋、SO等杂质离子，使用的试剂有：‎ a．Na2CO3溶液 b．Ba(OH)2溶液 c．稀盐酸 其合理的加入顺序为________(填试剂序号)。‎ ‎(3)如果在容积为10 L的离子交换膜电解槽中，1 min内在阳极可产生11.2 L(标准状况)Cl2，这时溶液的pH是(设体积维持不变)________________________。‎ 解析：(1)与电源正极相连的电极为阳极，Cl－放电。‎ ‎(2)为了除尽杂质，除杂剂要稍过量，所以要考虑后加的试剂能够将前面加入的过量试剂也除去，最后加入的物质可依靠其特性如挥发性而除去。‎ ‎(3)由2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑可知：‎ n(NaOH)＝2n(Cl2)＝2×＝1 mol，‎ c(OH－)＝c(NaOH)＝＝0.1 mol/L所以溶液的pH＝13。‎ 答案：(1)2Cl－－2e－===Cl2↑‎ ‎(2)bac ‎(3)13‎ ‎13．(2014·温州高二检测)25 ℃时，用石墨电极电解2.0 L 0.5 mol·L－1 CuSO4溶液。5 min后，在一个石墨电极上有6.4 g Cu生成。‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1)发生氧化反应的是________极，电极反应为__________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)若电解后溶液的体积不变，则电解后溶液的pH为________。‎ ‎(3)若将溶液恢复到与电解前一样，则需加入________mol的________。‎ ‎(4)若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________g，电解液的pH________(填“变小”、“变大”或“不变”)。‎ 解析：(1)n(CuSO4)＝2.0 L×0.5 mol·L－1＝1.0 mol，而在阴极析出的Cu为＝0.1 mol，故CuSO4未完全电解，阳极发生氧化反应，电极反应为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。‎ ‎(2)总反应：‎ ‎2CuSO4＋2H2O2Cu　＋　O2↑　＋　2H2SO4‎ ‎ 2 2 2 1 2‎ ‎0.1 mol 0.1 mol 0.1 mol 0.05 mol 0.1 mol 所以电解后c(H＋)＝＝0.1 mol·L－1。‎ 故pH＝－lg0.1＝1。‎ ‎(3)电解后生成的0.1 mol Cu和0.05 mol O2脱离该体系，即相当于0.1 mol CuO，因此若将溶液复原，则应加入0.1 mol CuO。‎ ‎(4)此时为电镀池，阳极：Cu－2e－===Cu2＋，阴极：Cu2＋＋2e－===Cu，因此若阴极上析出6.4 g铜，则阳极溶解6.4 g铜，电解后两铜片质量差为6.4 g＋6.4 g＝12.8‎ ‎ g，而电解液的pH不变。‎ 答案：(1)阳　4OH－－4e－===2H2O＋O2↑‎ ‎(2)1‎ ‎(3)0.1　CuO ‎(4)12.8　不变 ‎14．(2014·福建龙岩高二期中)右图由莫菲滴管改装成的微型电解装置。‎ ‎(1)若用该装置来电解含3 mol NaCl和1 mol H2SO4的混合溶液，已知a、b两极均为石墨。当从导管口收集到44.8 L(标准状况下)氢气时，阳极生成的气体及对应的物质的量________。‎ ‎(2)若b极是铜锌合金，a极是纯铜，电解质溶液中含有足量的Cu2＋，通电一段时间后，若b极恰好全部溶解，此时a极质量增加7.68 g，溶液质量增加0.03 g，则合金中Cu、Zn的物质的量之比为________。‎ 解析：(1)生成44.8 L H2，转移4 mol电子，则阳极将生成1.5 mol Cl2和0.25 mol O2。‎ ‎(2)a极增加7.68 g Cu，其物质的量为0.12 mol，由得失电子守恒可知，b极Cu、Zn的物质的量之和为0.12 mol，溶液中部分Cu2＋变成Zn2＋，即：‎ Cu2＋　～　Zn2＋　　Δm ‎64 g 65 g 1 g 溶液质量增加0.03 g，可知Zn的物质的量为0.03 mol，所以Cu、Zn的物质的量之比为0.09∶0.03，即3∶1。‎ 答案：(1)1.5 mol Cl2,0.25 mol O2‎ ‎(2)3∶1‎ ‎15．(2014·江门模拟)蓄电池是一种可以反复充电、放电的装置，有一种蓄电池在充电和放电时发生的反应是NiO2＋Fe＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2，用该蓄电池电解(阴、阳极均为惰性电极)M(NO3)x溶液时，若此蓄电池工作一段时间后消耗0.36 g水。‎ ‎(1)电解时，电解池的阳极应连接________(填序号)。‎ A．NiO2　　　　　　　 B．Fe C．Fe(OH)2 D．Ni(OH)2‎ ‎(2)电解M(NO3)x溶液时某一极质量增加了m g，金属M的相对原子质量的计算式为________(用m、x表示)。‎ ‎(3)此蓄电池电解含有0.01 mol CuSO4和0.01 mol NaCl的混合溶液100 mL，转移相同量的电子时，阳极产生气体________L(标准状况)，电解后溶液加水稀释至1 L，溶液的pH为________。‎ 解析：(1)电解池的阳极应连原电池的正极，故连NiO2。‎ ‎(2)蓄电池工作时，消耗0.36 g水，通过0.02 mol电子，由电子守恒知＝0.02，M＝50mx。‎ ‎(3)通过电子0.02 mol，首先产生0.005 mol Cl2，转移电子的物质的量为0.01 mol，然后发生4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，产生O2为＝0.0025 mol，V气＝(0.002 5 mol＋0.005 mol)×22.4 L/mol＝0.168 L。产生n(H＋)＝0.0025 mol×4＝0.01 mol，c(H＋)＝0.01 mol/L，pH＝2。‎ 答案：(1)A ‎(2)50mx ‎(3)0.168　2 ‎