2021届高三化学人教版高考复习考点突破卷：电解原理及应用（化学教学大咖提供）.docx

《2021届高三化学人教版高考复习考点突破卷：电解原理及应用（化学教学大咖提供）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届高三化学人教版高考复习考点突破卷：电解原理及应用（化学教学大咖提供）.docx（14页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 电解原理及应用1（2020高考全国卷真题）电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错误的是AAg为阳极BAg+由银电极向变色层迁移CW元素的化合价升高D总反应为：WO3+xAg=AgxWO3【答案】C【解析】从题干可知，当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3器件呈现蓝色，说明通电时，Ag电极有Ag+生成然后经固体电解质进入电致变色层，说明Ag电极为阳极，透明导电层时阴极，故Ag电极上发生氧化反应，电致变色层发生还原反应。A通电时，Ag电极有

2、Ag+生成，故Ag电极为阳极，故A项正确；B通电时电致变色层变蓝色，说明有Ag+从Ag电极经固体电解质进入电致变色层，故B项正确；C过程中，W由WO3的+6价降低到AgxWO3中的+(6-x)价，故C项错误；D该电解池中阳极即Ag电极上发生的电极反应为：xAg-xe-= xAg+，而另一极阴极上发生的电极反应为：WO3+xAg+xe- = AgxWO3，故发生的总反应式为：xAg + WO3=AgxWO3，故D项正确；答案选C。2某化学实验小组同学用惰性电极电解饱和食盐水(含少量、)，并进行下图相关实验，电解一段时间后，各部分装置及对应的现象为：(1)中黑色固体变红；(2)中电极a附近溶液出现

3、浑浊；(3)中溶液出现浑浊；(4)中溶液红色褪去。下列对实验现象解释不合理的是A(1)中红色物质中可能含有少量氧化亚铜B(2)中a电极附近浑浊是所致C(3)中发生了置换反应D(4)中红色褪去是因为被消耗，溶液不再具有强碱性所致【答案】D【解析】用惰性电极电解饱和食盐水（含少量Ca2+、Mg2+）产生的气体为氢气和氯气，氯气具有强氧化性，而氢气在加热条件下具有较强还原性，根据（1）中黑色固体变红（2）电极a附近溶液出现浑浊可知，a电极为阴极，放出氢气，生成氢氧根与镁离子结合成白色沉淀，b电极为阳极，产生的氯气可氧化硫化钠生成硫沉淀出现浑浊，过量的氯气通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能

4、为H+中和了OH-，也可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致。A.高温下可分解为和，A正确；B. (2)中电极a发生反应，生成的与溶液中的结合生成使溶液浑浊，B正确；C. (3)中发生反应，该反应为置换反应，C正确；D. (4)中过量的通入含酚酞的溶液中，溶液褪色的原因可能是中和了，也可能是与反应生成的的强氧化性所致，D错误；故选D。3催化还原二氧化碳是解决温室效应及能源问题的重要手段之一，中国科学家设计出如图装置实现的转化，电池总反应为：.下列说法错误的是（ ）A该装置工作时，质子通过交换膜由阳极室移向阴极室B催化电极的电极反应：C太阳能电池的正极为A极D该装置不仅还原，还产生了具有经

5、济附加值的次氯酸盐【答案】C【解析】由电池总反应为：可知，CO2得电子生成CO，电极生成CO得电子为阴极，电极为阳极。A. 根据物质变化可知，电极为阴极，电极为阳极，A极为负极，B极为正极.根据电解池原理，质子通过交换膜由阳极室移向阴极室，A项正确；B. 阴极电极方程式为，B项正确；C. 太阳能电池A极为负极，C项错误；D. 阳极可发生反应，产生有漂白、消毒功能的具有经济附加值的次氯酸盐，D项正确；故选C。4某小组拟采用电化学渗析法处理含大量磷酸二氢铵(NH4H2PO4)的废水，并提取化工产品氨水和磷酸。装置如图所示。下列说法正确的是（ ）A膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜B左侧电极上的

