1、突破13 电解原理及应用1为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。其反应原理如下： 电池： Pb(s) + PbO2(s) + 2H2SO4(aq) =2PbSO4(s) + 2H2O(l)；电解池：2Al+3O2Al2O3+3H2电解过程中，以下判断正确的是（ ）电池电解池AH+移向Pb电极H+移向Pb电极B每消耗3molPb生成2molAl2O3C正极：PbO2+4H+2e=Pb2+2H2O阳极：2Al+3H2O-6e=Al2O3+6H+DAABBCCDD【答案】D【解析】A原电池中，溶液中氢离子向正极二氧化铅电极移动，故A错误
2、；B根据电子守恒分析，每消耗3molPb，转移6mol电子，根据电子守恒生成lmolAl2O3，故B错误；C原电池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅，故C错误；D原电池中铅作负极，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸铅，所以质量增加，在电解池中，Pb阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，所以铅电极质量不变，故D正确；故选D。2储氢可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢：C6H12(g)C6H6(g)3H2(g)。一定条件下，下图装置可实现有机物的电化学储氢:下列说法不正确的是A多孔惰性电极D为阴极B从多孔惰性电极E产生的气体是氧气C高分子电解质膜为阴离子交换膜D上述装置
3、中生成目标产物的电极反应式为C6H6+6H+6e-=C6H12【答案】C【解析】根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是负极、B是正极；该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子在酸性条件下反应生成环己烷。A. 根据分析，可知D为阴极，A正确；B. 阴极上苯和氢离子生成环己烷，氢离子由水产生，同时还生成氧气，所以电极E产生的气体是氧气，B正确；C. 阴极上苯和氢离子生成环己烷，氢离子由水产生，即氢离子通过高分子电解质膜，所以为阳离子交换膜，C错误；D. 该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷
4、，所以电极反应式为C6H6+6H+6e-=C6H12，D正确；答案选C。3PHa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，则该电解质可能是ANaOHB.H2SO4CAgNO3DNa2SO4【答案】A【解析】A选项，电解NaOH溶液实质是电解水，浓度增大，碱性增强，pH值增大，故A正确；B选项，电解H2SO4实质是电解水，浓度增大，酸性增强，pH值减小，故B错误；C选项，电解AgNO3反应生成银、氧气和硝酸，酸性增强，pH值减小，故C错误；D选项，电解Na2SO4实质是电解水，浓度增大，但依然呈中性，pH值不变，故D错误；综上所述，答案为A。4某科研小组馍拟“人工树叶”
5、电化学装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为糖类(C6H12O6)和O2，X、Y是特殊催化剂型电极。下列说法正确的是A该装置中Y电极发生还原反应.BH+由X极区向Y极区迁移CX电极的电极反应式为6CO2+24H+24e-=C6H12O6+6H2OD当电路中通过2.4mole-时，将生成1.2molO2【答案】C【解析】A.根据装置图可知，X与电源的负极相连，为阴极；Y与电源的正极相连，为阳极，阳极上失去电子，发生氧化反应，故A错误；B.H+由Y极区向X极区迁移，故B错误；C.根据装置图可知CO2在X电极上转化为C6H12O6，因此X电极的电极反应式为6CO2+24H+24e-=C6H12
