2022届高考化学一轮复习常考题型76电解过程中溶液PH值变化含解析

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注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题（共15题）
1．是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的一种制取的电解池示意图如下，电池总反应为。下列说法正确的是
A．石墨电极上的反应式为
B．电解后溶液的减小
C．铜电极接直流电源的负极
D．当有电子转移时，有生成
2．高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途。用镍(Ni)、铁作电极电解浓溶液制备高铁酸盐的装置如图所示。下列推断正确的是
A．a为电源的正极
B．电解一段时间后，撤去隔膜，混合后的溶液与原溶液比较，pH减小
C．若电路中通过，则阴极产生气体
D．铁是阳极，电极反应为
3．某电化学装置如图所示，a、b分别接直流电源两极。下列说法正确的是
A．溶液中电子从B极移向A极
B．若B为粗铜，A为精铜，则溶液中c(Cu2+)保持不变，
C．若A、B均为石墨电极，则通电一段时间后，溶液pH增大
D．若B为粗铜，A为精铜，则A、B两极转移的电子数相等
4．用铂作电极电解盐溶液，当阳极收集到气体时 标准状况 ，阴极增重，若电解前后溶液的体积变化忽略不计，下列说法不正确的是
A．电路中通过电数目为B．M的摩尔质量为
C．电解后溶液的D．阳极收集到的气体是
5．如图所示，a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色。下列说法正确的是
A．X极是电源负极，Y极是电源正极
B．a极上的电极反应是
C．电解过程中CuSO4溶液的pH逐渐增大
D．b极上产生2.24L(标准状况下)气体时，Pt电极上有6.4gCu析出
6．如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色，则下列说法正确的是（ ）
A．X是正极，Y是负极，CuSO4溶液的pH逐渐减小
B．.X是正极，Y是负极，CuSO4溶液的pH保持不变
C．X是负极，Y是正极，CuSO4溶液的pH 逐渐减小
D．X是负极，Y是正极，CuSO4溶液的pH保持不变
7．常温下用石墨电极，电解100 mL 0.1 ml·L－1的Cu(NO3)2和0.1 ml·L－1的AgNO3组成的混合溶液，当某一电极上生成的气体在标准状况下体积为1.12 L时，假设溶液体积不变，下列说法正确的是
A．阴极增重1.4 gB．所得溶液c(H+) ＞0.1 ml•L-1
C．阴极增重0.64 gD．所得溶液pH>1
8．将二氧化碳转化为燃料是目前的研究热点，2017 年《科学》杂志报道的一种将CO2 转化为烃和醇的装置如图所示。下列说法正确的是
A．图中能量转化的方式只有1种
B．装置工作时，H+向X极区移动，Y极周围溶液的pH 增大
C．X 极上得到CH3OH 的电极反应式为2CO2+4H2O+12e-==2CH3OH+3O2
D．若X极生成1ml C2H4 和lml CH3OH，电路中流过18 ml 电子
9．用石墨作电极电解1000mL0.1ml·L-1AgNO3溶液，通电一段时间后关闭电源，测得溶液的质量减少了13.4g。下列有关叙述正确的是(NA代表阿伏加德罗常数值）（ ）
A．电解过程中流经外电路的电子数目0.1NA
B．在标准状况下，两极共产生3.92L气体
C．电解后溶液中H+浓度为(假设溶液体积不变)
D．加入13.8gAg2CO3可将溶液恢复到与电解前完全相同
10．如图装置甲为甲烷和O2构成的燃料电池示意图，电解质为KOH溶液，装置乙为电解饱和溶液的装置，其中乙装置中X为阳离子交换膜。用该装置进行实验，反应开始后观察到Fe电极附近出现白色沉淀。下列说法中正确的是
A．甲、乙中电解质溶液的pH都增大
B．理论上甲中每消耗(标准状况下)，乙中产生
C．乙中电解溶液的总反应为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-。
D．甲中A处通入CH4，电极反应式为
11．用惰性电极电解下列各组中的三种溶液，电解过程中，溶液中c(H+ )依次为升高、不变、降低的是（ ）
A．CuSO4、Na2SO4、KClB．AgNO3、CuCl2、Cu(NO3)2
C．CaCl2、KOH、NaNO3D．HCl、HNO3、K2SO4
12．氢氧化锂是制取锂和锂的化合物的原料，用电解法制备氢氧化锂的工作原理如图所示，下列叙述不正确的是
A．b极附近溶液的增大
B．a极的电极反应为
C．该法制备时还可得到硫酸和
D．当电路中通过电子时，有生成
13．下列叙述正确的是（ ）
A．K与N连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH减小
B．K与N连接时，X为氯化钠，石墨电极的电势更高
C．K与M连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH增大
D．K与M连接时，X为氯化钠，石墨电极反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑
14．高纯氢的制备是目前的研究热点，利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图所示。下列有关说法正确的是
A．连接K1可以制取O2
B．电极2发生反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-
C．电极3的主要作用是通过NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移
D．连接K2溶液的pH减小
15．KIO3为白色结晶粉末，工业上可用电解法制备，装置如图所示，配制碱性电解质溶液(KOH＋I2)时，I2发生氧化还原反应，生成KIO3和KI。下列说法错误的是
A．电解时b为阴极
B．电解过程中阴极区溶液pH降低
C．电解过程中K＋由左向右通过阳离子交换膜
D．a极反应式为：I--6e-+6OH＝IO3-+3H2O
第II卷（非选择题）
二、实验题（共5题）
16．如图所示装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，D极有红色物质析出。请回答：
(1)电源电极A名称为_______。
(2)请写出：
乙池中总反应离子方程式：________；
I极电极反应式：_______；
(3)戊中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，这表明Fe(OH)3胶体粒子带_______电荷(填“正”或“负”)。
(4)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为_______。
(5)现用丙装置给铜件镀银，则H应该是______(填“铜件”或“银”)，当乙中溶液的c(OH-)=0.1 ml·L-1时(此时乙溶液体积为500 mL)，丙中镀件上析出银的质量为____g，甲中溶液pH为______(此时甲池溶液体积为500 mL)。
17．某课外活动小组的同学在学习了电化学相关知识后，用如图装置进行实验，请回答下列问题：
(1)实验一：将开关K与a连接，则乙为________极，电极反应式为____________________。
(2)实验二：开关K与b连接，则乙________极，总反应的离子方程式为_____________________。
(3)对于实验二，下列说法正确的是________(填字母编号)。
A．溶液中Na＋向甲极移动
B．从甲极处逸出的气体能使湿润的淀粉－KI试纸变蓝
C．反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度
D．相同条件下，电解一段时间后，甲电极和乙电极上收集到的气体体积一定相等
(4)该研究小组的同学在进行实验二结束的溶液中滴加酚酞溶液，发现________(填“甲”或“乙”)极附近变红。若标准状况下乙电极产生22.4mL气体，剩余溶液体积为200mL，则该溶液的pH为_____。
18．在如图所示的装置中，通电5min后，铜电极的质量增加2.16g。试回答下列问题：
（1）电源中X极为直流电源的__极。
（2）溶液pH的变化情况：A__，B__，C__(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）通电5min后，B装置中共收集224mL(标准状况下)气体，溶液体积为200mL，则通电前该装置溶液中CuSO4的物质的量浓度为__(设电解前后溶液体积无变化)。
19．为了探究原电池和电解池的工作原理，某研究性学习小组分别用下图所示的装置进行实验。据图回答问题。
I.用图甲所示装置进行第一组实验时：
（1）在保证电极反应不变的情况下，不能替代Cu作电极的是_____ (填字母)。
A石墨 B． 镁 C．银 D．铂
（2）实验过程中，SO42-____(填“从左向右”“从右向左”或“不”)移动；滤纸上能观察到的现象是________________。
II.该小组同学用图乙所示装置进行第二组实验时发现，两极均有气体产生，且Y极处溶液逐渐变成紫红色；停止实验观察到铁电极明显变细，电解液仍然澄清。查阅资料知，高铁酸根(FeO42-)在溶液中呈紫红色。请根据实验现象及所查信息，回答下列问题：
（3）电解过程中，X极处溶液的OH-浓度____(填“增大”“减小”或“不变)。
（4）电解过程中，Y极发生的电极反应为___________________，_________________。
（5）电解进行一段时间后，若在Y电板(铁电极)质量减小2.8g，在Y极收集到气体为1.68 L 则X极收集到气体__________L(均己折算为标准状况时气体体积)。
（6）K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电池反应总反应式为2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2，该电池正极发生的电极反应式为_______________。
20．NaClO和KAl(SO4)2都是重要的化工产品，均可应用于造纸业。
（1）工业上可用氯化钠为原料，通过电解的方法制得NaClO，工业上制取NaClO的离子反应方程式为______________________________电解后的溶液PH____________7（填大于、小于、等于）；其原因是_________________________________________（用离子方程式表示）
