2020_2021学年高中化学第四章电化学基础3_2电解原理的应用课时作业含解析新人教版选修4

2020_2021学年高中化学第四章电化学基础3_2电解原理的应用课时作业含解析新人教版选修4

课时作业21　电解原理的应用 时间：45分钟　　满分：100分 一、选择题(每小题4分，共48分)‎ ‎1．关于下列装置说法正确的是(　B　)‎ A．装置①中，盐桥中的K＋转移ZnSO4溶液 B．装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH增大 C．用装置③精炼铜时，c极为粗铜 D．装置④中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe2＋生成 解析：装置①原电池中，Zn是负极，Cu是正极，盐桥中的阳离子K＋移向正极，即移向硫酸铜溶液，A错误；在装置②电解池中，阴极a极是氢离子发生得电子生成氢气的还原反应，该极附近碱性增强，所以a极附近溶液的pH增大，B正确；用装置③精炼铜时，阳极d极应该是粗铜，阴极c极应该是纯铜，C错误；在装置④原电池中，电子从负极Zn流向正极Fe，在铁电极上氢离子得电子生成氢气，反应实质是金属锌和氢离子之间的反应，不会产生亚铁离子，D错误。‎ ‎2．下列描述中，不符合生产实际的是(　A　)‎ A．电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极 B．电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极 C．电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极 D．在镀件上电镀锌，用锌作阳极 解析：本题主要考查同学们对电解原理的掌握情况，侧重考查同学们灵活运用知识，将理论知识与实际生活、生产相联系的应用能力，这是今后高考的命题方向。活泼电极(除C、Pt外的电极称活泼电极)在阳极失电子被氧化，A中铁放电，不能得到金属铝，D中阳极锌放电产生Zn2＋，补充Zn2＋，B、C中阴极不参加反应。在深刻理解电解原理的基础上，熟记电解精炼、电镀的特点及电解中物质的放电顺序，是顺利解答该类题目的关键。‎ ‎3．将Fe片和Zn片放在盛有NaCl溶液(其中滴入酚酞)的表面皿中，如图所示，最先观察到变红的区域是(　B　)‎ 9‎ A．Ⅰ和Ⅲ　　　　　　　　　 B．Ⅰ和Ⅳ C．Ⅱ和Ⅲ D．Ⅱ和Ⅳ 解析：分析甲、乙两图的特点可以判断出，甲图是原电池，乙图是电解池。甲图中的电极反应为：负极(Zn)：Zn－2e－===Zn2＋，正极(Fe)：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，所以甲图中Ⅰ附近有OH－生成，先变红；乙图中Fe为阳极：Fe－2e－===Fe2＋，Zn为阴极：2H＋＋2e－===H2↑，H2O电离出的H＋放电变成H2，OH－增多，所以乙中Ⅳ附近先变红。‎ ‎4．下列图示中关于铜电极的连接错误的是(　C　)‎ ‎5．将1 L含有0.4 mol Cu(NO3)2和0.2 mol KCl的水溶液用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上析出0.3 mol Cu，此时在另一电极上放出气体的体积(标准状况)为(　A　)‎ A．4.48 L B．6.72 L C．2.8 L D．3.36 L 解析：在一个电极(阴极)上析出0.3 mol Cu，由Cu2＋＋2e－===Cu可知，电路中转移了0.6 mol电子；阳极有0.2 mol Cl－失电子，由2Cl－－2e－===Cl2↑可知，失去0.2 mol电子，产生0.1 mol Cl2，另外还有0.4 mol电子是OH－失去的，由4OH－－4e－===2H2O＋O2↑可知，产生0.1 mol O2，因此一共产生0.2 mol气体，在标准状况下的体积为4.48 L。‎ ‎6．工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。下列说法不正确的是[已知：①Ni2＋在弱酸性溶液中发生水解，②氧化性：Ni2＋(高浓度)>H＋>Ni2＋(低浓度)](　B　)‎ 9‎ A．碳棒上发生的电极反应：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O B．电解过程中，B室中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小 C．为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水的pH D．