专题3 选择题专攻 3.电解原理的多方面应用 （课件）-【步步高】2024年高考化学大二轮专题复习与增分策略（新高考，浙江专用）

3.电解原理的多方面应用 选择题专攻 核心精讲 01 1.图解电解池工作原理(阳极为惰性电极) 3 2.对比掌握电解规律(阳极为惰性电极) 电解类型 电解质实例 溶液复原物质 电解水型 NaOH、H2SO4或Na2SO4 水 电解电解质型 HCl或CuCl2 原电解质 放氢生碱型 NaCl HCl气体 放氧生酸型 CuSO4或AgNO3 CuO或Ag2O 4 注意　电解后有关电解质溶液恢复原态的问题应该用质量守恒法分析。一般是加入阳极产物和阴极产物的化合物，但也有特殊情况，如用惰性电极电解CuSO4溶液，Cu2＋完全放电之前，可加入CuO或CuCO3复原，而Cu2＋完全放电之后，溶液中H＋继续放电，应加入Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3复原。 3.金属的电化学腐蚀与防护 4.陌生电解池装置图的知识迁移 (1)电解池 7 (2)金属腐蚀 真题演练 02 1 2 3 4 5 1.(2023·浙江6月选考，13)氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是 A.电极A接电源正极，发生氧化反应 B.电极B的电极反应式为：2H2O＋2e－ 　===H2↑＋2OH－ C.应选用阳离子交换膜，在右室获得浓 　度较高的NaOH溶液 D.改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少 　能耗 √ 1 2 3 4 5 电极A是氯离子变为氯气，化合价升高，失去电子，是电解池阳极，因此电极A接电源正极，发生氧化反应，故A正确； 电极B为阴极，通入的氧气得到电子， 其电极反应式为2H2O＋4e－＋O2===4OH－，故B错误； 右室生成氢氧根离子，应选用阳离子交换膜，左室的钠离子进入右室，在右室获得浓度较高的NaOH溶液，故C正确； 1 2 3 4 5 改进设计中增大了氧气的量，提高了电极B处的氧化性，从而降低电解电压，减少能耗，故D正确。 1 2 3 4 5 2.(2023·浙江1月选考，11)在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料(TiSi)，电解装置如图，下列说法正确的是 A.石墨电极为阴极，发生氧化反应 B.电极A的电极反应：8H＋＋TiO2＋SiO2＋8e－ 　===TiSi＋4H2O C.该体系中，石墨优先于Cl－参与反应 D.电解时，阳离子向石墨电极移动 √ 1 2 3 4 5 由图可知，在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，与电源正极相连，则电极A作阴极，TiO2和SiO2获得电子产生电池材料(TiSi)，电极反应为TiO2＋SiO2＋8e－===TiSi＋4O2－。在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，选项A错误； 1 2 3 4 5 电极A的电极反应为TiO2＋SiO2＋8e－===TiSi＋4O2－，选项B错误； 根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于Cl－参与反应，选项C正确； 电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电极A移动，选项D错误。 1 2 3 4 5 3.(2022·浙江6月选考，21)通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4可获得难溶性的Li2CO3和MnO2，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是 A.电极A为阴极，发生还原反应 B.电极B的电极反应：2H2O＋Mn2＋－2e－ 　===MnO2＋4H＋ C.电解一段时间后溶液中Mn2＋浓度保持不变 D.