2023届新高考化学一轮复习(多选)鲁科版第六章第4课时　电化学原理的综合应用作业.docx

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1、第六章 第4课时电化学原理的综合应用题号知识易中难电化学串联装置125电化学中的交换膜3,4,6,7电化学中的计算89一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1.某小组为研究电化学原理,设计了如图所示的电化学装置,电极为锌,其他电极均为石墨,盐桥是浸泡了饱和氯化钾溶液的琼脂,丙池是滴加了酚酞的氯化钠溶液。下列叙述正确的是(C)A.电子由电极通过外电路流向电极B.装置工作过程中电极周围出现红色C.电极发生还原反应D.盐桥中Cl-向乙池移动解析:电子从负极沿导线流向阴极,故A错误;电极是阳极,阳极上氯离子放电生成氯气,为阴极,阴极上氢离子放电生成氢气,同时电极附近生成氢氧根离子,导致溶液变红色,故

2、B错误;电极上铜离子得电子发生还原反应而析出Cu单质,故C正确;盐桥中氯离子向负极甲池区域移动,故D错误。2.AlH2O2电池总反应为2Al+3HO2-2AlO2-+OH-+H2O。现以 AlH2O2电池电解尿素CO(NH2)2的碱性溶液制备氢气(右装置中隔膜仅阻止气体通过,b、c、d均为惰性电极)。下列说法错误的是(B)A.左装置中Na+移向电极bB.电极c的电极反应式:CO(NH2)2-6e-+6OH-CO2+N2+5H2OC.电解时,电子流动路径:Al极导线d极,c极导线b极D.通电2 min后,Al电极的质量减轻2.7 g,则产生H2的体积为3.36 L(标准状况)解析:A项,原电池中

3、阳离子向正极移动,则左装置中Na+移向电极b,正确;B项,与b极相连的c为电解池的阳极,CO(NH2)2在阳极被氧化,电极反应式为 CO(NH2)2-6e-+8OH-CO32-+N2+6H2O,错误;C项,电解时,电子流动路径为Al极导线d极,c极导线b极,正确;D项,每消耗2.7 g Al,则转移 0.3 mol 电子,电解池阴极中水电离出的氢离子在阴极被还原生成0.15 mol氢气,标准状况下氢气体积为3.36 L,正确。3.为体现节能减排的理念,我国研制出了新型燃料电池汽车,该车装有“绿色心脏”质子(H+)交换膜燃料电池。如图所示为某种质子交换膜燃料电池原理示意图,关于该电池的说法正确的

4、是(A)A.该电池的正极是b极B.该电池的正极反应式为H2-2e-2H+C.H+通过质子交换膜从右向左移动D.OH-通过质子交换膜从右向左移动解析:b极通入氧气得电子,b极为正极,故A正确;a极为负极,负极为氢气失电子的反应,所以负极反应式为H2-2e-2H+,故B错误;氢离子通过质子交换膜向正极移动,即从左向右移动,故C错误;质子交换膜只能允许氢离子通过,氢氧根离子无法通过质子交换膜,故D错误。4.利用石墨电极电解HNO3和HNO2的混合溶液可获得较浓的硝酸。其工作原理如图所示。下列说法正确的是(D)A.a为电源的正极B.电解池中的离子交换膜应为阴离子交换膜C.阳极的电极反应式为HNO2+2

5、e-+H2O3H+NO3-D.每2 mol离子通过离子交换膜,左室产生的气体X的体积为22.4 L(标准状况)解析:左侧石墨电极,氢离子放电生成氢气,电极反应式为2H+2e-H2,得电子发生还原反应,为电解池的阴极,与电源负极相连,即a为电源的负极,故A错误;右侧石墨电极为电解池的阳极,左侧石墨电极为电解池的阴极,氢离子从阳极移向阴极,即从右室移向左室,离子交换膜为阳离子交换膜,故B错误;右侧石墨电极为电解池的阳极,亚硝酸根离子失电子生成硝酸根离子,其电极反应式为HNO2-2e-+H2O3H+NO3-,故C错误;每2 mol离子通过离子交换膜,即要转移2 mol电子,由左室电极反应式2H+2e