6、电极反应式为4OH-4e-=2H2O+O2C相同条件下，X、Y体积比为1：2D每转移1mol电子理论上生成98gH3PO4【答案】D【解析】从产物来看，左侧得到浓氨水，NH4需经过膜1，到达左侧，与生成的OH结合，生成浓氨水；磷酸二氢根离子经过膜2，到达右侧，与生成的H结合，生成磷酸，可知左侧为阴极室；右侧为阳极室。A. 观察图示知，左侧制备氨水，X为氢气，阴极反应式为：2H2O2e-=2OH-H2，NH4+OH-=NH3H2O；右侧制备磷酸，Y为氧气，阳极反应式为：2H2O4e-=4H+O2，H2PO4-H+=H3PO4，NH4+向左侧迁移，H2PO4-向右侧迁移，所以膜1为阳离子交换膜，膜

7、2为阴离子交换膜，A错误；B. 左侧制备氨水，X为氢气，阴极反应式为：2H2O2e-=2OH-H2，B错误；C. X为H2，Y为O2，物质的量之比为2：1，C错误；D. 根据方程式2H2O4e-=4H+O2，H2PO4-H+=H3PO4，转移1mol电子时，生成1 mol H3PO4，质量为98g，D正确；故答案为：D。5电化学降解NO3-的原理如图所示。下列说法中不正确的是A铅蓄电池的A极为正极，电极材料为PbO2B铅蓄电池工作过程中负极质量增加C该电解池的阴极反应为：2NO3-+ 6H2O + 10e N2 + 12OHD若电解过程中转移2moL电子，则交换膜两侧电解液的质量变化差（m左m

8、右）为10.4g【答案】D【解析】A根据图示可知：在右边的Pt-Ag电极上NO3-得到电子被还原变为N2；所以该电极是阴极，与之连接的B是负极，A是正极；铅蓄电池的A极为正极，电极材料为PbO2，A正确；B铅蓄电池工作过程中负极发生反应：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，所以负极质量增加，B正确；C该电解池的阴极反应为：2NO3-+ 6H2O + 10e N2 + 12OH，C正确；D在阳极发生反应：2H2O-4e-=4H+O2；若电解过程中转移2moL电子，会消耗1mol的水，产生的2mol的H+进入阴极室，阳极质量减轻18g，在阴极室发生反应：2NO3-+ 6H2O + 10eN2 +

9、 12OH，若转移2mol的电子，会产生0.2mol的N2从溶液中逸出，同时有由2mol的H+进入该室，则阴极室实际减轻的质量是0.2mol28g/mol-2g=3.6g，则两侧电解液的质量变化差（m右m左）为18g-3.6g=14.4g，D错误；故选D。6用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为13的CuSO4和NaCl的混合溶液，可能发生的反应有()2Cu2+2H2O2Cu+4H+O2 Cu2+2Cl-Cu+Cl2 2Cl-+2HH2+Cl2 2H2O2H2+O2ABCD【答案】C【解析】用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液，设溶液体积为1L，c(CuSO

10、4)=1mol/L，c(NaCl)=3mol/L，则n(CuSO4)=n(Cu2+)=1mol，n(NaCl)=n(Cl-)=3mol。根据转移电子守恒，第一阶段：阳极上Cl-放电、阴极上Cu2+放电，当铜离子完全析出时转移电子的物质的量为2mol，转移2mol电子时析出2mol Cl-，所以Cl-还剩余1mol，则此时发生的电池反应式为；第二阶段：阳极上Cl-放电，阴极上H+放电，当Cl-完全析出前，发生的电池反应式为；第三阶段：阴极上H+放电，阳极上OH-放电生成O2，所以发生的电池反应式为；故合理选项是C。7采用曝气一电解生物浮床法，可将河道水体中的NH、H2PO等离子转化为MgHPO4

