第一卷。
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＋a．阳极发生还原反应，其电极反应式为：ni2＋＋2e－―→ni
b．电解过程中，阳极质量的减少量与阴极质量的增加量相等。
c．电解后，溶液中存在的金属阳离子只有fe2＋和zn2＋
d．电解后，电解槽底部的阳极泥中只有cu和pt
解析：电解精炼铜时，粗铜中比铜活泼的铁、锌等在阳极上首先被氧化变成相应的金属离子进入溶液，比铜不活泼的银、金等金属不能在阳极上被氧化，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m g气体时，电解池阴极有m g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∶2
d．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0.1 mol cu2＋和0.
1 mol x3＋的溶液，阴极析出固体物质的质量m(g)与溶液中通过电子的物质的量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0.2 mol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：d5．500 ml kno3和cu(no3)2的混合溶液中c(no)＝0.6 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.
24 l气体(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500 ml，下列说法正确的是( )
a．原混合溶液中c(k＋)为0.2 mol·l－1 b．上述电解过程中共转移0.2 mol电子。
c．电解得到的cu的物质的量为0.05 mol d．电解后溶液中c(h＋)为0.2 mol·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2.24 l这个事实可推知上述电解过程中共转移0.
4 mol电子，而在生成2.24 l h2的过程中转移0.2 mol电子，所以cu2＋共得到0.
4 mol－0.2 mol＝0.2 mol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.
1 mol。电解前后分别有以下守恒关系：c(k＋)＋2c(cu2＋)＝c(no)，c(k＋)＋c(h＋)＝c(no)，不难算出：
电解前c(k＋)＝0.2 mol·l－1，电解后c(h＋)＝0.4 mol·l－1。
答案：a6．某学生想制作一种家用环保型消毒液发生器，用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液。通电时，为使cl2被完全吸收，制得有较强杀菌能力的消毒液，设计了如图的装置，则对电源电极名称和消毒液的主要成分判断正确的是( )
a．a为正极，b为负极；naclo和naclb．a为负极，b为正极；naclo和nacl
c．a为阳极，b为阴极；hclo和nacld．a为阴极，b为阳极；hclo和nacl
解析：有关反应2nacl＋2h2o2naoh＋h2↑＋cl2↑，cl2＋2naoh===nacl＋naclo＋h2o，因阳极生成cl2，阴极生成naoh，为使二者充分作用，cl2应在下端产生，从而推知电源b为正极，a为负极，消毒液主要成分是nacl、naclo。
答案：b7. 某溶液中含有两种溶质nacl和h2so4，它们的物质的量之比为3∶1。用石墨作电极电解该混合溶液时，根据电解产物，可明显分为三个阶段。下列叙述不正确的是( )
a．阴极自始至终只析出h2 b．阳极先析出cl2后析出o2
c．电解最后阶段为电解水 d．溶液ph不断增大，最后为7
解析：电解质溶液中，n(na＋)∶n(cl－)∶n(h＋)∶n(so)＝3∶3∶2∶1，开始电解产生h2和cl2，随着产生h2和cl2的同时，生成oh－，最后是电解水。因而最后溶液的ph＞7，阴极只放出h2。
三个阶段分别相当于电解hcl(aq)—nacl(aq)—h2o。
答案：d 8． 下图中x是直流电源。y槽中c、d为石墨棒，z槽中e、f是质量相同的铜棒。接通电路后，发现d附近显红色。
1)①电源上b为___极(用“正”“负”“阴”或“阳”填空)。
z槽中e为___极(同上)。
连接y、z槽线路中，电子流动的方向是d___e(用“→”或“←”填空)。
2)①写出c极上反应的电极反应式。
写出y槽中总反应化学方程式。
写出z槽中e极上反应的电极反应式[
3)①电解2 min后，取出e、f，洗净、烘干、称量，质量差为1.28 g，在通电过程中，电路中通过的电子为___mol。
若y槽中溶液体积为500 ml(电解后可视为不变)，槽中电解反应的速率v(oh
解析：“附近显红色”是d作为阴极时应有的现象，据此可确定d为阴极，进一步即可解答(1)(2)中问题。
3)e极因发生反应cu－2e－―→cu2＋而减轻，f极因发生反应cu2＋＋2e－―→cu而增重，每转移2 mol e－两极质量差就增加128 g，即δm∶δn(e－)＝128 g∶2 mol，δn(e－)＝n＝＝0.02 mol。y槽中2nacl＋2h2o2naoh＋cl2↑＋h2↑～2e－，当转移0.
02 mol e－时产生oh－ 0.02 mol，则v(oh－)＝0.02 mol/(l·min)。
答案：(1)①负 ②阳 ③←2)①2cl－－2e－―→cl2↑ ②2nacl＋2h2o2naoh＋h2↑＋cl2↑ ③cu－2e－―→cu2＋ (3)①0.02 ②0.
02 mol·(l·min)－1
9． 按下图中装置实验，a、b两烧杯分别盛放200 g 10% naoh溶液和足量cuso4溶液。通电一段时间后，c极上有cu析出，又测得a杯溶液中naoh的质量分数为10.23%，试回答：
1)电源的p极为___极。
2)b极产生气体的体积为___l(标准状况)。
3)c极上析出沉淀的质量为___g。
4)d极上所发生的电极反应式为。
解析：b池中c极上有金属析出，说明它为阴极。由此可知，d、b为阳极，a、c为阴极。
按照“正接阳，负接阴”的规律，电源的p极为负极。电解naoh溶液时，a极产生h2，b极产生o2；电解cuso4溶液时，d极产生o2，其电极反应式为：4oh－－4e－―→2h2o＋o2↑。
m(naoh)＝200 g×10%＝20 g。电解后溶液的质量为：＝195.5 g。
被电解的水的质量为：200 g－195.5 g＝4.5 g，其物质的量为0.25 mol。
由此可知，b极产生的o2为0.125 mol，即2.8 l。
根据电子守恒得：0.125 mol×4＝n(cu)×2，解得n(cu)＝0.25 mol，即cu析出16 g。
答案：(1)负 (2)2.8 (3)16 (4)4oh－－4e－―→2h2o＋o2↑
10．在50 ml 0.2 mol/l cuso4溶液中插入两个电极通电电解(不考虑水分蒸发)。则：
1)若两极均为铜片，试说明电解过程中浓度变化情况学科网zxxk]
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