人教版 (2019)选择性必修1第二节 电解池精练

这是一份人教版 (2019)选择性必修1第二节 电解池精练，共8页。试卷主要包含了电解池中，阳极的电极材料一定，金属镍有广泛的用途，解析等内容，欢迎下载使用。
1．电解池中，阳极的电极材料一定( )


A．发生氧化反应 B．与电源正极相连


C．是铂电极 D．得电子


2．用惰性电极电解CuCl2和NaCl的混合溶液，阴极和阳极上最先析出的物质分别是( )


A．H2和Cl2 B．Cu和Cl2


C．H2和O2 D．Cu和O2


3．利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，下列叙述正确的是( )


A．电解时以纯铜作阳极


B．电解时阴极发生氧化反应


C．粗铜连接电源负极，其电极反应是Cu－2e－===Cu2＋


D．电解后，电解槽底部会形成含少量Ag、Pt等金属的阳极泥


4．用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定量的另一种物质(括号内物质)，能够使溶液恢复到原来的成分和浓度的是( )


A．CuCl2(CuSO4) B．NaOH(NaOH)


C．NaCl(HCl) D．CuSO4[Cu(OH)2]


5．金属镍有广泛的用途。粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是(氧化性：Fe2＋Cu>Ag>Pt，因此Ag、Pt不会放电，以单质形式在阳极底部沉积下来，故D对。


答案：D


4．解析：A中电解CuCl2溶液时，损失了Cu和Cl两种元素，加入CuSO4不能弥补Cl－，而且多了SOeq \\al(2－,4)，错误；B中电解NaOH溶液的实质是电解水，故应加入适量水才能复原，错误；C中电解NaCl溶液时NaOH仍留在原溶液中，H2、Cl2逸出，则损失了H、Cl两种元素，且物质的量之比是11，故应通入适量HCl气体，正确；D中电解CuSO4溶液的方程式为2CuSO4＋2H2Oeq \(=====,\s\up15(电解))2Cu＋2H2SO4＋O2↑，脱离反应体系的物质是“2Cu和O2”，相当于“2CuO”，故应加入适量CuO或CuCO3才能复原，错误。


答案：C


5．解析：电解池阳极发生氧化反应Ni－2e－===Ni2＋(主要)。因为粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，电解过程中当阳极溶解Fe而阴极析出Ni时，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等。电解后，溶液中存在的金属阳离子除Fe2＋和Zn2＋外，还可能含有Ni2＋，电解槽底部的阳极泥中不可能存在Fe、Zn，因为Fe、Zn比Ni活泼，所以只存在Cu和Pt。


答案：D


6．解析：根据工作原理图可知，连接b的一端发生O2被还原生成H2O的反应，为电解池的阴极，连接直流电源的负极，A项正确；阳极发生氧化反应，由电解装置工作原理图可知，反应物为CO，生成物为CO2，B项正确；电解装置的电解质溶液中，阳离子移向阴极，C项正确；未说明O2是否为标准状况下的，无法计算，D项错误。


答案：D


7．解析：根据气体甲与气体乙的体积比约为21可知，气体甲为氢气，气体乙为氧气，b电极为阳极，电极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，故A错误；电解池中，阴离子向阳极移动，则离子交换膜d为阴离子交换膜，故B正确；SOeq \\al(2－,4)移向阳极室，阳极室得到硫酸，H＋在阴极上放电，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，同时Na＋也移向阴极室，则在阴极室得到氢氧化钠，所以产物丁为硫酸，产物丙为氢氧化钠，故C错误；根据上述分析，a电极是阴极，与直流电源负极相连，故D错误。


答案：B


8．解析：由图示信息可知甲为乙的电解提供能量，A项正确；水溶液中不可能存在O2－离子，b电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，B项错误；燃料电池中燃料一般为负极，d电极与负极相连，发生还原反应，生成Cu，C项正确；铜电极质量变化128 g，其物质的量为2 ml，故转移4 ml电子，由N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)可知转移4 ml电子时，参与反应的O2为1 ml，则消耗空气为1 ml/20%＝5 ml，标准状况下为112 L，D项正确。


答案：B


9．解析：原理图中存在的能量转化方式有风能转化为电能，太阳能转化为电能，电能转化为化学能，A项错误；生成O2的a极为阳极，电解装置中，阳离子向阴极移动，即H＋移向b极，B项错误；b极为阴极，N2在酸性条件下被还原为NH3，故电极反应为N2＋6H＋＋6e－===2NH3，C项正确；a极上的电极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，每产生标准状况下22.4 L O2流过电极的电子数一定为4×6.02×1023，但题中未说明是标准状况，D项错误。


