第1章 第3节 第2课时 电解原理的应用-【金版教程】2025-2026学年高中化学选择性必修1创新导学案全书Word（鲁科版2019）

化学 选择性必修1(鲁科) 第2课时　电解原理的应用 核心素养 学业要求 设计电解池，实现物质转化 能设计简单的电解池，分析氯碱工业的制备原理及电镀和电解精炼铜的原理 1．电解饱和食盐水制备烧碱、氢气和氯气 实验步骤及装置 在U形管里装入饱和食盐水，插入一根石墨棒作阳极，一根石墨棒作阴极。同时向两边管里各滴入几滴酚酞溶液，接通直流电源并用湿润的淀粉碘化钾试纸检验阳极放出的气体 实验现象 阳极产生黄绿色、有刺激性气味的气体，湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；阴极附近溶液变红，收集阴极放出的气体，将气体点燃时发生爆鸣 现象分析 在饱和食盐水中，存在Na＋、Cl－、H＋、 OH－，通电后，Na＋、H＋移向阴极，由于H＋比Na＋得电子能力强，H＋先放电；Cl－、OH－移向阳极，由于Cl－比OH－失电子能力强，Cl－先放电。溶液中发生如下反应： 阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑ 阴极：2H＋＋2e－===H2↑ 总反应：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑ 2.铜的电解精炼 (1)铜的电解精炼原理 阳极材料：粗铜，电极反应： Zn－2e－===Zn2＋ Fe－2e－===Fe2＋ Ni－2e－===Ni2＋ Cu－2e－===Cu2＋； 阴极材料：精铜，电极反应：Cu2＋＋2e－===Cu。 (2)电解精炼的结果 粗铜中比铜活泼的金属Zn、Fe、Ni等失去电子形成的阳离子进入溶液；Au、Ag、Pt等不如铜活泼的金属以单质的形式沉积在电解池的底部，与其他不溶性杂质混在一起形成阳极泥；阴极上得到精铜。 3．电镀——铁钉镀铜 (1)概念 应用电解原理，在金属表面镀上一薄层金属或合金的方法。 (2)目的 增强金属的抗腐蚀能力、耐磨性或改善金属制品的外观。 (3)构成条件(以在铁钉上镀铜为例) ①阴极：待镀的金属制品：铁钉。 ②阳极：镀层金属：铜。 ③电镀液：含有镀层金属离子的盐溶液：CuSO4溶液。 ④装置图 ⑤电极反应 阳极：Cu－2e－===Cu2＋； 阴极：Cu2＋＋2e－===Cu。 探究一　工业电解食盐水制备烧碱 　工业电解食盐水制NaOH、H2和Cl2 ——氯碱工业 由阳极(金属钛网)、阴极(碳钢网)、离子交换膜、电解槽框和导电铜棒等组成，每台电解槽由若干个单元槽串联或并联组成。如图表示一个单元槽的示意图。 阳离子交换膜的作用：将电解槽隔成阴极室和阳极室，它只允许阳离子通过，而阻止阴离子(Cl－、OH－)和气体通过。这样既能防止阴极产生的H2和阳极产生的Cl2相混合而引起爆炸，又能避免Cl2和NaOH作用生成NaClO而影响烧碱的质量。 电解总反应式： 1．取一张用饱和NaCl溶液浸湿的pH试纸，两根铅笔芯作电极，如图所示，接通直流电源，一段时间后，发现a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圆为白色，外圆呈浅红色。则下列说法错误的是(　　) A．b电极是阴极 B．a电极与电源的正极相连接 C．电解过程中，水是氧化剂 D．b电极附近溶液的pH变小 答案：D 解析：用惰性电极电解饱和NaCl溶液，其电极反应式分别为阴极：2H＋＋2e－===H2↑，阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑，由于a电极与试纸接触处出现了双色同心圆，内圆为白色，外圆呈浅红色，则a电极为电解池的阳极，产生的Cl2与水反应生成HCl和HClO，HCl使pH试纸显红色，HClO具有漂白性，使pH试纸褪色；b电极为阴极，H＋得电子产生H2，H＋来源于H2O的电离，因此在b电极附近又同时生成了OH－，因此b电极附近溶液的pH增大。 2．工业电解饱和食盐水制烧碱时必须阻止OH－移向阳极，目前采用阳离子交换膜将两极溶液分开(如图)(F处加少量NaOH以增强溶液的导电性)。 (1)C、D分别是直流电源的两电极，C是电源________极，D是电源________极。 (2)电解一段时间后，________由A口导出，________由B口导出。阴极附近碱性增强的原因是(用电离方程式及电极反应式表示)__________________________________________ ______________________________________________________________________________ __________________。 (3)若不采用阳离子交换膜，OH－向阳极移动，发生的反应可用离子方程式表示为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案：(1)负 正 (2)Cl2　H2 H2OH＋＋OH－、2H＋＋2e－===H2↑ (3)Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O 解析：(1)由阳离子移动方向知右侧电极为阴极，C为电源负极，D为电源正极。 (2)左侧电极产生Cl2，右侧电极电解水电离出的H＋产生H2和NaOH。 (3)若不采用阳离子交换膜，OH－移向阳极与Cl2发生反应。 探究二　铜的电解精炼与电镀 电解精炼和电镀的设计方法 电解精炼 电镀 装置举例 电极反应 (以精炼铜为例) 阳极：Cu(粗铜)－2e－===Cu2＋(主要) 阴极：Cu2＋＋2e－===Cu(精铜) (以铁上镀铜为例) 阳极：Cu－2e－===Cu2＋ 阴极：Cu2＋＋2e－===Cu 设计方法 ①不纯金属作阳极，接直流电源正极，纯金属接直流电源负极，作阴极； ②含该金属离子的可溶性盐溶液作电解质溶液； ③形成闭合回路 ①镀层金属或惰性电极作阳极，接直流电源正极，镀件接直流电源负极，作阴极； ②电镀液必须是含有镀层金属离子的盐溶液； ③形成闭合回路 [知识拓展]　(1)电镀过程中电解质溶液的浓度几乎不变；而电解精炼过程中电解质溶液的浓度减小，由于形成阳极泥，一般是阳极失重与阴极增重不一定相等。 (2)利用电解原理还可以冶炼K、Na、Ca、Mg、Al等活泼金属。如： MgCl2Mg＋Cl2↑ 2Al2O34Al＋3O2↑ 还可以制KClO3、H2O2、K2S2O8等化工产品。 3.粗铜中除含有铜以外，还有少量锌、铁、银、镍(已知还原性：Fe>Ni>Cu)，在如图所示的装置中，用纯铜和粗铜作为两电极进行电解，下列有关叙述中，正确的是(　　) A．可检测到电解液中有Zn2＋、Fe2＋、Ni2＋ B．可检测到电解液中有Fe3＋、Zn2＋、Ag＋ C．电解过程中，溶液中的铜离子浓度保持不变 D．通电一段时间后，取出两电极，称得粗铜极减小的质量等于纯铜极增加的质量 答案：A 解析：粗铜上的锌、铁、铜、镍失电子生成Zn2＋、Fe2＋、Cu2＋、Ni2＋，银以单质形式沉积于阳极底部形成阳极泥。溶液中的铜离子浓度略有减小，粗铜极减小的质量不一定等于纯铜极增加的质量。 4．下列关于电解精炼铜与电镀的说法正确的是(　　) A．电解精炼铜时，将电能转化为化学能，电路中每通过2 mol e－，阳极就会溶解64 g铜 B．电解精炼铜时，阳极为粗铜，阴极为精铜，电解过程中电解质溶液不需要更换 C．在铁制器皿上镀铝，熔融氧化铝作电解质，铁制器皿作阴极，铝棒作阳极 D．电镀过程中电镀液需要不断更换 答案：C 解析：电解精炼铜时，阳极为粗铜，比铜活泼的金属也会反应，电路中每通过2 mol e－，阳极溶解的铜的质量小于64 g，A错误；电解精炼铜时，比铜活泼的金属在阳极也会失去电子，而阴极上只有铜离子得到电子转化为铜单质，溶液中铜离子浓度减小，因此在电解精炼过程中，需要更换电解质溶液，B错误；电镀的实质是在电能的作用下，将阳极上的金属转移到阴极上，因此电镀液不需要更换，D错误。 探究三　电解的相关计算 1．电解计算的原则 (1)阳极失去的电子数＝阴极得到的电子数。 (2)串联电路中通过电解池的电子总数相等。 (3)电源输出的电子总数和电解池中转移的电子总数相等。 2．常见计算类型 (1)两极产物的定量计算(求析出固体的质量、产生的气体在标准状况下的体积等)。 (2)相对原子质量和阿伏加德罗常数测定的计算。 (3)求某元素的化合价或确定物质的化学式。 (4)根据电荷量求产物的量或根据产物的量求电荷量等。 3．电解计算的常用方法 (1)根据得失电子守恒法计算：用于串联电路中阴阳两极产物等类型的计算，其依据是转移的电子数相同。 (2)根据总反应计算：先写出电极反应，再写出总反应，最后根据总反应列比例式求解。 (3)关系式法计算：根据得失电子守恒建立已知量与未知量之间的桥梁，建立计算所需的关系式。 5.用惰性电极电解一定量的CuSO4溶液，电解过程中的实验数据如图所示。横轴表示转移电子的物质的量，纵轴表示电解过程中产生气体的总体积(标准状况)。下列判断正确的是(　　) A．电解过程中，溶液中H＋的浓度不断减小 B．当转移0.4 mol电子时，电解生成的铜的质量为6.4 g C．