2011届高考化学第一轮复习专题考试17__电解原理与应用

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1、第三单元电解池的工作原理及应用1．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，下列叙述正确的是(已知：氧化性Fe2＋

2、被氧化，就以单质的形式沉积在阳极底部形成阳极泥。把这些规律应用到本题中，由于铁、锌等比镍活泼，铜、铂等没有镍活泼，所以铁、锌等要在阳极上被氧化，铜、铂等不会被氧化，而变成阳极泥。故正确答案为D。答案：D2．用电解质溶液为氢氧化钾水溶液的氢氧燃料电池电解饱和硫酸钠溶液一段时间，假设电解时温度不变且用惰性电极，下列说法不正确的是(　　)A．当电池负极消耗mg气体时，电解池阴极有mg气体生成B．电解池的阳极反应式为：4OH－－4e－―→2H2O＋O2↑C．电解后c(Na2SO4)不变，且溶液中有晶体析出D．电池中c(KOH)不变；电解池

3、中溶液pH变大解析：氢氧燃料电池的电极反应式分别为：负极：2H2－4e－＋4OH－―→4H2O，正极：O2＋4e－＋2H2O―→4OH－；用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液，实质为电解H2O，电极反应式为阳极：4OH－－4e－―→O2↑＋2H2O，阴极：4H＋＋4e－―→2H2↑。A项，根据转移电子守恒，电池负极消耗H2的质量与电解池阴极生成H2的质量相同；C项，电解后，Na2SO4溶液仍为饱和溶液，温度不变，c(Na2SO4)不变，但由于消耗H2O，溶液中会析出Na2SO4·10H2O晶体；D项，电池中n(KOH)不变，由于生成

4、H2O，c(KOH)减小，电解池中Na2SO4溶液浓度不变，溶液pH不变。答案：D3.用惰性电极实现电解，下列说法正确的是(　　)A．电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液pH不变B．电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH－，故溶液pH减小C．电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶2D．电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶1解析：电解稀H2SO4，实质上是电解水，硫酸的物质的量不变，但溶液体积减少，浓度增大，故溶液pH减小，A不正确；电解稀NaOH溶液，阳极消耗OH－，阴极消耗H＋，实质也是电

5、解水，NaOH溶液浓度增大，故溶液的pH增大，B不正确；电解Na2SO4溶液时，在阳极发生反应：4OH－－4e－―→2H2O＋O2↑，在阴极发生反应：4H＋＋4e－―→2H2↑，由于两电极通过电量相等，故析出H2与O2的物质的量之比为2∶1，C不正确；电解CuCl2溶液时，阴极反应为Cu2＋＋2e－―→Cu，阳极反应为2Cl－－2e－―→Cl2↑，两极通过电量相等时，Cu和Cl2的物质的量之比为1∶1，D正确。答案：D4．用Pt电极电解含有0.1molCu2＋和0.1molX3＋的溶液，阴极析出固体物质的质量m(g)与溶液中通过电

6、子的物质的量n(mol)的关系如图所示。则离子的氧化能力由大到小排列正确的是(　　)A．Cu2＋>X3＋>H＋B．H＋>X3＋>Cu2＋C．X3＋>H＋>Cu2＋D．Cu2＋>H＋>X3＋解析：有些同学没有认真分析，就将X3＋与Fe3＋联系起来，选择答案C。这其实是简单记忆阳离子放电顺序导致思维定势而造成的结果。本题的解题信息在图像中，一通电就有固体析出，且通过0.2mol电子后，就没有固体析出了，说明是Cu2＋放电的结果，X3＋不放电。故正确答案为D。答案：D5．500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)＝0.6

7、mol·L－1，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2.24L气体(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是(　　)A．原混合溶液中c(K＋)为0.2mol·L－1B．上述电解过程中共转移0.2mol电子C．电解得到的Cu的物质的量为0.05molD．电解后溶液中c(H＋)为0.2mol·L－1解析：石墨作电极电解KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，阳极反应式为：4OH－－4e－―→2H2O＋O2↑，阴极先后发生两个反应：Cu2＋＋2e－―→Cu,2H＋＋2e－―→H2↑。从收集到O2为

8、2.24L这个事实可推知上述电解过程中共转移0.4mol电子，而在生成2.24LH2的过程中转移0.2mol电子，所以Cu2＋共得到0.4mol－0.2mol＝0.2mol电子，电解前Cu2＋的物质的量和电解得到的Cu的物质的量都为0.1mol。电