1.3 电能转化为化学能——电解 同步训练（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

1.3 电能转化为化学能——电解 同步训练
一、单选题
1．下图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极，则下列有关判断正确的是（　　）
A．a为负极，b为正极 B．a为阳极，b为阴极
C．电解过程中，d电极质量增加 D．电解过程中，氯离子浓度不变
2．如图所示装置中，观察到电流计指针偏转，M棒变粗，N棒变细，由此判断表中所列M、N、P物质，其中可以成立的是（　　）
选项 M N P
A 锌 铜 稀硫酸
B 铜 铁 稀盐酸
C 银 锌 硝酸银溶液
D 锌 铁 硝酸铁溶液
A．A B．B C．C D．D
3．后母戊鼎是迄今世界上出土最大、最重的青铜礼器，形制巨大，雄伟庄严，工艺精巧，足以代表高度发达的商代青铜文化。下列有关说法错误的是（　　）
A．青铜的熔点低于纯铜
B．古代湿法炼铜的原理是置换反应
C．现代电解精炼铜时，粗铜作阳极
D．青铜器表面的铜绿是铜的一种氧化物
4．如图为某电化学装置的一部分，电极材料为单一物质。已知两极反应式分别为a极：Cu2++2e-=Cu，b极：Mg-2e-=Mg2+。下列说法错误的是（　　）
A．a电极上发生还原反应 B．b电极材料是镁
C．该装置一定是原电池装置 D．电解质溶液中含有Cu2+
5．关于化工生产，下列说法错误的是（　　）
A．工业常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气
B．硫酸工业在常压下用SO2与O2反应制取SO3
C．联合制碱法、氨碱法所需的CO2都来自石灰石的分解
D．通常以海带、紫菜等为原料提取碘
6．电池比能量高，在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来科学家研究了一种光照充电电池(如图所示)。光照时，光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应和阳极反应(Li2O2+2h+=2Li++O2)对电池进行充电。下列叙述错误的是（　　）
A．充电时，电池的总反应
B．充电效率与光照产生的电子和空穴量有关
C．放电时，Li+从正极穿过离子交换膜向负极迁移
D．放电时，正极发生反应
7．在“碳达峰”“碳中和”大背景下，全钒液流电池储能系统在新能源电力系统中发挥重要作用。该电池能将电能以化学能的方式存储在不同价态钒离子的硫酸电解液中，储能的工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．储能时，该系统将电能转化为化学能
B．储能时，a极附近pH降低
C．供能时，b极的电极反应式为+ 2H++e- =VO2++ H2O
D．将该电池用于电解饱和食盐水，当消耗1 mol 时，生成的气体总体积为11.2 L(标准状况)
8．某科研团队提出了一种水基Li-CO2二次电池，它由纳米孔Pd膜电极、固体电解质膜等构成，图为工作示意图。下列说法错误的是（　　）
A．放电时，Pd膜作正极
B．固体电解质膜可将Li电极与LiCl溶液隔离
C．充电时，Pd膜表面发生反应： HCOOH-2e- =CO2↑+2H+
D．理论上，当消耗7gLi时吸收5.6L CO2 (标准状况)
9．用石墨作电极，电解1 mol.L-1下列物质的溶液，溶液的pH保持不变的是（　　）
A．HCl B．CuSO4 C．Na2SO4 D．NaCl
10．对如图所示的实验装置的判断错误的是
A．开关K置于A处时，可减缓铁的腐蚀
B．开关K置于A处时，铁棒表面有氢气产生
C．开关K置于B处时，铁棒一定为负极
D．开关K置于B处时，可通过牺牲阳极的阴极保护法减缓铁的腐蚀
11．下列说法正确的是（　　）
A．蓄电池在放电过程中，负极质量减少，正极质量增加
B．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀
C．钢铁在潮湿的环境中易发生吸氧腐蚀，其中负极电极反应式为Fe-3e-=Fe3+
D．电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则转移到阴极的电子等于2NA
12．利用甲醇燃料电池电解溶液、溶液，装置如图所示：
已知甲醇电池总反应式为。下列说法正确的是
A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化为电能的装置
B．反应一段时间后，向乙池中加入一定量能使溶液恢复到原浓度
C．甲池通入的电极反应式为
D．甲池中消耗280mL，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体
13．利用如图装置，完成很多电化学实验．下列有关此装置的叙述中，不正确的是（　　）
A．若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法
B．若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀，溶液中的阳离子向铁电极移动
