备战2021 高考化学 考点35 电解原理及其应用（解析版）

备战2021 高考化学 考点35 电解原理及其应用（解析版）

考点 35 电解原理及其应用 一、电解池 电解 使电流通过电解质溶液而在阴、阳两极引起氧化还原反应的过程。 电解池(或电解槽) （1）定义 借助于电流引起氧化还原反应的装置，也就是把电能转化为化学能的装置。 （2）阳极与阴极 阳极：与电源正极相连的电极叫阳极，发生氧化反应。 阴极：与电源负极相连的电极叫阴极，发生还原反应。 （3）电解池的构成条件 与直流电源相连的两个电极：阳极和阴极；电解质溶液(或熔融电解质)；形成闭合回路。 （4）电解池的工作原理(以电解 CuCl2溶液为例) 电解池和原电池比较 电解池 原电池 定义 将电能转变为化学能的装置 将化学能转变为电能的装置 装置举例 形成条件 ①两个电极与直流电源相连 ②电解质溶液 ③形成闭合回路 ①活泼性不同的两电极(连接) ②电解质溶液 ③形成闭合回路 ④能自发进行氧化还原反应 电极名称 阳极：与电源正极相连的极 阴极：与电源负极相连的极 负极：较活泼金属(电子流出的极) 正极：较不活泼金属(或能导电的非 金属)(电子流入的极) 电极反应 阳极：溶液中的阴离子失电子，或电极 金属失电子，发生氧化反应 阴极：溶液中的阳离子得电子，发生还 原反应 负极：较活泼电极金属或阴离子失电 子，发生氧化反应 正极：溶液中的阳离子或氧气得电 子，发生还原反应 溶液中的离子 移向 阴离子移向阳极，阳离子移向阴极 阴离子移向负极，阳离子移向正极 电子流向 电源负极 阴极 阳极 电源正极 负极 正极 实质 均发生氧化还原反应，两电极得失电子数相等 联系 原电池可以作为电解池的电源，二者共同形成闭合回路 电解池阴、阳极的判断 （1）由电源的正、负极判断：与电源负极相连的是电解池的阴极；与电源正极相连的是电解池的阳极。 （2）由电极现象确定：通常情况下，在电解池中某一电极若不断溶解或质量不断减少，则该电极发生 氧化反应，为阳极；某一电极质量不断增加或电极质量不变，则该电极发生还原反应，为阴极。 （3）由反应类型判断：失去电子发生氧化反应的是阳极；得到电子发生还原反应的是阴极。 电解产物的判断 （1）阳极产物的判断 首先看电极，若是活性电极(一般是除 Au、Pt外的金属)，则电极材料本身失电子，电极被溶解形成阳 离子进入溶液；若是惰性电极(如石墨、铂、金等)，则根据溶液中阴离子放电顺序加以判断。 阳极放电顺序： 金属(一般是除 Au、Pt外)>S2−>I−>Br−>Cl−>OH−>含氧酸根>F−。 （2）阴极产物的判断 直接根据溶液中阳离子放电顺序加以判断。阳离子放电顺序： Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+。 （1）处理有关电解池两极产物的问题，一定要先看电极是活性电极还是惰性电极。活性电极在阳极放 电，电极溶解生成相应的金属离子，此时阴离子在阳极不放电。对于惰性电极，则只需比较溶液中定向移 动到两极的阴阳离子的放电顺序即可。 （2）根据阳离子放电顺序判断阴极产物时，要注意下列三点： ①阳离子放电顺序表中前一个 c(H+)与其他离子的浓度相近，后一个 c(H+)很小，来自水的电离； ②Fe3+得电子能力大于 Cu2+，但第一阶段只能被还原到 Fe2+； ③Pb2+、Sn2+、Fe2+、Zn2+控制一定条件(即电镀)时也能在水溶液中放电；Al3+、Mg2+、Na+、Ca2+、K+ 只有在熔融状态下放电。 二、电解原理的应用 1．电解饱和食盐水——氯碱工业 （1）电极反应 阳极：2Cl−−2e−===Cl2↑(反应类型：氧化反应)。 阴极：2H++2e−===H2↑(反应类型：还原反应)。 检验阳极产物的方法是：用湿润的 KI淀粉试纸靠近阳极附近，若试纸变蓝，证明生成了 Cl2。电解时 向食盐水中加酚酞，阴极附近溶液变红，说明该电极附近产生的物质为 NaOH。 （2）电解方程式 化学方程式：2NaCl+2H2O 电解 2NaOH+H2↑+Cl2↑ 离子方程式：2Cl−+2H2O 电解 2OH−+H2↑+Cl2↑ 2．电解精炼铜 电镀(Fe表面镀 Cu) 电解精炼铜 阳极 电极材料 镀层金属铜 粗铜(含 Zn、Fe、Ni、Ag、Au等杂质) 电极反应 Cu−2e−===Cu2+ Cu−2e−===Cu2+ Zn−2e−===Zn2+ Fe−2e−===Fe2+ Ni−2e−===Ni2+ 阴极 电极材料 待镀金属铁 纯铜 电极反应 Cu2++2e−===Cu 电解质溶液 含 Cu2+的盐溶液 注：电解精炼铜时，粗铜中的 Ag、Au等不反应，沉积在电解池底部形成阳极泥 3．电镀 利用电解原理，在金属表面上镀上一层其它金属或合金的过程叫电镀。 ①电极的连接：镀层金属或惰性电极做阳极，和外加电源的正极相连；镀件金属做阴极，和外加电源 的负极相连。如铁上镀铜，铜(或石墨)做阳极，铁做阴极。 ②电镀液的选择：选择含有镀层金属离子的溶液做电镀液，如铁上镀铜，选择硫酸铜溶液做电镀液。 ③电极反应：阳极：Cu===Cu2++2e−，阴极：Cu2+ +2e−===Cu ④电镀的特点：若镀层金属做阳极，电镀过程中溶液中阳离子浓度不变；若用惰性电极做阳极，电镀 过程中溶液中阳离子浓度减小。 电镀过程中，溶液中离子浓度不变；电解精炼铜时，由于粗铜中含有 Zn、Fe、Ni等活泼金属，反应过 程中失去电子形成阳离子存在于溶液中，而阴极上 Cu2+被还原，所以电解精炼过程中，溶液中的阳离子浓 度会发生变化。 4．电冶金 冶炼钠、钙、镁、铝等活泼金属，必须用电解法。