11、、Mg3(PO4)2等沉淀，以实现水体高营养化治理，原理如图。通电一段时间后，生物质碳中发现大量块状白色沉淀。下列说法错误的是（ ）A电解过程中，NH向石墨电极区迁移B阳极发生的主要电极反应为Mg-2e-=Mg2+C电解过程中，水体的pH将会降低D当电路中通过1mole-时，理论上阴极产生11.2L(标准状况)气体【答案】C【解析】镁铝合金是阳极，电极反应为Mg-2e-=Mg2+，石墨是阴极，阴极反应为2H2O2e=2OHH2。A电解过程中，镁铝合金是阳极，石墨是阴极，阳离子向阴极移动，NH向石墨电极区迁移，故A正确；B阳极发生氧化反应，主要电极反应为Mg-2e-=Mg2+，故B正确；C电解过

12、程中，阴极反应为2H2O2e=2OHH2，水体的pH将会升高，故C错误；D当电路中通过1mole-时，根据2H2O2e=2OHH2生成0.5mol气体，理论上阴极产生11.2L(标准状况)气体，故D正确；故选C。8研究发现，1100C时，加入合适的熔盐电解质可直接电解SiO2，电解原理为SiO2Si+O2。利用下图装置电解SiO2(加热装置略去)，得到的Si直接进入锌镁合金形成硅锌镁合金，再通过真空蒸馏除去锌镁得到高纯硅。下列说法不正确的是( )AX极接正极B通入氩气的目的是防止高温时氧气氧化石墨电极C阳极反应为2O2-4e- =O2D当电路中通过0.4 mol电子时，合金质量增加2.8 g【

13、答案】A【解析】A电解SiO2得到的Si直接进入锌镁合金形成硅锌镁合金，同时为防止与石墨坩埚作阳极使与之接触的合金放电，X极应接电源的负极，Y极应接电源的正极，故A错误；B在阳极2O2-4e- =O2，产生氧气，防止高温时氧气氧化石墨电极，在阳极通入氩气，故B正确；C阳极发生失电子的氧化反应，阳极电极反应为2O2-4e- =O2，故C正确；D由阴极的电极反应Si4+4e-=Si可知，当电路中通过0.4 mol电子时，产生0.1molSi，即合金质量增加2.8 g，故D正确；答案为A。9对氨基苯甲酸()是一种用途广泛的化工产品和医药中间体，以对硝基苯甲酸()为原料，采用电解法合成对氨基苯甲酸的装

14、置如图。下列说法正确的是A电流由金属阳极DSA经导线流入直流电源B阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+2H2OC每转移1mole时，阳极电解质溶液的质量减少8gD反应结束后阳极区pH增大【答案】B【解析】该装置为电解池，右侧生成氧气，则右侧为阳极，电极反应式为，左侧为阴极。A. 该电解池右侧为阳极，失电子发生氧化反应，则电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源，而电流方向相反，故A错误；B. 阴极得电子发生还原反应生成氨基苯甲酸，则阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+2H2O，故B正确；C. 阳极发生反应，氢离子移动向阴极，当转移4mole时，阳极电解质溶液减少2mol水，则每转移1mole

15、时，阳极电解质溶液减少0.5mol水，质量为9g，故C错误；D. 阳极发生反应，氢离子移动向阴极，则反应结束后阳极区硫酸浓度会增大，pH减小，故D错误；故选B。10某海水中主要离子的含量如下表，现利用“电渗析法”进行淡化，技术原理如图所示(两端为惰性电极，阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过)。下列有关说法错误的是( )离子含量9360832001100160001200118A甲室的电极反应式为：B乙室和丁室中部分离子的浓度增大，淡水的出口为bC当戊室收集到(标准状况)气体时，通过甲室阳膜的离子的物质的量一定为D淡化过程中易在戊室形成水垢【答案】C【解析】在电解池中，阳离子向阴极移动，

16、阴离子向阳极移动，因此，阳离子向右移动，阴离子向左移动，而阳离子只能通过阳膜，阴离子只能通过阴膜，综上可知，乙室和丁室的溶液中部分阴阳离子浓度增大，丙室中阴阳离子浓度减小；在甲室，Cl在阳极失去电离生成Cl，在戊室，水会得到电子，生成氢气。A甲室中的电极为阳极，Cl放电生成Cl2，电极反应为甲室的电极反应式为：2Cl-2e=Cl2，A正确，不选；B甲室Cl放电，阳离子甲室进入乙室，戊室2H2O2e=H22OH，阴离子戊室进入丁室，丙室的阳离子进入丁室，阴离子进入乙室，因此乙室和丁室中部分离子的浓度增大，丙中得到淡水，其出口为b；B正确，不选；C戊室收集到1molH2，转移2mol电子，由甲室进

