1、第九章 第二节 电解池一、选择题(此题包括10小题，每题5分，共50分)1以下有关用惰性电极电解AgNO3溶液一段时间后的说法正确的选项是 ()A电解过程中阳极质量不断增加B电解过程中溶液的pH不断升高C此时向溶液中参加适量的Ag2O固体可使溶液恢复到电解前的状况D电解后两极产生的气体体积比为21解析：用惰性电极电解AgNO3溶液，总反响式为：4AgNO32H2O4AgO24HNO3.在阴极上有Ag生成，所以阴极质量不断增加电解产生了HNO3，pH不断减小参加Ag2O后，Ag2O2HNO3=2AgNO3H2O，恰好可使溶液恢复至电解前的状况阴极析出银，不产生气体答案：C2如图装置分别通电一段时
2、间后，溶液的质量增加的是 ()解析：A池中的反响是：2H2O2H2O2，B池中的反响为：CuCl2CuCl2，A、B两池中溶液质量都减少；C池是电镀池，溶液质量不变；D池中的反响是2AgCu(NO3)22AgNO3Cu，溶液的质量增加答案：D3某溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，它们的物质的量之比为31.用石墨做电极电解该混合溶液时，根据电极产物，可明显分为三个阶段以下表达不正确的选项是 ()A阴极自始至终只析出H2B阳极先析出Cl2，后析出O2C电解最后阶段为电解水D溶液pH不断增大，最后为7解析：由题意知：n(H)n(Cl)23，在阴极放电的是H，在阳极放电的是Cl，Cl放电完后是O
3、H.因此反响开始在两极放电的是H、Cl，相当于电解盐酸由H2SO4电离的H放电完后，在两极放电的是由水电离的H和剩余的Cl，相当于电解NaCl的水溶液Cl放电完后，在两极放电的是由水电离的H和OH，相当于电解水故A、B、C是正确的溶液pH的变化是不断增大，但最后溶质是NaOH和Na2SO4，pH不会为7.答案：D4如图为用惰性电极电解CuCl2溶液并验证其产物的实验装置，那么以下说法不正确的选项是 ()A电源a极为负极BKI淀粉溶液会变蓝色C假设参加适量CuCl2可使电解后的溶液恢复原状态D电极上发生的电极反响为：Cu2e=Cu2解析：用惰性电极电解CuCl2溶液，阳极反响：2Cl2e=Cl2
4、，故为阳极，电源b为正极，a为负极，阴极()的反响为Cu22e=Cu.答案：D5(2023潍坊模拟)现将氯化铝溶液蒸干灼烧并熔融后用铂电极进行电解，以下有关电极产物的判断正确的选项是 ()A阴极产物是氢气 B阳极产物是氧气C阴极产物是铝和氧气 D阳极产物只有氯气解析：将氯化铝溶液蒸干灼烧得到Al2O3，电解熔融的Al2O3，阳极为O2放电，阳极产物为氧气；阴极为Al3放电，阴极产物为Al.答案：B6500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)6 mol/L，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，
5、以下说法正确的选项是 ()A原混合溶液中c(K)为2 mol/LB上述电解过程中共转移2 mol电子C电解得到的Cu的物质的量为0.5 molD电解后溶液中c(H)为2 mol/L解析：该溶液用石墨作电极电解，阳极反响为：4OH4e=2H2OO2，生成1 mol氧气失去4 moL电子，阴极反响先为：Cu22e=Cu，后为：2H2e =H2，生成1 mol氢气得2 mol电子，而阴阳两极得失电子数相等，故Cu2得2 mol电子生成1 mol铜，原溶液中c(Cu2)2 mol/L，由电荷守恒式c(K)2c(Cu2)c(NO)得c(K)为2 mol/LCu(NO3)2水解的c(H)忽略不计电解后c(
6、H)应为4 mol/L.答案：A7金属镍有广泛的用途粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，以下表达正确的选项是(：氧化性Fe2Ni2Cu2) ()A阳极发生复原反响，其电极反响式：Ni22e=NiB电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等C电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2和Zn2D电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt解析：用电解法制备高纯度的镍时，用纯镍作阴极，粗镍作阳极，含Ni2的溶液作电解质溶液其中阳极反响式：Zn2e=Zn2，Fe2e=Fe2，Ni2e=Ni2；阴极反响式：Ni22e=Ni.因此电解过程中，阳极质量的减少和阴极质量的增加
