高中化学复习知识点电解过程中溶液pH的变化.docx

1、高中化学复习知识点电解过程中溶液pH的变化高中化学复习知识点：电解过程中溶液 pH 的变化一、单选题1用如图电解装置将雾霾中的 SO2、NO 转化为 (NH 4)2SO4，用其作为一种优良的氮肥。 下列有关说法正确的是Aa 与电源负极相连，发生还原反应B 每处理 lmolNO 可以生成 2molAC通电后阳极附近溶液的 pH 增大D理论上将 SO2与 NO 以体积比 2:5 通入装置可彻底转化 2- 2用电渗析法处理含 Na2SO4 废水，原理如图所示，两膜中间的 Na和 SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子不能进入中间隔室。下列叙述正确的是 ( )。A 当电路中通过 2 mol 电子

2、的电量时，会有 2mol 的 H2 生成B 负极区得到 NaOH ，正极区得到 H2SO4C负极反应为 2H2O4e=O24H，负极区溶液 pH 增大D 通电后中间隔室的 SO42-离子向负极迁移，正极区溶液 pH 降低3碘化亚铜 (CuI)是一种不溶于水的白色固体，它可由反应： 2Cu24I2CuI I2而制得。选取铜片、石墨、 KI 溶液组成电化学装置制取 CuI 。为确认反应情况，通电前在 溶液中又加入了少量酚酞试液和淀粉溶液。 电解一段时间后得到白色沉淀， 同时阴极区 溶液变红，阳极区溶液变蓝。下列说法不正确的是A 铜片做阳极，石墨做阴极B白色沉淀在靠近阳极处产生C阴极区溶液变红的原因

3、： 2H2eH2，促进 H2O电离， c（OH）升高D 阳极区溶液变蓝的原因： 4OH4e2H2OO2，O2 将 I氧化为 I2，I2 遇淀粉变 蓝4用惰性电极电解浓度均为 0.1mol/L 的下列溶液。电解一段时间后停止通电并搅拌混 匀，电解前后溶液 pH 保持不变的是AKCl 溶液 B NaHSO4溶液 CAgNO 3溶液 DNa2SO4溶液5用石墨作电极电解 KCl 和 CuSO4（等体积混合 ）混合溶液 ,电解过程中溶液 pH 随时间 tAab段 H+被还原 ,溶液的 pH 增大B原溶液中 KCl 和 CuSO4的物质的量浓度之比为 2 1C c点时加入适量 CuCl 2固体 ,电解液

4、可恢复原来浓度Dcd 段相当于电解水Ba 电极与电源的正极相连6取一张用饱和的 NaCl 溶液浸湿的 pH 试纸，两根铅笔芯作电极，接通直流电源，一 段时间后，发现 a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆， 内圈为白色， 外圈呈浅红色。 则下列说法错误的是 （ ）Ab 电极是阴极7高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途用镍（ Ni ）、铁做电极电解浓 NaOH 溶液制备高铁酸盐 Na2FeO4的装置如图所示下列推断合理的是（A Fe电极是阳极，电极反应为 Fe6e+4H 2O FeO42+8H+B 电解时电子流向：负极 Ni 电解液 Fe 电极 正极 C若隔膜为阴离子交换膜，则电解结束偶左侧溶液中含有

5、 FeO42D电解时阳极区 pH降低、阴极区 pH 升高，撤去隔膜，溶液混合后，与原溶液相比， 阴极区 pH 减小8如图是用一种新型锂电池电解处理含 NH4+的工业废水的装置图。 处理过程中， NH 4+转化为可参与大气循环的气体。下列说法正确的是（ ）A 废水处理过程中，Y 电极上发生氧化反应B 废水处理过程中，X 电极附近溶液酸性减弱C废水处理过程中，W 电极反应式为 O2+4e-+4H+=2H2OD 若消耗 7gLi 则质子交换膜左侧电解质溶液减少二、多选题9我国科研工作者研发了电解熔融甲硫醇钠（ CH3SNa）制备杀虫剂 CH3-S-S-CH3的方法，克服了常规合成法造成的污染，并大幅