如电解熔融氯化钠得到钠时： 注意：①电解熔融MgCl2冶炼镁，而不能电解熔融MgO 冶炼镁，因MgO 的熔点很高； ②电解熔融 Al2O3冶炼铝，而不能电解 AlCl3冶炼铝，因 AlCl3是共价化合物，其熔融态不导电。 考向一 电解规律的考查 典例 1 用惰性电极电解下列各组中的三种电解质溶液，在电解的过程中，溶液的 pH依次为升高、不变、 降低的是 A．AgNO3 CuCl2 Cu(NO3)2 B．KCl Na2SO4 CuSO4 C．CaCl2 KOH NaNO3 D．HCl HNO3 K2SO4 【解析】由电解规律可得 类型 化学物质 pH变化 放 O2生酸型 CuSO4、AgNO3、Cu(NO3)2 降低 放 H2生碱型 KCl、CaCl2 升高 电解电解质型 CuCl2 升高 HCl 升高 电解 H2O型 NaNO3、Na2SO4、K2SO4 不变 KOH 升高 HNO3 降低 【答案】B 1．某小组设计电解饱和食盐水的装置如图，通电后两极均有气泡产生，下列叙述正确的是 A．铜电极附近观察到黄绿色气体 B．石墨电极附近溶液呈红色 C．溶液中的 Na+向石墨电极移动 D．铜电极上发生还原反应 【答案】D 【解析】 试题分析：电解饱和食盐水时溶液中放电的离子是 H+和 Cl—，故铜电极作阴极，H+在此电极上放电，发生 还原反应：2H++2e—=H2↑，此电极附近 OH—增多，附近溶液呈红色，溶液中的 Na+向石墨电极移动；石墨 作阳极，Cl—在此电极上放电，发生氧化反应：2Cl——2e—=Cl2↑，石墨电极附近观察到黄绿色气体；综上所 述 D正确。 用惰性电极电解电解质溶液的规律 类 型 电解质特点 实例 电极反应 电解方程式 电解 对象 电解质 溶液的 变化 电解质溶液 复原的方法阴极 阳极 电 解 水 型 含氧酸 H2SO4 4H++4e− 2H2↑ 4OH−−4e− 2H2O+O2↑ 2H2O 2H2↑+O2↑ 水 浓度增大 加水 可溶性强碱 NaOH 活泼金属含氧 酸盐 KNO3 电 解 电 解 质 型 无氧酸 HCl 2H++2e− H2↑ 2Cl−−2e− Cl2↑ 2HCl H2↑+Cl2↑ 电解质 浓度减小 加 HCl 不活泼金属无 氧酸盐 CuCl2 Cu2++2e− Cu 2Cl−−2e− Cl2↑ CuCl2 Cu+Cl2↑ 加 CuCl2 放 H2 生 碱 型 活泼金属无氧 酸盐 NaCl 2H++2e− H2↑ 2Cl−−2e− Cl2↑ 2NaCl+2H2O 2NaOH +H2↑+Cl2↑ 电解质 和水 生成新 电解质 加 HCl 放 O2 生 酸 型 不活泼金属含 氧酸盐 CuSO4 Cu2++2e− Cu 4OH−−4e− 2H2O+O2↑ 2CuSO4+2H2O 2Cu+ 2H2SO4+O2↑ 电解质 和水 生成新 电解质 加 CuO 考向二 电解原理的“常规”应用 典例 2 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溶液制备高铁酸钠 (Na2FeO4)的装置如图所示。下列说法正确的是 A．铁是阳极，电极反应为 Fe－2e－＋2OH－===Fe(OH)2 B．电解一段时间后，镍电极附近溶液的 pH减小 C．若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后左侧溶液中含有 FeO2－4 D．每制得 1 mol Na2FeO4，理论上可以产生 67.2 L气体 【解析】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， 则铁作阳极，镍作阴极，电极反应式为 Fe＋8OH－－6e－===FeO2－4 ＋4H2O，故 A错误；B．镍电极上氢离子 放电生成氢气，氢离子浓度减小，所以溶液的 pH增大，故 B错误；C．若离子交换膜为阴离子交换膜，则 电解结束后由于浓度差左侧溶液中会含有 FeO2－4 ，故 C正确；D．温度和压强未知，所以无法计算生成气体 体积，故 D错误。 【答案】C 2．如图是模拟工业电解饱和食盐水的装置图，下列叙述不正确的是 A．a 为电源的负极 B．Fe 电极的电极反应是 4OH - -4e - 2H2O+O2↑ C．通电一段时间后，铁电极附近溶液先变红 D．电解饱和食盐水的化学方程式是 2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑ 【答案】B 【详解】A.Fe 电极作阴极，对应的 a 为电源负极，故 A项正确；B.工业上电解食盐水以石墨为阳极，Fe 电 极为阴极，阴极的电极反应式为: ，故 B项错误；C项，Fe 电极产生 OH - ，遇酚 酞变红，故 C 项正确；D项，NaCl 溶液通电生成 NaOH、Cl2和 H2，故 D 项正确。本题答案为 B。 离子交换膜的作用 阳离子交换膜(以电解 NaCl溶液为例)，只允许阳离子(Na+)通过，而阻止阴离子(Cl−、OH−)和分子(Cl2) 通过，这样既能防止 H2和 Cl2混合爆炸，又能避免 Cl2和 NaOH溶液作用生成 NaClO影响烧碱质量，由此 可推知，阴离子交换膜只允许阴离子通过，质子(H+)交换膜只允许质子(H+)通过。 考向三 电解原理的“创新”应用 典例 3．硼酸  3 3H BO 为一元弱酸，已知 3 3H BO 与足量NaOH溶液反应的离子方程式为  3 3 4 3 3H BO OH = B(OH) H BO ， 可以通过电解的方法制备。其工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许 阳离子、阴离子通过)。下列说法正确的是 A．