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核心素养测评 二十三
电解池及其工作原理
一、选择题(本题包括4小题,每题6分,共24分)
1.(2020·牡丹江模拟)我国青年学者孙旭平及其领衔团队,近日成功利用Mo2N纳米催化剂在0.1 mol·L-1盐酸溶液中进行电催化固氮,装置如图所示,在一定电压下具有较高的产氨速率。下列判断错误的是 ( )
A.Mo2N/GCE电极为阴极
B.溶液中H+通过隔膜向Mo2N/GCE电极区迁移 C.Mo2N/GCE电极区反应式为N2+6H++6e-2NH3
D.为提高溶液的导电性,可在石墨电极区加入适量的盐酸
【解析】选D。根据装置图,该装置具有外加电源,装置为电解池装置,左侧电极N2→NH3,N的化合价降低,根据电解原理,Mo2N/GCE为阴极,石墨为阳极,阴极反应式为N2+6H++6e-2NH3,阳极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+。根据上述分析,A说
法正确;阳极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+,H+通过隔膜向Mo2N/GCE电极区迁移,B
说法正确;根据图象,Mo2N/GCE电极上N2→NH3,该电极反应式为
N2+6H++6e-2NH3,C说法正确;石墨电极区加入适量盐酸,Cl-在石墨电极上放电,
产生Cl2,污染环境,D说法错误。
2.Na2FeO4只在强碱性条件下稳定,易被 H2还原。以NaOH 溶液为电解质,制备 Na2FeO4的原理如图所示,在制备过程中需防止Fe是 ( )
的渗透。下列说法不正确的
A.电解过程中,须将阴极产生的气体及时排出 B.铁电极上的主要反应为Fe-6e-+8OH-Fe
+4H2O
C.电解一段时间后,Ni电极附近溶液的pH减小 D.图中的离子交换膜为阴离子交换膜
【解析】选C。A项、镍电极上氢离子放电生成氢气,电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-,氢气具有还原性,根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定,易被H2还原,电解过程中,须将阴极产生的气体及时排出,防止Na2FeO4与H2反应使产率降低,故A正确;B项、阳极上铁失电子发生氧化反应生成FeFe-6e-+8OH-Fe
,电极反应式为
+4H2O,故B正确;C项、镍电极上氢离子放电生成氢气,电极H2↑+2OH-,由于有OH-生成,电解一段时间后,Ni电极附近溶
Fe
+4H2O,
反应式为2H2O+2e-
液的pH增大,故C错误;D项、铁是阳极,电极反应式为Fe-6e-+8OH-
Ni电极上氢离子放电,电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-,氢氧根离子向阳极移
动,图中的离子交换膜应选用阴离子交换膜,故D正确。
3.(2020·成都模拟)双极膜(BP)是阴、阳复合膜,在直流电的作用下,阴、阳复合膜层间的H2O解离成H+和OH-,作为H+和OH-离子源。利用双极膜电渗析法电解食盐水可获得淡水、NaOH和HCl,其工作原理如图所示,M、N为离子交换膜。下列说法错误的是 ( )
A.阴极室发生的反应为2H++2e-H2↑
B.M为阳离子交换膜,N为阴离子交换膜 C.若去掉双极膜(BP),阳极室会有Cl2生成
D.电路中每转移1 mol电子,两极共得到0.5 mol气体
【解析】选D。阴极室氢离子得电子生成氢气,发生的反应为2H++2e-H2↑,A
正确;阴极生成氢氧化钠,钠离子穿过M进入阴极室,所以M为阳离子交换膜,N为阴离子交换膜, B正确;若去掉双极膜(BP),氯离子进入阳极室,在阳极室放电生成氯气, C正确;电路中每转移1 mol电子,阳极生成0.25 mol氧气、阴极生成0.5 mol氢气,两极共得到0.75 mol气体, D错误。
4.(2019·济南模拟)四个电解装置都以Pt作电极,它们分别装着如下电解质溶液进行电解,电解一段时间后,测定其pH变化,所记录的结果正确的是
( )
