高中化学复习知识点：电解后溶液的复原

高中化学复习知识点：电解后溶液的复原
、单项选择题
1.以下说法错误的选项是〔 〕
Na 2SO 4溶液,当2 mol 电子转移时,可参加 18 g 水恢复
1 L 1 mol/L CuSO 4溶液,当参加 1 mol Cu 〔OH 〕 2恢复电解前浓度
1 mol CuSO 4和1 mol NaCl 的混合溶液,溶液的pH 先减小后增大 D.要想实现 Cu+H 2SO 4〔稀〕一CuS 43- H 2伯勺反响,需在电解池中进行,且 Cu 为阳极 2.用惰性电极电解以下溶液一段时间后再参加一定量的某种物质
〔方括号内物质〕,能够
使溶液恢复到原来的成分和浓度的是
〔〕
A. AgNO 3 [AgNO 3]
B. NaOH [H 2O]
C. KCl [KCl]
D, CuSO 4[Cu 〔OH 〕 2]
3.将NaCl 和CuSO 4两种溶液等体积混合后用石墨电极进行电解,电解过程中,溶液 pH 随时间t 变化的曲线如下图,那么以下说法正确的选项是
A.整个过程中两电极反响 2Cl -2e =Cl2T. 2H+ 2e 「= H2怀可能同时发生
B.电解至C 点时,往电解质溶液中参加适量
CuCl 2固体,即可使电解质溶液恢复至原
来的浓度
C. AB 段表示电解过程中 H+被复原,pH 增大
D.原混合溶液中 NaCl 和CuSO 4浓度之比恰好为 2:1
4. 500 mL KNO 3和Cu 〔NO 3〕2的混合溶液中 c 〔NO 3-〕 = 6.0 mol L 71,用石墨做电极电解此 溶液,当
通电一段时间后,两极均收集到 22.4 L 气体〔标准?^况〕,假定电解后溶液体积 仍为500 mL,以下说法正确的选项是〔〕
- ,一 ・、、? •=-十、•一 ■.一1 A .原混合溶液中c 〔K 〕为2 mol L- 1
B.上述电解过程中共转移 6 mol 电子
C.电解得到的Cu 的物质的量为0.5 mol
D.电解后溶液中 c 〔H + 〕为2 mol L- 1
5.用石墨作电极电解 CuSO 4溶液,通电一段时间后,欲使电解液恢复到起始状态,应 向溶液中参加适量的
〔〕
时,电路中转移了
4 mol e
A .用惰性电极电解 B.用惰性电极电解
C.用惰性电极电解 0
t
A. CuSO 4
B. H 2O
C. CuO
D. CuSO 4 5H 2O
6 .用石墨作电极电解 1 mol/L CuSO 4溶液,当c 〔Cu 2+〕为0.5 mol/L 时,停止电解,向剩 余溶液中参加以
下何种物质可使电解质溶液恢复至原来状态
〔
〕
A . CuSO 4 B. CuO
C. Cu 〔OH 〕 2
D. CuS04 5H 2O
7 .某兴趣小组的同学用以下图所示装置研究有关电化学的问题〔甲、乙、丙三池中溶质 足量〕,当闭合该装置
的电键 K 时,观察到电流计的指针发生了偏转.一段时间后,断 开电键K,以下物质能使乙池恢复到反响前浓度的是
8 .用惰性电极电解以下溶液,电解一段时间后,再参加一定质量的另一种物质〔括号
中〕,能恢复成与原溶液完全一样的是〔
〕
A. H 2SO 4 H 2O
B. AgNO 3 H 2O
C. NaOH(NaOH) D . CuCl 2 H 2O
9 .用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液,通电一段时间后,向所得的溶液中参加 0.1molCuO 后恰好恢复到电解前的浓度,那么电解过程中转移的电子数为 〔〕
A . 0.1 mol
B. 0.2 mol
C. 0.3 mol
D. 0.4 mol
10 .用石墨电极电解 CuSO 4溶液一段时间后,向所得溶液中参加 0.1mol Cu 〔OH 〕2后, 恰好使溶液恢复
到电解前的浓度.那么电解过程中转移的电子的物质的量为
A . 0.4mol
B. 0.5mol
C. 0.6mol
D. 0.8mol
、综合题
KOH 溶液 甲池
CMNOJift 液
乙池
CuSO .海液
内池
B. CuO
C. Cu (OH) 2
D. Cu 2 (OH) 2CO 3
11.观察以下装置,答复以下问题.
KOH 溶液
过■CuSO.溶液
岫◎溶液
甲池
乙池
内池
(1)甲装置中通入乙醇的电极反响式为.