阳极的电极反应式为2H2O＋4e－===4H＋＋O2↑ D．Q点对应的气体中，H2与O2的体积比为2∶1 答案：B 解析：电解过程中，OP段阳极反应：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，阴极反应：Cu2＋＋2e－===Cu，总反应：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋；PQ段阳极反应：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，阴极反应：2H＋＋2e－===H2↑，总反应：2H2O2H2↑＋O2↑。电解过程中，溶液中H＋的浓度不断增大，A错误；由题图可知，当转移0.4 mol电子时，只有OP段生成铜，OP段收集到标准状况下1.12 L(0.05 mol)O2，对应Cu的物质的量为0.1 mol，质量为6.4 g，B正确；由分析可知，C错误；Q点收集到的混合气体为H2和O2，P点收集到0.05 mol O2，PQ段收集到标准状况下3.36 L(0.15 mol)混合气体，由电解水反应可知，有0.2 mol电子转移时生成0.1 mol H2、0.05 mol O2，则Q点对应的气体中H2与O2的体积比为1∶1，D错误。 6．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，F极附近呈红色。请回答： (1)B极是电源的________极，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，这表明氢氧化铁胶体粒子带________电荷(填“正”或“负”)，在电场作用下向________极移动(填“X”或“Y”)。 (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应该是________(填“镀层金属”或“镀件”)，电镀液是________(填化学式)溶液。当乙中溶液中的c(OH－)＝0.1 mol·L－1时(此时乙中溶液的体积为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，则甲中发生总反应的离子方程式为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案：(1)负 逐渐变浅 正 Y (2)1∶2∶2∶2 (3)镀件 AgNO3 5.4 g 变小 (4)Fe＋Cu2＋Cu＋Fe2＋ 解析：将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极附近溶液显碱性，可知氢离子在该电极放电，所以F极是阴极，B为电源负极、A为电源正极，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极。 (1)由上述分析可知，B极是电源的负极；C、D电极发生的电极反应分别为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋、Cu2＋＋2e－===Cu，Cu2＋浓度逐渐减小，故甲中溶液颜色逐渐变浅；Y极是阴极，该电极附近颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶体粒子向该电极移动，异种电荷相互吸引，所以氢氧化铁胶体粒子带正电荷。 (2)C、D、E、F电极发生的电极反应分别为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋、Cu2＋＋2e－===Cu、2Cl－－2e－===Cl2↑、2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，当各电极转移电子的物质的量均为1 mol时，生成单质的物质的量分别为0.25 mol、0.5 mol、0.5 mol、0.5 mol，所以单质的物质的量之比为1∶2∶2∶2。 (3)电镀装置中，镀层金属必须作阳极，镀件作阴极，所以H应该是镀件，电镀液含有镀层金属阳离子，故电镀液为AgNO3溶液；当乙中溶液中的c(OH－)＝0.1 mol·L－1时(此时乙中溶液的体积为500 mL)，根据电极反应2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，则放电的氢离子的物质的量为0.1 mol·L－1×0.5 L＝0.05 mol，即转移电子的物质的量为0.05 mol，H极的电极反应为Ag＋＋e－===Ag，则可知此时丙中镀件上析出银的质量为108 g·mol－1×0.05 mol＝5.4 g；由甲中C、D两极的电极反应2H2O－4e－===O2↑＋4H＋、Cu2＋＋2e－===Cu可知，电解过程中溶液中氢离子浓度增大，则甲中溶液的pH变小。 (4)若将C电极换为铁，则阳极铁失电子，阴极铜离子得电子，电解池总反应的离子方程式为Fe＋Cu2＋Cu＋Fe2＋。 1．在冶金工业中，常用电解法得到钠、镁、铝等金属，其原因是(　　) A．都是轻金属 B．都是活泼金属 C．成本低廉 D．化合物熔点较低 答案：B 2．利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，下列叙述正确的是(　　) A．电解时以精铜作阳极 B．电解时阴极发生氧化反应 C．粗铜连接电源负极，其电极反应是Cu－2e－===Cu2＋ D．电解后，电解槽底部会形成含少量Ag、Pt等金属的阳极泥 答案：D 解析：电解精炼铜时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，故A错误；阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应，故B错误；粗铜连接电源的正极，发生氧化反应，故C错误；金属的活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag＞Pt，因此Ag、Pt不会放电，以单质形式沉积下来，故D正确。 3．下列描述中，不符合生产实际的是(　　) A．电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极 B．电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极 C．电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极 D．在镀件上电镀锌，用锌作阳极 答案：A 解析：电解熔融的Al2O3制Al时，若用Fe作阳极，会发生反应Fe－2e－===Fe2＋，阳极损耗严重且时间稍长Fe2＋移动到阴极上发生反应Fe2＋＋2e－===Fe，使得到的Al不纯。 4．如图是工业电解饱和食盐水的装置示意图，下列有关说法中错误的是(　　) A．装置中出口①处的物质是氯气，出口②处的物质是氢气 B．该离子交换膜只能让阳离子通过，不能让阴离子通过 C．装置中发生反应的离子方程式为2Cl－＋2H＋Cl2↑＋H2↑ D．该装置是将电能转化为化学能 答案：C 解析：由图看出左侧电极为电解池阳极，产生氯气，右侧电极为电解池阴极，产生氢气，A正确；该离子交换膜只能让阳离子通过，不能让阴离子通过，能防止氯气与碱反应；且在阴极区得到浓度较高的烧碱溶液，B正确；正确的离子方程式为2Cl－＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑，C错误；电解池是将电能转化为化学能的装置，D正确。 5．如图所示，乙图是甲图的电解池进行电解时某个量(纵坐标y)随时间变化的函数图像(各电解池都用石墨作电极，不考虑电解过程中溶液浓度变化对电极反应的影响)，这个量y表示(　　) A．各电解池析出气体的体积 B．各电解池阴极质量的增加量 C．各电解池阳极质量的增加量 D．各电极上放电的离子总数 答案：B 解析：电解AgNO3溶液和CuSO4溶液，阳极都生成氧气，相同时间内析出气体的体积应相等，与图乙不符；电解AgNO3溶液时阴极上产生单质银，电解CuSO4溶液时阴极上产生单质铜，相同时间内银的质量增加量较大，而电解NaCl溶液时，阴、阳极都产生气体，阴极质量不变，与图乙相符；电解AgNO3溶液和CuSO4溶液，阳极都生成氧气，阳极质量不变，与图乙不符；电解NaCl溶液时，电极上放电的离子总数不为0，与图乙不符。 课时作业 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意) 1．关于电解NaCl溶液，下列叙述正确的是(　　) A．电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠 B．若在阳极附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈现棕色 C．若在阴极附近的溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈现无色 D．