6、度提高了原料转化率。基本原理如图所示，A 、B为惰性电极， CH 3-S-S-CH 3在 A 电极产生，下列说法错误的是（ ）AM 极为电源的正极， B 极为电解池的阴极BA 极的电极反应： 2CH3S-+2e- CH3-S-S-CH 3 C装置中的离子交换膜为阳离子交换膜D 该装置工作一段时间，右侧电极室中 NaOH 浓度减小10下图两个装置中，液体体积均为 200mL ，开始工作前电解质溶液的浓度均为 0.5 mol L -1，工作一段时间后，测得有 0.02 mol 电子通过，若忽略溶液体积的变化，下列叙 述正确的是A 产生气体体积 B 中阴极质量增加，中正极质量减小C电极反应式：中阳极

7、： 4OH- 4e = 2H 2O+O 2 中负极： 2H+2e=H2D溶液的 pH 变化：减小，增大三、综合题11如图是一个电化学原理的示意图。已知甲池的总反应式为：2CH 3OH+3O 2+4KOH=2K 2CO3+6H2O。填写下列空白：(1)请写出甲、乙两池的名称。甲电池是 ，乙池是 。(2)甲池中通入 CH3OH 的电极名称是 _，电极反应方程式为： ；乙池中 B(石墨 )电极的名称是 。(3)电解过程中，乙池溶液 pH 的变化为 (“升高”、 “降低”或“不变”)。(4)当乙池中 A(Fe)极的质量增加 5.40 g时，甲池中理论上消耗 O2 mL(标准状况下)。(5)若乙池中的

8、AgNO 3换成一定量 CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 molCu(OH) 2后恰好恢复到电解前的浓度和 pH，则电解过程中转移的电子数为 _mol 。 (忽略溶液体积的变化)212工业上为了处理含有 Cr2O27 酸性工业废水，采用下面的处理方法：往工业废水加入适量 NaCl ，以 Fe为电极进行电解，经过一段时间，有 Cr(OH) 3 和Fe(OH) 3沉淀生成，工业废水中铬的含量已低于排放标准。请回答下列问题：(1)两极发生反应的电极反应式：阴极： 。阳极： 。(2)写出 Cr2O72 变为 Cr 3 离子方程式： (3)废水由酸性变为碱性的原因是 。(4) (

9、 填“能”或“不能”) 改用石墨电极，原因是 。参考答案1B【解析】【分析】SO2、NO 转化为 (NH 4)2SO4，二氧化硫中 S的化合价由 +4 到+6价，化合价升高， 失去电子， 发生氧化反应，则 a为阳极； NO的化合价降低，得到电子，发生还原反应，则 b为阴极；电解结合电子守恒和元素守恒可知该电解过程的总反应为 5SO2+2NO+8H 2O(NH 4)2SO4+4H 2SO4。【详解】A 电极 a为阳极，与电源正极相连，发生氧化反应，故 A 错误；电解B电解池的总反应为 5SO2+2NO+8H 2O (NH 4)2SO4+4H2SO4，产物中除有 (NH 4)2SO4外还有 H2S

10、O4，即 A 为硫酸， 根据方程式， 消耗 1mol 的 NO 生成 2mol 的硫酸， 故 B 正确； C阳极的电极反应为 2H2O+SO2-2e-=SO42-+4H+，溶液的 pH 应降低，故 C 错误；电解D根据电池总反应电解池的总反应为 5SO2+2NO+8H 2O (NH 4)2SO4+4H2SO4，理论上将 SO2与 NO 以体积比 5:2通入装置可彻底转化，故 D 错误；故答案为 B 。2B【解析】【分析】【详解】A.根据 4mole2H2关系式得到，转移电子 2mol电子，会有 1mol H 2生成，故 A 错误；B.直流电场的作用下， 两膜中间的 Na+ 和 SO42 可通过