C．若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动
D．若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，铁棒质量将增加，溶液中铜离子浓度将减小
14．金属镍有广泛的用途。粗镍中含有少量杂质Fe、Zn、Cu、Pt，可用电解法制备高纯度的镍(已知：氧化性)，下列叙述正确的是（　　）
A．阳极的电极反应式：
B．电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt
C．电解后，溶液中存在的阳离子只有和
D．电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
15．氮氧化物、硝酸盐废水都会给环境带来污染。图甲是监测NO含量的传感器的工作原理示意图，图乙是电化学降解酸性废水中NO 的工作原理示意图。下列有关叙述错误的是（　　）
A．图甲中，Pt电极上发生的是还原反应
B．图甲中，NiO电极上的电极反应式为NO＋O2--2e-=NO2
C．图乙中，H＋由电解池右侧移向左侧
D．图乙中，阴极反应式为2NO ＋10e-＋12H＋=6H2O＋N2↑
16．500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3－)＝6.0 mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是（　　）
A．原混合溶液中c(K＋)为4 mol·L－1
B．上述电解过程中共转移4 mol电子
C．电解得到的Cu的物质的量为0.5 mol
D．电解后溶液中c(H＋)为2 mol·L－1
二、综合题
17．金属铋在自然界中的量极少，用途非常广泛，通常以辉铋矿为原料提取金属铋，工艺流程如图所示：
已知：①辉铋矿主要成分是Bi2S3，还含少量Bi2O3、SiO2、铁的氧化物和硫化物等。
②Bi2O3能溶于酸，NaBiO3不溶于水。
③常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4×10-38，Ksp[Bi (OH)3]=4×10-30；Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16；
回答下列问题：
（1）写出酸浸氧化时Bi2S3被氧化成硫单质的化学方程式　 　。
（2）滤渣1的成分为　 　。
（3）除杂剂的作用a.调节溶液pH，b　 　，写出一种能提高产物产量的除杂剂　 　。
（4）滤液2还可用来制备NaBiO3，可向滤液2中加入NaOH和NaClO溶液制取NaBiO3，写出该反应的离子方程式　 　。
（5）滤液2采用电解法制取金属铋单质，阳极产物处理后可继续循环使用，电解装置如图所示。
①交换膜类型为　 　（填“Cl-”或“OH-”)交换膜。
②阳极电极反应式为　 　。
18．降低能耗是氯碱工业发展的重要方向。
（1）我国利用氯碱厂生产的H2作为电池燃料，再将电池应用于氯碱工业，原理如图，a、b、c、d均为石墨电极。
①a极为　 　(填“正”或“负”)极，c 极为　 　(填“阴”或“阳”)极。
②乙装置中电解饱和NaCl溶液的化学方程式为　 　；反应一段时间后，d极产生1mol气体时，乙装置中转移电子　 　mol。
③下列说法正确的是　 　(填字母序号)。
A．甲装置可实现化学能向电能的转化
B．甲装置中Na+透过阳离子交换膜向a极移动
C．乙装置中c极一侧流出的是浓盐水
④结合电极反应式解释d极区产生NaOH的原因：　 　。
⑤实际生产中，阳离子交换膜的损伤会造成OH- 迁移至阳极区，从而在电解池阳极能检测到O2，产生O2的电极反应式为　 　；下列生产措施有利于提高Cl2产量、降低阳极O2含量的是　 　(填字母序号)。
A．使用Cl-浓度低的食盐水为原料
B．定期检查并更换阳离子交换膜
C．停产一段时间后，继续生产
（2）降低氯碱工业能耗的另一种技术是“氧阴极技术”。通过向阴极区通入O2，避免水电离的H+直接得电子生成H2，降低了电解电压，电耗明显减少。“氧阴极技术”的阴极反应为　 　。
19．高锰酸钾是常用的氧化剂。某化学小组在实验室以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备KMnO4，下图是实验室制备高锰酸钾的操作流程。
已知：
温度 溶解度/g
K2CO3 KHCO3 KMnO4
20℃ 111 33.7 6.38
请回答：
（1）反应①的化学方程式为　 　。加热软锰矿、KClO3、和KOH固体时，除三脚架、玻璃棒、泥三角和铁坩埚外，还用到的仪器有　 　，不采用瓷坩埚而选用铁坩埚的理由是　 　。
（2）反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为　 　；上述流程中可以循环利用的物质是　 　
（3）实验时，从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作a为　 　。若CO2过量会生成KHCO3导致得到的KMnO4产品的纯度降低其原因是　 　
（4）反应③是模拟工业上采用惰性电极电解法制取高锰酸钾晶体，写出反应的化学方程式　 　。
