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(共36张PPT)
第13讲
电解原理及其应用
2025：基于主题教学的高考化学专题复习系列讲座
2025
2024黑吉辽卷-12题 电解原理：根据b极上HCHO在碱性溶液中被氧化为HCOO-,则b极为阳极，分析该电池工作原理，涉及电极反应式、离子移动方向判断、电化学计算。
2024湖北卷-14题 电催化合成氨基酸的原理：由题意可知，PbCu为阴极，Cu为阳极，确定两电极反应式，离子移动方向判断、电化学计算。
2024山东卷-13题 电解原理：b为阳极,Br-失电子转化成BrO3-,电极a为阴极。确定两电极反应式及总反应式，离子浓度、电化学计算。
2024湖南卷-10题 电解原理：由电解原理图可知，Ni电极产生氢气，作阴极，Pt电极失去电子生成，作阳极，确定两电极反应式及总反应式，溶液pH、电化学计算。
2024甘肃卷-7题 固体电解池工作原理：电极1上H2O(g)转化成H2(g)，为阴极；多孔电极2上O2-转化成O2(g)，为阳极。确定两电极反应式及总反应式，离子移动方向判断、电化学计算。
2024安徽卷-15题 电解原理：电极反应式书写。
2024年——电解原理及其应用考点统计
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知识重构
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2025
知识重构
（1）构建电解池模型（以惰性电极电解氯化铜溶液为例）
1.电解原理
（2）电解池阴、阳极的判断方法
1.电解原理
（3）放电顺序
①阳极放电顺序：活性电极＞S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－＞含氧酸根离子。
惰性电极一般指Pt、Au、石墨等，惰性电极不参与电极反应；
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。
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阴极放电顺序：Ag＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋（酸）＞Fe2＋＞Zn2＋＞H＋（水）＞Al3＋＞Mg2＋。
若金属阳离子（Fe3＋除外）放电，则得到相应金属单质；若H＋放电，则得到H2。
1.电解原理
特别提醒：
放电顺序本质遵循氧化还原反应的优先规律，即得（失）电子能力强的离子先放电。
因氧化性、还原性强弱受外界因素（如试剂浓度、反应温度、溶液酸碱性等）的影响，放电顺序并非一成不变，具体应用时要结合试题情境加以分析。
1.电解原理
（4）惰性电极电解电解质溶液的产物判断
1.电解原理
2.电解原理的应用
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2025
知识重构
（一）物质制备
1.（2024年黑吉辽卷12题）“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：
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↑
阳极：
阴极：
①HCHO+OH--e-→HCOOH+
H2
②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O
由(①+②)×2得阳极反应为：
2H2O+2e-=H2↑+2OH-




总反应为：HCHO+OH- =H2↑+HCOO-
A
2.(2024湖北卷-14题)我国科学家设计了一种双位点PbCu电催化剂，用H2C2O4和NH2OH电化学催化合成甘氨酸，原理如图，双极膜中H2O解离的H+和OH-在电场作用下向两极迁移。已知在KOH溶液中，甲醛转化为HOCH2O-，存在平衡
电极上发生的电子转移反应为
下列说法错误的是( )
（一）物质制备
阳极：
2HCHO+4OH--2e-=2HCOO-+H2↑+2H2O
阴极：
H2C2O4+HO—N+H3+6e-+6H+= H3N+CH2COOH+3H2O
HCHO+OH-→HOCH2O-
H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O
OHC—COOH+HO—N+H3→HOOC—CH=N—OH+H2O+H+
HOOC—CH=N—OH+4e-+5H+=H3N+CH2COOH+H2O




B
（一）物质制备
3.（2024年山东卷13题 ）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( )
阳极：
Br- -6e-+3H2O=BrO3-+6H+
阴极：
6H++6e-=3H2↑
总反应：




B
4.（2024年湖南卷10题 ） 在KOH水溶液中，电化学方法合成高能物质K4C6N16时，伴随少量O2生成，电解原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
（一）物质制备
A. 电解时，OH-向Ni电极移动
B. 生成C6N164-的电极反应：2C3N8H4+8OH--4e-=C6N164-+8H2O
C. 电解一段时间后，溶液pH升高
D. 每生成1mol H2的同时，生成0.5mol K4C6N16
阴极：
阳极：
总反应：




B
5.（2023年重庆卷12题 ）电化学合成是一种绿色高效的合成方法。如图是在酸性介质中电解合成半胱氨酸和烟酸的示意图。下列叙述错误的是( )
（一）物质制备
A. 电极a为阴极
B. H+从电极b移向电极a
C. 电极b发生的反应为：
D. 生成3mol半胱氨酸的同时生成1mol烟酸
+2e-+2H+=2
阴极：
阳极：




D
6.（2023年辽宁卷7题 ）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2mole-生成4gH2
C. 电解后海水pH下降
D. 阳极发生：Cl-+H2O-2e-=HClO+H+
（一）物质制备
Cl-+H2O-2e-=HClO+H+
阳极：
2H++2e-=H2↑
阴极：
HClO+H2↑+OH-
Cl-+2H2O
总反应：




D
7.（2023年广东卷16题 ）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( B )
A．电解总反应：KNO3+3H2O= NH3·H2O+2O2↑+KOH
B．每生成1mol 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
（一）物质制备
NO3- +8e－+7H2O= NH3·H2O+9OH-
阴极：
4OH--4e－=O2↑＋2H2O
阳极：
KNO3+3H2O= NH3·H2O+2O2↑+KOH
总反应：




8.（2023年湖北卷10题 ）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
（一）物质制备
2H2O+2e-=H2↑+2OH-
阴极：
阳极：
4OH--4e-=O2↑+2H2O
2H2O
2H2↑+O2↑
总反应：




D
9.（2021年广东卷16题）钴（Co）的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是（ ）
A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大
B．生成1 mol Co，Ⅰ室溶液质量理论上减少16 g
C．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变
D．电解总反应：2Co2+＋2H2O 2Co＋O2↑＋4H＋
（一）物质制备
阳极：
2H2O—4e—＝4H++O2↑
阴极：
2Co2＋＋ 4e— ＝ 2Co
H+
Cl—
总反应：2Co2＋＋2H2O 2Co＋O2↑＋4H＋




D
10.（2020年山东卷）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2H2O—4e—＝4H++O2↑
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
（一）物质制备
阳极：
2H2O—4e—＝4H++O2↑
总反应为：O2+2H2O＝2H2O2
阴极：
O2 +2e—+2H+＝H2O2
H+


D


11.（2022年浙江卷）通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4可获得难溶性的Li2CO3和MnO2，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：2H2O+Mn2+—2e—＝MnO2+4H+
C．电解一段时间后溶液中Mn2+浓度保持不变
D．电解结束，可通过调节pH除去Mn2+，再加入Na2CO3溶液以获得Li2CO3
（一）物质制备
阴极：
2LiMn2O4+6e—+16H+＝2Li+ + 4Mn2+ + 8H2O
阳极：
2H2O+Mn2+—2e—＝MnO2+4H+
总反应：2LiMn2O4+4H+＝2Li++Mn2++ 3MnO2+2H2O


C


12.（2021年八省联考江苏卷9题）利用电解法将CO2转化为CH4的原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．电解过程中，H＋由a极区向b极区迁移
B．电极b上反应为：CO2＋8HCO3—－8e—＝CH4＋8CO32—＋2H2O
C．电解过程中化学能转化为电能
D．电解时Na2SO4溶液浓度保持不变
（一）物质制备
阴极：
CO2＋8HCO3—+8e—＝
CH4＋8CO32—＋2H2O
阳极：
2H2O—4e—＝4H++O2↑
H+




A
（二）微粒迁移
13.（2024年甘肃卷7题） 某固体电解池工作原理如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. 电极1的多孔结构能增大与水蒸气的接触面积
B. 电极2是阴极，发生还原反应：O2+4e-=2O2-
C. 工作时O2-从多孔电极1迁移到多孔电极2
D. 理论上电源提供2mole-能分解1mol H2O
2H2O+4e-=2H2+2O2-
阴极：
2O2--4e-=O2
阳极：
2H2O
2H2↑+O2↑
总反应：




B
14.（2022年广东卷）以熔融盐为电解液，以含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，实现Al的再生。该过程中（ ）
A．阴极发生的反应为Mg—2e—＝Mg2+
B．阴极上Al被氧化
C．在电解槽底部产生含Cu的阳极泥
D．阳极和阴极的质量变化相等
（二）微粒迁移
Al—3e—＝Al3+




