2019高中化学第四章课下能力提升（二十一）电解原理的应用（含解析）新人教版选修4.docx

电解原理的应用一、选择题1关于电解饱和NaCl水溶液，下列叙述正确的是()A电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠B若在阳极附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈棕色C若在阴极附近的溶液中滴入酚酞试液，溶液呈无色D电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性解析：选B电解饱和NaCl水溶液，阳极析出氯气，阴极析出氢气，A错误；若在阳极附近滴入KI溶液，I2将被Cl2置换出来，得到I2的水溶液，故显棕色，B正确；阴极附近由于显碱性，加酚酞显红色，C错误；电解一段时间后，搅拌得到的是含有NaOH的溶液，显碱性，D错误。2依据甲、乙、丙三图，判断下列叙述不正确的是()A甲是原电池，乙是电镀装置B甲、乙装置中，锌极上均发生氧化反应C乙装置中，铜极因发生氧化反应而溶解D乙装置中，c(Cu2)不变，丙装置中，c(Cu2)减小解析：选B本题考查的是原电池和电解池的形成条件，判断时要以构成电解池的三个条件为依据。甲是铜锌原电池，乙是在Zn片上镀铜的电镀池，丙是铜的精炼装置。3按图1装置进行实验，若图2的x轴表示流入阴极的电子的量，则y轴表示的不可能是()AAg物质的量浓度 BNO物质的量浓度C溶液的pH D银棒的质量解析：选D本题中，阳极反应式为Age=Ag，银棒质量减小；阴极反应式为Age=Ag，铁棒质量增加，可知电解质溶液浓度基本保持不变，故选D。4.如图所示，a、b、c、d均为铂电极，供选择的四组电解质溶液如下表所示，要满足的条件是：工作一段时间后，甲槽电解液的pH上升，而乙槽电解液的pH下降；b、c两极上放电离子的物质的量相等。则应选用的电解质溶液是()选项ABCD甲槽NaOHAgNO3H2SO4KCl乙槽CuSO4CuCl2AgNO3AgNO3解析：选D先分析甲槽，AgNO3溶液电解后会生成HNO3，pH减小，不符合题意，H2SO4电解后pH减小，不符合题意，排除B、C，在A和D中考虑乙槽中的pH都下降，若电解CuSO4溶液，b极是阳极，反应式：4OH4e=O22H2O，c极是阴极，反应式：Cu22e=Cu，依据电子守恒，则b、c两极放电离子的物质的量之比为12，A选项排除。5如图甲为锌铜原电池装置，乙为电解熔融氯化钠装置。则下列说法正确的是()A甲装置中锌为负极，发生还原反应，铜为正极，发生氧化反应B甲装置盐桥的作用是使反应过程中ZnSO4溶液和CuSO4溶液保持电中性C乙装置中铁极的电极反应式为2Na2e=2NaD乙装置中B是氯气出口，A是钠出口解析：选B甲装置为原电池，Zn为负极，发生氧化反应，Cu为正极，发生还原反应，A错误；乙装置中铁为阴极，2Na2e=Na，C错误；石墨为阳极，2Cl2e=Cl2，A为Cl2出口，B是Na出口，D错误。6.电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开。在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅。已知：3I26OH=IO5I3H2O。下列说法不正确的是()A右侧发生的电极反应式：2H2O2e=H22OHB电解结束时，右侧溶液中含有IOC电解槽内发生反应的总化学方程式：KI3H2OKIO33H2D如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学反应不变解析：选D电解时左侧溶液变蓝，说明反应中II2，则电极反应为2I2e=I2，该极为阳极。右侧电极为阴极，发生还原反应，则应是水放电生成H2，电极反应为2H2O2e=H22OH，A正确；电解过程中阴离子OH可通过阴离子交换膜向阳极移动，因此OH可从右侧进入左侧，导致单质I2与OH反应：3I26OH=IO5I3H2O，因此左侧溶液中产生IO，IO也可透过阴离子交换膜进入右侧，B正确；把两个电极反应和2与OH的反应合并，可得总反应方程式：KI3H2O电解,KIO33H2，C正确；如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，则右侧产生的OH不能进入左侧，则不会发生单质I2与OH的反应，因此电解槽内的化学反应不同，D错误。7金属镍有广泛的用途，粗镍中含有少量的Fe、Zn、Cu、Pt杂质，用电解法制备高纯度的镍，下列叙述中正确的是()A阳极发生还原反应，其电极反应式为：Ni22e=NiB电解过程中，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等C电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2和Zn2D电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt解析：选DA项，阳极应发生氧化反应，错误。