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第 43 讲 电解原理应用新拓展
[复习目标] 1.深化对电解原理及规律的理解，提升应用电解原理综合分析解决实际问题的
能力。2.熟知电解原理创新试题的呈现方式及问题设置，总结解答此类问题的一般方法及规
律。
1．电解原理常见的考查点
电解原理及应用是高考高频考点，该类试题往往与生产、生活及新科技等相联系，以装置图
或流程图为载体呈现，题材广、信息新，题目具有一定难度。主要考查阴、阳极的判断、电
极反应式及电解反应方程式的书写、溶液离子浓度变化及有关计算等。
2．“5点”突破电解综合应用题
(1)分清阴、阳极，与电源正极相连的为阳极，与电源负极相连的为阴极，两极反应为“阳
氧阴还”。
(2)剖析离子移向，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。(注意离子交换膜会限制某些离子的
移动方向)
(3)注意放电顺序，正确判断放电的微粒或物质。
(4)注意介质，正确判断反应产物，酸性介质不出现OH－，碱性介质不出现H＋；不能想当然
地认为金属作阳极，电极产物为金属阳离子。
(5)注意得失电子守恒和电荷守恒，正确书写电极反应式。
类型一 电解与物质制备
1．(2023·浙江1月选考，11)在熔融盐体系中，通过电解TiO 和SiO 获得电池材料(TiSi)，
2 2
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：8H＋＋TiO＋SiO＋8e－===TiSi＋4HO
2 2 2
C．该体系中，石墨优先于Cl－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，石墨优先于Cl－参与反应，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，TiO 和SiO 得到电子产生
2 2
电池材料(TiSi)，电极反应为TiO＋SiO＋8e－===TiSi＋4O2－。
2 2
2．(2022·重庆，12)硝酮是重要的有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成。电
解槽中水溶液的主要成分及反应过程如图所示。
下列说法错误的是( )
A．惰性电极2为阳极
B．反应前后WO、WO数量不变
C．消耗1 mol氧气，可得到1 mol硝酮
D．外电路通过1 mol电子，可得到1 mol水
答案 C
解析 惰性电极2，Br－被氧化为Br ，为阳极，故A正确；WO、WO循环反应，反应前后
2
WO、WO数量不变，故B正确；总反应为氧气把二丁基-N-羟基胺氧化为硝酮，1 mol二丁
基-N-羟基胺失去2 mol H原子生成1 mol硝酮，氧气最终生成水，根据氧原子守恒，消耗1
mol氧气，可得到2 mol硝酮，故C错误；外电路通过1 mol电子时生成0.5 mol H O ，HO
2 2 2 2
最终生成水，根据氧原子守恒，可得到1 mol水，故D正确。
3．(2022·湖北，14)含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备 Li[P(CN)]，过程
2
如图所示(Me为甲基)。下列说法正确的是( )
A．生成1 mol Li[P(CN) ]，理论上外电路需要转移2 mol电子
2
B．阴极上的电极反应为：P＋8CN－－4e－===4[P(CN) ]－
4 2
C．在电解过程中CN－向铂电极移动
D．电解产生的H 中的氢元素来自于LiOH
2
答案 D
解析 石墨电极为阳极，对应的电极反应式为P ＋8CN－－4e－===4[P(CN) ]－，则生成1 mol
4 2
Li[P(CN)]，理论上外电路需要转移1 mol电子，A错误；阴极上发生还原反应，应该得电
2
子，电极反应式为2HCN＋2e－===H↑＋2CN－，B错误；石墨电极为阳极，铂电极为阴极，
2CN－应该向阳极移动，即移向石墨电极，C错误；由所给图示可知HCN在阴极放电，产生
CN－和H ，而HCN中的H来自于LiOH，则电解产生的H 中的氢元素来自于LiOH，D正
2 2
确。
类型二 电解与分离、提纯
4．我国科学家以石墨烯壳层封装钴镍纳米粒子的“铠甲”催化剂作电极，实现了合成气中
HS杂质的高效去除，其工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