6、O6+6H2O，故C正确；D.1molO2对应4mol电子转移，所以当电路中通过2.4mole-时，将生成0.6molO2，故D错误；故答案：C。5某溶液中含有溶质NaCl和，物质的量之比为3:1。用石墨作电极电解该溶液，根据电极产物的不同，可明显分为三个阶段，下列叙述不正确的是（ ）A阴极只析出H2B阳极先析出Cl2，后析出O2C电解最后阶段为电解水D溶液pH不断增大，最后为7【答案】D【解析】可以将溶质看成3molNaCl和1molH2SO4，再转化一下思想，可以看成2molHCl、1molNa2SO4、1molNaCl，由于1molH2SO4自始至终无法放电，且其溶液pH=7，暂时可以忽
7、略，则电解过程可先看成电解HCl，再电解NaCl，最后电解水，即2HClH2+Cl2、2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2、2H2O 2H2+O2，生成的NaOH为碱性，pH大于7。A. 阴极自始自终是氢离子放电，只析出H2，A正确；B. 阳极氯离子先于氢氧根离子放电，先析出Cl2，后析出O2，B正确；C. 电解最后阶段为电解水，C正确；D. 溶液pH不断增大，最后生成的NaOH为碱性，pH大于7，D错误；故答案为：D。6下列过程中：电离、电解、电镀、电焊、电化学腐蚀，需要通电才能进行的是（ ）ABCD全部【答案】B【解析】电离是电解质在水溶液中或熔化状态下离解出自由移动离子的过程，不
8、需要通电，错误；电解是电解质在直流电作用下在两极上分别发生氧化反应和还原反应的过程，必须加外加电源，正确；电镀池实质是一个电解池，必须加外加电源，正确；电焊需要通电，正确；电化学腐蚀原理是原电池原理，原电池中不含电源，是自发进行的氧化还原反应，错误；选B。7Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的一种制取Cu2O的电解池示意图如下，电池总反应为2CuH2OCu2OH2。下列说法正确的是A石墨电极上产生氢气B铜电极发生还原反应C铜电极接直流电源的负极D当有0.1mol电子转移时，有0.1mol Cu2O生成【答案】A【解析】根据电池总反应2CuH2OCu2OH2可知，Cu化合价升高，失去
9、电子，做阳极，发生氧化反应，电极反应式为2Cu-2e-+2OH-Cu2O+H2O，石墨电极为阴极，H+在阴极得到电子，电极反应式为：2H+2e-H2。A根据上述分析，石墨作阴极，H+在阴极得到电子，电极反应式为：2H+2e-H2，A选项正确；B根据电池总反应2CuH2OCu2OH2可知，Cu化合价升高，失去电子，做阳极，发生氧化反应，B选项错误；C铜电极为阳极，阳极接电源正极，C选项错误；D根据2Cu-2e-+2OH-Cu2O+H2O，当有0.1mol电子转移时，有0.05mol Cu2O生成，D选项错误；答案选A。8如下图所示，将两烧杯用导线相连，Pt、Cu、Zn、石墨棒分别为四个电极，当闭
10、合开关后，下列叙述正确的是（ ）ACu极附近浓度增大BCu极为电解池阳极C电子由石墨棒流向Pt极D当石墨棒上有电子转移时，Pt极上有生成【答案】A【解析】A. 左边装置中，铜是阴极，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，所以铜极附近显碱性，氢氧根离子浓度增大，故A正确；B. 右边装置是原电池，锌作负极，左边装置是电解池，铜连接负极，所以铜是电解池中的阴极，故B错误；C. 电子流向为：原电池负极电解池阴极电解池阳极原电池正极，即锌极铜极铂极碳极，故C错误；D. 碳棒是原电池正极，氢离子在碳棒上得电子发生还原反应，Pt电极为电解池的阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，故D错误；92019年诺贝尔化学奖