C项，溶液中的阳离子主要为Ni2，错误。B项，根据金属原子的还原性和金属阳离子的氧化顺序，阳极反应为Zn2e=Zn2，Fe2e=Fe2，Ni2e=Ni2，Cu、Pt在该条件下不失电子，阴极反应为Ni22e=Ni，Fe2、Zn2在该条件下不得电子，比较两电极反应，因Zn、Fe、Ni的相对原子质量不等，当两极通过相同的电量时，阳极减少的质量与阴极增加的质量不等，错误。8用惰性电极电解M(NO3)x的水溶液，当阴极上增重 a g 时，在阳极上同时产生b L氧气(标准状况下)，从而可知M的相对原子质量是()A.B.C.D.解析：选C生成b L O2转移电子为 mol，据电子守恒得到M的物质的量为 mol mol，则M的摩尔质量为a gmol1，M的相对原子质量为 。9用石墨电极电解100 mL H2SO4和CuSO4的混合溶液，通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体(标准状况下)，原混合溶液中Cu2的物质的量浓度为()A1 molL1 B2 molL1C3 molL1 D4 molL1解析：选A根据题设条件，两极上电极反应式为阴极：首先Cu22e=Cu，然后2H2e=H2；阳极：4OH4e=2H2OO2。既然阴极上收集到H2，说明Cu2已完全放电，根据电子守恒，阴极上Cu2、H得电子总数应等于OH失电子总数。析出0.1 mol H2获得0.2 mol电子，析出0.1 mol O2失去0.4 mol电子，所以有0.1 mol Cu2放电，获得0.2 mol电子，c(Cu2)1 molL1。10如图乙是甲的电解池进行电解时某个量(纵坐标x)随时间变化的曲线(各电解池都用石墨作电极，不考虑电解过程中溶液浓度变化对电极反应的影响)，则x表示()A各电解池析出气体体积总数的变化B各电解池阳极质量的增加C各电解池阴极质量的增加D各电极上放电的离子总数的变化解析：选C用排除法解答：电解NaCl溶液时，随着电解的进行x值始终为0，可排除A、D项；对于B项，三个电解池的阳极上都是阴离子放电，不可能有金属析出，所以也不正确。11在25时，将两个铜电极插入一定浓度的饱和Na2SO4溶液中，通直流电电解并不断搅拌，当阴极上收集到a mol 气体的同时，溶液中析出了b mol的结晶水合物Na2SO410H2O，若保持温度不变，则所剩溶液中溶质的质量分数是()A.100% B.100%C.100% D.100%解析：选C电解时阳极和阴极反应分别为Cu2e=Cu2和2H2e=H2，总反应为Cu2H2OCu(OH)2H2；阴极逸出a mol H2，则发生电解的水为2a mol，即36a g; 电解后析出b mol晶体，即有142b g Na2SO4析出，析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的是Na2SO4的饱和溶液，则Na2SO4溶液中Na2SO4的质量分数为100%100%，C项正确。12.某兴趣小组设计如图所示的微型实验装置。实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是()A断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为2H2ClCl2H2B断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为Cl22e=2ClD断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极解析：选D断开K2，闭合K1时，该装置为电解池，由两极均有气泡产生可知铜电极为阴极，总反应的离子方程式为2Cl2H2OCl2H22OH，由此可知铜电极附近溶液中因有OH生成，溶液变红色，A、B项错；断开K1，闭合K2时，装置为原电池，铜极上产生的氢气发生氧化反应，电极反应式为H22e2OH=2H2O，由此可知铜电极为负极，石墨电极为正极，故C项错，D项正确。二、非选择题13如图为相互串联的甲、乙两个电解池，试回答下列问题。(1)甲池若为用电解原理精炼铜的装置，A极是电解池的_，材料是_，电极反应式为_；B极是电解池的_，材料是_，主要电极反应式为_。(2)乙池中若滴入少量酚酞溶液，开始一段时间后，Fe极附近呈_色。(3)若甲池为电解精炼铜的装置，阴极增重12.8 g，则乙池阳极放出气体在标准状况下的体积为_(不考虑气体的溶解情况)。