C
阳极
阴极
Al3++3e—＝Al
Mg—2e—＝Mg2+
Mg2+不放电
Cu、Si不放电，形成阳极泥
15.（2014年新课标全国Ⅰ卷27题节选）H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：
①写出阳极的电极反应式：________________________________________。
②分析产品室可得到H3PO2的原因：___________________________________________。
③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有____________杂质。该杂质产生的原因是____________________________________。
（二）微粒迁移
阳极：
2H2O—4e — ＝O2↑＋4H＋
2H2O—4e — ＝O2↑＋4H＋
阳极室的H＋通过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO2—通过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2
H＋＋ H2PO2— ＝H3PO2
PO43—
H2PO2—或H3PO2在阳极被氧化
阴极：
2H2O+2e — ＝H2↑＋2OH—
H+
Na+
H2PO2—
16.（2021年辽宁卷）如图，某液态金属储能电池放电时产生金属化合物Li3Bi。下列说法正确的是（ ）
A．放电时，M电极反应为Ni—2e—＝Ni2+
B．放电时，Li+由M电极向N电极移动
C．充电时，M电极的质量减小
D．充电时，N电极反应为Li3Bi+3e—＝3Li++Bi
（三）能量转化
负极：Li—e—＝Li+
阳极：Li3Bi—3e—＝3Li++Bi
阴极：Li++e—＝Li
正极：3Li++Bi+3e—＝Li3Bi
放电
充电




B
17.（2022年广东卷）科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备（如图）。充电时电极a的反应为：NaTi2(PO4)3+2Na++2e—＝Na3Ti2(PO4)3。下列说法正确的是（ ）
A．充电时电极b是阴极
B．放电时NaCl溶液的pH减小
C．放电时NaCl溶液的浓度增大
D．每生成1molCl2，电极a质量理论上增加23g
（三）能量转化