当电路中通过1mol电子时，可得到 3 31molH BO B．将电源的正、负极反接，工作原理不变 C．阴极室的电极反应式为 2 2=2H O 4e O 4H    D． 4B(OH)  穿过阴膜进入阴极室，Na穿过阳膜进入产品室 【答案】A 【分析】 由装置图可知，与电源正极相连的为阳极，与电源负极相连的为阴极，阳极氢氧根失电子发生氧化反应， 电极反应式为 2H2O-4e-═O2↑+4H+，则氢离子穿过阳膜进入产品 H3BO3室；阴极氢离子得电子发生还原反应， 电极反应式为4H2O+4e-═2H2↑+4OH-，Na+穿过阳膜进入阴极室，所以阴极室NaOH溶液浓度增大， -4B(OH) 穿过阴膜进入产品 H3BO3室，与氢离子结合生成 H3BO3，据此分析解答。 【详解】 A．阳极发生失去电子的氧化反应，电极反应式为 2 2=2H O 4e O 4H    ，电路中通过1mol电子时有1molH 生成，硼酸  3 3H BO 为一元弱酸，生成1mol硼酸需要1molH ，所以电路中通过1mol电子时，可得到 3 31molH BO ，故 A正确； B．根据以上分析可知，如果将电源的正、负极反接，工作原理将发生变化，故 B错误； C．电解时阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为 2 24H O 4e =2H 4OH    ，故 C错误； D．阳极电极反应式为 2 2=2H O 4e O 4H    ，阴极电极反应式为 2 24H O 4e =2H 4OH    ，阳极室中的氢 离子穿过阳膜进入产品室，原料室中的 -4B(OH) 穿过阴膜进入产品室，发生反应：  4 2 3 3B(OH) H =H O H BO   ，原料室中的Na穿过阳膜进入阴极室，故 D错误；答案选 A。 3．工业废气、汽车尾气排放出的 SO2、NOx等，是形成雾霾的重要因素。霾是由空气中的灰尘、硫酸、硝 酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾。烟气中的 SO2可以用 NaOH溶液吸收，将所得的 Na2SO3溶液进行 电解，可循环再生 NaOH，同时得到 H2SO4，其原理如下图所示。(电极材料为石墨) (1)用 NaOH溶液吸收 SO2发生的主要反应的离子方程式为___________________。 (2)图中，交换膜 I应为________(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。 (3)当有 1mol Na＋通过阳离子交换膜时，a极生成气体__________L(标准状况)。 (4)SO 2 3  放电的电极反应式为__________________。 (5)通电开始后，阴极附近溶液 pH会增大，请简述原因：_______________。 【答案】SO2＋2OH－= 2- 3SO ＋H2O 阳离子 11.2 2- 3SO －2e－＋H2O= 2- 4SO ＋2H＋ H＋ 放电促进水 的电离，使 OH－浓度增大 【分析】 电解 Na2SO3溶液过程中，若要实现循环再生 NaOH，同时得到 H2SO4，则 2- 3SO 发生氧化反应生成 2- 4SO ， 因此 b电极发生氧化反应， 2- 3SO 移向右侧，电极反应为： 2- 3SO －2e－＋H2O= 2- 4SO ＋2H＋ ，交换膜 II为阴离 子交换膜，a电极发生还原反应，Na+移向左侧，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，交换膜 I为阳离子交换 膜，据此解答。 【详解】 （1）NaOH溶液吸收 SO2发生的主要反应为 2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，离子方程式为：SO2＋2OH－= 2- 3SO ＋H2O； （2）由上述分析可知，交换膜 I为阳离子交换膜； （3）当有 1mol Na＋通过阳离子交换膜时，电解池中有 1mol电子转移，根据 a极电极反应式 2H2O+2e-=H2↑+2OH-可知，将生产 0.5molH2，在标准状况下体积为 0.5mol×22.4L/mol=11.2L； （4） 2- 3SO 发生氧化反应生成 2- 4SO ，电极反应式为 2- 3SO －2e－＋H2O= 2- 4SO ＋2H＋； （5）通电后，阴极电极反应式为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-，其本质是水电离出的 H+放电，电解过程中促进水的 电离，使阴极负极溶液 OH－浓度增大，从而使溶液 pH增大。 考向四 根据电子守恒计算 典例 4 500 mL NaNO3和 Cu(NO3)2的混合溶液中 c(NO－ 3 )＝0.3 mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电 一段时间后，两极均收集到气体 1.12 L(标准状况下)，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(Na＋)＝0.2 mol·L－1 B．电解后溶液中 c(H＋)＝0.2 mol·L－1 C．上述电解过程中共转移 0.4 mol电子 D．电解后溶液复原时需加入 4 g CuO 【解析】两极均收集 1.12 L气体(标准状况下)―→ 阴极：Cu2＋＋2e－===Cu，2H＋＋2e－===H2↑ 阳极：4OH－ －4e－===O2↑＋2H2O ―→ 转移电子为 0.2 mol⇒n(Cu2＋)＝0.05 mol，n(H＋)＝0.1 mol n(Na＋)＝0.05 mol。