(2)用上图装置电解200 mL 1mol/L CuSO 4溶液,石墨电极上的电极反响式是 , 在Ag电极附近观察到的现象是.
(3)电解一段时间,当甲池消耗了112 mLO2(标况下),此时乙装置中溶液的pH为
(忽略电解前后体积变化).假设要将该溶液完全恢复到电解前的浓度和pH,需要
补充的物质是,其物质的量为.
(4)丙装置中总反响的离子方程式为 ________________________________________________________________ 12.在如图用石墨作电极的电解池中,放入500mL含一种溶质的某蓝色稀溶液进行电
解,观察到A电极外表有红色的固态物质生成, B电极有无色气体生成；当溶液中的原溶质完全电解后,停止电解,取出A电极,洗涤、枯燥、称量,电极增重1.6 g.请回答以下问题：
(1)A电极是接电源的极；B电极的反响式.
(2)原溶液的物质的量浓度是mol/L ,为了使溶液恢复到原浓度,应向反响后的液
体中参加 ;电解后溶液的pH为.(假设电解前后溶?^的体积不变) (3)请你设计实验确定原溶液中可能所含的酸根离子, 要求：提出两种可能的假设,分别
写出论证这两种假设的操作步骤、实验现象和实验结论.
假设①____________________________________________________________
操作步骤：________________________________________________________
实验现象：________________________________________________________
实验结论：.
假设②_________________________________________________________
操作步骤：________________________________________________________
实验现象：________________________________________________________
实验结论：.
参考答案
1. C
【解析】
【分析】
A.用惰性电极电解Na2SO4溶液,实质为电解水,根据电子守恒计算消耗水的物质的量；
B.需参加1mol Cu(OH) 2恢复电解前浓度,1mol Cu(OH) 2相当于ImolCuO和ImolH?., 结合电子守恒分析；
C.阳离子在阴极得电子水平Cu2H ,阴离子在阳极失电子水平Cl OH ,电解时阴
极电极反响：Cu22e Cu , 1mol Cu2完全反响转移2mol电子,阳极电极反响：1
Cl e 1Cl2, 1mol Cl完全反响转移1mol电子,根据电子守恒规律,阳极电极反
应还有：4OH 4e O2 2H 2O,据此分析溶液pH变化；
D.铜与稀硫酸不反响,假设要实现该反响,那么需在电解池中进行,铜化合价升高,说明铜失去电子做阳极.
【详解】
电解
A .用惰性电极电解Na2SO4溶液,相当于电解水：2HO^2H4+QT,该反响转移4mol
电子时,消耗水2mol,当有2mol电子转移时,消耗水1mol,即可参加18g水恢复到原状态,A正确；
B.用惰性电极电解1L 1mol/L CuSO4溶液,电解反响为
电解2
2CuSO4 2H2O -2Cu 2H 2SO4 O2 ,当n Cu2 1mol全部被复原成铜时,生成铜
1mol ,转移电子的物质的量为2mol,假设要恢复到电解前的状态,需要加氧化铜的物质的量
为1mol,现需参加1mol Cu(OH) 2恢复电解前浓度,说明还有1mol水发生了电解反响,
电解
根据2H2O^2H2O2可知,该反响转移4mol电子时,消耗水2mol,当有1mol水被
电解时,转移电子的物质的量为2mol,所以整个电路中转移了4mole , B正确；
C.阳离子在阴极得电子水平Cu2H ,阴离子在阳极失电子水平Cl OH ,所以用惰
性电极电解1mol CUSO4和1mol NaCl的混合溶液,阴极电极反响：Cu22e Cu ,
1 、.一1mol Cu2元全反响转移2mol电子,阳极电极反响：Cl e — Cl 2, 1mol Cl元全反2
应转移1mol电子,根据电子守恒规律, 阳极电极反响还有：4OH 4e O2 2H 2O,
转移1mol电子,消耗OH的物质的量为1mol,溶液中的氢离子的物质的量增大1mol,所以电解后溶液的pH减小,C错误；
D. Cu与稀硫酸不反响,假设要实现Cu H Z SO4〔稀〕CUSO4 H2 ,那么需在电解池中进
行,Cu连在电源的正极上做阳极,铜失电子,发生氧化反响, D正确；
答案选Co
2. B
【解析】