电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，充分搅拌后溶液呈现中性 答案：B 解析：电解NaCl溶液的方程式：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，阳极得到Cl2，阴极得到H2，A错误；向阳极附近的溶液中滴入KI溶液，由于I－比Cl－更容易失电子，故2I－－2e－===I2，溶液呈棕色，B正确；由于阴极区2H＋＋2e－===H2↑，消耗了H＋，造成阴极区c(OH－)相对增大，滴入酚酞溶液，溶液变红，C错误；电解后的溶液充分搅拌后实质上是NaOH、NaCl和NaClO的混合溶液，呈碱性，D错误。 2．金属镍有广泛的用途，粗镍中含有少量的Fe、Zn、Cu、Pt杂质，已知：离子的氧化性按Cu2＋、Ni2＋、Fe2＋顺序减弱，则用电解法制备高纯度的镍，下列叙述中正确的是(　　) A．阳极发生还原反应，电极反应式为Ni2＋＋2e－===Ni B．电解过程中，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等 C．电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2＋和Zn2＋ D．电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt 答案：D 解析：阳极发生氧化反应，所以A错误；溶液中的阳离子主要为Ni2＋，所以C错误；根据金属原子的还原性和金属阳离子的氧化性顺序，阳极反应为Zn－2e－===Zn2＋，Fe－2e－===Fe2＋，Ni－2e－===Ni2＋，Cu、Pt在该条件下不失电子，所以D正确；阴极反应为Ni2＋＋2e－===Ni，Fe2＋、Zn2＋在该条件下不得电子，比较两电极反应，因Zn、Fe、Ni的相对原子质量不相等，当两极通过相同的电量时，阳极减少的质量与阴极增加的质量不相等，所以B错误。 3．在铁制品上镀一定厚度的锌层，以下方案设计正确的是(　　) A．锌作阳极，铁制品作阴极，溶液中含有锌离子 B．铂作阴极，铁制品作阳极，溶液中含有锌离子 C．铁作阳极，铁制品作阴极，溶液中含有亚铁离子 D．锌作阴极，铁制品作阳极，溶液中含有亚铁离子 答案：A 解析：根据电镀原理，应用镀层金属作阳极，镀件作阴极，含有镀层金属离子的电解质溶液作电镀液。 4．电解硫酸铜溶液要达到如下三个要求：①阳极质量减小，②阴极质量增加，③电解过程中Cu2＋浓度不变。则可选用的电极是(　　) A．石墨作阳极，铁作阴极 B．粗铜(含Fe、Ni、Zn)作阳极，精铜作阴极 C．精铜作阳极，铁作阴极 D．铁作阳极，精铜作阴极 答案：C 解析：本题中所述的电解过程实际就是电镀过程：阳极质量减少，必须用活性金属电极作阳极，则A选项不符合题意；由于Cu2＋的放电能力比H＋的强，阴极质量增加，但是要使Cu2＋浓度不变，则阳极必须用精铜，所以选C。 5．如图甲所示的电解池中，Pt电极位于所含Cu(NO3)2和AgNO3均为0.05 mol·L－1的电解液中，图乙是该电解过程中转移电子数与阴极质量的变化关系图。下列说法错误的是(　　) A．过程Ⅰ，在阴极上析出金属银 B．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，溶液的pH均降低 C．过程Ⅱ，阳极上有氧气放出 D．过程Ⅱ析出固体的质量是过程Ⅰ析出固体的质量的2倍 答案：D 解析：过程Ⅰ发生反应：4Ag＋＋2H2O4Ag＋O2↑＋4H＋，过程Ⅱ发生反应：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋，过程Ⅲ发生反应：2H2O2H2↑＋O2↑，A正确。过程Ⅰ、Ⅱ发生的电解反应中均有H＋生成，溶液中c(H＋)增大，pH降低；过程Ⅲ所发生的电解反应是电解水，溶液中c(H＋)增大，pH降低，B正确。过程Ⅱ中阳极的电极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，C正确。过程Ⅱ和过程Ⅰ析出的Cu和Ag的物质的量相同，则析出Cu与Ag的质量比为64∶108，D错误。 6．三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na＋和SO可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是(　　) A．通电后中间隔室的SO向正极迁移，正极区溶液pH增大 B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品 C．