复原时需加 CuO： 0.05×80 g＝4 g和 H2O：0.05×18 g＝0.9 g 或加 Cu(OH)2 4.9 g。 【答案】B 4．电解法处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益。实验室模拟电解法吸收 NOx的装置如图所示(图中电极均为石墨电极)。 （1）若用 NO2气体进行模拟电解法吸收实验。 ①写出电解时 NO2发生反应的电极反应式： 。 ②若在标准状况下有 2.24 L NO2被吸收，通过阳离子交换膜(只允许阳离子通过)的 H+为 mol。 （2）某小组在右室装有 10 L 0.2 mol·L−1硝酸溶液，用含 NO和 NO2(不考虑 NO2转化为 N2O4)的废气进 行模拟电解法吸收实验。 ①实验前，配制 10 L 0.2 mol·L−1硝酸溶液需量取 mL、密度为 1.4 g·mL−1、质量分数为 63% 的浓硝酸。 ②电解过程中，有部分NO转化为HNO2。实验结束时，测得右室溶液中含 3 mol HNO3、0.1 mol HNO2， 同时左室收集到标准状况下 28 L H2。计算原气体中 NO和 NO2的体积比(假设尾气不含氮氧化物， 写出计算过程)。 【答案】（1）①NO2−e−+H2O 3NO +2H+ ②0.1 （2）①143 ②根据原子守恒：n(NO)+n(NO2)=3 mol−0.2 mol·L−1×10 L+0.1 mol=1.1 mol 根据电子守恒：0.1 mol×1+[n(NO)−0.1 mol]×3+n(NO2)×1= 1 28 L 22.4 L mol ×2 解得 n(NO)=0.8 mol，n(NO2)=0.3 mol V(NO)∶V(NO2)=n(NO)∶n(NO2)=0.8 mol∶0.3 mol=8∶3。 【解析】（1）①从图中知，NOx气体在电解时会转化成 HNO3，则 NO2中 N由+4价升高至+5价，失去 1个 e−，用 H+平衡电荷可写出电极反应式。②由电极反应式知，0.1 mol NO2生成 0.1 mol 3NO 和 0.2 mol H+，由电荷守恒可知，需要向左室流入 0.1 mol H+后才能维持右室中溶液为电中性。 （2）①m(HNO3)=10 L×0.2 mol·L−1×63 g·mol−1=126 g，则 V(浓硝酸)= 1 126 g 63% 1.4 g mL  ≈143 mL。②由 N 原子守恒，最终生成的 HNO3和 HNO2中的总 N原子数等于 NO和 NO2中所含 N原子数与右室中原HNO3 中 N原子数总和，即 n(HNO3)+n(HNO2)=n(NO)+n(NO2)+10 L×0.2 mol·L−1(Ⅰ)；电解过程中左、右两室中 得失电子是守恒的，左侧为 H+得电子生成 H2，右侧为 NO2失电子生成 HNO3，部分 NO失电子生成 HNO2， 部分 NO 失电子生成 HNO3，列式为 28 22.4 mol×2=1×n(NO2)+1×n(HNO2)+[n(NO)−n(HNO2)]×3(Ⅱ)，联立 (Ⅰ)、(Ⅱ)可求出 NO和 NO2的物质的量，相同状态下，NO2和 NO的物质的量比即为其体积比。 电化学定量计算的三种方法 （1）根据电子守恒 用于串联电路中电解池阴阳两极产物、原电池正负两极产物、通过的电量等类型的计算，其依据是电 路中转移的电子数相等。 （2）根据总反应式 先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列出比例式计算。 （3）根据关系式 根据得失电子守恒关系建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。 考向五 电化学组合装置的问题 典例 5 如图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液， 在 F极附近显红色，则以下说法正确的是 A．电源 B极是正极 B．(甲)、(乙)装置的 C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量比为 1∶2∶2∶2 C．欲用(丙)装置给铜镀银，H应该是 Ag，电镀液是 AgNO3溶液 D．装置(丁)中 X极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带负电荷 【解析】根据图知，该装置是电解池，将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在 F极附近显红色，说 明 F极附近有大量氢氧根离子，由此得出 F极上氢离子放电生成氢气，所以 F极是阴极，则电源 B极是负 极，A极是正极，A错误；甲装置中 C电极上氢氧根离子放电生成氧气，D电极上铜离子放电生成铜单质， E电极上氯离子放电生成氯气，F电极上氢离子放电生成氢气，所以(甲)、(乙)装置的 C、D、E、F电极均 有单质生成；生成 1 mol氧气需要 4 mol电子，生成 1 mol铜时需要 2 mol电子，生成 1 mol氯气时需要 2 mol 电子，生成 1 mol氢气时需要 2 mol电子，所以转移相同物质的量的电子时生成单质的物质的量之比为 1∶2∶ 2∶2，B正确；若用(丙)装置给铜镀银，G应该是 Ag，H是铜，电镀液是 AgNO3溶液，C错误；丁装置中 Y电极是阴极，如果 Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷，D错误。 【答案】B 5．