专题422 电解原理的应用备作业高二上学期选择性必修一人教版解析版Word格式.docx

专题422 电解原理的应用备作业高二上学期选择性必修一人教版解析版Word格式.docx

《专题422 电解原理的应用备作业高二上学期选择性必修一人教版解析版Word格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题422 电解原理的应用备作业高二上学期选择性必修一人教版解析版Word格式.docx（12页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

D．用广泛pH试纸测得0.10mol/LNH4Cl溶液的pH=5.2

【答案】C

A．AlCl3溶液在加热时水解生成Al（OH）3，生成的HCl易挥发，最终生成Al（OH）3，在加强热时，Al（OH）3不稳定，分解生成Al2O3，故A不能达到实验目的；

B．用石墨做阳极、铁做阴极电解Na2SO4溶液时，阳极氢氧根放电，阴极氢离子放电，不能得到Fe（OH）2，故B不能达到实验目的；

C．Zn和稀硫酸反应生成氢气，根据单位时间内活塞向右移动的刻度，可以计算出生成氢气的速率，故C能达到实验目的；

D．NH4Cl溶液中铵根离子会发生水解使溶液呈酸性，pH小于7，故D不能达到实验目的；

故选C。

3．（2020·

洮南市第一中学高二月考）设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是

A．0.1mol氧气与2.3g金属钠充分反应，转移的电子数为0.4NA

B．电镀铜时，镀件上质量增加6.4g时，转移的电子数为0.2NA

C．将0.1mol乙烷和0.1molCl2混合光照，生成一氯乙烷的分子数为0.1NA

D．0.2mol/L的NaAlO2溶液中

的数目小于0.2NA

【答案】B

A．0.1mol氧气与2.3g金属钠充分反应，氧气过量，钠不足，应以钠计算，钠完全反应且由0价变为+1价，2.3g金属钠的物质的量为0.1mol，则转移电子的物质的量为0.1mol，数目为0.1NA，故A错误；

B．电镀铜时，镀件上发生的电极反应为：

Cu2++2e-=Cu，6.4g铜的物质的量为：

=0.1mol，由电极反应式可知，反应转移电子的物质的量为0.2mol，数目为0.2NA，故B正确；

C．乙烷和Cl2混合光照，产物是一氯乙烷、二氯乙烷、三氯乙烷等混合物，不全部是一氯乙烷，则生成的一氯乙烷小于0.1mol，一氯乙烷的分子数小于0.1NA，故C错误；

D．没有给出溶液的体积，无法计算

离子数目，故D错误；

答案选B。

4．（2020·

江苏省如皋中学高二月考）1807年化学家戴维电解熔融氢氧化钠制得钠：

4NaOH（熔融）

O2↑+4Na+2H2O；

后来盖·

吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠：

3Fe（s）+4NaOH（l）⇌Fe3O4（s）+2H2（g）+4Na（g）。

下列有关说法正确的是

A．戴维法制钠，阳极的电极反应式为：

Na++e-=Na

B．盖·

吕萨克法制钠原理是利用铁的金属性比钠的强

C．若用戴维法与盖·

吕萨克法制得等量的钠，两方法转移电子总数相等

D．盖·

吕萨克法制钠原理是减小生成物浓度促进平衡正向移动

A．戴维法制钠，阴极的电极反应式为：

Na++e-=Na↑，阳极上OH-失去电子，发生氧化反应，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，故A错误；

B．金属性Na强于Fe。

盖·

吕萨克法制钠原理是根据钠的沸点较低、易从反应混合物中分离出来，从而使化学平衡向正向移动，故B错误；

C．根据反应方程式可知用戴维法制取金属钠，每反应产生4molNa转移电子的物质的量是4mol，而用盖·

吕萨克法制得4mol的钠，转移电子的物质的量是8mol，因此制取等量的金属钠，转移电子的物质的量不相等，故C错误；

D．由于存在3Fe（s）+4NaOH（l）⇌Fe3O4（s）+2H2（g）+4Na（g）平衡，当铁与熔融氢氧化钠作用时，生成的钠沸点较低，从混合物中分离出来，减小了生成物浓度促进平衡正向移动，故D正确；