答案：C


10．解析：阳极要产生ClO－，则阳极不能用铁，故石墨作阳极，铁作阴极，A项正确；由题目信息提示，溶液中的离子为CN－和Cl－，而阳极产生ClO－，故其反应物一定是Cl－，即Cl－在阳极被氧化为ClO－，B项正确；阴极为水得电子生成氢气和氢氧根离子的反应，C项正确；由题目信息提示知，该反应体系是碱性环境，故反应中不可能有H＋，除去CN－的反应的正确离子方程式为2CN－＋5ClO－＋H2O===5Cl－＋2CO2↑＋N2↑＋2OH－，D项错误。


答案：D


11．解析：由亚磷酸与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3，可知亚磷酸为二元酸，A项错误；石墨为惰性电极，作阳极，连接电源正极，B项错误；不锈钢为阴极，H＋放电，Na＋由原料室通过阳膜进入乙池，C项错误；石墨为阳极，OH－放电，产生O2，若生成标准状况下2.24 L(0.1 ml)O2，则转移0.4 ml电子，D项正确。


答案：D


12．解析：(1)阳极为阴离子放电，电解这三种溶液，阳极上分别是OH－、Cl－和OH－失电子；(2)阴极为阳离子得电子，电解这三种溶液，阴极上分别是H＋、H＋和Cu2＋得电子；(3)阳极是Cu失电子，阴极为Ag＋得电子，其总反应为Cu＋2Ag＋eq \(=====,\s\up15(电解))Cu2＋＋2Ag。


答案：(1)①O2 ②Cl2 ③O2


(2)①H2 ②H2 ③Cu


(3)2Ag＋＋2e－===2Ag Cu－2e－===Cu2＋ Cu＋2Ag＋eq \(=====,\s\up15(电解))Cu2＋＋2Ag


13．解析：(1)n(CuSO4)＝2.0 L×0.5 ml·L－1＝1.0 ml，而在阴极析出的Cu的物质的量为eq \f(6.4 g,64 g·ml－1)＝0.1 ml，故CuSO4未完全电解，阳极发生氧化反应，电极反应为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。


(2)总反应：


2CuSO4 ＋ 2H2Oeq \(=====,\s\up15(电解))2Cu ＋ O2↑ ＋ 2H2SO4


2 2 2 1 2


0．1 ml 0.1 ml 0.1 ml 0.05 ml 0.1 ml


所以电解后c(H＋)＝eq \f(0.1 ml×2,2.0 L)＝0.1 ml·L－1，pH＝－lg 0.1 ＝1。


(3)电解后生成的0.1 ml Cu和0.05 ml O2脱离该体系，相当于0.1 ml CuO，因此若将溶液复原，则应加入0.1 ml CuO。


(4)此时为电镀池，阳极反应为Cu－2e－===Cu2＋，阴极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，因此若阴极上析出6.4 g铜，则阳极溶解6.4 g铜，电解后两铜片质量差为6.4 g＋6.4 g＝12.8 g，而电解液的pH不变。


答案：(1)阳 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑


(2)1 (3)0.1 CuO (4)12.8 不变


14．解析：(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＝eq \f(1.08 g,108 g·ml－1)＝0.01 ml，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。


答案：(1)电极表面产生气体，附近溶液变红


2Cl－－2e－===Cl2↑


(2)Cu 2H＋＋2e－===H2↑


(3)AgNO3溶液 0.01NA(或6.02×1021)


(4)增大 H2O


15．解析：(1)甲烷在负极上被氧化。在KOH溶液中甲烷被氧化的产物为碳酸钾，负极反应式为CH4－8e－＋10OH－===COeq \\al(2－,3)＋7H2O。(2)铁极为阴极，则C极为阳极，在C极上发生氧化反应，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑。(3)n(O2)＝eq \f(2.24 L,22.4 L/ml)＝0.1 ml，甲池正极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，由电子守恒知，经过甲、乙、丙装置的电子的总物质的量为0.4 ml。乙池中的铁极与甲池的负极相连，铁极为阴极，发生还原反应，电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，n(H2)＝eq \f(0.4 ml,2)＝0.2 ml，V(H2)＝0.2 ml×22.4 L/ml＝4.48 L。丙池中精铜为阴极，发生还原反应，电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，n(Cu)＝eq \f(0.4 ml,2)＝0.2 ml，m(Cu)＝0.2 ml×64 g/ml＝12.8 g。(4)漂白液的有效成分是次氯酸盐，制备原理是2Cl－＋2H2O电解,2OH－＋Cl2↑＋H2↑，Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，气体与液体反应，最好采用逆向接触，即气体在下端产生，碱溶液在上端生成，使其充分反应，所以该装置的下端为阳极，上端为阴极，阴极与电源负极相连，故a极为负极。生活中常见且廉价的氯化物是NaCl，故电解质溶液最好用饱和NaCl溶液，若制备Fe(OH)2，用硫酸钠溶液作电解质溶液，选用铁作阳极。


答案：(1)CH4－8e－＋10OH－===COeq \\al(2－,3)＋7H2O


(2)2Cl－－2e－===Cl2↑ (3)4.48 12.8


(4)负 饱和氯化钠溶液 铁