某同学组装了如图所示的电化学装置，则下列说法正确的是 A．图中甲池为原电池装置，Cu电极发生还原反应 B．实验过程中，甲池左侧烧杯中的浓度不变 C．若甲池中 Ag电极质量增加 5.4 g时，乙池某电极析出 1.6 g 金属，则乙池中的某盐溶液可能是足量 AgNO3溶液 D．若用铜制 U形物代替“盐桥”，工作一段时间后取出 U形物称量，质量不变 【答案】D 【解析】图中甲池为原电池装置，Cu电极为负极发生氧化反应，故 A错误；实验过程中，盐桥中的 3NO 向左边移动，所以左侧烧杯中 3NO 的浓度变大，故 B错误；若甲池中 Ag电极质量增加 5.4 g时，即生 成银 5.4 g，物质的量为 5.4g 108g / mol =0.05 mol，所以整个电路转移电子 0.05 mol，如果硝酸银足量应生成 5.4 g银，故 C错误；用铜制 U形物代替“盐桥”，右边铜的质量减少，而左边铜的质量增加，由于整个电 路转移电子数相等，所以减少的质量与增加的质量相等，U形物的质量不变，故 D正确。 串联装置图比较 图甲中无外接电源，两者必有一个装置是原电池(相当于发电装置)，为电解池装置提供电能，其中两个 电极活动性差异大者为原电池装置，即左图为原电池装置，右图为电解池装置。图乙中有外接电源，两烧 杯均作电解池，且串联电解，通过的电流相等。 1．某溶液中含有 Cu2＋、Fe2＋、Al3＋、Cl－、NO－ 3，且浓度均大于 0.1 mol/L，用石墨作电极进行电解时，肯 定得不到的产物是 A．Cl2 B．Al C．Cu D．H2 【答案】B 【解析】阴极上 Al3＋、Fe2＋的放电能力弱于 H＋ ，而 Cu2＋的放电能力比水电离出的 H＋ 的放电能力强，阳 极上 Cl－放电能力强于 OH－ 。 2．科研人员设计一种电化学反应器，以 Na2SO4溶液为电解质，负载纳米MnO2的导电微孔钛膜和不锈钢为 电极材料。这种电催化膜反应器可用于正丙醇合成丙酸，装置示意图如图。以下叙述错误的是 A．微孔钛膜作阴极 B．使用 Na2SO4溶液是为了在电解开始时增强溶液导电性 C．丙醇转化为丙酸的电极反应式为：CH3CH2CH2OH＋H2O－4e－===CH3CH2COOH＋4H＋ D．反应器工作时料槽中正丙醇分子向电催化膜移动 【答案】A 【解析】微孔钛膜与电源正极相连，作阳极，A项错误；Na2SO4为强电解质，使用 Na2SO4溶液是为了 在电解开始时增强溶液导电性，B项正确；丙醇转化为丙酸，发生氧化反应：CH3CH2CH2OH＋H2O－4e －===CH3CH2COOH＋4H＋，C项正确；反应器工作时，正丙醇发生氧化反应，根据阳极上发生氧化反应， 知正丙醇分子向电催化膜移动，D项正确。 3．MnO2常用于电池工业，现电解含MnSO4的某工业废液来制备 Mn 和MnO2，装置如图，下列说法不正 确的是 A．电极 b发生氧化反应 B．电极 a、b均可用石墨作电极，且通电一段时间后，左、右两边溶液的 pH均减小 C．通电时，溶液中的 S 通过离子交换膜向右移动 D．电极 b的电极反应式为：Mn2+-2e-+2H2O MnO2+4H+ 【答案】B 【解析】本题考查电化学知识，意在考查考生对电解池原理的理解能力。阳极发生氧化反应，MnSO4中 锰元素的化合价升高，由此推断阳极的主要产物是 MnO2，故阳极的电极反应式为 Mn2+-2e-+2H2O MnO2+4H+，故 A、D 项正确；由上述分析知，阳极有 H+生成，溶液 pH减小，阴极的电极反应式为： Mn2++2e- Mn，溶液的 pH无明显变化，故 B项错误；由于两池的 pH不同，故离子交换膜为阴离子 交换膜，溶液中 S 由左向右移动，C项正确。 4．世界某著名学术刊物近期介绍了一种新型中温全瓷铁-空气电池，如图所示。下列说法正确的是 A．放电时，a极发生氧化反应 B．充电时，负极室发生反应：Fe+xH2O(g) FeOx+xH2 C．充电时，a极发生反应：4OH--4e- 2H2O+O2↑ D．放电时，b极发生反应：H2+O2--2e- H2O 【答案】D 【解析】本题考查原电池原理和电解池原理。放电时，a 极上空气中的氧气得电子，发生还原反应，电 极反应式为：O2+4e- 2O2-，则充电时，a极发生反应：2O2--4e- O2↑，A、C错误；由题图可知，放电 时，负极室发生的反应为 xH2O(g)+ +xH2，则充电时发生的反应为 FeOx+xH2 xH2O(g)+Fe， B错误；放电时，b极上氢气失电子发生氧化反应：H2+O2--2e- H2O，D正确。 5．500 mL KNO3和 Cu(NO3)2的混合溶液中，c( 3NO )=6.0 mol/L。用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时 间后，两极都收集到 22.4 L气体(标准状况)。假设电解后溶液的体积仍为 500 mL。下列说法正确的是 A．原混合溶液中 K＋ 的浓度为 1 mol/L 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 H＋ 的浓度为 2 mol/L 【答案】B 【解析】用石墨作电极电解混合溶液，阳极发生氧化反应 2H2O−4e− O2↑+4H+，由于两个电极都收集 到了气体，因此阴极反应式为：Cu2++2e− Cu，2H++2e− H2↑。