17、入乙室的阳离子可能为Na、K，也可能是Mg2、Ca2，其电荷不同，C错误，故选C；D戊室生成的可能与结合生成水垢，D正确，不选。答案选C。11四甲基氢氧化铵(CH3)4NOH常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵(CH3)4NCl为原料，采用电渗析法合成(CH3)4NOH，其工作原理如图所示(a、b 为石墨电极，c、d、e 为离子交换膜)，下列说法不正确的是AN 为电源正极Bb 极 电 极 反 应 式 ： 4OH4e=O22H2OCc 为阳离子交换膜，d、e 均为阴离子交换膜Da、b 两极均有气体生成，同温同压下体积比为 21【答案】C【解析】以四丁基溴化铵（CH3）4NCl为原料，采用电渗析法

18、合成（CH3）4NOH的过程中，根据第三个池中浓度变化得出：钠离子从第四池通过e膜，氯离子从第二池通过d膜，得到c、e均为阳离子交换膜，a为阴极b为阳极，阳极电极反应式为4OH-4e=O2+2H2O。Aa为阴极b为阳极，N 为电源正极，故A正确；Bb为阳极，发生氧化反应，b 极 电 极 反 应 式 ： 4OH4e=O22H2O，故B正确；C钠离子从第四池通过e膜，氯离子从第二池通过d膜，得到c、e均为阳离子交换膜，d 为阴离子交换膜，故C错误；Da电极为氢离子放电生成氢气，故电极反应方程式为2H+2e=H2，b电极为氢氧根离子放电生成氧气4OH-4e=O2+2H2O，标况下制备1mol（CH3

19、）4NOH，转移电子是1mol，a、b两极产生气体物质的量分别为0.5mol和0.25mol， a、b 两极均有气体生成，同温同压下体积比为 21，故D正确；故选C。12电解原理在化学工业中有着广泛的应用。图甲表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。则下列说法不正确的是()A若此装置用于电解精炼铜，则X为纯铜、Y为粗铜，电解的溶液a可以是硫酸铜或氯化铜溶液B按图甲装置用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，加入0.5 mol的碳酸铜刚好恢复到通电前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子为2.0 molC按图甲装置用惰性电极电解AgNO3溶液，若图乙横

20、坐标x表示流入电极的电子的物质的量，则E可表示反应生成硝酸的物质的量，F表示电解生成气体的物质的量D若X、Y为铂电极，a溶液为500 mL KCl和KNO3的混合液，经过一段时间后，两极均得到标准状况下11.2 L气体，则原混合液中KCl的物质的量浓度至少为2.0 molL1【答案】B【解析】A.电解精炼铜粗铜作阳极，精铜阴极，所以Y为粗铜、X为纯铜，电解的溶液a可以是硫酸铜或氯化铜溶液，故不选A；B.根据“析出什么加入什么”的方法知，电解硫酸铜溶液时，阴极上析出的是铜，根据原子守恒知，0.5mol的碳酸铜中铜元素的物质的量是0.5mol，阴极上的电极反应式为：Cu2+2e-=Cu，所以析出0

21、.5mol铜需要转移电子的物质的量是1mol，故选B；C.硝酸银的电解方程式为：4AgNO3+2H2OO2+4HNO3+4Ag，根据方程式知，当转移4mol电子时生成1mol氧气，4mol硝酸，和图象吻合，故不选C；D.电解500 mL KCl和KNO3的混合液，阳极上氯离子放电生成氯气：2Cl-2e-=Cl2，氯离子反应完后就是4OH4e-=2H2O+O2，阴极上2H+2e-=H2，两极均得到标准状况下11.2 L即0.5mol气体，如果OH-放电，阴阳极气体就不在物质的量相等，所以溶液中氯离子的物质的量至少是1mol，浓度至少是：=2mol/L，故不选D；13如图中，甲是电解饱和食盐水，乙