11、授予约翰古迪纳夫、斯坦利惠廷厄姆与吉野彰这三位被称为“锂电池之父”的科学家，以表彰他们在锂离子电池领域作出的突出贡献。如图是一种最新研制的聚合物锂电池，a极为含有Li、Co、Ni、Mn、O等元素组成的混盐，电解质为一种能传导Li+的高分子复合材料，b极为镶嵌金属锂的石墨烯材料，反应原理为：LixC6+Li3-xNiCoMnO6C6+Li3NiCoMnO6。下列说法正确的是（ ）A充电时，Li+向电池的a极移动B放电时，电池的负极反应为LixC6-xe-=xLi+C6C充电时若转移的电子数为3.011023个，两极材料质量变化相差0.7gD该电池若采用盐酸、稀硫酸等酸性溶液作为电解质溶液，工作效
12、率会更高【答案】B【解析】a极为含有Li、Co、Ni、Mn、O等元素组成的混盐，电解质为一种能传导Li+的高分子复合材料，b极为镶嵌金属锂的石墨烯材料，LixC6+Li3-xNiCoMnO6C6+Li3NiCoMnO6，分析得出b极Li化合价升高失去电子，为原电池负极，a极为原电池正极。A. 放电时b为负极，充电时b极为阴极，根据“异性相吸”原理，得出Li+向电池的b极移动，故A错误；B. 放电时，b极为负极，其电极反应为LixC6xe = xLi+C6，故B正确；C. 充电时若转移的电子数为3.011023个即0.5mol电子，阳极有0.5mol Li+转移到阴极，在阴极有0.1mol Li
13、+得到电子变为LixC6，因此阳极质量减少0.5mol7 gmol1=3.5g，阴极质量增加0.5mol7 gmol1=3.5g，因此两极材料质量变化相差7g，故C错误；D. 该电池若采用盐酸、稀硫酸等酸性溶液作为电解质溶液，Li会直接和稀盐酸、稀硫酸反应，因此不能作电解质溶液，故D错误。综上所述，答案为B。10将如图所示实验装置的K闭合，下列判断不正确的是（ ）A盐桥中向甲池移动B电子沿路径流动C片刻后乙池中增大D滤纸上的红点向a移动【答案】B【解析】A. 形成原电池时，C为正极，Cu为负极，阳离子向正极移动，故A正确；B. C为正极，Cu失电子作负极，b电极是阴极，a电极是阳极，电子不能经
14、过溶液，则电子从，路径流动，故B错误；C. Cu被氧化生成，则片刻后乙池中增大，故C正确；D. a为阳极，b为阴极，电解池中，阴离子向阳极移动，则滤纸上的红点向a移动，故D正确。【提升题】1（2020高考全国卷真题）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AAg为阳极BAg+由银电极向变色层迁移CW元素的化合价升高D总反应为：WO3+xAg=AgxWO3【答案】C【解析】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，
15、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。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
16、C。2某化学实验小组同学用惰性电极电解饱和食盐水(含少量、)，并进行下图相关实验，电解一段时间后，各部分装置及对应的现象为：(1)中黑色固体变红；(2)中电极a附近溶液出现浑浊；(3)中溶液出现浑浊；(4)中溶液红色褪去。下列对实验现象解释不合理的是A(1)中红色物质中可能含有少量氧化亚铜B(2)中a电极附近浑浊是所致C(3)中发生了置换反应D(4)中红色褪去是因为被消耗，溶液不再具有强碱性所致【答案】D【解析】用惰性电极电解饱和食盐水（含少量Ca2+、Mg2+）产生的气体为氢气和氯气，氯气具有强氧化性，而氢气在加热条件下具有较强还原性，根据（1）中黑色固体变红（2）电极a附近溶液出现浑浊可知