（2）KAl(SO4)2溶液中质子守恒等式为_______________________________________
（3）某小组同学用下图所示装置探究饱和NaClO和KAl(SO4)2溶液混合反应的实验。
①打开活塞向烧瓶中加入饱和KAl(SO4)2溶液，产生大量的白色胶状沉淀。此时反应的离子方程式为__________________________________。
②将烧瓶中的混合液在阳光照射下，不久烧瓶中有黄绿色气体产生，充分反应后集气瓶中收集到一种无色无味的气体。写出在光照射下混合液中反应的化学方程式是________________________。
（4）若将分液漏斗中的KAl(SO4)2溶液换成硫酸亚铁铵（一种复盐:(NH4)2SO4·FeSO4）溶液,其他不变。打开分液漏斗活塞向烧瓶中滴入足量的硫酸亚铁铵溶液。观察到烧瓶中有红褐色沉淀产生，但是没有观察到黄绿色气体产生。此时烧瓶中发生的氧化还原反应的离子方程式为______________________。
（5）取100mL 0.1ml/L Ba(OH)2溶液，向其中逐滴加入同浓度的KHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀，此时溶液的PH值为_______________（忽略两溶液混合时的体积变化，混合后溶液的温度为100℃，100℃时Kw=1x10-12)
参考答案
1．A
【分析】
根据电解总反应为2Cu+H2O═Cu2O+H2↑可以知道金属为阳极材料，在阳极发生失电子的氧化反应，在阴极上是氢离子发生得电子的还原反应，据此分析；
【详解】
A．石墨做阴极，在阴极上是溶液中的氢离子得电子，产生氢气，反应式为，故A正确；
B．电解总反应为2Cu+H2O═Cu2O+H2↑可知，溶剂水的量减少，所以氢氧根离子浓度变大，所以电解后溶液的pH增大，故B错误；
C．铜电极是电解池的阳极，与直流电源的正极相连，故C错误；
D．反应2Cu+H2O═Cu2O+H2↑失电子物质的量为2ml，生成氧化亚铜1ml，所以当有0.1ml电子转移时，有0.05mlCu2O生成，故D错误。
故选：A。
2．B
【分析】
用镍(Ni)、铁作电极电解浓溶液制备高铁酸盐，则Fe电极失去电子发生氧化反应，所以Fe为电解池的阳极，则与Fe相连的b极为电源正极，a为负极，据此分析解答。
【详解】
A．根据分析，与a相连的Ni电极发生还原反应，a为电源负极，故A错误；
B．由于Fe为阳极发生氧化反应，则其电极反应为，阳极pH降低；阴极为水电离出的氢离子得到电子被还原为氢气，电极反应式为，pH增大，根据电子守恒分析，氢氧根离子消耗的多，生成的少，所以电解一段时间后，撤去隔膜，混合后的溶液与原溶液比较，pH减小，故B正确；
C．由B分析可得电路中通过时 阴极产生气体0.1ml，但选项中未说明是否处于标况下，所以无法计算气体的体积，故C错误；
D．电解质溶液为氢氧化钠溶液，则阳极的电极反应式为，故D错误；
答案选B。
3．D
【详解】
A．电解质溶液通过离子移动导电，电解质溶液中没有电子移动，故A错误；
B．若B为粗铜，A为精铜，电解质溶液是硫酸铜，该装置为电解精炼铜，溶液中c(Cu2+)略减小，故B错误；
C．若A、B均为石墨电极，电解方程式是，则通电一段时间后，溶液pH减小，故C错误；
D．根据电子守恒，阴极、阳极转移电子数一定相等，若B为粗铜，A为精铜，则A、B两极转移的电子数相等，故D正确；
故选D。
4．C
【详解】
A．用铂作电极电解盐溶液，阳极电极反应为
，，则根据电极反应式可知，电路中通过电子的物质的量为，数目为，故A正确；
B．阴极电极反应为，根据阴阳极得失电子守恒可知，得电子的物质的量为，则阴极析出M的物质的量为，则M的摩尔质量为，故B正确；
C．，根据电极反应为可知，电解后溶液中的物质的量为 ，则，则溶液的，C错误；
D．用铂作电极电解盐溶液，阳极电极反应为，则阳极收集到的气体是，故D正确。
故选C。
5．B
【分析】
依据电解质溶液为含酚酞的氯化钠溶液，判断b电极和Cu极是阴极，a电极和Pt极是阳极，Y为电源负极，X为电源正极。此为解题的突破点。
【详解】
A．a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色，依据电解质溶液为含酚酞的氯化钠溶液，判断b电极是阴极，Y为电源负极，X为电源正极，故A错误；
B．a电极是氯离子失电子发生的氧化反应，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，故B正确；
C．电解过程中CuSO4溶液中的氢氧根离子在阳极Pt电极失电子生成氧气，溶液中铜离子在Cu电极得到电子析出铜，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH逐渐减小，故C错误；
D．由Y为电源负极，X为电源正极，则Pt极为阳极没有Cu析出，故D错误；
答案选B。
6．A
【分析】
b极变红，说明b处有氢氧根离子，氢离子在b处发生反应。
【详解】
A选项，b是氢离子反应说明b是阴极，则Y是负极，X是正极，电解CuSO4溶液生成铜、氧气和硫酸，因此溶液pH逐渐减小，故A正确；