C
正极：
Cl2+2e—＝2Cl—
阴极：
NaTi2(PO4)3+2Na++2e—＝Na3Ti2(PO4)3
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1.分析电解原理的思维模型
步骤1：运用电子守恒，配平变价物质的计量数和电子得失个数。
步骤2：运用电荷守恒，配平H+或OH—等离子的计量数。
步骤3：运用质量守恒配平其他物质的计量数，如H2O等。
2.配平电极反应式的思路方法
特别提醒：
（1）书写电解池的电极反应式时，可以用实际放电的离子表示，但书写电解池的总反应时，H2O要写成分子式。
如用惰性电极电解食盐水时，若考虑阴极实际放电的离子为H＋，阴极反应式可写作2H＋＋2e－＝H2↑，若考虑H＋来源于H2O，阴极反应式应写作2H2O＋2e－＝H2↑+2OH—。总反应式务必写作2Cl－＋2H2O 2OH－＋H2↑＋Cl2↑。
（2）运用电荷守恒配平离子时，要考虑溶液的酸碱性环境。
强酸性环境：用H＋调电荷；
强碱性环境：用OH－调电荷。
其他情况：生成物中加H＋或OH－。
1. （2021·河北卷16题节选）CO2在碱性介质中电还原为正丙醇（CH3CH2CH2OH）的电极反应方程式为 。
2.以铝材为阳极，电解H2SO4溶液，在铝材表面形成氧化膜
阳极反应式： ；
阴极反应式： ；
总反应方程式： 。
3. 用惰性电极电解饱和NaHSO4溶液可以制备过硫酸钠Na2S2O8。已知在阳极放电的离子主要为HSO4—，则阳极反应式为 。
专项训练
CO2 ＝CH3CH2CH2OH
3 ＋18e—
＋18OH—
+13H2O
12CO2＋18e—＋4H2O＝CH3CH2CH2OH＋9CO32—
Al ＝Al2O3
2 — 6e—
＋6H＋
+3H2O
6H＋＋6e—＝3H2↑　
2Al＋3H2O Al2O3＋3H2↑
HSO4— =S2O82—
2 —2e—
+2H＋　
4. 电化学干法氧化法脱除H2S的原理如图所示。
阳极发生的电极反应为 ；
阴极上COS发生的电极反应为 。
专项训练
2S2——4e—＝S2　
COS＋2e—＝S2—＋CO
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（一）常见命题情境
（二）考查热点第13讲—电解原理及其应用
1．（2024·河北保定一模）用一种阴、阳离子双隔膜三室电解槽处理废液中的，实现其回收利用。a、b分别是一类离子选择透过膜，模拟装置如图所示。下列说法正确的是
A．电路中转移1mol电子时，有生成
B．a是阳离子选择透过膜
C．最终的处理产物中可能有
D．电解一段时间后，阴极室溶液中的先升高后降低
2．（2024·北京东城一模）-种能捕获和释放的电化学装置如下图所示。其中a、b均为惰性电极，电解质溶液均为KCl溶液。当K连接时，b极区溶液能捕获通入的。
下列说法不正确的是
A．K连接时，b极发生反应：
B．K连接时。a连接电源正极
C．K连接时，a极区的值增大
D．该装置通过“充电”和“放电”调控b极区溶液pH，捕获和释放
3．（2024·湖南岳阳第一中学6月考前强化训练）有机物电化学合成是化学研究的重要方向。下图所示电解装置可以生成葡萄糖酸(C6H12O7)和山梨醇(C6H14O6)。葡萄糖酸是制备补钙剂的重要原料，山梨醇也是一种常见的食品添加剂。
下列说法错误的是
A．葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物
B．在“电解质溶液1”中，1mol葡萄糖被HBrO还原成葡萄糖酸转移2mol电子
C．H+通过阳离子交换膜向电极N移动
D．阴极反应为C6Hl2O6+2H++2e－=C6H14O6
4．（2024·湖北华中师大一附中适应性考试）二苯亚砜（，Ph表示苯基）是重要的有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成。电解槽中含水导电介质的主要成分及反应过程如图所示（PMn表示含锰配合物）。下列说法错误的是
A．惰性电极1为阴极
B．电解合成速率受溶液pH的影响
C．消耗1mol氧气，可得到2mol二苯亚砜
D．外电路通过2mol电子，净生成1mol水
5．（2024·北京海淀一模）用热再生氨电池处理含Cu2+电镀废液的装置如图。该装置由电池部分和热再生部分组成：电池部分中，a极室为(NH4)2SO4-NH3混合液，b极室为(NH4)2SO4溶液；热再生部分加热a极室流出液，使[Cu(NH3)4]2+分解。下列说法不正确的是
A．装置中的离子交换膜为阳离子交换膜
B．a极的电极反应为：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+
C．电池部分的总反应为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+
D．该方法可以富集Cu2+并产生电能，同时循环利用NH3
6．（2024·辽宁丹东总复习质量测试）利用电解原理，可将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。下列说法正确的是
A．a为电解池阳极
B．电解后左侧电极室KOH溶液增大
C．阴极电极反应式为
D．电解过程中阴离子通过交换膜从右向左迁移
7．（2024·天津耀华中学一模）科研工作者用金催化电极实现了常温、常压条件下合成氨，其工作原理示意图如图所示。下列说法错误的是
A．和的主要作用均为增强溶液导电性
B．金催化电极接直流电源的负极
C．理论上合成1 mol，左室溶液质量减少24g
D．理论上反应消耗的与惰性电极生成的气体的物质的量之比为2∶3
8．（2024·山东淄博三模）一种自生酸和碱的电化学回收体系如图所示。表示等含磷微粒，为。下列说法错误的是
A．a、c为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜
B．X为，将其泵入吸收室用于吸收
C．当电路中通过电子，阴极增重
D．Ⅲ室可发生反应：
9．（2024·辽宁沈阳第二中模拟）利用可再生能源驱动耦合电催化HCHO氧化与CO2还原，同步实现CO2与HCHO高效转化为高附加值的化学产品，可有效消除酸性工业废水中的甲醛，减少碳排放，实现碳中和。耦合电催化反应系统原理如图所示。
下列说法正确的是
A．电源a极为正极，通过质子交换膜从右侧移向左侧
B．阳极的电极反应式为：
C．外电路转移时，理论上可消除废水中0.5molHCHO
D．电解生成1molHCOOH，理论上可消耗标准状况下
10．（2024·福建泉州第五中学适应性检测）羟基自由基具有很强的氧化性，能将苯酚氧化为和。我国科学家开发出如图所示装置，能实现制备氢气、处理含苯酚废水二位一体。下列说法正确的是
A．d电极的电极反应式：
B．再生池中发生的反应：
C．a为电源负极，m为阴离子交换膜，能增强导电性
D．气体X与Y在相同条件下的体积比为
11．（2024·湖北宜荆一模）科学家发现金属钙可用于电化学驱动将还原为。已知：电解质溶液由和少量溶于有机溶剂形成。下列说法错误的是
A．阴极反应式为：
B．推测用代替更有利于生成
C．理论上电解一段时间后浓度基本不变
D．总反应方程式：
12.（2021年全国乙卷12题）沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率。为解决这一问题， 通常在管道口设置一对惰性电极（如图所示），通入一定的电流。
下列叙述错误的是（ ）
A．阳极发生将海水中的Cl－氧化生成Cl2的反应
B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C．阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气
D．阳极表面形成的Mg(OH)2等积垢需要定期清理
13.（2021年湖北卷）Na2Cr2O7的酸性水溶液随着H+浓度的增大会转化为CrO3。电解法制备CrO3的原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．电解时只允许H+通过离子交换膜
B．生成O2和H2的质量比为8∶1
C．电解一段时间后阴极区溶液OH—的浓度增大
D．CrO3的生成反应为：Cr2O72—+2H+＝2CrO3+H2O
14.（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4mol电子，理论上可获得22.4LO2
15.（2021年八省联考广东卷13题）环氧乙烷（C2H4O）常用于医用消毒，一种制备方法为：使用惰性电极电解KCl溶液，用Cl－交换膜将电解液分为阴极区和阳极区，其中一区持续通入乙烯；电解结束，移出交换膜，两区混合反应：HOCH2CH2Cl＋OH－＝Cl－＋H2O＋C2H4O。下列说法错误的是（ ）
A．乙烯应通入阴极区
B．移出交换膜前存在反应Cl2＋H2OHCl＋HClO
C．使用Cl－交换膜阻止OH－通过，可使Cl2生成区的pH逐渐减小
D．制备过程的总反应为H2C＝CH2＋H2O＝H2＋C2H4O
16. 应对新冠肺炎疫情时所采取的措施是对环境进行彻底消毒，二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示。下列说法正确的（ ）
A．a与电源的负极连接，在b极区流出的Y溶液是浓盐酸
B．当有0.3 mol阴离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中产生1.12 L NH3
C．电解池a极上发生的电极反应为NH－6e－＋3Cl－＝NCl3＋4H＋
D．二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6
17.人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素[CO(NH2)2]。下列有关说法正确的是（ ）
A．a为电源的正极
B．电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高
C．除去尿素的反应为CO(NH2)2＋2Cl2＋H2O＝N2＋CO2＋4HCl
D．若两极共收集到气体0.6 mol，则除去的尿素为0.12 mol（忽略气体溶解，假设氯气全部参与反应）
18.近期，天津大学化学团队以CO2与辛胺为原料实现了甲酸盐和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图。下列说法正确的是（ ）
A．Ni2P电极与电源负极相连
B．辛胺转化为辛腈发生了还原反应
C．In/In2O3－x电极上可能有副产物H2生成
D．在In/In2O3－x电极上发生的反应为CO2＋H2O－2e－＝HCOO－＋OH－
