第5 讲 电解池 分段电解及计算
1.电解与电解池
小题对点过
如图所示装置中属于电解池的是 (填序号)。
答案 ③⑥
2.电解池工作原理(以电解CuCl2溶液为例)
小题对点过
如图所示是电解稀盐酸的装置,其中c、d 为石墨电极。试回答下列问题:
(1)a 电极为 ,b 电极为 。
(2)c 电极为 ,电极反应式为
,
发生了 反应。
d 电极为 ,电极反应式为
,
发生了 反应。
(3)电解过程中,氢离子向 (填“阴”或“阳”,下同)极移动,氯离子向 极移动。电解
总方程式为 。
答案 (1)正极 负极
(2)阳极 2Cl--2e-===Cl2↑ 氧化 阴极 2H++2e-===H2↑ 还原
(3)阴 阳 2HCl
H2↑+Cl2↑
3.电解时电极上的放电顺序及产物
(1)阳极上的放电顺序及产物
①活性电极(除Au、Pt 以外的金属材料作电极),电极材料失电子,生成金属阳离子。
②惰性电极(Pt、Au、石墨),要依据阴离子的放电顺序加以判断。
阴离子的放电顺序:S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根离子>F-。
S2-、I-、Br-、Cl-放电,产物分别是S、I2、Br2、Cl2;若OH-放电,则得到H2O 和O2。
(2)阴极上的放电顺序及产物
直接根据阳离子放电顺序进行判断。
阳离子放电顺序:Ag+>Fe3+>Cu2+>H+(酸)>Fe2+>Zn2+>H+(水)>Al3+>Mg2+。
4.用惰性电极电解电解质溶液的三种类型
(1)电解水型
实例
电极反应式及总反应式
电解质溶液浓度
复原方法
H2SO4
阴极:2H++2e-===H2↑
阳极:2H2O-4e-===4H++O2↑
总反应式:2H2O
2H2↑+O2↑
增大
加水
(2)电解电解质型
实例
电极反应式及总反应式
电解质溶液浓度
复原方法
HCl
阴极:2H++2e-===H2↑
阳极:2Cl--2e-===Cl2↑
总反应式:2HCl
H2↑+Cl2↑
减小
通入
HCl
CuCl2
阴极:Cu2++2e-===Cu
阳极:2Cl--2e-===Cl2↑
总反应式:CuCl2
Cu+Cl2↑
加
CuCl2
固体
(3)电解质和水均参与电解型
实例
电极反应式及总反应式
电解质溶液浓度
复原方法
NaCl、
KCl
(放H2
生碱)
阳极:2Cl--2e-===Cl2↑
阴极:2H2O+2e-===H2↑+2OH-
总反应式:2Cl-+2H2O
Cl2↑+H2↑+2OH-
减小并
生成新
电解质
通入
HCl
气体
CuSO4、
Cu(NO3)2
(放O2
生酸)
阳极:2H2O-4e-===4H++O2↑
阴极:Cu2++2e-===Cu
总反应式:2Cu2++2H2O
2Cu+O2↑+4H+
减小并
生成新
电解质
加
CuO
小题对点过
(1)下列说法正确的是 。
①电解水溶液时,Al3+、Mg2+、Na+、K+不可能在阴极放电
②放电指的是电极上的得、失电子
③阴极材料若为金属电极,一般是增强导电性但不参与反应
④用石墨作电极电解硝酸银溶液的离子方程式为4Ag++2H2O
4Ag+4H++O2↑
⑤铜作阳极电解盐酸的化学方程式为Cu+2HCl
CuCl2+H2↑
⑥电解任何物质,阳极失电子总数与阴极得电子总数相等
⑦用惰性电极电解盐酸、稀硫酸,H+放电,溶液的pH 逐渐增大
(2)为了加深对电解规律的理解,某同学做了以下探究,要求从H+、Cu2+、Na+、SO4
2−、Cl-5 种离子中
两两组成电解质,按下列要求进行电解:
①以碳棒为电极,电解过程中电解质质量减少,水量不变,则采用的电解质是 。若要恢复到
电解前的状态,应加入的物质是 。
②以碳棒为电极,电解过程中电解质质量不变,水量减少,则采用的电解质是 。若要恢复到
电解前的状态,应加入的物质是 。
③以碳棒为阳极,铁棒为阴极,电解过程中电解质和水量都减少,则电解质是 。若要恢复到
电解前的状态,应加入的物质是 。
答案 (1)①②③④⑤⑥
(2)①HCl、CuCl2 HCl、CuCl2
②Na2SO4、H2SO4 H2O
③CuSO4、NaCl CuO 或CuCO3、HCl
解析 (2)①以碳棒为电极,电解过程中电解质质量减少,水量不变,则阳离子只能为H+、Cu2+,阴离子
只能是Cl-,其电解质分别是HCl、CuCl2。②实质上是电解水,H+、OH-分别在两极上放电,因此,其电
解质是Na2SO4、H2SO4。③若电解质是CuSO4,2CuSO4+2H2O
2H2SO4+2Cu+O2↑,若恢复到原状态,