6、-H2可知,产生的H2为1 mol,其体积为22.4 L(标准状况),故D正确。5.有人设想利用电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5,所用装置如图所示,下列说法正确的是(B)A.图中的甲池为电解池,乙池为原电池B.a极发生的电极反应为SO2-2e-+2H2OSO42-+4H+C.N2O5在c极上产生,c极的电极反应为N2O4-2e-+H2ON2O5+2H+D.当消耗标准状况下2.24 L SO2时,若要维持硫酸的浓度不变,则应补充水11.6 mL解析:根据图示,图中的甲池相当于燃料电池,为原电池,乙池的两极均为惰性电极,为电解池,故A错误;甲池相当于燃料电池,为原电池,通入二氧化硫的一极

7、为负极,发生氧化反应,生成硫酸,因此a极发生的电极反应为SO2-2e-+2H2OSO42-+4H+,故B正确;c是阳极,d是阴极,阳极上N2O4放电生成N2O5,电极反应为N2O4-2e-+2HNO32N2O5+2H+,故C错误;标准状况下2.24 L SO2的物质的量为2.24 L22.4 L/mol=0.1 mol,电池的负极反应式为SO2-2e-+2H2O4H+SO42-,消耗水0.2 mol,生成硫酸0.1 mol,生成硫酸的质量为0.1 mol98 g/mol=9.8 g,消耗水的质量为0.2 mol18 g/mol=3.6 g,氢离子向右侧正极区定向移动0.2 mol,质量为0.2

8、 g,要维持硫酸的浓度不变,设补充x mL H2O,则9.8 g9.8 g+xmL1 g/mL-3.6 g-0.2 g100%=50%,解得x=13.6,故D错误。二、选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)6.H3BO3可以通过电解 NaB(OH)4溶液的方法制备,其工作原理如图所示。下列叙述错误的是(BD)A.M室发生的电极反应式为2H2O-4e-O2+4H+B.N室中:a%b%C.膜为阴离子交换膜D.理论上每生成1 mol产品,阴极室可生成标准状况下5.6 L气体解析:A项,M室为阳极室,发生氧化反应,电极反应式为2H2O-4e-O2+4H+,正确;B项,N室为阴极室,H2O得电子发生还

9、原反应,生成H2和OH-,溶液中OH-浓度增大,即a%b%,错误;C项,阳极室中H+穿过阳离子交换膜扩散至产品室,原料室中B(OH)4-穿过阴离子交换膜扩散至产品室,两者反应生成H3BO3,则膜为阴离子交换膜,正确;D项,每生成1 mol 产品,转移1 mol电子,阴极室生成 0.5 mol H2,其在标准状况下为11.2 L,错误。7.科研人员提出了一种如图所示的光电催化体系,该体系利用双极膜既能将SO2转化为SO42-所释放的化学能用于驱动阴极H2O2的高效生成,又可以实现烟气脱SO2。则下列说法错误的是(B)A.阴极反应为2H+O2+2e-H2O2B.电解液中有2个离子交换膜,膜b为阳离

10、子交换膜,膜a为阴离子交换膜C.随着反应的进行,阳极区pH降低D.每生成1 mol SO42-,伴随着1 mol H2O2的生成解析:右侧是阴极,为氧气得电子转化为过氧化氢的反应,阴极反应为2H+O2+2e-H2O2,故A正确;根据装置可知,氢氧根离子通过靠近阳极的交换膜进入阳极参加反应,膜b应该为阴离子交换膜,氢离子通过靠近阴极的交换膜进入阴极参加反应,膜a应该为阳离子交换膜,故B错误;根据装置可知,左侧电极为二氧化硫转化为硫酸根离子的过程,氢氧根离子被消耗,碱性减弱,pH降低,故C正确;二氧化硫转化为硫酸根离子,每生成1 mol硫酸根离子,伴随2 mol电子转移,根据得失电子守恒,得到的过

