《2022版高中化学课时分层作业22电解原理的应用新人教版选修4202222230142.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022版高中化学课时分层作业22电解原理的应用新人教版选修4202222230142.doc（3页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、课时分层作业(二十二) (建议用时：40分钟)根底达标练1以下图示中关于铜电极的连接错误的选项是() ABCD答案C2利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，以下表达正确的选项是()A电解时以精铜作阳极B电解时阴极发生氧化反响C粗铜连接电源负极，其电极反响式是Cu2e=Cu2D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D3在铁制品上镀一层一定厚度的锌层，以下方案设计正确的选项是()A锌作阳极，镀件作阴极，溶液中含有锌离子B铂作阴极，镀件作阳极，溶液中含有锌离子C铁作阳极，镀件作阴极，溶液中含有亚铁离子D锌作阴极，镀件作阳极，溶液中含有亚铁离子A此题考查的是电镀
2、的原理。电镀原理是镀层金属作阳极、镀件作阴极，含有镀层金属阳离子的电解质溶液作电镀液。4用LiOH可制备锂离子电池的正极材料。LiOH可由电解法制备，如下图，两极区电解质溶液分别为LiOH和LiCl溶液。以下说法错误的选项是()AB极区电解质溶液为LiOH溶液B阳极的电极反响式为2Cl2e=Cl2C电解过程中主要是H通过阳离子交换膜向B极区迁移D电极A连接电源的正极CB极区生成H2，同时生成LiOH，那么B极区电解液为LiOH溶液，故A正确；电极A为阳极，阳极区电解液为LiCl溶液，根据放电顺序，阳极上Cl失去电子，阳极的电极反响式为2Cl2e=Cl2，故B正确；在电解池中阳离子向阴极移动，所
3、以电解过程中主要是Li向B极区迁移，故C错误；电极A为阳极，所以电极A连接电源的正极，故D正确。5用惰性电极电解M(NO3)x的水溶液，当阴极上增重a g时，在阳极上同时产生b L氧气(标准状况下)，从而可知M的相对原子质量是()A.B.C. D.C生成b L O2转移电子为 mol，据电子守恒得到M的物质的量为：molmol，那么M的摩尔质量为ag/mol，M的相对原子质量为。6某小组运用工业上离子交换膜法制烧碱的原理，用如下图装置电解K2SO4溶液。(1)该电解槽的阳极反响式为_，通过阴离子交换膜的离子数_(填“或“)通过阳离子交换膜的离子数。(2)图中a、b、c、d分别表示有关溶液的pH
4、，那么a、b、c、d由小到大的顺序为_。解析(1)依据电解池工作原理，阳极的电极反响式为2H2O4e=O24H；阴极放电的是H，因为溶液呈电中性，所以透过阳离子交换膜的K数目大于透过阴离子交换膜的SO数目。(2)因为电解后生成的硫酸和氢氧化钾溶液浓度均增大，故ba、cd，结合碱溶液的pH大于酸溶液的pH，可得bacd。答案(1)2H2O4e=O24H(2)bacd能力提升练7用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如下图(气体体积均在相同状况下测定)。欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中参加()A0.1 mol CuO B0.1 mol CuCO3C0.1 mo
5、l Cu(OH)2D0.05 mol Cu2(OH)2CO3D根据图像和电解原理，OP段电解反响的化学方程式为：2CuSO42H2O2CuO22H2SO4，PQ段电解反响的化学方程式为：2H2O2H2O2，所以溶液中应参加CuO：0.1 mol，H2O：0.05 mol，分析四个选项，参加0.05 mol Cu2(OH)2CO3适宜。8高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途，用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸盐Na2FeO4的装置如下图。以下说法合理的是 ()A镍电极上的电极反响式为2H2O2e=H22OHB铁是阳极，电极反响式为Fe2e2OH=Fe(OH)2C假设隔膜为阴离子交换膜
6、，那么OH自右向左移动D电解时阳极区pH降低、阴极区pH升高，最终溶液pH不变A用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4)，铁失电子生成高铁酸钠，那么铁作阳极，镍作阴极，溶液中的H在阴极放电生成氢气，那么电极反响式为2H2O2e=H22OH，故A正确；根据分析，铁是阳极，电极反响式为Fe8OH6e=FeO4H2O，故B错误；假设隔膜为阴离子交换膜，那么OH自左(阴极区)向右(阳极区)移动，故C错误；电解时，阳极区的电极反响式为Fe8OH6e=FeO4H2O，pH降低，阴极区电极反响式为2H2O2e=H22OH，pH升高，电池的总反响式为Fe2H2O2OHFeO3H2
7、，最终溶液pH降低，故D错误。9如下图装置，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极附近溶液呈红色。请答复：(1)A极是电源的_，一段时间后，甲中溶液的pH_(填“增大“减小或“不变)，丁中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，这说明_在电场作用下向Y极移动。(2)假设甲、乙装置中的C、D、E、F电极上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，那么H应是_，电镀液是_溶液。解析将直流电源接通后，F极附近溶液呈红色，说明F极附近溶液显碱性，H在该
8、电极放电，所以F是阴极，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极，A是电源的正极，B是负极。(1)A是电源的正极。在甲池中，电解CuSO4溶液的总反响为2Cu22H2O4H2CuO2。在丁池中，Y极是阴极，该电极附近颜色逐渐变深，异性电荷相互吸引，说明带正电荷的氢氧化铁胶体粒子向该电极移动。(2)C、D、E、F电极发生的电极反响分别为4OH4e=O22H2O、Cu22e=Cu、2Cl2e=Cl2、2H2e=H2，当各电极转移的电子均为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1222。 (3)电镀装置中，镀层金属必须作阳极，镀件作阴极，电镀液选择含有镀层金属离子的溶液，所以H应该是镀件，即为铜件，电镀液选择AgNO3溶液。答案(1)正极减小Fe(OH)3胶粒(2)1222(3)铜件AgNO33