B选项，b是氢离子反应说明b是阴极，则Y是负极，X是正极，电解CuSO4溶液生成铜、氧气和硫酸，因此溶液pH逐渐减小，故B错误；
C选项，b是氢离子反应说明b是阴极，则Y是负极，X是正极，故C错误；
D选项，b是氢离子反应说明b是阴极，则Y是负极，X是正极，故D错误；
综上所述，答案为A。
7．B
【详解】
100ml 0.1ml/L的硝酸铜和0.1ml/L的硝酸银组成的混合溶液，含有银离子、铜离子各0.01ml，用石墨作电极电解混合液，当某一电极上生成的气体在标准状况下体积为1.12L时：（一）假如是阴极上生成的气体体积为1.12L即=0.05ml，说明银离子、铜离子放电完全，溶液中的氢离子放电生成氢气0.05ml，阴极的电极反应为：Ag++e-=Ag；Cu2++2e-=Cu；2H++2e-=H2↑，转移电子数：，，，共转移电子数0.01+0.02+0.1=0.13（ml），阴极增重0.01×108+0.01×64=1.72g，A错误；C错误；
此时阳极为氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式阳极：4OH--4e-=2H2O+O2↑；
，则反应后溶液中的氢离子浓度为ml/L=0.3ml/L，则所得溶液pH＜1，B正确；D错误；
（二）假如是阳极上生成的气体体积为1.12L即=0.05ml，电极反应式阳极：4OH--4e-=2H2O+O2↑，则共转移0.05ml×4=0.2ml电子；阴极：Ag++e-=Ag；Cu2++2e-=Cu；2H++2e-=H2↑；转移电子数：
所以阴极增重0.01×108+0.01×64=1.72g，故A，C错误；反应后溶液中的氢离子浓度为 =0.3ml/L，则所得溶液pH＜1，故D错误；B正确；
故答案为：B。
8．D
【解析】
A项，如图所示，至少有太阳能、电能、化学能三种能量转化的方式，故A错误；B项，如图所示，X为阴极、Y为阳极，氢离子通过质子交换膜向阴极(X极)区移动，阳极(Y极)发生氧化反应：6H2O+12e-=6H++3O2，所以Y极周围溶液的pH减小，故B错误；C项，X极(阴极)上发生还原反应生成CH3OH，电极反应式为：CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O，故C错误；D项，2mlCO2生成1mlC2H4，1mlCO2生成lmlCH3OH，C元素化合价都是由+4价降为-2价，所以若X极生成1mlC2H4和lmlCH3OH，电路中流过的电子为：3×[4-(-2)]ml=18ml，故D正确。
点睛：本题考查电解原理，注意结合图示分析，用好图示信息，如图为太阳能电池提供电能实现将CO2转化为烃和醇的装置，属于电解池，涉及氧化还原反应，遵循氧化还原反应原理，由此判断CO2作氧化剂发生还原反应，根据电源正负极判断电解池的阴阳极，结合电解原理及质子交换膜的特点正确书写电极反应式，可根据得失电子守恒判断电路中流过的电子。
9．B
【详解】
A．用石墨作电极电解1000mL 0.1ml/L AgNO3溶液的阴极反应首先是Ag++e-=Ag，假设所有的银离子0.1ml全部放电，转移电子的物质的量为0.1ml，则析出金属银的质量为：0.1ml×108g/ml=10.8g，此时阳极放电的电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，转移0.1ml电子时生成的氧气的质量是：0.025ml×32g/ml=0.8g，所以溶液质量减少总量为10.8g+0.8g=11.6g<13.4g，接下来阴极放电的是氢离子，阳极仍是氢氧根放电，相当于此阶段电解水，还要电解掉水的质量为13.4g-11.6g=1.8g，电解这些水转移电子的物质的量为0.2ml，所以整个过程转移电子的总量为0.3ml，个数为0.3NA，选项A错误；
B．阳极放电的电极反应为：4OH--4e-=O2↑+-2H2O，当转移0.3ml电子时，产生的氧气物质的量为0.075ml，即1.68L，阴极上产生氢气，2H++2e-=H2↑，当转移0.2ml电子时，产生的氢气物质的量为0.1ml，即2.24L，所以在标准状况下，两极共产生3.92L气体，选项B正确；
C．电解过程中溶液中的氢离子减少了0.2ml，而氢氧根总共减少了0.3ml，所以最后溶液中c（H+）=0.1ml/1L=0.1ml/L，选项C错误；
D．溶液相当于减少了氧化银和水，只加入Ag2CO3不能将溶液彻底复原，选项D错误；
答案选B。
【点睛】
本题考查了电解池工作原理，明确电解池工作原理、准确判断电解上发生的反应是解题关键，易错点为选项B：阳极放电的电极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O生成气体为氧气，阴极上先生成单质银，再产生氢气，2H++2e-=H2↑，依据转移电子数计算产生气体的体积。
10．B
【详解】
A．甲中发生反应化学方程式为，由反应可知，消耗了OH-，且生成了，溶液的减小，乙中发生反应化学方程式为2Cl-+Mg2++2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，反应中H+放电，产生H2，溶液的增大，故A错误；
B．根据关系式，理论上甲中每消耗(标准状况下)(即)，乙中产生，故B正确；
C．乙中电解溶液的总反应为2Cl-+Mg2++2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，故C错误；
