课时作业23(Word练习)-【金榜题名】2025-2026学年高二化学选择性必修1高中同步学案（人教版）

课时作业(二十三) 1．同学将电解池工作时电子、离子流动方向及电极种类等信息表示在下图中，下列有关分析完全正确的是(　　) 选项 A B C D a电极 阳极 阴极 阴极 阴极 d电极 正极 正极 负极 负极 Q离子 阳离子 阳离子 阴离子 阴离子 【解析】　电子从电源的负极流出，故a是阴极，d是正极，溶液中阳离子移向阴极。 【答案】　B 2．以硫酸铜溶液作电解液，对含有杂质Fe、Zn、Ag的粗铜进行电解精炼。下列叙述正确的是(　　) ①粗铜与直流电源负极相连 ②阴极发生的电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu ③电路中每通过3.01×1023个电子，得到的纯铜质量为16 g ④杂质Ag以Ag2SO4的形式沉入电解槽形成阳极泥 A．①②③　　　　　　　　 B．②④ C．②③④ D．②③ 【解析】　粗铜作阳极，与电源正极相连；阴极反应为Cu2＋得电子生成单质Cu，即Cu2＋＋2e－===Cu；反应中转移3.01×1023个电子，即转移电子的物质的量为0.5 mol时，生成纯铜16 g；杂质Ag以单质的形式沉入电解槽形成阳极泥。 【答案】　D 3．利用如图所示装置可以在铜牌表面电镀一层银。下列有关说法正确的是(　　) A．通电后，Ag＋向阳极移动 B．银片与电源负极相连 C．该电解池的阴极反应可表示为Ag＋＋e－===Ag D．当电镀一段时间后，将电源反接，铜牌可恢复如初 【解析】　铜牌上镀银，银片为阳极，Ag＋向阴极移动，阴极反应为Ag＋＋e－===Ag。由于实验中镀层不可能非常均匀致密，所以将电源反接，阳极上Cu、Ag均会溶解，铜牌不可能恢复如初。 【答案】　C 4．金属镍有广泛的用途，粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是(已知：氧化性Fe2＋<Ni2＋<Cu2＋)(　　) A．阳极发生还原反应，其电极反应式为Ni2＋＋2e－===Ni B．电解过程中，阳极质量的减少量与阴极质量的增加量一定相等 C．电解后，电解槽底部的阳极泥中含有Cu和Pt D．电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2＋和Zn2＋ 【解析】　金属镍有广泛的用途，粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，电解时粗镍作阳极，发生的电极反应为：Fe－2e－===Fe2＋、Zn－2e－===Zn2＋、Ni－2e－===Ni2＋，纯镍作阴极，电极反应为：Ni2＋＋2e－===Ni，NiSO4溶液作电解质溶液，据此分析解题：A．由分析可知，阳极发生氧化反应，其电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋、Zn－2e－===Zn2＋、Ni－2e－===Ni2＋，A错误；B．由分析可知，电解过程中，阳极发生的电极反应为：Fe－2e－===Fe2＋、Zn－2e－===Zn2＋、Ni－2e－===Ni2＋，阴极发生的电极反应为：Ni2＋＋2e－===Ni，根据电子守恒可知，阳极质量的减少量与阴极质量的增加量不一定相等，B错误；C．由分析可知，电解过程中，阳极发生的电极反应为：Fe－2e－===Fe2＋、Zn－2e－===Zn2＋、Ni－2e－===Ni2＋，故Cu、Pt不放电，则电解后，电解槽底部的阳极泥中含有Cu和Pt，C正确；D．由分析可知，电解过程中，阳极发生的电极反应为：Fe－2e－===Fe2＋、Zn－2e－===Zn2＋、Ni－2e－===Ni2＋，阴极发生的电极反应为：Ni2＋＋2e－===Ni，NiSO4为电解质溶液，则电解后，溶液中存在的金属阳离子主要有Ni2＋，还含有Fe2＋和Zn2＋，D错误；故答案为：C。 【答案】　C 5．用石墨电极电解CuSO4溶液一段时间后，向所得溶液中加入0.2 mol Cu(OH)2后，恰好使溶液恢复到电解前的浓度。