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第1课时电解原理一、选择题1．如图所示，铜片、锌片和石墨棒用导线连接后插入番茄里，电流表中有电流通过，则下列说法正确的()A．锌片是负极B．两个铜片上都发生氧化反应C．石墨是阴极D．两个番茄都形成原电池【答案】A【解析】根据图示推知左侧为原电池，其中Zn作负极，Cu作正极，Cu片上发生还原反应；右侧为电解池，其中Cu为阴极，发生还原反应，C为阳极，发生氧化反应。2．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【答案】C【解析】甲没有外接电源，是将化学能转化为电能的装置，乙、丙有外接电源，是将电能转化为化学能的装置，为电解池，故A错误；C1、C2分别连接原电池正、负极，所以是电解池的阳极、阴极，锌作负极，失电子发生氧化反应，铁片作阴极，阴极上得电子发生还原反应，故B错误；C1和C3都是阳极，阳极上氯离子失电子发生氧化反应而生成氯气，铜片上和铁片上都是氢离子得电子发生还原反应生成氢气，故C正确；甲、丙溶液中，甲中正极和丙中阴极上都是氢离子得电子生成氢气，随着反应的进行，氢离子浓度都逐渐减少，则溶液的pH增大，故D错误。3．如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置。通电后在石墨电极a和b附近分别滴加一滴石蕊试液，下列实验现象中正确的是()A．逸出气体的体积a电极的小于b电极的B．一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体C．a电极附近呈红色，b电极附近出现蓝色D．a电极附近呈蓝色，b电极附近出现红色【答案】D【解析】电解Na2SO4溶液实质是电解水，在a极生成H2，a极附近c(OH－)增大使溶液呈蓝色，b极生成O2，b极附近c(H＋)增大使溶液呈红色。4．(2018年四川广安二中月考)用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定质量的另一种物质(括号内)，能使溶液与原来完全一样的是()A．CuCl2(CuO)B．NaOH(NaOH)C．NaCl(HCl)D．CuSO4[Cu(OH)2]【答案】C【解析】电解CuCl2溶液时按如下方程式反应：CuCl2=====电解Cu＋Cl2↑。电解质溶液中每损失1个Cu原子，就同时损失2个Cl原子，相当于损失CuCl2，因而必须再加入适量的CuCl2才能使电解质溶液与原来完全一样。同理可知电解NaOH、NaCl、CuSO4后应分别加入H2O、HCl、CuO，才能使电解质溶液与原来完全一样。故A、B、D不正确，C正确。5．碘盐中添加的碘酸钾在工业上可用电解KI溶液制取，电极材料是石墨和不锈钢，化学方程式是KI＋3H2O=====电解KIO3＋3H2↑，有关说法不正确的是()A．石墨作阳极，不锈钢作阴极B．I－在阳极放电，H＋在阴极放电C．电解过程中电解质溶液的pH变小D．电解转移3mole－时，理论上可制得KIO3107g【答案】C【解析】A.根据电池反应式知，阳极上碘离子放电生成碘酸根离子，则阳极应该为惰性电极石墨，阴极为不锈钢，故A正确；B.电解时，阴极上氢离子放电生成氢气，阳极上碘离子放电生成KIO3，故B正确；C.碘化钾和碘酸钾都是强酸强碱盐，其溶液都呈中性，电解过程中水参加反应，导致溶液浓度增大，但pH几乎不变，故C错误；D.KI＋3H2O=====电解KIO3＋3H2↑，当电解过程中转移6mole－时，理论上可制得1molKIO3，所以当电解过程中转移3mole－时，理论上可制得KIO3107g，故D正确。6．(2018年山东烟台福山一中月考)电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法，即保持污水的pH在5.0～6.0之间，通过电解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附作用，可吸附水中的污物而使其沉淀下来，起到净水的作用，其原理如图所示。下列说法正确的是()A．石墨电极上发生氧化反应B．根据图示，物质A为CO2C．为增强污水的导电能力，可向污水中加入适量乙醇D．甲烷燃料电池中CO2—3向空气一极移动【答案】B【解析】石墨为阴极，发生还原反应，A项错误；电池是以熔融碳酸盐为电解质，通甲烷电极为负极。电极反应为CH4＋4CO2－3－8e－===5CO2＋2H2O，反应生成CO2，正极反应为O2＋2CO2＋4e－===2CO2－3反应消耗CO2，所以物质A为CO2，B项正确；加入的乙醇是非电解质，不能增强导电性，C项错误；电池中阴离子向负极移动，则电池中CO2－3向甲烷一极移动，D项错误。7．(2018年安徽师大附中模拟)用Pt电极电解含有Ag＋、Cu2＋和X3＋各0.1mol的溶液，阴极析出固体物质的质量m(g)与回路中通过电子的物质的量n(mol)的关系如图所示。则下列氧化性强弱的判断正确的是()A．Ag＋X3＋Cu2＋H＋X2＋B．Ag＋Cu2＋X3＋H＋X2＋C．Cu2＋X3＋Ag＋X2＋H＋D．Cu2＋Ag＋X3＋H＋X2＋【答案】A【解析】开始即析出固体，总共0.1mol电子通过时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是Ag，此后，继续有电子通过，不再有固体析出，说明X3＋放电生成X2＋，后又有固体析出，则为铜，则氧化能力为Ag＋＞X3＋＞Cu2＋；当电子超过0.4mol时，固体质量没变，说明这是阴极产生的是氢气，即电解水，说明氧化能力H＋＞X2＋，故氧化能力为Ag＋＞X3＋＞Cu2＋＞H＋＞X2＋。二、非选择题8．如图中电极a、b分别为Ag电极和Pt电极，电极c、d都是石墨电极。通电一段时间后，在c、d两极上共收集到336mL(标准状况)气体。回答：(1)直流电源中，M为________极，Pt电极上生成的物质是________，其质量为________g。(2)电源输出的电子，其物质的量与电极b、c、d分别生成的物质的物质的量之比为2∶________∶________∶________。(3)AgNO3溶液的浓度________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，AgNO3溶液的pH________，硫酸的浓度________，硫酸的pH________。【答案】(1)正Ag2.16(2)20.51(3)不变不变增大减小【解析】电解5.00%的稀硫酸溶液，实际上是电解其中的水。因此在该电解池中发生反应：2H2O=====电解2H2↑＋O2↑，V(H2)∶V(O2)＝2∶1。据此可确定d极为阴极，则电源的N极为负极，M极为正极。在336mL气体中，V(H2)＝23×336mL＝224mL，为0.01mol；V(O2)＝13×336mL＝112mL，为0.005mol。说明电路上有0.02mol电子转移，因此在b极(Pt、阴极)产生Ag：0.02mol×108g·mol－1＝2.16g，即0.02mol的Ag。则n(e－)∶n(Ag)∶n(O2)∶n(H2)＝0.02∶0.02∶0.005∶0.01＝2∶2∶0.5∶1。由Ag(阳)电极、Pt(阴)电极和AgNO3溶液组成的电解池，在通电一定时间后，在Pt电极上放电所消耗溶液中Ag＋的物质的量等于Ag电极被还原给溶液补充的Ag＋的物质的量，因此AgNO3溶液的浓度不变，溶液的pH也不变。电解5.00%的稀硫酸溶液时，由于其中的水发生电解，因此硫酸的浓度增大，H＋的浓度增大，故溶液的pH减小。