D．电极附近出现的白色沉淀为氢氧化镁，表明电极上是放电，则可知作阴极，相应地甲中右侧铂电极为负极，即B处通入，电极反应式为，故D错误；
答案为B。
11．A
【详解】
A．电解CuSO4时，生成铜和氧气以及硫酸，溶液中c(H+ )升高，电解Na2SO4生成氢气和氧气，即电解水型的，溶液中c(H+ )不变，电解KCl时会生成氢气、氯气单质和氢氧化钾，溶液中c(H+ )减小， A正确；
B．电解AgNO3会生成硝酸、银和氧气，溶液中c(H+ )升高；氯化铜溶液呈酸性，电解CuCl2会生成铜和氯气，电解后浓度减小，铜离子水解程度减弱，溶液中c(H+ )减小；电解Cu（NO3）2时会生成铜、硝酸和氧气，溶液中c(H+ )升高，B错误；
C．电解CaCl2时生成氢氧化钙、氯气和氢气，溶液中c(H+ )减小，电解KOH时生成氢气和氧气，即电解水型的，溶液中c(H+ )减小，电解NaNO3时，生成氢气和氧气，即电解水型的溶液中c(H+ )不变， C错误；
D．电解HCl生成氯气和氢气，电解本身，溶液中c(H+ )减小，电解HNO3时生成氢气和氧气，即电解水型的，溶液中c(H+ )升高，电解K2SO4时，时生成氢气和氧气，即电解水型的，溶液中c(H+ )不变，D错误。
故答案为：A。
12．D
【分析】
由电解液中离子的移动方向可知石墨a为阳极，石墨b为阴极，a极失去电子，发生氧化反应，即，结合移动过来的得到硫酸，b极水电离的得电子放出氢气，即，结合移动过来的生成，结合电解池相关知识解答。
【详解】
A．b极反应式为，增大，溶液的增大，A正确；
B．a极为阳极，电极反应式为，B正确；
C．由分析可知，该法制备时还可得到硫酸和，C正确；
D．由得失电子守恒知，电路中通过电子时，得到，D错误；
答案选D。
13．B
【详解】
A．K与N连接时，该装置为原电池，X为硫酸溶液时，铁失电子生成亚铁离子，正极上氢离子得电子生成氢气，导致溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故A错误；
B．K与N连接时，该装置是原电池，X为氯化钠，铁发生吸氧腐蚀，铁作负极，石墨电极为正极，即石墨电极的电势更高，故B正确；
C．K与M连接时，该装置为电解池，X为硫酸，阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电，实际上是电解水，硫酸的浓度逐渐增大，则溶液的pH减小，故C错误；
D．K与M连接时，该装置为电解池，X为氯化钠，石墨作阳极铁作阴极，石墨电极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，故D错误；
故答案为B。
【点睛】
考查原电池和电解池原理，明确离子放电顺序是解本题关键，K与N连接时，该装置为原电池，铁易失电子作负极，石墨作正极，正极上得电子发生还原反应；K与M连接时，该装置为电解池，石墨作阳极铁作阴极，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应。
14．C
【详解】
A. 连接K1，电极1为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，氢气在阴极生成，故A错误；
B. 电极2为阳极，阳极发生氧化反应，氢氧根离子被氧化生成氧气，电极方程式为4OH-4e-═2H2O+O2↑，故B错误；
C. 电极3可分别连接K1或K2，分别发生氧化、还原反应，实现NiOOH⇌Ni(OH)2的转化，提供电子转移，故C正确；
D. 连接K2，电极3为阴极，电极反应为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，电极2为阳极，电极反应为4OH-4e-═2H2O+O2↑，总反应为4NiOOH+2H2O=4Ni(OH)2+ O2↑，反应消耗水，则溶液碱性增强，pH增大，故D错误；
故选C。
15．B
【分析】
根据电解装置图可知，阳离子交换膜可使阳离子通过，b电极得到氢氧化钾溶液，说明溶液中氢离子得到电子发生还原反应，b为电解池的阴极，电极反应为2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，则a为电解池的阳极，电极反应为I--6e-+6OH＝IO3-+3H2O，据此分析解答问题。
【详解】
A．根据上述分析可知，b为电解池阴极，A选项正确；
B．电解过程中阴极区溶液中OH-离子浓度增大，pH升高，B选项错误；
C．电解过程中K+由左向右通过阳离子交换膜移向阴极，C选项正确；
D．a为电解池的阳极，电极反应为I--6e-+6OH＝IO3-+3H2O，D选项正确；
答案选B。
16．正极 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH- 4OH--4e-=O2↑+2H2O 正 1∶2∶2∶2 铜件 5.4 g 1
【分析】
如图所示装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，D极有红色物质析出，则D为阴极，所以C、E、G、I、X为阳极，D、F、H、J、Y为阴极，A为直流电源的正极，B为直流电源的负极，然后利用电解原理，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，进行分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析可知：电源电极A名称为正极；