则电解过程中转移电子的物质的量为 (　　) A．0.4 mol B．0.5 mol C．0.6 mol D．0.8 mol 【解析】　将Cu(OH)2改写为CuO·H2O，根据CuO·H2O知，阳极上OH－放电生成O2，阴极上Cu2＋和H＋放电生成Cu和H2，根据氧原子守恒得n(O2)＝n[Cu(OH)2]＝0.2 mol，则转移电子的物质的量为0.2 mol×4＝0.8 mol，D正确。 【答案】　D 6．Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图所示，电解总反应：2Cu＋H2O===Cu2O＋H2↑，下列说法正确的是(　　) A．石墨电极上产生氢气 B．铜电极发生还原反应 C．铜电极接直流电源的负极 D．当有0.1 mol电子转移时，有0.1 mol Cu2O生成 【解析】　A中电解总反应2Cu＋H2O===Cu2O＋H2↑，金属铜失电子，说明金属铜一定作阳极，石墨作阴极，在阴极上是溶液中的氢离子得电子，产生氢气，A正确；B中铜电极本身失电子，发生氧化反应，B错误；C中铜电极是电解池的阳极，接直流电源的正极，C错误；D中反应2Cu＋H2O===Cu2O＋H2↑失电子的量为2 mol，生成氧化亚铜1 mol，所以当有0.1 mol电子转移时，有0.05 mol Cu2O生成，D错误。 【答案】　A 7．SO2是主要大气污染物之一，工业上可用如下装置吸收转化SO2(A、B为惰性电极)。下列说法正确的是(　　) A．电子流动方向为a→A→B→a B．a、A极上均发生氧化反应 C．离子交换膜为阳离子交换膜 D．B极上的电极反应式为SO2＋2e－＋2H2O===SO＋4H＋ 【解析】　电子流动方向为a→A、B→b，电子不能通过电解质溶液，故A错误；a为电源负极，发生氧化反应，A极为电解池阴极，发生还原反应，故B错误；阳极的电极反应式为SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋，阴极的电极反应式为2SO＋4H＋＋2e－===S2O＋2H2O，离子交换膜应使H＋通过，应为阳离子交换膜，故C正确；B极为电解池的阳极，二氧化硫失去电子发生氧化反应，电极反应式为SO2－2e－＋2H2O===SO＋4H＋，故D错误。 【答案】　C 8．工业上利用双极膜电渗析法制取盐酸和氢氧化钠的装置如下图所示。图中的双极膜中间层中的H2O电离为H＋和OH－，并在直流电场作用下分别向两极迁移。 下列有关说法错误的是(　　) A．N表示阴离子交换膜 B．甲室流出的为氢氧化钠溶液 C．电解总反应：NaCl＋H2ONaOH＋HCl D．相比现有氯碱工业制取氢氧化钠，该方法更环保 【解析】　A．由图可知，左边石墨为阴极，右边石墨为阳极，电流方向由右向左，阳离子方向由右向左，阴离子方由左向右。氯离子由乙室向丙室迁移，N为阴离子交换膜，A正确； B．钠离子由乙室向甲室迁移，OH－由双极膜向甲室迁移，甲室流出的为氢氧化钠溶液，B正确；C．电解总反应为：2H2O2H2↑＋O2↑，C错误；D．相比现有氯碱工业制取氢氧化钠，该方法无氯气产生，更环保，D正确；故选C。 【答案】　C 9．一种从铜电解工艺的阳极泥中提取Se和Te的流程如下： 下列叙述错误的是(　　) A．合理处理阳极泥有利于保护环境和资源再利用 B．流出液是H2SO4溶液 C．电解过程中阴极上析出单质Te D．“焙砂”与碳酸钠充分混合后，可在瓷坩埚中焙烧 【解析】　阳极泥是在电解精炼铜过程中，沉积在电解槽底部的杂质，因此合理处理阳极泥有利于保护环境和资源再利用，A正确；焙烧生成的SO2和SeO2在水溶液中发生氧化还原反应生成Se和H2SO4，则流出液是H2SO4溶液，B正确；电解池中阴极区发生还原反应，由流程可知，TeO2在碱性电解质环境下被还原为Te单质，C正确；瓷坩埚中还有二氧化硅，在高温下能与碳酸钠发生反应，坩埚受到腐蚀，则“焙砂”与碳酸钠不宜在瓷坩埚中焙烧，D错误。 【答案】　D 10．下面有关电化学的图示，完全正确的是(　　) A．Cu－Zn原电池 B．粗铜的精炼 C．铁片镀锌 D．验证NaCl溶液(含酚酞)电解产物 【解析】　A．