考点35,电解原理及其应用——备战2021年高考化学一轮复习考点一遍过（教师版含解析）

　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 CuCl 2 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)>S 2− >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 + >Hg 2+ >Fe 3+ >Cu 2+ >H + >Pb 2+ >Sn 2+ >Fe 2+ >Zn 2+ >H + >Al 3+ >Mg 2+ >Na + >Ca 2+ >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； ②Fe 3+ 得电子能力大于 Cu 2+ ，但第一阶段只能被还原到 Fe 2+ ； ③Pb 2+ 、Sn 2+ 、Fe 2+ 、Zn 2+ 控制一定条件(即电镀)时也能在水溶液中放电；Al 3+ 、Mg 2+ 、Na + 、Ca 2+ 、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 − ===Cl 2 ↑(反应类型：氧化反应)。

　阴极：2H + +2e − ===H 2 ↑(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 Cl 2 。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+2H 2 O 电解

　2NaOH+H 2 ↑+Cl 2 ↑ 离子方程式：2Cl − +2H 2 O 电解

　2OH − +H 2 ↑+Cl 2 ↑ 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 − ===Cu 2+

　Cu−2e − ===Cu 2+ Zn−2e − ===Zn 2+

　Fe−2e − ===Fe 2+ Ni−2e − ===Ni 2+

　阴极 电极材料 待镀金属铁 纯铜 电极反应 Cu 2+ +2e − ===Cu 电解质溶液 含 Cu 2+ 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===Cu 2+ +2e − ，阴极：Cu 2+

　+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 Cu 2+ 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 MgCl 2 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 Al 2 O 3 冶炼铝，而不能电解 AlCl 3 冶炼铝，因 AlCl 3 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．AgNO 3

　CuCl 2

　Cu(NO 3 ) 2

　B．KCl Na 2 SO 4

　CuSO 4

　C．CaCl 2

　KOH NaNO 3

　D．HCl HNO 3

　K 2 SO 4

　【解析】由电解规律可得 类型 化学物质 pH 变化 放 O 2 生酸型 CuSO 4 、AgNO 3 、Cu(NO 3 ) 2

　降低 放 H 2 生碱型 KCl、CaCl 2

　升高 电解电解质型 CuCl 2

　升高 HCl 升高 电解 H 2 O 型 NaNO 3 、Na 2 SO 4 、K 2 SO 4

　不变 KOH 升高 HNO 3

　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 — =H 2 ↑，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 — =Cl 2 ↑，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 H 2 SO 4

　4H + +4e − 2H 2 ↑ 4OH − −4e −

　2H 2 O+O 2 ↑ 2H 2 O

　2H 2 ↑+O 2 ↑ 水 浓度增大 加水 可溶性强碱 NaOH 活泼金属含氧酸盐 KNO 3

　电解电 解质型 无氧酸 HCl 2H + +2e − H 2 ↑ 2Cl − −2e −

　Cl 2 ↑ 2HCl

　H 2 ↑+Cl 2 ↑ 电解质 浓度减小 加 HCl 不活泼金属无氧酸盐 CuCl 2

　Cu 2+ +2e − Cu 2Cl − −2e −

　Cl 2 ↑ CuCl 2

　Cu+Cl 2 ↑ 加 CuCl 2

　放H 2

　生碱型 活泼金属无氧酸盐 NaCl 2H + +2e − H 2 ↑ 2Cl − −2e −

　Cl 2 ↑ 2NaCl+2H 2 O2NaOH+H 2 ↑+Cl 2 ↑ 电解质 和水 生成新 电解质 加 HCl 放O 2

　生酸型 不活泼金属含氧酸盐 CuSO 4

　Cu 2+ +2e − Cu 4OH − −4e −

　2H 2 O+O 2 ↑ 2CuSO 4 +2H 2 O2Cu+ 2H 2 SO 4 +O 2 ↑ 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(Na 2 FeO 4 )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 FeO 2－4

