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高中化学人教版 (2019)选择性必修1第二节 电解池第一课时当堂达标检测题
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这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修1第二节 电解池第一课时当堂达标检测题，共15页。试卷主要包含了若某装置发生如下反应等内容，欢迎下载使用。
第二节 电解池
第一课时 电解原理
必备知识基础练
1．若某装置发生如下反应：Cu＋2H＋===Cu2＋＋H2↑，关于该装置的有关说法正确的是( )
A．该装置一定为原电池
B．该装置为电解池
C．若为原电池，Cu为正极
D．电解质溶液可能是硝酸溶液
2．用如图所示装置(X、Y是直流电源的两极)分别进行下列各组实验，则下表中各项所列对应关系均正确的一项是( )
3.用惰性电极电解稀H2SO4、Cu(NO3)2、NaCl的混合液，最初一段时间阴极和阳极上析出的物质分别是( )
A．H2和Cl2 B．H2和O2
C．Cu和Cl2 D．Cu和O2
4．用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定质量的另一物质中(括号内)，溶液能与原来溶液完全一样的是( )
A．CuSO4 [Cu(OH)2] B．NaOH[NaOH]
C．NaCl[盐酸] D．AgNO3 [Ag2O]
5．用石墨电极电解1 L 0.2 mol·L－1CuSO4溶液，下列说法正确的是( )
A．电解过程中，阳极区溶液的pH减小
B．电解过程中，硫酸根离子向阴极迁移
C.电解一段时间后，向溶液中加入硫酸铜固体可以使溶液复原
D．电解过程中，每当电路中有1 mol电子通过时，阴极质量增加32 g
6．用惰性电极电解等物质的量Na2SO4、AgNO3、KCl的混合液，最先从阴极和阳极上析出的物质分别是( )
A．H2和Cl2 B．Ag和Cl2
C．H2和O2 D．Ag和O2
7．用惰性电极电解RSO4的水溶液，当阴极增重a g，阳极同时产生b LO2(标况下)则R的相对原子质量是( )
A．5.6 b/a B．11.2 a/b
C．5.6 a/b D．22.4 b/a
8．用惰性电极电解硫酸铜溶液一段时间后，向溶液中加入1 mol Cu(OH)2后恰好恢复到原来浓度，下列说法不正确的是( )
A．阴极产物是Cu和H2
B．阳极共产生11.2 L的O2
C．电解过程中溶液的pH值不断减小
D．电解过程中电子转移数目4NA
9．用惰性电极电解下列各组中的三种电解质溶液，电解后溶液的pH依次为升高、不变、降低的是( )
A．AgNO3溶液 NaCl溶液 Cu(NO3)2溶液
B．KCl溶液 Na2SO4溶液 CuSO4溶液
C．CaCl2溶液 KOH溶液 NaNO3溶液
D．HCl溶液 HNO3溶液 K2SO4溶液
10．用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为3∶1的硫酸铜和氯化钠的混合溶液，不可能发生的反应有( )
A．2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑
B．2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
C. Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑
D．2H2O2H2↑＋O2↑
11．用惰性电极电解某无色溶液时，有如下实验现象：阳极上有无色气体产生，阴极附近有白色沉淀生成。则原溶液中可能大量共存的离子组是( )
A．Na＋、Ba2＋、NO、Cl－
B．CO、K＋、Al3＋、Na＋
C．NO、Mg2＋、Na＋、SO
D．Fe2＋、NO、SO、Na＋
12．科学家采用碳基电极材料设计了一种制取氯气的新工艺方案，装置如图所示。下列说法正确的是( )
A．电解池可用铁作阴极，铜作阳极
B．阴极反应式为2HCl－2e－===Cl2＋2H＋
C.电路中转移1 mol电子，消耗氧气5.6 L
D．该工艺的总反应为
4 HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)
13．科学家报告了一种直接电化学合成H2O2的方法，装置如图。下列叙述不正确的是( )
A．该装置的工作原理是将化学能转化成电能
B．b极发生的电极反应为
O2＋H2O＋2e－===HO＋OH－
C．电池工作时，内部发生反应：
HO＋OH－＋2H＋===H2O2＋H2O
D．电路中通过2 mol电子，消耗氧气22.4 L(标准状况)
关键能力综合练
一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。
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)4NOH的工作原理如图所示(a、b极为石墨电极，c、d、e膜为离子交换膜)。下列说法正确的是( )
A．电极a上发生氧化反应
B．b极的电极反应式为
4OH－＋4e－===O2↑＋2H2O
C．c、e膜均为阳离子交换膜，d膜为阴离子交换膜
D．电路中转移电子2 mol，则a、b两极共产生气体33.6 L
2．将NaCl和CuSO4两种溶液等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图所示，则下列说法正确的是( )
A．整个过程中两电极反应2Cl－－2e－===Cl2↑、2H＋＋2e－===H2↑不可能同时发生
B．电解至C点时，往电解质溶液中加入适量CuCl2固体，即可使电解质溶液恢复至原来的浓度
C．AB段表示电解过程中H＋被还原，pH增大
D．原混合溶液中NaCl和CuSO4浓度之比恰好为2∶1
3．制氢和储氢作为氢能利用的关键技术，是当前科学家主要关注的热点问题。一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢(除目标产物外，近似认为无其他有机物生成)。电流效率＝(生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数)×100%，则下列说法错误的是( )
A．电子移动方向为：a→d；e→b
B．d电极反应式为C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12
C．该储氢装置的电流效率明显小于100%，其原因可能是除目标产物外，还有H2生成
D．由图中数据可知，此装置的电流效率约为32.1%
4．某锂离子电池以LiCoO2为正极材料(LiPF6·SO(CH3)2为电解质，Li＋可自由移动)，用该锂离子电池作电源电解含镍酸性废水回收Ni的装置如图所示。下列说法不正确的是( )
A．中间隔室b可以得到的主要物质Z是NaCl
B．若锂离子电池工作t min，维持电流强度为I A，理论回收Ni的质量为g(已知F＝96 500 C·mol－1)
C．X、Y两极电势的关系为EX大于EY且充电时正极中的Li元素被氧化
D．不可用水代替SO(CH3)2做溶剂
5．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，当闭合开关后，下列叙述正确的是( )
A.Cu极附近OH－浓度增大
B．Cu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4 mol电子转移时，Pt极上有1 mol O2生成
6．某同学用如下装置进行实验①和②，在相同时间内，记录现象如下(溶液的温度变化均不明显)。
根据实验现象，下列说法正确的是( )
A．①②中，阴极的电极反应式：
2H2O－4e－===O2↑＋ 4H＋
B．②中，白色浑浊的主要成分是Ca(OH)2
C．②中，产生白色浑浊的主要原因是电解过程消耗水
D．②中，产生白色浑浊与阳极材料被氧化生成CO有关
7.
