人教版高中化学选择性必修一4.2.2 《电解原理的应用》（练习）

4.2.2 电解原理的应用 练习（解析版）1．海水提镁的最后一步是将氯化镁电解获取金属镁，下列有关该电解过程的叙述中，正确的是(　　 )A．两个电极必须都用惰性电极B．阳极可以用金属电极，阴极必须是惰性电极C．电解熔融状态的氯化镁D．电解氯化镁的水溶液【答案】　C【解析】电解MgCl2获取金属镁，也就是说镁离子需要得电子，如果在水溶液中，水电离的氢离子会优先得电子，因此只能在熔融状态下进行。在阴极发生的是镁离子得到电子的反应，对电极材料没有要求，在阳极上发生失电子的反应，如果使用活性电极时会优先失电子，所以阳极必须用惰性电极。2．下列金属只能用电解法冶炼获得的是(　　)A．Na　　　 B．CuC．Fe D．Au【答案】A【解析】Cu、Fe用热还原法获取，Au用富集获取；2NaCl(熔融)eq \o(=====,\s\up10(电解))2Na＋Cl2↑。3．某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Zn，其他电极均为Cu，则下列说法正确的是(　　)A．电子移动：电极Ⅰ→电极Ⅳ→电极Ⅲ→电极ⅡB．电极Ⅰ发生还原反应C．电极Ⅳ逐渐溶解D．电极Ⅲ的电极反应：Cu－2e－===Cu2＋【答案】D【解析】左池为原电池，右池为电解池。A项，电子不能通过电解质溶液，即不能实现电极Ⅳ→电极Ⅲ；B项，电极 Ⅰ 发生氧化反应：Zn－2e－===Zn2＋；C项，电极Ⅳ：Cu2＋＋2e－===Cu。4．金属镍有广泛的用途，粗镍中含有少量的Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，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：Ni2＋＋2e－===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Zn2＋D．电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt【答案】D【解析】本题为“电解精炼铜”的迁移应用，A项，阳极应发生氧化反应。C项，溶液中的阳离子主要为Ni2＋，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Zn－2e－===Zn2＋，Fe－2e－===Fe2＋，Ni－2e－===Ni2＋，Cu、Pt在该条件下不失电子，阴极反应为Ni2＋＋2e－===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。5．关于电解氯化钠水溶液(铁做阴极、石墨做阳极)，下列叙述正确的是(　　)A．若在阴极附近的溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈无色B．若在阳极附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈棕黄色C．电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠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【答案】B【解析】电解食盐水时发生的反应：阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑阴极：2H＋＋2e－===H2↑总反应：2NaCl＋2H2Oeq \o(=====,\s\up10(电解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑对照分析选项，C错误；阳极附近的溶液中会溶有少量的Cl2，滴加KI溶液后发生反应：Cl2＋2I－===I2＋2Cl－，溶液呈棕黄色，B正确；阴极附近产生大量的OH－，滴加酚酞后变红色，A错误；电解后生成NaOH，溶液呈碱性，D错误。6．某学生按右图装置进行实验，下列说法不正确的是(　　)A．A池为原电池，B池为电解池B．石墨棒C2为阴极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑C．石墨棒C1附近可观察到溶液呈红色D．当C2极析出224 mL气体(标准状况)时，锌电极的质量减少0.65 g【答案】C【解析】C2极附近溶液呈碱性，使酚酞显红色。7．某兴趣小组设计如下图微型实验装置。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A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：2H＋＋2Cl－eq \o(=====,\s\up10(电解))Cl2↑＋H2↑B．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式为：Cl2＋2e－===2Cl－D．