19.（2020年浙江7月选考21题）电解高浓度RCOONa（羧酸钠）的NaOH溶液，在阳极RCOO－放电可得到R—R（烷烃）。下列说法不正确的是（ ）
A．电解总反应方程式：2RCOONa＋2H2OR—R＋2CO2↑＋H2↑＋2NaOH
B．RCOO－在阳极放电，发生氧化反应
C．阴极的电极反应：2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑
D．电解CH3COONa、CH3CH2COONa和NaOH混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷
20.支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是（ ）
A．通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
C．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
21.利用下图装置可以模拟铁的电化学防护。下列说法错误的是（ ）
A．若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀
B．若X为锌棒，开关K置于M处，铁极发生氧化反应
C．若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀
D．若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生氧化反应
22.（2020年全国Ⅱ卷12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
23.工业上，在强碱性条件下用电解法除去废水中的CN－，装置如图所示，依次发生的反应有：
①CN－－2e－＋2OH－＝CNO－＋H2O
②2Cl－－2e－＝Cl2↑
③3Cl2＋2CNO－＋8OH－＝N2＋6Cl－＋2CO＋4H2O
下列说法正确的是（ ）
A．铁电极上发生的反应为Fe－2e－＝Fe2＋
B．通电过程中溶液pH不断增大
C．除去1 mol CN－，外电路至少需转移5 mol电子
D．为了使电解池连续工作，需要不断补充NaCl
24.次磷酸钴[Co(H2PO2)2]广泛应用于化学电镀，工业上利用电渗析法制取次磷酸钴的原理如图所示：
已知：①该装置的电极材料分别为金属钴和不锈钢。
②Co(H2PO2)2溶液在强碱性条件下通过自身催化发生氧化还原反应，实现化学镀钴。
下列说法正确的是（ ）
A．膜Ⅱ、膜Ⅲ均为阴离子交换膜
B．M电极反应为Co－2e－＋2H2PO＝Co(H2PO2)2
C．a为电源的负极
D．Co(H2PO2)2溶液化学镀钴过程中反应可能为Co2+＋H2PO＋3OH－＝Co＋HPO＋2H2O
25.（2021年浙江卷22题）某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示，电极A为非晶硅薄膜，充电时Li＋得电子成为Li嵌入该薄膜材料中；电极B为LiCoO2薄膜；集流体起导电作用。下列说法不正确的是（ ）
A．充电时，集流体A与外接电源的负极相连
B．放电时，外电路通过a mol电子时，LiPON薄膜电解质损失a mol Li＋
C．放电时，电极B为正极，反应可表示为Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－＝LiCoO2
D．电池总反应可表示为LixSi＋Li1－xCoO2Si＋LiCoO2
26.在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O—CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如下图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．X是电源的负极
B．阴极的电极反应式是H2O＋2e－＝H2＋O2－，CO2＋2e－＝CO＋O2－
C．电解过程中金属氧化物电解质中O2－的物质的量不变
D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1∶1
27．（2021年海南卷）液氨中存在平衡：2NH3NH4++NH2—。如图所示为电解池装置，以KNH2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2NH3+2e—＝H2+2NH2—
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
28．（2021年湖南卷16题节选）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。
方法Ⅱ.氨电解法制氢气
利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。
（4）电解过程中OH－的移动方向为____________（填“从左往右”或“从右往左” ）。
（5）阳极的电极反应式为_____________________________________。
29.（2019年全国Ⅱ卷27题节选）环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。环戊二烯可用于制备二茂铁[Fe(C5H5)2，结构简式为]，后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。
该电解池的阳极为________，总反应为__________________________。电解制备需要在无水条件下进行，原因为___________________________________________。
30.（1）（2020年北京石景山区模拟）我国研制出非贵金属镍钼基高效电催化剂，实现电解富尿素废水低能耗制H2，装置如图甲，总反应：CO(NH2)2＋H2O3H2↑＋N2↑＋CO2↑。
①A电极连接电源的__________极（填“正”或“负”）。
②A电极的电极反应为_______________________________________。
（2）（2020年四川绵阳月考）电解制备KMnO4的装置如图乙所示。
①b与电源的__________（填“正”或“负”）极相连，电解液中最好选择__________（填“阳”或“阴”）离子交换膜。
②电解时，阳极反应式为____________________________________。
第13讲—电解原理及其应用答案及解析
1.【答案】C
【分析】根据图片知，Fe为阳极，阳极上Fe失电子发生氧化反应生成Fe2+，电极反应式为Fe-2e-= Fe2+，C为阴极，电极方程式为：2H++2e-=H2，以此解答。
【解析】A．由分析可知，C为阴极，电极方程式为：2H++2e-=H2，则当电路中通过1mol电子的电量时，阴极有0.5mol的气体生成，题干未说是标准状况下，无法计算其体积，故A错误；
B．根据图片知，Fe为阳极，阳极上Fe失电子发生氧化反应生成Fe2+，电极反应式为Fe-2e-= Fe2+，该电极装置处理废液中的，则通过阳离子交换膜进入阴极区，SO通过阴离子交换膜进入阳极区，因此a是阴离子选择透过膜，故B错误；
C．电解时，溶液中NH向阴极室移动，H+放电生成H2，溶液中OH-和NH结合生成电解质NH3·H2O，OH-也可以和磷酸反应生成或、，故C正确；
D．根据上述分析，电解时阴极区电极方程式为：2H++2e-=H2，氢离子浓度减少，pH增大，D错误；
故选C。
2.【答案】C
【分析】当K连接时，b极区溶液能捕获通入的，右侧为b极，充电时b为阴极，得电子发生还原反应，a为阳极失电子发生氧化反应；放电时a为正极发生还原反应，得电子，b为负极发生氧化反应，失电子，据此分析解题。
【解析】
A．K连接时，为电解池，阴极得电子，发生还原反应， b极发生反应：，A正确；
B．K连接时，a为阳极，与连接电源正极相连，B正确；
C．K连接时，为原电池，a极为正极，发生还原反应，得电子，，a极区的值减小，C错误；
D．该装置通过“充电”和“放电”OH-浓度调控b极区溶液pH，捕获和释放，D正确；
故选C。
3.【答案】B
【分析】根据图示，在电极M上Br－失去电子生成Br2，发生氧化反应，则该电极为阳极，在电极N上C6H12O6得到电子生成C6H14O6，发生还原反应，则该电极为阴极，因此a为电源正极，b为电源负极，据此分析解答。
【解析】A．葡萄糖酸分子内既有羧基又有羟基，因此，羟基和羧基可发生酯化反应生成含有六元环状结构的酯，A正确；
B．根据图示，“在电解质溶液1”中，HBrO被还原为Br－，则葡萄糖被HBrO氧化成葡萄糖酸，B错误；
C．在电解池中，阳极区的H+通过阳离子交换膜向阴极区移动，C正确；
D．阴极上C6H12O6得到电子生成C6H14O6，发生还原反应，电极反应为C6H12O6+2H++2e－= C6H14O6，D正确；
故答案为：B。
4.【答案】D
【分析】惰性电极1，1mol氧气得到2mol电子生成1molH2O2，则惰性电极1为阴极，惰性电极2上发生氧化反应，为阳极，二苯亚砜、二苯硫醚循环反应，阴极产生的H2O2可以作为氧化剂氧化PMn，据此作答。
【解析】A．根据分析可知，惰性电极1为阴极，故A正确；
B．惰性电极1中，需要消耗H+，若H+浓度大则反应速率会加快，故B正确；
C．阴极消耗1mol氧气转移的电子为2mol，二苯硫醚发生氧化反应生成二苯亚砜，加1个氧原子，失去2个电子，但由于惰性电极产生的物质也同样也可以氧化二苯硫醚为二苯亚砜，因此共得到2mol二苯亚砜，故C正确；
D．外电路通过2mol电子，消耗1molO2，产生1mol H2O2，而阴极产生的H2O2可以作为氧化剂氧化PMn，1个H2O2反应生成水转移2个电子，，净生成2mol水，故D错误；
故答案选D。
5.【答案】A
【分析】甲、乙两室均预加相同的Cu2+电镀废液，a室铜失去电子发生氧化反应生成[Cu(NH3)4]2+为负极：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b端为原电池正极，铜离子得到电子发生还原反应生成铜，电极反应Cu2++2e-=Cu；中间为阴离子交换膜，硫酸根离子由正极迁移到负极。
【解析】A．在原电池内电路中阳离子向正极移动，如隔膜为阳离子交换膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入NH3要消耗Cu2+，显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，故离子交换膜为阴离子交换膜，A错误；
B．由分析可知，a极的电极反应为：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，B正确；