负极反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，负极区溶液pH降低 D．当电路中通过1 mol电子的电量时，会有0.5 mol的O2生成 答案：B 解析：题给装置为电解池，电解池中阴离子向阳极(即题图中正极区)移动，阳极氢氧根离子放电：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，A错误。在直流电场的作用下，两膜中间的Na＋、SO可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极放电生成水和氧气，溶液中氢离子浓度增大，考虑电荷守恒，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区；氢离子在阴极得电子生成氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大，考虑电荷守恒，两膜中间的钠离子会进入负极区，故可以得到NaOH和H2SO4产品，B正确。题图中负极即为阴极，氢离子在阴极上发生得电子的还原反应生成氢气，C错误。每生成1 mol氧气转移4 mol电子，当电路中通过1 mol电子的电量时，会有0.25 mol的O2生成，D错误。 7．工业上可利用如图所示电解装置吸收和转化SO2(A、B均为惰性电极)，下列说法正确的是(　　) A．B极为电解池的阴极 B．B极区吸收5 mol SO2则A极区生成2.5 mol S2O C．B极区电解液为稀硫酸，电解一段时间后硫酸浓度增大 D．A极的电极反应为2SO－2e－＋4H＋===S2O＋2H2O 答案：C 解析：A极处加入SO，产生S2O，硫元素化合价降低，发生还原反应，则A极为电解池阴极，B极为电解池阳极，A错误；B极区吸收5 mol SO2，生成H2SO4，硫元素化合价升高2价，转移电子5 mol×2＝10 mol，根据得失电子守恒，则阴极也转移10 mol电子，2SO～S2O～2e－，则A极区生成5 mol S2O，B错误；B极区电解液为稀硫酸，电解过程中SO2转化为H2SO4，则电解一段时间后硫酸浓度增大，C正确；A极处加入SO，产生S2O，电解过程中硫元素化合价降低，则A极的电极反应为2SO＋2e－＋4H＋===S2O＋2H2O，D错误。 8．如图装置可合成重要的化工中间体乙醛酸，双极膜中的H2O能解离为H＋和OH－，下列说法正确的是(　　) A．石墨电极也可以用Pb代替 B．双极膜解离出来的H＋向石墨电极移动 C．H2C2O4在Pb电极表面发生反应：HOOC—COOH＋2e－＋2H＋===HOOC—CHO＋H2O D．当石墨电极析出1 mol O2，Pb电极附近一定生成2 mol乙醛酸 答案：C 解析：石墨电极上析出O2，为阳极，发生反应：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，若用Pb代替，则发生反应：Pb－2e－===Pb2＋，因此石墨电极不能用Pb代替，A错误；根据石墨电极上的电极反应知，双极膜解离出来的OH－向石墨电极移动，B错误；Pb电极上H2C2O4转化为HOOC—CHO，发生反应：HOOC—COOH＋2e－＋2H＋===HOOC—CHO＋H2O，C正确；当石墨电极上析出1 mol O2，转移4 mol电子，Pb电极上发生反应：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－、HOOC—COOH＋2e－＋2H＋===HOOC—CHO＋H2O，则Pb电极附近不一定生成2 mol乙醛酸，D错误。 9．用惰性电极电解强酸性二氧化碳水溶液得到乙烯可实现碳中和，其原理如图所示(设NA为阿伏加德罗常数的值)。下列说法正确的是(　　) A．Y为电源负极 B．b电极上的电极反应式：2CO2＋12e－＋8H2O===C2H4＋12OH－ C．当交换膜中通过0.4NA个离子时，生成的氧气在标准状况下的体积为1.12 L D．制备1 mol乙烯时，a电极区域溶液质量减少108 g 答案：D 解析：b电极上CO2转化为C2H4，C的化合价由＋4降低为－2，发生得电子的还原反应，则b为阴极，连接的X为电源负极，Y为电源正极，a为阳极，H＋通过阳离子交换膜从阳极区移向阴极区。