7、并不相等电解质溶液中存在的阳离子有Zn2、Fe2、Ni2.阳极泥中只有Cu和Pt.答案：D8按如图装置实验，假设x轴表示流入阴极的电子的物质的量，那么y轴可表示()c(Ag)c(AgNO3)a棒的质量b棒的质量溶液的pHA BC D解析：该电解池中随着电解的进行，c(Ag)不变，c(AgNO3)不变，溶液的pH不变，阳极反响为：Age=Ag；阴极反响为：Age=Ag.答案：D9如图装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色以下说法中不正确的选项是 ()AX是正极，Y是负极BX是负极，Y是正极CCuSO4溶液的pH逐渐减小DNaCl溶液的pH逐渐变大解析：根据实验现象知道，b
8、极是电解池的阴极，那么X是正极，Y是负极烧杯内电解CuSO4溶液，产物为Cu、O2和H2SO4，电解后溶液酸性增强，U形管电解NaCl溶液，产物为Cl2、H2和NaOH，溶液的碱性增强答案：B10(2023安庆模拟)如以下图，将两烧杯用导线如图相连，Pt、Cu、Zn、C分别为四个电极，当闭合开关后，以下表达正确的选项是 ()ACu极附近OH浓度增大BCu极为原电池负极C电子流向是由C极流向Pt极D当C极上有4 mol电子转移时，Pt极上有1 mol O2生成解析：闭合开关后，右侧装置中有自发的氧化复原反响，是原电池，Zn作原电池的负极，C作正极左侧装置是电解池，Cu作阴极，Pt作阳极，B项错误
9、Cu电极的电极反响式为2H2e=H2，OH浓度增大，A项正确电子流向应由电解池的阳极Pt流向原电池的正极C，C项错误Pt电极的电极反响式为2Cl2e=Cl2，当有4 mol电子转移时，Pt电极上有2 mol Cl2生成答案：A二、非选择题(此题包括4小题，共50分)11(17分)如图为相互串联的甲乙两电解池试答复：(1)甲池假设为用电解原理精炼铜的装置，A是_极，材料是_，电极反响为_，B是_极，材料是_，主要电极反响为_，电解质溶液为_(2)乙池中假设滴入少量酚酞试液，电解一段时间后Fe极附近呈_色(3)假设甲池中阴极增重12.8g，那么乙池中阳极放出的气体在标准状况下的体积为_假设此时乙池
10、剩余液体为400 mL，那么电解后得到碱液的物质的量浓度为_，pH为_解析：(1)甲为粗铜精炼装置，A是阴极，材料为纯铜，电极反响为Cu22e=Cu，B是阳极，材料为粗铜，主要电极反响为Cu2e=Cu2，电解质溶液为CuSO4或CuCl2溶液(2)乙池为电解NaCl溶液的装置，其中铁作阴极，H放电，相当于生成了OH，使酚酞试液变红色(3)假设甲池阴极增重12.8 g，即生成了0.2 mol 纯铜，转移了0.4 mol 电子，根据串联电路中转移电子数相等，由乙池中阳极上发生的反响2Cl2e=Cl2知，产生0.2 mol Cl2，标准状况下的体积为4.48 L；由阴极上的电极反响2H2e=H2知，
11、溶液中剩余0.4 mol OH，假设乙池中剩余液体为400 mL，那么电解后得到OH的物质的量浓度为1.0 mol/L，pH为14.答案：(1)阴纯铜Cu22e=Cu阳粗铜Cu2e=Cu2CuSO4(其它合理也可以)(2)红(3)4.48 L1.0 mol/L1412(12分)铝和氢氧化钾都是重要的工业产品请答复：(1)工业冶炼铝的化学方程式是_.(2)铝与氢氧化钾溶液反响的离子方程式是_.(3)工业品氢氧化钾的溶液中含有某些含氧酸根杂质，可用离子交换膜法电解提纯电解槽内装有阳离子交换膜(只允许阳离子通过)，其工作原理如以下图该电解槽的阳极反响式是_通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原
12、因：_.除去杂质后的氢氧化钾溶液从液体出口_(填写“A或“B)导出解析：(1)、(2)问主要考查教材的根底知识，应该属于得分的问题，(3)中根据电解原理，阳极应是OH失电子，所以电极反响式为4OH4e=2H2OO2，而阴极为H放电，促进水的电离，使OH浓度增大，所以pH增大，根据阳离子交换膜的特点，K可从阳极区进入阴极区和OH组成KOH，从而可在阴极区得纯的KOH，故液体应从B口导出答案：(1)2Al2O34Al3O2(2)2Al2OH2H2O=2AlO3H2(3)4OH4e=2H2OO2H放电，促进水的电离，OH浓度增大，pH升高B13(11分)如以下图，A为直流电源，B为渗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的a为_极(2)滤纸B上发生的总反响方程式为：_.(3)欲在电镀槽中实现铁上镀锌，接通K点，使c、d两点短路