17、，a电极为阴极，放出氢气，生成氢氧根与镁离子结合成白色沉淀，b电极为阳极，产生的氯气可氧化硫化钠生成硫沉淀出现浑浊，过量的氯气通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能为H+中和了OH-，也可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致。A.高温下可分解为和，A正确；B. (2)中电极a发生反应，生成的与溶液中的结合生成使溶液浑浊，B正确；C. (3)中发生反应，该反应为置换反应，C正确；D. (4)中过量的通入含酚酞的溶液中，溶液褪色的原因可能是中和了，也可能是与反应生成的的强氧化性所致，D错误；故选D。3催化还原二氧化碳是解决温室效应及能源问题的重要手段之一，中国科学家设计出如图装置实现
18、的转化，电池总反应为：.下列说法错误的是（ ）A该装置工作时，质子通过交换膜由阳极室移向阴极室B催化电极的电极反应：C太阳能电池的正极为A极D该装置不仅还原，还产生了具有经济附加值的次氯酸盐【答案】C【解析】由电池总反应为：可知，CO2得电子生成CO，电极生成CO得电子为阴极，电极为阳极。A. 根据物质变化可知，电极为阴极，电极为阳极，A极为负极，B极为正极.根据电解池原理，质子通过交换膜由阳极室移向阴极室，A项正确；B. 阴极电极方程式为，B项正确；C. 太阳能电池A极为负极，C项错误；D. 阳极可发生反应，产生有漂白、消毒功能的具有经济附加值的次氯酸盐，D项正确；故选C。4某小组拟采用电化
19、学渗析法处理含大量磷酸二氢铵(NH4H2PO4)的废水，并提取化工产品氨水和磷酸。装置如图所示。下列说法正确的是（ ）A膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜B左侧电极上的电极反应式为4OH-4e-=2H2O+O2C相同条件下，X、Y体积比为1：2D每转移1mol电子理论上生成98gH3PO4【答案】D【解析】从产物来看，左侧得到浓氨水，NH4需经过膜1，到达左侧，与生成的OH结合，生成浓氨水；磷酸二氢根离子经过膜2，到达右侧，与生成的H结合，生成磷酸，可知左侧为阴极室；右侧为阳极室。A. 观察图示知，左侧制备氨水，X为氢气，阴极反应式为：2H2O2e-=2OH-H2，NH4+OH-=NH3H
20、2O；右侧制备磷酸，Y为氧气，阳极反应式为：2H2O4e-=4H+O2，H2PO4-H+=H3PO4，NH4+向左侧迁移，H2PO4-向右侧迁移，所以膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜，A错误；B. 左侧制备氨水，X为氢气，阴极反应式为：2H2O2e-=2OH-H2，B错误；C. X为H2，Y为O2，物质的量之比为2：1，C错误；D. 根据方程式2H2O4e-=4H+O2，H2PO4-H+=H3PO4，转移1mol电子时，生成1 mol H3PO4，质量为98g，D正确；故答案为：D。5电化学降解NO3-的原理如图所示。下列说法中不正确的是A铅蓄电池的A极为正极，电极材料为PbO2B铅蓄电
21、池工作过程中负极质量增加C该电解池的阴极反应为：2NO3-+ 6H2O + 10e N2 + 12OHD若电解过程中转移2moL电子，则交换膜两侧电解液的质量变化差（m左m右）为10.4g【答案】D【解析】A根据图示可知：在右边的Pt-Ag电极上NO3-得到电子被还原变为N2；所以该电极是阴极，与之连接的B是负极，A是正极；铅蓄电池的A极为正极，电极材料为PbO2，A正确；B铅蓄电池工作过程中负极发生反应：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，所以负极质量增加，B正确；C该电解池的阴极反应为：2NO3-+ 6H2O + 10e N2 + 12OH，C正确；D在阳极发生反应：2H2O-4e-=4
