2017届高中化学 第4章 电化学基础 第3节 电解池课后素养演练 新人教版选修4.docVIP

电解池 基 础 巩 固 1．如图所示的装置能够组成电解池的是(　D　) 解析：电解池要有外接电源，形成闭合回路。 2．用石墨作电极，电解1 mol/L下列物质的溶液，溶液的pH保持不变的是(　C　) A．HCl B．NaOH C．Na2SO4 D．NaCl 解析：由阴、阳离子的放电顺序知，电解HCl溶液实质是电解HCl，使pH增大，电解NaOH、Na2SO4溶液的实质是电解水；电解质溶液的浓度增大，故NaOH溶液pH增大，但Na2SO4溶液的pH不变，电解NaCl生成NaOH，使溶液pH增大。 3．如图X为电源，Y为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，通电后Y中央的紫红色色斑向d端扩散。下列判断正确的是(　A　) A．滤纸上c点附近会变红色 B．Cu电极质量减小，Pt电极质量增大 C．烧杯中溶液的pH增大 D．烧杯中SO向Cu电极定向移动 解析：由图可知，该装置为电解装置，由通电后Y中央的紫红色色斑向d端扩散知，d为阳极(MnO向阳极移动)，b为电源的正极，a为电源的负极。Y为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，c点H＋放电，则OH－浓度增大，所以滤纸上c点附近会变红色，故A项正确；Cu电极上Cu2＋得到电子生成Cu，Pt电极上OH－失去电子，故Cu电极质量增大，Pt电极质量不变，B项错误；Pt电极上OH－失去电子，故烧杯中溶液的pH减小，C项错误；Cu电极为阴极，Pt电极为阳极，烧杯中SO向Pt电极定向移动，D项错误。 4．如图，四种装置中所盛的溶液体积均为200 mL，浓度为0.6 mol·L－1，工作一段时间后，测得导线上均通过了0.2 mol电子，此时溶液中的pH由大到小的顺序是(　C　) A．④②①③　　　　　 B．④③①② C．④③②① D．①③②④ 解析：若H＋放电，pH增大，若OH－放电，pH减小。③中Zn电极参与反应，电解质溶液pH基本不变。④中阳极上H＋放电，溶液渐渐成碱性。②正极上H＋放电，导线上通过0.2 mol电子时，溶液中减少了H＋的物质的量为0.2 mol，根据原溶液体积和浓度，H＋的物质的量减少为0.04 mol，浓度变为0.2 mol/L。中由于OH－放电，当导线上通过0.2 mol电子时，溶液中OH－减少0.2 mol，即H＋物质的量增加0.2 mol，溶液体积为0.2 L，浓度为1 mol/L。故pH大小顺序符合C项。 5．在水中加入等物质的量的Ag＋、Pb2＋、Na＋、SO、NO、Cl－，该溶液放在用惰性材料作电极的电解槽中，通电片刻，则氧化产物与还原产物的质量之比为(　C　) A．35.5108 B．16207 C．81 D．10835.5 解析：所得溶液为NaNO3的水溶液，通电后，水电离产生的OH－、H＋在两极上反应，氧化产物为O2，还原产物为H2，其质量之比为32(2×2)＝81。 6．将两个铂电极插入500 mL CuSO4(aq)中进行电解，通电一段时间后，某一电极上增重0.064 g(设电解时无H2放出，且不考虑水解和溶液体积的变化)，此时溶液中氢离子的物质的量浓度约为(　B　) A．1×10－3 mol·L－1 B．4×10－3 mol·L－1 C．2×10－3 mol·L－1 D．1×10－7 mol·L－1 解析：由于最后溶液的H＋主要由电解CuSO4溶液产生，所以要计算c(H＋)，可依据电解的离子方程式2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋进行解题。题中电极增重0.064 g必为阴极反应生成Cu所致，即n(Cu)＝0.064 g÷64 g·mol－1＝0.001 0 mol，然后依据离子方程式中各物质之间的化学计量数之比，求出生成的c(H＋)。 2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋ 2 mol　　　　　　　　　　 　4 mol 0．001 0 mol　　　　　　　c(H＋)×0.50 L c(H＋)＝＝4.0×10－3 mol·L－1。 7．用如图所示装置除去含CN－、Cl－废水中的CN－时，控制溶液pH为9～10，阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体。下列说法不正确的是(　D　) A．用石墨作阳极，铁作阴极 B．阳极的电极反应式：Cl－＋2OH－ －2e－===ClO－＋H2O C．阴极的电极反应式：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－ D．除去CN－的反应：2CN－＋5ClO－＋2H＋===N2↑＋2CO2↑＋5Cl－＋H2O 解析：A．阳极要产生ClO－，则铁只能作阴极，不能作阳极，否则就是铁失电子，A正确；B．阳极是Cl－失电子产生ClO－，电极反应式为 ：Cl－＋2OH－－2e－===ClO－＋H2O，B正确；C．阴极是H＋产生H2，碱性溶液，故阴极的电极反应式为：2H2O