2
A．x为电源负极，阴极区溶液的pH增大
B．为同时实现氢气和硫粉的分离与回收，隔膜为阳离子交换膜
C．阳极的电极反应式为HS－2e－===S↓＋2H＋
2
D．通电一段时间后，阴极区的溶液可以补充到阳极区，实现电解液的再生
答案 C
解析 据图可知与电源y连接的电极上HS发生氧化反应转化为S，所以y为电源正极，x
2
为电源负极，阴极发生还原反应，电极反应式为 2HO＋2e－===2OH－＋H↑，所以阴极区
2 2
溶液的pH增大，A正确；阳极发生氧化反应，电极反应式为 HS＋2CO－2e－===S↓＋
2
2HCO，C 错误；通电一段时间后，阴极区得到氢氧化钠溶液，阳极区得到 NaHCO ，
3
NaHCO 溶液与NaOH溶液反应生成NaCO ，所以将阴极区溶液补充到阳极区可实现电解
3 2 3
液的再生，D正确。
5．电解法常用于分离提纯物质，某混合物浆液含 Al(OH) 、MnO 和少量NaCrO 。考虑到
3 2 2 4
胶体的吸附作用使NaCrO 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)，
2 4
使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液进行回收利用(已知：2CrO＋2H＋Cr O＋
2
HO)，下列说法不正确的是( )
2
A．阴极室生成的物质为NaOH和H
2
B．阳极发生的电极反应是2HO－4e－===4H＋＋O↑
2 2
C．a离子交换膜为阳离子交换膜D．当外电路中转移2 mol电子时，阳极室可生成1 mol Cr O
2
答案 D
解析 电解时，阳极上水中的氢氧根离子放电：2HO－4e－===O↑＋4H＋，故CrO通过阴
2 2
(b)离子交换膜向阳极移动，因2CrO＋2H＋Cr O＋HO为可逆反应，故外电路中转移 2
2 2
mol 电子时，阳极室生成的 Cr O 小于 1 mol；阴极上水中的氢离子放电：2HO＋2e－
2 2
===H↑＋2OH－，混合物浆液中的Na＋通过阳(a)离子交换膜进入阴极，故阴极反应生成 H
2 2
和NaOH。
类型三 电解与“三废”治理
6．(2021·辽宁，13)利用 (Q)与 (QH )电解转化法从烟
2
气中分离CO 的原理如图。已知气体可选择性通过膜电极，溶液不能通过。下列说法错误的
2
是( )
A．a为电源负极
B．溶液中Q的物质的量保持不变
C．CO 在M极被还原
2
D．分离出的CO 从出口2排出
2
答案 C
解析 由题干信息可知，M极发生的是由 (Q)转化为
(QH )的还原反应，故 M 极为阴极，电极反应式为 ＋2HO＋2e－===
2 2
＋2OH－，故与M极相连的a电极为负极，N极为阳极，电极反应式
为 －2e－=== ＋2H＋，b极为电源正极，据此分析解题。
由分析可知，溶液中Q的物质的量保持不变，B正确；CO 在M极发生的反应为CO＋OH－
2 2
===HCO，C错误；在M极上生成的HCO，向阳极移动，N极上发生的反应为HCO＋H＋===HO＋CO↑，故分离出的CO 从出口2排出，D正确。
2 2 2
课时精练
1．利用废料Ce O 制备Ce(SO) 的工作原理如图，下列说法不正确的是( )
2 3 4 2
A．电极b为阴极，发生还原反应
B．电解总反应方程式：Ce O＋8H＋=====2Ce4＋＋3HO＋H↑
2 3 2 2
C．离子交换膜为阴离子交换膜
D．X可以是HSO 溶液
2 4
答案 C
解析 由图可知，与直流电源正极相连的电极a为阳极，酸性条件下三氧化二铈在阳极失去
电子发生氧化反应生成铈离子和水，电极b为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生
成氢气，则X为硫酸溶液，铈离子通过阳离子交换膜由阳极室移向阴极室，电解的总反应
方程式为Ce O＋8H＋=====2Ce4＋＋3HO＋H↑。
2 3 2 2
2.(2021·海南，9)液氨中存在平衡：2NH NH＋NH。如图所示为电解池装置，以KNH 的
3 2
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电极的电极反应式为2NH ＋2e－===H↑＋2NH
3 2
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 根据图示可知，在b电极上产生N，N元素失去电子化合价升高，所以b电极为阳极，