22、H+O2；若电解过程中转移2moL电子，会消耗1mol的水，产生的2mol的H+进入阴极室，阳极质量减轻18g，在阴极室发生反应：2NO3-+ 6H2O + 10eN2 + 12OH，若转移2mol的电子，会产生0.2mol的N2从溶液中逸出，同时有由2mol的H+进入该室，则阴极室实际减轻的质量是0.2mol28g/mol-2g=3.6g，则两侧电解液的质量变化差（m右m左）为18g-3.6g=14.4g，D错误；故选D。6用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为13的CuSO4和NaCl的混合溶液，可能发生的反应有()2Cu2+2H2O2Cu+4H+O2 Cu2+2Cl-Cu+Cl2 2C
23、l-+2HH2+Cl2 2H2O2H2+O2ABCD【答案】C【解析】用惰性电极电解物质的量浓度之比为1：3的CuSO4和NaCl的混合溶液，设溶液体积为1L，c(CuSO4)=1mol/L，c(NaCl)=3mol/L，则n(CuSO4)=n(Cu2+)=1mol，n(NaCl)=n(Cl-)=3mol。根据转移电子守恒，第一阶段：阳极上Cl-放电、阴极上Cu2+放电，当铜离子完全析出时转移电子的物质的量为2mol，转移2mol电子时析出2mol Cl-，所以Cl-还剩余1mol，则此时发生的电池反应式为；第二阶段：阳极上Cl-放电，阴极上H+放电，当Cl-完全析出前，发生的电池反应式为；第
24、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；故合理选项是C。7采用曝气一电解生物浮床法，可将河道水体中的NH、H2PO等离子转化为MgHPO4、Mg3(PO4)2等沉淀，以实现水体高营养化治理，原理如图。通电一段时间后，生物质碳中发现大量块状白色沉淀。下列说法错误的是（ ）A电解过程中，NH向石墨电极区迁移B阳极发生的主要电极反应为Mg-2e-=Mg2+C电解过程中，水体的pH将会降低D当电路中通过1mole-时，理论上阴极产生11.2L(标准状况)气体【答案】C【解析】镁铝合金是阳极，电极反应为Mg-2e-=Mg2+，石墨是阴极，阴极反应为2H2O2e=2OHH
25、2。A电解过程中，镁铝合金是阳极，石墨是阴极，阳离子向阴极移动，NH向石墨电极区迁移，故A正确；B阳极发生氧化反应，主要电极反应为Mg-2e-=Mg2+，故B正确；C电解过程中，阴极反应为2H2O2e=2OHH2，水体的pH将会升高，故C错误；D当电路中通过1mole-时，根据2H2O2e=2OHH2生成0.5mol气体，理论上阴极产生11.2L(标准状况)气体，故D正确；故选C。8研究发现，1100C时，加入合适的熔盐电解质可直接电解SiO2，电解原理为SiO2Si+O2。利用下图装置电解SiO2(加热装置略去)，得到的Si直接进入锌镁合金形成硅锌镁合金，再通过真空蒸馏除去锌镁得到高纯硅。下
26、列说法不正确的是( )AX极接正极B通入氩气的目的是防止高温时氧气氧化石墨电极C阳极反应为2O2-4e- =O2D当电路中通过0.4 mol电子时，合金质量增加2.8 g【答案】A【解析】A电解SiO2得到的Si直接进入锌镁合金形成硅锌镁合金，同时为防止与石墨坩埚作阳极使与之接触的合金放电，X极应接电源的负极，Y极应接电源的正极，故A错误；B在阳极2O2-4e- =O2，产生氧气，防止高温时氧气氧化石墨电极，在阳极通入氩气，故B正确；C阳极发生失电子的氧化反应，阳极电极反应为2O2-4e- =O2，故C正确；D由阴极的电极反应Si4+4e-=Si可知，当电路中通过0.4 mol电子时，产生0.