电解结束，可通过调节pH除去Mn2＋，再加入Na2CO3溶液以获得 　Li2CO3 √ 由电解示意图可知，电极B上Mn2＋转化为MnO2，锰元素化合价升高，失电子，则电极B为阳极，电极A为阴极，得电子，发生还原反应，A正确； 1 2 3 4 5 电极B上Mn2＋失电子转化为MnO2，电极 反应式为2H2O＋Mn2＋－2e－===MnO2＋4H＋，B正确； 电极A为阴极，LiMn2O4得电子，电极反应式为LiMn2O4＋3e－＋8H＋===Li＋＋2Mn2＋＋4H2O，依据得失电子守恒，电解池总反应为2LiMn2O4＋4H＋===2Li＋＋Mn2＋＋3MnO2＋2H2O，反应生成了Mn2＋，Mn2＋浓度增大，C错误； 电解池总反应为2LiMn2O4＋4H＋===2Li＋＋Mn2＋＋3MnO2＋2H2O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确。 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 4.(2023·北京，5)回收利用工业废气中的CO2和SO2，实验原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A.废气中SO2排放到大气中会形成酸雨 C.装置a中溶液的作用是吸收废气中的CO2和SO2 √ 1 2 3 4 5 溶液显碱性，说明　　　的水解程度大于其电离程度，故B正确； 装置a中NaHCO3溶液的作用是吸收SO2气体，NaHCO3溶液不能吸收CO2，故C错误。 SO2是酸性氧化物，废气中SO2排放到大气中会形成硫酸型酸雨，故A正确； 装置a中溶液的溶质为NaHCO3， 1 2 3 4 5 5.(2023·广东，16)用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(下图)，可实现大电流催化电解KNO3溶液制氨。工作时，H2O在双极膜界面处被催化解离成H＋和OH－，有利于电解反应顺利进行。下列说法不正确的是 A.电解总反应：KNO3＋3H2O=== 　NH3·H2O＋2O2↑＋KOH B.每生成1 mol NH3·H2O，双极膜 　处有9 mol的H2O解离 C.电解过程中，阳极室中KOH的物质的量不因反应而改变 D.相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构可提高氨生成速率 √ 1 2 3 4 5 由大电流催化电解KNO3溶液制氨可知，在电极a处KNO3放电生成NH3，发生还原反应，故电极a为阴极，电极反应式为 　　＋8e－＋ 9H＋===NH3·H2O＋2H2O，电极b为阳极，电极反应式为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，电解总反应为KNO3＋3H2O===NH3·H2O＋2O2↑＋KOH，故A正确； 1 2 3 4 5 每生成1 mol NH3·H2O，阴极得8 mol e－，同时双极膜处有8 mol H＋进入阴极室，即有8 mol的H2O解离，故B错误； 电解过程中，阳极室每消耗4 mol OH－，同时有4 mol OH－通过双极膜进入阳极室，KOH的物质的量不因反应而改变，故C正确； 相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构具有更大的膜面积，有利于H2O被催化解离成H＋和OH－，可提高氨生成速率，故D正确。 考向预测 03 1 2 3 4 5 1.(2023·温州市高三下学期第二次适应性考试)利用废料Ce2O3制备Ce(SO4)2的工作原理如图，下列说法不正确的是 A.电极b为阴极，发生还原反应 B.电解总反应方程式：Ce2O3＋8H＋ 　　　 2Ce4＋＋3H2O＋H2↑ C.离子交换膜为阴离子交换膜 D.X可以是H2SO4溶液 √ 6 7 8 9 1 2 3 4 5 由图可知，与直流电源正极相连的电极a为阳极，酸性条件下三氧化二铈在阳极失去电子发生氧化反应生成铈离子和水，电极b为阴极，氢离 子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，则X为硫酸溶液，铈离子通过阳离子交换膜由阳极室移向阴极室，电解的总反应方程式为Ce2O3＋8H＋　　　2Ce4＋＋3H2O＋H2↑。 6 7 8 9 1 2 3 4 5 2.八钼酸铵[(NH4)4Mo8O26]可用于染料、催化剂、防火剂等。该化合物可通过电渗析法获得，工作原理如图。下列说法错误的是 A.a连接电源正极 C.电解一段时间后，b极附近氨水的浓度 　减小 D.