【文档说明】(浙江选考)高考化学大一轮复习第10讲《电解池的工作原理及应用》课时作业(含解析).doc，共(8)页，281.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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课后作业10电解池的工作原理及应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题包括10小题,每小题6分,共60分,每小题只有一个选项符合题目要求)1.分析右图装置,下列说法错误的是()A.虚线框中接直流电源,铁可能会被腐蚀

B.虚线框中接灵敏电流计或接直流电源,锌都是负极C.虚线框中接灵敏电流计,该装置可将化学能转化为电能D.若电解质溶液为硫酸锌溶液并接上直流电源,该装置可用于铁皮上镀锌答案B解析若虚线框中接直流电源,且铁连接电源正极,此时铁作阳极,则会加快铁的腐蚀,A项正确;若虚线框

中接直流电源,此时为电解池,锌是阳极或阴极,若虚线框中接灵敏电流计,锌是负极,B项错误;虚线框中接灵敏电流计,此时为原电池,可将化学能转化为电能,C项正确;若电解质溶液为硫酸锌溶液并接上直流电源,且铁电极连接电源负极,该装置可用于铁皮上镀锌,D项正确。2.下列关于电化学知

识的说法正确的是()A.用石墨电极电解饱和食盐水,在阳极得到氯气,阴极得到金属钠B.电解精炼铜时,阳极减少的质量不一定等于阴极增加的质量C.用石墨电极电解FeCl3、CuCl2的混合溶液,在阴极上依次析出Al、Fe、CuD.用石墨电极电解CuSO4溶液一段时间后(Cu2+未反应完),加入适量Cu

(OH)2可以使溶液恢复至原状态答案B解析用石墨电极电解饱和食盐水,阴极产生氢气,A错误;电解精炼铜时,阳极除铜放电外,比铜活泼的金属如Zn、Fe也放电,但阴极上只有Cu2+放电,B正确;根据金属活动性顺序可知,阴极上

离子的放电顺序是Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+>Al3+,不会析出铁和铝,C错误;电解CuSO4溶液,阴极析出Cu,阳极生成氧气,欲使溶液恢复至原状态应加入CuO,D错误。3.用惰性电极电解下列物质的溶液,一段时间

后(溶液过量),再加入一定质量的另一种物质(括号内),溶液能与原来溶液完全一样的是()A.CuCl2(CuSO4)B.NaOH(NaOH)C.NaCl(HCl)D.CuSO4[Cu(OH)2]答案C解析电解CuCl2溶液时,阴、阳两极放电的离子分别是C

u2+和Cl-,所以要恢复原状需加入CuCl2,A项错;电解NaOH溶液相当于电解水,要恢复原状需加水,B项错;电解NaCl溶液时,阴、阳两极放电的离子分别是H+、Cl-,故需加HCl才能恢复原状,C项正确;电解CuSO4溶液时,阴、阳两极的产物分别是Cu、O2,要恢复原状需加CuO或CuCO3

,D项错。4.(2018·河南高三适应性考试)工业上电解NO制备NH4NO3,其工作原理如图所示(图中电极均为石墨电极)。下列说法错误的是()A.a极连接电源的负极B.阳极反应为NO+5e-+6H+N+H2OC.总

反应方程式为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3D.为使电解产物全部转化为NH4NO3,需补充物质A,A是NH3答案B解析a极NO→N,N的化合价降低,得到电子,根据电解原理,a极应为阴极,即接电源的负极,故A正确;根据选

项A的分析,电极b为阳极,电极反应式为NO-3e-+2H2ON+4H+,故B错误;阴极反应式为NO+5e-+6H+N+H2O,总反应方程式为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3,故C正确;根据总反应方程式,生成HNO3,为使电解产物全部转化为NH4N

O3,需要补充NH3,D正确。5.(2018·河北衡水第一中学月考)用石墨电极完成下列电解实验。实验一实验二装置现象a、d处试纸变蓝;b处变红,局部褪色;c处无明显变化两个石墨电极附近有气泡产生;n处有气泡产生„„下列