由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室里很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀。应用如图所示的电解实验装置制备白色纯净的Fe(OH)2沉淀，两极的材料分别为石墨和铁。下列说法正确的是( )
A．a电极上发生的电极反应：
4OH－－4e－===O2↑ ＋2H2O
B．a电极上发生的电极反应：Fe －3e－===Fe3＋
C．c可以是氯化钠溶液，d可以是苯
D．为了在较短时间内看到白色沉淀，可以剧烈地搅拌溶液
8．如图所示，甲池的总反应式为：
N2H4＋O2===N2＋2H2O，下列关于该电池工作时的说法正确的是( )
A．该装置工作时，Ag电极上有气体生成
B．甲池中负极反应为N2H4－4e－===N2＋4H＋
C．甲池和乙池中的溶液的pH均减小
D．当甲池中消耗0.1 mol N2H4时，乙池中理论上产生6.4 g固体
二、非选择题
9．如图所示装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近溶液呈红色。请回答：
(1)B极是电源的________极。C电极上的电极反应式：________________________。
(2)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为________。
(3)丁中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，这表明________在电场作用下向Y极移动。
10．某实验小组同学利用如图装置对电化学原理进行了一系列探究活动。
(1)甲池装置为________(填“原电池”或“电解池”)。
(2)甲池反应前两电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差14 g，导线中通过________ mol e－。
(3)实验过程中，甲池左侧烧杯中NO的浓度________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)若乙池中溶液为足量的硝酸银溶液，工作一段时间后，若要使乙池中溶液恢复原浓度，可向溶液中加入________________________。(填化学式)
学科素养升级练
1．用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 mol Cu2(OH)2CO3后恰好恢复到电解前的状态(不考虑二氧化碳的溶解)，则电解过程中阳极产生气体的体积(标准状况下)为( )
A．3.36 L B．4.48 L
C．6.72 L D．2.24 L
2．图中装置通过控制开关连接K1或K2，可利用太阳能电池电解水制高纯氢。下列说法错误的是( )
A．制H2时，连接K1
B．制H2时，电极3的反应式：
Ni(OH)2＋OH－－e－===NiOOH＋H2O
C．交替连接K1和K2，可使电极3得以循环使用
D．交替连接K1和K2，当该装置的总反应为电解水时，若电极1收集到1 mol氢气，则整套装置中一共转移2 mol电子
3．某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量)，当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题：
(1)甲池为________(填“原电池”或“电解池”)，A电极的电极反应式为____________________。
(2)丙池中E电极为________(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，丙池总反应的离子方程式为________________________。
(3)当乙池中C极质量减轻5.4 g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为________ mL(标准状况)
(4)一段时间后，断开电键K，下列物质能使丙池恢复到反应前浓度的是________(填选项字母)。
A．Cu B．CuO
C．Cu(OH)2 D．Cu2(OH)2CO3
(5)爱迪生蓄电池的反应式为：Fe＋NiO2＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2；高铁酸钠(Na2FeO4)易溶于水，是一种新型净水剂，用如图装置可以制取少量高铁酸钠。
①此装置中爱迪生蓄电池的正极是________(填“a”或“b”)，该电池工作一段时间后必须充电，充电时阴极的电极反应式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②写出在用电解法制取高铁酸钠时，阳极的电极反应式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
4．为了探究原电池和电解池的工作原理，某研究性学习小组分别用如图所示的装置进行实验，回答下列问题。
Ⅰ.用甲装置进行第一组实验：
(1)甲装置中电解池在__________(填“左侧”或“右侧”)，在保证电极反应不变的情况下，下列材料不能代替左侧Cu电极的是________(填序号)。
A．石墨 B．镁
C．银 D．铂
(2)实验过程中，SO________(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象有_____________________。
Ⅱ.该小组同学用乙装置进行第二组实验时发现，两极均有气体产生，Y极溶液逐渐变成紫红色，停止实验后观察到铁电极明显变细，电解液仍澄清。查阅资料知，高铁酸根离子(FeO)在溶液中呈紫红色。请根据实验现象及所查信息，填写下列空白：
(3)电解过程中，X极溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)电解过程中，Y极发生的电极反应为______________________和______________________。
(5)已知K2FeO4和Zn可以构成碱性电池，其中K2FeO4在电池中作正极材料，电池总反应为2K2FeO4＋3Zn===Fe2O3＋ZnO＋2K2ZnO2，则该电池正极的电极反应为：______________________________________________。
第一课时 电解原理
必备知识基础练
1．答案：B
解析：原电池的反应是自发进行的，金属活动顺序表中，铜在氢后，所以该反应不能自发进行，所以该装置不是原电池，是电解池，故A、C错误，B正确；若电解液是硝酸溶液，铜和硝酸可自发的进行氧化还原反应，生成的气体是NO或NO2，直接构成原电池，但不产生氢气，不合题意，故D错误。
2．答案：A
解析：X为负极，则U形管右侧为阳极，电解氯化铜溶液时，阳极氯离子被氧化生成氯气，所以b管有气体逸出，A正确；电解NaOH溶液的实质是电解水，所以NaOH的浓度会增大，pH增大，B错误；电源X极为正极，a管中石墨电极为阳极，b管中石墨电极为阴极，电解硫酸钠溶液的实质是电解水，H＋在阴极区放电，OH－在阳极区放电，故在阴极区有大量的OH－，滴入酚酞后，b管中呈红色，在阳极区有大量的H＋，a管中呈无色，C错误；电源X极为正极，则b管为阴极，电解硝酸银溶液时，阴极反应为Ag＋＋e－===Ag，D错误。
3．答案：C
解析：稀H2SO4、Cu(NO3)2、NaCl的混合液，阳离子的放电顺序：Cu2＋＞H＋＞Na＋，阴离子的放电顺序：Cl－＞OH－＞酸根离子，因此用惰性电极电解稀H2SO4、Cu(NO3)2、NaCl的混合液，阳极Cl－先失电子生成Cl2，阴极Cu2＋先得电子生成Cu，即最初一段时间阴极和阳极上析出的物质分别是Cu和Cl2，C满足题意。
4．答案：D
解析：惰性电极电解硫酸铜溶液，生成物是铜、氧气和硫酸，所以需要加入的是氧化铜或碳酸铜，加入氢氧化铜会多加水，故A错误；惰性电极电解氢氧化钠溶液，实质是电解水，加入的应该是水，故B错误；电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠溶液，需要加入的是HCl，盐酸中会含水，故C错误；电解硝酸银溶液生成银单质和氧气，实质是氧化银，加入的应该是氧化银，故D正确。
5．答案：A
解析：石墨是惰性电极，电解CuSO4溶液时由于失电子能力：OH－>SO，则阳极区水电离出的氢氧根失电子生成氧气，电极反应式：2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，则氢离子浓度增大，pH减小，A正确；电解池中阴离子移向阳极，则硫酸根离子向阳极迁移，B错误；电解方程式为：2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑，若加入硫酸铜固体会造成硫酸根浓度增大，应加入CuO或Cu(OH)2可使溶液复原，C错误；阴极反应首先是Cu2＋＋2e－===Cu，Cu2＋反应完全后，阴极反应为2H＋＋2e－===H2↑。1 L 0.2 mol·L－1CuSO4溶液中n(Cu2＋)＝cV＝0.2 mol，阴极的电极反应式为：Cu2＋＋2e－===Cu，当电路中有1 mol电子通过时，0.2 mol Cu2＋完全反应，阴极质量增加质量为m＝nM＝0.2 mol×64 g·mol－1＝12.8 g，D错误。