20．按下图装置进行实验，已知均为石墨电极，回答下列问题
（1）判断装置的名称：A池为　 　
（2）石墨棒附近发生的实验现象为　 　
（3）当极析出气体(标准状态时)，锌的质量　 　(增加或减少)　 　g；若该变化所需电量由酸性氢氧燃料电池，该燃料电池的正极反应是　 　。
21．H2O2的制取及其在污水处理方面的应用是当前科学研究的热点。
（1）“氧阴极还原法”制取H2O2的原理如题图所示：
阴极表面发生的电极反应有：
Ⅰ.2H++O2+2e-=H2O2
Ⅱ. H2O2+2H++ 2e-=2H2O
Ⅲ. 2H+ +2e-=H2↑
①写出阳极表面的电极反应式：　 　。
②其他条件相同时，不同初始pH(均小于2)条件下，H2O2浓度随电解时间的变化如图所示，c(H+)过大或过小均不利于H2O2制取，原因是　 　。
（2）存碱性条件下，H2O2的一种催化分解机理如下：
H2O2(aq)+Mn2+(aq)=·OH(aq)+Mn3+(aq)+OH-(aq) H=akJ/mol
H2O2(aq)+ Mn3+(aq) +2OH-(aq)= Mn2+(aq) +·O2-(aq) +2H2O(l) H=bkJ/mol
·OH(aq) +·O2-(aq)=O2(g) +OH-(aq) H=ckJ/mol
2H2O2(aq)= 2H2O(l)+O2(g) △H=　 　 。该反应的催化剂为 　 　。
（3）H2O2、O3在水中可形成具有超强氧化能力的羟基自由基(·OH)，可有效去除废水中的次磷酸根离子(H2PO2-)。
①弱碱性条件下·OH将H2PO2-氧化成PO43-，理论上l.7g·OH可处理含0.001mol/L H2PO2-的模拟废水的体积为　 　。
②为比较不同投料方式下含H2PO2-模拟废水的处理效果，向两份等体积废水样品中加入等量H2O2和O3，其中一份再加入FeSO4。反应相同时间，实验结果如图所示：
添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.根据电流方向可知a为正极，b为负极，故A不符合题意；
B.根据电流方向可知a为正极，b为负极，故B不符合题意；
C.根据电流方向可知a为正极，b为负极，c为阳极，d为阴极，电解过程中，d电极铜离子得到电子变为铜单质，质量增加，故C符合题意；
D.电解过程中，c极氯离子失去电子变为氯气，因此浓度减小，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】此装置为电解池，根据电流方向，可以确定正极和负极，从而确定阳极和阴极。阴离子向阳极移动，阴离子在阴极放电，阳离子向阴极移动，阳离子在阴极放电。
2．【答案】C
【解析】【解答】A.装置中M电极锌比铜活泼作原电池负极，M极变细，铜作原电池正极，正极上氢离子得电子生成氢气，故A不成立；
B.装置中N电极铁比铜活泼作原电池负极，铜作原电池正极，正极上氢离子得电子生成氢气，M极不会变粗，故B不成立；
C.装置中N电极锌比银活泼作原电池负极，N极变细，银作原电池正极，正极上银离子得电子生成银，M极变粗，故C成立；
D.装置中M电极锌比铁活泼作原电池负极，M极变细，铁作原电池正极，正极上三价铁离子得电子生成亚铁离子，故D不成立。
故答案为：C。
【分析】电流计指针偏转，说明该装置构成原电池，M棒变粗，N棒变细，则N为易失电子的活泼金属作负极，不活泼金属M作正极，电解质溶液中阳离子为不活泼金属阳离子。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．青铜是合金，形成合金后熔点降低，则青铜的熔点低于纯铜，故A不符合题意；
B．古代湿法炼铜的原理是铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，是置换反应，故B不符合题意；
C．现代电解精炼铜时，粗铜作阳极失去电子被氧化，故C不符合题意；
D．青铜器表面的铜绿是碱式碳酸铜，是铜的一种碱式盐，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】青铜器是合金，合金的熔沸点低于纯金属，古代湿法炼铜主要利用的是置换原理，电解精炼铜时，纯铜做阴极，粗铜做阳极，青铜器表面的铜绿的成分不是氧化物而是碱式碳酸铜
4．【答案】C
【解析】【解答】A．由a极发生的电极反应式：Cu2++2e-=Cu，可知a电极为正极，发生还原反应，A不符合题意；
B．根据b电极反应式：Mg-2e-=Mg2+，可知b电极材料是镁，发生失去电子的氧化反应，B不符合题意；
C．当不连接电源时，该装置为原电池，金属Mg为电极材料；当有电源时，装置为电解池，其中a电极连接电源负极，作阴极；b电极连接电源正极，作阳极，故该装置不一定就是原电池装置，C符合题意；
D．由a电极反应式：Cu2++2e-=Cu，可知电解质溶液中含有Cu2+，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、得到电子为还原反应；
B、b为负极，为镁作为电极；
C、无论是原电池还是电解池，镁为活性电极，优先放电，铜离子在a极得到电子；