可加入CuO,也可加入CuCO3。若电解质是NaCl,2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑,要恢复到原状
态可通入HCl。
1.按要求书写电极反应式和总反应方程式。
(1)用惰性电极电解AgNO3溶液。
阳极反应式: ;
阴极反应式: ;
总反应的离子方程式: 。
(2)用惰性电极电解MgCl2溶液。
阳极反应式: ;
阴极反应式: ;
总反应的离子方程式: 。
(3)用铁作电极电解NaOH 溶液。
阳极反应式: ;
阴极反应式: ;
总反应的离子方程式: 。
(4)用Al 作电极电解NaOH 溶液。
阳极反应式: ;
阴极反应式: ;
总反应的离子方程式: 。
(5)用Al 作阳极,电解H2SO4溶液,铝材表面形成氧化膜。
阳极反应式: ;
阴极反应式: ;
总反应的离子方程式: 。
答案 (1)2H2O-4e-===O2↑+4H+ Ag++e-===Ag 4Ag++2H2O
4Ag+O2↑+4H+
(2)2Cl--2e-===Cl2↑
2H2O+2e-+Mg2+===H2↑+Mg(OH)2↓
Mg2++2Cl-+2H2O
Mg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑
(3)Fe-2e-+2OH-===Fe(OH)2↓
2H2O+2e-===H2↑+2OH-
Fe+2H2O
Fe(OH)2↓+H2↑
(4)Al-3e-+4OH-===[Al(OH)4]-
2H2O+2e-===H2↑+2OH-
2Al+6H2O+2OH-
2[Al(OH)4]-+3H2↑
(5)2Al-6e-+3H2O===Al2O3+6H+
2H++2e-===H2↑
2Al+3H2O
Al2O3+3H2↑
2.根据电解装置,按要求书写电极反应式
(1)将用烧碱吸收H2S 后所得的溶液加入如图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-===Sn
2−。
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,其离子方程式为
。
(2)铈元素(Ce)是镧系金属中自然丰度最高的一种,常见有+3、+4 两种价态。雾霾中含有大量的污染
物NO,可以被含Ce4+的溶液吸收,生成NO2
−、N O3
−(二者物质的量之比为1∶1)。可采用电解法将上
述吸收液中的NO2
−转化为无毒物质,同时再生成Ce4+,其原理如图所示。
①
Ce4+ 从电解槽的 ( 填字母) 口流出, 电极反应式:
。
②写出阴极的电极反应式:
。
答案 (1)①2H2O+2e-===H2↑+2OH-
②Sn
2−+2H+===(n-1)S↓+H2S↑
(2)①a Ce3+-e-===Ce4+
②2NO2
−+8H++6e-===N2↑+4H2O
电解池电极反应式的书写
(1)用惰性电极电解,分析溶液中的阴阳离子:阳离子向阴极移动,分析阳离子在阴极上得电子的顺序;
阴离子向阳极移动,分析阴离子在阳极上失电子的顺序。
(2)金属被腐蚀溶解的作阳极,被保护不被腐蚀的作阴极。
(3)在写电极反应式时,要考虑电解质溶液的酸碱性、离子交换膜、甚至反应的区域等对电极产物的
影响。
3.(1)某同学为了使反应HCl+Ag――→AgCl+H2↑能进行,设计了下列四个实验,如图所示,你认为不可
行的方案是 。
(2)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 。
答案 (1)ABD (2)Cu 和Cl2
解析 (2)由题意知,溶液中存在H+、Cu2+、Na+、SO4
2−、N O3
−、Cl-、OH-。根据离子的放电顺序,阳
离子为Cu2+>H+>Na+,阴离子为Cl->OH->SO4
2−、N O3
−,则最初一段时间,阴极:Cu2++2e-===Cu,阳极:
2Cl--2e-===Cl2↑。
考点二 电解质溶液的分段电解及计算
1.考查形式
无论是电解单一溶液还是混合溶液,一般考查电解质的电极产物及其质量、气体体积、溶液的pH
或物质的量浓度、溶液复原的措施等。
2.电解或分段电解计算的方法
(1)正确书写电解过程中各电极或在不同阶段时的电极反应式。
(2)在同一电路中,根据各电极得失电子数相等关系建立等量关系或根据电解总反应式列比例式计算。
若分段电解,则每个电极各阶段的电极反应转移电子数总和相等。
小题对点过
(1)若用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后,需加入98 g Cu(OH)2固体,才能使电解质溶液复原,则这