22、是铜的电解精炼，丙是电镀，回答：甲 乙 丙（1）b极上的电极反应式为_，甲电池的总反应化学方程式是_。（2）在粗铜的电解过程中，图中c电极的材料是_（填“粗铜板”或“纯铜板”）；在d电极上发生的电极反应为_；若粗铜中还含有Au、Ag、Fe等杂质，则沉积在电解槽底部（阳极泥）的杂质是_，电解一段时间后，电解液中的金属离子有_。（3）如果要在铁制品上镀镍（二价金属），则e电极的材料是_（填“铁制品”或“镍块”，下同），f电极的材料是_。（4）若e电极的质量变化118 g，则a电极上产生的气体在标准状况下的体积为_。【答案】（1）2H+2e=H2 2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2 （2）

23、粗铜板 Cu2+2e=Cu Au、Ag Cu2+、Fe2+ （3）铁制品 镍块 （4）44.8L 【解析】(1)甲是电解饱和食盐水，M为正极，则a为阳极发生氧化反应，b为阴极发生还原反应，电极反应式为2H+2e-=H2，电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，总反应化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，故答案为2H+2e-=H2；2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2；(2)用电解法进行粗铜提纯时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，该装置中M为原电池的正极，N为原电池的负极，所以c为电解池的阳极，d为电解池的阴极，电解时，以硫酸铜溶液为电解液，溶液中的Cu2+得到电子在阴极上

24、发生还原反应，即Cu2+2e-=Cu；作阳极的粗铜中的铜以及比铜活泼的金属失去电子进入溶液，所以Fe发生Fe-2e-Fe2+反应，以Fe2+的形式进入溶液中；比铜不活泼的金属Au、Ag不会失去电子，以单质的形成沉入电解槽形成“阳极泥”，则沉积在电解槽底部(阳极泥)的杂质是Au、Ag，电解一段时间后，电解液中的金属离子有Cu2+、Fe2+，故答案为粗铜板；Cu2+2e-=Cu；Au、Ag；Cu2+、Fe2+；(3)要在铁制品上镀镍(二价金属)，则铁作阴极与电源负极N相连即f极，镍为阳极与电源正极M相连即e极，故答案为铁制品；镍块； (4)若e电极的质量变化118g，根据转移电子数相等，Ni2e-

25、Cl2，则a电极上产生的气体在标准状况下的体积为22.4L/mol=44.8L，故答案为44.8L。14海洋资源的开发与利用具有广阔的前景。海水的pH一般在7.58.6之间。某地海水中主要离子的含量如下表：成分Na+K+Ca2+Mg2+ClSO42HCO3含量/mgL19360831601100160001200118（1）海水显弱碱性的原因是（用离子方程式表示）：_，该海水中Ca2+的物质的量浓度为_mol/L 。（2）电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如下图所示。其中阴（阳）离子交换膜只允许阴（阳）离子通过，电极均为惰性电极。 开始时阳极的电极反应式为_。 电解一段时间

26、，_极（填“阴”或“阳”）会产生水垢，其成份为_（填化学式）。 淡水的出口为a、b、c中的_出口。（3）海水中锂元素储量非常丰富，从海水中提取锂的研究极具潜力。锂是制造化学电源的重要原料，如LiFePO4电池某电极的工作原理如图所示：该电池电解质为能传导 Li+的固体材料。上面左图中的小黑点表示_（填粒子符号），充电时该电极反应式为_。（4）利用海洋资源可获得MnO2 。MnO2可用来制备高锰酸钾：将MnO2与KOH混合后在空气中加热熔融，得到绿色的锰酸钾（K2MnO4），再利用氯气将锰酸钾氧化成高锰酸钾。该制备过程中消耗相同条件下氯气和空气的体积比为_（空气中氧气的体积分数按20%计）。【答案】（1）HCO3-+H2OH2CO3OH- 410-3 （2） 2Cl-2e-=Cl2 阴 CaCO3和Mg(OH)2 b （3）Li+ LiFePO4-e-=FePO4+Li+ （4） 1:5