故答案：

D。

5．一种以“火法粗炼”、“电解精练”相结合炼制精铜的工艺流程如图所示。

已知：

黄铜矿石的主要成分为CuFeS2；

“冰铜”还原中的Cu2S先转化为Cu2O，然后Cu2O再与Cu2S反应生成粗铜。

下列叙述正确的是

A．“焙烧”过程中，CuFeS2既是氧化剂又是还原剂

B．在Cu2S“还原”为Cu的总反应中，Cu2O作催化剂

C．“电解”过程中阴极增重6.4g的同时，粗铜质量减少6.4g

D．该炼铜工艺零污染，对环境友好

【答案】A

【分析】

黄铜矿石经选矿富集CuFeS2得铜精矿砂，铜精矿砂焙烧得含Cu2S、FeS的冰铜，冰铜还原得粗铜（含Fe等杂质），电解得精铜。

A．CuFeS2中铜为+2价，铁为+2价，硫为−2价，“焙烧”过程中，

，Cu元素化合价降低，部分S元素化合价升高，则CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，A正确；

B．在Cu2S“还原”为Cu的反应中，Cu2S先转化为Cu2O，然后Cu2O再与Cu2S反应生成Cu铜单质，Cu2O得电子被还原，做氧化剂，B错误；

C．电解精炼铜时，精铜作阴极，铜离子得电子变为铜，粗铜作阳极，失电子变为金属阳离子，粗铜中活性比Cu强的金属在Cu之前失电子，故阴极增重6.4g的同时，阳极减少质量不为6.4g，C错误；

D．该炼铜工艺会放出二氧化硫，影响环境，对环境不友好，D错误；

答案选A。

6．SiH4广泛用于微电子、光电子行业，用粗硅作原料熔融盐电解法制取硅烷原理如图，下列叙述正确的是

A．通入H2的一极为电解池的阳极，反应式为H2-2e-=2H+

B．粗硅上反应：

Si+4H++4e-=SiH4↑

C．为增强导电性，使用粗硅

D．该反应的总反应为Si+2H2=SiH4↑

熔融盐LiH中，含有Li+和H-，所以H2应转化为H-，从而得出通入H2的电极为阴极，粗硅为阳极。

A．由以上分析知，通入H2的电极为电解池的阴极，反应式为H2+2e-=2H-，A不正确；

B．粗硅为电解池的阳极，电极反应式为Si+4H--4e-=SiH4↑，B不正确；

C．硅并不能导电，使用粗硅的主要目的，是为了降低生产成本，C不正确；

D．阴极反应式为2H2+4e-=4H-，阳极反应式为Si+4H--4e-=SiH4↑，二者加和得该反应的总反应为Si+2H2=SiH4↑，D正确；

故选D。

7．（2020·

武功县普集高级中学高二月考）我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na－CO2二次电池。

将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：

3CO2＋4Na

2Na2CO3＋C。

下列说法错误的是（）

A．放电时，

向负极移动

B．充电时，负载碳纳米管的镍网上发生氧化反应

C．放电时，正极反应为：

3CO2＋4e－=2

＋C

D．充电时，正极反应为：

Na＋＋e－=Na

根据总反应可知放电时Na被氧化，作负极，CO2被还原，所以Ni电极为正极。

A．放电时为原电池装置，阴离子向负极移动，故A正确；

B．放电时Ni网上CO2被还原，则充电时镍网上发生氧化反应，故B正确；

C．放电时，CO2在Ni电极上被还原，为正极，根据总反应可知电极反应为3CO2＋4e－=2

＋C，故C正确；

D．充电时为电解池，电解池没有正负极，而是阴阳极，原放电时的正极为电解池的阳极，碳被氧化生成CO2，故D错误；

8．一种钾离子电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是

A．放电时，K+通过阳离子交换膜向石墨电极移动

B．放电时，负极的电极反应式：

KC6－e－=K++6C

C．充电时，阳极的电极反应式：

K0.5−xMnO2+xK++xe－=K0.5MnO2

D．若仅把钾离子换成锂离子，当负极减少的质量相同时，钾离子电池转移的电子数比锂离子电池的多

A．根据放电，KC6中K失去电子，因此左边为原电池负极，右边为原电池正极，放电时，根据“同性相吸”原理，因此K+通过阳离子交换膜向正极即K0.5MnO2电极移动，故A错误；