选项 电解质溶液 pH变化 A HCl 减小 B AgNO3 增大 C KOH 增大 D BaCl2 不变 【解析】选C。电解盐酸,溶质HCl的量减小,溶剂量不变,所以酸性减弱,pH增大,A项错误;电解银溶液生成、金属银和氧气,溶液酸性增强,pH减小,B项错误;电解氢氧化钾溶液的实质是电解水,溶质的量不变,溶剂减少,碱性增强,pH增大,C项正确;电解氯化钡溶液得到氢氧化钡、氢气和氯气,溶液碱性增强,pH增大,D项错误。
二、非选择题(本题包括2小题,共26分)
5.(12分)电解原理在化学工业中有广泛的应用。如图所示为一电解池装置,U形管内装有电解液c,A、B是两块电极板,通过导线与直流电源相连。
(1)若A、B都是惰性电极,电解质溶液c是饱和NaCl溶液,实验开始时,同时在U形管两边各滴入几滴酚酞试剂,试判断:
①a电极是____极(填“正”或“负”),B电极是________极(填“阴”或“阳”); ②A电极上的电极反应式为____________,B电极上的电极反应式为____________________;
③检验A电极上产物的方法是____________。
(2)若图示装置为用惰性电极电解CuSO4溶液的装置,其中阴极上析出Cu的质量为3.2 g,则阳极上产生的气体在标准状况下的体积为__________;常温下,若将电解后的溶液稀释至1 L,则溶液的pH约为________。
【解析】(1)根据电流的方向可知,a电极为电源的正极,b电极为电源的负极。A电极为阳极,发生氧化反应2Cl--2e-2e-Cl2↑,B电极为阴极,发生还原反应2H2O+
H2↑+2OH-。氯气可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验。(2)用惰性电极电解
O2↑+4H+,阴极反应式为Cu2++2e-=0.025 mol,即标准状况下
2Cu+O2↑+2H2SO4
Cu,根
CuSO4溶液时,阳极反应式为2H2O-4e-据电子守恒可知,n(O2)=n(Cu)=×
V(O2)=0.025 mol×22.4 L·mol-1=0.56 L;根据反应2CuSO4+2H2O
可知,电解后溶液中n(H+)=4n(O2)=0.1 mol,所以c(H+)=0.1 mol·L-1,pH=1。 答案:(1)①正 阴 ②2Cl--2e-Cl2↑ 2H2O+2e-H2↑+2OH- ③把湿润的淀
粉碘化钾试纸放在A电极附近,试纸变蓝,则证明A电极上的产物为氯气 (2)0.56 L 1
6.(14分)已知铅蓄电池的工作原理为Pb+PbO2+2H2SO4
2PbSO4+2H2O,现用如图装
置进行电解(电解质溶液足量),测得当铅蓄电池中转移0.4 mol电子时铁电极的质量减少11.2 g。请回答下列问题。
(1)A是铅蓄电池的________极,Cu电极是________极。
(2)Ag电极的电极反应式是______________________,该电极的电极产物共________ g。
(3)Cu电极的电极反应式是________________,CuSO4溶液的浓度________ (填“减小”“增大”或“不变”)。
【解析】(1)当铅蓄电池中转移0.4 mol电子时铁电极的质量减小11.2 g,说明铁作阳极,银作阴极,阴极连接原电池负极,所以A是负极,B是正极,Cu是阳极, Zn是阴极。(2)银作阴极,电解稀硫酸时,阴极上H+放电生成H2,电极反应式为2H++2e-H2↑,生成氢气的质量=
mol×2 g·mol-1=0.4 g。(3)Cu电极的电极
Cu,Cu电极溶解的铜和
反应式是Cu-2e-Cu2+,Zn电极上的反应式是Cu2++2e-
Zn电极析出的铜相等,CuSO4溶液的浓度不变。 答案:(1)负 阳 (2)2H++2e-(3)Cu-2e-Cu2+ 不变
一、选择题(本题包括3小题,每题6分,共18分)
1.(2020·广东重点中学高三联考)乙醛酸 (HOOC—CHO)是有机合成的重要中间体。工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸,原理如图所示,该装置中阴、阳两极为惰性电极,两极室均可产生乙醛酸,其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸。下列说法正确的是 ( )
H2↑ 0.4
A.M极与直流电源的负极相连
B.每得到1 mol乙醛酸将有2 mol H+从右室迁移到左室 C.N电极上的电极反应式:HOOC—COOH-2e-+2H+
HOOC—CHO+H2O