若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式发生改变 解析：阳极的电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，阴极的电极反应式为Ni2＋＋2e－===Ni、2H＋＋2e－===H2↑，A项正确；由于C室中Ni2＋、H＋不断减少，Cl－通过阴离子膜从C室移向B室，A室中OH－不断减少，Na＋通过阳离子膜从A室移向B室，所以B室中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，B项错误；由于H＋的氧化性大于Ni2＋(低浓度)的氧化性，所以为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水的pH，C项正确；若去掉阳离子膜，在阳极Cl－首先放电生成Cl2，反应总方程式发生改变，D项正确。‎ ‎7．化学实验小组在学习化学电源和氯碱工业相关知识后，在实验室进行实验验证。他们设计组装了如图所示装置，已知a为石墨电极；b为铁电极；c为铝电极(已除去表面氧化膜)；d为多孔石墨电极，烧杯中是足量饱和食盐水(滴有酚酞)，连好导线后，电流计指针发生明显偏转。下列判断正确的是(　D　)‎ A．b为负极，d为阳极 B．一段时间后，a和d电极附近溶液变红 C．b电极电极反应式为：2Cl－－2e－===Cl2↑‎ D．当电解一段时间，B中出现大量白色沉淀时，停止实验，再将A中溶液倒入B中混合，充分振荡，沉淀全部消失 解析：右端装置为原电池，左端装置为电解池。在右端装置中，通入O2的电极为电池的正极，其电极反应为：O2＋4e－＋2H2O===4OH－‎ 9‎ ‎，所以在d电极附近，一段时间后出现红色，Al为原电池的负极，Al失去电子生成Al3＋，Al3＋与溶液中的OH－反应生成白色Al(OH)3沉淀，电池总反应为：4Al＋3O2＋6H2O===4Al(OH)3↓，a与电池的正极相连，故a为电解池的阳极，b与电池负极相连，故b为电解池的阴极，电解饱和NaCl溶液时，溶液中的Cl－在a极放电生成Cl2，溶液中的H＋在b极放电生成H2、NaOH，根据得失电子守恒，A中产生的NaOH与B中Al3＋结合的OH－物质的量相等，所以电解一段时间后，将A、B混合并充分振荡，Al(OH)3与NaOH反应而溶解。综合上述知选项D正确。‎ ‎8．如图乙所示是根据图甲的电解池进行电解时，某个量(纵坐标x)随时间变化的函数图像(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)，这个量x表示(　C　)‎ A．各电解池析出气体的体积 B．各电解池阳极质量的增加量 C．各电解池阴极质量的增加量 D．各电极上放电的离子总数 解析：电解NaCl溶液时阴、阳极都产生气体，电解AgNO3溶液时阴极上产生单质银，电解CuSO4溶液时阴极上产生单质铜，所以随着电解的进行，阴极质量的增加量有如题中图乙所示的变化。‎ ‎9．用石墨电极电解1 L含硝酸铜和氯化钠各0.1 mol的混合溶液，当阳极上生成2.24 L(标准状况)气体时，假设溶液的体积不变，下列说法正确的是(　C　)‎ A．电解过程中溶液中有蓝色沉淀生成 B．阴极也产生2.24 L(标准状况)气体 C．阴极增重6.4 g D．所得溶液的pH大于7‎ 解析：含硝酸铜和氯化钠各0.1 mol的混合溶液中，各离子的物质的量分别为Cu2＋ 0.1 mol, Na＋ 0.1 mol、Cl－ 0.1 mol、NO 0.2 mol。阳极Cl－先放电：2Cl－－2e－===Cl2↑，由于Cl－仅0.1 mol，故电子转移了0.1 mol，标准状况下放出Cl2 0.05 mol，即1.12 L。根据题意知，阳极生成2.24 L(标准状况)气体，故OH－继续放电：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，放出O2的体积为2.24 L－1.12 L＝1.12 L，此时电子转移了0.2 mol，消耗OH－‎ 9‎ ‎ 0.2 mol，即在电解过程中共转移0.3 mol电子。阴极上发生还原反应：Cu2＋＋2e－===Cu，A项错误；因溶液中含Cu2＋0.1 mol，故阴极析出铜6.4 g，C项正确；此时消耗了0.2 mol电子，还有0.1 mol电子由H＋消耗：2H＋＋2e－===H2↑，故标准状况下放出H2 0.05 mol，即1.12 L，B项错误；需H＋ 0.1 mol，故消耗OH－的物质的量大于H＋的，所得溶液的pH小于7，D项错误。‎ ‎10．电解Na2SO4溶液联合生产硫酸和烧碱溶液的装置如下图所示，其中阴极和阳极均为惰性电极。