对实验现象的解释或推测不合理的是()A.a、d处:2H2O+2e-H2↑+2OH-B.b处:2Cl--2e-Cl2↑C.c处发生了反应:Fe-2e-Fe2+D.根据实验一的原理,反应初始实验二中m处就能析出铜答案D解析a、d处试纸变蓝,说明溶

液显碱性,是溶液中的氢离子得到电子生成氢气,破坏了水的电离平衡,氢氧根离子浓度增大造成的,A正确;b处变红,局部褪色,说明是溶液中的氯离子放电产生氯气,氯气与水反应生成的酸使pH试纸变红,次氯酸具有漂白性导致局部褪色,B正确;c处为阳极,铁失去电子生

成亚铁离子,C正确;实验一中ac形成电解池,db形成电解池,所以实验二中也相当于形成三个电解池(一个球两面为不同的两极),m为电解池的阴极,另一球朝m的一面为阳极(n的背面),由于电解质溶液为稀硫酸,故反应初始阶段m处不会析出铜,D错误。6.某同学组装了如图所示的电

化学装置,电极Ⅰ为Al,其他电极均为Cu,则()A.电流方向:电极Ⅳ○A电极ⅠB.电极Ⅰ发生还原反应C.电极Ⅱ逐渐溶解D.电极Ⅲ的电极反应:Cu2++2e-Cu答案A解析该装置为原电池与电解池的串联,根据原电池的构成原理,可知电极Ⅰ为负极,电极Ⅱ为正

极,电极Ⅲ为阳极,电极Ⅳ为阴极。电子流向为电极Ⅰ→Ⓐ→电极Ⅳ,电流方向与电子流向相反,故电流方向为电极Ⅳ→Ⓐ→电极Ⅰ,A项正确;电极Ⅰ为负极,发生氧化反应,B项错误;电极Ⅱ为正极,Cu2+在此被还原,C项错误;电

极Ⅲ为阳极,活性阳极Cu在此被氧化,D项错误。7.(2018·安徽A10联盟统考)用如下装置处理含KMnO4的工业废液,使Mn元素转化为MnO2沉淀,从而消除重金属污染,下列说法错误的是()A.Mn处理

完全后,实验结束时左侧可能会生成沉淀B.右侧产生的Fe2+沉淀Mn的离子方程式为7H2O+3Fe2++Mn3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+C.当电路中转移6mole-时,可以产生87gMnO2沉淀D

.为了增大右侧溶液的导电性可以加稀硫酸造成强酸性环境答案D解析Mn处理完全后,阳极生成的Fe2+会通过阳离子交换膜进入左侧,则左侧会生成Fe(OH)2沉淀,故A正确;右侧产生的Fe2+在弱酸性条件下将Mn还原为MnO2,本身被氧化为Fe(OH)3,所以离子方程式为:7H2O

+3Fe2++Mn3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+,故B正确;根据阳极电极反应:Fe-2e-Fe2+,当电路中转移6mole-时,生成3molFe2+,根据Fe2+沉淀Mn的离子方程式7H2O+3Fe2++Mn3Fe(OH)3↓+

MnO2↓+5H+可知生成1molMnO2,质量为1mol×87g·mol-1=87g,故C正确;强酸性条件下,Mn与Fe2+反应的离子方程式为Mn+5Fe2++8H+Mn2++5Fe3++4H2O,故不能使Mn元素转化为MnO2沉淀,D错误。8.(2018·湖北八校联考)

H3BO3可以通过电解NaB(OH)4溶液的方法制备,其工作原理如图,下列叙述错误的是()A.M室发生的电极反应为2H2O-4e-O2↑+4H+B.N室中:a%<b%C.b膜为阴膜,产品室发生反应的化学原理为强酸制弱酸D.理论上每生成1mol产品,阴极室可