D.每消耗0.1 mol乙二醛在M电极生成2.24 L气体(标准状况)
【解析】选D。根据质子的移动方向,确定M电极是阳极,M极与直流电源的正极相连,故A错误;2 mol H+通过质子交换膜,则电池中转移2 mol电子,根据电极反应式HOOC—COOH+2e-+2H+室发生反应:2Cl--2e-HOOC—CHO+H2O,可知N极生成1 mol乙醛酸,由左极
2Cl-+OHC—COOH+2H+可知,每
Cl2↑、Cl2+OHC—CHO+H2O
消耗0.1 mol乙二醛转移电子0.2 mol,M电极上所得氯气的物质的量为0.1 mol,体积为2.24 L(标准状况),故D正确;由于两极均有乙醛酸生成,所以生成的乙醛酸为2 mol,故B、C错误。
2.(2020·武汉模拟)锌银电池的负极为锌,正极为氧化银,电解质是KOH,电池反应为Zn+Ag2O+H2O装置如图所示。
Zn(OH)2+2Ag。以锌银电池为电源,电解硫酸镍溶液冶炼纯镍,
下列说法正确的是 ( ) A.装置中使用阳离子交换膜 B.锌银电池a极反应式为Ag2O+H2O+2e-C.镍极的主要反应为2H++2e-H2↑
2Ag+2OH-
D.若锌银电池溶解13 g锌,则镍极净增质量最多为5.9 g 【解析】选B。A项,观察题图知,交换膜左侧硫酸浓度增大,说明S
由交换膜
右侧向左侧迁移,交换膜为阴离子交换膜,错误;B项,铂极为阳极,电极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+,则a极为锌银电池的正极,根据电池反应可书写正极反应式,
Ni,
正确;C项,本实验的主要目的是冶炼纯镍,所以,镍极的主要反应是Ni2++2e-
错误;D项,b极的电极反应式为Zn-2e-+2OH-Zn(OH)2,理论上,消耗65 g锌析出
59 g镍,则溶解13 g锌,最多析出11.8 g Ni,错误。
3.SO2和NOx是主要大气污染物,利用如图装置可同时吸收SO2和NO。下列有关说法错误的是 ( )
A.a极为直流电源的负极,与其相连的电极发生还原反应 B.阴极得到2 mol电子时,通过阳离子交换膜的H+为2 mol C.吸收池中发生反应的离子方程式为2NO+2S2D.阳极发生的反应式为SO2+2e-+2H2O
S
+2H2O
N2+4HS
+4H+
【解析】选D。A项,阴极发生还原反应,亚硫酸氢根离子得电子生成连二亚硫酸根离子,a是直流电源的负极,正确;B项,阴极发生还原反应,电极反应式为2HS
+2e-+2H+
S2
+2H2O,阴极得到2 mol电子时,通过阳离子交换膜的H+为
2 mol,正确;C项,连二亚硫酸根离子与一氧化氮发生氧化还原反应,生成氮气,离子反应方程式为2NO+2S2的氧化反应,错误。
二、非选择题(本题包括2小题,共32分)
4.(16分)沉淀碳酸钙主要用于食品、医药等行业。以精选石灰石(含有少量MgCO3、FeCO3杂质)为原料制备沉淀碳酸钙的工艺流程如下:
+2H2O
N2+4HS
,正确;D项,阳极发生失去电子
(1)流程中可以循环利用的物质有气体Ⅰ、气体Ⅱ和 ______________ (填化学式)。
(2)“碳化”时发生反应的离子方程式为____________________,该过程中通入气体Ⅰ和气体Ⅱ的顺序是__ _____________________________________。 (3)工业上常用电解氯化钠和氯化钙熔融物来制备金属钠,原理如图所示:
①电解过程中,加入氯化钙的目的是 _______________________________。 ②石墨电极发生的电极反应方程式为 ______________________________。 ③电解得到的Na中约含1%的Ca,除去其中少量Ca的方法为___________。 已知部分物质的熔沸点如下表:
物质 Na Ca 熔点(K) 370 1 123 沸点(K) 1156 1 757 【解析】(1)该工艺中可以循环使用的物质是参加反应过程,反应后又生成的物质,流程图分析判断气体Ⅰ、气体Ⅱ分别为二氧化碳和氨气,可以循环使用,另外滤液NH4Cl也可以循环使用;
(2)“碳化”时氯化钙溶液中通入氨气和二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵,发生反应的离子方程式为Ca2+ + CO2+2NH3+H2O
CaCO3↓+2N
,氨气溶解度大,为保证溶