11、离子交换膜， 而两端隔室中离子被阻 挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气，考虑电荷守恒，两 膜中间的硫酸根离子会进入正极区，与氢离子结合成硫酸；氢离子在阴极得电子生成氢气， 考虑电荷守恒， 两膜中间的钠离子会进入负极区， 与氢氧根离子结合成氢氧化钠， 因此负极 区得到 NaOH ，正极区得到 H2SO4，故 B 正确；C.正极区为阳极，发生氧化反应，电极反应式为： 2H2O-4e - = O2+4H +，生成氢离子，正 极区溶液 pH 降低，故 C 错误；D.阴离子向阳极 (即正极区 )移动，正极区氢氧根离子放电 pH 减小，故 D 错误； 综上所述，答案为 B 。【

12、点睛】 化合价升高失去电子，在阳极发生反应，化合价降低得到电子，在阴极发生反应。3D【解析】【分析】用铜片、石墨作电极，电解 KI 溶液制取 CuI， Cu 作阳极失电子生成铜离子，铜离子与碘离 子反应生成 CuI ；石墨为阴极，阴极上 H+得电子被还原，电极反应式为 2H 2eH2， 破坏了水的电离平衡，使 c(OH -) c(H +)，酚酞试液变红；阳极发生反应： Cu-2e-=Cu2+，又 由信息可知，同时又发生反应 2Cu2+4I -=2CuI +2I，生成 I2， I2遇淀粉变蓝，有白色 CuI 沉 淀生成，据此分析。【详解】A.由分析可知，铜片做阳极，石墨做阴极，故 A 正确；B阳

13、极发生反应： Cu-2e-=Cu2+，铜离子在阳极生成，铜离子与碘离子反应生成 CuI ，所以CuI 白色沉淀在阳极生成，故 B 正确；C阴极上 H +得电子被还原， 电极反应式为 2H 2e H 2，破坏了水的电离平衡， 使 c(OH-) c(H+)，故 C 正确；D阳极发生反应： Cu-2e-=Cu2+，生成 Cu2+与 I-能反应产生 I2、CuI ， I2遇淀粉变蓝，没有O2 生成，故 D 错误；故答案为 D 。【点睛】 注意电解过程中离子的放电顺序，明确阴阳极上的电极反应和物质的性质是解题关键。4D【解析】【分析】【详解】A.电解 KCl 溶液，阳极反应为： 2Cl -2e-=Cl

14、2，阴极反应为 2H+2e-=H2，阴极消耗氢离子， 溶液中氢氧根浓度变大， pH 值变大，故 A 不符合题意；2H+2e-=H2，实质是电解水，导致溶液酸性增强， pH减小，故 B 不符合题意；C. 电解硝酸银溶液，阳极反应为 4OH -4e-=O 2 +2H2O，阴极为 Ag+e-=Ag，阳极消耗水电 离出的氢氧根，则溶液中氢离子浓度增大， pH 值增大，故 C 不符合题意；D. 电解硫酸钠溶液，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，但硫酸钠溶液显中 性，水减少溶液依然为中性， pH 值不变，故 D 符合题意；故答案为 D 。5D【解析】【分析】用惰性电极电解相等体积的 KCl 和

15、CuSO4 混合溶液， 溶液中存在的离子有： K+，Cl-，Cu2+， SO42-，H+，OH-；阴极离子放电顺序是 Cu2+H+，阳极上离子放电顺序是 Cl - OH -，电解 过程中分三段：第一阶段：阳极上电极反应式为 2Cl-2e- C2l 、阴极电极反应式为Cu 2+2e- Cu，铜离子浓度减小，水解得到氢离子浓度减小，溶液 pH 上升；第二阶段：阳极上电极反应式为 4OH-4e- 2H2O+O2(或 2H2O-4e- 4H+O2)，阴极反应先发生Cu 2+2e- Cu，反应中生成硫酸，溶液 pH 降低；第三阶段：阳极电极反应式为4OH -4e- 2H2O+O 2、阴极电极反应式为 2