由于两极均收集到 22.4 L气体（标 准状况），即 1 mol气体，故转移电子的物质的量为 4 mol；生成 H2需要电子为 2 mol，因此 Cu2+的物质 的量为 1 mol，浓度为 2 mol·L−1，生成 Cu 单质为 1 mol；根据溶液中电荷守恒可知 c(K＋)=6.0 mol·L−1−2 mol·L−×2=2 mol·L−1；由于阳极生成氧气，同时生成 4 mol H+，而阴极上只消耗了 2 mol，因此电解后溶 液中的 H+物质的量为 2 mol，由于电解后溶液的体积为 500 mL，因此电解后溶液中 c(H＋)为 4 mol·L−1。 由上述分析可知，A．原混合溶液中 c(K＋)为 2 mol·L−1，A错误；B．上述电解过程中共转移 4 mol电子， B正确；C．电解得到的 Cu的物质的量为 1 mol，C错误；D．电解后溶液中的 c(H＋)为 4 mol·L−1，D错 误。答案为 B。 6．如图所示，甲池的总反应式为 2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O。下列说法正确的是 A．甲池通入 CH3OH的电极反应式为 CH3OH＋6e－＋2H2O===CO2－3 ＋8H＋ B．反应一段时间后，向乙池中加入一定量 Cu（OH）2固体，能使 CuSO4溶液恢复到原浓度 C．甲池中消耗 224 mL（标准状况）O2，此时丙池中理论上产生 1.16 g 固体 D．若将乙池电解质溶液换成 AgNO3溶液，则可以实现在石墨棒上镀银 【答案】C 【解析】甲池通入 CH3OH的电极发生氧化反应：CH3OH－6e－＋8OH－===CO2－3 ＋6H2O，A项错误；乙 池中石墨作阳极，Ag作阴极，电解总反应为 2CuSO4＋2H2O 2Cu＋O2↑＋2H2SO4，由于 CuSO4溶液 过量，溶液中减少的是“2Cu＋O2↑”，因此加入 CuO或 CuCO3能使原溶液恢复到原浓度，B项错误；丙 池中的总反应为MgCl2＋2H2O Mg（OH）2↓＋H2↑＋Cl2↑，根据各电极上转移电子数相同，可得关系 式：O2～4e－～2Mg（OH）2，丙池中产生Mg（OH）2固体的质量为 0.224 L 22.4 L·mol－1 ×2×58 g·mol－1＝1.16 g， C项正确；石墨棒作阳极，Ag作阴极，只能在银极上镀银，D项错误。 7．某混合物浆液含有 Al(OH)3、MnO2和少量 Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使 Na2CrO4不易完全被水浸 出，某研究小组利用设计的电解分离装置（如图所示），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收 利用。 用惰性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是_________________________，分离后含铬元素的 粒子是__________，阴极室生成的物质为__________（写化学式）。 【答案】CrO42-通过阴离子交换膜进入阳极室 CrO42-、Cr2O72- H2、NaOH 【分析】电解时，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原反应生成氢气和 NaOH，以此解答该 题。 【详解】 电解时，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，因存在 2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O， 则分离后含铬元素的粒子是 CrO42-、Cr2O72-，阴极发生还原反应生成氢气和 NaOH，故答案为：CrO42-通过 阴离子交换膜进入阳极室；CrO42-、Cr2O72-；NaOH和 H2。 8．用零价铁  Fe 去除水体中的硝酸盐  3NO 已成为环境修复研究的热点之一．  1 Fe还原水体中 3NO 的反应原理如图 1所示． ①作负极的物质是______． ②正极的电极反应式是______．  2 将足量铁粉投入水体中，经 24小时测定 3NO 的去除率和 pH，结果如下： 初始 pH pH 2.5 pH 4.5 3NO 的去除率 接近100% 50% 24小时 pH 接近中性 接近中性 铁的最终物质形态 pH 4.5 时， 3NO 的去除率低．其原因是______．  3 实验发现：在初始 pH 4.5 的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的 2Fe  可以明显提高 3NO 的去 除率．对 2Fe  的作用提出两种假设： Ⅰ 2.Fe  直接还原 3NO ； Ⅱ 2.Fe  破坏  FeO OH 氧化层． ①做对比实验，结果如图 2所示，可得到的结论是______． ②同位素示踪法证实 2Fe  能与  FeO OH 反应生成 3 4Fe O .结合该反应的离子方程式，解释加入 2Fe  提高 3NO 去除率的原因：______．  4 其他条件与  2 相同，经 1小时测定 3NO 的去除率和 pH，结果如表： 初始 pH pH 2.5 pH 4.5 3NO 的去除率 约10% 约3% 1小时 pH 接近中性 接近中性 与  2 中数据对比，解释  2 中初始 pH不同时， 3NO 去除率和铁的最终物质形态不同的原因：______． 