由上述分析可知，A错误；b电极上CO2转化为乙烯，电解质溶液呈酸性，则b电极上的电极反应式为2CO2＋12e－＋12H＋===C2H4＋4H2O，B错误；阳极的电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，当交换膜中通过0.4NA个氢离子时，转移0.4 mol电子，生成0.1 mol氧气，其在标准状况下体积为2.24 L，C错误；根据2CO2＋12e－＋12H＋===C2H4＋4H2O，制备1 mol乙烯时，转移12 mol电子，a电极上析出3 mol O2，同时有12 mol H＋通过阳离子交换膜进入b极区，a电极区域溶液质量减少32 g·mol－1×3 mol＋1 g·mol－1×12 mol＝108 g，D正确。 10．在N­羟基邻苯二甲酰亚胺(NHPI)介质中，可实现醇向醛的转化，原理如图。下列说法错误的是(　　) A．理论上NHPI的总量在反应前后不变 B．海绵Ni电极作阳极 C．总反应为＋H2↑ D．每消耗1 mmol苯甲醇，产生22.4 mL氢气 答案：D 解析：由原理图可知，在海绵Ni电极处，发生氧化反应，Ni2＋被氧化成Ni3＋，所以海绵Ni电极为阳极；在石墨电极处发生还原反应，产生H2，所以石墨电极是阴极；由原理图可知，装置中存在PINO和NHPI的相互转化，在反应中NHPI作催化剂，所以其总量在反应前后不变，故A正确；由上述分析可知，B正确；由题干可知，其他物质都是总量不变的，反应实现了醇向醛的转化，并且有H2产生，因此总反应为＋H2↑，C正确；未指明标准状况，不能用Vm＝22.4 L/mol进行计算，D错误。 11．用电解法对酸性含氯氨氮废水进行无害化处理的过程如图所示。下列说法正确的是(　　) A．DSA电极与外接电源的负极连接 B．Cl－发生的电极反应式为Cl－＋H2O－2e－===ClO－＋2H＋ C．降解过程中应该控制条件避免发生反应② D．1 mol HO·和足量NH3反应，转移的电子数为2×6.02×1023 答案：C 解析： 结合上述分析可知，DSA电极为电解池的阳极，与外接电源的正极相连，A错误；DSA电极上Cl－转化为Cl2，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，B错误；反应②中NH3转化为NO，没有达到氨氮废水无害化处理的目的，所以降解过程中应该控制条件避免发生反应②，C正确；HO·中氧元素为－1价，其还原产物中氧元素为－2价，故1 mol HO·完全反应时转移的电子数为6.02×1023，D错误。 12．含硝酸盐废水和乙二醇共电解可生成氨气和乙醇酸，原理如图所示。 下列说法正确的是(　　) A．b为直流电源的负极 B．每转移2 mol电子，理论上应生成5.6 L NH3 C．消耗NO与乙二醇的物质的量之比为1∶2 D．H＋通过质子交换膜向左迁移，左侧溶液pH下降 答案：C 解析： 由图可知，左侧电极上NO转化为NH3，发生还原反应，故左侧电极为阴极，则a为直流电源的负极，A错误；根据阴极反应：NO＋8e－＋9H＋===NH3＋3H2O，每转移2 mol电子，生成0.25 mol NH3，其在标准状况下的体积为5.6 L，但气体所处状态未知，B错误；由阴极反应：NO＋8e－＋9H＋===NH3＋3H2O，阳极反应：，结合各电极上转移电子数相等可知，消耗NO与乙二醇的物质的量之比为1∶2，C正确；由上述分析知，右侧有8 mol H＋通过质子交换膜进入左侧时，左侧消耗9 mol H＋，则左侧c(H＋)降低，pH增大，D错误。 二、非选择题 13．如图所示，甲、乙为相互串联的两个电解池。 (1)甲池若为用电解原理精炼铜的装置，则A电极名称为________极，电极材料是________，电极反应式为____________________________，电解质溶液可以是______________。 (2)乙池中铁极电极反应式为_______________________________________________________ ________________________________。 在乙池中滴入少量酚酞溶液，开始电解一段时间后，铁极附近呈________色。 (3)若将乙中的石墨电极改为银电极，则乙池为________装置，电解一段时间后，溶液的浓度________，现象是______________________________。 答案：(1)阴 精铜 Cu2＋＋2e－===Cu CuCl2溶液(含Cu2＋的溶液即可) (2)Ag＋＋e－===Ag 无 (3)电镀 不变 铁表面附着一层光亮的金属 解析：(1)本题考查铜的精炼。阳极材料为粗铜，阴极材料为精铜，电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu。 (2)明确石墨作阳极，铁作阴极。 (3)考查电镀池，阳极为镀层金属，阴极为镀件，电镀液含镀层金属离子。 14．(1)以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为__________________________________。 (2)利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。B极区电解液为__________(填化学式)溶液，阳极电极反应式为____________________________，电解过程中Li＋向________(填“A”或“B”)电极迁移。 (3)离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，由有机阳离子、Al2Cl和AlCl组成的离子液体做电解液时，可在钢制品上电镀铝。钢制品应接电源的________极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为____________________。若改用AlCl3水溶液做电解液，则阴极产物为________。 答案：(1)2Al＋3H2O－6e－===Al2O3＋6H＋ (2)LiOH　2Cl－－2e－===Cl2↑　B (3)负　4Al2Cl＋3e－===Al＋7AlCl　H2 解析：(1)铝材为阳极且铝材表面形成氧化膜，在酸性环境中的阳极电极反应式为2Al＋3H2O－6e－===Al2O3＋6H＋。 (2)根据电解装置图，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，B区产生H2，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，剩余OH－与Li＋结合生成LiOH，所以B极区电解液为LiOH溶液，B电极为阴极，则A电极为阳极，阳极区电解液为LiCl溶液，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，电解过程中Li＋向B电极迁移。 (3)在钢制品上电镀铝，故钢制品做阴极，与电源负极相连。由于电镀过程中“不产生其他阳离子且有机阳离子不参与电极反应”，Al元素在熔融盐中以Al2Cl和AlCl形式存在，则电镀过程中阴极电极反应式为4Al2Cl＋3e－===Al＋7AlCl。水溶液中得电子能力Al3＋<H＋，故阴极上的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑。 15．电渗析法在物质制备过程中有广泛应用。以石墨为电极，利用三室电渗析法制备高氯酸(HClO4)、亚氯酸(HClO2)的装置如图所示。回答下列问题： Ⅰ.利用三室电渗析法制备HClO4。M为NaClO4。 (1)出口A处得到的产品是________(写化学式)。 (2)电解过程中，阴极区溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)若C1极收集到22.4 L(标准状况)气体，则获得HClO4________ mol。 Ⅱ.利用三室电渗析法制备HClO2。M为NaClO2。 (4)Na＋迁移方向是____________________。 (5)C1极的电极反应为__________________________。 (6)该过程制备的HClO2中含有少量氯酸(HClO3)杂质，其主要原因是________________________(用离子方程式表示)。(提示：HClO2是弱酸，HClO3是强酸) 答案：(1)HClO4　(2)增大　(3)4　 (4)通过膜2向阴极区迁移 (5)2H2O－4e－===O2↑＋4H＋　 (6)O2＋2HClO2===2ClO＋2H＋ 解析：根据装置图可知，浓M溶液变成稀M溶液，说明迁移的离子是M电离出的离子。 (1)阴离子向阳极区移动，则膜1为阴离子交换膜，ClO向阳极区移动，阳极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，则出口A处得到的产品是HClO4。 (2)电解时，阴极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，则阴极区溶液的pH增大。 (3)由阳极的电极反应式可知，n(HClO4)＝n(H＋)＝4n(O2)＝＝4 mol。 19 学科网（北京）股份有限公司 $$