高中化学复习知识点电解过程中溶液pH的变化.docx

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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（NH4）2SO4，用其作为一种优良的氮肥。

下列有关说法正确的是

A．a与电源负极相连，发生还原反应

B．每处理lmolNO可以生成2molA

C．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2mol电子的电量时，会有2mol的H2生成

B．负极区得到NaOH，正极区得到H2SO4

C．负极反应为2H2O－4e－=O2＋4H＋，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：

2Cu2＋＋4I－＝2CuI↓＋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：

2H＋＋2e－＝H2↑，促进H2O电离，c（OH－）升高

D．阳极区溶液变蓝的原因：

4OH－－4e－＝2H2O＋O2↑，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

A．KCl溶液B．NaHSO4溶液C．AgNO3溶液D．Na2SO4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t

A．ab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∶1

C．c点时加入适量CuCl2固体,电解液可恢复原来浓度

D．cd段相当于电解水

B．a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（）

A．b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Fe﹣6e﹣+4H2O═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FeO42﹣

D．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，NH4+

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+=2H2O

D．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，并大幅度提高了原料转化率。

基本原理如图所示，

A、B为惰性电极，CH3-S-S-CH3在A电极产生，下列说法错误的是（）

A．M极为电源的正极，B极为电解池的阴极

B．A极的电极反应：

2CH3S-+2e-═CH3-S-S-CH3C．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0.5mol·L-1，工作一段时间后，测得有0.02mol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①＜②

B．①中阴极质量增加，②中正极质量减小

C．电极反应式：

①中阳极：

4OH－-4e－=2H2O+O2↑②中负极：

2H++2e－=H2↑

D．溶液的pH变化：

①减小，②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：

2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+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5.40g时，甲池中理论上消耗O2mL（标准状况下）。

（5）若乙池中的AgNO3换成一定量CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入

0.1molCu（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）

2

12．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Cr3离子方程式：

（3）废水由酸性变为碱性的原因是。

（4）（填“能”或“不能”）改用石墨电极，原因是。

参考答案

1．B

【解析】

【分析】

SO2、NO转化为（NH4）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+8H2O

（NH4）2SO4+4H2SO4。

【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+8H2O（NH4）2SO4+4H2SO4，产物中除有（NH4）2SO4

外还有H2SO4，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+8H2O（NH4）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。

2．B

【解析】

【分析】

【详解】

A.根据4mole－～2H2关系式得到，转移电子2mol电子，会有1molH2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。

【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。

3．D

【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＋＋2e－＝H2↑，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＝H2↑，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。

4．D

【解析】

【分析】

【详解】

A.电解KCl溶液，阳极反应为：

2Cl--2e-=Cl2↑，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-=O2↑+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。

5．D

【解析】

【分析】

用惰性电极电解相等体积的KCl和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

Cu2++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

Cu2++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+O2↑、阴极电极反应式为2H++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CuCl2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。

6．D

【解析】

【分析】

惰性电极电解饱和食盐水，总反应为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-，阴极：

2H++2e-=H2↑，

阳极：

2Cl—2e-=Cl2↑。

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。

7．D

【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-+4H2O，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。

8．D

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，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，Y为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，X为阳极，电极反应式2NH4+-6e-=N2↑+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-+2H2O=4OH-，Y为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，X为阳极，电极反应式2NH4+-6e-=N2↑+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1molLi，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molN2逸出，并且会有1molH+移动向右侧电解质溶液，则左侧电解

6

117

质溶液减少的质量为mol28g/mol+1mol1g/mol=g，D项正确；63故选D。

【点睛】

D项是学生们学习的难点，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。

9．BD

【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CH3-S-S-CH3，电极反应

为：

2CH3S--2e-═CH3-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；

B．A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错误；

答案选BD。

10．AD

【解析】

【分析】

【详解】

A、①是电解池，电极反应为：

阳极：

4OH-→O2↑+2H2O+4e-，阴极：

Cu2++2e-→Cu，②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，①产

生的气体是氧气，为0.005mol，②中0.01mol氢气放出，所以①＜￢②，故A正确；

B、①中阴极反应：

Cu2++2e-→Cu，阴极质量增加，②中正极反应：

2H++2e-→H2，正极质量不变，故B错误；

C、电极反应式：

①中阳极：

4OH--4e-=2H2O+O2↑②中负极：

Zn+2e-→Zn2+，故C错误；

D、溶液的pH变化：

①中消耗氢氧根，所以碱性减弱pH减小，②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

2800.4

【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0.1molCu（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0.1

molCuO、0.1molH2O，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AgNO3溶液，

由于阴离子放电能力：

OH->NO3-，所以阳极发生反应：

4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极上发生电极反应式：

4Ag++4e-=4Ag，总反应方程式为4AgNO3+2H2O4Ag+4HNO3+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5.40g时，反应产生

1电子转移的物质的量n（e-）=n（Ag）=0.05mol，则甲池中理论上消耗O2的物质的量n（O2）=

4-1

n（e-）=×0.05mol=0.0125mol，所以反应放出O2的体积V（O2）=0.0125mol22×.4L/mol=0.284

L=280mL。

（5）乙池加入0.1molCu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，发生如下电解：

2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4、2H2O2H2↑+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0.1mol，则阴极上析出氢气和铜，生成0.1mol铜转移电子n（e-）=0.1mol2×=0.2mol；根据原子守恒知，生成0.1mol水需要0.1mol氢气，生成0.1mol氢气转移电子n（e-）=0.1

mol×2=0.2mol，所以电解过程中电子转移总物质的量n（e-）总=0.2mol+0.2mol=0.4mol。

【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。

12．2H2eH2Fe2eFe2

2233

Cr2O726Fe214H2Cr36Fe37H2OH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Cl2，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：

Fe2eFe2，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：

2H2eH2