【答案】铁 3 4 2NO 8e 10H NH 3H O        FeO OH 不导电，阻碍电子转移 本实验条件 下， 2Fe  不能直接还原 3NO ；在 Fe 和 2Fe  共同作用下能提高 3NO 的去除率  2 3 4Fe 2FeO OH Fe O 2H    ， 2Fe 将不导电的  FeO OH 转化为可导电的 3 4Fe O ，利于电子转移 初始 pH低时，产生的 2Fe  充足；初始 pH高时，产生的 2Fe 不足 【分析】 (1) NO3-在正极得电子发生还原反应产生 NH4+ ，根据图 2信息可知为酸性环境；(2)pH越高 Fe3+越易水解 生成 FeO(OH)； (3)①根据图 2中的三个实验结果进行分析； ②结合(2)题中的铁的最终物质形态结果差异进行分析； 【详解】 (1) ①Fe还原水体中 3NO ，则 Fe 作还原剂发生氧化反应，失去电子，作负极， 故答案为：铁； 3NO② 在正极得电子发生还原反应产生 4NH  ，根据图 2信息可知为酸性环境，则正极的电极反应式为： 3 4 2NO 8e 10H NH 3H O       ，故答案为： 3 4 2NO 8e 10H NH 3H O       ； （2）①加入 2Fe  可以显提高 3NO 的去除率，pH越高， 3Fe  越易水解生成  FeO OH ，而  FeO OH 不导 电，阻碍电子转移，所以 3NO 的去除率低，故答案为：  FeO OH 不导电，阻碍电子转移； (3)从图 2的实验结果可以看出，单独加入 2Fe  时， 3NO 的去除率为 0，因此得出 2Fe  不能直接还原 3NO ； 而 Fe和 2Fe  共同加入时 3NO 的去除率比单独 Fe 高，因此可以得出结论：本实验条件下， 2Fe  不能直接 还原 3NO ；在 Fe 和 2Fe  共同作用下能提高 3NO 的去除率，故答案为：本实验条件下， 2Fe  不能直接还 原 3NO ；在 Fe和 2Fe  共同作用下能提高 3NO 的去除率； ②同位素示踪法证实了 2Fe 能与  FeO OH 反应生成 3 4Fe O ，离子方程式为：  2 3 4Fe 2FeO OH Fe O 2H    ， 2Fe 将不导电的  FeO OH 转化为可导电的 3 4Fe O ，利于电子转移， 故答案为：  2 3 4Fe 2FeO OH Fe O 2H    ， 2Fe  将不导电的  FeO OH 转化为可导电的 3 4Fe O ，利于 电子转移； （4）根据实验结果可知 2Fe 的作用是将不导电的  FeO OH 转化为可导电的 3 4Fe O ，而 3NO 的去除率由 铁的最终物质形态确定，因此可知实验初始 pH会影响 2Fe  的含量，故答案为：初始 pH低时，产生的 2Fe  充足；初始 pH高时，产生的 2Fe  不足。 1．[2020新课标Ⅱ]电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意 图。当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中，生成 AgxWO3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错 误的是 A．Ag为阳极 B．Ag+由银电极向变色层迁移 C．W元素的化合价升高 D．总反应为：WO3+xAg=AgxWO3 【答案】C 【分析】 从题干可知，当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中，生成 AgxWO3器件呈现蓝色，说明通电时，Ag电极 有 Ag+生成然后经固体电解质进入电致变色层，说明 Ag电极为阳极，透明导电层时阴极，故 Ag电极上发 生氧化反应，电致变色层发生还原反应。 【详解】 A．通电时，Ag电极有 Ag+生成，故 Ag电极为阳极，故 A项正确； B．通电时电致变色层变蓝色，说明有 Ag+从 Ag电极经固体电解质进入电致变色层，故 B项正确； C．过程中，W由WO3的+6价降低到 AgxWO3中的+(6-x)价，故 C项错误； D．该电解池中阳极即 Ag电极上发生的电极反应为：xAg-xe- = xAg+，而另一极阴极上发生的电极反应为： WO3+xAg++xe- = AgxWO3，故发生的总反应式为：xAg + WO3 =AgxWO3，故 D项正确； 答案选 C。 2．[2018新课标Ⅰ]最近我国科学家设计了一种 CO2+H2S 协同转化装置，实现对天然气中 CO2和 H2S 的高 效去除。示意图如图所示，其中电极分别为 ZnO@石墨烯（石墨烯包裹的 ZnO）和石墨烯，石墨烯电极 区发生反应为： ①EDTA-Fe2+-e-＝EDTA-Fe3+ ②2EDTA-Fe3++H2S＝2H++S+2EDTA-Fe2+ 该装置工作时，下列叙述错误的是 A．阴极的电极反应：CO2+2H++2e-＝CO+H2O B．协同转化总反应：CO2+H2S＝CO+H2O+S C．石墨烯上的电势比 ZnO@石墨烯上的低 D．若采用 Fe3+/Fe2+取代 EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+，溶液需为酸性 【答案】C 【解析】该装置属于电解池，CO2在 ZnO@石墨烯电极上转化为 CO，发生得到电子的还原反应，为阴极， 石墨烯电极为阳极，发生失去电子的氧化反应，据此解答。 A、CO2在 ZnO@石墨烯电极上转化为 CO，发生得到电子的还原反应，为阴极，电极反应式为 CO2+H＋ +2e－＝CO+H2O，A正确； B、根据石墨烯电极上发生的电极反应可知①+②即得到 H2S－2e－＝2H＋+S，因此总反应式为 CO2+H2S ＝CO+H2O+S，B正确； C、石墨烯电极为阳极，与电源的正极相连，因此石墨烯上的电势比 ZnO@石墨烯电极上的高，C错误； D、由于铁离子、亚铁离子均易水解，所以如果采用 Fe3＋/Fe2＋取代 EDTA-Fe3＋/EDTA-Fe2＋，溶液需要酸 性，D正确。