段时间,整个电路中转移的电子数为 。
(2)根据对电解规律的理解,用惰性电极电解3 mol·L-1 NaCl 和1 mol·L-1 CuSO4的混合溶液,可看作三
个电解阶段。
①第一阶段:相当于电解 溶液,电解总反应
;
②第二阶段:相当于电解 溶液,电解总反应
;
③第三阶段:相当于电解 ,电解总反应
。
答案 (1)4NA
(2)①1 mol·L-1 CuCl2 CuCl2
Cu+Cl2↑
②1 mol·L-1 NaCl 2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑
③水 2H2O
O2↑+2H2↑
1.用惰性电极电解硫酸铜溶液,若阳极上产生气体的物质的量为0.01 mol,阴极上无气体逸出,则阴极
上析出铜的质量为 。
答案 1.28 g
解析 解法1 根据得失电子守恒,由电极反应式计算
用惰性电极电解硫酸铜溶液,在阳极产生的气体为氧气,由2H2O-4e-===4H++O2↑知,产生0.01 mol 氧
气转移0.04 mol 电子,则根据Cu2++2e-===Cu 可推出应析出0.02 mol 的铜,其质量为1.28 g。
解法2 根据电解化学方程式计算
m=128 g×0.01mol
1mol
=1.28 g。
2.用石墨电解含有溶质0.1 mol 的CuSO4溶液,在阴、阳两极各收集到2.24 L 气体(标准状况下)后停
止电解,若要恢复原电解质,溶液需要加入的物质和物质的量分别是 、 。
答案 Cu(OH)2 0.1 mol(或CuO、H2O 0.1 mol、0.1 mol)
3.以惰性电极电解100 mL 0.05 mol·L-1 CuSO4溶液。
(1)阳极产生56 mL(标准状况下)气体时,所得溶液的pH 为 (不考虑溶液体积变化),要使溶液
恢复到电解前的状态,可加入 g 的 物质。
(2)继续通电电解,此时被电解的物质为 ,
若加入0.005 mol Cu(OH)2可使溶液复原,则电路中转移的电子为 mol。
(3) 通电足够长时间, 加入0.002 5 mol Cu2(OH)2CO3 可使溶液复原, 则电路中转移电子为
mol。
答案 (1)1 0.4 CuO(或0.62 CuCO3)
(2)水(或H2O) 0.02 (3)0.015
解析 (1) 阳极生成O2 56 mL( 标准状况) 即0.002 5 mol, 依据总反应式:2CuSO4+2H2O
2Cu+O2↑+2H2SO4,溶液中生成0.01 mol H+,c(H+)=0.1 mol·L-1,pH=1;电解生成0.002 5 mol O2 和
0.005 mol Cu,故要使溶液复原可加0.005 mol CuO,质量为0.4 g,或加0.005 mol CuCO3,质量为
0.62 g。(2)继续通电电解,电解质为H2SO4 溶液,故实际被电解的物质为H2O;加入0.005 mol
Cu(OH)2 可使溶液复原, 相当于加入0.005 mol CuO 和0.005 mol H2O, 故转移电子为
(0.005×2+0.005×2) mol=0.02 mol 。(3)Cu2(OH)2CO3 相当于2CuO·H2O·CO2, 故转移电子为0.005
mol×2+0.002 5 mol×2=0.015 mol。
分析电解过程的思维流程
4.把物质的量均为0.1 mol 的氯化铜和硫酸溶于水制成100 mL 的混合溶液,用石墨作电极电解,并收
集两电极所产生的气体,一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同。则下列描述正确
的是( )
A.电路中共转移0.6NA个电子
B.阳极得到的气体中O2的物质的量为0.2 mol
C.阴极质量增加3.2 g
D.电解后剩余溶液中硫酸的浓度为1 mol·L-1
答案 A
解析 根据放电顺序,阴离子:Cl->OH->SO4
2−,阳离子:Cu2+>H+,该电解过程分为两个阶段:第一阶段,电
解CuCl2溶液:Cu2++2Cl-
Cu+Cl2↑;第二阶段,电解H2O:2H2O
2H2↑+O2↑。阳极开始产生Cl2,后
产生O2, 阴极开始生成Cu, 后产生H2, 根据得失电子守恒:Cl2~2e-~Cu,2H2~4e-~O2, 可知
n(Cu2+)=n(Cl2)=0.1 mol,2n(O2)=n(H2), 又因为两极收集到的气体在相同条件下体积相同, 即
n(Cl2)+n(O2)=n(H2), 所以n(H2)=0.2 mol,n(O2)=0.1 mol,n(Cl2)=0.1 mol, 则转移电子数为