27、1molSi，即合金质量增加2.8 g，故D正确；答案为A。9对氨基苯甲酸()是一种用途广泛的化工产品和医药中间体，以对硝基苯甲酸()为原料，采用电解法合成对氨基苯甲酸的装置如图。下列说法正确的是A电流由金属阳极DSA经导线流入直流电源B阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+2H2OC每转移1mole时，阳极电解质溶液的质量减少8gD反应结束后阳极区pH增大【答案】B【解析】该装置为电解池，右侧生成氧气，则右侧为阳极，电极反应式为，左侧为阴极。A. 该电解池右侧为阳极，失电子发生氧化反应，则电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源，而电流方向相反，故A错误；B. 阴极得电子发生还原反应生成氨基苯
28、甲酸，则阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+2H2O，故B正确；C. 阳极发生反应，氢离子移动向阴极，当转移4mole时，阳极电解质溶液减少2mol水，则每转移1mole时，阳极电解质溶液减少0.5mol水，质量为9g，故C错误；D. 阳极发生反应，氢离子移动向阴极，则反应结束后阳极区硫酸浓度会增大，pH减小，故D错误；故选B。10如图中，甲是电解饱和食盐水，乙是铜的电解精炼，丙是电镀，回答：甲 乙 丙（1）b极上的电极反应式为_，甲电池的总反应化学方程式是_。（2）在粗铜的电解过程中，图中c电极的材料是_（填“粗铜板”或“纯铜板”）；在d电极上发生的电极反应为_；若粗铜中还含有Au、Ag、
29、Fe等杂质，则沉积在电解槽底部（阳极泥）的杂质是_，电解一段时间后，电解液中的金属离子有_。（3）如果要在铁制品上镀镍（二价金属），则e电极的材料是_（填“铁制品”或“镍块”，下同），f电极的材料是_。（4）若e电极的质量变化118 g，则a电极上产生的气体在标准状况下的体积为_。【答案】（1）2H+2e=H2 2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2 （2）粗铜板 Cu2+2e=Cu Au、Ag Cu2+、Fe2+ （3）铁制品 镍块 （4）44.8L 【解析】(1)甲是电解饱和食盐水，M为正极，则a为阳极发生氧化反应，b为阴极发生还原反应，电极反应式为2H+2e-=H2，电解饱和食盐水
30、生成氢气、氯气和氢氧化钠，总反应化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，故答案为2H+2e-=H2；2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2；(2)用电解法进行粗铜提纯时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，该装置中M为原电池的正极，N为原电池的负极，所以c为电解池的阳极，d为电解池的阴极，电解时，以硫酸铜溶液为电解液，溶液中的Cu2+得到电子在阴极上发生还原反应，即Cu2+2e-=Cu；作阳极的粗铜中的铜以及比铜活泼的金属失去电子进入溶液，所以Fe发生Fe-2e-Fe2+反应，以Fe2+的形式进入溶液中；比铜不活泼的金属Au、Ag不会失去电子，以单质的形成沉入电解槽形成“阳极泥”
31、，则沉积在电解槽底部(阳极泥)的杂质是Au、Ag，电解一段时间后，电解液中的金属离子有Cu2+、Fe2+，故答案为粗铜板；Cu2+2e-=Cu；Au、Ag；Cu2+、Fe2+；(3)要在铁制品上镀镍(二价金属)，则铁作阴极与电源负极N相连即f极，镍为阳极与电源正极M相连即e极，故答案为铁制品；镍块； (4)若e电极的质量变化118g，根据转移电子数相等，Ni2e-Cl2，则a电极上产生的气体在标准状况下的体积为22.4L/mol=44.8L，故答案为44.8L。【挑战题】1四甲基氢氧化铵(CH3)4NOH常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵(CH3)4NCl为原料，采用电渗析法合成(CH3)4
