电解原理
1． 下列说法错误的是（ ）
A．常温常压下，52g乙炔气体中所形成的共用电子对对数为10NA
B．常温下，1molNaHCO3投入足量稀盐酸中，待反应结束后，可逸出NA个CO2分子 C．用惰性电极电解500mL饱和氯化钠溶液时，若溶液的pH变为13时，则电极上转化的 电子数目约为3.01×10(忽略溶液的体积变化)
D．用含有0.1molFeCl3的饱和溶液制得的氢氧化铁胶体中，胶粒数一定小于0.1NA 2． 电解饱和食盐水，当阴极附近有0.4molOH－生成时，阳极生成（ ） A．0.2mol H2 B．0.2mol Cl2 C．0.4mol H2 D．0.4mol Cl2 3． 下列说法中不正确的是（ ）
A．不能自发进行的氧化还原反应，一般可以通过电解实现 B．电解质溶液导电是化学变化，金属导电是物理变化 C．电解池和原电池中均发生氧化还原反应 D．电解、电离、原电池均需要通电
4．用石墨作电极，分解电解下列各物质的溶液：①CuCl2 ②CuSO4 ③NaBr ④NaNO3 ⑤盐酸 ⑥H2SO4 ⑦KOH。其中只有水被电解的有（ ）
A．①②⑤ B．③④⑥⑦ C．④⑥⑦ D．③⑤⑥⑦
5． 在外界提供相同电量的条件下，Cu或Ag分别按Cu+2e=Cu 或Ag+e=Ag在电极上放电，若析出铜的质量为1.92g，则析出银的质量为（ ）
A．12.96g B．3.24g C．6.48g D．1.62g
6． 用铂电极（惰性）电解下列溶液时，阴极和阳极上的主要产物分别是H2和O2的是（ ） A．NaCl溶液 B.HCl溶液 C.稀NaOH溶液 D.酸性AgNO3溶液
7． 将含有0.4molCu(NO3)2和0.4molKCl的水溶液1L用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上析出0.3molCu，此时在另 一个电极上放出气体的体积（标准状况）约为（ ）。
A．5 .6L B．6.72L C．2.8L D．13.44L
8． 把物质的量均为0.1 mol的AlCl3、CuCl2和H2SO4溶于水制成100 mL的混合溶液,用石墨作电极电解,并收集两电极所产生的气体,一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同。则下列描述正确的是( )
A．阳极得到的气体中有O2且为0.35 mol B．铝元素仅以Al(OH)3的形式存在 C．阴极质量增加3.2 g D．电路中共转移0.9 mol电子
9． 把物质的量均为0.1 mol的AlCl3、CuCl2和H2SO4溶于水制成100 mL的混合溶液，用石墨做电极电解，并收集两电极所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同。则下列描述正确的是( )
1
2+
+
2+
-+
-22
A．电路中共转移0.9 mol电子
B．阳极得到的气体中有O2且其物质的量为0.35 mol C．阴极质量增加3.2 g D．铝元素以Al(OH)3的形式存在
10．用惰性电极电解下列溶液，电解一段时间后，阴极质量增加，电解液的pH下降的是( ) A．CuSO4 B．NaOH C．BaCl2 D．H2SO4
2
参考答案： 1． 答案： B 解析： 2． 答案： B 解析： 3． 答案： D
解析： 根据题中所给出的信息分析，电离不需要通电，而是溶于水或熔化状态下发生的。 4． 答案： C
解析： 只有水被电解即是在阴极上H放电(溶液中阳离子是较活泼的金属离子)，同时在阳极上OH放电(溶液中含有含氧酸根离子或F－)。 5． 答案： C
解析： 析出铜的物质的量是1.92g÷64g/mol＝0.03mol，转移电子的物质的量是0.03mol×2＝0.06mol，则关键电子守恒可知，析出银的物质的量是0.06mol，质量是0.06mol×108g/mol＝6.48g，选C。 6． 答案： C
解析： 用铂电极（惰性）电解下列溶液时，阴极和阳极上的主要产物分别是H2和O2，这说明电解的实质是电解水，则选项C正确。A中电解产物是氯气、氢气和氢氧化钠，B中电解产物是氯气和氢气。D中电解产物是银、氧气和硝酸，选C。 7． 答案： A
解析： 在阴极析出0.3molCu，则电路中转移了0.6mol电子。阳极有0.4molCl－失电子，失去0.4mol电子，产生0.2molCl2，另外还有0.2mol电子是OH失去的，产生0.05molO2，因此一共产生标准状况下的气体5.6L，A正确。 8． 答案： D
解析： 用惰性电极电解,阴极:Cu2++2e-====Cu,2H++2e-====H2↑;阳极:2Cl--2e-====Cl2
↑,4OH--4e-====2H2O+O2↑;根据各离子在溶液中的放电顺序可知,该电解过程可分为以下几个阶段: (1)阶段一:电解0.1 mol CuCl2,转移0.2 mol e-,阴极增重质量为铜的质量,为6.4 g;阳极产生0.1 mol Cl2;故C项错误;
