1、电解质溶液的电解规律电解电解质溶液的规律类型例1现有阳离子交换膜、阴离子交换膜、石墨电极和如图所示的电解槽。利用氯碱工业中的离子交换膜技术原理，可通过电解Na2SO4溶液来生产NaOH溶液和H2SO4溶液。下列说法中不正确的是（）A阳极反应式为4OH4e=2H2O+O2B从A口流出的是硫酸溶液Cb是阳离子交换膜，允许Na+通过DNa2SO4溶液从E口加入【解析】A阳极上氢氧根离子放电，发生的反应为4OH4e=2H2O+O2，选项A正确；B阳极上氢氧根离子放电，产生的气体是氧气，同时生成氢离子，则阳极附近生成硫酸，从A口流出的是H2SO4溶液，选项B正确；C阴极上氢离子放电，溶液中生成氢氧根离子
2、，故可在阴极区收集NaOH溶液，为保证溶液电荷平衡，需在阴极室一侧放置阳离子交换膜，使Na+通过以补充阳离子，则b是阳离子交换膜，允许Na+通过，选项C正确；DNaOH在阴极附近生成，H2SO4在阳极附近生成，故Na2SO4溶液应从F口加入，选项D错误。答案选D。【答案】D例2用石墨做电极电解CuCl2溶液，下列说法正确的是（）A在阳极上析出金属铜 B在阴极上产生有刺激性气味的气体C在阴极上析出金属铜 D阳极上发生还原反应【解析】根据电解原理，阳极发生氧化反应：2Cl2e=Cl2，阴极发生还原反应：Cu2+2e=Cu。因此阳极上产生有刺激性气味的气体氯气，在阴极上析出铜。故C项正确。本题答案为
3、C。【答案】C例3下图是电解饱和NaCl溶液的实验装置，x、y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，下列有关该实验正确的说法是（）Ax电极为阳极，y电极为阴极Bx电极附近溶液变红色，且有刺激性气味气体产生C若将两电极产生的气体收集起来，X电极得到的气体与Y电极得到的气体之比之比略大于11D电解后，将溶液混匀，电解前后溶液的pH未发生变化【解析】与原电池正极连接的是电解池的阳极，氯离子在阳极上失电子发生氧化反应，生成黄绿色的氯气；与负极连接的是电解池的阴极，氢离子在阴极上得电子发生还原反应，生成无色无味的氢气，同时有氢氧化钠生成。y与原电池正极相连接，所以是阳极，x与
4、原电池负极相连接，所以是阴极，A错误；Bx与原电池的负极相连，所以是阴极，溶液中的氢离子在阴极上得电子发生还原反应，生成无色无味的氢气，同时有氢氧化钠生成，所以X电极附近溶液变红色，但无刺激性气味气体产生，B错误；Cx电极上析出氢气，y电极上析出氯气，因为氯气能溶于水，所以电解一段时间收集产生的气体，y电极得到气体体积稍小，所以将x、y两极产生的气体收集起来，其体积比略大于11，C正确；电解后生成氢氧化钠，所以溶液的碱性增强，故电解前后溶液的pH发生变化，D错误；选C。【答案】C提分训练1LiOH常用于制备锂离子电池正极材料。工业上常利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和
5、LiCl溶液。下列说法正确的是（）Aa是电源的负极BB极区电解液为LiOH溶液CA电极的电极反应式为4OH4e=2H2O+O2D外电路中每通过0.1mol电子，生成1.12L氢气【解析】根据图知，B电极上有氢气生成，则B为电解池阴极，A为阳极，a为正极、b为负极，阴极电极反应式为2H2O+2e=2OH+H2，阳极反应式为2Cl-2e=Cl2，根据以上分析知，a是正极、b是负极，故A错误；A极区是阳极区、B极区是阴极区，B电极反应式为2H2O+2e=2OH+H2，有氢氧根离子生成，所以B极区电解液为LiOH溶液，A极区电解质溶液为LiCl溶液，所以B选项是正确的；A电极上氯离子放电，电极反应式为
6、2Cl-2e=Cl2，故C错误；阴极电极反应式为2H2O+2e=2OH+H2，所以有0.1mol电子转移，根据电子守恒知，生成氢气0.05mol，标准状况下体积为：0.05mol22.4L/mol=1.12L，但温度压强不知，不能计算气体体积，故D错误。【答案】B2用惰性电极电解下列溶液一段时间后再加入一定量的另一纯净物(方括号内)，一定不能使溶液恢复的是（）ANaOHNaOH BCuCl2CuCl2 CAgNO3 Ag2O DCuSO4Cu(OH)2【解析】电解氢氧化钠溶液时，OH和H+分别在阳极和阴极放电，要使其复原，需加入适量的水，故A项错误；电解氯化铜溶液时，Cl和Cu2+分别在阳极和
7、阴极放电，要使其复原，需加入适量的氯化铜，故B项正确；电解硝酸银溶液时，OH和Ag+分别在阳极和阴极放电，要使其复原，需加入适量的氧化银，故C项正确；电解硫酸铜溶液时，OH和Cu2+分别在阳极和阴极放电，要使其复原，需加入适量的氧化铜，电解一段时间后，若硫酸铜被消耗尽，此时开始电解水，要使其复原，需加入适量的氢氧化铜，故D项正确。【答案】A3用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为11的CuSO4和NaCl的混合溶液，可能发生的反应（）2Cu2+2H2O2Cu+4H+O2Cu2+2ClCu+Cl22Cl+2H2OH2+Cl2+2OH2H2O2H2+O2ABCD【解析】用惰性电极电解物质的量浓度