D、溶液中含有铜离子，得到电子形成单质。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，工业上常用电解饱和食盐水的方法来制取氯气，A不符合题意；
B．工业上用SO2与O2在催化剂常压下加热反应制得SO3，B不符合题意；
C．联合制碱法的一个优点就是排除了石灰石分解制备CO2这一工序，而是利用合成氨的原料气之一CO转化成CO2，C符合题意；
D．海带、紫菜等植物含有丰富的碘元素，因此通常以海带、紫菜等为原料提取碘，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氯碱工业中，电解饱和食盐水可以制取氢氧化钠、氯气和氢气；
B、二氧化硫和氧气的反应是高温常压下制取三氧化硫；
C、联氨制碱法不需要用到石灰石分解二氧化碳；
D、海带、紫菜中含有丰富的碘元素。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．光照时，光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应和阳极反应对电池进行充电，结合阴极反应和阳极反应，充电时电池的总反应为Li2O2=2Li+O2，A不符合题意；
B．充电时，光照光催化电极产生电子和空穴，阴极反应与电子有关，阳极反应与空穴有关，故充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，B不符合题意；
C．放电时，金属Li电极为负极，光催化电极为正极，Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移，C符合题意；
D．放电时总反应为2Li+O2=Li2O2，正极反应为O2+2Li++2e-=Li2O2，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据题干信息，充电时，光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应和阳极反应(Li2O2+2h+=2Li++O2)，则其总反应为Li2O2=2Li+O2；放电时Li失电子生成Li+，所以金属Li电极为负极，O2得电子生成Li2O2，即光催化电极为正极。据此分析。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．储能时为电解池，则该系统将电能转化为化学能，A不符合题意；
B．由分析可知，储能时a极为阴极，氢离子通过质子交换膜向a极移动，则a极附近pH降低，B不符合题意；
C．供能时为原电池，由分析可知，此时b极的电极反应式为+ 2H++e- =VO2++ H2O，C不符合题意；
D．根据正极的电极反应可知，当消耗1 mol 时转移1mol电子，则将该电池用于电解饱和食盐水时，可以生成0.5mol氯气和0.5mol氢气，一共是22.4L(标准状况)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】储能时为电解池，电极a上V3+转化为V2-，发生还原反应，则电极a为阴极，电极反应式为V3++e-=V2+，电极b为阳极，电极反应式为VO2+-e-+H2O=+ 2H+；供能时为原电池，电极a为负极，电极反应式为 V2+-e-=V3+，电极b为正极，电极反应式为+ 2H++e- =VO2++ H2O。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．放电时，Pd膜电极上CO2→HCOOH中C元素化合价降低，作正极，A不符合题意；
B．Li的化学性质较活泼，能与水反应，则固体电解质膜可将Li电极与LiCl溶液隔离，B不符合题意；
C．放电时，Pd膜上电极反应式为CO2↑+2H++2e- = HCOOH，充电时，电极反应式相反，则发生反应： HCOOH-2e- =CO2↑+2H+，C不符合题意；
D．Li为负极，电极反应式为Li- e- =Li+，消耗7gLi即物质的量为时转移1mol e-，正极电极反应式为CO2↑+2H++2e- = HCOOH，则吸收0.5mol CO2，标准状况体积为V=nVm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】放电时，Li为负极，电极反应为Li- e- =Li+，纳米孔Pd膜上发生反应CO2↑+2H++2e- = HCOOH，则纳米孔Pd膜为正极，充电时，Li为阴极，纳米孔Pd膜为阳极。
9．【答案】C
【解析】【解答】A、电解HCl溶液时，阴极上发生反应：2H++2e-=H2↑，氢离子浓度减小，溶液pH增大，故A不符合题意；
B、 用石墨作电极电解CuSO4溶液，电解过程中，阳极发生反应 4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极发生反应Cu2++2e-=Cu，溶液中氢氧离子浓度逐渐减小，氢离子浓度逐渐增大，pH值逐渐变小，故B不符合题意；
C、用石墨作电极电解硫酸钠溶液，阴极发生反应：2H++2e-=H2↑，阳极电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，相当于电解水，溶液中硫酸钠的浓度增大，但溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度不变，所以溶液的pH值保持不变，故C符合题意；