(0.1×2+0.1×4)NA=0.6NA,A 正确、B 错误;阴极析出铜0.1 mol,即6.4 g,C 错误;电解后溶液的体积未知,
不能计算硫酸的浓度,D 错误。
本讲感悟
疑点:
盲点:
1.(2024·山东卷)以不同材料修饰的Pt 为电极,一定浓度的NaBr 溶液为电解液,采用电解和催化相结
合的循环方式,可实现高效制H2和O2,装置如图所示。下列说法错误的是( )
A.电极a 连接电源负极
B.加入Y 的目的是补充NaBr
C.电解总反应式为Br-+3H2O
BrO3
−
+3H2↑
D.催化阶段反应产物物质的量之比n(Z)∶n(Br-)=3∶2
答案 B
解析 电极b 上Br-发生失电子的氧化反应转化成BrO3
−,电极b 为阳极,电极反应为Br--6e-
+3H2O===BrO3
−+6H+;则电极a 为阴极,电极a 的电极反应为6H2O+6e-===3H2↑+6OH-;电解总反应式
为Br-+3H2O
BrO3
−
+3H2↑;催化循环阶段BrO3
−
被还原成Br-循环使用、同时生成O2,实现高效制H2
和O2,即Z 为O2。A.根据分析,电极a 为阴极,连接电源负极,A 项正确;B.根据分析电解过程中消耗
H2O 和Br-,而催化阶段BrO3
−被还原成Br-循环使用,故加入Y 的目的是补充H2O,维持NaBr 溶液为一
定浓度,B 项错误;C.根据分析电解总反应式为Br-+3H2O
BrO3
−
+3H2↑,C 项正确;D.催化阶段,Br 元
素的化合价由+5 价降至-1 价,生成1 mol Br-得到6 mol 电子,O 元素的化合价由-2 价升至0 价,生成1
mol O2失去4 mol 电子,根据得失电子守恒,反应产物物质的量之比n(O2) ∶n(Br-)=6∶4=3∶2,D 项
正确。
2.(2024·黑吉辽卷)“绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速
率缓慢的问题,科技工作者设计耦合HCHO 高效制H2 的方法,装置如图所示。部分反应机理为
+
1
2H2。下列说法错误的是( )
A.相同电量下H2理论产量是传统电解水的1.5 倍
B.阴极反应:2H2O+2e-===2OH-+H2↑
C.电解时OH-通过阴离子交换膜向b 极方向移动
D.阳极反应:2HCHO-2e-+4OH-===2HCOO-+2H2O+H2↑
答案 A
解析 根据题目可知:电解过程b 电极HCHO 转变为HCOO-,失去电子,故b 为阳极,阳极反应式:
2HCHO-2e-+4OH-===2HCOO-+2H2O+H2↑;阴极反应式:2H2O+2e-===2OH-+H2↑。传统电解水过程中
每转移4 mol e-可制得2 mol H2,耦合HCHO 高效制H2过程中每转移4 mol e-,阴、阳极均可产生2
mol 氢气,则相同电量下H2理论产量是传统电解水的2 倍,A 错误;由上述分析可知,阴极的电极反应
为2H2O+2e-===2OH-+H2↑,B 正确;综合图像中的离子交换膜为阴离子交换膜及电解池中阴离子向阳
极移动知,OH-通过交换膜向b 极区移动,C 正确;由上述分析可知,D 正确。
3.(2023·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KNO3
溶液制氨。工作时,H2O 在双极膜界面处被催化解离成H+和OH-,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:KNO3+3H2O===NH3·H2O+2O2↑+KOH
B.每生成1 mol NH3·H2O,双极膜处有9 mol 的H2O 解离
C.电解过程中,阳极室中KOH 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KNO3溶液制氨可知,在电极a 处KNO3放电生成NH3,发生还原反应,
故电极a 为阴极,电极方程式为NO3
−+8e-+9H+===NH3·H2O+2H2O,电极b 为阳极,电极方程式为
4OH--4e-===O2↑+2H2O,“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KNO3+3H2O===NH3·H2O+2O2↑+KOH,故A 正确;B.每生成1 mol
NH3·H2O,阴极得8 mol e-,同时双极膜处有8 mol H+进入阴极室,即有8 mol 的H2O 解离,故B 错误;C.
