浙江省2019年高考化学大一轮复习第10讲电解池的工作原理应用课时作业-有解析

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(此题包含10小题,每题6分,共60分,每题只有一个选项切合题目要求)剖析右图装置,以下说法错误的选项是( )A.虚线框中接直流电源,铁可能会被腐化B.虚线框中接敏捷电流计或接直流电源,锌都是负极C.虚线框中接敏捷电流计,该装置可将化学能转变成电能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分析若虚线框中接直流电源,且铁连结电源正极,此时铁作阳极,则会加速铁的腐化,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,若虚线框中接敏捷电流计,锌是负极,B项错误;虚线框中接敏捷电流计,此时为原电池,可将化学能转变成电能,C项正确;若电解质溶液为硫酸锌溶液并接上直流电源,且铁电极连结电源负极,该装置可用于铁皮上镀锌,D项正确。2.以下对于电化学知识的说法正确的选项是( )A.用石墨电极电解饱和食盐水,在阳极获得氯气,阴极获得金属钠B.电解精华铜时,阳极减少的质量不必定等于阴极增添的质量C.用石墨电极电解FeCl3、CuCl2的混淆溶液,在阴极上挨次析出Al、Fe、CuD.用石墨电极电解CuSO4溶液一段时间后(Cu2+未反响完),加入适当Cu(OH)2能够使溶液恢复至原状态答案B分析用石墨电极电解饱和食盐水,阴极产生氢气,A错误;电解精华铜时,阳极除铜放电外,比铜开朗的金属如Zn、Fe也放电,但阴极上只有Cu2+放电,B正确;依据金属活动性次序可知,阴极上离子的放电次序是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。用惰性电极电解以下物质的溶液,一段时间后(溶液过度),再加入必定质量的另一种物质(括号内),溶液能与本来溶液完整同样的是( )A.CuCl2(CuSO)B.NaOH(NaOH)4C.NaCl(HCl)D.CuSO[Cu(OH)2]4答案C1分析电解CuCl溶液时,阴、阳两极放电的离子分别是2+-Cu和Cl,因此要恢复原状需加入CuCl,A22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+-4H、Cl,故需加HCl才能恢复原状,C项正确;电解CuSO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NHNO,其工作原理以下图(图中电极均为43石墨电极)。以下说法错误的选项是()A.a极连结电源的负极B.阳极反响为-+NO+5e+6HN+H2OC.总反响方程式为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3D.为使电解产物所有转变成NH4NO3,需增补物质A,A是NH3答案B分析a极NO→N,N的化合价降低,获得电子,依据电解原理,a极应为阴极,即接电源的负极,故A正确;依据选项A的剖析,电极b为阳极,电极反响式为NO-3e-+2H2ON-+4H+,故B错误;阴极-+22433反响式为NO+5e+6HN+HO,总反响方程式为8NO+7HO3NHNO+2HNO,故C正确;依据总反响方程式,生成HNO3,为使电解产物所有转变成NH4NO3,需要增补NH3,D正确。5.(2018·河北衡水第一中学月考)用石墨电极达成以下电解实验。实验一实验二装置现a、d处试纸变蓝;b处变红,局部两个石墨电极邻近有气泡产生;n象退色;c处无显然变化处有气泡产生以下对实验现象的解说或推断不合理的是( )--A.a、d处:2H2O+2eH2↑+2OHB.b处:2Cl--2e-Cl2↑C.c处发生了反响:Fe-2e-Fe2+2D.依据实验一的原理,反响初始实验二中m处就能析出铜答案D分析a、d处试纸变蓝,说明溶液显碱性,是溶液中的氢离子获得电子生成氢气,损坏了水的电离均衡,氢氧根离子浓度增大造成的,A正确;b处变红,局部退色,说明是溶液中的氯离子放电产生氯气,氯气与水反响生成的酸使pH试纸变红,次氯酸拥有漂白性致使局部退色,B正确;c处为阳极,铁失掉电子生成亚铁离子,C正确;实验一中ac形成电解池,db形成电解池,因此实验二中也相当于形成三个电解池(一个球两面为不一样的两极),m为电解池的阴极,另一球朝m的一面为阳极(n的反面),因为电解质溶液为稀硫酸,故反响初始阶段m处不会析出铜,D错误。6.某同学组装了以下图的电化学装置,电极Ⅰ为Al,其余电极均为Cu,则( )A.电流方向:电极Ⅳ○A电极ⅠB.电极Ⅰ发生复原反响C.电极Ⅱ渐渐溶解D.电极Ⅲ的电极反响:Cu2++2e-Cu答案A分析该装置为原电池与电解池的串连,依据原电池的组成原理,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,发生氧化反响,B项错误;电极Ⅱ为正极,Cu2+在此被复原,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结盟统考)用以下装置办理含KMnO4的工业废液,使Mn元素转变成MnO2积淀,进而除去重金属污染,以下说法错误的选项是( )A.Mn-办理完整后,实验结束时左边可能会生成积淀B.右边产生的2+积淀Mn-的离子方程式为22+-32+Fe7HO+3Fe+Mn3Fe(OH)↓+MnO↓+5HC.当电路中转移6mole-时,能够产生87gMnO2积淀为了增大右边溶液的导电性能够加稀硫酸造成强酸性环境答案D3分析Mn-办理完整后,阳极生成的Fe2+会经过阳离子互换膜进入左边,则左边会生成Fe(OH)2积淀,2+Mn-复原为MnO,自己被氧化为Fe(OH)3,因此离子故A正确;右边产生的Fe在弱酸性条件下将22+-+:Fe-2e-方程式为:7H2O+3Fe+Mn3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H,故B正确;依据阳极电极反响2+-时,生成2+2+-的离子方程式22+-Fe,当电路中转移6mole3molFe,依据Fe积淀Mn7HO+3Fe+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-2+-2++2+3+下,Mn与Fe反响的离子方程式为Mn+5Fe+8HMn+5Fe+4H2O,故不可以使Mn元素转变成MnO2积淀,D错误。