【分析】
【详解】
A项,4AgNO3 + 2H2O电解4Ag + O2 T+ 4HNO 3脱离反响体系的物质是4Ag+O2,相当于
2Ag 2.,所以应当参加适量Ag2O才能复原〔参加AgNO 3,会使NO3一的量增加〕；
B项,2H2.电解2H2忏02T脱离反响体系的是2H2 + O2,相当于2H2.,参加适量水可以
复原；
C项,2KCI + 2H2.野2KOH + H2 T+ Cl2 T脱离反响体系的是H2+CI2,相当于2HCI ,应
通入适量HCl气体才能复原〔参加盐酸时,同时也增加了水〕；
D项,2CuSO4 + 2H2.里解2H2SO4+ 2Cu+.2 T脱离反响体系的是2Cu+.2,相当于2CuO ,
参加适量Cu.可以复原；
答案为Bo
3. A
【解析】
【分析】
KCl和CuS04两种溶液等体积混合后,用石墨电极进行电解,电解分3个阶段：
［第一阶段］相当于电解氯化铜,阳极：氯离子失电子,阴极：铜离子得电子,由于铜离子水
解使溶液显酸性,随着电解的进行,铜离子的浓度降低,酸性减弱, pH将增大；
［第二阶段］阳极：氢氧根离子失电子(来源于水的电离),阴极：仍然为铜离子得电子,由于 氢氧根离子消耗,使水溶液中氢离子浓度增大,
pH 迅速减小；
［第三阶段］阳极：氢氧根离子失电子,阴极：氢离子得电子,它们都来源于水的电离,实质 是电解水,导致溶液的体积减小, 使溶液中氢离子浓度增大,pH 继续减小,以此解答此题. 【详解】
A .根据以上分析,氯离子反响完,铜离子还剩,所以整个过程中两电极反响：2Cl --2e - — C2 t 2H ++2e -—肌坏可能同时出现,故 A 正确；
B.根据以上分析,电解至 C 点时,在电解液中应参加 CuCl 2固体和CuO 固体,故B 错误;
C.根据以上分析,由于铜离子水解使溶液显酸性,随着电解的进行,铜离子的浓度降低,
酸性减弱,pH 将增大,故C 错误；
D.由于由第二阶段阳极氢氧根离子失电子的同时,阴极仍然为铜离子得电子,所以原混合
溶液中KCl 和CuSO 4的浓度之比不是2:1 ,故D 错误； 故答案为：A . 【点睛】
电化学综合计算的三种常用方法：
(1)根据总反响式计算：先写出电极反响式,再写出总反响式,最后根据总反响式列出比
例式计算；
(2)根据电子守恒计算：①用于串联电路中阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类
型的计算,其依据是电路中转移的电子数相等；②用于混合溶液中电解的分阶段计算；
(3)根据关系式计算：：根据得失电子守恒定律建立起量与未知量之间的桥梁,构建计
算所需的关系式.
4. A
【解析】 【详解】
A 、Cu(NO 3)2 的物质的量是 1mol,根据 N 守恒可得 n(KNO 3)= 6.0 mol/L 0.5L _ 2mol=1mol ,
B 、电解KNO 3和Cu(NO 3)2的混合溶液,在阳极发生反响： 4OH --4e -=2H 2O+O 2t n(O 2)=
C 、在阴极首先发生反响：
Cu 2++2e -=Cu,然后发生：2H ++2e -=H2T .由于产生氢气的物质的
所以 c(K +
)= c(KNO 3)= 1mol
0.5L
=2mol/L ,选项A 正确;
22.4L
22.4L / mol
=1mol .那么转移电子4mol,因此选项B 错误;
量是1mol,得到电子2mol,那么产生Cu转移的电子也是2mol,产生Cu 1mol.所以选项C 错误；
D、由于在反响过程中放电的OH-的物质的量与H+及电子的物质的量相等,由于电子转移
4mol,所以电解后溶液中H +的物质的量也是4mol,所以c(H +)= ^mol =8moi/L ,所以选项
0.5L
D错误；
答案选A.
5. C
【解析】
【详解】
用石墨电极电解硫酸铜溶液一段时间, 阳极发生氧化反响得到氧气, 阴极发生复原反响得到
『____________________________ 通电.............. .........
铜,电解总万程式为2CuSO4+2H2O^= 2Cu+O2f +2H2SO4,因此补充氧化铜或者碳酸铜即
可使电解液恢复到起始状态,答案选Co
【点睛】
该题的关键是明确电解的工作原理,特别是电解产物的判断和守恒法的应用.
6. B 【解析】【详解】
用石墨做电极电解1mol/L CUSO4溶液,阳极反响为4OH - 4e「=O2f +2HO,阴极反响为Cu2++2e =Cu,所以相当于析出CuO,根据析出什么加什么的原那么可知,应该参加适量的
CuO可使电解质溶液恢复至原来状况,也可以参加适量的CuCO3可使电解质溶液恢复至原
来状况；应选B.