电解过程中,阳极室每消耗4 mol OH-,同时有4 mol OH-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H2O 被催
化解离成H+和OH-,可提高氨生成速率,故D 正确。
4.(2023·辽宁卷)某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如下图所示,其中高选择性催化剂PRT 可抑制
O2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2 mol e-生成4 g H2
C.电解后海水pH 下降
D.阳极发生:Cl-+H2O-2e-===HClO+H+
答案 D
解析 由图可知, 钛网电极上在PRT 的抑制下,Cl- 放电生成HClO, 电极反应为Cl-+H2O-2e-
===HClO+H+,故钛网电极为阳极,a 为正极,b 为负极,钛箔电极为阴极,该电极上水放电生成氢气,电极
反应为2H++2e-===H2↑,电解池总反应为NaCl+H2O
NaClO+H2↑,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2 mol e-生成2 g H2,B 错误;C.由分析知电解后得到NaClO 溶液,水解呈碱性,
溶液的pH 升高,C 错误;D.由图可知,阳极上的电极反应为:Cl-+H2O-2e-===HClO+H+,D 正确。
5.(2023·湖北卷)我国科学家设计如图所示的电解池,实现了海水直接制备氢气技术的绿色化。该装
置工作时阳极无Cl2生成且KOH 溶液的浓度
不变,电解生成氢气的速率为x mol·h-1。下列说法错误的是( )
A.b 电极反应式为2H2O+2e-===H2↑+2OH-
B.离子交换膜为阴离子交换膜
C.电解时海水中动能高的水分子可穿过PTFE 膜
D.海水为电解池补水的速率为2x mol·h-1
答案 D
解析 由图可知,该装置为电解水制取氢气的装置,a 电极与电源正极相连,为电解池的阳极,b 电极与
电源负极相连, 为电解池的阴极, 阴极反应为2H2O+2e-===H2↑+2OH-, 阳极反应为4OH--4e-
===O2↑+2H2O,电池总反应为2H2O
2H2↑+O2↑,据此解答。A.b 电极为阴极,发生还原反应,电极反
应为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,故A 正确;B.该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH 浓度不变,阳极发生
的电极反应为4OH--4e-===O2↑+2H2O,为保持OH-离子浓度不变,则阴极产生的OH-离子要通过离子
交换膜进入阳极室,即离子交换膜应为阴离子交换膜,故B 正确;C.电解时电解槽中不断有水被消耗,
海水中的动能高的水可穿过PTFE 膜,为电解池补水,故C 正确;D.由电解总反应可知,每生成1 mol
H2要消耗1 mol H2O,生成H2的速率为x mol·h-1,则补水的速率也应是x mol·h-1,故D 错误。
高考热点总结
基础落实
选择题只有1 个选项符合题意
1.下列有关甲、乙、丙、丁四个图示的叙述正确的是( )
A.甲中Zn 电极失去电子发生氧化反应,电子经过H2SO4溶液后,流向Ag 电极
B.乙中阴极反应式为Ag++e-===Ag
C.丙中H+向Fe 电极方向移动
D.丁中电解开始时阳极产生黄绿色气体
答案 B
解析 Zn 较Ag 活泼,Zn 作负极,Zn 失电子转化为Zn2+,电子经导线转移到Ag 电极,电子不经过电解
质溶液,故A 错误;乙为电解池,银离子在阴极得电子生成银单质,电极反应式为Ag++e-===Ag,故B 正
确;Fe 为较活泼电极,作负极,C 作正极,电解质溶液中阳离子移向正极,则H+向C 电极方向移动,故C
错误;丁为电解池,Pt 为阳极、Fe 为阴极,失电子能力:I->Cl-,阳极上碘离子先失电子发生氧化反应,所
以丁中电解开始时阳极生成碘单质,碘单质溶于水形成的碘水为黄色,故D 错误。
2.用惰性电极实现电解,下列说法正确的是( )
A.电解氢氧化钠溶液,要消耗OH-,故溶液pH 减小
B.电解稀硫酸溶液,实质上是电解水,故溶液pH 不变
C.电解氯化铜溶液,在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶1
D.电解硫酸钠溶液,在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1∶2
答案 C
解析 电解稀氢氧化钠溶液时,实质上是电解水,所以氢氧根离子的浓度增大,溶液的pH 变大,A 错误;
电解稀硫酸时,实质上是电解水,所以氢离子的浓度增大,溶液的pH 变小,B 错误;电解氯化铜溶液时,
阴极上铜离子得电子生成铜,阳极上氯离子失电子生成氯气,根据得失电子守恒,在阴极上和阳极上
析出产物的物质的量之比为1∶1,C 正确;电解硫酸钠溶液,实质上是电解水,阳极生成氧气,阴极生成
氢气,则阴极和阳极析出产物的物质的量之比为2∶1,D 错误。
3.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++2H2O
2Cu+4H++O2↑
B.Cu2++2Cl-
Cu+Cl2↑
C.2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑
D.2H2O
2H2↑+O2↑
答案 C
解析 设混合溶液的体积为4 L,CuSO4和NaCl 的物质的量浓度均为1 mol·L-1,溶液中硫酸铜和氯化
钠的物质的量分别为3 mol 和1 mol,根据转移电子守恒,第一阶段:阳极上氯离子放电,阴极上铜离子
放电,电解方程式是Cu2++2Cl-