生成标准状况下5.6L气体答案D解析M室为阳极室,发生氧化反应,电极反应为2H2O-4e-O2↑+4H+,故A正确;N室为阴极室,溶液中水电离的H+得电子发生还原反应生成H2,促进水的电离,溶液中OH-浓度增大,即a%<b%,故

B正确;阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室,原料室的B(OH穿过阴膜扩散至产品室,二者反应生成H3BO3,则b膜为阴膜,故C正确;每生成1mol产品,转移电子的物质的量为1mol,阴极室生成0.5mol氢气,其标准状况下的体积为11.2L,故D错误。9.用如图装置电解K2SO4溶液,同

时制备H2SO4溶液和KOH溶液,Ⅱ中装入K2SO4溶液,下列有关分析正确的是()A.Ⅰ区生成H2SO4B.a是阴离子交换膜C.Ⅱ区的K+进入Ⅰ区D.Ⅲ区溶液的pH会增大答案C解析Ⅰ区是阴极区,溶液中的H+放电,故Ⅰ区生

成的是碱,K+通过阳离子交换膜进入Ⅰ区,故A、B错误,C对;Ⅲ区生成H2SO4,溶液pH减小,D错误。10.电解法处理含铬(六价铬)废水的原理如图所示,阳极区溶液中的离子反应是Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O。下列说法正确的是()A.电解槽中H+向阳极移动B.

阳极的电极反应式是:Fe-3e-Fe3+C.电解一段时间后,阴极区溶液的pH增大D.阳极的铁板可用石墨代替答案C解析电解槽中H+向阴极移动,A项错误;阳极的电极反应式是Fe-2e-Fe2+,B项错误;阴极反应为2H++2e-H2↑,阴极区溶

液的pH增大,C项正确;阳极用Fe作电极,生成的Fe2+作还原剂还原Cr2,不可用石墨代替,D项错误。二、非选择题(本题包括3小题,共40分)11.(8分)如图所示,E为浸过含酚酞的Na2SO4溶液的滤纸。A、B分别为

铂片,压在滤纸两端,R、S为电池的电极。M、N是用多微孔的Ni制成的电极,在碱溶液中可视为惰性电极。G为电流计,K为开关。C、D和电解槽中都充满浓KOH溶液。若在滤纸中央滴一滴紫色的KMnO4溶液,将开关K打开,接通电源一段时间后,C、D中有气体产生。请回

答下列问题:(1)R为(填“正”或“负”)极。(2)A附近溶液的现象是,B电极发生的电极反应为。(3)滤纸上的紫色斑点向(填“A”或“B”)方向移动。(4)当C、D中的气体产生到一定量时,切断外电源并接通开关K,经过一段时间后,C、D中的气体逐渐减

少,C中的电极为(填“正”或“负”)极,电极反应式为。答案(1)负(2)溶液变红4OH--4e-2H2O+O2↑(3)B(4)负2H2+4OH--4e-4H2O解析电解KOH溶液就是电解水,两极分别产生H2和O2,因为相同条件下产生H2的体积是O2体积的两倍,所

以C管中收集到的是H2,D管中收集到的是O2。(1)H2是在阴极产生的,所以M是阴极,与之相连的R是电源的负极。(2)B是电解池的阳极,A是电解池的阴极。电解Na2SO4溶液的实质是电解水,电解时H+移动到A极,得电子被还原为H2,破坏了

A极附近水的电离平衡,导致A极附近的溶液显碱性,使酚酞溶液变红。B极上OH-被氧化生成O2。(3)KMnO4溶液中,紫红色的Mn向阳极移动。(4)当C、D中的气体产生到一定量时,切断外电源并接通开关K,此时装置变为燃料电池。经过一段时间,C、

D中的气体逐渐减少,H2和O2反应生成水,在碱性条件下,C中H2发生氧化反应。12.(14分)太阳能电池可用作电解的电源(如图)。(1)若c、d均为惰性电极,电解质溶液为硫酸铜溶液,电解过程中,c极先无气

