2022年高三化学寒假学业分层测评：17电解原理的应用+Word版含解析

这是一份2022年高三化学寒假学业分层测评：17电解原理的应用+Word版含解析，共9页。

1．下列描述中，不符合生产实际的是( )
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】 电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极是则阳极放电的是金属铁，电极被损耗，不符合生产实际，故A错误；电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极，在该电极上会析出大量的铜，故B正确；电解饱和食盐水制烧碱，阴极上是氢离子放电，在该极附近生成大量的氢氧化钠，符合生产实际，故C正确；电镀原理中，镀层金属做阳极，镀件金属做阴极，故D正确。
【答案】 A
2．下列金属只能用电解法冶炼获得的是( )
A．Na B．Cu
C．FeD．Au
【解析】 Cu、Fe用热还原法获取，Au用富集获取；2NaCl(熔融)eq \(=====,\s\up10(电解))2Na＋Cl2↑。
【答案】 A
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Ⅱ
B．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＋
【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。
【答案】 D
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－===Ni
B．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
【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。
【答案】 D
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
【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 \(=====,\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。
【答案】 B
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
【解析】 C2极附近溶液呈碱性，使酚酞显红色。
【答案】 C
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 \(=====,\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
【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 \(=====,\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。
【答案】 D
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 ml CuO
B．0.1 ml CuCO3
C．0.1 ml Cu(OH)2
D．0.05 ml Cu2(OH)2CO3
【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 \(=====,\s\up10(电解))2Cu＋O2↑＋2H2SO4，P～Q段电解反应的化学方程式为：2H2Oeq \(=====,\s\up10(电解))2H2↑＋O2↑，所以溶液中应加入CuO：eq \f(0.2 ml,2)＝0.1 ml，H2O：eq \f(0.3－0.2ml,2)＝0.05 ml，分析四个选项，加入0.05 ml Cu2(OH)2CO3合适。
【答案】 D
9．将0.2 ml AgNO3、0.4 ml Cu(NO3)2、0.6 ml 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 ml Cu，此时在另一极收集到气体体积为(标况)( )
A. 4.48 L B. 5.6 L
C. 6.72 LD．7.84 L
【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 ml银、0.3 ml Cu，转移电子0.8 ml；阳极反应的先后顺序为2Cl－－2e－===Cl2↑、4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，生成氯气0.3 ml，转移电子0.6 ml，所以4OH－－4e－===2H2O＋O2↑反应转移电子0.2 ml，生成氧气0.05 ml；阳极生成气体的总量为0.35 ml，体积为(标况)7.84 L。
【答案】 D
10．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)。
【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。
【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
11．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 \(=====,\s\up10(电解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
(3)纯铜 减小
[能力提升]
12.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，下列说法不正确的是( )
A．用石墨做阳极，铁做阴极
B．阳极的电极反应式：Cl－＋2OH－－2e－===ClO－＋H2O
C．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
【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。
【答案】 D
13．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 ml·L－1B．2 ml·L－1
C．3 ml·L－1D．4 ml·L－1
【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 ml H2获得0.2 ml电子，析出0.1 ml O2失去0.4 ml电子，所以有0.1 ml Cu2＋放电，获得0.2 ml电子，c(Cu2＋)＝0.1 ml/0.1 L＝1 ml·L－1。
【答案】 A
14．体积为1 L，物质的量浓度均为0.1 ml·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O2
D．至C点阴极上共逸出气体1.68 L(标准状况)
【解析】 CuSO4和NaCl的物质的量均是0.1 ml，电解分3个阶段：
AB段：阳极：0.1 ml氯离子失0.1 ml电子，阴极：0.05 ml铜离子得0.1 ml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 ml氢氧根离子失0.1 ml电子(来源于水的电离)，阴极：0.05 ml铜离子再得0.1 ml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 ml×64g/ml＝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。
【答案】 C
15．下图中电极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________，硫酸的浓度________，硫酸的pH________。
(5)若硫酸的质量分数由5.00%变为5.02%，则原有5.00%的硫酸________g。
【解析】 (1)电解5.00%的稀硫酸，实际上是电解其中的水。因此在该电解池中发生反应：2H2Oeq \(=====,\s\up10(电解))2H2↑＋O2↑，V(H2)∶V(O2)＝2∶1。据此可确定d极为阴极，则电源的N极为负极，M极为正极。(2)在336 mL气体中，V(H2)＝eq \f(2,3)×336 mL＝224 mL，为0.01 ml；V(O2)＝eq \f(1,3)×336 mL＝112 mL，为0.005 ml。说明电路上有0.02 ml电子转移，因此在b极(Pt、阴极)产生Ag：0.02 ml×108 g·ml－1＝2.16 g，即0.02 ml的Ag。(3)n(e－)∶n(Ag)∶n(O2)∶n(H2)＝0.02∶0.02∶0.005∶0.01＝2∶2∶eq \f(1,2)∶1。(4)由Ag(阳)电极、Pt(阴)电极和AgNO3溶液组成的电镀池，在通电一定时间后，在Pt电极上放电所消耗溶液中Ag＋的物质的量等于Ag电极被氧化给溶液补充的Ag＋的物质的量，因此AgNO3溶液的浓度不变，溶液的pH也不变。电解5.00%的硫酸溶液，由于其中的水发生电解，因此硫酸浓度增大，由于H＋的浓度增大，故溶液的pH减小。(5)设原5.00%的硫酸为x g，电解时消耗水0.01 ml×18 g·ml－1＝0.18 g，则：5.00%x＝5.02%(x－0.18)，解得x＝45.18 g。
【答案】 (1)正 (2)Ag 2.16 (3)2 eq \f(1,2) 1
(4)不变 不变 增大 减小 (5)45.18