8、之比为11的CuSO4和NaCl的混合溶液，设溶液体积为1L，c(CuSO4)=1mol/L，c(NaCl)=1mol/L，则n(CuSO4)=n(Cu2+)=1mol，n(NaCl)=n(Cl)=1mol。根据转移电子守恒，第一阶段：阳极上Cl放电、阴极上Cu2+放电，则此时发生的电池反应式为；第二阶段：阳极上OH放电，阴极上Cu2+放电，则此时发生的电池反应式为；第三阶段：阴极上H+放电，阳极上OH放电生成O2，所以发生的电池反应式为；答案选D。【答案】D4500mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)6.0mol/L，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2
9、2.4L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（）A原混合溶液中c(K+)为2mol/LB上述电解过程中共转移2mol电子C电解得到铜的物质的量为0.5molD电解后溶液中c(H+)为2mol/L【解析】电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量=1mol；每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得n(Cu)=1mol，则c(Cu)=2mol/L，根据电荷守恒得c(K+)=6mo
10、l/L2mol/L2=2mol/L，故A正确；转移电子的物质的量=1mol4=4mol，故B错误；铜的物质的量为1mol，故C错误；根据题目已知条件，推出有两极都生成1mol气体时，电极总反应式为，所以生成H+的物质的量是2mol，c(H+)=4mol/L，故D错误；故答案为A。【答案】A5环戊二烯（）可用于制备二茂铁（，结构简式为），后者广泛用于航天、化工等领域。二茂铁的电化学制备原理如图所示，下列说法正确的是（）A为电解池的阳极B电解质溶液可以是的水溶液C电解池的总反应方程式为：D电解质溶液中，当有的向电极移动时，同时在电极上产生了22.4L的氢气【解析】根据转化关系可知，需要获得Fe2+
11、，则阳极为Fe电极，阴极为Ni，阴极上钠离子先得到电子生成金属Na，然后钠与环戊二烯反应生成氢气，实质为氢离子得到电子，阳极上Fe失去电子生成亚铁离子，中间产物Na与水反应，且水解水时生成的氢氧根离子与亚铁离子反应，影响了反应产物。依据反应过程，可发现铁做阳极，做阴极，故A错误；在整个过程中，做催化剂，由于有钠单质生成，因此，必须是无水的环境，故B错误；得到电子转化为钠单质，钠单质再与环戊二烯发生反应，环戊二烯失去电子和结合生成二茂铁，故C正确；没有标明气体的状态，故D错误。【答案】C6pH=a的某电解质溶液中，插入两支惰性电极，通直流电一段时间后，溶液的pHa，则电解质可能是（）ANa2SO
12、4BNa2SCNaOHDAgNO3【解析】电解Na2SO4溶液，消耗水，一段时间后，溶液的浓度增大，但pH不变，A不符合；电解Na2S溶液，消耗硫化钠和水，一段时间后，溶液的pH增大，B不符合；电解NaOH溶液，消耗水，一段时间后，溶液的浓度增大,pH增大，C不符合；电解溶液AgNO3，消耗硝酸银和水，生成硝酸、氧气和银，一段时间后，溶液的pH减小，D符合。【答案】D7某小组采用电渗析法从含NH4H2PO4和(NH4)2HPO4的废水中回收NH3H2O和H3PO4，装置如图所示。下列说法错误的是（）A膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜B每放出11.2L（标准状况）H2时，能回收98gH3P
13、O4C阴极区总反应式为2H2O+2NH+2e=2NH3H2O+H2Da处进入稀氨水，d处流出浓H3PO4溶液【解析】由图可知，左侧放出氢气，为阴极，右侧放出氧气为阳极，电解含NH4H2PO4和(NH4)2HPO4的废水溶液时，阳极附近是OH放电，生成氧气，右侧为阳极，所以c口进入的是稀H3PO4，d口流出的是浓H3PO4，则离子交换膜2为阴离子交换膜；阴极附近时H+放电生成氢气，左侧为阴极，则a口进入稀氨水，b口排出的为浓氨水，离子交换膜1为阳离子交换膜。A由分析可知，离子交换膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜，故A正确；B每放出11.2L(标准状况)H2时，则转移2=1mol电子，所以将