体产生,后又生成气体,则c极为极,在电解过程中,溶液的pH(填“增大”“减小”或“不变”),停止电解后,为使溶液恢复至原溶液应加入适量的。(2)若c、d均为铜电极,电解质溶液为氯化钠溶液,则电解时,溶液中氯离子的物质的量

将(填“增大”“减小”或“不变”)。(3)若用石墨、铁作电极材料,可组装成一个简易污水处理装置。其原理是:加入试剂调节污水的pH在5.0~6.0之间。接通电源后,阴极产生的气体将污物带到水面形成浮渣,起到浮选净化作用;阳极产生的有色物质具有吸附性,吸附污物而沉积,起到凝聚净化作用。该装置中,阴极的

电极反应为;阳极区生成的有色物质是。答案(1)阴减小CuO和H2O(2)不变(3)2H++2e-H2↑Fe(OH)3解析(1)用惰性电极电解硫酸铜溶液,c极上先无气体生成,后又产生气体,说明c极为阴极(先生成Cu,后生成H2),电解CuSO4溶液

会生成H2SO4,溶液的pH减小。电解过程分两个阶段:第一阶段,阴极生成Cu,阳极生成O2,溶液中减少的相当于CuO;第二阶段,阴极生成H2,阳极生成O2,溶液中减少的是H2O。(2)若c、d为铜电极时,阳极:

Cu-2e-Cu2+,电解质溶液中Cl-不放电,故其物质的量不变。(3)若用石墨、铁作电极材料,阴极产生气体,阴极发生的反应只能是2H++2e-H2↑,阳极生成有色物质,则阳极为铁放电,Fe-2e-Fe2+,最终生成Fe(OH)3。13.(18分)Ⅰ.次磷酸(H3PO2)是一种精细

磷化工产品,具有较强还原性。H3PO2可用电渗析法制备,“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过):(1)写出阳极的电极反应式:。(2)分析产品室可得到H3PO2的原因:。(3)早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2:将“四室电渗析法”中阳

极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替,并撤去阳极室与产品室之间的阳膜,从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有杂质,该杂质产生的原因是。Ⅱ.现有阳离子交换膜、阴离子交换膜、石墨电极和如图所示的电解槽,用氯碱工业中的离子交换膜技术,利用电解Na2SO4溶液生

产NaOH溶液和H2SO4溶液。(1)a膜为。(2)Na2SO4溶液应从(用图中字母表示)加入。(3)从A口出来的产品是。Ⅲ.MnO2可作超级电容器材料。用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2,其阳极的电极反应式是。答案Ⅰ.(1)2H2O-4e-O2↑+4H+(2)阳极室的H+穿过阳

膜扩散至产品室,原料室的H2P穿过阴膜扩散至产品室,二者反应生成H3PO2(3)PH2P或H3PO2被氧化Ⅱ.(1)阴离子交换膜(2)F(3)H2SO4溶液Ⅲ.Mn2++2H2O-2e-MnO2+4H+解析Ⅰ.(1)阳极是水电离出的OH-放电,电极反应式为2H

2O-4e-O2↑+4H+;(3)阳极室内可能有部分H2P或H3PO2失电子发生氧化反应,导致生成物中混有P。Ⅱ.惰性电极电解Na2SO4溶液,阳极电解得到O2和H+,阴极电解得到H2和OH-。离子交换膜将

电解槽分为3个区域,Na2SO4溶液从中间区域F加入,Na+通过阳离子交换膜b移向阴极室,S通过阴离子交换膜a移向阳极室,这样即可得到NaOH溶液和H2SO4溶液。阳极室和阴极室在电解开始时只需分别加入少量H2SO4溶液和NaOH溶液,以增强溶液的导电

性而又不带入杂质。Ⅲ.电解池中阳极上发生失去电子的氧化反应,根据题意用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2,阳极是Mn2+放电,其电极反应式为Mn2++2H2O-2e-MnO2+4H+。