32、NOH，其工作原理如图所示(a、b 为石墨电极，c、d、e 为离子交换膜)，下列说法不正确的是AN 为电源正极Bb 极 电 极 反 应 式 ： 4OH4e=O22H2OCc 为阳离子交换膜，d、e 均为阴离子交换膜Da、b 两极均有气体生成，同温同压下体积比为 21【答案】C【解析】以四丁基溴化铵（CH3）4NCl为原料，采用电渗析法合成（CH3）4NOH的过程中，根据第三个池中浓度变化得出：钠离子从第四池通过e膜，氯离子从第二池通过d膜，得到c、e均为阳离子交换膜，a为阴极b为阳极，阳极电极反应式为4OH-4e=O2+2H2O。Aa为阴极b为阳极，N 为电源正极，故A正确；Bb为阳极，发生氧
33、化反应，b 极 电 极 反 应 式 ： 4OH4e=O22H2O，故B正确；C钠离子从第四池通过e膜，氯离子从第二池通过d膜，得到c、e均为阳离子交换膜，d 为阴离子交换膜，故C错误；Da电极为氢离子放电生成氢气，故电极反应方程式为2H+2e=H2，b电极为氢氧根离子放电生成氧气4OH-4e=O2+2H2O，标况下制备1mol（CH3）4NOH，转移电子是1mol，a、b两极产生气体物质的量分别为0.5mol和0.25mol， a、b 两极均有气体生成，同温同压下体积比为 21，故D正确；故选C。2电解原理在化学工业中有着广泛的应用。图甲表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导
34、线与直流电源相连。则下列说法不正确的是()A若此装置用于电解精炼铜，则X为纯铜、Y为粗铜，电解的溶液a可以是硫酸铜或氯化铜溶液B按图甲装置用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，加入0.5 mol的碳酸铜刚好恢复到通电前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子为2.0 molC按图甲装置用惰性电极电解AgNO3溶液，若图乙横坐标x表示流入电极的电子的物质的量，则E可表示反应生成硝酸的物质的量，F表示电解生成气体的物质的量D若X、Y为铂电极，a溶液为500 mL KCl和KNO3的混合液，经过一段时间后，两极均得到标准状况下11.2 L气体，则原混合液中KCl的物质的量浓度至少为2.0
35、molL1【答案】B【解析】A.电解精炼铜粗铜作阳极，精铜阴极，所以Y为粗铜、X为纯铜，电解的溶液a可以是硫酸铜或氯化铜溶液，故不选A；B.根据“析出什么加入什么”的方法知，电解硫酸铜溶液时，阴极上析出的是铜，根据原子守恒知，0.5mol的碳酸铜中铜元素的物质的量是0.5mol，阴极上的电极反应式为：Cu2+2e-=Cu，所以析出0.5mol铜需要转移电子的物质的量是1mol，故选B；C.硝酸银的电解方程式为：4AgNO3+2H2OO2+4HNO3+4Ag，根据方程式知，当转移4mol电子时生成1mol氧气，4mol硝酸，和图象吻合，故不选C；D.电解500 mL KCl和KNO3的混合液，阳
36、极上氯离子放电生成氯气：2Cl-2e-=Cl2，氯离子反应完后就是4OH4e-=2H2O+O2，阴极上2H+2e-=H2，两极均得到标准状况下11.2 L即0.5mol气体，如果OH-放电，阴阳极气体就不在物质的量相等，所以溶液中氯离子的物质的量至少是1mol，浓度至少是：=2mol/L，故不选D；3某海水中主要离子的含量如下表，现利用“电渗析法”进行淡化，技术原理如图所示(两端为惰性电极，阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过)。下列有关说法错误的是( )离子含量9360832001100160001200118A甲室的电极反应式为：B乙室和丁室中部分离子的浓度增大，淡水的出口为bC当戊