D、用石墨作电极电解NaCl溶液时，阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，同时生成氢氧化钠，溶液中氢离子浓度逐渐减小，pH值逐渐变大，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】用石墨作电极进行电解，溶液的pH不变，说明该电解质溶液中氢离子或氢氧根离子浓度不变。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．开关K置于A处，则铁为阴极，可减缓铁的腐蚀，A不符合题意；
B．开关K置于A处，铁为阴极，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，铁棒表面有氢气生成，B不符合题意；
C．开关K置于B处，X电极的材料未知，无法确定铁棒一定为负极，C符合题意；
D．开关K置于B处，X金属的活泼性若强于铁，则X为负极，铁为正极被保护，可通过牺牲阳极的阴极保护法减缓铁的腐蚀，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、铁为阴极，为外接电源的阴极保护法；
B、铁为阴极，氢气为氢离子放电，阳离子在阴极放电；
C、判断电池正负极跟金属活动性强弱有关；
D、铁为正极时，为牺牲阳极的阴极保护法。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．蓄电池在放电过程中，负极反应Pb-2e-+SO=PbSO4，正极反应PbO2+2e-+SO+4H+=PbSO4+2H2O，正负极质量均增加，故A不符合题意；
B．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀，故B符合题意；
C．钢铁在潮湿的环境中易发生吸氧腐蚀，其中负极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故C不符合题意；
D．电解精炼铜时，Cu、Zn、Fe等金属在阳极失电子，阳极质量减少64g，转移到阴极的电子不一定等于2NA，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.蓄电池在放电过程中，电极反应为Pb-2e-+SO=PbSO4、PbO2+2e-+SO+4H+=PbSO4+2H2O；
C.钢铁在潮湿的环境中易发生吸氧腐蚀，负极反应为Fe-2e-=Fe2+；
D.电解精炼铜时，Cu、Zn、Fe等金属在阳极失电子。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．根据分析，甲池是化学能转化为电能的装置，乙、丙池是电能转化为化学能的装置，A不符合题意；
B．乙池中阳极电极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，阴极的电极反应为2Cu2++4e-=2Cu，电解池中失去的元素为Cu和O，且物质的量之比为1：1，反应一段时间后，向乙池中加入一定量能使溶液恢复到原浓度， B不符合题意；
C．甲池为原电池，根据已知甲醇转化为碳酸根，电极反应为：，C符合题意；
D．无标况， 280mL的物质的量无法计算，生成固体的质量也无法计算，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据分析，甲为原电池，乙、丙为电解池；
B．利用“缺啥加啥”来复原；
C．燃料电池中，燃料在负极失电子，发生氧化反应，氧气在正极得电子，发生还原反应；
D．无标况， 无法计算。
13．【答案】D
【解析】【解答】解：A．X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，形成原电池，Fe为正极，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；
B．X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，形成电解池，Fe为阴极，可减缓铁的腐蚀，溶液中的阳离子向铁电极移动，故B正确；
C．X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，形成原电池，Fe为负极，正极上析出Cu，则铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动，故C正确；
D．X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，形成电解池，Fe为阴极，为电镀装置，铁棒质量将增加，但溶液中铜离子浓度不变，故D错误；
故选D．
【分析】开关K置于M处，为原电池装置，X比Fe活泼可减缓铁的腐蚀；开关K置于N处，为电解池装置，Fe为阴极可减缓铁的腐蚀，结合发生的电极反应来解答．
14．【答案】B