B．放电时，KC6中K失去电子，变为K+，其负极的电极反应式：

KC6－e－=K++6C，故B正确；

C．K0.5−xMnO2+xK++xe－=K0.5MnO2是放电时正极的电极反应式，故C错误；

D．若仅把钾离子换成锂离子，当负极减少的质量相同时，由于钾的摩尔质量大于锂的摩尔质量，因此钾离子电池转移的电子数比锂离子电池的少，故D错误。

综上所述，答案为B。

9．某混合物浆液含有

、

和少量

。

考虑到胶体的吸附作用使

不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。

下列说法不正确的是（）

A．用惰性电极电解时，

能从浆液中分离出来的原因是，电解时

通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来

B．通电后阴极室溶液pH增大

C．分离后含铬元素的粒子是

D．通电后，相同条件下阴阳两极产生气体体积之比为2:

1

A．电解时，阴离子向阳极移动，即在直流电场作用下，

通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液，故A正确；

B．通电后，阴极上水中的氢离子放电，即4H2O+4e-=2H2↑+4OH-，OH-浓度增大，pH升高，故B正确；

C．电解时，阳极上水中的氢氧根放电，即2H2O-4e-=O2↑+4H+，H+在阳极区增大，

向阳极移动，由于存在2

+2H+

+H2O，平衡向右移动，所以分离后含铬元素的粒子是

，故C错误；

D．通电后，阴极产生H2，阳极产生O2，由得失电子相等可知，相同条件下阴阳两极产生气体体积之比为2:

1，故D正确；

答案为C。

10．次磷酸钴[Co（H2PO2）2]广泛应用于化学电镀，工业上利用电渗析法制取次磷酸钴的原理如图所示。

①该装置的电极材料分别为金属钴和不锈钢；

②Co（H2PO2）2溶液在强碱性条件下通过自身催化发生氧化还原反应，实现化学镀钴。

下列说法中正确的是

A．M电极材料为不锈钢

B．膜Ⅰ、膜Ⅴ为阳离子交换膜，膜Ⅱ、膜Ⅲ为阴离子交换膜

C．M电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+

D．化学镀钴过程中反应可能为Co2++

+3OH-=Co+

+2H2O

该装置为电解池，以金属钴和次磷酸钠为原料，采用六室5个离子透过膜电渗析槽电解法制备次磷酸钴[Co（H2PO2）2]，由图可知，a为电源的正极，M为阳极，阳极上Co失去电子生成Co2＋，通过膜I进入产品室，

通过膜III、II进入产品室，阴极室NaOH溶液中H2O（或H＋）得到电子生成H2，电极反应式为2H2O+2e－=2OH－+H2↑（或2H＋+2e－=H2↑），强碱性条件下，Co（H2PO2）2通过自身催化发生氧化还原反应生成Co和

，以此来解答。

A．由题意可知，M为阳极，阳极上Co失去电子生成Co2＋，则M电极材料为金属钴，故A错误；

B．根据分析可知，Co2＋通过膜I进入产品室，

通过膜III、II进入产品室，膜Ⅰ阳离子交换膜，膜Ⅱ、膜Ⅲ为阴离子交换膜；

根据分析，阴极上会产生氢氧根离子，Co（H2PO2）2溶液在强碱性条件下通过自身催化发生氧化还原反应，膜Ⅴ要阻止氢氧根离子向阳极移动，应为阳离子交换膜，故B正确；