解析：(2)Fe极电极反应式为2H2e=H2，H放电后，溶液中生成OH，显碱性，遇酚酞呈红色。(3)甲池阴极反应为Cu22e=Cu，生成n(Cu)0.2 mol，转移电子的物质的量n(e)0.4 mol；乙池阳极反应为2Cl2e=Cl2，由电子守恒知生成Cl2为n(Cl2)0.2 mol，故标准状况下V(Cl2)22.4 Lmol10.2 mol4.48 L。答案：(1)阴极纯铜Cu22e=Cu阳极粗铜Cu2e=Cu2(2)红(3)4.48 L14工业上处理含Cr2O的酸性工业废水常用以下方法：往工业废水里加入适量的NaCl，搅拌均匀；用Fe为电极进行电解，经过一段时间有Cr(OH)3和Fe(OH)3 沉淀产生；过滤回收沉淀，废水达到排放标准。试回答：(1)电解时的电极反应：阳极_，阴极_。(2)Cr2O转变成Cr3的离子反应方程式为_。(3)电解过程中Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀是怎么产生的？ _。(4)能否用Cu电极来代替Fe电极？_(填“能”或“不能”)，理由是_。解析：由于Cr()的化合物毒性远高于Cr()化合物，故通过电解将Cr()转化为Cr()，对废水进行处理是电化学知识在实际生活中的具体运用。在处理有关问题时，应注意思维的有序性：首先应考虑溶液中阴阳离子在外电场作用下的定向迁移；然后再考虑阴阳两极按放电顺序可能发生的电极反应。阴极：2H2e=H2，阳极：Fe2e=Fe2，产生的Fe2在向阴极迁移的过程中与向阳极迁移的Cr2O相遇，发生氧化还原反应：6Fe2Cr2O14H=6Fe32Cr37H2O，使Cr2O转化为Cr3，同时Fe2也转化为Fe3。在以上电解的阴极反应及Fe2与Cr2O的氧化还原反应中都消耗了大量的H，溶液的pH不断变大，有利于Fe3、Cr3生成相应的Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀。若将Fe电极改成为Cu电极，由于产生的Cu2不具有还原性，不能将Cr2O转化为毒性较低的Cr3，显然是不行的。答案：(1)Fe2e=Fe22H2e=H2(2)6Fe2Cr2O14H=6Fe32Cr37H2O(3)在阴极反应及Cr2O与Fe2的反应过程中，将消耗大量的H，使溶液pH上升，促使Fe3、Cr3水解并最终转化为Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀(4)不能因为阳极产生的Cu2不能使Cr2O还原到低价15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336 mL(标准状况)气体。回答：(1)直流电源中，M为_极。(2)Pt电极上生成的物质是_，其质量为_g。(3)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_。(4)AgNO3溶液的浓度(填“增大”“减小”或“不变”，下同)_，AgNO3溶液的pH_，H2SO4溶液的浓度_，H2SO4溶液的pH_。(5)若H2SO4溶液的质量分数由5.00%变为5.02%，则原有5.00%的H2SO4溶液为_g。解析：(1)因为用惰性电极电解稀硫酸，实质是电解水，在阴极产生H2，在阳极产生O2，且二者的体积比为21，根据图中收集到气体体积大小，可知d处收集的是H2，c处收集的是O2，所以d是阴极，c是阳极；所以与电极d相连的N极是电源的负极，M是电源的正极。生成气体的总物质的量为0.015 mol，所以 n(O2)0.015 mol0.005 mol，n(e)40.005 mol0.02 mol。(2)a极的电极反应：Age=Ag，b极的电极反应：Age=Ag；所以Pt电极上生成的物质是Ag，根据(1)中转移的电子的物质的量可知m(Ag)108 gmol10.02 mol2.16 g。(3)a、b、c、d极上的反应分别为Age=Ag、Age=Ag、4OH4e=2H2OO2、2H2e=H2，所以电源输出的电子，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220.51。(4)硝酸银溶液中相当于在Pt上镀银，溶液浓度不变，pH不变；硫酸溶液中相当于电解水，使硫酸浓度增大，pH减小。(5)2H2O2H2O2，根据c、d两极生成的气体的体积之和为336 mL，可知电解的水的物质的量：n(H2O)2n(O2)20.005 mol0.01 mol，则m(H2O)0.01 mol18 gmol10.18 g。设原有5.00%的H2SO4溶液为m g，则根据溶质不变列关系式得5.00%m(m0.18 g)5.02 %，解得m45.18 g。答案：(1)正(2)Ag2.16(3)20.51 (4)不变不变增大减小(5)