【解析】【解答】A．阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni﹣2e﹣=Ni2+，Fe﹣2e﹣=Fe2+；Zn﹣2e﹣=Zn2+，故A不符合题意；
B．粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，故B符合题意；
C．电解后，溶液中存在的阳离子有H+、Fe2+、Zn2+、Ni2+，故C不符合题意；
D．电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Cu；阴极析出的是镍；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.阳极发生氧化反应；
C.精炼过程中，电解质溶液中一定含有Ni2+；
D.阳极Fe、Zn、Cu失电子，阴极析出镍，根据得失电子守恒分析。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．图甲中，Pt电极上氧气得电子生成氧离子，化合价降低，被还原，发生的是还原反应，A叙述不符合题意；
B．图甲中，NiO电极上NO失电子与氧离子反应生成二氧化氮，电极反应式为NO＋O2--2e-=NO2，B叙述不符合题意；
C．图乙中，电解池中的阳离子向阴极移动，则H＋由电解池左侧移向右侧，C叙述符合题意；
D．图乙中，阴极硝酸根离子得电子，生成氮气，反应式为2NO +10e-+12H＋=6H2O+N2↑，D叙述不符合题意；
答案为C。
【分析】图乙为电解池，右侧为阴极，硝酸根离子得电子，生成氮气，则电极B为负极。
16．【答案】B
【解析】【解答】阴极上分段发生以下两个反应：Cu2＋＋2e－=Cu，2H＋＋2e－=H2↑，阳极反应式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，当阳极产生22.4 L氧气时，转移电子4 mol，此时阴极上H＋放电2 mol，还有2 mol电子转移来自于Cu2＋放电，析出Cu 1 mol，溶液中c(K＋)＝c(NO3－)－2c(Cu2＋)＝6.0 mol·L－1－2× ＝2.0 mol·L－1，故A、C项错，B项正确；根据电荷守恒，电解后溶液中c(H＋)＝2c(Cu2＋)＝4 mol·L－1，D项错。
故答案为：B
【分析】A.先根据：c=求出Cu2＋的浓度，再根据电荷守恒即可得出答案；
B.根据氧气即可计算出转移电子的物质的量；
C.先写出阴极与阳极的反应，再根据电荷守恒即可得出答案；
D.电解后溶液中c(H＋)=（注意H＋的物质的量为2mol)，由此即可得出答案。
17．【答案】（1）Bi2S3+6HCl+NaClO3=2BiCl3+NaCl+3S↓+3H2O
（2）S和SiO2
（3）除去杂质Fe3+；Bi2O3或Bi(OH)3
（4）Na++Bi3++ClO-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O
（5）Cl-；Cl-+6OH--6e-=ClO3-+3H2O
【解析】【解答】（1）酸浸氧化时Bi2S3被氧化成硫单质的化学方程式为Bi2S3+6HCl+NaClO3=2BiCl3+NaCl+3S↓+3H2O，故答案为：Bi2S3+6HCl+NaClO3=2BiCl3+NaCl+3S↓+3H2O；（2）由分析知，滤渣1的成分为S和SiO2，故答案为：S和SiO2；（3）由分析知，可用Bi2O3或Bi(OH)3调节pH使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，故答案为：除去杂质Fe3+；Bi2O3或Bi(OH)3；（4）滤液2中的主要成分为氯化钠和BiCl3，加入NaOH和NaClO溶液制取NaBiO3时发生反应的离子方程式为Na++Bi3++ClO-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O，故答案为：Na++Bi3++ClO-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O；（5）①氯离子为阴离子，电解时，氯离子在阳极放电，氯离子移向阳极，则交换膜类型为Cl-交换膜，故答案为：Cl-；
②阳极电极附近氯离子放电转化为氯酸根，电极反应式为Cl-+6OH--6e-=ClO3-+3H2O，故答案为：Cl-+6OH--6e-=ClO3-+3H2O。
【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出方程式
（2）根据方程式的产物以及本身的杂质即可判断
（3）根据生成物即可判断加入除杂剂的目的是调节pH和除去铁离子。不不能引入新的杂质可以采取加入氧化铋和氢氧化铋进行除杂
（4）根据反应物和生成物即可写出方程式
（5）根据阴极和阳极的放电离子即可判断阴极是铋离子得到电子，而阳极是氯离子失去电子变为氯气因此，是氯离子交换膜
18．【答案】（1）负；阳；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；2；A；2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+从c极区透过阳离子交换膜进入d极区，与OH- 结合生成NaOH；4OH-﹣4e-=O2↑+2H2O；B