答案选 C。 点睛：准确判断出阴阳极是解答的关键，注意从元素化合价变化的角度去分析氧化反应和还原反应，进 而得出阴阳极。电势高低的判断是解答的难点，注意从物理学的角度借助于阳极与电源的正极相连去分 析。 3．[2017 新课标Ⅱ]用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为 2 4 2 2 4H SO H C O 混合溶液。下列叙述错误的是 A．待加工铝质工件为阳极 B．可选用不锈钢网作为阴极 C．阴极的电极反应式为： 3Al 3e ===Al  D．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动 【答案】C 【解析】A、根据原理可知，Al要形成氧化膜，化合价升高失电子，因此铝为阳极，故 A说法正确；B、 不锈钢网接触面积大，能增加电解效率，故 B说法正确；C、阴极应为阳离子得电子，根据离子放电顺 序应是 H＋ 放电，即 2H＋ ＋2e− H2↑，故 C说法错误；D、根据电解原理，电解时，阴离子移向阳极， 故 D说法正确。 【名师点睛】本题考查电解原理的应用，如本题得到致密的氧化铝，说明铝作阳极，因此电极方程式应 是 2Al−6e−＋3H2O Al2O3＋6H＋，这就要求学生不能照搬课本知识，注意题干信息的挖掘，本题难度 不大。 4．[2017海南]一种电化学制备 NH3的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输 H+。下列叙述错误的是 A．Pd电极 b为阴极 B．阴极的反应式为：N2+6H++6e− 2NH3 C．H+由阳极向阴极迁移 D．陶瓷可以隔离 N2和 H2 【答案】A 【解析】A、此装置为电解池，总反应是 N2＋3H2 2NH3，Pd 电极 b 上是氢气发生反应，即氢气失 去电子化合价升高，Pd 电极 b为阳极，故 A说法错误；B、根据 A选项分析，Pd 电极 a 为阴极，反应 式为 N2＋6H＋＋6e− 2NH3，故 B说法正确；C、根据电解池的原理，阳离子在阴极上放电，即有阳 极移向阴极，故 C说法正确；D、根据装置图，陶瓷隔离 N2和 H2，故 D说法正确。 【名师点睛】本题考查电解原理，首先判断阴阳两极，阴极连接电源的负极，阴极上得到电子化合价降 低，发生还原反应，阳极连接电源的正极，阳极上失去电子化合价升高，发生氧化反应，然后判断电极 材料，惰性电极还是活动性金属作电极，活动性金属作阳极，活动性金属先失电子，如果是惰性材料作 阳极，则是还原性强的阴离子先失电子，氧化性强的离子在阴极上得电子；电极反应式的书写是高考的 热点，一般需要根据装置图完成，需要看清反应环境。 5．[2016·北京]用石墨电极完成下列电解实验。下列对实验现象的解释或推测不合理的是 实验一 实验二 装置 现象 a、d处试纸变蓝；b处变红，局部褪色；c 处无明显变化 两个石墨电极附近有气泡产生；n处有气泡产 生；…… A．a、d处：2H2O+2e− H2↑+2OH− B．b处：2Cl−−2e− Cl2↑ C．c处发生了反应：Fe−2e− Fe2+ D．根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜 【答案】B 【解析】本题结合实验考查电化学知识，意在考查考生对电解池的熟练程度和分析能力。由于有外接电 源，所以实验一和实验二均为电解池装置。实验一中，铁丝中的电流方向为从d到c，电子移动方向为从c 到d，所以实验一的装置是比较复杂的电解池，其中a为阴极，c为阳极，d为阴极，b为阳极。a、d处发生 反应2H2O+2e− H2↑+2OH−，A项正确；若b处发生反应2Cl−−2e− Cl2↑，不足以解释b处“变红”和“褪 色”现象，故B项错误；c处铁作阳极，发生反应Fe−2e− Fe2+，由于生成的Fe2+浓度较小，且pH试纸本 身有颜色，故颜色上无明显变化，C项正确；实验二是一个更加复杂的电解池装置，两个铜珠的左端均 为阳极，右端均为阴极，初始时两个铜珠的左端(阳极)均发生反应Cu−2e− Cu2+，右端(阴极)均发生反 应2H++2e− H2↑，一段时间后，Cu2+移动到m和n处，m、n处附近Cu2+浓度增大，发生反应Cu2++2e− Cu，m、n处能生成铜，D正确。 6．[2016·新课标Ⅰ]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 2 4SO  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 2 4SO  离子向正极迁移，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 2H2O−4e− O2+4H+，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】本题考查电解池原理，意在考查考生运用所学知识分析、解决问题的能力。该装置为电解池。 H2O在正(阳)极区放电，生成 O2和 H+，中间隔室中的阴离子 2 4SO  通过 cd膜移向正(阳)极，故正(阳)极 区得到 H2SO4，当电路中通过 1 mol电子时生成 0.25 mol O2，正(阳)极区溶液 pH减小，H2O在负(阴)极 区放电，生成 OH−和 H2，负(阴)极区溶液 pH增大，A、C、D项错误。H2O在负(阴)极区放电生成 H2和 OH−，中间隔室中的阳离子 Na+通过 ab膜移向负(阴)极，故负(阴)极区可得到 NaOH，而正(阳)极区可得 到 H2SO4，故 B项正确。