在Cu－Zn原电池中，Zn电极可以被稀硫酸氧化，Zn作负极，Cu作正极，H2在正极产生，A错误；B．粗铜精炼时，粗铜作阳极，发生氧化反应生成Cu2＋，精铜作阴极，CuSO4溶液作电解液，B错误；C．电镀时，应待镀件铁片作阴极，镀层金属Zn作阳极，ZnCl2溶液作电解液，C错误；D．电解NaCl溶液的装置中，碳棒作阳极，Cl－在阳极发生电极反应，生成Cl2，可以将其通入碘化钾淀粉溶液中，若溶液变蓝，即可证明此产物为Cl2；阴极由溶液中的H2O反应生成H2和OH－，可以将生成的气体收集后点燃，以进行验证，D正确。本题选D。 【答案】　D 11.如图为电解装置，X、Y为电极材料，a为电解质溶液。 (1)若a为含有酚酞的KCl溶液，X为Fe，Y为石墨，电解一段时间后：X电极附近可观察到的实验现象是________，写出Y电极的电极反应式_________________________。 (2)若要实现Cu＋H2SO4===CuSO4＋H2↑，则Y电极材料是________，写出X电极的电极反应式_________________________________________________________________。 (3)若要利用该装置在铁制品表面镀上一层银，则a为________，反应前两电极的质量相等，反应后两电极质量相差2.16 g，则该过程理论上通过电流表的电子数为________。 (4)X、Y均为惰性电极，a为NaOH溶液，电解一段时间后，溶液的pH________(填“增大”“不变”或“减小”)，若要使溶液恢复原来的状态，可往溶液中加入________。 【解析】　(1)若a为含有酚酞的KCl溶液，X为Fe，Y为石墨，X电极上氢离子得到电子生成氢气，电极附近溶液中氢氧根离子浓度增大，使酚酞变红色；Y电极上氯离子失电子生成氯气，电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑。(2)要实现Cu＋H2SO4===CuSO4＋H2↑，需要利用电解原理，Y电极应是铜作阳极，X电极上是氢离子得到电子生成氢气，阴极电极反应为2H＋＋2e－===H2↑。(3)利用该装置在铁制品表面镀上一层银，银作阳极Y，铁制品作阴极X，含银离子的电解质溶液硝酸银溶液进行电解完成，阳极电极反应和电子守恒计算电子转移数，反应前两电极的质量相等，反应后两电极质量相差2.16 g，依据电子守恒可知，阳极减小的质量与阴极增加的质量相同，阴极析出银的质量＝阳极溶解减小的银的质量＝1.08 g，析出银的物质的量＝＝0.01 mol，则该过程理论上通过电流表的电子数为0.01NA或6.02×1021。(4)X、Y均为惰性电极，a为NaOH溶液，实质是电解水，溶液浓度增大，溶液pH增大；氢氧根离子在阳极上失电子发生氧化反应，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，故应加入水恢复溶液浓度。 【答案】　(1)电极表面产生气体，附近溶液变红　2Cl－－2e－===Cl2↑ (2)Cu　2H＋＋2e－===H2↑ (3)AgNO3溶液　0.01NA(或6.02×1021) (4)增大　H2O 12．催化硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。 (1)催化硝化法中，用H2将NO还原为N2，一段时间后，溶液的碱性明显增强。则该反应离子方程式为_______________________________________________________。 (2)电化学降解NO的原理如图所示，电源正极为________(填“a”或“b”)；若总反应为4NO＋4H＋5O2↑＋2N2↑＋2H2O，则阴极反应式为_______________________ ________________________________________________________________________。 【解析】　(1)用H2将NO还原为N2，一段时间后，溶液的碱性明显增强，说明该反应中生成氢氧根离子，同时还生成水，所以反应方程式为2NO＋5H2N2＋2OH－＋4H2O。