　D．每制得 1 mol Na 2 FeO 4 ，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(Na 2 FeO 4 )，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 － ===FeO 2 －4 ＋4H 2 O，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 FeO 2－4 ，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 -2H 2 O+O 2 ↑ 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+2H 2 O 2NaOH+H 2 ↑+Cl 2 ↑ 【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、Cl 2 和 H 2 ，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(Cl 2 )通过，这样既能防止 H 2 和 Cl 2 混合爆炸，又能避免 Cl 2 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 2H 2 O-4e - ═O 2 ↑+4H + ，则氢离子穿过阳膜进入产品 H 3 BO 3 室；阴极氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为4H 2 O+4e - ═2H 2 ↑+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 H 3 BO 3 室，与氢离子结合生成 H 3 BO 3 ，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 SO 2 、NO x 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 SO 2 可以用 NaOH 溶液吸收，将所得的 Na 2 SO 3 溶液进行电解，可循环再生 NaOH，同时得到 H 2 SO 4 ，其原理如下图所示。(电极材料为石墨)

　 (1)用 NaOH 溶液吸收 SO 2 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)SO23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】SO 2 ＋2OH － =2-3SO ＋H 2 O

　阳离子

　11.2

　2-3SO －2e － ＋H 2 O=2-4SO ＋2H ＋

　 H ＋ 放电促进水的电离，使 OH－ 浓度增大

　 【分析】

　电解 Na 2 SO 3 溶液过程中，若要实现循环再生 NaOH，同时得到 H 2 SO 4 ，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 － ＋H 2 O=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：2H 2 O+2e - =H 2 ↑+2OH - ，交换膜 I为阳离子交换膜，据此解答。

　【详解】

　(1)NaOH溶液吸收 SO 2 发生的主要反应为 2NaOH+SO 2 =Na 2 SO 3 +H 2 O，离子方程式为：SO 2 ＋2OH － =2-3SO ＋H 2 O； (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2H 2 O+2e - =H 2 ↑+2OH - 可知，将生产 0.5molH 2 ，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 － ＋H 2 O=2-4SO ＋2H ＋ ； (5)通电后，阴极电极反应式为 2H 2 O+2e - =H 2 ↑+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 NaNO 3 和 Cu(NO 3 ) 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：Cu 2＋ ＋2e － ===Cu，2H ＋ ＋2e － ===H 2 ↑阳极：4OH－ －4e － ===O 2 ↑＋2H 2 O ―→转移电子为 0.2 mol⇒n(Cu 2＋ )＝0.05 mol，n(H ＋ )＝0.1 moln(Na＋ )＝0.05 mol。复原时需加 CuO：0.05×80 g＝4 g 和 H 2 O：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NO x 的装置如图所示(图中电极均为石墨电极)。

　(1)若用 NO 2 气体进行模拟电解法吸收实验。

　①写出电解时 NO 2 发生反应的电极反应式：

　。

　②若在标准状况下有 2.24 L NO 2 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 NO 2 (不考虑 NO 2 转化为 N 2 O 4 )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HNO 2 。实验结束时，测得右室溶液中含3 mol HNO 3 、0.1 mol HNO 2 ，同时左室收集到标准状况下 28 L H 2 。计算原气体中 NO 和 NO 2 的体积比(假设尾气不含氮氧化物，写出计算过程)。

　 【答案】(1)①NO 2 −e − +H 2 O3NO+2H +

　②0.1 (2)①143 ②根据原子守恒：n(NO)+n(NO 2 )=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(NO 2 )×1=128L22.4 L mol  ×2 解得 n(NO)=0.8 mol，n(NO 2 )=0.3 mol V(NO)∶V(NO 2 )=n(NO)∶n(NO 2 )=0.8 mol∶0.3 mol=8∶3。

　【解析】(1)①从图中知，NO x 气体在电解时会转化成 HNO 3 ，则 NO 2 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 NO 2 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(HNO 3 )=10 L×0.2 mol·L −1 ×63 g·mol −1 =126 g，则 V(浓硝酸)=1126g63% 1.4g mL   ≈143 mL。②由 N 原子守恒，最终生成的 HNO 3 和 HNO 2 中的总 N 原子数等于 NO 和 NO 2 中所含 N 原子数与右室中原 HNO 3中 N 原子数总和，即 n(HNO 3 )+n(HNO 2 )=n(NO)+n(NO 2 )+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 H 2 ，右侧为 NO 2 失电子生成 HNO 3 ，部分 NO 失电子生成 HNO 2 ，部分 NO 失电子生成 HNO 3 ，列式为2822.4 mol×2=1×n(NO 2 )+1×n(HNO 2 )+[n(NO)−n(HNO 2 )]×3(Ⅱ)，联立(Ⅰ)、(Ⅱ)可求出 NO 和 NO 2 的物质的量，相同状态下，NO 2 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 AgNO 3 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 AgNO 3 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AgNO 3 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5.4g108g / 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 Cu 2＋ 、Fe 2 ＋ 、Al 3 ＋ 、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．Cl 2