(2)阶段二:电解0.2 mol HCl,转移0.2 mol e,阳极又产生0.1 mol Cl2,阴极产生0.1 mol H2; (3)阶段三:电解0.1 mol HCl,转移0.1 mol e-,此阶段H来源于水,Cl-完全电解,阳极又产生0.05 mol Cl2,阴极又产生0.05 mol H2;此时由于水的电离平衡被破坏,体系中产生多余的OH-,所以部分Al3+以Al(OH)3的形式沉淀,故B项错误;综上分析可知,当转移0.5 mol e时,阳极共产生0.25 mol Cl2,阴极产生0.15 mol H2,如果使两极最终所得气体的体积相等,还需要继续电解水。 假设还需电解xmol H2O,则阳极产生0.5xmol O2,阴极产生xmol H2。
此时阳极气体为0.25 mol+0.5xmol,阴极气体为0.15 mol+xmol,由二者相等得x=0.2,由此可得再电解0.2 mol H2O,还需转移电子0.4 mol,所以该过程中共转移0.9 mol e-,D项正确;阳极共产生0.25 mol Cl2,0.1 mol O2,A项错误。 9． 答案： A
解析： 由放电顺序知第一阶段阴阳极产物：阴极0.1 mol Cu，(析出Cu 6.4 g)阳极0.1 mol Cl2，转移
3
--－
＋
－
电子0.2 mol，选项C错误。第二阶段阴阳极产物：阴极0.15 mol H2，阳极0.15 mol Cl2，转移电子0.3 mol。第三阶段由两极收集到的气体在相同条件下体积相同，可知阴阳极产物：阴极0.2 mol H2，阳极0.1 mol O2，转移电子0.4 mol，选项B错误；共转移电子0.9 mol，A正确。第二阶段生成氢氧化铝0.1 mol，第三阶段相当于电解水，而硫酸是0.1 mol，所以铝元素以Al(OH)3和Al3+两部分存在。 10． 答案： A
解析： 解：A．电解硫酸铜溶液时，阴极上铜离子放电生成铜，质量增加，阳极上氢氧根离子放电，所以电解质溶液的酸性增强，溶液的pH减小，故A正确；
B．电解氢氧化钠溶液时，实质电解水，所以电解质溶液的碱性增强，溶液的pH增大，故B错误； C．电解氯化钡溶液，阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，所以电解质溶液的碱性增强，pH增大，故C错误；
D．电解稀硫酸溶液，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，电解质溶液中溶质的量不变，溶剂的量减小，所以酸性增强，故D错误； 故选A．
4
2021届新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．下列说法正确的是
A．煤的干馏和石油的分馏都是化学变化 B．漂白粉、水玻璃和碱石灰都是混合物 C．纯碱、明矾和干冰都是电解质
D．乙酸乙酯中混有乙酸，可加入饱和氢氧化钠溶液，振荡、静置后分液 【答案】B 【解析】 【详解】
A、石油的分馏是物理变化而煤的干馏是化学变化，选项A错误；
A、漂白粉是由氯化钙和次氯酸钙构成的，是混合物；水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物；碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，选项B正确；
C、纯碱是碳酸钠属于盐类，是电解质；明矾是硫酸铝钾属于盐，是电解质；干冰是固态的二氧化碳，属于非电解质，选项C错误；
D、乙酸乙酯中混有乙酸，可加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置后分液，选项D错误。 答案选B。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．112gMgS与NaHS混合晶体中含有阳离子的数目为2NA B．25℃时，1L0.1mol·L－1的Na3PO4溶液中Na+的数目为0.3NA C．常温下，64gCu与足量的浓硫酸混合，转移的电子数目为2NA D．88g乙酸乙酯中含有的非极性共价键的数目为2NA 【答案】C 【解析】 【详解】
A．因为MgS与NaHS的摩尔质量都是56g.mol-1，所以112gMgS与NaHS混合物的物质的量为2mol，而MgS与NaHS混合晶体中含有阳离子分别为Mg2+、Na+，故112gMgS与NaHS混合晶体中含有阳离子的数目为2NA，A正确；
B．Na3PO4是强电解质，在溶液中的电离方程式为：Na3PO4=3 Na++ PO43-，则1L 0.1mol·L－1的Na3PO4溶液L－1的Na3PO4溶液中Na+的数目为0.3NA，B正确； 中Na+的物质的量为0.3mol，故1L 0.1mol·C．常温下，Cu与浓硫酸不反应，C错误；
5
(含3套新高考模拟卷)2019-2020学年高考化学专项复习电化学基础电解池电解原理(1)练习