测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为12，以下说法正确的是(　B　)‎ A．a极与电源的负极相连 B．产物丙为硫酸 C．离子交换膜d为阴离子交换膜 D．a电极反应式：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－‎ ‎11．电解法处理酸性含铬废水(主要含有Cr2O)时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，最后Cr3＋以Cr(OH)3形式除去，下列说法不正确的是(　B　)‎ A．阳极反应为Fe－2e－===Fe2＋‎ B．电解过程中溶液pH不会变化 C．过程中有Fe(OH)3沉淀生成 D．电路中每转移12 mol电子，最多有1 mol Cr2O被还原 解析：由题意知阳极反应为Fe－2e－===Fe2＋，阴极反应为2H＋＋2e－===H2↑，且发生反应Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，H＋浓度减小，溶液的pH会增大，从而可形成Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀。依据电极反应式和离子方程式知电路中每转移12 mol电子，有6 mol Fe被氧化，最多有1 mol Cr2O被还原。‎ ‎12．如下图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。则下列说法正确的是(　D　)‎ 9‎ A．电源B极是正极 B．(甲)(乙)装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1221‎ C．欲用(丙)装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液 D．装置(丁)中Y极附近红褐色变深，说明Fe(OH)3胶粒带正电荷 解析：由F极附近显红色知其为阴极，则电源B极是负极，从而知C、D、E、F电极生成的单质分别是O2、Cu、Cl2、H2，其物质的量之比为1222，欲用(丙)装置给铜镀银，阳极G应该是Ag；装置(丁)中Y极是阴极，若附近红褐色变深，说明Fe(OH)3胶粒带正电荷。‎ 二、非选择题(52分)‎ ‎13．(12分)如图为电解装置，X、Y为电极材料，a为电解质溶液。‎ ‎(1)若a为含有酚酞的KCl溶液，X为Fe，Y为石墨，电解一段时间后：X电极附近可观察到的实验现象是电极表面产生气体，附近溶液变红，写出Y电极的电极反应式2Cl－－2e－===Cl2↑。‎ ‎(2)若要实现Cu＋H2SO4===CuSO4＋H2↑，则Y电极材料是Cu，写出X电极的电极反应式2H＋＋2e－===H2↑。‎ ‎(3)若要利用该装置在铁制品表面镀上一层银，则a为AgNO3溶液，反应前两电极的质量相等，反应后两电极质量相差2.16 g，则该过程理论上通过电流表的电子数为0.01NA(或6.02×1021)。‎ ‎(4)X、Y均为惰性电极，a为NaOH溶液，电解一段时间后，溶液的pH增大(填“增大”“不变”或“减小”)，若要使溶液恢复原来的状态，可往溶液中加入H2O。‎ 解析：‎ 9‎ ‎(1)若a为含有酚酞的KCl溶液，X为Fe，Y为石墨，X电极上氢离子得到电子生成氢气，电极附近溶液中氢氧根离子浓度增大，遇酚酞变红色；Y电极上氯离子失电子生成氯气，电极反应是2Cl－－2e－===Cl2↑。(2)要实现Cu＋H2SO4===CuSO4＋H2↑，需要利用电解原理，Y电极应是铜作阳极，X电极上是氢离子得到电子生成氢气，阴极电极反应2H＋＋2e－===H2↑。(3)利用该装置在铁制品表面镀上一层银，银作阳极Y，铁作阴极X，含银离子的电解质溶液硝酸银溶液进行电解，阳极电极反应和电子守恒计算电子转移数，反应前两电极的质量相等，反应后两电极质量相差2.16 g，依据电子守恒可知，阳极质量减小与阴极质量增加的质量相同，阴极析出银的质量＝阳极溶解减小的银的质量＝1.08 g，析出银的物质的量＝＝0.01 mol，则该过程理论上通过电流表的电子数为0.01NA或6.02×1021。(4)X、Y均为惰性电极，a为NaOH溶液，实质是电解水，溶液浓度增大，溶液pH增大；氢氧根离子在阳极上失电子发生氧化反应，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，故应加入水恢复溶液浓度。‎ ‎14．(12分)在如图所示的装置中，通电5 min后，铜电极的质量增加2.16 g。试回答下列问题：‎ ‎(1)电源中X极为直流电源的负极。