37、室收集到(标准状况)气体时，通过甲室阳膜的离子的物质的量一定为D淡化过程中易在戊室形成水垢【答案】C【解析】在电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，因此，阳离子向右移动，阴离子向左移动，而阳离子只能通过阳膜，阴离子只能通过阴膜，综上可知，乙室和丁室的溶液中部分阴阳离子浓度增大，丙室中阴阳离子浓度减小；在甲室，Cl在阳极失去电离生成Cl，在戊室，水会得到电子，生成氢气。A甲室中的电极为阳极，Cl放电生成Cl2，电极反应为甲室的电极反应式为：2Cl-2e=Cl2，A正确，不选；B甲室Cl放电，阳离子甲室进入乙室，戊室2H2O2e=H22OH，阴离子戊室进入丁室，丙室的阳离子进入丁室，阴离子
38、进入乙室，因此乙室和丁室中部分离子的浓度增大，丙中得到淡水，其出口为b；B正确，不选；C戊室收集到1molH2，转移2mol电子，由甲室进入乙室的阳离子可能为Na、K，也可能是Mg2、Ca2，其电荷不同，C错误，故选C；D戊室生成的可能与结合生成水垢，D正确，不选。答案选C。4海洋资源的开发与利用具有广阔的前景。海水的pH一般在7.58.6之间。某地海水中主要离子的含量如下表：成分Na+K+Ca2+Mg2+ClSO42HCO3含量/mgL19360831601100160001200118（1）海水显弱碱性的原因是（用离子方程式表示）：_，该海水中Ca2+的物质的量浓度为_mol/L 。（2）
39、电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如下图所示。其中阴（阳）离子交换膜只允许阴（阳）离子通过，电极均为惰性电极。 开始时阳极的电极反应式为_。 电解一段时间，_极（填“阴”或“阳”）会产生水垢，其成份为_（填化学式）。 淡水的出口为a、b、c中的_出口。（3）海水中锂元素储量非常丰富，从海水中提取锂的研究极具潜力。锂是制造化学电源的重要原料，如LiFePO4电池某电极的工作原理如图所示：该电池电解质为能传导 Li+的固体材料。上面左图中的小黑点表示_（填粒子符号），充电时该电极反应式为_。（4）利用海洋资源可获得MnO2 。MnO2可用来制备高锰酸钾：将MnO2与KOH混合后
40、在空气中加热熔融，得到绿色的锰酸钾（K2MnO4），再利用氯气将锰酸钾氧化成高锰酸钾。该制备过程中消耗相同条件下氯气和空气的体积比为_（空气中氧气的体积分数按20%计）。【答案】（1）HCO3-+H2OH2CO3OH- 410-3 （2） 2Cl-2e-=Cl2 阴 CaCO3和Mg(OH)2 b （3）Li+ LiFePO4-e-=FePO4+Li+ （4） 1:5 【解析】（1）海水中含有碳酸氢根离子，水解显碱性，离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-；根据表中数据可知该海水中Ca2+的物质的量浓度为=410-3mol/L；（2）电解池中阳极失去电子，发生氧化反应，因此开始时是海
41、水中的氯离子放电，则开始时阳极的电极反应式为2Cl-2e-=Cl2；由于阴极是氢离子放电生成氢气，从而在阴极产生氢氧根，氢氧根与镁离子结合生成CaCO3和Mg(OH)2，产生的氢氧根还能与碳酸氢根反应生成碳酸根，因此还有碳酸钙沉淀产生，则电解一段时间，阴极会产生水垢，其成份为CaCO3和Mg(OH)2；在外加电流的作用下海水中的阴阳离子分别通过阴离子交换膜和阳离子交换膜移动，从而使1个间隔室的海水被淡化，而相邻间隔室的海水被浓缩，则根据装置图可知a和c是被浓缩的海水，则淡水的出口为b口；（3）海水中锂元素储量非常丰富，从海水中提取锂的研究极具潜力。锂是制造化学电源的重要原料，如LiFePO4电
42、池某电极的工作原理如右图所示：该电池电解质为能传导 Li+的固体材料。这说明锂是该电池的负极，失去电子，阳离子Li+向正极移动。则根据示意图可知左图中的小黑点表示Li+。充电是放电的逆反应，即该电极是阳极，阳极失去电子，则充电时该电极的反应式为LiFePO4-e-=FePO4+Li+；（4）假设反应中得到1mol高锰酸钾，则由锰酸钾转化为高锰酸钾时锰元素的化合价从+6价升高到+7价，失去1个电子，则需要氯气0.5mol，得到1mol锰酸钾，其中锰元素的化合价从+4价升高到+6价，失去2个电子。氧气在反应中得到4个电子，则根据电子得失守恒可知需要氧气是0.5mol，因此氯气与氧气的体积之比是1：1，又因为氧气在空气中的体积份数是0.2，因此氯气与空气的体积比为1：5。
