2021_2022学年新教材高中化学专题提升训练二电解的原理及应用含解析鲁科版选择性必修1 (1)精品

1、专题提升训练(二)电解的原理及应用(建议用时30分钟)1(2021武汉高二检测)铂是一种惰性贵金属，常用作某些电极的电子导体，本身不参与电极反应，统称铂电极。主要用于以下几个方面：气体电极和氧化还原电极；在一定的电势范围内的理想可极化电极；溶液电导测量中作电导池外接电源的输入电极。如图就是用Pt电极电解100 mL 0.4 molL1的NaCl溶液和100 mL 0.1 molL1的稀硫酸，当在标准状况下产生0.224 L Cl2时停止电解，取出电极，将两烧杯中的溶液混合并冷却至室温，所得溶液的pH为(设气体产物全部逸出，混合溶液的总体积为200 mL)()A.5B6C7D13【解析】选C。在

2、NaCl溶液中，电解前NaCl溶液中含0.04 mol Cl，电解后，当阳极上产生0.224 L(0.01 mol)Cl2(消耗0.02 mol Cl)时，在阴极上恰好有0.02 mol H被还原，则最终NaCl溶液中还有0.02 mol Cl、0.02 mol OH；电解稀硫酸实际上是电解水，溶液中硫酸的物质的量不变，则n(H)0.1 mL0.1 molL120.02 mol。两溶液混合后OH与H恰好完全反应，溶液显中性，pH7，C项正确。2.(2021泰安高二检测)按如图所示的装置进行电解实验，A极是铜锌合金，B极为纯铜，电解质中含有足量的铜离子。通电一段时间后，若A极恰好全部溶解，此时B

3、极的质量增加7.68 g，溶液的质量增加0.03 g，则铜锌合金中铜、锌原子的个数比为()A31 B41 C21 D任意比【解析】选A。B极析出铜的物质的量为n(Cu)0.12 mol所以在整个电解过程中共转移0.24 mol电子由ZnCuSO4=ZnSO4Cum(溶液增量) 1 mol 1 g n(Zn) 0.03 g合金中Zn的物质的量为n(Zn)0.03 mol，Zn共失去0.06 mol 电子，则在阳极Cu共失去0.12 mol20.06 mol0.18 mol电子，合金中铜的物质的量为0.09 mol，故n(Cu)n(Zn)0.09 mol0.03 mol31。3(2021雅安高二检

4、测)用石墨作电极电解n价M金属的硝酸盐溶液，当阴极上析出m g金属时，阳极上产生560 mL(标准状况)气体，此金属的相对原子质量为()A10 mnB10 mC10 nD40 mn【解析】选A。阳极反应：4OH4e=O22H2O，当生成560 mL O2时转移0.1 mol电子，阴极为Mn得电子，即Mnne=M，根据反应中转移0.1 mol电子和生成m g金属，则 ，解得Mr(M)10 mn。4.(双选)(2021九江高二检测)Cu2O在涂料、有色玻璃和催化剂等领域有着广泛的用途。Cu2O为红色粉末，不溶于水，易溶于盐酸和稀硫酸。可用电解法制备氧化亚铜：用铜作阳极，钛片作阴极，电解液为一定浓度

5、的NaCl和NaOH的混合溶液；阳极及其溶液中有关转化如图所示。下列说法错误的是()A电解液中的NaOH不能用盐酸代替B过程中Cu被氧化生成CuClC过程的离子方程式为2Cu(OH)Cl=Cu2O2ClH2OD当电路中有0.05 mol e通过时，消耗0.32 g Cu【解析】选B、D。产物Cu2O易溶于盐酸和稀硫酸，故NaOH不能用盐酸代替，A正确；由图示可知，过程中为吸附过程，铜元素化合价未变，未发生氧化还原反应，B错误；根据图示过程中Cu(OH)Cl反应生成Cu2O和Cl，则离子方程式为2Cu(OH)Cl=Cu2O2ClH2O，C正确；整个过程中单质铜反应生成了Cu2O，铜元素化合价由0