(2)乙池为电解池，在阳极E上发生反应：2Cl- -2e-=Cl2↑，在阴极F上发生反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，可知该电解池总反应方程式为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；
I极为阳极，发生氧化反应，由于离子放电能力：OH-＞，所以阳极I上水电离产生的OH-失去电子发生氧化反应变为O2，阳极的电极反应式：4OH--4e-=O2↑+2H2O；
(3)戊中X极为阳极，有较多正电荷，Y极为阴极，有许多负电荷。通电一段时间后，发现X电极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，可知Fe(OH)3胶体粒子带正电；
(4)C、D、E、F电极上发生的电极反应式分别是：4OH--4e-=O2↑+2H2O、Cu2++2e-=Cu、2Cl- -2e-=Cl2↑、2H++2e-=H2↑，当四个电极上转移电子的物质的量是1 ml时，生成单质的物质的量分别是0.25 ml、0.5 ml、0.5 ml、0.5 ml，故四个电极产生的物质的物质的量的比是1：2：2：2；
(5)现用丙装置给铜件镀银，则阳极G为金属Ag，阴极H应该是Cu件；
当乙中溶液的c(OH-)=0.1 ml·L-1时(此时乙溶液体积为500 mL)，n(OH-)=c·V=0.1 ml/L×0.5 L=0.05 ml，根据乙中电解方程式2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-可知：每转移1 ml电子，反应产生1 ml的OH-，现在产生OH-的物质的量是0.05 ml，则转移0.05 ml的电子，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，可知丙中镀件上析出银的质量m(Ag)=0.05 ml×108 g/ml=5.4 g；
对于甲装置，电解总反应方程式为：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，可知：转移1 ml电子，反应产生1 ml的H+，则转移0.05 ml电子时，反应产生0.05 ml的H+，由于溶液的体积是500 mL，则c(H+)==0.1 ml/L，故该溶液的pH=1。
17．负 Fe -2e- = Fe2+ 阴 2Cl- + 2H2O Cl2↑+ H2↑+ 2OH- B 乙 12
【分析】
(1)若开始时开关K与a连接，则形成原电池反应，为铁的吸氧腐蚀；
(2)若开始时开关K与b连接，形成电解池装置，石墨为阳极，发生氧化反应生成氯气，铁为阴极，发生还原反应生成氢气和氢氧化钠；
(3)A．溶液中Na＋向阴极移动；
B．石墨为阳极，发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl−−2e−＝Cl2↑，氯气能使湿润的KI淀粉试纸变蓝；
C．由总的反应2Cl−＋2H2O＝2OH−＋H2↑＋Cl2↑，可知反应一段时间后加适量HCl可恢复到电解前电解质的浓度；
D．只有氯化钠足量，反应一段时间后，甲电极和乙电极上收集到的气体体积相等；
(4)若开始时开关K与b连接，形成电解池装置，铁为阴极，发生还原反应生成氢气和氢氧化钠，滴加酚酞溶液后溶液颜色会变红，根据产生氢气的量计算溶液中的OH-的浓度，进而算出溶液的pH。
【详解】
(1)开始时开关K与a连接，是原电池，铁为负极，发生氧化反应，失去电子生成亚铁离子，电极方程式为Fe−2e−＝Fe2＋，故答案为：负；Fe−2e−＝Fe2＋；
(2)若开始时开关K与b连接，形成电解池装置，石墨为阳极，发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl−−2e−＝Cl2↑；铁为阴极发生还原反应，受到保护，这种保护方式为外加电流的阴极保护法，电极反应式为2H＋＋2e−＝H2↑；总的离子反应的方程式为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；故答案为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；
(3)A．溶液中Na＋向阴极移动，所以向乙极移动，故A错误；
B．石墨为阳极，发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl−−2e−＝Cl2↑，氯气能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，所以从甲极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，故B正确；
C．由总的反应2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，可知如果阴极持续是氯离子放电，反应一段时间后通入适量HCl气体可恢复到电解前电解质的浓度，故C错误；