C．由分析可知，a：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b：Cu2++2e-=Cu；则总反应为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，C正确；
D．该装置为原电池装置，可以富集Cu2+并产生电能，同时回收液受热分解释放出氨气，能循环利用NH3，D正确；
故选A。
6.【答案】B
【分析】电解池中，右侧电极上NH3发生失电子的氧化反应生成N2，则右侧电极b为阳极，阳极电极反应式为；左侧电极a为阴极，H2O在阴极上得电子生成H2，阴极反应式为；电解池工作时，OH-从左侧区向右侧区移动，据此分析解答。
【解析】A．由分析可知，左侧电极a为电解池阴极、与电源负极相接，故A错误；
B．左侧电极a为阴极，H2O在阴极上得电子生成H2，阴极反应式为；因左侧生成的OH-和从左侧区向右侧区移动OH-一样多，KOH物质的量不变，但因左侧电极室水的减少使得KOH物质的量浓度增大溶液碱性增强，pH增大，故B正确；
C．左侧电极a为阴极，H2O在阴极上得电子生成H2，阴极反应式为，故C错误；
D．电解过程中阴离子移向阳极，故阴离子通过交换膜从左侧向右侧迁移，故D错误；
故答案为：B。
7.【答案】C
【分析】根据如图所示，金催化电极上，发生还原反应，为电解池的阴极，惰性电极为阳极，发生反应为：。
【解析】A．和为电解质溶液，没有发生反应，主要作用均为增强溶液导电性，故A正确；
B．根据如图所示，金催化电极上，发生还原反应，为电解池的阴极，与电源的负极相连，故B正确；
C．金催化电极上，，合成1 mol转移电子3mol，惰性电极为阳极，发生反应：，生成氧气0.75mol，左室氧气0.75mol从溶液中逸出同时3mol从左室通过质子交换膜移向右室，左室溶液减少，故C错误；
D．金催化电极上，为电解池的阴极发生反应，惰性电极为阳极，发生反应，根据得失电子守恒，当电路中转移12mol电子时，消耗，生成，消耗的与惰性电极生成的气体的物质的量之比为，故D正确；
故答案为：C。
8.【答案】AC
【分析】由I室电极产生O2，III室电极产生H2可知，左侧为阳极，右侧为阴极，I室产生H+进入II室溶液，为了保证II室溶液电中性，脱盐室中硫酸根离子进入II室，II室物质X为硫酸，故a膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，II室硫酸泵入吸收室用于吸收NH3，脱盐室中硫酸根经过b膜进入II室，则Na+通过c膜进入III室，c膜为阳离子交换膜。
【解析】A．根据分析，a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，A错误；
B．根据分析可知，II室物质X为硫酸，硫酸泵入吸收室用于吸收NH3，B正确；
C．III室电极为阴极，电极反应式，转移0.14mol电子，共生成0.14mol，除了生成羟基磷灰石，还要与铵根反应，根据，当参与反应的OH-少于0.14mol，生成的羟基磷灰石少于0.01mol，0.01mol羟基磷灰石为10.04g，故阴极增重小于10.04g，C错误；
D．III室要生成羟基磷灰石，根据得失电子守恒及电荷守恒：，D正确；
答案选AC。
9.【答案】C
【分析】由题干电解池装置图可知，碳纸负载MnO2纳米片中HCHO转化为HCOOH，发生氧化反应，故为阳极，电极反应为：HCHO+H2O-2e-=HCOOH+2H+，即电源b电极为正极，Cu箔负载Cu纳米绒为阴极，发生还原反应，电极反应为：CO2+2H++2e-=HCOOH，据此分析解题。
【解析】A．由分析可知，电源b电极为正极，电源a极为负极，H+通过质子交换膜从左侧阳极区移向右侧阴极区，A错误；
B．由分析可知，阳极发生氧化反应，阳极的电极反应式为：HCHO+H2O-2e-=HCOOH+2H+，B错误；
C．由分析可知，阳极区发生的电极反应为：HCHO+H2O-2e-=HCOOH+2H+，根据电子守恒可知，外电路转移时，理论上可消除废水中0.5molHCHO，C正确；
D．由题干信息可知，阳极区生成HCOOH，阴极区也能生成HCOOH，结合电极反应式HCHO+H2O-2e-=HCOOH+2H+、CO2+2H++2e-=HCOOH可知，电解生成1molHCOOH，理论上可消耗0.5molCO2，则其标准状况下的体积为：0.5mol×22.4L/mol=11.2L，D错误；
故答案为：C。
10.【答案】A
【分析】c电极发生反应V3++e-=V2+，得电子被还原，所以c是阴极，a是负极，b是正极，d是阳极，结合图示，电极反应中产生羟基自由基(·OH)和H+，没有生成氧气，电极反应： 。据此分析作答。
【解析】A．根据分析，d电极的电极反应式：，A正确；
B．题中所给反应未配平，B错误；
C．根据分析，a为电源负极，比起纯水，能增强溶液的导电性，d电极的电极反应式：，产生的H+经阳离子交换膜移向阴极，故 m为阳离子交换膜，C错误；
D．根据，产生1mol气体H2，需要消耗V2+2mol，对应c电极发生反应V3++e-=V2+，则转移电子数为2mol，根据，则产生的为2mol，根据反应，生成CO2为mol，所以两种气体体积比为1∶=7∶3，D错误；
故选A。
11.【答案】B
【分析】有电解池工作原理可知，左边电极为阳极，电极反应式为；右边电极为阴极，电极反应式为，；过程II将N2还原为NH3原理是；
【解析】A．根据分析可知，阴极反应式为，A正确；
B．NH3为碱性气体，易溶于乙酸，用乙酸代替乙醇不利于生成NH3，B错误；
C．在电解池中，存在着Ca2+—Ca—Ca2+的相互转化，理论上一段时间后Ca2+的浓度不变，C正确；
D．根据阴阳极电极反应式可知，总反应方程式为，D正确；
答案选B。
12.【答案】D
【解析】根据题干信息分析可知，阳极区海水中的Cl－会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，A项正确；设置的装置为电解池，根据分析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH－在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B项正确；因为H2是易燃性气体，所以阴极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C项正确；阴极反应式为2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－，会使海水中的Mg2+在阴极表面形成Mg(OH)2等积垢，而不是在阳极生成，D项错误。
13.【答案】A
【解析】根据左侧电极上生成O2，右侧电极上生成H2，知左侧电极为阳极，发生反应：2H2O—4e—＝2H++O2↑，右侧电极为阴极，发生反应：2H2O＋2e－＝H2↑+2OH—；由题意可知，左室中Na2Cr2O7随着H+浓度增大转化为CrO3：Cr2O72—+2H+＝2CrO3+H2O，因此阳极生成的H+不能通过离子交换膜。由以上分析可知，电解时通过离子交换膜的是Na+，A项错误；根据各电极上转移电子数相同，由阳极反应和阴极反应可知生成O2和H2的物质的量之比为1∶2，其质量比为8∶1，B项正确；根据阴极反应知，电解一段时间后阴极区溶液OH—的浓度增大，C项正确：电解过程中阳极区H+的浓度增大，Na2Cr2O7转化为CrO3，反应的离子方程式为Cr2O72—+2H+＝2CrO3+H2O，D项正确。
14.【答案】B
【解析】阴极水电离的H+得电子生成H2，阳极Ni(OH)2失电子生成NiOOH，电解过程总反应为2Ni(OH)22NiOOH+H2↑，电解后KOH溶液的物质的量浓度不变，A项、C项均错误；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，B项正确；电解过程中转移4mol电子，生成4molNiOOH，根据反应4NiOOH+ 2H2O4Ni(OH)2+O2↑，生成1mol O2，非标准状况下的体积不一定是22.4L，D项错误。
15.【答案】A
【解析】Cl－在阳极被氧化生成Cl2，Cl2与H2O发生反应生成HClO，将乙烯通入阳极区与HClO发生加成反应生成HOCH2CH2Cl，A项错误；阳极生成的Cl2与H2O发生反应的化学方程式为Cl2＋H2OHCl＋HClO，B项正确；阴极区水电离出的H+放电生成H2，同时产生OH—，使用Cl－交换膜阻止OH－通过，同时阳极区会产生H+，溶液的pH逐渐减小，C项正确；根据分析可知该反应过程中KCl的物质的量不变，总反应消耗水、乙烯生成环氧乙烷，总反应为H2C＝CH2＋H2O＝H2＋C2H4O，D项正确。
16.【答案】CD
【解析】H＋在b极上得电子生成H2，b极为阴极，与电源负极相连接，电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑，则a极为阳极，与电源的正极相连接，溶液中的Cl—通过阴离子交换膜进入阳极区，HCl的浓度减小，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，A项错误；没有指明条件为标准状况，不能准确计算产生NH3的体积，B项错误；a极为电解池的阳极，NH在阳极失去电子生成NCl3，电极反应式为NH－6e－＋3Cl－＝NCl3＋4H＋，C项正确；在二氧化氯发生器内，发生反应：3H2O＋NCl3＋6NaClO2＝6ClO2↑＋ NH3↑＋3NaCl＋3NaOH，其中NCl3为氧化剂，NaClO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6，D项正确。
17.【答案】AD
【解析】由图可知，左室电极产物为Cl2，发生氧化反应，则左室电极为阳极，a为电源的正极，A项正确；阳极反应式为2Cl－－2e－＝Cl2↑，生成的Cl2将CO(NH2)2氧化，反应的化学方程式为CO(NH2)2＋3Cl2＋H2O＝N2＋CO2＋6HCl，右室电解产物为H2，发生还原反应，则右室电极为阴极，b为电源负极，阴极反应式为2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑，阳极室中反应产生的H＋通过质子交换膜进入阴极室与OH－恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变，B项错误；由上述分析可知，除去尿素的反应为CO(NH2)2＋3Cl2＋H2O＝N2＋CO2＋6HCl，C项错误；电解过程中生成CO2、N2、H2的物质的量之比为1:1:3，若两极共收集到气体0.6 mol，则n(N2)＝n(CO2)＝0.6×mol＝0.12mol，由守恒关系可知，所消耗的CO(NH2)2的物质的量也为0.12 mol，D项正确。
18.【答案】C