双极膜附近的OH－移向左侧 √ 6 7 8 9 1 2 3 4 5 由图可知，b为阴极，水放电生成氢气和氢氧根离子，a为阳极，连接电源正极，水放电生成氧气和氢离子，A正确； 电解一段时间后，b极附近生成的氢氧根离子和左侧迁移过来的铵根离子结合生成一水合氨，氨水的浓度增大，C错误； 阴离子向阳极迁移，双极膜附近的OH－移向左侧，D正确。 6 7 8 9 1 2 3 4 5 3.(2021·江苏，12)通过下列方法可分别获得H2和O2：①通过电解获得NiOOH和H2(如图)；②在90 ℃将NiOOH与H2O反应生成Ni(OH)2并获得O2。下列说法正确的是 A.电解后KOH溶液的物质的量浓度减小 B.电解时阳极电极反应式：Ni(OH)2＋OH－－e－ 　===NiOOH＋H2O C.电解的总反应方程式：2H2O　　　2H2↑＋O2↑ D.电解过程中转移4 mol电子，理论上可获得22.4 L O2 √ 6 7 8 9 1 2 3 4 5 阴极水电离的氢离子得电子生成氢气，阳极Ni(OH)2失电子生成NiOOH，电解过程总反应为2Ni(OH)2　　　2NiOOH＋H2↑，电解后KOH溶液的物质的量浓度不变，故A、C错误； 电解时阳极Ni(OH)2失电子生成NiOOH，电极反 应式为Ni(OH)2＋OH－－e－===NiOOH＋H2O，故B正确； 电解过程中转移4 mol电子，生成1 mol氧气，非标准状况下的体积不一定是22.4 L，故D错误。 6 7 8 9 1 2 3 4 5 4.(2023·嘉兴市高三下学期二模)为实现碳中和，可通过电解法用CO2制备C2H4，电解装置如图，下列说法不正确的是 A.玻碳电极为阳极，发生氧化反应 B.铂电极的电极反应：2CO2＋12e－＋12H＋=== 　C2H4＋4H2O C.制得28 g C2H4时，产生32 g O2 D.电解一段时间后，右池中溶液的pH可能不变 √ 6 7 8 9 1 2 3 4 5 由分析可知，H2O在玻碳电极上失去电子生成O2，则玻碳电极为阳极，发生氧化反应，故A正确； 铂电极为阴极，CO2得电子生成C2H4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式：2CO2＋12e－＋12H＋===C2H4＋4H2O，故B正确； 6 7 8 9 1 2 3 4 5 5.现代工业用电解有机合成法制备尼龙66的中间体——己二腈[NC(CH2)4CN]。电解原理为4CH2==CH—CN(丙烯腈)＋2H2O 2NC(CH2)4CN＋O2↑，装置如图所示(石墨为电极)。 下列说法正确的是 A.电解过程中，H＋由质子交换膜右侧 　向左侧迁移 B.C(Ⅰ)极发生还原反应，放出气体 C.一段时间后，C(Ⅰ)区硫酸的浓度保持不变 D.C(Ⅱ)极的电极反应式为2CH2==CHCN＋2H＋＋2e－===NC(CH2)4CN √ 6 7 8 9 1 2 3 4 5 分析电解反应式知，水被氧化，丙烯腈被还原。由丙烯腈制备己二腈的物质转化关系知，需要H＋参与反应，即左室中氢离子向右室迁移，故A错误； C(Ⅰ)极为阳极，水发生氧化反应生成O2，故B错误； C(Ⅰ)区水被消耗，硫酸浓度增大，故C错误； C(Ⅱ)极发生还原反应，电极反应式为2CH2==CHCN＋2H＋＋2e－===NC(CH2)4CN，故D正确。 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6.电有机合成相对于传统有机合成具有显著优势，利用如图所示装置实现电催化合成2,5-呋喃二甲酸。下列说法错误的是 A.催化电极b连接电源的负极 B.阴极区溶液中c(H2SO4)不变 C.阳极区的总反应为 √ D.每消耗1 mol对硝基苯酚同时生成 　1 mol 2,5-呋喃二甲酸 6 7 8 9 1 2 3 4 5 由图可知，a极上发生氧化反应，为阳极，则b极为阴极，连接电源的负极，A正确； 阳极区总反应为 ； 阴极区反应为 ＋6e－＋6H＋―→　 ＋2H2O，反应生成水，故溶 液中c(H2SO4)减小，B错误，C正确； 6 7 8 9 1 2 3 4 5 由两电极反应式可知，根据得失电子守恒，每消耗1 mol对硝基苯酚同时生成1 mol 2,5-呋喃二甲酸，D正确。 6 7 8 9 1 2 3 4 5 7.电解法处理含有Cl－、　　的酸性废水，其工作原理及电极b中铁的化合物的催化机理如图所示，H表示氢原子。下列说法 错误的是 A.电极b接电源负极 B.