Cu+Cl2↑,氯离子完全反应时,剩余2.5 mol 铜离子;第二阶段:阳极上
氢氧根离子放电,阴极上铜离子放电,电解方程式是2Cu2++2H2O
2Cu+4H++O2↑;第三阶段:阳极上
氢氧根离子放电,阴极上氢离子放电,电解方程式是2H2O
2H2↑+O2↑。
4.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
正确的是( )
选项
X 极
实验前U 形管中液体
通电后现象及结论
A
正极
Na2SO4溶液
U 形管两端滴入酚酞后,a 管中呈红色
B
正极
AgNO3溶液
b 管中电极反应式是4OH--4e-===O2↑+2H2O
C
负极
CuCl2溶液
b 管中有气体逸出
D
负极
NaOH 溶液
溶液pH 降低
答案 C
解析 电解Na2SO4溶液时,阳极上是H2O 电离出的OH-发生失电子的氧化反应,a 管中酸性增强,酸
遇酚酞不变色,即a 管中呈无色,A 错误;电解AgNO3溶液时,阴极上是Ag+发生得电子的还原反应,即
b 管中电极反应是析出金属Ag 的反应,B 错误;电解CuCl2溶液时,阳极上是Cl-发生失电子的氧化反
应,即b 管中Cl-放电,产生Cl2,C 正确;电解NaOH 溶液时,实际上电解的是水,导致NaOH 溶液的浓度
增大,碱性增强,pH 升高,D 错误。
5.用惰性电极电解下列溶液一段时间后,再加入一定量的某种物质(方括号内物质),不能使溶液恢复
到原来的成分和浓度的是( )
A.AgNO3溶液[AgOH(s)]
B.K2SO4溶液[H2O(l)]
C.KCl 溶液[HCl(g)]
D.CuSO4溶液[CuCO3(s)]
答案 A
解析 电解AgNO3溶液,Ag+在阴极放电生成Ag,水电离出的OH-在阳极放电生成O2,结合元素守恒
可知,应加入AgO 使溶液恢复到原来的成分和浓度,A 错误;电解K2SO4溶液,水电离出的OH-在阳极
放电生成O2,水电离出的H+在阴极放电生成H2,实质为电解水,加入一定量的H2O(l)能使溶液恢复到
原来的成分和浓度,B 正确;电解KCl 溶液,水电离出的H+在阴极放电生成H2,Cl-在阳极放电生成Cl2,
结合元素守恒可知,加入一定量的HCl(g)能使溶液恢复到原来的成分和浓度,C 正确;电解CuSO4溶液,
Cu2+在阴极放电生成Cu,水电离出的OH-在阳极放电生成O2,结合元素守恒可知,应加入一定量的
CuO 使溶液恢复到原来的成分和浓度,由于CuCO3(s)与硫酸反应生成CuSO4、CO2和H2O,CO2从溶
液中逸出,加入一定量的CuCO3(s)也可以使溶液恢复到原来的成分和浓度,D 正确。
6.用石墨作电极,电解1 mol·L-1下列物质的溶液,则电解前后溶液的pH 保持不变的是( )
A.硫酸
B.氢氧化钠
C.硫酸钠
D.氯化钠
答案 C
解析 用惰性电极电解硫酸、氢氧化钠溶液、硫酸钠溶液的实质是电解水,浓度增大,硫酸溶液的
pH 减小,氢氧化钠溶液的pH 增大,硫酸钠溶液的pH 不变;电解氯化钠溶液时生成氢氧化钠,溶液的
pH 增大。
7.甲、乙两同学,均用惰性电极电解相同浓度的硫酸铜溶液,各通电一段时间后,甲、乙分别向所得的
溶液中加入0.1 mol CuO 和0.1 mol Cu(OH)2,都恰好使溶液恢复到电解前的浓度。则甲、乙在电解过
程中转移的电子的物质的量之比为( )
A.1∶1
B.1∶2
C.1∶3
D.1∶4
答案 B
解析 加入0.1 mol CuO 后恢复到电解前的浓度,可知发生反应
故转移电子的总物质的量为0.2 mol;
Cu(OH)2从组成上可看成CuO·H2O,加入0.1 mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度,即电解了0.1
mol 硫酸铜,并电解了0.1 mol H2O,由电解的总反应式可知,
所以电解过程中共转移电子的物质的量为0.2 mol+0.2 mol=0.4 mol,则甲、乙在电解过程中转移的
电子的物质的量之比为0.2 mol∶0.4 mol=1∶2,B 正确。
8.在1 L K2SO4和CuSO4的混合溶液中c(SO4
2−)=2.0 mol·L-1,用石墨电极电解此溶液,当通电一段时间
后,两极均收集到22.4 L(标准状况)气体,则原溶液中c(K+)为( )
A.2.0 mol·L-1
B.1.5 mol·L-1
C.1.0 mol·L-1
D.0.5 mol·L-1
答案 A
解析 阳极发生的反应:2H2O-4e-===4H++O2↑,阴极先后发生的反应为Cu2++2e-===Cu,2H2O+2e-
===H2↑+2OH-,两极均收集到22.4 L(标准状况)气体,即均生成1 mol 的气体,根据得失电子守恒:
2H2~4e-~O2、2Cu~4e-~O2,阳极生成1 mol 氧气说明转移4 mol 电子,而阴极上生成1 mol H2只得到
2 mol 电子,所以剩余2 mol 电子由铜离子获得,c(Cu2+)=1 mol·L-1,电解前根据电荷守恒:c(K+)
+2c(Cu2+)=2c(SO4
2−),c(K+)=(2.0×2-1×2) mol·L-1=2.0 mol·L-1。
9.A、B、C 为三种强电解质,它们在水中电离出的离子如下表所示:
阳离子
Na+、K+、Cu2+
阴离子
SO4
2−、OH-
图1 所示装置中,甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放足量的A 溶液、足量的B 溶液、足量的C 溶液,
电极均为石墨。
接通电源,经过一段时间后,测得乙中c 电极质量增加。常温下各烧杯中溶液的pH 与电解时间t 的
关系如图2 所示。据此回答下列问题:
(1)M 为电源的 ( 填“ 正” 或“ 负” ) 极, 电极b 上发生的电极反应为
。
(2)写出乙烧杯中反应的化学方程式:
。
(3)如果电解过程中B 溶液中的金属离子全部析出,此时电解能否继续进行,为什么?