6．答案：C
解析：等物质的量的Na2SO4、AgNO3、KCl的混合液中，首先生成AgCl沉淀，实际电解Na2SO4和KNO3，相当于电解水，两极分别生成H2和O2，故选C。
7．答案：B
解析：用惰性电极电解溶液，电极不参与反应，阴极增重，则是溶液中R2＋得电子，阳极是OH－失电子，电极反应式为：阴极：2R2＋＋4e－===2R，阳极： 4OH－－4e－===2H2O＋O2，根据生成O2的量，可求得失电子数即：
4OH－－4e－===2H2O＋O2
4 4 1
n＝mol mol
根据得失电子总数相等可得R的物质的量为：
2R2＋＋4e－===2R
2 4
则R的相对分子质量为M＝＝＝，故B符合要求。
8．答案：B
解析：加入1 mol Cu(OH)2后溶液与电解前相同，1 mol Cu(OH)2从组成上可看成1 mol CuO·H2O，所以实际上相当于加入的物质是1 mol氧化铜和1 mol水，说明电解过程中发生两步反应：2H2O＋2CuSO42Cu＋O2↑＋2H2SO4，2H2OO2↑＋2H2↑。
根据以上分析，电解时阴极上先是铜离子得电子生成铜，后氢离子得电子生成氢气，所以产物是Cu和H2，故A正确；温度和压强未知，无法计算产生气体的体积，故B错误；根据电解过程先发生2H2O＋2CuSO42Cu＋O2↑＋2H2SO4，生成酸溶液的pH值不断减小，后发生2H2OO2↑＋2H2↑，水减少，酸的浓度不段增大，pH值也不断减小，故C正确；加入1 mol Cu(OH)2后溶液与电解前相同，根据元素守恒可知电解过程中产生了1 mol O2，转移电子为1 mol×4＝4 mol，即4NA，故D正确。
9．答案：B
解析：电解硝酸银溶液生成硝酸，溶液pH值降低；电解氯化钠溶液生成NaOH，溶液pH升高；电解硝酸铜溶液生成硝酸，溶液pH降低，故A不选；电解氯化钾溶液生成KOH，溶液pH升高；电解硫酸钠溶液，实质是电解水，溶液保持中性，pH不变；电解硫酸铜溶液生成硫酸，溶液pH降低，故B选；电解氯化钙溶液生成氢氧化钙，溶液pH升高；电解氢氧化钾溶液，实质是电解水，KOH浓度增大，pH升高；电解硝酸钠溶液，实质是电解水，溶液保持中性，pH不变，故C不选；电解氯化氢溶液，HCl浓度变小，pH升高；电解硝酸溶液，实质是电解水，硝酸浓度增大，pH降低；电解硫酸钾溶液，实质是电解水，溶液保持中性，pH不变，故D不选；故选B。
10．答案：B
解析：设CuSO4和NaCl溶液的物质的量浓度均为1 mol·L－1，CuSO4的体积为3 L，NaCl的体积为1 L，即CuSO4的物质的量为n(CuSO4)＝3 mol，NaCl的物质的量为n(NaCl)＝1 mol。第一阶段，阳极上Cl－放电，阴极上Cu2＋放电，电解的方程式是Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑，Cl－完全反应时，剩余Cu2＋2.5 mol；第二阶段，阳极上水电离出的OH－放电，阴极上Cu2＋放电，电解的方程式是2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑；第三阶段，阳极上OH－放电，阴极上H＋放电，电解的方程式是2H2O2H2↑＋O2↑；可知2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑反应不能发生，B选项符合题意。
11．答案：C
解析：电解时，阳极上有无色气体产生，而Cl－在阳极放电产生黄绿色的Cl2，故A错误；CO、Al3＋因发生相互促进的水解反应而不能共存，故B错误；电解时阳极OH－放电生成O2，阴极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，生成的OH－与溶液中的Mg2＋结合生成Mg(OH)2沉淀，故C正确；用惰性电极电解的溶液为无色溶液，D组中含Fe2＋，溶液为浅绿色，故D错误；故选C。
12．答案：D
解析：HCl在阳极失电子，发生氧化反应，生成Cl2和H＋，Fe3＋在阴极得电子，还原成Fe2＋，Fe2＋、H＋、O2反应生成Fe3＋和H2O，Fe2＋、Fe3＋在阴极循环。
阳极为HCl失电子，需用惰性材料，铜为活性电极，会参与失电子反应，A错误；阴极发生得电子反应，此为阳极反应式，B错误；电路中转移1 mol电子，根据电极反应：Fe3＋＋e－===Fe2＋，知生成1 mol Fe2＋，依据反应关系：4Fe2＋～O2，知n(O2)＝＝0.25 mol，V(O2)＝22.4 L·mol－1×0.25 mol＝5.6 L，由于题目未说明标准状况，故此时消耗O2不一定是5.6 L，C错误；由图示可知，该过程实际为O2氧化HCl生成Cl2和H2O，对应总反应为：O2(g)＋4HCl(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)，D正确。
13．答案：A
解析：该装置是电解池，将电能转化为化学能，A错误；b电极为阴极，发生还原反应，O2得电子生成HO，电极反应式为O2＋H2O＋2e－===HO＋OH－，B正确；装置中阴极生成HO、OH－，阳极生成H＋，所以电池工作时，内部生成的HO、OH－与H＋反应生成H2O2和H2O，C正确；b电极为阴极，电极反应式为O2＋H2O＋2e－===HO＋OH－，电路中通过2 mol电子，消耗1 mol O2，标准状况下的体积为22.4 L，D正确。
关键能力综合练
1．答案：C
解析：以四甲基氯化铵[(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。
a为阴极，发生还原反应，故A错误；b为阳极，发生氧化反应，b 极 电 极 反 应 式 : 4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，故B错误；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正确；没有给出标况，无法计算气体的体积，故D错误。
2．答案：A
解析：NaCl和CuSO4两种溶液等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解分3个阶段：
[第一阶段]相当于电解氯化铜，阳极：氯离子失电子，阴极：铜离子得电子，因为铜离子水解使溶液显酸性，随着电解的进行，铜离子的浓度降低，酸性减弱，pH将增大；
[第二阶段]阳极：氢氧根离子失电子(来源于水的电离)，阴极：仍然为铜离子得电子，因为氢氧根离子消耗，使水溶液中氢离子浓度增大，pH迅速减小；
[第三阶段]阳极：氢氧根离子失电子，阴极：氢离子得电子，它们都来源于水的电离，实质是电解水，导致溶液的体积减小，使溶液中氢离子浓度增大，pH继续减小，以此解答本题。
根据以上分析，氯离子反应完，铜离子还剩，所以整个过程中两电极反应：2Cl－－2e－===Cl2↑，2H＋＋2e－===H2↑不可能同时出现，故A正确；根据以上分析，电解至C点时，在电解液中应加入CuCl2固体和CuO固体，才可使电解质溶液恢复至原来的浓度，故B错误；根据以上分析，因为铜离子水解使溶液显酸性，随着电解的进行，铜离子的浓度降低，酸性减弱，pH将增大，故C错误；因为由第二阶段阳极氢氧根离子失电子的同时，阴极仍然为铜离子得电子，所以原混合溶液中NaCl和CuSO4的浓度之比不是2∶1，故D错误。
3．答案：D
解析：由图可知，该装置为电解池，苯在电极d转化为环己烷，该过程是加氢过程，属于还原反应，则电极d为电解池的阴极，电极e为电解池的阳极，所以a为电源的负极，b为电源的正极，据此分析解答。
根据分析，d为电解池的阴极，电极e为电解池的阳极，所以a为电源的负极，b为电源的正极，电子移动方向为：a→d；电解池中电子的移动方向为e→b，故A正确；d为电解池的阴极，发生还原反应，d电极上苯转化为环己烷，属于得到氢的过程，发生还原反应，由于存在质子交换膜，所以氢离子向阴极移动，则d电极反应式为C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12，故B正确；阴极除了目标产物外，还可能发生氢离子得电子生成氢气的电极反应，故C正确；阳极生成2.8 mol的气体，该气体应该为阳极上OH－放电生成的氧气，生成一个氧分子失去4个电子，则转移电子的物质的量为2.8 mol×4＝11.2 mol，电解过程中通过阴、阳极的电子数目相等，即阴极得到电子也为11.2 mol；阴极电极反应为： C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12，设参与反应的苯的物质的量为x，则生成环己烷消耗的电子为6x mol；阴极还发生的电极反应为：2H＋＋2e－===H2↑，生成氢气消耗的电子为11.2 mol－6xn(H2)＝(5.6－3x) mol，所以＝10%，得x＝1.2，则此装置的电流效率为×100%≈64.3%，故D错误。
4．答案：C
解析：电解含镍酸性废水回收Ni，则c区应Ni2＋得电子生成Ni，则Y电极流出电子，Y为该锂离子电池的负极，X是正极；c区是阴极区，溶液中的阴离子Cl－通过阴离子交换膜进入b区并留在b区；a区是阳极区，溶液中的阳离子Na＋通过阳离子交换膜进入b区并留在b区。
据分析，中间隔室b可以得到的主要物质Z是NaCl，A正确；根据得失电子总数相等，若锂离子电池工作t min，维持电流强度为I A，则转移的电子物质的量为＝mol，Ni～2e－，则理论回收Ni的质量为g，B正确；据分析，X是正极，Y是负极，X、Y两极电势的关系为EX大于EY，该电池放电时正极反应式： Li＋＋e－＋CoO2===LiCoO2，充电时正极反应式：LiCoO2－ e－===Li＋＋CoO2, Li元素化合价未改变，C错误；据分析，该锂离子电池的负极，即Y极存在锂单质，其易与水发生反应，故不可用水代替SO(CH3)2做溶剂，D正确。
5．答案：A
解析：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；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；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→石墨极，故C错误；石墨棒是原电池正极，氢离子在石墨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。
6．答案：D
解析：惰性电极电解石灰水溶液，在阴极，氢离子得电子变为氢气，2H＋＋2e－=== H2↑，A错误；②阳极区产生白色浑浊，分离出该白色固体，加酸溶解，产生气泡，说明该白色沉淀为碳酸钙，B错误；②中，阳极中氢氧根离子失电子变为氧气，氧气与电极材料石墨反应生成二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，这是主要原因，C错误；阳极中氢氧根离子失电子变为氧气，氧气与电极材料石墨反应生成二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，产生白色浑浊与阳极材料被氧化生成CO有关，D正确。
7．答案：C
解析：要用石墨和铁作电极制备白色纯净的Fe(OH)2沉淀，应该用Fe作阳极、石墨作阴极，电解质为活泼金属的盐，为防止生成的Fe(OH)2被氧化，需要加入和水不互溶的有机物且密度小于水，据此分析解答。
a为阳极，阳极应该是铁，铁失去电子转化为亚铁离子，故A错误；根据A项分析，a为阳极，铁失去电子转化为亚铁离子，电极反应为：Fe －2e－===Fe2＋，故B错误；c可以是氯化钠溶液，阴极上氢离子放电且阴极附近有氢氧根离子生成；苯和水不互溶且密度小于水，所以d可以是苯，故C正确；如果剧烈地搅拌，会增大氧气的溶解度，导致生成的Fe(OH)2被氧化，所以不能搅拌，故D错误。
8．答案：C
解析：甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4－4e－＋4OH－===N2＋4H2O，正极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，乙池为电解池，阴极Ag反应为 Cu2＋＋2e－===Cu、阳极石墨反应为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，据此分析解答。
通入肼的电极为负极，负极与阴极相连，银极为阴极，铜离子得电子生成铜单质，无气体生成，故A错误；甲池负极反应为N2H4－4e－＋4OH－===N2＋4H2O，故B错误；甲池生成水，导致溶液中KOH浓度降低，则溶液pH减小，乙池中氢氧根离子放电，导致溶液pH减小，故C正确；甲池N2H4－4e－＋4OH－===N2＋4H2O消耗0.1 mol N2H4时，转移0.4 mol电子，乙池Cu2＋＋2e－===Cu，产生0.2 mol铜，为12.8 g固体，故D错误。
9．答案：(1)负 2H2O－4e－===O2↑＋4H＋
(2)1∶2∶2∶2
(3)Fe(OH)3胶体粒子
解析：F极附近溶液呈红色，说明F极附近的氢氧根离子浓度增大，则F极是阴极，氢离子放电导致氢氧根离子浓度增大，所以显红色；可判断E是阳极，D是阴极，C是阳极，A是电源正极，B是电源负极，G是阳极，H是阴极，Y是阴极，X是阳极。
(1)根据分析可知B电极是电源的负极，C电极与正极相连为阳极，则电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋；
(2)C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O、Cu2＋＋2e－===Cu、2Cl－－2e－===Cl2↑、2H＋＋2e－===H2↑，当各电极转移电子均为1 mol时，生成单质的量分别为：0.25 mol、0.5 mol、0.5 mol、0.5 mol，所以单质的物质的量之比为1∶2∶2∶2；(3)Y极是阴极，该电极颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶体粒子向该电极移动。
10．答案：(1)原电池
(2)0.1
(3)增大
(4)Ag2O或Ag2CO3
解析：(1)甲池装置是铜和银构成的原电池，即装置为原电池。(2)甲池反应前两电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差14 g，设消耗铜的物质的量是x mol，则同时生成银的物质的量是2x mol，则有64x＋108×2x＝14，解得x＝0.05，所以导线中通过0.05 mol×2＝0.1 mol e－。(3)原电池中阴离子向负极移动，则实验过程中硝酸根离子移向左池，甲池左侧烧杯中NO的浓度增大。(4)若乙池中溶液为足量的硝酸银溶液，惰性电极电解硝酸银溶液生成硝酸、氧气和银，因此工作一段时间后，若要使乙池中溶液恢复原浓度，可向溶液中加入Ag2O或Ag2CO3。
学科素养升级练
1．答案：A
解析：碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1 mol碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]相当于加入0.2 mol CuO、0.1 mol H2O，电解过程分为两个阶段，第一个阶段阳极生成O2，阴极生成Cu，加入0.2 mol CuO可恢复原状，第二阶段阳极生成氧气，阴极生成氢气，加入0.1 mol H2O恢复原状；根据氧原子守恒可知阳极生成O2的物质的量为(0.2 mol＋0.1 mol)/2＝0.15 mol，体积为0.15 mol×22.4 L·mol－1＝3.36 L；故选A。
2．答案：D
解析：电解水制氢，氢气在阴极生成，制H2时，开关应连接K1，氢气在电极1(阴极)放出，故A正确；开关连接K1，氢气在电极1(阴极)放出，电极3为阳极，Ni(OH)2―→NiOOH，对应的电极反应方程式为Ni(OH)2＋OH－－e－===NiOOH＋H2O，故B正确；电极3可分别连接K1和K2，分别发生氧化、还原反应，实现NiOOH⇌Ni(OH)2的转化，且可循环使用，故C正确；交替连接K1和K2，当该装置的总反应为电解水时，若电极1收集到1 mol氢气，当连接K1时装置中转移2 mol电子，当连接K2时装置中又转移2 mol电子，所以整套装置中一共转移4 mol电子，故D错误。
3．答案：(1)原电池 CH3OH － 6e－＋8OH－===CO＋6H2O (2)阳极 2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋ (3)280 (4)B (5)b Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－ Fe－6e－＋8OH－===FeO＋4H2O
解析：根据题中图示判断，甲池为燃料电池，A为负极，B为正极，则乙中C为阳极，D为阴极，阳极上Ag失电子生成银离子，阴极上铜离子得电子生成Cu，丙池中E为阳极，F是阴极，也就是惰性电极电解硫酸铜溶液；根据题中图示制取少量高铁酸钠，可判断Fe作阳极，判断爱迪生蓄电池的正负极，并写出电极反应，据此解答。
(1) 由图可知甲池为原电池是一甲醇燃料电池，通甲醇的A为负极、B为正极，电解质溶液为KOH溶液，则A电极反应方程式为CH3OH＋8OH－－6e－===CO＋6H2O，B电极反应式为：O2＋4e－＋2H2O===4OH－。(2)丙池中E为阳极，电极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，F电极为阴极，电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，总反应离子方程式为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋。(3)乙池为电解池，C为阳极电极反应为Ag－e－===Ag＋，D做阴极，电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，乙池中C极质量减轻5.4 g，则其物质的量n(Ag)＝＝0.05 mol，则转移电子为0.05 mol，甲池消耗O2为0.05 mol×＝0.012 5 mol，所以标况下体积为V(O2)＝0.012 5 mol×22.4 L·mol－1＝0.28 L＝280 mL。(4) 一段时间后，断开电键K，要使丙池恢复到反应前浓度，根据2CuSO4＋2H2O2H2SO4＋2Cu＋O2↑可知，需加入CuO，CuO与硫酸发生反应生成硫酸铜和水，即CuO＋H2SO4===CuSO4＋H2O。(5)①制取少量高铁酸钠，Fe必须接爱迪生蓄电池的正极，作阳极，故b是正极，该电池工作一段时间后必须充电，充电时阴极发生还原反应，得到电子，由Fe＋NiO2＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2可知，其电极反应式为Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－。②阳极上铁失电子和氢氧根离子反应生成高铁酸根离子和水，阳极电极反应为Fe－6e－＋8OH－===FeO＋4H2O。
4．答案：(1)右侧 B
(2)从右向左 滤纸上有蓝色沉淀产生
(3)增大
(4)4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ Fe－6e－＋8OH－===FeO＋4H2O
(5)2FeO＋6e－＋5H2O===Fe2O3＋10OH－
解析：甲装置中左侧为原电池装置，锌比铜活泼，则锌为负极，锌失电子，生成锌离子；铜为正极，铜离子得电子生成单质铜；电池的内电路中，阴离子向负极移动；外电路电解池中，阴离子向阳极移动；右侧为电解池，左侧铜作阳极失电子；右侧铜做阴极，水得电子生成氢气和氢氧根离子。
(1)甲装置中电解池在右侧；原电池中为保证电极反应不变，正极材料的活泼性不能大于Zn，因此不能用镁代替铜。(2)硫酸根离子向负极移动，移动方向为从右向左。M极作阳极，失去电子有铜离子生成，铜离子结合氢氧根离子生成氢氧化铜蓝色沉淀。(3)X极作阴极，H2O得到电子生成氢气和氢氧根离子，故X极溶液的pH逐渐增大。(4)由题意可知，铁作阳极，阳极发生氧化反应，氢氧根离子失去电子生成氧气、铁失去电子生成FeO。电极反应为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑和Fe－6e－＋8OH－===FeO＋4H2O。
(5)K2FeO4－Zn碱性电池中锌作负极，K2FeO4在电池中作正极材料；FeO在正极得到电子发生还原反应转化为氧化铁，电极反应为：2FeO＋6e－＋5H2O===Fe2O3＋10OH－。
第二节 电解池
第一课时 电解原理
必备知识基础练
1．若某装置发生如下反应：Cu＋2H＋===Cu2＋＋H2↑，关于该装置的有关说法正确的是( )
A．该装置一定为原电池
B．该装置为电解池
C．若为原电池，Cu为正极
D．电解质溶液可能是硝酸溶液
2．用如图所示装置(X、Y是直流电源的两极)分别进行下列各组实验，则下表中各项所列对应关系均正确的一项是( )
3.用惰性电极电解稀H2SO4、Cu(NO3)2、NaCl的混合液，最初一段时间阴极和阳极上析出的物质分别是( )
A．H2和Cl2 B．H2和O2
C．Cu和Cl2 D．Cu和O2
4．用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定质量的另一物质中(括号内)，溶液能与原来溶液完全一样的是( )
A．CuSO4 [Cu(OH)2] B．NaOH[NaOH]
C．NaCl[盐酸] D．AgNO3 [Ag2O]
5．用石墨电极电解1 L 0.2 mol·L－1CuSO4溶液，下列说法正确的是( )
A．电解过程中，阳极区溶液的pH减小
B．电解过程中，硫酸根离子向阴极迁移
C.电解一段时间后，向溶液中加入硫酸铜固体可以使溶液复原
D．电解过程中，每当电路中有1 mol电子通过时，阴极质量增加32 g
6．用惰性电极电解等物质的量Na2SO4、AgNO3、KCl的混合液，最先从阴极和阳极上析出的物质分别是( )
A．H2和Cl2 B．Ag和Cl2
C．H2和O2 D．Ag和O2
7．用惰性电极电解RSO4的水溶液，当阴极增重a g，阳极同时产生b LO2(标况下)则R的相对原子质量是( )
A．5.6 b/a B．11.2 a/b
C．5.6 a/b D．22.4 b/a
8．用惰性电极电解硫酸铜溶液一段时间后，向溶液中加入1 mol Cu(OH)2后恰好恢复到原来浓度，下列说法不正确的是( )
A．阴极产物是Cu和H2
B．阳极共产生11.2 L的O2
C．电解过程中溶液的pH值不断减小
D．电解过程中电子转移数目4NA
9．用惰性电极电解下列各组中的三种电解质溶液，电解后溶液的pH依次为升高、不变、降低的是( )
A．AgNO3溶液 NaCl溶液 Cu(NO3)2溶液
B．KCl溶液 Na2SO4溶液 CuSO4溶液
C．CaCl2溶液 KOH溶液 NaNO3溶液
D．HCl溶液 HNO3溶液 K2SO4溶液
10．用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为3∶1的硫酸铜和氯化钠的混合溶液，不可能发生的反应有( )
A．2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑
B．2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
C. Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑
D．2H2O2H2↑＋O2↑
11．用惰性电极电解某无色溶液时，有如下实验现象：阳极上有无色气体产生，阴极附近有白色沉淀生成。则原溶液中可能大量共存的离子组是( )
A．Na＋、Ba2＋、NO、Cl－
B．CO、K＋、Al3＋、Na＋
C．NO、Mg2＋、Na＋、SO
D．Fe2＋、NO、SO、Na＋
12．科学家采用碳基电极材料设计了一种制取氯气的新工艺方案，装置如图所示。下列说法正确的是( )
A．电解池可用铁作阴极，铜作阳极
B．阴极反应式为2HCl－2e－===Cl2＋2H＋
C.电路中转移1 mol电子，消耗氧气5.6 L
D．该工艺的总反应为
4 HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)
13．科学家报告了一种直接电化学合成H2O2的方法，装置如图。下列叙述不正确的是( )
A．该装置的工作原理是将化学能转化成电能
B．b极发生的电极反应为
O2＋H2O＋2e－===HO＋OH－
C．电池工作时，内部发生反应：
HO＋OH－＋2H＋===H2O2＋H2O
D．电路中通过2 mol电子，消耗氧气22.4 L(标准状况)
关键能力综合练
一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。
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)4NOH的工作原理如图所示(a、b极为石墨电极，c、d、e膜为离子交换膜)。下列说法正确的是( )
A．电极a上发生氧化反应
B．b极的电极反应式为
4OH－＋4e－===O2↑＋2H2O
C．c、e膜均为阳离子交换膜，d膜为阴离子交换膜
D．电路中转移电子2 mol，则a、b两极共产生气体33.6 L
2．将NaCl和CuSO4两种溶液等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图所示，则下列说法正确的是( )
A．整个过程中两电极反应2Cl－－2e－===Cl2↑、2H＋＋2e－===H2↑不可能同时发生
B．电解至C点时，往电解质溶液中加入适量CuCl2固体，即可使电解质溶液恢复至原来的浓度
C．AB段表示电解过程中H＋被还原，pH增大
D．原混合溶液中NaCl和CuSO4浓度之比恰好为2∶1
3．制氢和储氢作为氢能利用的关键技术，是当前科学家主要关注的热点问题。一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢(除目标产物外，近似认为无其他有机物生成)。电流效率＝(生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数)×100%，则下列说法错误的是( )
A．电子移动方向为：a→d；e→b
B．d电极反应式为C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12
C．该储氢装置的电流效率明显小于100%，其原因可能是除目标产物外，还有H2生成
D．由图中数据可知，此装置的电流效率约为32.1%
4．某锂离子电池以LiCoO2为正极材料(LiPF6·SO(CH3)2为电解质，Li＋可自由移动)，用该锂离子电池作电源电解含镍酸性废水回收Ni的装置如图所示。下列说法不正确的是( )
A．中间隔室b可以得到的主要物质Z是NaCl
B．若锂离子电池工作t min，维持电流强度为I A，理论回收Ni的质量为g(已知F＝96 500 C·mol－1)
C．X、Y两极电势的关系为EX大于EY且充电时正极中的Li元素被氧化
D．不可用水代替SO(CH3)2做溶剂
5．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，当闭合开关后，下列叙述正确的是( )
A.Cu极附近OH－浓度增大
B．Cu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4 mol电子转移时，Pt极上有1 mol O2生成
6．某同学用如下装置进行实验①和②，在相同时间内，记录现象如下(溶液的温度变化均不明显)。
根据实验现象，下列说法正确的是( )
A．①②中，阴极的电极反应式：
2H2O－4e－===O2↑＋ 4H＋
B．②中，白色浑浊的主要成分是Ca(OH)2
C．②中，产生白色浑浊的主要原因是电解过程消耗水
D．②中，产生白色浑浊与阳极材料被氧化生成CO有关
7.
由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室里很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀。应用如图所示的电解实验装置制备白色纯净的Fe(OH)2沉淀，两极的材料分别为石墨和铁。下列说法正确的是( )
A．a电极上发生的电极反应：
4OH－－4e－===O2↑ ＋2H2O
B．a电极上发生的电极反应：Fe －3e－===Fe3＋
C．c可以是氯化钠溶液，d可以是苯
D．为了在较短时间内看到白色沉淀，可以剧烈地搅拌溶液
8．如图所示，甲池的总反应式为：
N2H4＋O2===N2＋2H2O，下列关于该电池工作时的说法正确的是( )
A．该装置工作时，Ag电极上有气体生成
B．甲池中负极反应为N2H4－4e－===N2＋4H＋
C．甲池和乙池中的溶液的pH均减小
D．当甲池中消耗0.1 mol N2H4时，乙池中理论上产生6.4 g固体
二、非选择题
9．如图所示装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近溶液呈红色。请回答：
(1)B极是电源的________极。C电极上的电极反应式：________________________。
(2)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为________。
(3)丁中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，这表明________在电场作用下向Y极移动。
10．某实验小组同学利用如图装置对电化学原理进行了一系列探究活动。
(1)甲池装置为________(填“原电池”或“电解池”)。
(2)甲池反应前两电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差14 g，导线中通过________ mol e－。
(3)实验过程中，甲池左侧烧杯中NO的浓度________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)若乙池中溶液为足量的硝酸银溶液，工作一段时间后，若要使乙池中溶液恢复原浓度，可向溶液中加入________________________。(填化学式)
学科素养升级练
1．用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 mol Cu2(OH)2CO3后恰好恢复到电解前的状态(不考虑二氧化碳的溶解)，则电解过程中阳极产生气体的体积(标准状况下)为( )
A．3.36 L B．4.48 L
C．6.72 L D．2.24 L
2．图中装置通过控制开关连接K1或K2，可利用太阳能电池电解水制高纯氢。下列说法错误的是( )
A．制H2时，连接K1
B．制H2时，电极3的反应式：
Ni(OH)2＋OH－－e－===NiOOH＋H2O
C．交替连接K1和K2，可使电极3得以循环使用
D．交替连接K1和K2，当该装置的总反应为电解水时，若电极1收集到1 mol氢气，则整套装置中一共转移2 mol电子
3．某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量)，当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题：
(1)甲池为________(填“原电池”或“电解池”)，A电极的电极反应式为____________________。
(2)丙池中E电极为________(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，丙池总反应的离子方程式为________________________。
(3)当乙池中C极质量减轻5.4 g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为________ mL(标准状况)
(4)一段时间后，断开电键K，下列物质能使丙池恢复到反应前浓度的是________(填选项字母)。
A．Cu B．CuO
C．Cu(OH)2 D．Cu2(OH)2CO3
(5)爱迪生蓄电池的反应式为：Fe＋NiO2＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2；高铁酸钠(Na2FeO4)易溶于水，是一种新型净水剂，用如图装置可以制取少量高铁酸钠。
①此装置中爱迪生蓄电池的正极是________(填“a”或“b”)，该电池工作一段时间后必须充电，充电时阴极的电极反应式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②写出在用电解法制取高铁酸钠时，阳极的电极反应式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
4．为了探究原电池和电解池的工作原理，某研究性学习小组分别用如图所示的装置进行实验，回答下列问题。
Ⅰ.用甲装置进行第一组实验：
(1)甲装置中电解池在__________(填“左侧”或“右侧”)，在保证电极反应不变的情况下，下列材料不能代替左侧Cu电极的是________(填序号)。
A．石墨 B．镁
C．银 D．铂
(2)实验过程中，SO________(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象有_____________________。
Ⅱ.该小组同学用乙装置进行第二组实验时发现，两极均有气体产生，Y极溶液逐渐变成紫红色，停止实验后观察到铁电极明显变细，电解液仍澄清。查阅资料知，高铁酸根离子(FeO)在溶液中呈紫红色。请根据实验现象及所查信息，填写下列空白：
(3)电解过程中，X极溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)电解过程中，Y极发生的电极反应为______________________和______________________。
(5)已知K2FeO4和Zn可以构成碱性电池，其中K2FeO4在电池中作正极材料，电池总反应为2K2FeO4＋3Zn===Fe2O3＋ZnO＋2K2ZnO2，则该电池正极的电极反应为：______________________________________________。
第一课时 电解原理
必备知识基础练
1．答案：B
解析：原电池的反应是自发进行的，金属活动顺序表中，铜在氢后，所以该反应不能自发进行，所以该装置不是原电池，是电解池，故A、C错误，B正确；若电解液是硝酸溶液，铜和硝酸可自发的进行氧化还原反应，生成的气体是NO或NO2，直接构成原电池，但不产生氢气，不合题意，故D错误。
2．答案：A
解析：X为负极，则U形管右侧为阳极，电解氯化铜溶液时，阳极氯离子被氧化生成氯气，所以b管有气体逸出，A正确；电解NaOH溶液的实质是电解水，所以NaOH的浓度会增大，pH增大，B错误；电源X极为正极，a管中石墨电极为阳极，b管中石墨电极为阴极，电解硫酸钠溶液的实质是电解水，H＋在阴极区放电，OH－在阳极区放电，故在阴极区有大量的OH－，滴入酚酞后，b管中呈红色，在阳极区有大量的H＋，a管中呈无色，C错误；电源X极为正极，则b管为阴极，电解硝酸银溶液时，阴极反应为Ag＋＋e－===Ag，D错误。
3．答案：C
解析：稀H2SO4、Cu(NO3)2、NaCl的混合液，阳离子的放电顺序：Cu2＋＞H＋＞Na＋，阴离子的放电顺序：Cl－＞OH－＞酸根离子，因此用惰性电极电解稀H2SO4、Cu(NO3)2、NaCl的混合液，阳极Cl－先失电子生成Cl2，阴极Cu2＋先得电子生成Cu，即最初一段时间阴极和阳极上析出的物质分别是Cu和Cl2，C满足题意。
4．答案：D
解析：惰性电极电解硫酸铜溶液，生成物是铜、氧气和硫酸，所以需要加入的是氧化铜或碳酸铜，加入氢氧化铜会多加水，故A错误；惰性电极电解氢氧化钠溶液，实质是电解水，加入的应该是水，故B错误；电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠溶液，需要加入的是HCl，盐酸中会含水，故C错误；电解硝酸银溶液生成银单质和氧气，实质是氧化银，加入的应该是氧化银，故D正确。
5．答案：A
解析：石墨是惰性电极，电解CuSO4溶液时由于失电子能力：OH－>SO，则阳极区水电离出的氢氧根失电子生成氧气，电极反应式：2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，则氢离子浓度增大，pH减小，A正确；电解池中阴离子移向阳极，则硫酸根离子向阳极迁移，B错误；电解方程式为：2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑，若加入硫酸铜固体会造成硫酸根浓度增大，应加入CuO或Cu(OH)2可使溶液复原，C错误；阴极反应首先是Cu2＋＋2e－===Cu，Cu2＋反应完全后，阴极反应为2H＋＋2e－===H2↑。1 L 0.2 mol·L－1CuSO4溶液中n(Cu2＋)＝cV＝0.2 mol，阴极的电极反应式为：Cu2＋＋2e－===Cu，当电路中有1 mol电子通过时，0.2 mol Cu2＋完全反应，阴极质量增加质量为m＝nM＝0.2 mol×64 g·mol－1＝12.8 g，D错误。
6．答案：C
解析：等物质的量的Na2SO4、AgNO3、KCl的混合液中，首先生成AgCl沉淀，实际电解Na2SO4和KNO3，相当于电解水，两极分别生成H2和O2，故选C。
7．答案：B
解析：用惰性电极电解溶液，电极不参与反应，阴极增重，则是溶液中R2＋得电子，阳极是OH－失电子，电极反应式为：阴极：2R2＋＋4e－===2R，阳极： 4OH－－4e－===2H2O＋O2，根据生成O2的量，可求得失电子数即：
4OH－－4e－===2H2O＋O2
4 4 1
n＝mol mol
根据得失电子总数相等可得R的物质的量为：
2R2＋＋4e－===2R
2 4
则R的相对分子质量为M＝＝＝，故B符合要求。
8．答案：B
解析：加入1 mol Cu(OH)2后溶液与电解前相同，1 mol Cu(OH)2从组成上可看成1 mol CuO·H2O，所以实际上相当于加入的物质是1 mol氧化铜和1 mol水，说明电解过程中发生两步反应：2H2O＋2CuSO42Cu＋O2↑＋2H2SO4，2H2OO2↑＋2H2↑。
根据以上分析，电解时阴极上先是铜离子得电子生成铜，后氢离子得电子生成氢气，所以产物是Cu和H2，故A正确；温度和压强未知，无法计算产生气体的体积，故B错误；根据电解过程先发生2H2O＋2CuSO42Cu＋O2↑＋2H2SO4，生成酸溶液的pH值不断减小，后发生2H2OO2↑＋2H2↑，水减少，酸的浓度不段增大，pH值也不断减小，故C正确；加入1 mol Cu(OH)2后溶液与电解前相同，根据元素守恒可知电解过程中产生了1 mol O2，转移电子为1 mol×4＝4 mol，即4NA，故D正确。
9．答案：B
解析：电解硝酸银溶液生成硝酸，溶液pH值降低；电解氯化钠溶液生成NaOH，溶液pH升高；电解硝酸铜溶液生成硝酸，溶液pH降低，故A不选；电解氯化钾溶液生成KOH，溶液pH升高；电解硫酸钠溶液，实质是电解水，溶液保持中性，pH不变；电解硫酸铜溶液生成硫酸，溶液pH降低，故B选；电解氯化钙溶液生成氢氧化钙，溶液pH升高；电解氢氧化钾溶液，实质是电解水，KOH浓度增大，pH升高；电解硝酸钠溶液，实质是电解水，溶液保持中性，pH不变，故C不选；电解氯化氢溶液，HCl浓度变小，pH升高；电解硝酸溶液，实质是电解水，硝酸浓度增大，pH降低；电解硫酸钾溶液，实质是电解水，溶液保持中性，pH不变，故D不选；故选B。
10．答案：B
解析：设CuSO4和NaCl溶液的物质的量浓度均为1 mol·L－1，CuSO4的体积为3 L，NaCl的体积为1 L，即CuSO4的物质的量为n(CuSO4)＝3 mol，NaCl的物质的量为n(NaCl)＝1 mol。第一阶段，阳极上Cl－放电，阴极上Cu2＋放电，电解的方程式是Cu2＋＋2Cl－Cu＋Cl2↑，Cl－完全反应时，剩余Cu2＋2.5 mol；第二阶段，阳极上水电离出的OH－放电，阴极上Cu2＋放电，电解的方程式是2Cu2＋＋2H2O2Cu＋4H＋＋O2↑；第三阶段，阳极上OH－放电，阴极上H＋放电，电解的方程式是2H2O2H2↑＋O2↑；可知2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑反应不能发生，B选项符合题意。
11．答案：C
解析：电解时，阳极上有无色气体产生，而Cl－在阳极放电产生黄绿色的Cl2，故A错误；CO、Al3＋因发生相互促进的水解反应而不能共存，故B错误；电解时阳极OH－放电生成O2，阴极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，生成的OH－与溶液中的Mg2＋结合生成Mg(OH)2沉淀，故C正确；用惰性电极电解的溶液为无色溶液，D组中含Fe2＋，溶液为浅绿色，故D错误；故选C。
12．答案：D
解析：HCl在阳极失电子，发生氧化反应，生成Cl2和H＋，Fe3＋在阴极得电子，还原成Fe2＋，Fe2＋、H＋、O2反应生成Fe3＋和H2O，Fe2＋、Fe3＋在阴极循环。
阳极为HCl失电子，需用惰性材料，铜为活性电极，会参与失电子反应，A错误；阴极发生得电子反应，此为阳极反应式，B错误；电路中转移1 mol电子，根据电极反应：Fe3＋＋e－===Fe2＋，知生成1 mol Fe2＋，依据反应关系：4Fe2＋～O2，知n(O2)＝＝0.25 mol，V(O2)＝22.4 L·mol－1×0.25 mol＝5.6 L，由于题目未说明标准状况，故此时消耗O2不一定是5.6 L，C错误；由图示可知，该过程实际为O2氧化HCl生成Cl2和H2O，对应总反应为：O2(g)＋4HCl(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)，D正确。
13．答案：A
解析：该装置是电解池，将电能转化为化学能，A错误；b电极为阴极，发生还原反应，O2得电子生成HO，电极反应式为O2＋H2O＋2e－===HO＋OH－，B正确；装置中阴极生成HO、OH－，阳极生成H＋，所以电池工作时，内部生成的HO、OH－与H＋反应生成H2O2和H2O，C正确；b电极为阴极，电极反应式为O2＋H2O＋2e－===HO＋OH－，电路中通过2 mol电子，消耗1 mol O2，标准状况下的体积为22.4 L，D正确。
关键能力综合练
1．答案：C
解析：以四甲基氯化铵[(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。
a为阴极，发生还原反应，故A错误；b为阳极，发生氧化反应，b 极 电 极 反 应 式 : 4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，故B错误；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正确；没有给出标况，无法计算气体的体积，故D错误。
2．答案：A
解析：NaCl和CuSO4两种溶液等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解分3个阶段：
[第一阶段]相当于电解氯化铜，阳极：氯离子失电子，阴极：铜离子得电子，因为铜离子水解使溶液显酸性，随着电解的进行，铜离子的浓度降低，酸性减弱，pH将增大；
[第二阶段]阳极：氢氧根离子失电子(来源于水的电离)，阴极：仍然为铜离子得电子，因为氢氧根离子消耗，使水溶液中氢离子浓度增大，pH迅速减小；
[第三阶段]阳极：氢氧根离子失电子，阴极：氢离子得电子，它们都来源于水的电离，实质是电解水，导致溶液的体积减小，使溶液中氢离子浓度增大，pH继续减小，以此解答本题。
根据以上分析，氯离子反应完，铜离子还剩，所以整个过程中两电极反应：2Cl－－2e－===Cl2↑，2H＋＋2e－===H2↑不可能同时出现，故A正确；根据以上分析，电解至C点时，在电解液中应加入CuCl2固体和CuO固体，才可使电解质溶液恢复至原来的浓度，故B错误；根据以上分析，因为铜离子水解使溶液显酸性，随着电解的进行，铜离子的浓度降低，酸性减弱，pH将增大，故C错误；因为由第二阶段阳极氢氧根离子失电子的同时，阴极仍然为铜离子得电子，所以原混合溶液中NaCl和CuSO4的浓度之比不是2∶1，故D错误。
3．答案：D
解析：由图可知，该装置为电解池，苯在电极d转化为环己烷，该过程是加氢过程，属于还原反应，则电极d为电解池的阴极，电极e为电解池的阳极，所以a为电源的负极，b为电源的正极，据此分析解答。
根据分析，d为电解池的阴极，电极e为电解池的阳极，所以a为电源的负极，b为电源的正极，电子移动方向为：a→d；电解池中电子的移动方向为e→b，故A正确；d为电解池的阴极，发生还原反应，d电极上苯转化为环己烷，属于得到氢的过程，发生还原反应，由于存在质子交换膜，所以氢离子向阴极移动，则d电极反应式为C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12，故B正确；阴极除了目标产物外，还可能发生氢离子得电子生成氢气的电极反应，故C正确；阳极生成2.8 mol的气体，该气体应该为阳极上OH－放电生成的氧气，生成一个氧分子失去4个电子，则转移电子的物质的量为2.8 mol×4＝11.2 mol，电解过程中通过阴、阳极的电子数目相等，即阴极得到电子也为11.2 mol；阴极电极反应为： C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12，设参与反应的苯的物质的量为x，则生成环己烷消耗的电子为6x mol；阴极还发生的电极反应为：2H＋＋2e－===H2↑，生成氢气消耗的电子为11.2 mol－6xn(H2)＝(5.6－3x) mol，所以＝10%，得x＝1.2，则此装置的电流效率为×100%≈64.3%，故D错误。
4．答案：C
解析：电解含镍酸性废水回收Ni，则c区应Ni2＋得电子生成Ni，则Y电极流出电子，Y为该锂离子电池的负极，X是正极；c区是阴极区，溶液中的阴离子Cl－通过阴离子交换膜进入b区并留在b区；a区是阳极区，溶液中的阳离子Na＋通过阳离子交换膜进入b区并留在b区。
据分析，中间隔室b可以得到的主要物质Z是NaCl，A正确；根据得失电子总数相等，若锂离子电池工作t min，维持电流强度为I A，则转移的电子物质的量为＝mol，Ni～2e－，则理论回收Ni的质量为g，B正确；据分析，X是正极，Y是负极，X、Y两极电势的关系为EX大于EY，该电池放电时正极反应式： Li＋＋e－＋CoO2===LiCoO2，充电时正极反应式：LiCoO2－ e－===Li＋＋CoO2, Li元素化合价未改变，C错误；据分析，该锂离子电池的负极，即Y极存在锂单质，其易与水发生反应，故不可用水代替SO(CH3)2做溶剂，D正确。
5．答案：A
解析：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；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；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→石墨极，故C错误；石墨棒是原电池正极，氢离子在石墨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。
6．答案：D
解析：惰性电极电解石灰水溶液，在阴极，氢离子得电子变为氢气，2H＋＋2e－=== H2↑，A错误；②阳极区产生白色浑浊，分离出该白色固体，加酸溶解，产生气泡，说明该白色沉淀为碳酸钙，B错误；②中，阳极中氢氧根离子失电子变为氧气，氧气与电极材料石墨反应生成二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，这是主要原因，C错误；阳极中氢氧根离子失电子变为氧气，氧气与电极材料石墨反应生成二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，产生白色浑浊与阳极材料被氧化生成CO有关，D正确。
7．答案：C
解析：要用石墨和铁作电极制备白色纯净的Fe(OH)2沉淀，应该用Fe作阳极、石墨作阴极，电解质为活泼金属的盐，为防止生成的Fe(OH)2被氧化，需要加入和水不互溶的有机物且密度小于水，据此分析解答。
a为阳极，阳极应该是铁，铁失去电子转化为亚铁离子，故A错误；根据A项分析，a为阳极，铁失去电子转化为亚铁离子，电极反应为：Fe －2e－===Fe2＋，故B错误；c可以是氯化钠溶液，阴极上氢离子放电且阴极附近有氢氧根离子生成；苯和水不互溶且密度小于水，所以d可以是苯，故C正确；如果剧烈地搅拌，会增大氧气的溶解度，导致生成的Fe(OH)2被氧化，所以不能搅拌，故D错误。
8．答案：C
解析：甲池能自发的发生氧化还原反应而作原电池，通入肼的电极为负极，通入氧气的电极为正极，负极反应为N2H4－4e－＋4OH－===N2＋4H2O，正极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，乙池为电解池，阴极Ag反应为 Cu2＋＋2e－===Cu、阳极石墨反应为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，据此分析解答。
通入肼的电极为负极，负极与阴极相连，银极为阴极，铜离子得电子生成铜单质，无气体生成，故A错误；甲池负极反应为N2H4－4e－＋4OH－===N2＋4H2O，故B错误；甲池生成水，导致溶液中KOH浓度降低，则溶液pH减小，乙池中氢氧根离子放电，导致溶液pH减小，故C正确；甲池N2H4－4e－＋4OH－===N2＋4H2O消耗0.1 mol N2H4时，转移0.4 mol电子，乙池Cu2＋＋2e－===Cu，产生0.2 mol铜，为12.8 g固体，故D错误。
9．答案：(1)负 2H2O－4e－===O2↑＋4H＋
(2)1∶2∶2∶2
(3)Fe(OH)3胶体粒子
解析：F极附近溶液呈红色，说明F极附近的氢氧根离子浓度增大，则F极是阴极，氢离子放电导致氢氧根离子浓度增大，所以显红色；可判断E是阳极，D是阴极，C是阳极，A是电源正极，B是电源负极，G是阳极，H是阴极，Y是阴极，X是阳极。
(1)根据分析可知B电极是电源的负极，C电极与正极相连为阳极，则电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋；
(2)C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O、Cu2＋＋2e－===Cu、2Cl－－2e－===Cl2↑、2H＋＋2e－===H2↑，当各电极转移电子均为1 mol时，生成单质的量分别为：0.25 mol、0.5 mol、0.5 mol、0.5 mol，所以单质的物质的量之比为1∶2∶2∶2；(3)Y极是阴极，该电极颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶体粒子向该电极移动。
10．答案：(1)原电池
(2)0.1
(3)增大
(4)Ag2O或Ag2CO3
解析：(1)甲池装置是铜和银构成的原电池，即装置为原电池。(2)甲池反应前两电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差14 g，设消耗铜的物质的量是x mol，则同时生成银的物质的量是2x mol，则有64x＋108×2x＝14，解得x＝0.05，所以导线中通过0.05 mol×2＝0.1 mol e－。(3)原电池中阴离子向负极移动，则实验过程中硝酸根离子移向左池，甲池左侧烧杯中NO的浓度增大。(4)若乙池中溶液为足量的硝酸银溶液，惰性电极电解硝酸银溶液生成硝酸、氧气和银，因此工作一段时间后，若要使乙池中溶液恢复原浓度，可向溶液中加入Ag2O或Ag2CO3。
学科素养升级练
1．答案：A
解析：碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1 mol碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]相当于加入0.2 mol CuO、0.1 mol H2O，电解过程分为两个阶段，第一个阶段阳极生成O2，阴极生成Cu，加入0.2 mol CuO可恢复原状，第二阶段阳极生成氧气，阴极生成氢气，加入0.1 mol H2O恢复原状；根据氧原子守恒可知阳极生成O2的物质的量为(0.2 mol＋0.1 mol)/2＝0.15 mol，体积为0.15 mol×22.4 L·mol－1＝3.36 L；故选A。
2．答案：D
解析：电解水制氢，氢气在阴极生成，制H2时，开关应连接K1，氢气在电极1(阴极)放出，故A正确；开关连接K1，氢气在电极1(阴极)放出，电极3为阳极，Ni(OH)2―→NiOOH，对应的电极反应方程式为Ni(OH)2＋OH－－e－===NiOOH＋H2O，故B正确；电极3可分别连接K1和K2，分别发生氧化、还原反应，实现NiOOH⇌Ni(OH)2的转化，且可循环使用，故C正确；交替连接K1和K2，当该装置的总反应为电解水时，若电极1收集到1 mol氢气，当连接K1时装置中转移2 mol电子，当连接K2时装置中又转移2 mol电子，所以整套装置中一共转移4 mol电子，故D错误。
3．答案：(1)原电池 CH3OH － 6e－＋8OH－===CO＋6H2O (2)阳极 2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋ (3)280 (4)B (5)b Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－ Fe－6e－＋8OH－===FeO＋4H2O
解析：根据题中图示判断，甲池为燃料电池，A为负极，B为正极，则乙中C为阳极，D为阴极，阳极上Ag失电子生成银离子，阴极上铜离子得电子生成Cu，丙池中E为阳极，F是阴极，也就是惰性电极电解硫酸铜溶液；根据题中图示制取少量高铁酸钠，可判断Fe作阳极，判断爱迪生蓄电池的正负极，并写出电极反应，据此解答。
(1) 由图可知甲池为原电池是一甲醇燃料电池，通甲醇的A为负极、B为正极，电解质溶液为KOH溶液，则A电极反应方程式为CH3OH＋8OH－－6e－===CO＋6H2O，B电极反应式为：O2＋4e－＋2H2O===4OH－。(2)丙池中E为阳极，电极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，F电极为阴极，电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，总反应离子方程式为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋。(3)乙池为电解池，C为阳极电极反应为Ag－e－===Ag＋，D做阴极，电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，乙池中C极质量减轻5.4 g，则其物质的量n(Ag)＝＝0.05 mol，则转移电子为0.05 mol，甲池消耗O2为0.05 mol×＝0.012 5 mol，所以标况下体积为V(O2)＝0.012 5 mol×22.4 L·mol－1＝0.28 L＝280 mL。(4) 一段时间后，断开电键K，要使丙池恢复到反应前浓度，根据2CuSO4＋2H2O2H2SO4＋2Cu＋O2↑可知，需加入CuO，CuO与硫酸发生反应生成硫酸铜和水，即CuO＋H2SO4===CuSO4＋H2O。(5)①制取少量高铁酸钠，Fe必须接爱迪生蓄电池的正极，作阳极，故b是正极，该电池工作一段时间后必须充电，充电时阴极发生还原反应，得到电子，由Fe＋NiO2＋2H2OFe(OH)2＋Ni(OH)2可知，其电极反应式为Fe(OH)2＋2e－===Fe＋2OH－。②阳极上铁失电子和氢氧根离子反应生成高铁酸根离子和水，阳极电极反应为Fe－6e－＋8OH－===FeO＋4H2O。
4．答案：(1)右侧 B
(2)从右向左 滤纸上有蓝色沉淀产生
(3)增大
(4)4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ Fe－6e－＋8OH－===FeO＋4H2O
(5)2FeO＋6e－＋5H2O===Fe2O3＋10OH－
解析：甲装置中左侧为原电池装置，锌比铜活泼，则锌为负极，锌失电子，生成锌离子；铜为正极，铜离子得电子生成单质铜；电池的内电路中，阴离子向负极移动；外电路电解池中，阴离子向阳极移动；右侧为电解池，左侧铜作阳极失电子；右侧铜做阴极，水得电子生成氢气和氢氧根离子。
(1)甲装置中电解池在右侧；原电池中为保证电极反应不变，正极材料的活泼性不能大于Zn，因此不能用镁代替铜。(2)硫酸根离子向负极移动，移动方向为从右向左。M极作阳极，失去电子有铜离子生成，铜离子结合氢氧根离子生成氢氧化铜蓝色沉淀。(3)X极作阴极，H2O得到电子生成氢气和氢氧根离子，故X极溶液的pH逐渐增大。(4)由题意可知，铁作阳极，阳极发生氧化反应，氢氧根离子失去电子生成氧气、铁失去电子生成FeO。电极反应为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑和Fe－6e－＋8OH－===FeO＋4H2O。
(5)K2FeO4－Zn碱性电池中锌作负极，K2FeO4在电池中作正极材料；FeO在正极得到电子发生还原反应转化为氧化铁，电极反应为：2FeO＋6e－＋5H2O===Fe2O3＋10OH－。
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