1、课时作业24电能转化为化学能电解时间：45分钟分值：100分一、选择题1下列关于工业冶金的描述中不正确的是()A电解熔融的氧化铝制取金属铝，阳极反应式为2O24e=O2B电解法精炼铜，用粗铜作为阴极C电解冶炼金属钠与电解饱和食盐水的阳极产物相同D在电镀件上电镀锌，用锌盐(如硫酸锌)溶液作为电镀液解析向熔融氧化铝中通直流电电解时，氧离子在阳极失电子而生成氧气，故A正确；电解精炼铜时，粗铜为阳极，粗铜中的铜失电子变为铜离子进入溶液，然后在阴极又得电子析出铜，故B错；电解冶炼金属钠与电解饱和食盐水的阳极反应都是氯离子失电子生成氯气，故C正确；电镀锌的目的是使溶液中的锌离子在镀件上得电子而析出，所以电
2、镀液需要选用锌盐溶液。答案B2有X、Y、Z、M四种金属，已知：X可以从Y的盐溶液中置换出Y；X和Z组成原电池时，Z为正极；Y和Z的离子共存于电解液中，Y离子先放电；M的离子氧化性强于Y的离子。则这四种金属的活动性由强到弱的顺序是()AXYZMBXZMYCMZXY DXZYM解析X可以置换出Y，说明金属活动性XY；X和Z作原电池电极时，Z为正极，说明金属活动性XZ；Y和Z的离子共存，Y离子先放电，说明金属活动性ZY；M的离子氧化性强于Y的离子，说明金属活动性MZYM。答案D3烧杯A中盛放0.1 mol/L的H2SO4溶液，烧杯B中盛放0.1 mol/L的CuCl2溶液(两种溶液均足量)，装置如图
3、所示，下列说法不正确的是()AA为原电池，B为电解池BA为电解池，B为原电池C当A烧杯中产生0.1 mol气体时，B烧杯中产生气体的物质的量也为0.1 molD一段时间，B烧杯中溶液的pH上升解析构成A装置的是活泼性不同的两个电极、电解质溶液、两极形成了闭合回路，很显然A装置为原电池装置，且A为B的电解提供电能。电极反应式分别为：烧杯A中：C正极：2H2e=H2，Fe负极：Fe2e=Fe2。烧杯B中：阴极：Cu22e=Cu，阳极：2Cl2e=Cl2，选项B错，A和C正确。对于选项D，原氯化铜溶液水解呈酸性，随着电解的进行，溶质不断减少，溶液酸性减弱，pH上升，选项D正确。答案B4用惰性电极电解
4、M(NO3)x的水溶液，当阴极上增重a g时，在阳极上同时产生b L(标准状况)氧气，从而可知M的相对原子质量是()A. B.C. D.解析由题意分析得：阴极、阳极发生的电极反应分别为阴极：4Mx4xe4M阳极：4xOH4xe2xH2OxO2根据阴、阳两极转移电子的数目相等，设M的相对原子质量为M。得关系式4Mx4xexO24M g22.4x La gb L则：M答案C5在0和1105Pa 下，用铂电极电解硫酸铜溶液，当阴极产生6.4 g铜时，阳极放出()A1.12 L氢气 B1.12 L氧气C2.24 L氢气 D2.24 L氧气解析灵活运用离子的放电顺序写两极反应式；电解池中，阳极失去的电子
5、数等于阴极得到的电子数。答案B6将分别盛有熔融的氯化钾、氯化镁、氧化铝的三个电解槽串联，在一定条件下通电一段时间后，析出钾、镁、铝的物质的量之比为()A632 B631C123 D321解析串联电路通过各电解池的电子总数相等。答案A7现有阳离子交换膜、阴离子交换膜、石墨电极和如图所示的电解槽，用氯碱工业中的离子交换膜技术原理，可电解Na2SO4溶液生产NaOH溶液和H2SO4溶液。下列说法中正确的是 ()A阳极反应式为2H2e=H2B从A口出来的是H2SO4溶液Ca是阳离子交换膜，允许H通过DNa2SO4溶液从E口加入解析惰性电极电解Na2SO4溶液，阳极电解得到O2和H，阴极电解得到H2和O
6、H。离子交换膜将电解槽分为3个区域，Na2SO4溶液从中间区域加入，Na通过阳离子交换膜b移向阴极室，SO通过阴离子交换膜a移向阳极室，这样即可得到NaOH和H2SO4。阳极室和阴极室在电解开始时只需分别加入少量H2SO4和NaOH溶液，以增强溶液导电性而又不带入杂质。答案B8某溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，它们的物质的量之比为31，用石墨做电极电解溶液时，根据电极产物，可明显分为三个阶段。下列叙述不正确的是()A阴极只析出H2B阳极先析出Cl2，后析出O2C电解最后阶段为电解水D溶液pH不断增大，最后为7解析电解质溶液中n(Na)n(Cl)n(H)n(SO)3321，开始电解时产生