16、H+2e-H2，实质是电解水，溶液中硫酸浓度增 大， pH 继续降低；据此分析解答。【详解】A. ab 段阴极电极反应式为 Cu2+2e-Cu，由于铜离子浓度减小， 水解得到氢离子浓度减小， 溶液 pH 上升，氢离子未被还原，故 A 错误；B.由图像可知， ab、 bc段，阴极反应都是 Cu2+2e- Cu，所以原混合溶液中 KCl 和 CuSO4 的浓度之比小于 2:1，故 B 错误；C.电解至 c 点时，阳极有氧气放出， 所以往电解液中加入适量 CuCl 2固体， 不能使电解液恢 复至原来的浓度，故 C 错误；D.cd 段 pH 降低，此时电解反应参与的离子为 H+，OH-，电解反应相当于

17、电解水，故 D 正确；选 D 。【点睛】本题考查电解原理， 明确离子放电顺序是解本题关键， 根据电解过程中溶液中氢离子浓度变化判断发生的反应；本题需结合图象分析每一段变化所对应的电解反应。6D【解析】【分析】惰性电极电解饱和食盐水， 总反应为 2Cl-+2H2O H2+Cl2+2OH-，阴极：2H+2e-= H2，阳极： 2Cl2e-= Cl 2。根据题意 a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圆为白色， 外圈呈浅红色，说明 a电极先生成氯气，漂白 pH 试纸，后 OH -放电生成氧气，氢氧根浓度 降低，酸性增强，故 pH 试纸外圈呈红色。故 a极为阳极，与电源正极相连， b 为阴极与电 源

18、负极相连，据此分析解答。【详解】A 项，由分析可知， b 电极为阴极，故 A 项正确；B 项， a 电极为阳极与电源正极相连，故 B 项正确；C 项，电解过程中，水分子中氢元素由 +1 价降为 0 价，被还原，为氧化剂，故 C 项正确；D 项， b为阴极与电源负极相连， 电极式为 2H+2e-= H2，氢离子浓度降低， 氢氧根浓度升 高，故溶液 pH 变大，故 D 项错误。答案选 D。7D【解析】【详解】A. Fe电极是阳极，根据电解液得到电极反应为 Fe - 6e+ 8OH FeO42- + 4H 2O，故 A错误；B.电解时电子流向：负极 Ni ， Fe电极正极，电子不能经过电解液，故 B

19、 错误；C.若隔膜为阴离子交换膜， 根据电解池“异性相吸”原则， OH 不断向阳极即向右侧移动， 电解结束后右侧溶液中含有 FeO42- ，左侧不含 FeO42- ，故 C 错误；D.电解时阳极区 OH 不断消耗，因此 pH 降低，阴极区 OH不断生成， pH升高，撤去隔膜， 溶液混合后，与原溶液相比，阴极区碱性减弱， pH 减小，故 D 正确。综上所述，答案为 D 。【点睛】 不管在电解池还是在原电池中，电子只在导线上移动，不能在溶液中移动。8D解析】 【分析】 由已知信息和装置图可知，右边为锂电池，为原电池，左边为电解池， Z 为负极，电极反应 式为 Li-e- = Li +，W为正极，电

20、极反应式为 O2+4e- + 2H 2O=4OH -，Y 为阴极，电极反应式为 2H 2O+2e- = H 2+2OH -， X 为阳极，电极反应式 2NH 4+-6e- = N 2 +8H +，据此解答。【详解】 由已知信息和装置图可知，右边为锂电池，为原电池，左边为电解池， Z 为负极，电极反应 式为 Li-e- = Li +，W为正极，电极反应式为 O2+4e- + 2H 2O=4OH -，Y 为阴极，电极反应式为 2H 2O+2e- = H 2+2OH -， X 为阳极，电极反应式 2NH 4+-6e- = N 2 +8H +，A 废水处理过程中， Y电极是电解池的阴极，该电极发生还原