C．根据分析，M为阳极，阳极上Co失去电子生成Co2＋，M电极反应为Co-2e-=Co2+，故C错误；

D．选项中离子方程式中电荷不守恒，Co（H2PO2）2通过自身催化发生氧化还原反应实现化学镀钴，则根据氧化还原反应规律，生成物应为Co和

，Co（H2PO2）2溶液化学镀钴过程中反应可能为Co2＋+

+3OH－═Co+

+2H2O，故D错误；

二、填空题

11．（2020·

河南南阳中学高二月考）回答下列问题：

（1）某同学根据漂白粉的制备原理和电解原理制作了一种家用环保型消毒液发生器（如图所示，没有使用离子交换膜），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，则：

①利用Cl2与石灰乳反应可以制取漂白粉，反应的化学方程式为_____。

②L极区的电极反应式为_______。

（2）电解法可以提纯粗镓，具体原理如图所示。

镓在阳极溶解生成的Ga3+与NaOH溶液反应生成GaO

，GaO

在阴极放电的电极反应式_______。

（3）我国学者发明的一种分解硫化氢制氢并回收硫的装置如图所示：

若Y极液中的电对（A/B）选用I

/I-，装置工作时Y极上的电极反应式为______，Y极溶液中发生的离子反应为______。

【答案】2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O2Cl--2e-=Cl2↑GaO

+3e-+2H2O=Ga+4OH-3I--2e-=I

I

+H2S=S↓+2H++3I-

（1）①利用Cl2与石灰乳反应可以制取漂白粉，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

②通电时，为使Cl2被完全吸收，该装置的下端生成氯气，则L极区的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；

（2）电解法可以提纯粗镓，则高纯镓作阴极，粗镓作阳极，阳极上Ga失去电子变为Ga3+，生成的Ga3+与NaOH溶液反应生成GaO

在阴极放电生成Ga，电极反应式GaO

+3e-+2H2O=Ga+4OH-；

（3）根据图示，该装置是将光能转变为化学能和电能，X电极将H+转化为H2，化合价降低，发生还原反应，则Y电极发生氧化反应，若Y极液中的电对（A/B）选用I

/I-，则电极反应为3I--2e-=I

，Y电极溶液中含有H2S，具有还原性，而I

具有氧化性，二者发生氧化还原反应S单质、碘离子和氢离子，离子反应为：

I

+H2S=S↓+2H++3I-；

12．（2020·

江苏省如皋中学高二月考）某同学设计利用一氧化氮——空气质子交换膜燃料电池将化学能转化为电能，实现了制硝酸、发电、环保三位一体的结合。

（1）甲装置中Pt1上的电极反应式为___________，每转移1mol电子，通过质子交换膜的H+的物质的量为___________。

（2）乙装置中C2上的电极反应式为___________，乙装置中物质X是___________（填化学式）。

（3）装置丙用于粗铜的精炼。

装置中电极A是___________（填“粗铜”或“纯铜”），工作一段时间后，CuSO4溶液的浓度将___________（填“增大”“减小”或“不变”）。

【答案】NO-3e-+2H2O=NO

+4H+1molNO+5e-+6H+=NH

+H2OH2SO4粗铜减小

某同学设计利用一氧化氮——空气质子交换膜燃料电池将化学能转化为电能，装置甲为原电池，通入氧气的一极为正极，通入NO的一极为负极；

装置乙和装置丙是电解池，C1为阳极，C2为阴极，A为阳极，B为阴极，以此解答。

（1）甲装置是原电池，Pt1上NO失电子生成硝酸，电极方程式为：

NO-3e-+2H2O=NO

+4H+；

每转移1mol电子，通过质子交换膜的H+的物质的量为1mol，故答案为：

1mol；

（2）装置乙是电解池，C1为阳极，C2为阴极，NO在C2上得电子生成NH

，电极方程式为：

NO+5e-+6H+=NH

+H2O；

SO2在C1极失电子，电极方程式为：

SO2-2e-+2H2O=SO

+4H+，则乙中有硫酸生成，物质X是H2SO4，故答案为：

H2SO4；

（3）装置丙用于粗铜的精炼，A为阳极，B为阴极，A极是粗铜；

因为粗铜中存在比铜活泼的金属杂质，在阳极也会放电，所以工作一段时间后，CuSO4溶液的浓度将减小，故答案为：

粗铜；

减小。