7、H2和Cl2，产生H2和Cl2的同时生成的OH中和H2SO4，且OH过量。最后是电解水，因而最后溶液的pH7，阴极只析出H2，三个阶段分别相当于电解HClNaClH2O。答案D91 L 0.1 molL1 AgNO3溶液在以Ag做阳极，Fe做阴极的电解槽中电解，当阴极上增重2.16 g时，下列判断正确的是(设电解按理论进行，溶液不蒸发)()A溶液的浓度变化为0.08 molL1B阳极上产生112 mL O2(标准状况)C转移的电子数是1.2041022个D反应中有0.02 mol的Ag被氧化解析运用电解规律解题时，首先注意阳极材料，当阳极材料是金属(非惰性电极)时，在阳极上失去电子的首先是金属
8、。答案CD10将质量分数为0.052(5.2%)的NaOH溶液1 L(密度为1.06 g/cm3)，用铂作电极电解，当溶液中NaOH的质量分数改变了0.010(1.0%)时停止电解，此时溶液中符合下表关系的是()NaOH的质量分数阳极析出物质的质量/g阴极析出物质的质量/gA0.062(6.2%)19152B0.062(6.2%)15219C0.042(4.2%)1.29.4D0.042(4.2%)9.41.2解析从表面看，解答本题似乎要进行复杂的计算，实际不必动笔即可解答。巧解如下：被电解的物质是水，c(NaOH)增大，则从选项中选择浓度应为6.2%，C、D不对。由于电解水的阳极产物O2的质
9、量大于阴极产物H2的质量，则A、B中B符合。通过本题告诫我们在平时学习中要克服“看到数据就计算”的定势心理。答案B11用石墨做电极电解1 mol/L CuSO4溶液，当c(Cu2)为0.5 mol/L时，停止电解，向剩余溶液中加入下列何种物质可使电解质溶液恢复至原来状况()ACuSO4 BCuOCCu(OH)2 DCuSO45H2O解析电解后电解质溶液的恢复这一类题，首先要根据题意写出电解总反应方程式，然后选择合适的物质，有一个原则是溶液里减少了什么就应加入什么。答案B12(2010江苏盐城)如下图所示，按图甲装置进行实验，若图乙的x轴表示流入电极的电子的量，则y轴不可能表示的是()Ac(Ag
10、) Bc(NO)C溶液的pH D铁片质量解析由图甲装置可知，铁为电镀装置的阴极，银为电镀装置的阳极，银失电子变为银离子进入溶液，阳极有多少物质的量的银被氧化，在阴极就有相等物质的量的银单质析出，故溶液中的银离子浓度不变，硝酸根不参加反应，所以其浓度也不变；通电过程中，水电离出的氢离子和氢氧根离子都没有放电，所以溶液的pH没有变化；铁为阴极，银离子在其上放电而析出，所以铁片的质量增加。答案D二、非选择题13(2009全国，28)下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极。(1)接通
11、电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中c电极质量增加。据此回答问题：电源的N端为_极；电极b上发生的电极反应为_；列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积：；电极c的质量变化是_g；电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化，简述其原因：甲溶液_；乙溶液_；丙溶液_；(2)如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？_。解析本题全面考查了电化学知识，包括电极的判断，电极反应式的书写和计算，首先判断电极，应利用c极质量增加是因为发生了Cu22eCu，故c为阴极，则电源的M极为负极，N极为正极，其余依次解答即可。答案(1)正4OH4e=2H2OO2水减少的质
12、量：100g(1)4.5g生成O2体积：22.4Lmol12.8L16碱性增大，因为电解后，水量减少，溶液中NaOH浓度增大酸性增大，因为阳极上OH生成O2，溶液中H离子浓度增加酸碱性大小没有变化，因为K2SO4是强酸强碱盐，浓度增加不影响溶液的酸碱性(2)能继续进行，因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应也就变为水的电解反应。14下图是用铅蓄电池为电源，模拟氯碱工业电解饱和食盐水的装置图(C、D均为石墨电极)。已知：铅蓄电池在放电时发生下列电极反应负极PbSO2e=PbSO4正极PbO24HSO2e=PbSO42H2O(1)请写出电解饱和食盐水的化学方程式。(2)若在电解池中C极一侧