21、反应， A 项错误；B废水处理过程中， X 电极发生氧化反应，电极反应式为 2NH4+-6e- = N2+8H+，所以附近溶液酸性应增强， B 项错误；C由以上分析知， W 为正极，电极反应式为 O2+4e- + 2H2O=4OH -，C项错误；D消耗 7gLi ，即 1mol Li ，则电路中转移电子为 1mol，根据 2NH4+-6e- = N2+8H+可知，1质子交换膜左侧会有 molN 2逸出，并且会有 1molH +移动向右侧电解质溶液，则左侧电解6117质溶液减少的质量为 mol 28g/mol+1mol 1g/mol= g ， D 项正确； 63 故选 D 。【点睛】D 项是学生

22、们学习的难点， X 为阴极，电极反应式 2NH4+-6e- = N2+8H+，当转移 6mol 电子 时，会有 1mol 氮气逸出，消耗 2mol 正电荷，生成 8mol 正电荷，则为平衡电荷，会有 6mol 氢离子通过质子交换膜移动向右侧，而不是 8mol ，这是学生们的易错点。9BD【解析】【分析】由电解装置图可知， 熔融甲硫醇钠在阳极失电子发生氧化反应生成 CH 3-S-S-CH 3，电极反应为： 2CH3S-2e-CH 3-S-S-CH3，则 A电极为电解池的阳极，与电源正极相接，所以 M 极为电源的正极， N 极为电源的负极， B 极为电解池的阴极，氢离子得电子发生还原反应，电极 反

23、应式为： 2H+2e-=H2， 电解过程中阳极区的钠离子通过离子交换膜移向阴极， 据此分析解答。详解】A 由上述分析可知， M 极为电源的正极， B极为电解池的阴极，故 A 正确；BA 电极为电解池的阳极，熔融甲硫醇钠失电子发生氧化反应生成 CH3-S-S-CH3，电极反应为： 2CH3S-2e-CH3-S-S-CH3，故 B 错误；C电解过程中阳极区的钠离子通过离子交换膜移向阴极，所以装置中的离子交换膜为阳离 子交换膜，故 C 正确；D该装置工作一段时间，右侧电极室中氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为： 2H+2e-=H2，钠离子通过离子交换膜移向阴极，所以 NaOH 浓度增大，故 D错

24、误；答案选 BD 。10 AD【解析】【分析】【详解】A 、是电解池，电极反应为：阳极： 4OH -O2 +2H2O+4e-，阴极： Cu2+2e- Cu，是原 电池，正极反应： 2H+2e-H2，负极反应： Zn+2e- Zn2+，液体体积均为 200mL ，浓度均 为 0.5mol/L ，所以硫酸铜、硫酸的物质的量均为 0.1mol ，当有 0.02mol 的电子通过时，产生的气体是氧气，为 0.005mol ，中 0.01mol 氢气放出，所以，故 A 正确；B 、中阴极反应： Cu2+2e- Cu，阴极质量增加，中正极反应： 2H + +2e- H2，正极质量 不变，故 B 错误；C、

25、电极反应式：中阳极： 4OH-4e-=2H2O+O2中负极： Zn+2e-Zn2+，故 C 错误；D 、溶液的 pH 变化：中消耗氢氧根，所以碱性减弱 pH 减小，中消耗氢离子，所以酸性 减弱 pH增大，故 D 正确故选 AD.11原电池 电解池 负极 CH3OH-6e-+8OH -=CO32-+6H2O 阳极 降低280 0.4【解析】【分析】(1)甲池为燃料电池，属于原电池，乙池为电解池；(2)在燃料电池中通入燃料的电极为负极，通入 O2 的电极为正极，结合电解质溶液书写电极反应式；(3)根据电解池电极反应式，可得总反应方程式，根据其中的物质变化确定溶液的 pH；(4)先计算 Ag 的物质