断开K1，闭合K2时，石墨电极做正极【答案】D【解析】解答本题时应特别注意，金属Cu在电解池和原电池中作何种电极。当断开K2，闭合K1时为电解池，由于两极都有气泡冒出，故相当于惰性电极电解饱和食盐水，故铜作阴极而石墨作阳极，阳极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，电池总反应的离子方程式为2Cl－＋2H2Oeq \o(=====,\s\up10(电解))H2↑＋Cl2↑＋2OH－，A、B都错；当断开K1，闭合K2时组成原电池，铜作负极而石墨做正极，故C错而D正确。8．用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示(气体体积均在相同状况下测定)。欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入(　　)A．0.1 mol CuO B．0.1 mol CuCO3C．0.1 mol Cu(OH)2D．0.05 mol Cu2(OH)2CO3【答案】D【解析】根据图像和电解原理，O～P段电解反应的化学方程式为：2CuSO4＋2H2Oeq \o(=====,\s\up10(电解))2Cu＋O2↑＋2H2SO4，P～Q段电解反应的化学方程式为：2H2Oeq \o(=====,\s\up10(电解))2H2↑＋O2↑，所以溶液中应加入CuO：eq \f(0.2 mol,2)＝0.1 mol，H2O：eq \f(0.3－0.2mol,2)＝0.05 mol，分析四个选项，加入0.05 mol Cu2(OH)2CO3合适。9．将0.2 mol AgNO3、0.4 mol Cu(NO3)2、0.6 mol KCl溶于水，配成100 mL的溶液，用石墨做电极电解一段时间后，在一极析出0.3 mol Cu，此时在另一极收集到气体体积为(标况)(　　) A．4.48 L B．5.6 LC．6.72 L D．7.84 L【答案】D【解析】阴极反应的先后顺序为Ag＋＋e－===Ag、Cu2＋＋2e－===Cu，根据题意阳极生成0.2 mol银、0.3 mol Cu，转移电子0.8 mol；阳极反应的先后顺序为2Cl－－2e－===Cl2↑、4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，生成氯气0.3 mol，转移电子0.6 mol，所以4OH－－4e－===2H2O＋O2↑反应转移电子0.2 mol，生成氧气0.05 mol；阳极生成气体的总量为0.35 mol，体积为(标况)7.84 L。 10．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)与电路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的排列正确的是(　　)A．Cu2＋>X3＋>H＋ B．H＋>X3＋>Cu2＋C．X3＋>H＋>Cu2＋ D．Cu2＋>H＋>X3＋【答案】D【解析】本题的解题信息在图像中，开始通电就有固体析出，且通过0.2 mol电子后，就再没有固体析出了，说明是Cu2＋放电的结果，X3＋不放电。故正确答案为D。11．Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理论设计的制取Cu2O的电解池示意图如图，电解总反应为：2Cu＋H2Oeq \o(=====,\s\up10(电解))Cu2O＋H2↑。下列说法正确的是(　　)A．石墨电极上产生氢气B．铜电极发生还原反应C．铜电极连接直流电源的负极D．当有0.1 mol电子转移时，有0.1 mol Cu2O生成【答案】A【解析】由电解总反应方程式可知，Cu参加了反应，所以Cu做电解池的阳极，发生氧化反应，B选项错误；石墨做阴极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，A选项正确；阳极与电源的正极相连，C选项错误；阳极反应式为2Cu＋2OH－－2e－===Cu2O＋H2O，当有0.1 mol 电子转移时，有0.05 mol Cu2O生成，D选项错误。12．三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na＋和SOeq \o\al(2－,4)可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是(　　)A．通电后中间隔室的SOeq \o\al(2－,4)向正极迁移，正极区溶液pH增大B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C．负极反应为2H2O－4e－===O2＋4H＋，负极区溶液pH降低D．当电路中通过1 mol电子的电量时，会有0.5 mol的O2生成【答案】B【解析】A项正极区发生的反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，由于生成H＋，正极区溶液中阳离子增多，故中间隔室的SOeq \o\al(2－,4)向正极迁移，正极区溶液的pH减小。