【点睛】
此题考查了电解原理,明确两极上析出的物质是解此题关键, 从而确定应该参加的物质,注
意CuCO3参加电解质溶液中,会放出CO2气体,所以还是相当于参加CuO.
7. A
【分析】
【详解】
甲池为燃料电池,A为负极,B为正极,那么乙中C为阳极,D为阴极,阳极上Ag失电子生成银离子,阴极上铜离子得电子生成Cu,溶液中减少了Cu元素的质量,所以要让电解质复原,需要参加金属铜,
8. A
【解析】
【详解】
A.电解硫酸实质电解水,因此加水恢复,故A符合题意；
B.电解硝酸银,阳极得到氧气,阴极得到银,应加氧化银恢复,故B不符合题意；
C.电解氢氧化钠溶液实质电解水,因此加水恢复,故C不符合题意；
D.电解氯化铜,阳极得到氯气,阴极得到铜,加氯化铜固体恢复,故D不符合题意.
综上所述,答案为Ao
9. B
【解析】
【分析】
根据电解池的工作原理,要想让电解后的电解质复原,遵循的原那么是出什么加什么,参加
CuO后溶液与电解前相同,说明阴极只有铜离子放电.
【详解】
参加0.1molCuO后恰好恢复到电解前的浓度,说明有阴极有0.1mol铜析出,那么转移电子的物质的量是0.1mol X (2-0) =0.2mol,故B正确.
10. A
【解析】
【详解】
电解CuSO
4溶液时阴极反响中铜离子先放电,当铜离子反响完全后氢离子放电,但阳极始终是氢氧根放电产生氧气,
向所得溶液中参加0.1mol Cu(OH) 2后,恰好使溶液恢复到电解前
的浓度说明在电解过程中生成的氧气的物质的量为0.1mol,即阳极产生0.1mol氧气,转移
电子数为0.4mol,故答案为Ao
11. C2H5OH —12e +16OH ==2CO32 +IIH2O 4OH — 4e ==H 2O+O2 T 或2H2O —4e ==O2f+4H+有红色固体(Cu)析出1 CuO 或CuCO3 0.01mol Mg2++2Cl +2H2O 兽画Mg(OH) 2, +H2T +CI2 T.
【分析】
甲池为燃料电池,乙池和丙池都为电解池.甲池中,参加乙醇的电极为负极,通氧气的电极
为正极；那么乙池中石墨电极为阳极, Ag电极为阴极；丙池中,左边Pt电极为阳极,右边Pt
电极为阴极.
(1)甲装置中参加乙醇的电极为负极,乙醇失电子,生成的产物再与KOH溶液反响,最后
生成碳酸盐和水.
(2)用上图装置电解200 mL1mol/L CuSO 4溶液,石墨电极上发生H2O失电子生成.2和H+ 的反响,在Ag电极上发生Cu2+得电子生成Cu的反响,由此可确定此电极附近观察到的现象.
(3)电解一段时间,当甲池消耗了112 mLO2(标况下),利用电荷守恒,可求出乙装置中生成
n(H+),从而求出溶液的pH.假设要将该溶液完全恢复到电解前的浓度和pH,那么需往溶液中
参加阴、阳极生成物发生化合反响的产物.
(4)丙装置中电解MgCl 2溶液,可利用电解饱和食盐水的反响进行类推, 同时要注意差异性,
即生成Mg(OH)2沉淀.
【详解】
(1)甲装置中参加乙醇的电极为负极,乙醇失电子,生成的产物再与KOH溶液反响,最后生
成碳酸盐和水,电极反响式为C2H5OH—12e-+ 16OH—==2CO32—+ 11H2..答案为：C2H50H —12e +16OH ==2CO32 +11H2O；
(2)用上图装置电解200 mL1mol/L CuSO 4溶液,石墨电极(阳极)上发生H2O失电子生成O2 和H +的反响,电极反响式为4OH - 4e ==H2O+O2,或2H2O — 4e-==O2 T+4H +；在Ag电极(阴极)上发生反响Cu2++2e-=Cu,此电极附近观察到的现象为有红色固体(Cu)析出.答案
为：4OH - 4e ==H 2O+O2 f 2H2O-4e ==.2/+4H + ;有红色固体(Cu)析出；
0.112L
(3)n(O2)= ----------------- =0.005mol ,由O2——4H+,可求出n(H+)=0.005mol X4=0.02mol, c(H+)=
22.4L/mol
0.02m oi =...〃1,pH=1.阳极生成O2(0.005mol),阴极生成Cu(0.01mol),
0.2L
2Cu+O2=2CuO(0.01mol),所以需往电解后的溶液中参加0.01mol CuO或CuCO3,可将该溶
液完全恢复到电解前的浓度和pH.答案为：有红色固体(Cu)析出；1;CuO或CuCO3；0.01mol;
(4)丙装置中电解MgCl2溶液,可利用电解饱和食盐水的反响进行类推,从而得出总反响的离子方程式为Mg2++2Cl +2H2O 士已Mg(OH) 2, +H2T +CI2T.答案为：Mg 2++2Cl
+2H 2O 翼Mg(OH) 2 J +H2 T +CI2 T.