（2）O2+4e-+2H2O =4OH-
【解析】【解答】（1）甲装置为燃料电池，通氢气一极为负极，通氧气一极为正极，乙装置为电解池，c电极连接b电极，即c为阳极，d电极为阴极；
①a电极通入氢气，根据上述分析，a电极为负极，c电极为阳极，故答案为负；阳；
②c、d电极为石墨电极，根据电解原理，电解饱和NaCl溶液的化学方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，d电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，d电极产生的气体为H2，产生1molH2时，乙装置转移电子物质的量为2mol；故答案为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；2；
③A．甲装置为燃料电池，实现化学能向电能的转化，故A正确；
B．根据原电池工作原理，Na＋透过阳离子交换膜向b极移动，故B不正确；
C．c电极为阳极，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，Na＋透过阳离子交换膜流入d极区，c极一侧流出的是淡盐水或淡水，故C不正确；
答案为A；
④根据上述分析，d电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，Na＋透过阳离子交换膜流入d极区，Na＋与OH－结合生成NaOH；故答案为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+从c极区透过阳离子交换膜进入d极区，与OH- 结合生成NaOH；
⑤根据离子放电顺序，OH－迁移至阳极区，OH－在阳极上放电，即电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O；故答案为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O；
A．根据阴离子放电顺序，Cl－先放电，如果使用Cl－浓度低的食盐水为原料，水溶液中OH－放电，产生O2，使阳极O2的含量增多，故A不正确；
B．如果阳离子交换膜损伤，会使大量OH－迁移至阳极区，产生大量的O2，因此定期检查并更换阳离子交换膜，可以提高氯气产量，降低阳极氧气的含量，故B正确；
C．停产一段时间，继续生产，影响经济效益，不符合客观实际，故C不正确；
答案为B。
（2）阴极区通入氧气，避免水电离出H＋直接得电子生成H2，应是氧气在该电极得电子，即电极反应式O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故答案为O2＋2H2O＋4e－=4OH－。
【分析】（1）①燃料电池，燃料通入负极，氧气通入正极，与正极相连的电极是阳极，与负极相连的电极是阴极；
②根据电解原理书写；
③A．原电池是化学能转化为电能的装置；
B．根据原电池工作原理，阳离子透过阳离子交换膜向正极移动；
C．阳离子透过阳离子交换膜流入阴极；
④依据离子放电顺序及离子移动方向分析；
⑤根据离子放电顺序书写判断；
（2）氧气在该电极得电子。
19．【答案】（1）KClO3+3MnO2+6KOH 3K2MnO+KCl+3H2O；酒精灯、坩埚钳；瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应或SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O
（2）2：1；KOH、MnO2
（3）蒸发浓缩、降温结晶、过滤；KHCO3的溶解度较小，滤液蒸发浓缩、降温结晶时KHCO3会随KMnO4一同结晶析出
（4）2K2MnO4+2H2O 2KOH+2KMnO4+H2↑
【解析】【解答】（1）根据流程，反应①为软锰矿中的MnO2与KClO3、KOH在熔融条件下反应生成K2MnO4和KCl，反应可写成MnO2+KClO3+KOH→K2MnO4+KCl，Mn元素的化合价由+4价升至+6价，Cl元素的化合价由+5价降至-1价，根据得失电子守恒、原子守恒，反应①的化学方程式为3MnO2+KClO3+6KOH 3K2MnO4+KCl+3H2O。加热软锰矿、KClO3和KOH固体时除三脚架、玻璃棒、泥三角和铁坩埚外，加热需要酒精灯，取用铁坩埚需要坩埚钳，还用到的仪器是酒精灯、坩埚钳。不采用瓷坩埚而选用铁坩埚的理由是：瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应，反应的方程式为SiO2+2KOH=K2SiO3+H2O。（2）根据流程，反应②为向K2MnO4溶液中通入CO2生成MnO2、KMnO4和K2CO3，反应的化学方程式为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，K2MnO4中Mn元素的化合价部分由+6价升至KMnO4中的+7价，KMnO4为氧化产物，部分由+6价降至MnO2中的+4价，MnO2为还原产物，根据得失电子守恒，反应②中氧化产物与还原产物物质的量之比为2：1。