B项负极区发生的反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阴离子增多，中间隔室的Na＋向负极迁移，故负极区产生NaOH，正极区产生H2SO4。C项由B项分析可知，负极区产生OH－，负极区溶液的pH升高。D项正极区发生的反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，当电路中通过1 mol电子的电量时，生成0.25 mol O2。13．用右图所示装置除去含CN－、Cl－废水中的CN－时，控制溶液pH为9～10，阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的(　　)A．用石墨做阳极，铁做阴极B．阳极的电极反应式：Cl－＋2OH－－2e－===ClO－＋H2OC．阴极的电极反应式：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－D．除去CN－的反应：2CN－＋5ClO－＋2H＋===N2↑＋2CO2↑＋5Cl－＋H2O【答案】D【解析】A．若铁做阳极，则铁失电子生成Fe2＋，则CN－无法除去，故铁只能作阴极，A项正确；B．阳极Cl－放电生成ClO－，Cl的化合价升高，故在阳极发生氧化反应，又已知该溶液呈碱性，B项正确；C．阳离子在电解池的阴极得电子发生还原反应，在碱性条件下，H2O提供阳离子(H＋)，C项正确；D．由于溶液呈碱性，故除去CN－，发生的反应为2CN－＋5ClO－＋H2O===N2↑＋2CO2↑＋5Cl－＋2OH－，D项错误。14．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(　　)A．1 mol·L－1 B．2 mol·L－1C．3 mol·L－1 D．4 mol·L－1【答案】A【解析】根据题设条件，两极上电极反应式为阴极：首先Cu2＋＋2e－===Cu，然后2H＋＋2e－===H2↑；阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。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＋)＝0.1 mol/0.1 L＝1 mol·L－1。15．体积为1 L，物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的CuSO4和NaCl混合溶液中，用石墨电极进行电解。电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图。则下列说法正确的是(　　) A．AB段pH增大是因为电解NaCl溶液生成NaOH的缘故B．BC段在阳极共析出3.2 g 铜C．整个过程中阳极先产生Cl2，后产生O2D．至C点阴极上共逸出气体1.68 L(标准状况)【答案】C【解析】CuSO4和NaCl的物质的量均是0.1 mol，电解分3个阶段：AB段：阳极：0.1 mol氯离子失0.1 mol电子，阴极：0.05 mol铜离子得0.1 mol电子，由于铜离子水解使溶液酸性减弱，铜离子浓度逐渐减小，溶液pH值逐渐增大；BC段：阳极：0.1 mol氢氧根离子失0.1 mol电子(来源于水的电离)，阴极：0.05 mol铜离子再得0.1 mol电子，由于氢氧根离子消耗，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH值迅速减小；CD段：阳极：氢氧根离子失去电子，阴极：氢离子得到电子，开始电解水，溶液中氢离子浓度逐渐增大，pH值减小。根据以上分析可知AB段pH增大是因为电解氯化铜，铜离子水解使溶液酸性减弱，铜离子浓度逐渐减小，溶液pH值逐渐增大，A错误；BC段在阴极上析出铜的质量是0.05 mol×64g/mol＝3.2 g，B错误；阳极先发生2Cl－－2e－===Cl2↑，后发生4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，C正确；根据以上分析可知至C点阴极上只有铜生成，没有气体放出，D错误。16．右图中的A为直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，C为电镀槽，接通电路后，发现B上的c点显红色。请填空：(1)电源A中a为________极。(2)滤纸B上发生的总反应方程式为：______________。(3)欲在电镀槽中实现铁上镀锌，接通K点，使c、d两点短路，则电极e上发生的反应为：______________，电极f上发生的反应为：______________________，槽中盛放的电镀液可以是________或________(只要求填两种电解质溶液)。