　B．Al

　C．Cu

　D．H 2

　【答案】B 【解析】阴极上 Al 3＋ 、Fe 2 ＋ 的放电能力弱于 H ＋ ，而 Cu 2 ＋ 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 Na 2 SO 4 溶液为电解质，负载纳米 MnO 2 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 Na 2 SO 4 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：CH 3 CH 2 CH 2 OH＋H 2 O－4e－ ===CH 3 CH 2 COOH＋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；Na 2 SO 4 为强电解质，使用 Na 2 SO 4 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：CH 3 CH 2 CH 2 OH＋H 2 O－4e－ ===CH 3 CH 2 COOH＋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．MnO 2 常用于电池工业，现电解含 MnSO 4 的某工业废液来制备 Mn 和 MnO 2 ，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：Mn 2+ -2e - +2H 2 O

　MnO 2 +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，MnSO 4 中锰元素的化合价升高，由此推断阳极的主要产物是 MnO 2 ，故阳极的电极反应式为 Mn 2+ -2e - +2H 2 O

　MnO 2 +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：Mn 2+ +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+xH 2 O(g) FeO x +xH 2

　C．充电时，a 极发生反应：4OH - -4e - 2H 2 O+O 2 ↑ D．放电时，b 极发生反应：H 2 +O 2- -2e - H 2 O

　 【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：O 2 +4e - 2O 2- ，则充电时，a 极发生反应：2O 2- -4e - O 2 ↑，A、C 错误；由题图可知，放电时，负极室发生的反应为 xH 2 O(g)+ +xH 2 ，则充电时发生的反应为 FeO x +xH 2 xH 2 O(g)+Fe，B 错误；放电时，b 极上氢气失电子发生氧化反应：H 2 +O 2- -2e - H 2 O，D 正确。

　5．500 mL KNO 3 和 Cu(NO 3 ) 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 2H 2 O−4e − O 2 ↑+4H + ，由于两个电极都收集到了气体，因此阴极反应式为：Cu 2+ +2e − Cu，2H + +2e − H 2 ↑。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 H 2 需要电子为 2 mol，因此 Cu 2+ 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 2CH 3 OH＋3O 2 ＋4KOH===2K 2 CO 3 ＋6H 2 O。下列说法正确的是

　A．甲池通入 CH 3 OH 的电极反应式为 CH 3 OH＋6e－ ＋2H 2 O===CO 2 －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 CuSO 4 溶液恢复到原浓度 C．甲池中消耗 224 mL(标准状况)O 2 ，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 AgNO 3 溶液，则可以实现在石墨棒上镀银

　 【答案】C 【解析】甲池通入 CH 3 OH 的电极发生氧化反应：CH 3 OH－6e－ ＋8OH － ===CO 2 －3 ＋6H 2 O，A 项错误；乙池中石墨作阳极，Ag 作阴极，电解总反应为 2CuSO 4 ＋2H 2 O 2Cu＋O 2 ↑＋2H 2 SO 4 ，由于 CuSO 4 溶液过量，溶液中减少的是“2Cu＋O 2 ↑”，因此加入 CuO 或 CuCO 3 能使原溶液恢复到原浓度，B 项错误；丙池中的总反应为 MgCl 2 ＋2H 2 O Mg(OH) 2 ↓＋H 2 ↑＋Cl 2 ↑，根据各电极上转移电子数相同，可得关系式：O 2 ～4e－ ～2Mg(OH)2 ，丙池中产生 Mg(OH) 2 固体的质量为0.224 L22.4 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 、MnO 2 和少量 Na 2 CrO 4 。考虑到胶体的吸附作用使 Na 2 CrO 4 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，CrO 4 2- 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】CrO 4 2- 通过阴离子交换膜进入阳极室