处理1 mol 　　，电路中转移5 mol e－ C.HClO在阳极生成：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋ √ 6 7 8 9 1 2 3 4 5 由图知，电极b上硝酸根离子转变为铵根离子，被还原，则电极b为阴极，接电源负极，A正确； 硝酸根离子转变为铵根离子，N元素化合价从＋5价降低到－3价，则处理1 mol 　　，电路中转移8 mol e－，B不正确； 阳极氯离子失去电子被氧化，生成HClO：Cl－＋H2O－2e－===HClO＋H＋，C正确； 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 8.处理高浓度的乙醛废水的新方法——隔膜电解法，总反应为2CH3CHO＋H2O　　　CH3CH2OH＋CH3COOH(不考虑其他反应)。实验室中，以一定浓度的乙醛和H2SO4溶液为电解质溶液，模拟含乙醛的工业废水，用惰性电极进行电解，装置如图所示，下列说法错误的是 A.b电极反应式为CH3CHO－2e－＋H2O=== 　CH3COOH＋2H＋ B.电解一段时间后，电解池右侧pH增大 C.若以CH4-空气燃料电池为直流电源，a极 　应该与燃料电池中通入CH4的一极相连 D.理论上处理1 mol乙醛，将有1 mol H＋通过质子交换膜 √ 6 7 8 9 1 2 3 4 5 b电极为阳极，电极反应式为CH3CHO－2e－＋H2O===CH3COOH＋2H＋，故A正确； 电解一段时间后，电解池右侧消耗水，生成CH3COOH和H＋，H＋通过质子交换膜移向左 侧，但电解质n(H2SO4)不变，因此pH减小，故B错误； 若以CH4-空气燃料电池为直流电源，a极应连负极，则应该与燃料电池中通入CH4的一极相连，故C正确； 理论上处理1 mol乙醛，a、b极各有0.5 mol CH3CHO参与反应，则有1 mol电子发生转移，将有1 mol H＋通过质子交换膜，故D正确。 6 7 8 9 9.电芬顿技术常用来处理废水中的有害物质苯酚。电芬顿技术是通过化学芬顿技术发展而来的，化学芬顿技术主要向废水中投加Fe2＋和H2O2试剂，两者反应后生成强氧化剂羟基自由基，将废水中的有害有机物氧化成CO2和H2O。下列有关说法错误的是 A.a电极为Fe电极，外接电源正极 B.阴极反应为O2＋2e－=== C.消耗标准状况下11.2 L O2，生成1 mol·OH D.处理苯酚的反应为28HO·＋　　　　―→6CO2↑＋17H2O 1 2 3 4 5 √ 6 7 8 9 1 2 3 4 5 电芬顿技术采用Fe作阳极，Fe失电子生成的亚铁离子与过氧化氢反应生成羟基自由基，A正确； 阴极氧气得电子生成过氧根离子，在酸性条件下反应生成过氧化氢，B正确； 酸性条件下，二价铁离子与过氧化氢反应生成羟基自由基的反应为H2O2＋Fe2＋＋H＋===Fe3＋＋·OH＋H2O,11.2 L O2在标准状况下为0.5 mol，O2～H2O2～·OH，0.5 mol O2生成0.5 mol·OH，C错误； 6 7 8 9 1 2 3 4 5 根据元素守恒可以得出羟基自由基作强氧化剂处理苯酚的反应为28HO·＋ 　　　　―→6CO2↑＋17H2O，D正确。 6 7 8 9 电极反应产物又发生了其他反应。解题关键：分清楚哪个是电极反应，哪个是电极区反应，要注意电极及电极区均可能存在多个反应。 归纳总结 协同转化装置特点 B.装置a中溶液显碱性的原因是HCO 的水解程度大于HCO的电离程度 D.装置b中的总反应为SO＋CO2＋H2OHCOOH＋SO HCO NO B.生成Mo8O的反应为8MoO＋12H＋ ===Mo8O＋6H2O 双极膜解离出的氢离子向阴极移动和 MoO反应生成Mo8O：8MoO＋12H＋===Mo8O＋6H2O，B正确； 制得28 g C2H4的物质的量为＝1 mol，由电极反应式可知，转移12 mol电子，阳极电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，则生成3 mol O2，质量为3 mol×32 g·mol－1＝96 g，故C错误。 NO D.H＋与NO反应的电极反应式为10H＋＋NO＋8e－ ===NH＋3H2O NO NO 电极b上硝酸根离子转变为铵根离子，H＋与NO反应的电极反应式为10H＋＋NO＋8e－===NH＋3H2O，D正确。 O $$