。
(4) 若经过这一段时间后, 要使丙恢复到原来的状态, 需要进行的操作是
。
答案 (1)负 4OH--4e-===2H2O+O2↑
(2)2CuSO4+2H2O
2Cu+O2↑+2H2SO4
(3)能,因为硫酸铜溶液已转变为硫酸溶液,反应变为电解水的反应
(4)向丙烧杯中加入一定量水
解析 (1)乙中c 电极质量增加,则c 处发生的电极反应为Cu2++2e-===Cu,即c 电极为阴极,由此可推
出b 为阳极,a 为阴极,M 为负极,N 为正极。而Cu2+只能和SO4
2−结合,可以确定B 为硫酸铜;由常温下
各烧杯中溶液的pH 与电解时间t 的关系图,可以确定A 为KOH 或NaOH,C 为Na2SO4或K2SO4。甲
中为KOH 或NaOH 溶液,相当于电解H2O,阳极b 处为OH-放电,即4OH--4e-===2H2O+O2↑。(2)乙烧
杯中是电解CuSO4溶液,反应的化学方程式为2CuSO4+2H2O
2Cu+O2↑+2H2SO4。(3)乙中铜全部
析出后,电解质变为H2SO4,所以电解反应仍能继续进行。
能力提升
10.为增强铝的耐腐蚀性,现以铅酸蓄电池为外接电源,以Al 作阳极、Pb 作阴极,电解稀硫酸,使铝表
面的氧化膜增厚。反应原理如下:
原电池:Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)===2PbSO4(s)+2H2O(l)
电解池:2Al+3H2O
Al2O3+3H2↑
电解过程中,以下判断正确的是( )
选项
原电池
电解池
A
H+移向Pb 电极
H+移向Pb 电极
B
每消耗3 mol Pb
生成2 mol Al2O3
C
正极:PbO2+4H++2e-===Pb2++2H2O
阳极:2Al+3H2O-6e-===Al2O3+6H+
D
答案 D
解析 原电池中,Pb
为负极:Pb-2e-+SO4
2−===PbSO4,PbO2 为正极:PbO2+2e-+SO4
2−
+4H+===PbSO4+2H2O,所以H+向PbO2 极移动。电解池中,Pb 为阴极:2H++2e-===H2↑,Al 为阳极
3H2O+2Al-6e-===Al2O3+6H+,所以H+向Pb 电极移动,A、C 错误;每消耗3 mol Pb 时转移6 mol e-,每
生成2 mol Al2O3时,转移12 mol e-,B 错误;原电池中随时间增长,Pb 变为PbSO4,质量增加,电解池中
Pb 极产生H2,Pb 电极质量不变,D 正确。
11.(2022·辽宁卷)如图,c 管为上端封口的量气管,为测定乙酸溶液浓度,量取10.00 mL 待测样品加入b
容器中,接通电源,进行实验。下列说法正确的是( )
A.左侧电极反应:2H2O-4e -===O2↑+4H+
B.实验结束时,b 中溶液红色恰好褪去
C.若c 中收集气体11.20 mL,则样品中乙酸浓度为0.1 mol·L-1
D.把盐桥换为U 形铜导线,不影响测定结果
答案 A
解析 由图可知,右侧溶液通过酚酞溶液变红来确定CH3COOH 恰好完全反应,则右侧乙酸放电产生
H2, 左侧为阳极, 右侧为阴极, 左侧电极反应:2H2O-4e -===O2↑+4H+,A 正确; 右侧电极反应:
2CH3COOH+2e-===H2↑+2CH3COO-,实验结束时溶液中存在CH3COO-,水解后溶液呈碱性,故溶液为
红色,B 错误;题中未给定气体状态,不能进行计算,C 错误;把盐桥换为U 形铜导线,则在导线两端形成
电解装置,影响反应进行及测定结果,D 错误。
12.如图甲所示的电解池中,Pt 电极位于含Cu(NO3)2和AgNO3均为0.05 mol·L-1的电解液中,图乙是该
电解过程中转移电子数与阴极质量的变化关系图。下列说法错误的是( )
A.过程Ⅰ,在阴极上析出金属银
B.过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,溶液的pH 均降低