【解析】辛胺在Ni2P电极转化为辛腈，发生氧化反应，Ni2P电极是电解池的阳极，与电源正极相连，A项、B项均错误；In/In2O3－x电极为阴极，H＋可能在该电极上发生还原反应生成H2，所以In/In2O3－x电极上可能有副产物H2生成，C项正确；In/In2O3－x电极为阴极，阴极上CO2得电子发生还原反应生成HCOO－，电极反应式为CO2＋H2O＋2e－＝HCOO－＋OH－，D项错误。
19.【答案】A
【解析】由于电解液呈强碱性，电解反应不能释放出CO2气体，A项错误；电解高浓度RCOONa的NaOH溶液，阳极上RCOO－发生氧化反应，得到R—R（烷烃），B项正确；阴极上H2O得电子生成H2，电极反应式为2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑，C项正确；根据题意，电解RCOONa和NaOH混合液可得到R—R（烷烃），类比分析可知，电解CH3COONa、CH3CH2COONa和NaOH混合溶液，可得到CH3CH3（乙烷）、CH3CH2CH3（丙烷）和CH3CH2CH2CH3（丁烷），D项正确。
20.【答案】C
【解析】钢管桩接电源的负极，高硅铸铁接电源的正极，通电后，外电路中的电子从高硅铸铁（阳极）流向正极，从负极流向钢管桩（阴极），A项、B项均正确；题给信息高硅铸铁为“惰性辅助阳极”，电解过程中不损耗，C项错误；通过外加电流抑制金属电化学腐蚀产生的电流，因此通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，D项正确。
21.【答案】B
【解析】若X为锌棒，开关K置于M处时，锌作负极，铁作正极被保护，A项正确、B项错误；若X为碳棒，开关K置于N处，铁连接电源负极作阴极被保护，C项正确；X连接电源正极作阳极发生氧化反应，D项正确。
22.【答案】　C
【解析】根据题给信息，通电时Ag＋注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3，Ag＋的迁移方向是由银电极移向变色层，因此Ag为阳极，A项、B项均正确；WO3得电子生成WO，W元素的化合价降低，C项错误。根据质量守恒定律配平总反应的化学方程式为WO3＋xAg＝AgxWO3，D项正确。
23.【答案】C　
【解析】铁电极为电解池的阴极，水电离的H+得电子生成H2，A项错误；阴极反应式为2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑，阳极区发生的反应有①CN－－2e－＋2OH－＝CNO－＋H2O，②2Cl－－2e－＝Cl2↑，③3Cl2＋2CNO－＋8OH－＝N2＋6Cl－＋2CO＋4H2O，两极转移电子数相等时，消耗OH－，溶液的pH减小，B项错误；根据3Cl2＋2CNO－＋8OH－＝N2＋6Cl－＋2CO＋4H2O可知，除去1 mol CN－消耗1.5 mol Cl2，转移3 mol电子，根据CN－－2e－＋2OH－＝CNO－＋H2O，转移电子是2 mol，所以外电路至少需转移5 mol电子，C项正确；根据参与电极反应的物质可知，为了使电解池连续工作，需要补充NaOH，D项错误。
24.【答案】A
【解析】该装置为电解池，M为阳极，电极材料为金属钴，钴失电子生成Co2＋，Co2＋通过膜Ⅰ进入产品室，H2PO通过膜Ⅱ、膜Ⅲ进入产品室与Co2＋生成Co(H2PO2)2，因此膜Ⅱ、膜Ⅲ均为阴离子交换膜，A项正确；Co(H2PO2)2在产品室中生成，不是在阳极生成，阳极的电极反应式为Co－2e－＝Co2＋，B项错误；M为阳极，应接电源的正极，故a为电源的正极，C项错误；镀钴过程的离子方程式中电荷不守恒，应为Co2＋＋H2PO＋3OH－＝Co＋HPO＋2H2O，D项错误。
25.【答案】B
【解析】由图可知，集流体A与电极A相连，充电时Li＋在电极A得电子，因此电极A作阴极，故充电时集流体A与外接电源的负极相连，A项正确；放电时，外电路通过a mol电子时，内电路中有a mol Li＋通过LiPON薄膜电解质从负极（电极A）迁移到正极（电极B），但是LiPON薄膜电解质没有损失Li＋，B项错误；放电时，电极B为正极，发生还原反应，反应式为Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－＝LiCoO2，C项正确；电池放电时，嵌入在非晶硅薄膜中的锂失去电子转化为Li＋，正极上Li1－xCoO2得到电子和Li＋转化为LiCoO2，故电池总反应可表示为LixSi＋Li1－xCoO2Si＋LiCoO2，D项正确。
26.【答案】D
【解析】根据图示可知，X连接的多孔电极的产物为H2和CO，是H2O与CO2的还原产物，可判断在X连接的多孔电极上发生还原反应，此电极为阴极，由此判断X为电源的负极，A项正确；根据题意，电解质为固体金属氧化物时可以传导O2－，故在阴极上发生的反应为H2O＋2e－＝H2＋O2－，CO2＋2e－＝CO＋O2－，B项正确；根据电子守恒，阴极产生O2－时，阳极发生反应2O2－—4e—＝O2↑，消耗等量的O2－，因此电解过程中金属氧化物电解质中O2－的物质的量不变，C项正确；根据电子守恒可知，阴极生成的H2和CO的物质的量是阳极生成的O2的物质的量的2倍，D项错误。
27.【答案】B
【解析】根据图示可知，在b电极上产生N2，N元素失去电子化合价升高，发生氧化反应，所以b电极为阳极，连接电源的正极，A项错误；电极a上产生H2，H元素得到电子化合价降低，发生还原反应，所以a电极为阴极，电极反应式为2NH3+2e—＝H2+2NH2—，B项正确；电解过程中，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项错误；每反应产生1 mol H2，转移2 mol电子，每反应产生1 mol N2，转移6 mol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项错误。
28.【答案】（4）从右往左　（5）2NH3－6e－＋6OH－＝N2＋6H2O
【解析】（4）由图可知，通入NH3的电极上氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，电解过程中OH－移向阳极，则从右往左移动。
（5）阳极NH3失电子被氧化成N2，结合碱性条件，电极反应式为2NH3－6e－＋6OH－＝N2＋6H2O。
29.【答案】Fe电极 　Fe＋2＋H2↑[或Fe＋2C5H6＝Fe(C5H5)2＋H2↑]
水会阻碍中间物Na的生成，且水会电解生成OH－，进一步与Fe2＋反应生成Fe(OH)2
【解析】结合图示电解原理可知，Fe电极发生氧化反应生成Fe2+，Fe电极为阳极；在阴极上有H2生成，故电解时的总反应为Fe＋2＋H2↑或Fe＋2C5H6＝Fe(C5H5)2＋H2↑。结合相关反应可知，电解制备需在无水条件下进行，否则水会阻碍中间产物Na的生成，水电解生成OH－，OH－会进一步与Fe2＋反应生成Fe(OH)2，从而阻碍二茂铁的生成。
30.【答案】（1）①正　②CO(NH2)2＋H2O－6e－＝N2↑＋CO2↑＋6H＋
（2）①负　阳　②MnO－e－＝MnO
【解析】（1）B电极上逸出氢气，发生还原反应，故B电极为阴极，A电极为阳极，A电极应连接电源的正极，电极反应式为CO(NH2)2＋H2O－6e－＝N2↑＋CO2↑＋6H＋。
（2）电解K2MnO4溶液制备KMnO4，则左侧惰性电极是阳极，a与电源的正极相连，b与电源的负极相连。电解时，阳极反应式为MnO－e－＝MnO，阴极反应式为2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑，为保持阴极区、阳极区溶液呈电中性，阳极区的K＋透过离子交换膜向阴极区迁移，故离子交换膜是阳离子交换膜。第13讲—电解原理及其应用
知识重构
1.电解原理
（1）构建电解池模型（以惰性电极电解氯化铜溶液为例）
（2）电解池阴、阳极的判断方法
（3）放电顺序
①阳极放电顺序：活性电极＞S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－＞含氧酸根离子。
惰性电极一般指Pt、Au、石墨等，惰性电极不参与电极反应；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。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阴极放电顺序：Ag＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋(酸)＞Fe2＋＞Zn2＋＞H＋(水)＞Al3＋＞Mg2＋。
若金属阳离子（Fe3＋除外）放电，则得到相应金属单质；若H＋放电，则得到H2。
特别提醒：
放电顺序本质遵循氧化还原反应的优先规律，即得（失）电子能力强的离子先放电。因氧化性、还原性强弱受外界因素（如试剂浓度、反应温度、溶液酸碱性等）的影响，放电顺序并非一成不变，具体应用时要结合试题情境加以分析。
（4）惰性电极电解电解质溶液的产物判断
2.电解原理的应用
二、重温经典
（一）物质制备
1.“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高效制的方法，装置如图所示。部分反应机理为：。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↑
【解析】据图示可知，b电极上HCHO 转化为HCOO-，而HCHO 转化为HCOO-为氧化反应，所以b电极为阳极，a电极为阴极，HCHO为阳极反应物，由反应机理可知：反应后生成的转化为HCOOH。由原子守恒和电荷守恒可知，在生成HCOOH的同时还生成了H-，生成的HCOOH再与氢氧化钾酸碱中和：HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，而生成的H-在阳极失电子发生氧化反应生成氢气，即2H--2e-=H2↑，阴极水得电子生成氢气：2H2O-2e-=H2↑+2OH-。
【详解】A．由以上分析可知，阳极反应：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，阴极反应2H2O-2e-=H2↑+2OH-，即转移2mol电子时，阴、阳两极各生成1molH2，共2molH2，而传统电解水：，转移2mol电子，只有阴极生成1molH2，所以相同电量下理论产量是传统电解水的2倍，故A错误；
B．阴极水得电子生成氢气，阴极反应为2H2O-2e-=H2↑+2OH-，故B正确；
C．由电极反应式可知，电解过程中阴极生成OH-，负电荷增多，阳极负电荷减少，要使电解质溶液呈电中性，通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b极方向移动，故C正确；