D．只有氯化钠足量，反应一段时间后，甲电极和乙电极上收集到的气体体积相等，故D错误；
故答案为：B；
(4)若开始时开关K与b连接，形成电解池装置，铁为阴极，发生还原反应生成氢气和氢氧化钠，滴加酚酞溶液后溶液颜色会变红，产生22.4mLH2，物质的量为=0.001ml，根据2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-可知溶液中的n(OH-)=0.002ml，c(OH-)==0.01ml/L，根据c(OH-)c(H+)=10-14得c(H+)=10-12ml/L，溶液的pH=12；故答案为：乙；12。
18．负 增大 减小 不变 0.025ml·L-1
【分析】
根据电解池原理分析解答；根据电路中电子转移守恒结合生成气体的体积进行相关计算。
【详解】
（1）由铜电极的质量增加，发生Ag++e-═Ag，则Cu电极为阴极，Ag为阳极，Y为正极，可知X为电源的负极，故答案为：负；
（2）A中电解氯化钾得到氢氧化钾溶液，pH增大，B中电解硫酸铜溶液生成硫酸，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，C中阴极反应为Ag++e-═Ag，阳极反应为Ag-e−═Ag+，溶液浓度不变，则pH不变，故答案为：增大；减小；不变；
（3）C中阴极反应为Ag++e-═Ag，n(Ag)==0.02ml，则转移的电子为0.02ml，B中阳极反应为4OH--4e-═2H2O+O2↑，则转移0.02ml电子生成氧气为0.02ml×=0.005ml，其体积为0.005ml×22.4L/ml=0.112L=112mL，则在阴极也生成112mL气体，由2H++2e-═H2↑，则氢气的物质的量为=0.005ml，该反应转移的电子为0.005ml ×2=0.01ml，则Cu2++2e-═Cu中转移0.01ml电子，所以反应的Cu2+的物质的量为0.005ml，通电前c(CuSO4)==0.025ml·L−1；故答案为：0.025ml/L。
【点睛】
分析电解过程的思维程序：①首先判断阴阳极，分析阳极材料是惰性电极还是活性电极；②再分析电解质水溶液的组成，找全离子并分阴阳离子两组；③然后排出阴阳离子的放电顺序：阴极:阳离子放电顺序：Ag+>Fe3+>Cu2+>H+>Fe2+>Zn2+>H+；阳极：活泼电极>S2->I->Br->Cl->OH-；如果阳极材料是活性金属如Fe或Cu为阳极，则阳极本身被氧化。
19．B 从右向左 滤纸上有蓝色沉淀产生(答出“蓝色沉淀”或“蓝色斑点”即可) 增大 4OH--4e-=2H2O+O2↑ Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O 6.72 2FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-
【分析】
I.（1）甲装置中左侧为原电池装置，锌作负极，铜作正极，由于需保证电极反应不变，故正极材料的活泼性不能大于Zn，因此不能用镁代替铜；
（2）硫酸根离子向负极移动，移动方向为从右向左移动，M极作阳极，失去电子有铜离子生成，铜离子结合氢氧根离子生成氢氧化铜沉淀；
II.（3）X极作阴极，X极上发生反应：2H++2e-=H2↑，破坏了水的电离平衡，水继续电离，最终导致溶液的c(OH-)增大；
（4）在电解过程中，Y极发生的电极反应为4OH-－4e-=2H2O+O2↑和Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O；
（5）根据整个电路中电子转移数目相等进行计算；
（6）K2FeO4-Zn碱性电池中，Zn作负极，负极的电极反应式为3Zn-6e-+6OH-=3Zn(OH)2，总电池反应：2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2。用总反应式—负极电极式可得：该电池正极发生的电极反应式为：2FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-。
【详解】
I.（1）甲装置是原电池，Zn作负极，Cu作正极。若要保证电极反应不变，则另一个电极的活动性只要比Zn弱即可。根据金属活动性顺序，Mg>Zn，不能是Mg，故答案为B。
（2）根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，实验过程中，SO42-会向正电荷较多的Zn电极方向移动。即从右向左移动。此时由于在阳极上发生反应Cu-2e-=Cu2+，产生的Cu2+在溶液中发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，所以在滤纸上能观察到的现象是有蓝色沉淀产生，故答案为从右向左，滤纸上有蓝色沉淀产生(答出“蓝色沉淀”或“蓝色斑点”即可)。
II.（3）由图可知：X为阴极。电解过程中，X极上发生反应：2H++2e-=H2↑，破坏了水的电离平衡，水继续电离，最终导致溶液的c(OH-)增大，故答案为增大。
（4）根据已知条件可知：在电解过程中，Y极发生的电极反应为4OH-－4e-=2H2O+O2↑和Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O，故答案为4OH-－4e-=2H2O+O2↑，Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O。
