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1、课时跟踪检测（二十一） 电解原理1下列关于电解池的叙述中不正确的是()A与电源正极相连的是电解池的阴极B与电源负极相连的是电解池的阴极C在电解池的阳极发生氧化反应D电子从电源的负极沿导线流入电解池的阴极解析：选A阳极与电源的正极相连，阴极与电源的负极相连；阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。电子流向：负极阴极；阳极正极。2用铂电极电解下列溶液时，阴极和阳极上的主要产物分别为H2和O2的是()A稀HCl溶液B稀Na2SO4溶液CCuCl2溶液 D酸性AgNO3溶液解析：选BA项，电解稀HCl溶液，阴极产物为H2，阳极产物为Cl2，错误；B项， 电解Na2SO4溶液，实际上是电解水，阴极产物为H2
2、，阳极产物为O2，正确；C项，电解CuCl2溶液，阴极产物为Cu，阳极产物为Cl2，错误；D项，电解酸性AgNO3溶液，阴极产物为Ag，阳极产物为O2和HNO3，错误。3电解某溶液时，某一电极上有一种刺激性气味的气体产生，下列有关此电解反应的说法不正确的是()A产生这种气体的电极一定是阳极B若另一极上也有气体产生一定是氢气C产生刺激性气味的气体的电极反应是氧化反应D不能判断是哪一极解析：选D阴极只可能产生氢气这一种气体，所以产生刺激性气味气体的电极一定是阳极，此气体是氧化反应产物。4.利用如图装置电解硫酸铜溶液，下列说法正确的是()Ab电极上发生氧化反应B该装置能将化学能转变成电能C电解质溶液
3、中Cu2从b电极向a电极迁移D若a为铜，则a的电极反应式为Cu2e=Cu2解析：选Db与电源负极相连，b为阴极，阴极上发生还原反应，A项错误；该装置是电解池，将电能转化为化学能，B项错误；电解池中，阳离子(Cu2)向阴极(b极)移动，C项错误；a为阳极，若a为Cu，属于活性电极，则阳极反应为Cu2e=Cu2，D项正确。5用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使溶液恢复到电解前的状态，则下列符合题意的一组是()选项XYZWACFeNaClH2OBPtCuCuSO4CuSO4溶液CCCH2SO4H2ODAgFeAgNO3AgNO3晶体解析：选CA项，阳极为惰性电极，在阳极是C
4、l放电，2Cl2e=Cl2，在阴极是H放电，2H2e=H2，通入HCl(g)能使溶液恢复到原状态，A项不符合题意；B项，阳极为惰性电极，在阳极是OH放电，4OH4e=O22H2O，在阴极是Cu2放电，2Cu24e=2Cu，加入CuO(s)能使溶液恢复到原状态，B项不符合题意，C项，两电极均为惰性电极，在阴极是H放电，在阳极是OH放电，其实质是电解水，加适量水可使溶液恢复到原状态，C项符合题意；D项，Ag作阳极，为活性电极，电极反应为Age=Ag，阴极反应为Age=Ag，AgNO3溶液浓度不变。6在pHa的某电解质溶液中，插入两支惰性电极通直流电一段时间后，溶液的pHa，则该电解质可能是()AN
5、aOH BH2SO4CAgNO3 DNa2SO4解析：选A电解NaOH溶液相当于电解水，NaOH溶液浓度增大，使溶液的pH升高，A项正确；电解H2SO4溶液和电解Na2SO4溶液相似，都使溶液浓度增大，所以溶液的pH分别减小、不变，B、D两项均不正确；电解AgNO3溶液生成HNO3，溶液的pH减小，C项不正确。7.在右图所示的装置中，x、y分别是直流电源的两极，通电后发现a极极板质量增加，b极极板处有无色无臭气体放出，符合这一情况的是()选项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解析：选A本题突破口是“a极极板质量增加”，
6、据此判断a极一定是阴极，则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。8下图所示的电解池和中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重bd。符合上述实验结果的盐溶液是()选项XYAMgSO4CuSO4BAgNO3Pb(NO3)2CFeSO4Al2(SO4)3DCuSO4AgNO3解析：选D由图示可知：a、c为阳极，b、d为阴极。A项和C项，在电解池中b极发生反应2H2e=H2，不符合题意；B项，电解池中d
7、极发生2H2e=H2，不符合题意；D项，b、d极分别发生反应Cu22e=Cu,2Ag2e=2Ag，且m(Cu)NO，则OH先失电子，反应式为4OH4e=2H2OO2或2H2O4e=4HO2，d极作阴极，其反应式为Age=Ag，析出金属2.16 g银单质，整个电路转移电子0.02 mol，故产生氧气0.02 mol0.005 mol，其在标准状况下的体积V(O2)0.005 mol22.4 Lmol10.112 L。(2)b作阴极，阳离子在阴极上放电，Cu2先得电子，其反应式：Cu22e=Cu，根据题目信息，此电极有气体产生，应是H得电子，其反应式：2H2e=H2或2H2O2e=H22OH。(3