(2)根据题给图像知，硝酸根离子得电子发生还原反应，则b为负极、a为正极，根据电解总反应式知，阴极上硝酸根离子得电子生成氮气和水，电极反应式为2NO＋12H＋＋10e－===N2↑＋6H2O。 【答案】　(1)2NO＋5H2N2＋2OH－＋4H2O (2)a　2NO＋12H＋＋10e－===N2↑＋6H2O 13．工业酒精中含有甲醇。下图是一个与甲醇有关的电化学过程的示意图。 请回答下列问题： (1)图中甲池是_____________(填“原电池”“电解池”)。 (2)写出通入甲醇的电极的电极反应式______________。 (3)如果将甲池中电解质换为稀硫酸，则其通入氧气的电极的电极反应式为______。 (4)乙池中反应的化学方程式为_____________。 (5)若刚开始即将乙池中的两电极材料交换，则银电极的电极反应式为______________，电解质溶液的pH_______(填“变大”“变小”或“不变”)。 (6)若当乙池中B(Ag)极质量增加5.4 g，丙池中某电极析出1.6 g某金属，则丙池中的某盐溶液可能是_______。 A．MgSO4 B．CuSO4 C．NaCl D．AgNO3 此时甲池中理论上消耗O2的体积为________L(标准状况)(列式计算)。 【解析】　(1)燃料电池是化学能转变为电能的装置，属于原电池原电池，故答案为：原电池；(2)该燃料电池中，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O，故答案为：CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O；(3)燃料电池中，正极上氧化剂氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，故答案为：O2＋4e－＋4H＋===2H2O；(4)乙池为电解池，A作阳极，B作阴极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上银离子放电生成银单质，所以其电池反应式为：4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3，故答案为：4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3；(5)若刚开始即将乙池中的两电极材料交换，该装置为电镀池，银作阳极，阳极上银失电子发生氧化反应，电极反应式为Ag－e－===Ag＋，阴极上银离子得电子发生还原反应，电解质溶液浓度不变，其pH不变，故答案为：Ag－e－===Ag＋；不变；(6)阴极上析出金属，则在金属活动性顺序表中金属元素处于H元素后，根据串联电池中转移电子数相等知，丙中析出金属元素需要的电子等于或小于乙池中转移电子数，据此确定含有的金属元素，析出5.40 g时转移电子是0.05 mol，据此分析解题：A．硫酸镁中镁元素处于H元素前，所以阴极上不析出金属单质，A错误；B．电解硫酸铜溶液时，阴极上析出1.60 g铜需要转移电子0.05 mol，B正确；C．氯化钠中钠元素处于氢元素前，所以阴极上不析出金属单质，C错误；D．电解硝酸银溶液时，阴极上析出1.60 g银需要转移电子0.014 8 mol＜0.05 mol，D正确；n(Ag)＝＝0.05 mol，串联电路中转移电子相等，根据4Ag～O2～4e－，n(O2)＝n(Ag)＝×0.05 mol＝0.012 5 mol，消耗氧气的体积V(O2)＝0.012 5 mol×22.4 L/mol＝0.28 L，故答案为：BD；0.28。 【答案】　(1)原电池 (2)CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O (3)O2＋4e－＋4H＋===2H2O (4)4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3 (5)Ag－e－===Ag＋　不变 (6)BD　0.28 学科网（北京）股份有限公司 $$