11、氧化氢是1 mol,故D正确。8.某废水中含有一定浓度的Ni2+和Cl-,图甲是双膜三室电沉积法回收废水中Ni2+的示意图,图乙描述的是实验中阴极液pH与镍回收率之间的关系。下列说法错误的是(C)A.阳极反应式为2H2O-4e-O2+4H+B.通电后阳极区域的H+通过交换膜a向浓缩室迁移C.交换膜b为阳离子交换膜D.浓缩室得到1 L 0.5 mol/L盐酸时,阴极得到的Ni少于11.8 g解析:阳极是惰性电极,发生失电子的氧化反应,反应式为2H2O-4e-O2+4H+,故A正确;浓缩室盐酸浓度增加,所以膜a是阳离子交换膜,膜b是阴离子交换膜,H+通过膜a进入浓缩室,故B正确,C错误;浓缩室得到

12、1 L 0.5 mol/L盐酸时,则转移的氢离子的物质的量是1 L0.5 mol/L-1 L0.1 mol/L=0.4 mol,即转移电子0.4 mol,根据电极反应式Ni2+2e-Ni,阴极回收得到0.2 mol59 g/mol=11.8 g的镍,但是在阴极上是氢离子优先得电子产生氢气,而且由图乙可知溶液pH太小对镍回收率有影响,氢离子浓度较大时,会优先在阴极得电子产生氢气,所以阴极回收得到少于11.8 g的镍,故D正确。三、非选择题9.如图装置所示,C、D、E、F、X、Y都是惰性电极,甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变),A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后,

13、F极附近呈红色。请回答下列问题:(1)B极是电源的,一段时间后,甲中溶液颜色,丁中X极附近的颜色逐渐变浅,Y极附近的颜色逐渐变深,这表明,在电场作用下向Y极移动。(2)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时,对应单质的物质的量之比为 。(3)现用丙装置给铜件镀银,则H应是(填“镀层金属”或“镀件”),电镀液是溶液。当乙中溶液的pH是13时(此时乙溶液体积为500 mL),丙中镀件上析出银的质量为,甲中溶液的pH(填“变大”“变小”或“不变”)。(4)若将C电极换为铁,其他装置都不变,则甲中发生的总反应的离子方程式为 。解析:(1)由装置图知,直流电源与各电解池串联,由“F极附近

14、呈红色”知,F极为阴极,则E极为阳极、D极为阴极、C极为阳极、G极为阳极、H极为阴极、X极为阳极、Y极为阴极、A极为正极、B极为负极。甲装置是用惰性电极电解CuSO4溶液,由于Cu2+放电,导致c(Cu2+)降低,溶液颜色逐渐变浅;丁装置是胶体的电泳实验,由于X极附近的颜色逐渐变浅,Y极附近的颜色逐渐变深,说明氢氧化铁胶粒带正电荷。(2)当甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时,C、D、E、F电极的产物分别为O2、Cu、Cl2、H2,根据各电极转移电子数相同,则对应单质的物质的量之比为 1222。(3)给铜件镀银,根据电镀原理,镀件即铜件作阴极,银作阳极,电镀液是可溶性银盐。当乙中溶液的pH是13时,则乙中n(OH-)=0.1 molL-10.5 L=0.05 mol,即各电极转移电子0.05 mol,所以丙中析出银0.05 mol,即5.4 g;甲装置中由于电解产生H+,导致溶液的酸性增强,pH变小。(4)若将C电极换为铁,则铁作阳极,发生反应Fe-2e-Fe2+,D极发生反应Cu2+2e-Cu,则总反应的离子方程式为Fe+Cu2+Cu+Fe2+。答案:(1)负极逐渐变浅氢氧化铁胶粒带正电荷(2)1222(3)镀件AgNO3(合理即可)5.4 g变小(4)Fe+Cu2+Cu+Fe2+