解更多气体,该过程中先通入气体Ⅱ,再在碱性溶液中通入气体Ⅰ;(3)①电解过程中,加入氯化钙的目的是降低电解质的熔融温度,降低能耗;②铁为活泼金属,电解氯化钠制钠时不能作为阳极,故石墨电极为阳极,发生的电极反应方程式为2Cl--2e-Cl2↑;③电解得到的Na中约含1%的Ca,除去其中少量Ca的方法为控
制温度在370～1 123 K间蒸馏。 答案:(1)NH4Cl (2)Ca2+ + CO2+2NH3+ H2O
CaCO3↓+2N
先通入气体Ⅱ(或后
Cl2↑
通入气体Ⅰ) (3)①降低电解质的熔融温度,降低能耗 ②2Cl--2e-③控制温度在370～1 123 K间蒸馏 5.(16分)根据下列要求回答下列问题。
(1)次磷酸钴[Co(H2PO2)2]广泛用于化学镀钴,以金属钴和次磷酸钠为原料,采用四室电渗析槽电解法制备,原理如图。
则Co的电极反应式为____________________,A、B、C为离子交换膜,其中B为________离子交换膜(填“阳”或“阴”)。
(2)我国科研人员研制出的可充电“Na-CO2”电池,以钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料,总反应方程式为4Na+3CO2其工作原理如图所示。
2Na2CO3+C。放电时该电池“吸入”CO2,
①放电时,正极的电极反应式为__________________________________。 ②若生成的Na2CO3和C全部沉积在正极表面,当正极增加的质量为28 g时,转移电子的物质的量为________。
③可选用高氯酸钠-四甘醇二甲醚作电解液的理由是________________________________。
(3)用电化学法模拟工业处理SO2。将硫酸工业尾气中的SO2通入如图装置(电极均为惰性材料)进行实验,可用于制备硫酸,同时获得电能:
①M极发生的电极反应式为________________________________。
②质子交换膜右侧的溶液在反应后pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。 ③当外电路通过0.2 mol e-时,质子交换膜左侧的溶液质量________(填“增大”或“减小”)________克。
【解析】(1)以金属钴和次磷酸钠为原料,用电解法制备次磷酸钴[Co(H2PO2)2],Co的化合价从0升高到+2,则Co的电极反应式为Co-2e-Co2+,产品室可得到次磷
通过
酸钴的原因是阳极室的Co2+通过阳离子交换膜进入产品室,原料室的H2P
阴离子交换膜进入产品室与Co2+结合生成Co(H2PO2)2,所以B是阴离子交换膜;(2)①放电时,正极发生得到电子的还原反应,则根据总反应式可知电极反应式为3CO2+4Na++4e-2Na2CO3+C;②根据反应式可知每转移4 mol电子,正极质量
增加2×106 g+12 g=224 g,所以当正极增加的质量为28 g时,转移电子的物质的量为
×4 mol=0.5 mol。③根据题干信息以及金属钠的化学性质可知可选
用高氯酸钠-四甘醇二甲醚作电解液的理由是导电性好、与金属钠不反应,难挥发等。(3)①该装置是原电池,反应原理为二氧化硫、氧气和水反应生成硫酸,通入氧气的N电极是正极,原电池放电时,氢离子由负极移向正极,正极上氧气得电子和氢离子反应生成水,电极反应式为O2+4e-+4H+电子和水反应生成硫酸,电极反应式为SO2-2e-+2H2O
2H2O,负极M上,二氧化硫失4H++S
;②质子交换膜
右侧为正极区,正极上氧气得电子和氢离子反应生成水,溶液中的氢离子浓度减小,pH增大;③质子交换膜左侧为负极区,负极上,二氧化硫失电子和水反应生成硫酸,电极反应式为SO2-2e-+2H2O
4H++S
,当外电路通过0.2 mol e-时,生成
0.4 mol H+,有0.2 mol H+通过质子交换膜移向右侧,左侧的溶液质量增大 g·mol-1×0.1 mol-0.2 mol×1 g·mol-1=6.2 g。 答案:(1)Co-2e-Co2+ 阴 2Na2CO3+C
(2)①3CO2+4Na++4e-
②0.5 mol ③导电性好、与金属钠不反应、难挥发等(答案合理即可) (3)①SO2+2H2O-2e-S
+4H+
②增大 ③增大 6.2
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