14、有1molH2PO或者0.5molHPO移到阳极区，所以能回收H3PO4小于1mol，质量小于98g，故B错误。C阴极附近时H+放电生成氢气，铵根离子通过阳离子交换膜移到阴极区与剩余氢氧根结合成NH3H2O，总反应式为2H2O+2NH+2e=2NH3H2O+H2，故C正确；D由分析可知，a口进入稀氨水，d处流出浓H3PO4溶液，故D正确；故答案为B。【答案】B8铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。（1） “电解”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_，阴
15、极产生的物质A的化学式为_。【解析】由图可知，阳极反应为4CO+2H2O-4e=4HCO+O2，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H2。【答案】（1）4CO+2H2O4e=4HCO+O2 H2 9第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车轮。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗；在下坡时，电池处于充电状态。（1）混合动力车目前一般使用镍氢电池，该电池中镍的化合物为正极，储氢金属(以M表示)为负极，碱液(主要为KOH)为电解质溶液。镍氢电池充放电原理如图1所示，其总反应式为H2+2NiOOH2Ni(OH)2。根据所给信息判断，混合动力车上坡或加速
16、时，乙电极周围溶液的pH_(填“增大”、“减小”或“不变”)，该电极的电极反应式为_。图1 图2（2）Cu2O是一种半导体材料，可通过如图2所示的电解装置制取，电解总反应式为2Cu+H2OCu2O+H2，阴极的电极反应式是_。用镍氢电池作为电源进行电解，当电池中有1mol H2被消耗时，Cu2O的理论产量为_g。【解析】（1）混合动力车上坡或加速时，发生的是放电过程，在乙电极，发生电极反应：NiOOH+H2O+e=Ni(OH)2+OH，该极附近氢氧根浓度增大，所以碱性增强，电极周围溶液的pH增大，故答案为：增大；NiOOH+H2O+e=Ni(OH)2+OH；（2）在电解池中，阴极是阳离子氢离子
17、发生得电子得还原反应，即2H+2e=H2，根据电子守恒，当蓄电池中有1mol H2被消耗时，转移电子是2mol，当转移2mol电子时，根据电解反应：2Cu+H2OCu2O+H2，Cu2O的生成量为1mol，质量为144g，故答案为：2H+2e=H2；144。【答案】（1）增大 NiOOH+H2O+eNi(OH)2+OH（2）2H+2eH2 144 10下图所示甲、乙是电化学实验装置。（1）若甲、乙两烧杯中均盛有NaCl溶液。甲中石墨棒上的电极反应式为_。乙中总反应的离子方程式为_。将湿润的淀粉KI试纸放在乙烧杯上方，发现试纸先变蓝后褪色，这是因为过量的Cl2氧化了生成的I2。若反应中Cl2和I
18、2的物质的量之比为51，且生成两种酸，该反应的化学方程式为_。（2）若甲、乙两烧杯中均盛有CuSO4溶液。甲中铁棒上的电极反应式为_。如果起始时乙中盛有200mL pH5的CuSO4溶液(25)，一段时间后溶液的pH变为1，若要使溶液恢复到电解前的状态，可向溶液中加入_(填写物质的化学式)_g。【解析】（1）若甲、乙两烧杯中均盛有NaCl溶液。甲为铁的吸氧腐蚀，石墨是正极，石墨棒上的电极反应式为2H2O+O2+4e=4OH。根据电子流向，石墨是阳极，乙为用惰性电极电解氯化钠溶液，乙中总反应的离子方程式为2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH。根据电子守恒，5mol氯气失电子10mol，2mol
19、I2得电子10mol，碘的化合价升高为+5价，该反应的化学方程式为5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3。（2）若甲、乙两烧杯中均盛有CuSO4溶液。甲为原电池，铁为负极，铁棒上的电极反应式为Fe2e=Fe2+。由2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，要使溶液恢复原状态，可加入CuO(或CuCO3)，一段时间后溶液的pH变为1，则c(H+)0.1molL1，n(H+)0.2L0.1molL10.02mol，则由电解反应可知析出的Cu的物质的量为0.01mol，由Cu原子守恒可知，m(CuO)0.01mol80gmol10.8g，或m(CuCO3)0.01mol124gmol11.24g。【答案】（1）2H2O+O2+4e=4OH2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3（2）Fe-2e=Fe2+CuO(或CuCO3)0.8(或1.24)