8、)bc两极产生气体体积相等，即产生氢气的物质的量为0.005 mol，需得到电子0.01 mol，但整个电路共通过0.02 mol电子，推得n(Cu2)0.01/2 mol0.005 mol，故c(CuCl2)0.005/(50103)molL10.10 molL1。答案：(1)阳4OH4e=2H2OO20.112(2)阴Cu22e=Cu2H2e=H2或2H2O2e=H22OH(3)0.101用石墨电极电解CuCl2和KCl混合溶液，电解初期阴极和阳极分别析出的物质是()AH2、Cl2 BCu、Cl2CH2、O2 DCu、O2解析：选B电解前溶液中的阳离子有Cu2、K、H，阴离子有Cl、OH，
9、阳离子放电顺序Cu2HK，阴离子放电顺序ClOH，则电解初期阴极产物为Cu，阳极产物为Cl2。2同温、同压下，用惰性电极在U形管中电解下列物质的水溶液，消耗相同的电量，生成气体体积最大的是()A饱和食盐水 BCuCl2溶液CCuSO4溶液 DNaOH溶液解析：选A电解饱和食盐水，两极分别产生氢气和氯气，假设转移2 mol电子，生成氢气和氯气各1 mol，共2 mol；而电解CuCl2溶液产生的气体只有氯气，转移2 mol电子，生成氯气1 mol；电解CuSO4溶液，产生的气体只有氧气，转移2 mol电子，生成氧气0.5 mol；电解NaOH溶液，两极分别产生氢气和氧气，转移2 mol电子，生成
10、氢气1 mol、氧气0.5 mol，共1.5 mol。3用惰性电极电解下列溶液一段时间后再加入一定量的某种纯净物(方括号内物质)，能使溶液恢复到原来的成分和浓度的是()AAgNO3AgNO3 BNaOHH2OCKClKCl DCuSO4Cu(OH)2解析：选BA4AgNO32H2O4AgO24HNO3脱离反应体系的物质是4AgO2，相当于2Ag2O，所以应当加入适量Ag2O才能复原。B.2H2O2H2O2脱离反应体系的是2H2O2，相当于2H2O，加入适量水可以复原。C.2KCl2H2O2KOHH2Cl2脱离反应体系的是H2Cl2，相当于2HCl，应通入适量HCl气体才能复原。D.2CuSO4
11、2H2O2H2SO42CuO2脱离反应体系的是2CuO2，相当于2CuO，加入适量CuO可以复原。4.海水中含有丰富的锂资源，研究人员开发了一种只能让锂离子通过的特殊交换膜，并运用电解实现从海水中提取高浓度的锂盐，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是()Aa连接电源的正极BLi的移动方向是从海水进入到盐酸中C一段时间后，b电极附近溶液的pH降低D电解过程中还可能获得有经济价值的副产物氢气和氯气解析：选CA项，a是电解池的阳极，连接电源的正极，正确；B项，电解时阳离子向阴极移动，故Li的移动方向是从海水进入到盐酸中，正确；C项，b电极附近溶液中的H得电子被还原，促进水的电离，使c(OH)c(H
12、)，阴极区溶液pH增大，不正确；D项，整个电解过程中阴极得到氢气，阳极得到氯气，正确。5根据金属活动性顺序表，Cu不能发生Cu2H2O=Cu(OH)2H2的反应。但选择恰当电极材料和电解液进行电解，这个反应就能变为现实。下列四组电极和电解液中，能实现该反应最为恰当的是()选项ABCD阳极石墨棒CuCuCu阴极石墨棒石墨棒FePt电解液CuSO4溶液Na2SO4溶液H2SO4溶液H2O解析：选B本题考查一些不能自发进行的氧化还原反应实现的条件，可以用电解方法，Cu作阳极时，自身失电子，电极反应为Cu2e=Cu2，阴极反应为2H2e=H2，A项不符合；B项， Na2SO4溶液起增强导电性作用，电解
13、总反应为Cu2H2OCu(OH)2H2，符合题意；C项，电解液H2SO4会与生成的Cu(OH)2发生中和反应，实际上不会生成Cu(OH)2，不符合；D项，H2O导电能力不强，不符合。6将0.2 mol AgNO3、0.4 mol Cu(NO3)2、0.6 mol KCl溶于水，配成100 mL溶液，用惰性电极电解一段时间后，若在一极析出0.3 mol Cu，此时在另一极上产生的气体体积(标准状况)为()A4.48 L B5.6 LC6.72 L D7.84 L解析：选B解答此题很容易出现的错误是根据溶液中存在的离子及放电顺序直接计算，实际上把三种物质溶于水后，AgNO3和HCl之间发生反应，K