26、的量，利用同一闭合回路中电子转移数目相同，计算 O2的物质的量和体积；(5)乙池中加入 0.1 mol Cu(OH) 2溶液恢复电解前的溶液的浓度和 pH，相当于反应消耗了 0.1mol CuO 、 0.1 mol H2O，根据电解方程式，结合同一闭合回路中电子转移数目相等计算反应 过程中电子转移的物质的量。【详解】(1)根据装置图可知甲池是燃料电池，属于原电池；乙池与原电池连接，属于电解池；(2)甲池中通入 CH3OH 的电极名称是负极，由于电解质溶液为碱性，所以 CH3OH 失去电子变为 CO32-，电极反应式为： CH3OH-6e-+8OH -=CO32-+6H2O；乙池中 B(石墨)电

27、极与原电池 的正极连接，作电解池的阳极；(3)电解过程中，在乙池中，阳极 B(石墨 )电极发生氧化反应，电解质溶液为 AgNO 3溶液，由于阴离子放电能力： OH -NO 3- ，所以阳极发生反应： 4OH-4e-=2H2O+O 2，阴极上发生电 极反应式： 4Ag+4e-=4Ag ，总反应方程式为 4AgNO 3 +2H 2O 4Ag+4HNO 3+O2，可见电解后溶液的酸性增强，溶液 pH 降低；(4)在同一闭合回路中电子转移数目相等，当乙池中 A(Fe)极的质量增加 5.40 g时，反应产生1 电子转移的物质的量 n(e-)= n(Ag)=0.05 mol ，则甲池中理论上消耗 O2的物

28、质的量 n(O2)=4 -1n(e-)= 0.05 mol=0.0125 mol ，所以反应放出 O2的体积 V(O2)= 0.0125 mol 22.4 L/mol=0.28 4L=280 mL 。(5)乙池加入 0.1 mol Cu(OH) 2后恰好恢复到电解前的浓度和 pH，发生如下电解：2CuSO4+2H2O 2Cu+O2+2H2SO4、2H2O 2H 2 +O2，Cu(OH) 2从组成上可看成 CuO、H2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水， CuO、H2O 的物质的量都是 0.1 mol，则阴极上析出氢气和铜， 生成 0.1 mol 铜转移电子 n(e-

29、)=0.1 mol 2=0.2 mol ； 根据原子守恒知，生成 0.1mol水需要 0.1 mol 氢气，生成 0.1 mol氢气转移电子 n(e-)=0.1mol 2=0.2 mol ，所以电解过程中电子转移总物质的量 n(e-)总=0.2 mol +0.2 mol =0.4 mol 。【点睛】本题考查了原电池、 电解池的反应原理及有关计算。 掌握电化学反应原理， 明确原电池的负 极、电解池的阳极发生氧化反应；原电池的正极、电解池的阴极发生还原反应，在同一闭合 回路中电子转移数目相等计算，书写电极反应式要结合电解质溶液和电极材料分析。12 2H 2e H 2 Fe 2e Fe22 2 3

30、3Cr2O72 6Fe2 14H 2Cr3 6Fe3 7H2O H 不断在阴极上得电子成为 H2 而析出，且 Cr2O72 与 Fe2 的反应也在消耗 H ，使得溶液酸性变为中性，再由中性变为碱性 不能 若改用石墨电极，阳极产物为 Cl 2 ，而不是 Fe2 ，没有 Fe2 的还原作用， Cr2O27 就不能变为 Cr3 ，也就不能转化成 Cr(OH) 3 沉淀而被除去。【解析】【分析】根据电解池阴阳极的放电顺序可知， 用铁作电极时， 阳极为 Fe 放电生成 Fe2 ，阴极为 H 放 电生成氢气， 在阳极附近 Cr2O72 被Fe2 还原为 Cr3 ，由于H 不断在阴极上得电子成为 H2 而析出，且Cr2O27 与Fe2 的反应也在消耗 H ，使得溶液由酸性变为中性， 再由中性变为碱 性，从而生成 Cr(OH) 3 和 Fe(OH) 3 沉淀，达到处理废水的目的。【详解】1 由于铁作为电极， 故在电解的时候， 阳极为 Fe 放电，电极方程式为： Fe 2e Fe2 ， 溶液中有 Na 与 H ，根据放电顺序可知，阴极为 H 得电子生成氢气，电极方程式为： 2H 2e H2