（5）根据条件可知：n(O2)=1.68L÷22.4L/ml=0.075ml，在整个电路中电子转移数目相等，2n(H2)=4×n(O2)+6×(2.8g÷56g/ml)=0.6ml，n(H2)=0.3ml，即V(H2)=0.3ml×22.4L/ml=6.72L，故答案为6.72。
（6）K2FeO4-Zn也可以组成碱性电池，Zn作负极，负极的电极反应式为3Zn-6e-+6OH-=3Zn(OH)2，K2FeO4在电池中作为正极材料，电池反应：2K2FeO4+3Zn=Fe2O3+ZnO+2K2ZnO2。用总反应式—负极电极式可得：该电池正极发生的电极反应式为：2FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-，故答案为2FeO42-+6e-+5H2O=Fe2O3+10OH-。
【点睛】
有关电解池的计算中应根据整个电路中电子转移数目相等进行计算。
20．Cl-+H2OClO-+H2↑ 大于 ClO-+H2O⇌HClO+OH- c（H+）=c（OH-）+3c[Al(OH)3] 3ClO-+Al3++3H2O=3HClO+Al(OH)3↓ 4HClO2H2O+2Cl2↑+O2↑ 3ClO-+6Fe2++3H2O=2Fe(OH)3↓+4Fe3++3Cl- 10.7
【分析】
（1）电解饱和食盐水得到氯气、氢气、氢氧化钠溶液，氯气和氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠溶液，将两个方程式相加即可；次氯酸钠溶液水解显碱性；ClO-+H2O⇌HClO+OH-；
（2）溶液中铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，质子守恒是水电离出的氢离子和氢氧根离子守恒；
（3）①烧瓶中加入饱和KAl(SO4)2溶液，次氯酸根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，混合后水解相互促进，产生大量的白色胶状沉淀和次氯酸；②将烧瓶中的混合液在阳光照射下，黄绿色气体为氯气，无色无味的气体为氧气。依据氧化还原反应电子守恒写出化学方程式并配平；
（4）若将分液漏斗中的KAl(SO4)2溶液换成硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4•FeSO4]溶液，硫酸亚铁铵溶液和NaClO溶液反应，亚铁离子具有还原性，次氯酸根离子具有氧化性，在溶液中发生氧化还原反应，亚铁离子被氧化为正三价铁，以Fe(OH)3和Fe3+形式共同存在，所以可以观察到烧瓶中有红褐色沉淀产生，没有观察到黄绿色气体产生，说明ClO-被还原为Cl-；
（5）Ba(OH)2溶液与KHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀，两者的物质的量之比为1：1，剩余氢氧根离子。计算出剩余的氢氧根离子的物质的量浓度，进而计算溶液的PH。
【详解】
（1）电解饱和食盐水得到氯气、氢气、氢氧化钠溶液，氯气和氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠溶液；氯气全部和氢氧化钠反应生成次氯酸钠溶液和氢气：Cl-+H2OClO-+H2↑；次氯酸钠溶液水解显碱性；ClO-+H2O⇌HClO+OH-；
（2）溶液中铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，质子守恒是水电离出的氢离子和氢氧根离子守恒，c（H+）=c（OH-）+3c[Al(OH)3]；
（3）①烧瓶中加入饱和KAl(SO4)2溶液，次氯酸根离子水解显碱性，铝离子水解显酸性，混合后水解相互促进，产生大量的白色胶状沉淀和次氯酸：3ClO-+Al3++3H2O=3HClO+Al(OH)3↓；②将烧瓶中的混合液在阳光照射下，不久烧瓶中有黄绿色气体产生为氯气，充分反应后集气瓶中收集到一种无色无味的气体为氧气。依据氧化还原反应电子守恒写出化学方程式并配平：4HClO2H2O+2Cl2↑+O2↑；
（4）若将分液漏斗中的KAl(SO4)2溶液换成硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4•FeSO4]溶液，其他不变．打开分液漏斗活塞向烧瓶中滴入足量的硫酸亚铁铵溶液．观察到烧瓶中有红褐色沉淀产生，但是没有观察到黄绿色气体产生，亚铁离子具有还原性，次氯酸根离子具有氧化性，在溶液中发生氧化还原反应：3ClO-+6Fe2++3H2O=2Fe(OH)3↓+4Fe3++3Cl-；
（5）取100mL 0.1ml/L Ba(OH)2溶液，向其中逐滴加入同浓度的KHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀，Ba(OH)2溶液与KHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀，需要同浓度溶液体积为100mL，反应物质的量之比为1：1，剩余氢氧根离子物质的量为0.01ml，浓度c（OH-）=0.05ml/L；100℃时Kw=1x10-12，c（H+）=2×10-11ml/L；PH=-lg2×10-11ml/L=10.7。