8.(2018·湖北八校联考)H3BO3能够经过电解NaB(OH)4溶液的方法制备,其工作原理如图,以下叙述错误的选项是( )2-2+A.M室发生的电极反响为2HO-4eO↑+4HB.N室中:%<%abC.b膜为阴膜,产品室发生反响的化学原理为强酸制弱酸D.理论上每生成1mol产品,阴极室可生成标准情况下5.6L气体答案D分析M室为阳极室,发生氧化反响,电极反响为2H2O-4e-O2↑+4H+,故A正确;N室为阴极室,溶+H2,促使水的电离-液中水电离的H得电子发生复原反响生成,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,两者反响生成H3BO,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30.5mol氢气,其标准情况下的体积为11.2L,故D错误。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,以下相关剖析正确的选项是( )A.Ⅰ区生成H2SO4B.a是阴离子互换膜C.Ⅱ区的K+进入Ⅰ区D.Ⅲ区溶液的pH会增大4答案C分析Ⅰ区是阴极区,溶液中的H+放电,故Ⅰ区生成的是碱,K+经过阳离子互换膜进入Ⅰ区,故A、B错误,C对;Ⅲ区生成H2SO4,溶液pH减小,D错误。电解法办理含铬(六价铬)废水的原理以下图,阳极区溶液中的离子反响是Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O。以下说法正确的选项是( )A.电解槽中H+朝阳极挪动B.阳极的电极反响式是-3+:Fe-3eFeC.电解一段时间后,阴极区溶液的pH增大阳极的铁板可用石墨取代答案C分析电解槽中H+向阴极挪动,A项错误;阳极的电极反响式是Fe-2e-Fe2+,B项错误;阴极反响为+-22+作复原剂复原2H+2eH↑,阴极区溶液的pH增大,C项正确;阳极用Fe作电极,生成的FeCr2,不行用石墨取代,D项错误。二、非选择题(此题包含3小题,共40分)11.(8分)以下图,E为浸过含酚酞的Na2SO4溶液的滤纸。A、B分别为铂片,压在滤纸两头,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KMnO溶液,将开关K4翻开,接通电源一段时间后,C、D中有气体产生。请回答以下问题:(1)R为(填“正”或“负”)极。(2)A邻近溶液的现象是,B电极发生的电极反响为。(3)滤纸上的紫色斑点向(填“A”或“B”)方向挪动。5(4)当C、D中的气体产生到必定量时,切断外电源并接通开关K,经过一段时间后,C、D中的气体渐渐减少,C中的电极为(填“正”或“负”)极,电极反响式为。答案(1)负(2)溶液变红--2H2O+O↑4OH-4e2(3)B2--2(4)负2H+4OH-4e4HO分析电解KOH溶液就是电解水,两极分别产生H2和O2,因为同样条件下产生H2的体积是O2体积的两倍,因此C管中采集到的是H2,D管中采集到的是O2。(1)H2是在阴极产生的,因此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24+NaSO溶液的实质是电解水,电解时H挪动到A极,得电子被复原为H2,损坏了A极邻近水的电离均衡,致使A极邻近的溶液显碱性,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-朝阳极挪动。当C、D中的气体产生到必定量时,切断外电源并接通开关K,此时装置变成燃料电池。经过一段时间,C、D中的气体渐渐减少,H2和O2反响生成水,在碱性条件下,C中H2发生氧化反响。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当的。(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”)。若用石墨、铁作电极资料,可组装成一个简略污水办理装置。其原理是:加入试剂调理污水的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拥有吸附性,吸附污物而堆积,起到凝集净化作用。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)36分析(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O,溶液中减少的相当于CuO;第二阶段,阴极生成H,阳极生成O,溶液中222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、铁作电极资料,阴极产生气体,阴极发生的反响只好是+-22H+2eH↑,阳极生成有色物质,则阳极为铁放电,Fe-2e-2+313.(18分)Ⅰ.次磷酸(HPO)是一种精美磷化工产品,拥有较强复原性。H3PO可用电渗析法制备,322“四室电渗析法”工作原理以下图(阳膜和阴膜分别只同意阳离子、阴离子经过):写出阳极的电极反响式:。剖析产品室可获得H3PO2的原由:。(3)初期采纳“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稀溶液取代,并撤去阳极室与产品室之间的阳膜,进而归并了阳极室与产品室。其弊端是产品中混有杂质,该杂质产生的原由是。Ⅱ.现有阳离子互换膜、阴离子互换膜、石墨电极和以下图的电解槽,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可作超级电容器械料。用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2,其阳极的电极反响式是。答案Ⅰ.(1)2H2O-4e-O2↑+4H+7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,两者反响生成H3PO2(3)PH2P-或H3PO2被氧化Ⅱ.(1)阴离子互换膜(2)F(3)H2SO4溶液2+2-2+Ⅲ.Mn+2HO-2eMnO+4H分析Ⅰ.(1)阳极是水电离出的--+OH放电,电极反响式为2H2O-4eO2↑+4H;(3)阳极室内可能有部分H2P-或H3PO2失电