C.过程Ⅱ,阳极上有氧气放出
D.过程Ⅱ析出固体的质量是过程Ⅰ析出固体的质量的2 倍
答案 D
解析 过程Ⅰ发生反应:4Ag++2H2O
4Ag+O2↑+4H+, 过程Ⅱ发生反应:2Cu2++2H2O
2Cu+O2↑+4H+,过程Ⅲ发生反应:2H2O
2H2↑+O2↑。因为氧化性:Ag+>Cu2+,故在阴极上Ag+先放电,
析出金属银,A 项正确;过程Ⅰ、Ⅱ发生的电解反应中均有H+生成,溶液中c(H+)增大,pH 降低,过程Ⅲ
发生的电解反应是电解水的反应,体积减小,溶液中c(H+)增大,pH 降低,B 项正确;过程Ⅱ中阳极的电
极反应为2H2O-4e-===O2↑+4H+,C 项正确;过程Ⅱ析出的Cu 和过程Ⅰ析出的Ag 的物质的量相同,则
析出Cu 与Ag 的质量比为64∶108,D 项错误。
13.由于Fe(OH)2极易被氧化,实验室很难直接用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色的Fe(OH)2沉淀。
若用如图所示实验装置则可制得白色的Fe(OH)2沉淀,两极材料分别为石墨和铁。
(1)a 电极材料为 ,该电极的电极反应式为 。
(2)若白色沉淀在电极周围生成,则电解液d 是 (填字母,下同);若白色沉淀在两极之间的溶液
中生成,则电解液d 是 。
A.纯水
B.NaCl 溶液
C.NaOH 溶液
D.CuCl2溶液
(3)液体c 为苯,其作用是
。
(4)要想尽早在两极之间的溶液中看到白色沉淀,可以采取的措施是 (填字母)。
A.改用稀硫酸作电解液
B.适当增大电源电压
C.适当降低电解液温度
答案 (1)Fe(或铁) Fe-2e-===Fe2+ (2)C B
(3)隔绝空气,防止白色沉淀被氧化 (4)B
解析 (1)铁作阳极与电源的正极相连,电极反应式为Fe-2e-===Fe2+。(2)若要在电极周围生成白色沉
淀,则电解质溶液应该选择氢氧化钠溶液。若在两极之间的溶液中产生白色沉淀,阴极的电极反应式
应该为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,氢氧根离子向阳极移动,亚铁离子向阴极移动,二者在两极之间的溶
液中反应生成氢氧化亚铁白色沉淀,可选择氯化钠溶液。(3)Fe(OH)2不稳定,容易被空气中的氧气氧
化,因此苯起到了隔绝空气的作用。(4)适当增大电压,反应速率加快,同时离子的迁移速率也加快,能
尽早看到白色沉淀。
14.如图所示,若电解5 min 时,测得铜电极的质量增加2.16 g。试回答下列问题:
(1)电源中X 极是 (填“正”或“负”)极。
(2)通电5 min 时,B 中共收集到224 mL(标准状况)气体,溶液体积为200 mL(电解前后溶液的体积变化
忽略不计),则通电前c(CuSO4)= 。
(3) 若A 中KCl 溶液的体积也是200 mL, 电解后溶液中仍有Cl-, 则电解后溶液的pH=
(Kw=1.0×10-14)。
答案 (1)负 (2)0.025 mol·L-1 (3)13
解析 (1)铜电极增重,说明银在铜电极析出,则铜电极为阴极,X 为负极。(2)C 中铜电极增重2.16 g,
即析出0.02 mol Ag,线路中通过0.02 mol 电子;由4e-~O2可知,B 中产生的O2只有0.005 mol,即112
mL;但B 中共收集到224 mL 气体,说明还有112 mL 是H2,即全部Cu2+在阴极放电后,H+接着放电产
生了112 mL H2,则通过0.01 mol 电子时,Cu2+已被电解完;
由2e-~Cu,可知n(Cu2+)=0.005 mol,
则c(CuSO4)=0.005mol
0.2 L =0.025 mol·L-1。
(3)由e-~OH-知,A 中生成0.02 mol OH-,
则c(OH-)=0.1 mol·L-1,pH=13。