根据流程反应②生成的MnO2，反应③得到的KOH都可以循环利用，可循环利用的物质是KOH、MnO2。（3）反应②结束冷却至室温滤去MnO2后得到的溶液中含KMnO4和K2CO3，根据表中的溶解度，20℃时K2CO3的溶解度很大，KMnO4的溶解度较小，从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作a是：蒸发浓缩、降温结晶、过滤。反应②中若CO2过量，反应后滤去MnO2得到含KMnO4和KHCO3的混合溶液，根据表中溶解度数值可知，KHCO3的溶解度较小，滤液蒸发浓缩、降温结晶时KHCO3会随KMnO4一同结晶析出，导致得到的KMnO4产品纯度降低。（4）根据流程，用惰性电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，阳极电极反应式为MnO42--e-=MnO4-；根据放电顺序，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；电解反应的化学方程式为2K2MnO4+2H2O 2KMnO4+2KOH+H2↑。
【分析】以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备KMnO4的操作流程。根据流程，反应①为软锰矿中的MnO2与KClO3、KOH在熔融条件下反应生成K2MnO4和KCl；反应②为向K2MnO4溶液中通入CO2生成MnO2、KMnO4和K2CO3；结束冷却至室温滤去MnO2后得到的溶液中含KMnO4和K2CO3，通过蒸发浓缩、降温结晶、过滤滤液中得到KMnO4晶体；
20．【答案】（1）原电池
（2）有无色气体生成且溶液变红色
（3）减少；0.65；
【解析】【解答】（1）装置A符合原电池的构成条件：两个活泼性不同的电极，自发进行的氧化还原反应，电解质溶液和闭合回路，属于原电池。
（2）装置A中锌作负极，铜作正极，石墨棒C2和原电池负极相连，为阴极，因此是氢离子放电生成氢气，电极反应式为：，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，碱性增强，使酚酞变红，故答案为：有无色气体生成且溶液变红色。
（3）C2电极电极反应式为：，当析出气体体积为224mL(标准状态)，物质的量为0.01mol，转移电子数为0.02mol，所以锌极转移电子数也为0.02mol，根据电极反应式为：，消耗金属锌的物质的量为0.01mol，质量为0.01mol65g/mol=0.65g。若该变化所需电量由酸性氢氧燃料电池提供，则氢氧燃料电池中氧气作正极，得电子，电极反应式为：，故答案为：减少；0.65，。
【分析】（1）依据原电池的构成条件：两个活泼性不同的电极，自发进行的氧化还原反应，电解质溶液和闭合回路判断；
（2）依据电极反应判断现象。
（3）依据得失电子守恒判断 ；燃料电池的正极为氧气发生还原反应，注意电解质溶液的酸碱性。
21．【答案】（1）；c（H+）过小时，反应Ⅰ的化学反应速率较慢，c（H+）过大时，主要发生反应Ⅲ
（2）（a+b+c）kJ/mol；Mn2+
（3）25L；Fe2+促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀
【解析】【解答】（1）由电解装置图可知阳极表面消耗水，产生氧气，则电极方程式为 ，
故答案为： ；（2）已知①H2O2(aq)+Mn2+(aq)=·OH(aq)+Mn3+(aq)+OH-(aq) H=akJ/mol②H2O2(aq)+ Mn3+(aq) +2OH-(aq)= Mn2+(aq) +·O2-(aq) +2H2O(l) H=bkJ/mol③·OH(aq) +·O2-(aq)=O2(g) +OH-(aq) H=ckJ/mol
由盖斯定律可得，①＋②+③可得所求热化学方程式 ，则△H=（a+b+c）kJ/mol， Mn2+为中间产物反应前后不发生改变为催化剂，
故答案为：（a+b+c）kJ/mol；Mn2+；（3）①弱碱性条件下·OH将H2PO2-氧化成PO43-，反应为： , l.7g·OH物质的量 ，则参与反应的H2PO2-物质的量为0.025mol，则废水的体积 ，
故答案为：25L；②由图可知添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是Fe2+促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀，
故答案为：Fe2+促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀。
【分析】（1）由电解装置图可知阳极表面消耗水，产生氧气，以此写出电极方程式；（2）由盖斯定律可得，①＋②+③可得所求热化学方程式，中间产物Mn2+为催化剂；（3）①弱碱性条件下 OH将H2PO2-氧化成PO43-，反应为： ,以此计算废水的体积；②由图可知添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是Fe2+促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀。