十年高考化学真题（2014-2023）分项汇编专题46电解原理（Word版附解析）

这是一份十年高考化学真题（2014-2023）分项汇编专题46电解原理（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了液氨中存在平衡等内容，欢迎下载使用。
1．【2023年广东卷】利用活性石墨电极电解饱和食盐水，进行如图所示实验。闭合，一段时间后
A．U型管两侧均有气泡冒出，分别是和B．a处布条褪色，说明具有漂白性
C．b处出现蓝色，说明还原性：D．断开，立刻闭合，电流表发生偏转
【答案】D
【解析】闭合，形成电解池，电解饱和食盐水，左侧为阳极，阳极氯离子失去电子生成氯气，电极反应为2Cl-—2e-=Cl2↑，右侧为阴极，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，总反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，据此解答。A．根据分析，U型管两侧均有气泡冒出，分别是和，A错误；B．左侧生成氯气，氯气遇到水生成HClO，具有漂白性，则a处布条褪色，说明HClO具有漂白性，B错误；C．b处出现蓝色，发生Cl2+2KI=I2+2KCl，说明还原性：，C错误；D．断开，立刻闭合，此时构成氢氯燃料电池，形成电流，电流表发生偏转，D正确；故选D。
2．【2023年广东卷】用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(下图)，可实现大电流催化电解溶液制氨。工作时，在双极膜界面处被催化解离成和，有利于电解反应顺利进行。下列说法不正确的是
A．电解总反应：
B．每生成，双极膜处有的解离
C．电解过程中，阳极室中的物质的量不因反应而改变
D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构可提高氨生成速率
【答案】B
【解析】由信息大电流催化电解溶液制氨可知，在电极a处放电生成，发生还原反应，故电极a为阴极，电极方程式为，电极b为阳极，电极方程式为，“卯榫”结构的双极膜中的H＋移向电极a，OH－移向电极b。A．由分析中阴阳极电极方程式可知，电解总反应为，故A正确；B．每生成，阴极得8ml e－，同时双极膜处有8ml 进入阴极室，即有8ml的解离，故B错误；C．电解过程中，阳极室每消耗4ml ，同时有4ml 通过双极膜进入阳极室，KOH的物质的量不因反应而改变，故C正确；D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构具有更大的膜面积，有利于被催化解离成和，可提高氨生成速率，故D正确；故选B。
3．【2023年1月浙江卷】在熔融盐体系中，通过电解和获得电池材料，电解装置如图，下列说法正确的是
A．石墨电极为阴极，发生氧化反应
B．电极A的电极反应：
C．该体系中，石墨优先于参与反应
D．电解时，阳离子向石墨电极移动
【答案】C
【解析】由图可知，在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，与电源正极相连，则电极A作阴极，和获得电子产生电池材料，电极反应为。A．在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，选项A错误；B．电极A的电极反应为，选项B错误；C．根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于参与反应，选项C正确；D．电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电极A移动，选项D错误；答案选C。
4．【2023年辽宁卷】某无隔膜流动海水电解法制的装置如下图所示，其中高选择性催化剂可抑制产生。下列说法正确的是
A．b端电势高于a端电势B．理论上转移生成
C．电解后海水下降D．阳极发生：
【答案】D
【解析】由图可知，左侧电极产生氧气，则左侧电极为阳极，电极a为正极，右侧电极为阴极，b电极为负极，该装置的总反应产生氧气和氢气，相当于电解水，以此解题。A．由分析可知，a为正极，b电极为负极，则a端电势高于b端电势，A错误；B．右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H++2e-=H2↑，则理论上转移生成，B错误；C．由图可知，该装置的总反应为电解海水的装置，随着电解的进行，海水的浓度增大，但是其pH基本不变，C错误；D．由图可知，阳极上的电极反应为：，D正确；故选D。
5．【2022年北京卷】利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
下列说法不正确的是
A．①中气体减少，推测是由于溶液中减少，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触
B．①中检测到，推测可能发生反应：
C．随阴极析出，推测②中溶液减少，平衡逆移
D．②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密
【答案】C
【解析】由实验现象可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜；实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层。A．由分析可知，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A正确；B．由分析可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反应为，故B正确；C．由分析可知，铜离子在阴极得到电子发生还原反应，在阴极析出铜，但阳极发生Cu-2e-=Cu2+的反应，铜离子浓度不变，平衡不移动，故C错误；D．由分析可知，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D正确；故选C。
6．【2022年天津卷】实验装置如图所示。接通电源后，用碳棒(、)作笔，在浸有饱和NaCl溶液和石蕊溶液的湿润试纸上同时写字，端的字迹呈白色。下列结论正确的是
A．a为负极
B．端的字迹呈蓝色
C．电子流向为：
D．如果将、换成铜棒，与碳棒作电极时的现象相同
【答案】B
【解析】A．根据实验现象，a'端呈白色，即生成了氯气，即氯离子失去电子，为阳极，即a为正极，A错误；B．b'端为阴极，水得到电子放电的同时，生成氢氧根离子，遇石蕊变蓝，B正确；C．电子从电源的负极出来，即从a极出来，而不是b极，C错误；D． 如果换成铜棒，铜做阳极放电，现象与碳作电极时不相同，D错误；故选B。
7．（2021·海南真题）液氨中存在平衡：。如图所示为电解池装置，以的液氨溶液为电解液，电解过程中a、b两个惰性电极上都有气泡产生。下列有关说法正确的是
A．b电极连接的是电源的负极B．a电极的反应为
C．电解过程中，阴极附近K+浓度减小D．理论上两极产生的气体物质的量之比为1:1
【答案】B
【解析】A．根据图示可知：在b电极上产生N2，N元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，所以b电极为阳极，连接电源的正极，A错误；B．电极a上产生H2，H元素化合价降低得到电子，发生还原反应，所以a电极为阴极，电极反应式为：，B正确；C．电解过程中，阴极附近产生，使附近溶液中阴离子浓度增大，为维持溶液电中性，阳离子K+会向阴极区定向移动，最终导致阴极附近K+浓度增大，C错误；D．每反应产生1 ml H2，转移2 ml电子，每反应产生1 ml N2，转移6 ml电子，故阴极产生H2与阳极产生的N2的物质的量的比是3:1，D错误；选B。
8．【2021年江苏卷】通过下列方法可分别获得H2和O2：①通过电解获得NiOOH和H2(如图)；②在90℃将NiOOH与H2O反应生成Ni(OH)2并获得O2。下列说法正确的是
A．电解后KOH溶液的物质的量浓度减小
B．电解时阳极电极反应式：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O
C．电解的总反应方程式：2H2O2H2↑+O2↑
D．电解过程中转移4ml电子，理论上可获得22.4LO2
【答案】B
【解析】A．阴极水电离的氢离子得电子生成氢气，阳极Ni(OH)2失电子生成NiOOH，电解过程总反应为，电解后KOH溶液的物质的量浓度不变，故A错误；B．电解时阳极Ni(OH)2失电子生成NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，故B正确；C．阴极水电离的氢离子得电子生成氢气，阳极Ni(OH)2失电子生成NiOOH，电解过程总反应为，故C错误；D．电解过程中转移4ml电子，生成4mlNiOOH，根据，生成1ml氧气，非标准状况下的体积不一定是22.4L，故D错误；选B。
9．【2022年海南卷】一种采用和为原料制备的装置示意图如下。
下列有关说法正确的是
A．在b电极上，被还原
B．金属Ag可作为a电极的材料
C．改变工作电源电压，反应速率不变
D．电解过程中，固体氧化物电解质中不断减少
【答案】A
【解析】由装置可知，b电极的N2转化为NH3，N元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，因此b为阴极，电极反应式为N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-，a为阳极，电极反应式为2O2-+4e-=O2，据此分析解答；A．由分析可得，b电极上N2转化为NH3，N元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，即N2被还原，A正确；B．a为阳极，若金属Ag作a的电极材料，则金属Ag优先失去电子，B错误；C．改变工作电源的电压，电流强度发生改变，反应速率也会改变，C错误；D．电解过程中，阴极电极反应式为N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-，阳极电极反应式为2O2-+4e-=O2，因此固体氧化物电解质中O2-不会改变，D错误；答案选A。
10．【2022年6月浙江卷】通过电解废旧锂电池中的可获得难溶性的和，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是
A．电极A为阴极，发生还原反应
B．电极B的电极发应：
C．电解一段时间后溶液中浓度保持不变
D．电解结束，可通过调节除去，再加入溶液以获得
【答案】C
【解析】A．由电解示意图可知，电极B上Mn2+转化为了MnO2，锰元素化合价升高，失电子，则电极B为阳极，电极A为阴极，得电子，发生还原反应，A正确；B．由电解示意图可知，电极B上Mn2+失电子转化为了MnO2，电极反应式为：2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，B正确；C．电极A为阴极， LiMn2O4得电子，电极反应式为：2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，依据得失电子守恒，电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，反应生成了Mn2+，Mn2+浓度增大，C错误；D．电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确；答案选C。
11．（2020·山东高考真题）采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如下图所示。忽略温度变化的影响，下列说法错误的是
A．阳极反应为
B．电解一段时间后，阳极室的pH未变
C．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移
D．电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量
【答案】D
【解析】a极析出氧气，氧元素的化合价升高，做电解池的阳极，b极通入氧气，生成过氧化氢，氧元素的化合价降低，被还原，做电解池的阴极。A．依据分析a极是阳极，属于放氧生酸性型的电解，所以阳极的反应式是2H2O-4e-=4H++O2↑，正确；B．电解时阳极产生氢离子，氢离子是阳离子，通过质子交换膜移向阴极，所以电解一段时间后，阳极室的pH值不变，正确；C．有B的分析可知，C正确；D．电解时，阳极的反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，阴极的反应为：O2+2e-+2H+=H2O2，总反应为：O2+2H2O=2H2O2，要消耗氧气，即是a极生成的氧气小于b极消耗的氧气，错误；故选：D。
12．（2020·全国高考真题）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
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
【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，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，g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，g电极为阳极，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，正确；C．过程中，W由WO3的+6价降低到AgxWO3中的+(6-x)价，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，正确；答案选C。
13．（2013·天津高考真题）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（ ）
【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，错误；B．根据电子守恒分析，每消耗3mlPb，转移6ml电子，根据电子守恒生成lmlAl2O3，错误；C．原电池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅，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，正确；故选D。
14．（2007·全国高考真题）以惰性电极电解足量的CuSO4溶液。若阳极上产生气体的物质的量为0.0100 ml，则阴极上析出铜的质量为（ ）
A．0.64 gB．1.28 gC．2.56 gD．5.12 g
【答案】B
【解析】惰性电极电解CuSO4溶液时，阳极产生的是氧气，则转移电子是0.04ml，因此根据电子得失守恒可知，析出铜是＝0.02ml，质量是0.02ml×64g/ml＝1.28g；答案选B。
15．（2014·上海高考真题）如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中，下列分析正确的是
A．K1闭合，铁棒上发生的反应为2H＋＋2e－=H2↑
B．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高
C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法
D．K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001 ml气体
【答案】B
【解析】A、K1闭合构成原电池，铁是活泼的金属，铁棒是负极，铁失去电子，铁棒上发生的反应为Fe-2e－＝Fe2＋，A不正确；B、K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，石墨棒是正极，溶液中的氧气得到电子转化为OH－，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，石墨棒周围溶液pH逐渐升高，B正确；C、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电产生氢气，铁不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法，C不正确；D、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电生成氢气。石墨棒是阳极，溶液中的氯离子放电生成氯气，电极反应式分别为2H＋＋2e－＝H2↑、2Cl－－2e－＝Cl2↑，电路中通过0.002NA个电子时，两极均产生0.001ml气体，共计是0.002ml气体，D不正确；答案选B。
16．（2012·安徽高考真题）某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，现断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是
A．断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H++2Cl—Cl2↑+H2↑
B．断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红
C．断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e—＝2Cl—
D．断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极
【答案】D
【解析】A、断开K2、闭合K1时，装置为电解池，两极均有气泡产生，则总反应为2Cl-+2H2OH2↑+2OH-+Cl2↑，石墨为阳极，铜为阴极，因此石墨电极处产生Cl2，在铜电极处产生H2，铜电极附近产生OH-，溶液变红，A错误；B、根据A中分析可知B错误；C、断开K1、闭合K2时，装置为原电池，铜电极上的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，其为负极，而石墨上的电极反应为Cl2+2e-=2Cl-，其为正极，C错误；D、根据C中分析可知D正确，答案选D。
17．（2007·上海高考真题）某学生设计了一个“黑笔写红字”的趣味实验。滤纸先用氯化钠、无色酚酞的混合液浸湿，然后平铺在一块铂片上，接通电源后，用铅笔在滤纸上写字，会出现红色字迹。据此，下列叙述正确的是
A．铅笔端作阳极，发生还原反应
B．铂片端作阴极，发生氧化反应
C．铅笔端有少量的氯气产生
D．a点是负极，b点是正极
【答案】D
【解析】出现红色字迹，说明溶液中有OH－生成，所以铅笔端作阴极，氢离子放电，发生还原反应，因此a是电源的负极，b是正极。A．铅笔端作阴极，发生还原反应，错误；B．铂片端作阳极，发生氧化反应，错误；C．铅笔端作阴极，溶液中的阳离子在铅笔端放电，所以不会生成氯气，错误；D．铅笔端作阴极，则a是电源的负极，b是正极，正确；答案选D。
18．（2012·上海高考真题）右图装置中发生反应的离子方程式为：Zn＋2H＋=Zn2＋＋H2↑，下列说法错误的是
A．a、b不可能是同种材料的电极
B．该装置可能是电解池，电解质溶液为稀盐酸
C．该装置可能是原电池，电解质溶液为稀盐酸
D．该装置可看作是铜－锌原电池，电解质溶液是稀硫酸
【答案】A
【解析】A、如果此装置是电解池装置，阴阳两极可以都为锌，电解质溶液是硫酸溶液，错误；B、如果是电解池，阳极是锌，电极反应式：Zn－2e－=Zn2＋，阴极：2H＋＋2e－=H2↑，正确；B、如果是原电池，负极为Zn，反应式为Zn－2e－=Zn2＋，正极反应式：2H＋＋2e－=H2↑，正确；D、锌比铜活泼，锌作负极，负极为Zn，反应式为Zn－2e－=Zn2＋，铜作正极，正极反应式：2H＋＋2e－=H2↑，正确。
19．（2012·海南高考真题）下列各组中，每种电解质溶液电解时（惰性电极）只生成氢气和氧气的是
A．HCl、CuCl2、Ba(OH)2B．NaOH、CuSO4、H2SO4
C．NaOH、H2SO4、Ba(OH)2D．NaBr、H2SO4、Ba(OH)2
【答案】C
【解析】A、根据我们所学的电解原理，惰性电极电解CuCl2时阳极析出氯气，阴极析出铜，A错误；B、惰性电极电解CuSO4时阴极析出铜，阳极产生氧气，B错误；C、惰性电极电解NaOH、H2SO4、Ba(OH)2实质上均是电解水，只生成氢气和氧气，C正确；D、惰性电极电解NaBr时，阳极析出溴单质，阴极产生氢气，D错误。答案选C
20．（2012·福建高考真题）将下图所示实验装置的 K 闭合，下列判断正确的是
A．Cu 电极上发生还原反应
B．电子沿 Zn→a→b→Cu 路径流动
C．片刻后甲池中c(SO42-)增大
D．片刻后可观察到滤纸b点变红色
【答案】A
【解析】关闭K后，甲、乙装置能自发的进行氧化还原反应，所以是原电池，锌易失电子作负极，铜作正极，则含有硫酸钠溶液的滤纸是电解池，a是阴极，b是阳极。A、铜电极上铜离子得电子发生还原反应生成铜，正确；B、电子从Zn→a，b→Cu路径流动，电子不能进入电解质溶液，错误；C、锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应生成锌离子进入溶液，硫酸根离子不参加反应，所以硫酸根离子浓度不变，错误；D、电解池中，a电极上氢离子放电生成氢气，同时a电极附近生成氢氧根离子，导致溶液碱性增强，所以a点变红色，错误；答案选A。
21．（2014·江苏高考真题）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。由硫化氢获得硫单质有多种方法。
（1）将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如题图—1所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：S2－—2e－＝S（n—1）S+ S2－＝Sn2－。
①写出电解时阴极的电极反应式：__________________。
②电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成_____________。
【答案】（1）2H2O+2e-=H2↑+2OH- Sn2-+2H+=(n-1)S↓+H2S↑
【解析】
（1）①阳极上硫离子放电，电极反应式为S2--2e-＝S，阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故答案为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
②电解后阳极区离子为Sn2-，酸性条件下，Sn2-和氢离子反应生成S单质，S元素失电子发生氧化反应生成S单质，同时S元素得电子生成H2S，反应方程式为Sn2-+2H+=（n-1）S↓+H2S↑，故答案为Sn2-+2H+=（n-1）S↓+H2S↑；
22．（2019·江苏高考真题）CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。
（2）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。
①写出阴极CO2还原为HCOO−的电极反应式：________。
②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是________。
【答案】（2）①CO2+H++2e−HCOO−或CO2++2e−HCOO−+ ②阳极产生O2，pH减小，浓度降低；K+部分迁移至阴极区
【解析】
（2）①根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，CO2＋HCO3－＋2e－=HCOO－＋CO32－，或CO2＋H＋＋2e－=HCOO－；
②阳极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，阳极附近pH减小，H＋与HCO3－反应，同时部分K＋迁移至阴极区，所以电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低；
23．（2015·北京高考真题）研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。
（4）利用下图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。
①结合方程式简述提取CO2的原理：_________。
②用该装置产生的物质处理b室排出的海水，合格后排回大海。处理至合格的方法是_______。
【答案】（4）①a室：2H2O-4e－= O2↑+4H+，H+通过阳离子膜进入b室，发生反应：HCO3－+H+= CO2↑+H2O ② c室的反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至接近装置入口海水的pH
【解析】
（4）①海水pH＞8，显碱性，需要H+中和降低海水的碱性，a室发生阳极反应：2H2O-4e－= O2↑+4H+，c（OH－）下降，H2OOH－+H+平衡右移，c（H+）增大，H+从a室进入b室，发生反应：HCO3－+H+= CO2+H2O。
②c室的反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至接近装置入口海水的pH 。
24．（2012·全国高考真题）由黄铜矿(主要成分是CuFeS2)炼制精铜的工艺流程示意图如下：
（3）粗铜的电解精炼如图所示。在粗铜的电解过程中，粗铜板应是图中电极 (填图中的字母)；在电极d上发生的电极反应式为_______；若粗铜中还含有Au､Ag､Fe，它们在电解槽中的存在形式和位置为______。
【答案】（3） c Cu2++2e-= Cu Au、Ag以单质的形式沉积在c(阳极)下方，Fe以Fe2+的形式进入电解质溶液中
【解析】
（3）①在粗铜的电解过程中，粗铜板作阳极，应是图中电极c；
②在电极d为阴极，发生的电极反应式为Cu2++2e-=Cu；
③若粗铜中还含有Au、Ag、Fe，Au、Ag的活泼性弱于铜，所以Au、Ag以单质形式沉积在阳极下方，铁比铜活泼，会失电子生成Fe2+，Fe2+氧化性弱于Cu2+，所以Fe以Fe2+形式进入电解液中。
25．（2014·重庆高考真题）氢能是重要的新能源。储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一。
（4）一定条件下，题11图示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物）。
①导线中电子移动方向为____________。
②生成目标产物的电极反应式为_________。
③该储氢装置的电流效率＝_____（＝×100%，计算结果保留小数点后1位）
【答案】
（4）①A→D ②C6H6＋6H＋＋6e－＝C6H12 ③64.3%
【解析】
（4）①苯生成环戊烷属于得氢反应，因此是还原反应，即电极D是阴极，电极E是阳极，因此导线中电子的流动方向是A→D。
②苯得到电子生成环戊烷是目标产物，由于存在质子交换膜，所以氢离子向阴极移动，则电极反应式为C6H6＋6H＋＋6e－＝C6H12。
③阳极生成2.8ml气体，该气体应该是阳极OH－放电生成的氧气，则转移电子的物质的量＝2.8ml×4＝11.2ml。设阴极消耗苯的物质的量是xml，则同时生成 xml环戊烷，根据电极反应式C6H6＋6H＋＋6e－＝C6H12可知得到电子是6xml，根据电子守恒可知，阴极生成氢气是＝5.6ml－3xml，所以 ＝0.1，解得x＝1.2，因此储氢装置的电流效率＝×100%＝64.3%。
26．（2017·江苏高考真题）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）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________。
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_________ (填“增大”、“不变”或“减小”)。
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________。
（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_____________________，阴极产生的物质A的化学式为____________。
【答案】（1）Al2O3+2OH−=2+H2O （2）减小 （3） 石墨电极被阳极上产生的O2氧化 （4）4+2H2O−4e−=4+O2↑ H2
【解析】以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al（OH）3，过滤II得到Al（OH）3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气。
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为：Al2O3+2OH-==2AlO2-+H2O；（2）向“过滤I”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OH－＞AlO2－＞CO32－，可知溶液的pH减小，NaHCO3中存在化学键有：离子键和共价键；（3）“电解I”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是石墨电极被阳极上产生的O2氧化。（4）由图可知，阳极反应为4CO32－+2H2O-4e－═4HCO3－+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。
27．（2011·天津高考真题）工业废水中常含有一定量的，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。常用的处理方法有两种。
方法1：还原沉淀法
该法的工艺流程为
其中第①步存在平衡：
方法2：电解法
该法用Fe做电极电解含CrO的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)沉淀。
（5）用Fe做电极的原因为 。
（6）在阴极附近溶液pH升高的原因是（用电极反应解释） 。
溶液中同时生成的沉淀还有 。
【答案】
（5）阳极极反应：Fe-2e-=Fe2+，提供还原剂Fe2+
（6）2H++2e-=H2↑，氢氧化铁或Fe(OH)3
【解析】
（5）金属铁做阳极，失电子生成亚铁离子，能够把Cr2O32-还原为Cr3+；
综上所述，本题正确答案：阳极极反应：Fe-2e-=Fe2+，提供还原剂Fe2+。
（6）在阴极，溶液中的氢离子得电子发生还原反应：2H++2e-=H2↑，氢离子浓度减小，阴极附近溶液pH升高； 氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，被亚铁离子氧化成的铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，
综上所述，本题正确答案：2H++2e-=H2↑，氢氧化铁或Fe(OH)3。
28．（2010·全国高考真题）右图是一个用铂丝作电极，电解稀的MgSO4溶液的装置，电解液中加有中性红指示剂，此时溶液呈红色。（指示剂的pH变色范围：6.8~8.0，酸色—红色，碱色—黄色）
回答下列问题：
（1）下列关于电解过程中电极附近溶液颜色变化的叙述正确的是________（填编号）；
①A管溶液由红变黄；②B管溶液由红变黄；
③A管溶液不变色；④B管溶液不变色；
（2）写出A管中发生反应的反应式：_________________________________；
（3）写出B管中发生反应的反应式：_________________________________；
（4）检验a管中气体的方法是_______________________________________；
（5）检验b管中气体的方法是____________________________________________；
（6）电解一段时间后，切断电源，将电解液倒入烧杯内观察到的现象是_____________________。
【答案】（1）①④ （2）2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e-=2OH-+H2↑)、Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓ （3）4OH- -4e- =O2↑+2H2O (或2H2O-4e- =O2↑+4H+) （4）用拇指按住管口，取出试管，靠近火焰，放开拇指，有爆鸣声，管口有蓝色火焰 （5）用拇指按住管口，取出试管，放开拇指，将带有火星的木条伸入试管内会复燃 （6）溶液呈红色，白色沉淀溶解（或大部分溶解）
【解析】
（1）由装置图可知A为电解池的阴极，电极反应为：4H++4e-=2H2↑；B为电解池的阳极，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑。根据放电情况可知A管由于H+放电，A管中溶液显碱性，溶液由红变黄，同时还会发生反应Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；B管由于OH-放电，B管中溶液显酸性，溶液不变色；答案选①④。
（2）A管中发生的反应有：2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e-=2OH-+H2↑)、Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓。
（3）B管中发生的反应有：4OH- -4e- =O2↑+2H2O (或2H2O-4e- =O2↑+4H+)。
（4）a管中为H2，检验H2时利用其可燃性，方法是：用拇指按住管口，取出试管，靠近火焰，放开拇指，有爆鸣声，管口有蓝色火焰。
（5）b管中为O2，检验O2时利用其能使带火星的木条复燃的性质进行检验，方法是：用拇指按住管口，取出试管，放开拇指，将带有火星的木条伸入试管内会复燃。
（6）由于该电解反应的实质是电解水，所以将电解液倒入烧杯后，整个溶液呈中性，故溶液呈红色，Mg(OH)2沉淀会溶解。
29．（2014·北京高考真题）（15分）用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生。某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1ml/LFeCl2溶液，研究废液再生机理。记录如下（a、b、c代表电压值：）
（1）用KSCN溶液检验出Fe3+的现象是_______。
（2）I中，Fe2+产生的原因可能是Cl-在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化。写出有关反应的方程式_____。
（3）由II推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，原因是Fe2+具有_____性。
（4）II中虽未检测出Cl2，但Cl-在阳极是否放电仍需进一步验证。电解pH=1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：
①NaCl溶液的浓度是________ml/L。
②IV中检测Cl2的实验方法:____________________。
③与II对比，得出的结论（写出两点）：___________________。
【答案】（1）溶液变为血红色
（2）2Cl--2e-=Cl2↑；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
（3）还原
（4）①0.2②取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝
③通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因都成立；通过控制电压，验证了Fe2+先于Cl-放电
【解析】
（1）铁离子与KSCN反应生成血红色络合物，故现象为溶液变为血红色；
（2）Cl-在阳极放电，电解反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，生成的氯气氧化Fe2+为Fe3+，方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
（3）因为阳极产物无Cl2，又Fe2+具有还原性，故也可能是Fe2+在阳极放电，被氧化为Fe3+；
（4）①因为为对比实验，l-浓度应与电解FeCl2的相同，即为0.1ml/L ×2=0.2ml/L；
②检测氯气可以用淀粉碘化钾试纸，可取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉KI试纸上，若试纸变蓝色，则说明有氯气存在；
③与II对比可知，IV中电解氯化亚铁时，电压较大a＞x≥c时，氯离子放电产生氯气，即说明Fe3+可能是由氯气氧化亚铁离子得到；电压较小c＞x≥b时，氯离子不放电，即还原性Fe2+＞Cl-，同时也说明了铁离子也可能是由亚铁离子直接放电得到的。故结论为：①通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因都成立；②通过控制电压，验证了Fe2+先于Cl-放电。
装置示意图
序号
电解质溶液
实验现象
①
0.1ml/LCuSO4
+少量H2SO4
阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有
②
0.1ml/LCuSO4
+过量氨水
阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无元素
电池
电解池
A
H+移向Pb电极
H+移向Pb电极
B
每消耗3mlPb
生成2mlAl2O3
C
正极：PbO2+4H++2e—=Pb2++2H2O
阳极：2Al+3H2O-6e—=Al2O3+6H+
D
序号
电压/V
阳极现象
检验阳极产物
I
x≥a
电极附近出现黄色，有气泡产生
有Fe3+、有Cl2
II
a＞x≥b
电极附近出现黄色，无气泡产生
有Fe3+、无Cl2
III
b＞x＞0
无明显变化
无Fe3+、无Cl2
序号
电压/V
阳极现象
检验阳极产物
IV
a＞x≥c
无明显变化
有Cl2
V
c＞x≥b
无明显变化
无Cl2