13、滴2滴酚酞试液，电解一段时间后未呈红色，说明蓄电池的A极为_极。(3)用铅蓄电池电解1 L饱和食盐水(食盐水足量、密度为1.15 gcm3)时，若收集到11.2 L(标准状况下)氯气，则至少转移电子_mol。若蓄电池消耗H2SO4 2 mol，则可收集到H2的体积(标准状况下)为_L。若消耗硫酸a mol，电解后除去隔膜，所得溶液中NaOH质量分数表达式为(假设氯气全部排出)_(用含a的代数式表达)。解析(2)C极一侧滴酚酞不变红色，说明该极无OH生成，C极是阳极，故A是正极。(3)11.2 L Cl2的物质的量是0.5 mol，每生成1 mol Cl2转移2 mol e，故至少转移1 mol
14、 e；铅蓄电池放电的总反应为PbPbO22H2SO4=2PbSO42H2O，消耗2 mol H2SO4，转移2 mol e，可生成1 mol H2，标准状况时，H2的体积为22.4 L；消耗a mol H2SO4，转移a mol电子，生成H2、Cl2、NaOH的物质的量分别为 mol， mol，a mol，故w(NaOH)100%。答案(1)2NaCl2H2O2NaOHCl2H2(2)正(3)122.4(3)w(NaOH)100%15(2010银川模拟)如右图所示，A为直流电源，B为渗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的a为_极
15、。(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)。解析电解饱和氯化钠溶液时发生的电解反应为：2NaClH2O2NaOHH2Cl2，根据“B上的c点显红色”可以判断c电极为阴极(为H放电)，故b为直流电源负极，a为直流电源正极。在电镀槽中实现铁上镀锌，则锌为阳极(e电极)，发生的反应为：Zn2e=Zn2；铁为阴极(f电极)，发生的反应为：Zn22e=Zn，电解液为含有Zn2的可溶性盐溶液。答案(1)正(2)2NaClH2O2NaOHH
16、2Cl2(3)Zn2e=Zn2Zn22e=ZnZnSO4溶液ZnCl2溶液16铝和氢氧化钾都是重要的工业产品。请回答：(1)工业冶炼铝的化学方程式是。(2)铝与氢氧化钾溶液反应的离子方程式是_。(3)工业品氢氧化钾的溶液中含有某些含氧酸根杂质，可用离子交换膜法电解提纯。电解槽内装有阳离子交换膜(只允许阳离子通过)，其工作原理如下图所示。该电解槽的阳极反应式是。通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因。除去杂质后的氢氧化钾溶液从液体出口_(填写“A”或“B”)导出。解析电解熔融的离子化合物可以制备活泼性较强的金属。电解某些电解质溶液时应按照离子的放电顺序判断电极产物，电解含杂质的KOH溶液
17、时，在阳极室加入工业品KOH溶液，含氧酸根不能通过阳离子交换膜，故杂质留在阳极室，阴极室得到被提纯的KOH溶液。答案(1)2Al2O3(熔融)4Al3O2(2)2Al2OH2H2O=2AlO3H2(3)4OH4e=2H2OO2H放电，促进水的电离，OH浓度增大B17(2009重庆，26)工业上电解饱和食盐水能制取多种化工原料，其中部分原料可用于制备多晶硅。(1)如图是离子交换膜法电解饱和食盐水示意图，电解槽阳极产生的气体是_；NaOH溶液的出口为_(填字母)；精制饱和食盐水的进口为_(填字母)；干燥塔中应使用的液体是_。(2)多晶硅主要采用SiHCl3还原工艺生产，其副产物SiCl4的综合利用
18、受到广泛关注。SiCl4可制气相白炭黑(与光导纤维主要原料相同)，方法为高温下SiCl4与H2和O2反应，产物有两种，化学方程式为_。SiCl4可转化为SiHCl3而循环使用。一定条件下，在20L恒容密闭容器中的反应：3SiCl4(g)2H2(g)Si(g)4SiHCl3(g)达平衡后，H2与SiHCl3物质的量浓度分别为0.140mol/L和0.020mol/L，若H2全部来源于离子交换膜法的电解产物，理论上需消耗纯NaCl的质量为_kg。(3)采用无膜电解槽电解饱和食盐水，可制取氯酸钠，同时生成氢气，现制得氯酸钠213.0kg，则生成氢气_m3(标准状况)。解析(1)电解饱和食盐水方程式为
19、2NaCl2H2O (2)利用SiCl4和H2和O2发生氧化还原反应可得(3)由题意知3SiCl4(g)2H2(g)Si(g)4SiHCl3(g)始amolL1bmolL1cmolL10molL1转化 3xmolL1 2xmolL1 xmolL1 4xmolL1平衡 a3x b2x cx 4x则b0.15molL1由关系式知：2NaClH2258.51molx0.1520x351g为0.351kg(3)由题意知反应为NaCl3H2ONaClO33H2106.522.4L3213103xx134400L为134.4m3。答案(1)氯气；a；d；浓硫酸(2)SiCl42H2O2SiO24HCl0.35(3)134.4