6、价变为1价，故当电路中有0.05 mol e通过时，消耗Cu的质量为64 gmol10.05 mol3.2 g，D错误。5.(双选)(2021柳州高二检测)某同学设计如图所示装置，探究氯碱工业原理，下列说法不正确的是()A石墨电极与直流电源负极相连B用湿润淀粉KI试纸在石墨电极附近检验气体，试纸变蓝色C氢氧化钠在石墨电极附近产生，Na向石墨电极迁移D铜电极的反应式为2H2e=H2【解析】选A、C。若Cu电极所连的是直流电源的正极，则Cu是阳极，电极反应式为Cu2e=Cu2，不符合氯碱工业原理，故石墨电极与直流电源正极相连，A项错误；阴极(Cu极)反应为2H2e=H2，阳极(C极)反应为2Cl2

7、e=Cl2，故用湿润淀粉KI试纸在石墨电极附近检验气体，试纸变蓝，发生反应Cl22KI=2KClI2，故B项、D项正确；Cu电极附近H减少，生成OH，Na向Cu电极迁移，故C项错误。6(2021衡水高二检测)将0.2 mol AgNO3、0.4 mol Cu(NO3)2和0.6 mol KCl溶于水配制成100 mL溶液，用惰性电极电解一段时间后，在一极上析出0.3 mol Cu，此时在另一极上生成的气体体积(标准状况)为()A4.48 LB5.6 LC6.7 LD7.8 L【解析】选B。由于AgCl=AgCl，故溶液中溶质为0.4 mol Cu(NO3)2、0.2 mol KNO3和0.4

8、mol KCl，当一极上析出0.3 mol Cu时，电路中转移0.6 mol电子，根据得失电子守恒可知，此时溶液中0.4 mol Cl全部转化为0.2 mol Cl2，并有0.2 mol OH失去电子生成0.05 mol氧气，则共生成气体0.25 mol，在标准状况下的体积为5.6 L。7(双选)将锌片和铜片置于浸有饱和食盐水和酚酞的滤纸上，并构成如图所示的装置。下列判断合理的是()A.左边铜片上有气泡冒出B右边锌片上的反应为2Cl2e=Cl2C最先观察到红色的区域是D左右两边Cu片质量均不发生变化【解析】选C、D。左边为原电池，Zn为负极，Cu为正极，铜上氧气得电子；右边为电解池，Cu为阴极

9、，铜上氢离子得电子，Zn为阳极，据此分析。左边为原电池，Zn为负极，Cu为正极，铜上氧气得电子，所以没有气泡冒出，故A错误；右边为电解池，Zn为阳极，锌片上的反应为Zn2e=Zn2，故B错误；左边为原电池，右边为电解池，电解池中的反应速率快，在电解池中，铜是阴极，水电离出来的氢离子得到电子，使铜片周围的氢氧根离子浓度增大，酚酞变红，所以最先观察到红色的区域是，故C正确；左右两边Cu片均不参加反应，所以Cu片质量均不发生变化，故D正确。8.(新思维新考向)(1)氯碱工业上利用电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等一系列化工产品。如图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。试回答下列问题：离子交换膜的作用为_、_。精制饱和食盐水从图中_(填“a”“b”“c”或“d”，下同)处补充，氢氧化钠溶液从图中_处收集。(2)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为_。【解析】(1)采用阳离子交换膜的目的是防止阴极产生的OH移向阳极与氯气反应，从而得到纯度较高的NaOH溶液和Cl2，也避免了H2与Cl2混合发生反应而爆炸；在阳极上Cl失去电子生成Cl2，Cl的量会减少，所以应该从a处补充精制饱和食盐水，在阴极上水得到电子生成OH和H2，而阳极区的Na从阳极移向阴极与OH结合生成NaOH，所以可