【点睛】
电解反响发生后,要恢复原有电解质的组成和性质, 需要往电解后的溶液中参加物质, 该物质通常为阴、阳极电解产物 (离开电解质溶液)发生化合反响的产物,或相当于它们的物质.
如此题中,参加CuO,也可以参加CuCO3(与酸反响生成盐,CO2和水,CO2逸出,相当于参加CuO),但假设参加Cu(OH)2,相当于多加了水,必然造成电解质浓度减小.
12.负4OH- -4e- =2H2O + 02T 0.05 0.025molCuO 或0.025molCuCO 3 1 阴
离子为S02-取原溶液少量,参加盐酸,再参加BaCl2溶液产生白色沉淀原溶
2-
放中阴离子为S04 阴离子为N03 取少量原溶液,加热蒸发浓缩,再参加铜片与适
量浓硫酸产生无色气体,且在空气中变为红棕色原溶液中阴离子为N03
【解析】
【分析】
(1)和电源的负极相连的是电解池的阴极发生复原反响,和电源的正极相连的是电解池的阳极发生氧化反响；
(2)阴极析出金属铜的质量是 1.6g,根据电极反响计算硫酸铜的物质的量以及溶液中氢离
子的物质的量,进而根据浓度等于物质的量和体积之比计算物质的量浓度以及pH,电解质
的复原要求是缺什么补什么,缺多少补多少；
(3)该溶液中一定是含铜离子的可溶性的盐溶液,所以可以是硝酸铜,或是硫酸铜,根据离子的特征离子反响检验硫酸根离子以及硝酸根离子的存在即可.
【详解】
(1)电解液是蓝色溶液, A电极外表有红色的固态物质生成,所以A极是铜离子得电子,
所以A极是阴极,A接的是电源的负极,B电极有无色气体生成, 那么阳极是氢氧根失电子产生的氧气,反响：4OH--4e-=2H2O+O21
故答案为：负；4OH--4e-=2H 2O+O2 T;
(2)阴极反响：2Cu2++4e-=2Cu ,阳极反响：4OH--4e-=2H2O+O2T,电解时反响的总离子方
通电
程式为：2Cu2++2H2O = 2Cu+4H++.2.取出A电极,洗涤、枯燥、称量、电极增重 1.6g,
所以阴极析出金属铜的质量是 1.6g,即0.025mol,所以铜离子的浓度=0.025mo1
=0.05mol/L ；
0.5L
生成0.025mo1Cu,会生成0.0125mo1.2, n(Cu)：n(0)=1：1 ,为使溶液恢复到原浓度,应向反
应后的溶液中参加0.025mo1CuO或0.025mo1CuCO3；原溶液的物质的量浓度是0.05mo1/L ,
生成氢离子的物质的量为0.05mo1,所以c(H+)=°.°51T=0.1mo1/L ,即pH=1 ,
0.5L
故答案为：0.05mo1/L ；0.025mo1CuO 或0.025mo1CuCO 3； 1；
(3)该溶液中一定是含铜离子的可溶性的盐溶液,所以可以是硝酸铜,或是硫酸铜,不能
是氯化铜,由于不会出现氯气,
2-
假设①：阴离子为SO4 ；检验硫酸根离子可以采用参加氯化钢溶液的方法,假设有白色沉淀
生成,那么原溶液中所含的阴离子是SO2-；
假设②：阴离子为NO3 ;检验酸环境下的硝酸根离子, 可以参加金属铜并有无色气体生成, 且在空气中变为红棕色,那么原溶液中所含的阴离子NO3；
2-
故答案为：阴离子为SO4 ；取原溶液少量,参加盐酸, 再参加BaCl2溶液；产生白色沉淀；
2.
原溶彼中阴离子为SO4 ；阴离子为NO3 ;取少量原溶披,加热烝发侬缩,再参加铜片与适
量浓硫酸；产生无色气体,且在空气中变为红棕色；原溶液中阴离子为NO3.。