‎ ‎(2)溶液pH的变化情况：A增大，B减小，C不变。(均填“增大”“减小”或“不变”)‎ ‎(3)通电5 min后，B装置中共收集224 mL(标准状况下)气体，溶液体积为200 mL，则通电前该装置溶液中CuSO4的物质的量浓度为0.025_mol·L－1(设电解前后溶液体积无变化)。‎ ‎(4)若A装置中KCl足量且溶液的体积也是200 mL，则电解后恢复至常温，溶液的pH为13(设电解前后溶液体积无变化)。‎ 解析：根据实验现象分析出电源的正负极，进而确定三个电解池中电极的名称是解题的关键。(1)三个装置是串联的电解池。电解AgNO3溶液时，Ag＋在阴极发生还原反应生成Ag，所以质量增加的铜电极是阴极，则银电极是阳极，故Y极是电源的正极，X极是电源的负极。(2)电解KCl溶液生成KOH，溶液的pH增大；电解CuSO4溶液生成H2SO4，溶液的pH减小；电解AgNO3溶液，银为阳极，不断溶解，Ag＋的浓度基本不变，溶液的pH不变。(3)通电5 min后，C中析出0.02 mol Ag，电路中通过0.02 mol电子。B装置中共收集0.01‎ 9‎ ‎ mol气体，若该气体全为氧气，则电路中需通过0.04 mol电子，与事实不符。因此，B装置中的电解过程分为两个阶段，先电解CuSO4溶液生成O2，然后实质是电解水，生成O2和H2，即B装置中收集到的气体是O2和H2的混合物。设电解CuSO4溶液时生成O2的物质的量为x，电解H2O时生成O2的物质的量为y，生成H2的物质的量为2y，则4x＋4y＝0.02 mol(电子守恒)，x＋3y＝0.01 mol，解得x＝y＝0.002 5 mol，所以n(CuSO4)＝2×0.002 5 mol＝0.005 mol，c(CuSO4)＝0.005 mol÷0.2 L＝0.025 mol·L－1。(4)通电5 min后，A装置中放出0.01 mol H2，溶液中生成0.02 mol KOH，c(OH－)＝0.02 mol÷0.2 L＝0.1 mol·L－1，pH＝13。‎ ‎15．(16分)‎ 如图所示是用石墨和铁作电极电解饱和食盐水的装置，请填空：‎ ‎(1)X的电极名称是阳极，发生的电极反应式为：2Cl－－2e－===Cl2↑，Y极的电极材料是Fe，检验X极产物的方法是用湿润的淀粉碘化钾试纸放在X极附近，若试纸变蓝，说明生成了Cl2。‎ ‎(2)某同学在实验时误将两种电极材料接反，导致X极上未收集到预期产物，一段时间后又将两极的连接方式纠正过来，发现X极附近出现了白色沉淀，此沉淀是Fe(OH)2(填化学式)，其形成原因是铁作阳极时被氧化为Fe2＋，纠正错误后，这一端又变为阴极，2H＋＋2e－===H2↑，生成的OH－与Fe2＋结合成Fe(OH)2，该沉淀在空气中放置，现象是先变灰绿色，后变红褐色。‎ ‎(3)工业上电解饱和食盐水的方法之一是将两个电极室用离子交换膜隔开(如图所示)，其目的是防止H2与Cl2混合发生爆炸，防止Cl2与NaOH反应生成NaClO，使NaOH不纯，阳极室(A处)加入饱和食盐水，阴极室(B处)加入纯水(或NaOH稀溶液)，离子交换膜只许Na＋通过。‎ 9‎ 解析：与电源正极相接的为电解池的阳极，与电源负极相接的为电解池的阴极，若接反则金属Fe失去电子，而产生Fe(OH)2沉淀。‎ ‎16．(12分)某课外活动小组准备用如下图所示的装置进行实验。现有甲、乙、丙三位同学分别选择了如下表所示电极材料和电解质溶液：‎ ‎(1)甲同学在实验中将开关K5闭合，则Zn电极上的电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋。‎ ‎(2)乙同学准备进行电解CuCl2溶液的实验，则电解时的总反应方程式为CuCl2Cu＋Cl2↑；实验时应闭合的开关组合是C或D[从下列五项中选择所有可能组合，第(3)题也在这五项中选择，均填字母序号]。‎ A．K1和K2　　B．K1和K3　　C．K1和K4‎ D．K2和K3　　E．K2和K4‎ ‎(3)丙同学准备在Fe上镀Cu，选择了某种盐来配制电镀液，则该盐的化学式为CuCl2(或CuSO4)，实验时，应闭合的开关组合是D。‎ 解析：(1)甲同学在实验中将开关K5闭合，则装置为原电池，较活泼的Zn为原电池负极，电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋。(2)乙同学用惰性电极电解CuCl2溶液，电解时的总反应方程式为CuCl2Cu＋Cl2↑，实验时应闭合K1和K4或K2和K3。(3)丙同学准备在Fe上镀Cu，则Fe为电镀池阴极，接电源负极，Cu为电镀池阳极，接电源正极，实验时应闭合K2和K3。应选择含有Cu2＋的电解质溶液为电镀液。‎ 9‎