【答案】(1)正(2)2NaCl＋2H2O电解,H2↑＋Cl2↑＋2NaOH(3)Zn－2e－===Zn2＋；Zn2＋＋2e－===Zn；；ZnSO4溶液；Zn(NO3)2溶液【解析】(1)根据c点酚酞变红，则该极的反应为：2H＋＋2e－===H2↑，即该极为阴极，与电源的负极相连，所以a是正极。(2)滤纸B上发生的总反应方程式为：2NaCl＋2H2O电解,H2↑＋Cl2↑＋2NaOH。(3)c、d两点短路后，e为阳极，反应为：Zn－2e－===Zn2＋，阴极上镀锌，则阴极反应为Zn2＋＋2e－===Zn，电解液用含镀层离子的电解质溶液，所以可用ZnSO4溶液或Zn(NO3)2溶液等。17．用如下图所示的装置进行电解，通电一会儿，发现湿润的淀粉KI试纸的C端变为蓝色。(1)E为电源的________极，F为电源的________极。(2)A中发生反应的化学方程式为_____________________。(3)在B中观察到的现象是____________________。(4)D端的电极反应式为__________________________。【答案】(1)负；正(2)4AgNO3＋2H2Oeq \o(=====,\s\up10(电解))4Ag＋4HNO3＋O2↑(3)铜片溶解，石墨电极上有气体生成，溶液中有蓝色沉淀生成(4)2H＋＋2e－===H2↑【解析】　本题实质上是三个电解装置串联，首先判断电源的正、负极，E为负极，F为正极。A中是以Pt为阳极、Fe为阴极电解AgNO3溶液。B中Cu为阳极，发生的反应为：Cu－2e－===Cu2＋，石墨为阴极，发生的电极反应为：2H＋＋2e－===H2↑，由于水电离出的H＋放电，所以溶液中的c(OH－)>c(H＋)，故溶液中有氢氧化铜蓝色沉淀生成。D端为阴极，发生电极反应为：2H＋＋2e－===H2↑。18．如图所示，U形管内盛有100 mL 的溶液，按要求回答下列问题：(1)打开K2，闭合K1，若所盛溶液为CuSO4溶液：则A为________极，A极的电极反应式为______________________。若所盛溶液为KCl溶液：则B极的电极反应式为________________。(2)打开K1，闭合K2，若所盛溶液为滴有酚酞的NaCl溶液，则A电极附近可观察到的现象是________________________，Na＋移向________极(填A、B)；总反应化学方程式是____________________。(3)如果要用电解的方法精炼粗铜，打开K1，闭合K2，电解液选用CuSO4溶液，则A电极的材料应换成是________(填“粗铜”或“纯铜”)，反应一段时间后电解质溶液中Cu2＋的浓度将会________(填“增大”、“减小”、“不变”)。【答案】(1)负；Zn－2e－===Zn2＋；2H2O＋O2＋4e－===4OH－(2)A极上有气泡，电极附近溶液变红；A；2NaCl＋2H2Oeq \o(=====,\s\up10(电解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑(3)纯铜；减小【解析】（1）打开K2，闭合K1，该装置为原电池，A极的Zn易失电子作负极、B极的C作正极，B电极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-═Cu；若所盛溶液为KCl溶液，B电极上氧气得电子发生还原反应，电极发生有为O2+2H2O+4e-=4OH-；电解质溶液中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以钾离子向正极B移动，故答案为：负；Cu2++2e-═Cu；O2+2H2O+4e-=4OH-；B；（2）打开K1，闭合K2，该装置是电解池，A为阴极、B为阳极，若所盛溶液为滴有酚酞的NaCl溶液，①A电极上水得电子生成氢气，同时溶液中还生成OH-，导致A极附近溶液碱性增强，溶液变红色，所以A电极上看到的现象是产生无色气泡，溶液变红色，B电极上氯离子放电生成氯气，电池反应式为2NaCl+2H2O 电解 2NaOH+H2↑+Cl2↑；故答案为：产生无色气泡，溶液变红色；2NaCl+2H2O 电解 2NaOH+H2↑+Cl2↑；②反应一段时间后打开K2，若忽略溶液的体积变化和气体的溶解，B极产生气体的体积（标准状况）为11.2mL，根据2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑得c（NaOH）=(0.0112L/22.4L/mol)×2/0.1L=0.01mol/L，则溶液的pH=12，电解过程中阳极上析出氯气、阴极上析出氢气，所以相当于析出HCl，若要使电解质溶液恢复到原状态，根据“析出什么加入什么”原则加入物质应该是HCl，故答案为：12；HCl；（3）如要用电解方法精炼粗铜，打开K1，闭合K2，电解液选用CuSO4溶液，粗铜作阳极、纯铜作阴极，所以A应该是纯铜、B为粗铜，溶解的Cu小于析出的Cu，所以溶液中铜离子浓度减小，故答案为：纯铜；减小．