D．由以上分析可知，阳极反应涉及到：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，由(①+②)×2得阳极反应为：，故D正确；
答案选A。
2. 我国科学家设计了一种双位点电催化剂，用和电化学催化合成甘氨酸，原理如图，双极膜中解离的和在电场作用下向两极迁移。已知在溶液中，甲醛转化为，存在平衡。电极上发生的电子转移反应为。下列说法错误的是( )
A. 电解一段时间后阳极区减小
B. 理论上生成双极膜中有解离
C. 阳极总反应式为
D. 阴极区存在反应
【解析】在KOH溶液中HCHO转化为HOCH2O-：HCHO+OH-→HOCH2O-，存在平衡HOCH2O-+OH-[OCH2O]2-+H2O，Cu电极上发生的电子转移反应为[OCH2O]2--e-=HCOO-+H ，H 结合成H2，Cu电极为阳极；PbCu电极为阴极，首先HOOC—COOH在Pb上发生得电子的还原反应转化为OHC—COOH：H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O，OHC—COOH与HO—N+H3反应生成HOOC—CH=N—OH：OHC—COOH+HO—N+H3→HOOC—CH=N—OH+H2O+H+，HOOC—CH=N—OH发生得电子的还原反应转化成H3N+CH2COOH：HOOC—CH=N—OH+4e-+5H+=H3N+CH2COOH+H2O。
【详解】A．根据分析，电解过程中，阳极区消耗OH-、同时生成H2O，故电解一段时间后阳极区c(OH-)减小，A项正确；
B．根据分析，阴极区的总反应为H2C2O4+HO—N+H3+6e-+6H+= H3N+CH2COOH+3H2O，1molH2O解离成1molH+和1molOH-，故理论上生成1molH3N+CH2COOH双极膜中有6molH2O解离，B项错误；
C．根据分析，结合装置图，阳极总反应为2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+H2↑+2H2O，C项正确；
D．根据分析，阴极区的Pb上发生反应H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O，D项正确；
答案选B。
3.（2024年山东卷13题 ）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
C. 电解总反应式为
D. 催化阶段反应产物物质的量之比
【解析】电极b上Br-发生失电子的氧化反应转化成，电极b为阳极，电极反应为Br- -6e-+3H2O=+6H+；则电极a为阴极，电极a的电极反应为6H++6e-=3H2↑；电解总反应式为Br-+3H2O+3H2↑；催化循环阶段被还原成Br-循环使用、同时生成O2，实现高效制H2和O2，即Z为O2。
【详解】A．根据分析，电极a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+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1molBr-得到6mol电子，O元素的化合价由-2价升至0价，生成1molO2失去4mol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；
答案选B。
4.（2024年湖南卷10题 ） 在KOH水溶液中，电化学方法合成高能物质K4C6N16时，伴随少量O2生成，电解原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 电解时，OH-向Ni电极移动
B. 生成C6N164-的电极反应：2C3N8H4+8OH--4e-=C6N164-+8H2O
C. 电解一段时间后，溶液pH升高
D. 每生成1mol H2的同时，生成0.5mol K4C6N16
【解析】由电解原理图可知，Ni电极产生氢气，作阴极，发生还原反应，电解质溶液为KOH水溶液，则电极反应为：；Pt电极失去电子生成，作阳极，电极反应为：，同时，Pt电极还伴随少量生成，电极反应为：。
【详解】A．由分析可知，Ni电极为阴极，Pt电极为阳极，电解过程中，阴离子向阳极移动，即向Pt电极移动，A错误；
B．由分析可知，Pt电极失去电子生成，电解质溶液为KOH水溶液，电极反应为：，B正确；
C．由分析可知，阳极主要反应为：，阴极反应为：，则电解过程中发生的总反应主要为：，反应消耗，生成，电解一段时间后，溶液pH降低，C错误；
D．根据电解总反应：可知，每生成1mol，生成0.5mol，但Pt电极伴随少量生成，发生电极反应：，则生成1molH2时得到的部分电子由OH-放电产生O2提供，所以生成小于0.5mol，D错误；
故选B。
5.（2023年重庆卷12题 ）电化学合成是一种绿色高效的合成方法。如图是在酸性介质中电解合成半胱氨酸和烟酸的示意图。下列叙述错误的是( )
A. 电极a为阴极
B. H+从电极b移向电极a
C. 电极b发生的反应为：
D. 生成3mol半胱氨酸的同时生成1mol烟酸
【解析】该装置是电解池，电极b上3-甲基吡啶转化为烟酸过程中‘加氧少氢’，发生氧化反应，则b为阳极，a为阴极，阴极电极反应式为 +2e-+2H+=2 ；
【详解】A．a极上硫元素化合价升高，a为阴极，A正确；
B．电解池中阳离子移向阴极，则H+移向a电极，B正确；
C．电极b上3-甲基吡啶转化为烟酸过程中发生氧化反应，在酸性介质中电极反应式为： ，C正确；
D．根据电子守恒可得关系式： ~6e-~6 ，因此生成6mol半胱氨酸的同时生成烟酸，D错误；
故选：D。
6.（2023年辽宁卷7题 ）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2mole-生成4gH2
C. 电解后海水pH下降
D. 阳极发生：Cl-+H2O-2e-=HClO+H+
【分析】根据图示，钛网上海水中Cl-、H2O发生失电子的氧化反应生成HClO、O2，钛网为阳极，电极反应式为Cl-+H2O-2e-=HClO+H+，钛箔上生成H2，钛箔上生成H2的电极反应为2H++2e-=H2↑，钛箔为阴极，高选择性催化剂PRT可抑制O2产生，电解的主要总反应为Cl-+2H2OHClO+H2↑+OH-，以此解题。
【详解】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．由分析可知，电解的主要总反应为Cl-+2H2OHClO+H2↑+OH-，电解后海水中OH-浓度增大，pH上升，C错误；
D．由图可知，阳极上的电极反应为：，D正确；
故选D。
7.（2023年广东卷16题 ）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1mol 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
【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－+7H2O= NH3·H2O+9OH-，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项，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项，每生成1mol NH3·H2O，阴极得8mol e－，同时双极膜处有8mol H+进入阴极室，即有8mol的H2O解离，故B错误；C项，电解过程中，阳极室每消耗4mol OH-，同时有4mol 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项，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；故选B。
【答案】B
8.（2023年湖北卷10题 ）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
【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2H2O2H2↑+O2↑。A项，b电极反应式为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项，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摸，故B正确；C项，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项，由电解总反应可知，每生成1molH2要消耗1molH2O，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；故选D。
9.（2021年广东卷16题）钴（Co）的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是（ ）
A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大
B．生成1 mol Co，Ⅰ室溶液质量理论上减少16 g
C．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变
D．电解总反应：2Co2+＋2H2O2Co＋O2↑＋4H+
【答案】D
【解析】由装置图可知，水放电生成的H＋通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中H＋浓度增大，溶液pH减小，Ⅰ室中消耗H2O，H2SO4的浓度增大，pH减小，A项错误；阴极生成1 mol Co，阳极有1 mol H2O放电，则Ⅰ室溶液质量减少18 g，B项错误；若移除离子交换膜，Cl—的放电能力强于H2O，Cl—会在阳极失去电子发生氧化反应生成Cl2，则移除离子交换膜，石墨电极的电极反应会发生变化，C项错误；电解的总反应的离子方程式为2Co2+＋2H2O2Co＋O2↑＋4H+，D项正确。
10.（2020年山东卷）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2H2O—4e—＝4H++O2↑
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，是电解池的阳极，所以阳极的反应式是2H2O—4e—＝4H++O2↑，A项正确；电解时阳极产生的H+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，B项正确；H+通过质子交换膜由阳极（a极）移向阴极（b极），C项正确；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O2，即是a极生成的O2小于b极消耗的O2，D项错误。