14、Cl剩余0.4 mol。与放电有关的离子有：0.4 mol Cu2、0.4 mol Cl及H、OH，阴极发生反应：Cu22e=Cu，生成0.3 mol Cu时，通过电子0.6 mol；阳极先发生反应：2Cl2e=Cl2，当0.4 mol Cl放电时，通过电子0.4 mol，生成Cl2 0.2 mol，阳极再发生反应：4OH4e=2H2OO2，根据阴、阳两极通过电子数相等得，再通过0.2 mol电子时，生成0.05 mol O2，所以阳极共生成气体0.25 mol，即体积为5.6 L(标准状况)。7按如图甲装置进行实验，若乙中横坐标x表示流入电极的电子的物质的量，下列叙述不正确的是()AE表示生
15、成铜的物质的量BE表示反应消耗水的物质的量CF表示生成硫酸的物质的量DF表示反应生成氧气的物质的量解析：选C由甲可知，电解的是CuSO4溶液，总反应为2CuSO42H2O2CuO22H2SO4，在此化学方程式转移4个电子，可得关系：2CuSO42H2O2CuO22H2SO44e2 mol2 mol2 mol 1 mol 2 mol4 mol乙图中表示转移4 mol电子，据此可作判断，A项，生成铜2 mol，正确；B项，消耗水2 mol，正确；C项，生成硫酸2 mol，图中生成硫酸1 mol，错误；D项，生成O2 1 mol，正确。8.用右图所示装置(X、Y是直流电源的两极)分别进行下列各组实验
16、，则下表中所列各项对应关系均正确的一组是()选项电源X极通电前U形管中液体通电后现象及结论A正极Na2SO4溶液U形管两端滴入酚酞溶液后，a端呈红色B正极AgNO3溶液b端电极反应为4OH4e=2H2OO2C负极KCl和CuCl2混合溶液相同条件下，a、b两端产生的气体总体积有可能相等D负极Fe(OH)3胶体和导电液b端液体颜色加深解析：选CX为正极，电解Na2SO4溶液时，实质是电解水，a端的电极为阳极，OH放电，a端c(H)c(OH)，滴加酚酞溶液不变色，A错误；X为正极，电解AgNO3溶液时，b端的电极为阴极，电极反应为Age=Ag，B错误；X为负极，a端的电极为阴极，Fe(OH)3胶体
17、粒子带有正电荷向a端移动，a端液体颜色加深，D错误。925 时，用石墨电极电解2.0 L 0.5 molL1CuSO4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 L0.5 molL11.0 mol，而在阴极析出的Cu为0.1 mol，故CuSO4未完全电解，阳极
18、发生氧化反应，电极反应为4OH4e=2H2OO2。(2)总反应为2CuSO42H2O2CuO22H2SO422 21 201 mol 0.1 mol 0.1 mol 0.05 mol0.1 mol所以电解后c(H)0.1 molL1。故pHlg 0.11。(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：Cu2e=Cu2，阴极：Cu22e=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 g6.4 g12.8 g，而电解液的p
19、H不变。答案：(1)阳4OH4e=2H2OO2(2)1(3)0.1CuO(4)12.8不变10A、B、C三种强电解质，它们在水中电离出的离子为Na、Ag、NO、SO、Cl，在如图1所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯分别盛放足量的A、B、C三种溶液，电极均为石墨电极。接通电源，经过一段时间后，测得乙烧杯中c电极质量增加了10.8 g。常温下各烧杯中溶液的pH与电解时间t的关系如图2所示。据此回答下列问题：(1)M为电源的_极(填“正”或“负”)，甲、乙两个烧杯中的电解质分别为_、_(填写化学式)。(2)计算电极f上生成的气体在标准状况下体积为_L。(3)写出乙烧杯中的电解反应方程式：_。(4)常温下
20、，若电解后甲中A溶液的体积为10 L，则该溶液的pH为_。解析：(1)经过一段时间后，测得乙烧杯中c电极质量增加了10.8 g，说明c电极为阴极，且乙烧杯中的电解质B为AgNO3，则M是负极，N是正极，a是阴极，b是阳极，d为阳极，e是阴极，f是阳极。电解后，甲溶液的pH变大，说明甲为NaCl溶液，丙溶液的pH不变，说明丙中溶液为Na2SO4溶液。(2)c电极质量增加10.8 g，则n(Ag)0.1 mol，n(e)n(Ag)0.1 mol，丙中溶液为Na2SO4溶液，电解该溶液相当于电解水，f极(阳极)上析出O2，且n(O2)n(e)0.025 mol，V(O2)0.025 mol22.4 Lmol10.56 L。(3)电解AgNO3溶液的反应方程式为4AgNO32H2O4Ag4HNO3O2。(4)2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，转移0.1 mol e，生成n(NaOH)0.1 mol，则c(OH)0.01 molL1，c(H) molL11012 molL1，pH12。答案：(1)负NaClAgNO3(2)0.56(3)4AgNO32H2O4Ag4HNO3O2(4)129