　CrO 4 2- 、Cr 2 O 7 2-

　 H 2 、NaOH

　 【分析】电解时，CrO 4 2- 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，CrO 4 2- 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 2CrO 4 2- +2H + ⇌Cr 2 O 7 2- +H 2 O，则分离后含铬元素的粒子是 CrO 4 2- 、Cr 2 O 7 2- ，阴极发生还原反应生成氢气和 NaOH，故答案为：CrO 4 2- 通过阴离子交换膜进入阳极室；CrO 4 2- 、Cr 2 O 7 2- ；NaOH和 H 2 。

　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 pH4.5  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：

　Ⅰ2.Fe直接还原3NO  ； Ⅱ2.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

　 23 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) NO 3 - 在正极得电子发生还原反应产生 NH 4 +

　 ，根据图 2信息可知为酸性环境；(2)pH 越高

　Fe 3+ 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： 23 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：

　 23 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 WO 3 薄膜中，生成 Ag x WO 3 ，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：WO 3 +xAg=Ag x WO 3

　【答案】C 【分析】

　从题干可知，当通电时，Ag + 注入到无色 WO 3 薄膜中，生成 Ag x WO 3 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 WO 3 的+6 价降低到 Ag x WO 3 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：WO 3 +xAg + +xe- = AgxWO 3 ，故发生的总反应式为：xAg + WO 3

　=Ag x WO 3 ，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 CO 2 +H 2 S 协同转化装置，实现对天然气中 CO 2 和 H 2 S 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-Fe 2+ -e - ＝EDTA-Fe 3+

　②2EDTA-Fe 3+ +H 2 S＝2H + +S+2EDTA-Fe 2+

　该装置工作时，下列叙述错误的是 A．阴极的电极反应：CO 2 +2H + +2e - ＝CO+H 2 O B．协同转化总反应：CO 2 +H 2 S＝CO+H 2 O+S C．石墨烯上的电势比 ZnO@石墨烯上的低 D．若采用 Fe 3+ /Fe 2+ 取代 EDTA-Fe 3+ /EDTA-Fe 2+ ，溶液需为酸性

　 【答案】C 【解析】该装置属于电解池，CO 2 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、CO 2 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 CO 2 +H＋+2e－ ＝CO+H2 O，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 H 2 S－2e－ ＝2H ＋ +S，因此总反应式为 CO2 +H 2 S＝CO+H 2 O+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 Fe 3＋ /Fe 2 ＋ 取代 EDTA-Fe 3 ＋ /EDTA-Fe 2 ＋ ，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 −H 2 ↑，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 − ＋3H 2 O Al 2 O 3 ＋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 NH 3 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：N 2 +6H + +6e − 2NH 3

　C．H + 由阳极向阴极迁移

　D．陶瓷可以隔离 N 2 和 H 2

　 【答案】A 【解析】A、此装置为电解池，总反应是 N 2 ＋3H 2 2NH 3 ，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 N 2 ＋6H＋ ＋6e −2NH 3 ，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 N 2 和 H 2 ，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：2H 2 O+2e − H 2 ↑+2OH −

　B．b处：2Cl − −2e − Cl 2 ↑ C．c处发生了反应：Fe−2e − Fe 2+

　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2H 2 O+2e − H 2 ↑+2OH − ，A项正确；若b处发生反应2Cl − −2e −Cl 2 ↑，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 − Fe 2+ ，由于生成的Fe 2+ 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 − Cu 2+ ，右端(阴极)均发生反应2H + +2e −

　H 2 ↑，一段时间后，Cu 2+ 移动到m和n处，m、n处附近Cu 2+ 浓度增大，发生反应Cu 2+ +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 Na 2 SO 4 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24SO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24SO离子向正极迁移，正极区溶液 pH 增大 B．该法在处理含 Na 2 SO 4 废水时可以得到 NaOH 和 H 2 SO 4 产品 C．负极反应为 2H 2 O−4e − O 2 +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 O 2 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。H 2 O 在正(阳)极区放电，生成 O 2 和 H + ，中间隔室中的阴离子24SO通过 cd 膜移向正(阳)极，故正(阳)极区得到 H 2 SO 4 ，当电路中通过 1 mol 电子时生成 0.25 mol O 2 ，正(阳)极区溶液 pH 减小，H 2 O 在负(阴)极区放电，生成 OH − 和 H 2 ，负(阴)极区溶液 pH 增大，A、C、D 项错误。H 2 O 在负(阴)极区放电生成 H 2 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 H 2 SO 4 ，故 B 项正确。