11.（2022年浙江卷）通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4可获得难溶性的Li2CO3和MnO2，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：2H2O+Mn2+—2e—＝MnO2+4H+
C．电解一段时间后溶液中Mn2+浓度保持不变
D．电解结束，可通过调节pH除去Mn2+，再加入Na2CO3溶液以获得Li2CO3
【答案】C
【解析】由电解示意图可知，电极A上LiMn2O4转化为Li+和Mn2+，锰元素的化合价降低，发生还原反应，电极A为阴极，A项正确；电极B上Mn2+转化为MnO2，锰元素化合价升高，失电子，电极B为阳极，电极反应式为：2H2O+Mn2+—2e—＝MnO2+4H+，B项正确；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项错误；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Mn2+转化为沉淀除去，然后再加入Na2CO3溶液，从而获得Li2CO3，D项正确。
12.（2021年八省联考江苏卷9题）利用电解法将CO2转化为CH4的原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．电解过程中，H＋由a极区向b极区迁移
B．电极b上反应为：CO2＋8HCO－8e－＝CH4＋8CO＋2H2O
C．电解过程中化学能转化为电能
D．电解时Na2SO4溶液浓度保持不变
【答案】A
【解析】由a极生成O2可以判断电极a为阳极，电极b为阴极，阳离子向阴极移动，则H＋由a极区向b极区迁移，A项正确；电极b为阳极，放电时CO2转化为CH4，电极反应为CO2＋8HCO＋8e－＝CH4＋8CO＋2H2O，B项错误；电解过程中的能量转化形式是电能转化为化学能，C项错误；电解过程中，阳极消耗H2O，Na2SO4溶液的浓度增大，D项错误。
微粒迁移
13.（2024年甘肃卷7题） 某固体电解池工作原理如图所示，下列说法错误的是（ ）
A. 电极1的多孔结构能增大与水蒸气的接触面积
B. 电极2是阴极，发生还原反应：O2+4e- =2O2-
C. 工作时O2-从多孔电极1迁移到多孔电极2
D. 理论上电源提供2mole-能分解1mol H2O
【解析】多孔电极1上H2O(g)发生得电子的还原反应转化成H2(g)，多孔电极1为阴极，电极反应为2H2O+4e-=2H2+2O2-；多孔电极2上O2-发生失电子的氧化反应转化成O2(g)，多孔电极2为阳极，电极反应为2O2--4e-=O2。
【详解】A．电极1的多孔结构能增大电极的表面积，增大与水蒸气的接触面积，A项正确；
B．根据分析，电极2为阳极，发生氧化反应：2O2--4e-=O2，B项错误；
C．工作时，阴离子O2-向阳极移动，即O2-从多孔电极1迁移到多孔电极2，C项正确；
D．根据分析，电解总反应为2H2O(g)2H2+O2，分解2molH2O转移4mol电子，则理论上电源提供2mol电子能分解1molH2O，D项正确；
答案选B。
14.（2022年广东卷）以熔融盐为电解液，以含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，实现Al的再生。该过程中（ ）
A．阴极发生的反应为Mg—2e—＝Mg2+
B．阴极上Al被氧化
C．在电解槽底部产生含Cu的阳极泥
D．阳极和阴极的质量变化相等
【答案】C
【解析】根据电解原理可知，电解池中阳极发生氧化反应，主要反应为Al—3e—＝Al3+，同时相对活泼的Mg也会被氧化，反应式为Mg—2e—＝Mg2+，阴极发生的反应为Al3++3e—＝Al，因此A项、B项均错误。阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C项正确；阳极消耗了Al和Mg，Cu和Si形成阳极泥，而阴极只有Al3+得电子生成Al，根据电子守恒及质量守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等，D项错误。
15.（2014年新课标全国Ⅰ卷27题节选）H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：
①写出阳极的电极反应式：________________________________________。
②分析产品室可得到H3PO2的原因：___________________________________________。
③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有____________杂质。该杂质产生的原因是____________________________________。
【答案】①2H2O－4e－＝O2↑＋4H＋
②阳极室的H＋通过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO通过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2
③PO　H2PO或H3PO2在阳极被氧化
【解析】①阳极发生氧化反应，在反应中H2O 电离产生的OH－失去电子转化成O2，电极反应式为2H2O－4e－＝O2↑＋4H＋。
②阳极室中H2O放电产生H＋，H＋通过阳膜进入产品室，原料室中的H2PO通过阴膜扩散至产品室，二者发生相互反应：H＋＋H2PO＝H3PO2，获得产品。
③如果撤去阳膜，H2PO或H3PO2可能在阳极被氧化，生成PO。
（三）能量转化
16.（2021年辽宁卷）如图，某液态金属储能电池放电时产生金属化合物Li3Bi。下列说法正确的是（ ）
A．放电时，M电极反应为Ni—2e—＝Ni2+
B．放电时，Li+由M电极向N电极移动
C．充电时，M电极的质量减小
D．充电时，N电极反应为Li3Bi+3e—＝3Li++Bi
【答案】B
【解析】由题干信息和电池结构分析可知，放电时M极为负极，由于Li比Ni更活泼，电极反应为：Li—e—＝Li+，A项错误；放电时离子导体中的阳离子向正极移动，因此Li+由M电极向N电极移动，B项正确；由二次电池的原理可知，充电时和放电时同一电极上发生的反应互为逆过程，M电极的电极反应为：Li++e—＝ Li，故电极质量增大，C项错误；充电时，N电极反应为Li3Bi—3e—＝3Li++Bi，D项错误。
17.（2022年广东卷）科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备（如图）。充电时电极a的反应为：NaTi2(PO4)3+2Na++2e—＝Na3Ti2(PO4)3。下列说法正确的是（ ）
A．充电时电极b是阴极
B．放电时NaCl溶液的pH减小
C．放电时NaCl溶液的浓度增大
D．每生成1molCl2，电极a质量理论上增加23g
【答案】C
【解析】由题中信息可知，充电时电极a上发生的反应为还原反应，因此电极a为阴极，则电极b为阳极，A项错误；充电时阳极反应为2Cl——2e—＝Cl2↑，放电时电极反应和充电时相反，两个电极上的反应均不涉及H+、OH—的变化，因此NaCl溶液的pH不变，B项错误；放电时，负极反应为生成Na+，正极反应为Cl2+2e—＝2Cl—，反应后Na+和Cl—浓度都增大，因此放电时NaCl溶液的浓度增大，C项正确；充电时阳极反应为2Cl——2e—＝Cl2↑，阴极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e—＝Na3Ti2(PO4)3，由得失电子守恒可知，每生成1molCl2，电极a质量理论上增加23g·mol—1×2mol＝46g，D项错误。
三、模型建构
1.分析电解原理的思维模型
2.配平电极反应式的思路方法
步骤1：运用电子守恒，配平变价物质的计量数和电子得失个数。
步骤2：运用电荷守恒，配平H+或OH—等离子的计量数。
步骤3：运用质量守恒配平其他物质的计量数，如H2O等。
特别提醒：
（1）书写电解池的电极反应式时，可以用实际放电的离子表示，但书写电解池的总反应时，H2O要写成分子式。如用惰性电极电解食盐水时，若考虑阴极实际放电的离子为H＋，阴极反应式可写作2H＋＋2e－＝H2↑，若考虑H＋来源于H2O，阴极反应式应写作2H2O＋2e－＝H2↑+2OH—。总反应式务必写作2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑。
（2）运用电荷守恒配平离子时，要考虑溶液的酸碱性环境。若溶液为强酸性环境，应使用H＋调整电极反应式使两侧的电荷数相等；若溶液为强碱性环境，则使用OH－进行配平。以上两种情况下，先确定离子的种类，在确定离子在电极反应式中的位置（反应物中？还是生成物中？）。其他情况则先确定为在生成物中添加离子以调整电荷数，再判断所需离子的种类（H＋？还是OH－？）。还需要注意用多元酸酸式根离子调整电荷的情况。
专项训练：
1. （2021·河北卷16题节选）CO2在碱性介质中电还原为正丙醇（CH3CH2CH2OH）的电极反应方程式为 。
2.以铝材为阳极，电解H2SO4溶液，在铝材表面形成氧化膜
阳极反应式： ；
阴极反应式： ；
总反应方程式： 。
3. 用惰性电极电解饱和NaHSO4溶液可以制备过硫酸钠Na2S2O8。已知在阳极放电的离子主要为HSO，则阳极反应式为 。
4. 电化学干法氧化法脱除H2S的原理如图所示。阳极发生的电极反应为
；阴极上COS发生的电极反应为 。
【答案】
1. 3CO2＋18e－＋13H2O＝CH3CH2CH2OH＋18OH—
或12CO2＋18e－＋4H2O＝CH3CH2CH2OH＋9CO
2. 2Al－6e－＋3H2O＝Al2O3＋6H＋　6H＋＋6e－＝3H2↑　2Al＋3H2OAl2O3＋3H2↑
3. 2HSO－2e－＝S2O＋2H＋　
4. 2S2－－4e－＝S2　COS＋2e－＝S2－＋CO
四、名师导学
1.电解原理及其应用的常见命题情境
电解原理在生产、生活中应用十分广泛。解决此类问题，应关注十大命题情境，包括金属冶炼、无机物制备、有机物制备、电解精炼、资源回收利用、二次电池充电、能源存储、海水淡化、废水处理、二氧化碳转化技术。
2.电解原理及其应用的考查热点
此类试题的考点相对固定，考查热点包括电极判断、电极反应式的书写与正误判断、总反应式的书写与正误判断、溶质浓度变化、溶液pH变化、电极质量变化、反应现象描述、能量转化形式、电子移动方向、离子移动方向、交换膜种类、守恒计算等。
解题的起点在电极判断；
解题的关键在电极反应式书写；
解题的难点在守恒计算。
考生要根据自己在以上考点中薄弱点进行针对性训练，做到各个击破。

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