2
连接电源的正极，A错误；a电极上产生 H ，a电极为阴极，电极反应式为 2NH ＋2e－
2 3===H↑＋2NH，B正确；电解过程中，K＋会向阴极区定向移动，最终导致阴极附近K＋浓
2
度增大，C错误；每产生1 mol H ，转移2 mol电子，每产生1 mol N ，转移6 mol电子，故
2 2
阴极产生的H 与阳极产生的N 的物质的量之比是3∶1，D错误。
2 2
3.1825年丹麦化学家奥斯特用电解法以钾汞齐还原无水氯化铝得到铝，从而发现了铝。模拟
装置如图所示(电极为惰性材料)。已知：电子由a极流向X极。下列说法错误的是( )
A．b极为正极
B．Cl－向Y极迁移
C．Y极的电极反应式为K(Hg) －e－===K＋＋nHg
n
D．转移1 mol电子，理论上析出18 g铝
答案 D
解析 在电解装置中，电子由电源的负极流入阴极，所以 a极为负极，X极为阴极，Y极为
阳极，b极为正极，A正确；在电解池中，阴离子向阳极(Y极)迁移，B正确；Y极上钾汞齐
发生氧化反应，C正确；析出1 mol铝时转移3 mol电子，即转移1 mol电子理论上析出9 g
Al，D错误。
4.(2023·济南一模)电解KMnO 水溶液制备KMnO 的装置如图所示。电解后测得b极区溶液
2 4 4
中溶质的总物质的量增大。下列说法错误的是( )
A．KMnO 水溶液盛放在a极区
2 4
B．离子交换膜为阳离子交换膜
C．当外电路转移2 mol电子时，两极室溶液质量变化相差76 g
D．“电解法”所得副产品可用作“酸性歧化法”制备KMnO 的原料
4
答案 C
解析 电解KMnO 水溶液制备KMnO ，阳极反应为MnO－e－===MnO，阴极反应为2HO
2 4 4 2
＋2e－===H↑＋2OH－，K＋向阴极移动，使KOH物质的量增大，所以b极为阴极，a极为
2
阳极；当外电路转移2 mol电子时，有2 mol K＋移向阴极，生成1 mol H ，阴极质量增大
2
(39×2－2)g＝76 g，阳极质量减少2×39 g＝78 g，两极室溶液质量变化相差154 g，C错误。
5．(2023·广东佛山模拟)过硫酸铵[(NH )SO]可用作氧化剂、漂白剂。利用电解法在两极分
4 2 2 8别生产过硫酸铵和过氧化氢的装置如图所示。下列说法错误的是( )
A．a为外接电源的负极
B．电解总反应：O＋2H＋＋2SO=====HO＋SO
2 2 2 2
C．阴离子交换膜可用阳离子交换膜替代
D．电解池工作时，Ⅰ室溶液质量理论上逐渐减小
答案 C
解析 由(NH )SO →(NH )SO ，氧元素化合价升高被氧化，故右侧Pt电极为阳极，b为外
4 2 4 4 2 2 8
接电源正极，a为外接电源负极，左侧Pt电极为阴极。阴极氧气被还原，阳极硫酸根离子被
氧化，电解总反应正确，B正确；根据阳极产物可知，反应需要消耗硫酸根离子，阴离子交
换膜不可用阳离子交换膜替代，C错误；电解池工作时，Ⅰ室发生反应：O ＋2e－＋2H＋
2
===HO，同时SO移向阳极，故Ⅰ室溶液质量理论上逐渐减小，D正确。
2 2
6．(2023·杭州重点中学高三联考)科学家利用多晶铜高效催化电解CO 制乙烯，原理如图所
2
示。已知：电解前后电解液浓度几乎不变。下列说法正确的是( )
A．铂电极为阳极，产生的气体是O 和CO
2 2
B．多晶铜电极的电极反应式为2CO＋12HCO＋12e－===C H＋12CO＋4HO
2 2 4 2
C．通电过程中，溶液中HCO通过阴离子交换膜向右槽移动
D．当电路中通过0.6 mol电子时，理论上能产生C H 1.12 L
2 4
答案 A
解析 该电解池的总反应方程式为2CO ＋2HO===C H ＋3O ，多晶铜电极为阴极，该电极
2 2 2 4 2
的电极反应式为14CO ＋8HO＋12e－===C H ＋12HCO，铂电极为阳极，该电极的反应式为
2 2 2 4
12HCO－12e－===12CO ＋3O ＋6HO。HCO在铂电极发生反应，并且电解前后电解液浓度
2 2 2
几乎不变，所以溶液中HCO通过阴离子交换膜向左槽移动，故C错误；由多晶铜电极电极
反应式分析可知，当电路中通过0.6 mol电子时，理论上能产生0.05 mol C H ，该题目没有
2 4
说明条件为标准状况，故D错误。
7．(2023·浙江省金、丽、衢十二校高三模拟)微生物电解池(MEC)是近年来快速发展的一种生物制氢技术。其中一种实验装置如图所示。若以葡萄糖为底物，下列说法不正确的是(
)
A．A膜是阴离子交换膜
B．电极Y为阴极，发生还原反应
C．阳极的电极反应：C H O＋6HO－24e－===6CO↑＋24H＋
6 12 6 2 2
D．电极X和电极Y附近溶液的pH不同
答案 A
解析 A膜允许氢离子通过，是阳离子交换膜，故 A错误；电极Y上是氢离子得电子生成
氢气，是阴极，发生还原反应，故B正确；阳极底物失去电子生成二氧化碳和氢离子，电
极反应：C H O＋6HO－24e－===6CO↑＋24H＋，故C正确。
6 12 6 2 2
8．(2023·安徽安庆模拟)氯气是一种重要的工业原料，在传统的电解氯化氢回收氯气技术的
基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新工艺方案，如图所示。下列说法正确的
是( )
A．电极A发生还原反应：O＋4e－＋4H＋===2HO
2 2
B．电极B与外接电源的负极相连
C．电解时，电流经电极B、电解质溶液流向电极A
D．当有2 mol电子转移时，两室溶液中H＋数目理论上相差4N
A
答案 C
解析 由图分析，B极反应为2Cl－－2e－===Cl↑，发生氧化反应，为电解池的阳极，与电
2
源正极相连。A为电解池的阴极，发生还原反应，Fe3＋变为Fe2＋，Fe2＋再经O 氧化变回Fe3
2
＋。A极电极反应为Fe3＋＋e－===Fe2＋，A项错误；电极B为电解池的阳极，与电源正极相
连，B项错误；电流从正极流出经电极B、再由电解质溶液流经电极A，再到负极，C项正确；A极区发生的反应为4Fe2＋＋O ＋4H＋===2HO＋4Fe3＋，该反应中每转移2 mol电子需
2 2
要消耗2 mol H＋。同时，电解池工作时，每转移2 mol电子，有2 mol H＋从B极经质子交换
膜流向A极，即A极H＋没有发生变化。而B极由于H＋移走而减少了2 mol，所以两极H＋
数目相差2N ，D项错误。
A
9．(2023·浙江省浙南名校联盟高三联考)利用电解池原理可将CO 转化为燃料或者化学品。
2
如图通过将CO 与辛胺反应耦合，实现了两电极体系中产物的高选择性合成。下列说法正确
2
的是( )
A．装置中b电极为阴极，发生还原反应
B．电极a的电极反应可能为CO＋HO＋2e－ ===HCOO－＋OH
2 2
C．中间的离子交换膜一定是质子交换膜
D．电解过程中，a、b两极反应物物质的量之比为2∶1
答案 B
解析 a极为阴极，CO 转化为燃料或者化学品，b极为阳极，辛胺转化为辛腈。装置中b
2
电极为阳极，失去电子，发生氧化反应，故A错误；电极a为阴极，电极反应可能为CO＋
2
HO＋2e－ ===HCOO－＋OH－，故B正确；若电解液为中性时，中间的离子交换膜是质子交
2
换膜，若电解液为碱性时，中间的离子交换膜是阴离子交换膜，故 C错误；电解过程中，a
极CO 转化为燃料或者化学品，b极辛胺转化为辛腈，由于电极a的产物不确定，则两极反
2
应物物质的量之比不确定，故D错误。
10．科学家采用电渗析法提纯乳清(富含NaCl的蛋白质)，有价值的蛋白质回收率达到
98%，工作原理如图所示：
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．膜1、膜2孔径不大于半透膜孔径
C．a极的电极反应式为2HO＋2e－===2OH－＋H↑
2 2D．每转移2 mol电子，理论上乳清质量减少58.5 g
答案 D
解析 a极区的稀氢氧化钠溶液变为浓氢氧化钠溶液，说明 a极区生成了氢氧化钠，即钠离
子通过膜1向a极区迁移，膜1为阳离子交换膜；同理，氯离子通过膜2向b极区迁移，膜
2为阴离子交换膜，A项正确；提纯蛋白质，不能让蛋白质(胶体粒子)通过膜1、膜2，所以
膜1、膜2的孔径应不大于半透膜的孔径，B项正确；a极为阴极，发生还原反应：2HO＋
2
2e－===2OH－＋H↑，C项正确；每转移2 mol电子，结合电极反应和电荷守恒可知，理论
2
上乳清减少的质量为2 mol NaCl的质量，即质量减少117 g，D项错误。
11．(2023·长春模拟)羟基自由基(·OH)具有极强的氧化能力，它能有效地氧化降解废水中的
有机污染物。在直流电源作用下，利用双极膜电解池产生羟基自由基(·OH)处理含苯酚废水
和含甲醛废水，原理如图所示。已知：双极膜中间层中的 HO解离为H＋和OH－。下列说法
2
错误的是( )
A．M极为阴极，电极反应式：O＋2e－＋2H＋===2·OH
2
B．双极膜中HO解离出的OH－透过膜a向N极移动
2
C．每处理6.0 g甲醛，理论上有0.4 mol H＋透过膜b
D．通电一段时间后，理论上苯酚和甲醛转化生成CO 物质的量之比为6∶7
2
答案 C
解析 M电极通入O ，发生反应生成自由基·OH，反应式为O ＋2e－＋2H＋===2·OH，M作
2 2
阴极，A正确；N为阳极，电解时阴离子向阳极移动，所以OH－透过膜a向N极移动，B正
确；1 mol甲醛生成1 mol CO 转移4 mol电子，1 mol 苯酚生成6 mol CO 转移28 mol电子，
2 2
理论上苯酚和甲醛转化生成CO 物质的量之比为6∶7，D正确。
2
12．工业上用电解法治理亚硝酸盐对水体的污染，模拟工艺如图所示，写出电解时铁电极发
生的电极反应：________________________。随后，铁电极附近有无色气体产生，写出有关
反应的离子方程式：____________________________。答案 Fe－2e－===Fe2＋ 2NO＋8H＋＋6Fe2＋===N↑＋6Fe3＋＋4HO
2 2
解析 根据电解原理，阳离子向阴极移动，由装置图可知，A为电源的正极，B为电源的负
极，铁作阳极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋；NO在酸性条件下具有强氧化性，能将Fe2＋
氧化，本身被还原成 N ，其反应的离子方程式为 2NO＋8H＋＋6Fe2＋===N↑＋6Fe3＋＋
2 2
4HO。
2
13．工业上用PbSiF 、HSiF 混合溶液作电解液，用电解法实现粗铅(主要杂质为Cu、Ag、
6 2 6
Fe、Zn，杂质总质量分数约为4%)提纯，装置示意图如图1所示。
(1)电解产生的阳极泥的主要成分为 ________，工作一段时间后，溶液中 c(Pb2
＋)__________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)铅的电解精炼需要调控好电解液中的c(H SiF)。其他条件相同时，测得槽电压(槽电压越
2 6
小，对应铅产率越高)随起始时溶液中c(H SiF)的变化趋势如图2所示。由图可推知，随
2 6
c(H SiF)增大，铅产率先增大后减小，减小的原因可能是_____________________
2 6
________________________________________________________________________。
答案 (1)Cu、Ag 减小 (2)c(H SiF)增大，电解液中c(H＋)增大，阴极发生副反应：2H＋＋
2 6
2e－===H↑，影响Pb2＋放电，使铅产率减小
2
解析 (1)粗铅中的Cu、Ag活泼性比Pb差，故电解产生的阳极泥的主要成分为Cu和Ag；
阳极上溶解的金属有Pb、Fe、Zn，阴极上析出的金属只有Pb，两极上得失电子守恒，故工
作一段时间后，溶液中Pb2＋浓度有所下降。14．(2023·江苏盐城高三模拟)电催化还原CO 是当今资源化利用二氧化碳的重点课题，常用
2
的阴极材料有有机多孔电极材料、铜基复合电极材料等。
一种有机多孔电极材料(铜粉沉积在一种有机物的骨架上)电催化还原CO 的装置示意图如图
2
1所示。控制其他条件相同，将一定量的CO 通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质
2
的量与电压的关系如图2所示。
(1)电解前需向电解质溶液中持续通入过量CO 的原因是______________________。
2
(2)控制电压为0.8 V，电解时转移电子的物质的量为__________mol。
(3)科研小组利用13CO 代替原有的CO 进行研究，其目的是___________________。
2 2
答案 (1)使阴极表面尽可能被CO 附着，减少析氢反应的发生(减少氢离子在阴极上放电的
2
几率)，提高含碳化合物的产率 (2)2.8 (3)为确定阴极上生成的含碳化合物源自CO 而非有
2
机多孔电极材料
解析 (2)控制电压为0.8 V，产生0.2 mol氢气和0.2 mol乙醇，根据电极反应2H＋＋2e－
===H↑，2CO＋12e－＋12H＋===C HOH＋3HO，故电解时转移电子的物质的量为0.4 mol
2 2 2 5 2
＋2.4 mol＝2.8 mol。
