用惰性电极电解200mL1.5mol/L的Na2SO3溶液,一段时间后,测得两极放出的气体体积之和为20.16L（标准状

将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极显碱性，是氢离子在该电极放电，所以F即是阴极，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极，A是电源的正极，B是负极；
（1）B电极是电源的负极，在A池中，电解硫酸铜的过程中，铜离子逐渐减少，导致溶液颜色变浅，Y极是阴极，该电极颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶体向该电极移动，异性电荷相互吸引，所以氢氧化铁胶体粒子带正电荷，故答案为：逐渐变浅；氢氧化铁胶体粒子带正电荷；
（2）C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：4OH^-═O₂↑+2H₂O+4e^-、Cu²⁺+2e^-═Cu、2Cl^-═Cl₂↑+2e^-、2H⁺+2e^-═H₂↑，当各电极转移电子均为1mol时，生成单质的量分别为：0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5mol，所以单质的物质的量之比为1：2：2：2，乙中电解饱和食盐水发生的离子方程式为2Cl^-+2H₂O

通电
.
2OH^-+H₂↑+Cl₂↑，甲装置的电解方程式为：2CuSO₄+2H₂O

通电
.
2H₂SO₄+2Cu+O₂↑，析出铜和氧气，电解后的甲装置中的溶液恢复到原浓度则需加入一定量的CuO，故答案为：1：2：2：2；2Cl^-+2H₂O

通电
.
2OH^-+H₂↑+Cl₂↑；CuO；
（3）电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，所以H应该是镀件，当乙中溶液的pH是13时（此时乙溶液体积为500mL）时，根据电极反应2H⁺+2e^-═H₂↑，则放电的氢离子的物质的量为：0.1mol/l×0.5L=0.05mol，当转移0.05mol电子时，丙中镀件上析出银的质量=108g/mol×0.05mol=5.4g，电解硫酸铜的过程中氢氧根减少，所以氢离子浓度增大，所以酸性增强，甲中溶液的pH 变小，故答案为：镀件；5.4g；变小；
（4）C电极换为铁，则阳极铁失电子，阴极铜离子得电子，电解池反应为：Fe+Cu²⁺

通电
.
Cu+Fe²⁺，故答案为：Fe+Cu²⁺

通电
.
Cu+Fe²⁺．

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 本题考查学生有关电解池的工作原理知识，综合性很强，难度较大，要求学生熟记教材知识，学以致用．

A．根据电子的方向可知a为负极，b为正极，故A错误；
B．c连接电源的负极，c为阴极，d连接电源的正极，d为阳极，故B正确；
C．在阴极生成Cu，则c电极质量增加，故C错误；
D．阳极氯离子放电生成Cl₂，电解过程中，氯离子浓度降低，故D错误，
故选B．

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 本题考查电解原理，题目难度不大，本题注意根据电子的方向判断电解池的两极，为解答该题的关键，注意电解时两极的变化．

电解硫酸盐溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，如果金属元素的活动性小于氢元素，则阴极上析出金属单质，
设金属阳离子的化合价为x，根据转移电子守恒得，
[0.8g/32g/mol×4＝
ag
bg/molx，x=
0.8g×4×bg/mol
32g/mol×ag]=[b/10a]，
故选D．

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 本题考查了电解原理，根据转移电子守恒来分析解答即可，难度中等．

A．原电池的负极发生氧化反应，电解池的阴极发生还原反应，故A错误；
B．用惰性电极电解Na₂SO₄溶液，阴阳两极产物分别为H₂和O₂，阴阳两极产物的物质的量之比为2：1，故B错误；
C．用惰性电极电解饱和NaCl溶液，发生2NaCl+2H₂O

电解
.
2NaOH+H₂↑+Cl₂↑，若有1mol电子转移，则生成1mol NaOH，故C正确；
D．Mg、Al碱性原电池中，Mg为正极，Al为负极，故D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 原电池和电解池的工作原理．

考点点评： 本题考查原电池和电解池的工作原理，为高考常见题型，注意把握工作原理以及电极方程式的书写，易错点为D，注意能举出反例，题目难度中等．

A、用惰性电极电解氯化钠的水溶液，在阴极上放电的离子是电解质中的氢离子，氢离子浓度会减小，故A错误；
B、用惰性电极电解硫酸铜的水溶液，最后的生成物是铜、氧气和硫酸，氢离子浓度会增大，故B错误；
C、用惰性电极电解硝酸银的水溶液，最后的生成物是银、氧气和硝酸，氢离子浓度会增大，故C错误；
D、用惰性电极电解硫酸钠的水溶液，电解的实质是电解水，电解前后一直是硫酸钠的中性溶液，氢离子浓度不会改变，故D正确．
故选D．

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 本题考查学生电解规律，尅根据电解池的工作原理知识来回答，难度不大．

A．用惰性电极电解饱和氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电，同时阴极附近有氢氧根离子生成，离子方程式为2Cl^-+2H₂O

电解
.
H₂↑+Cl₂↑+2OH^-，故A错误；
B．二者反应生成碳酸钙和水，离子方程式为HCO₃^-+Ca²⁺+OH^-═CaCO₃↓+H₂O，故B正确；
C．自由移动的溴离子能和硝酸银溶液反应生成溴化银沉淀，溴乙烷中没有自由移动的溴离子，所以溴乙烷和硝酸银溶液不反应，故C错误；
D．苯酚钠和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为C₆H₅O^-+CO₂+H₂O→C₆H₅OH+HCO₃^-，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 离子方程式的书写．

考点点评： 本题考查了离子方程式的书写，涉及电解原理、溴代烃中溴元素检验、苯酚的性质等知识点，注意C中溴元素检验方法、步骤，注意D中碳酸氢根离子酸性小于苯酚，无论二氧化碳是否过量，都生成碳酸氢钠，为易错点．

A、电解氯化铜时，阳极放氯气，阴极生成金属铜，所以应加氯化铜让电解质溶液复原，故A错误；
B、电解氢氧化钠时，阳极产生氧气，阴极产生氢气，所以应加水让电解质溶液复原，故B错误；
C、电解氯化钠时，阳极产生氯气，阴极产生氢气，所以应加氯化氢让电解质溶液复原，故C错误；
D、电解硫酸铜时，阳极产生氧气，阴极产生金属铜，所以应加氧化铜让电解质溶液复原，故D正确．
故选D．

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 根据电解池原理，分析两个电极上产生的物质，本着“出什么加什么”的思想来让电解质复原．

（1）该装置中，将电源接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F电极上氢离子放电，同时电极附近有氢氧根离子生成，则F为阴极，B是原电池负极，则A是原电池正极，故答案为：正极；
（2）甲中C电极上氢氧根离子放电，电极反应式为4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑，故答案为：4OH^--4e^-=2H₂O+O₂↑；
（3）用惰性电极电解饱和NaCl溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气，电池反应式为：2NaCl+2H₂O

电解
.
2NaOH+Cl₂↑+H₂↑，根据氯气和NaOH之间的关系式得n（NaOH）=2n（Cl₂）=[0.056L/22.4L/mol×2=0.005mol，c（OH^-）=c（NaOH）=
0.005mol
0.5L]=0.01MOL/l，
c（H⁺）=
10−14
0.01mol/L=10^-12 mol/L，则溶液的pH=12，故答案为：12；
（4）电镀时，镀层作阳极、镀件作阴极，电解质溶液为可溶性的银盐，丙装置给铜镀银，G应该是银，电镀液的主要成分是AgNO₃，故答案为：银；AgNO₃．

点评：
本题考点： 原电池和电解池的工作原理．

考点点评： 本题考查了原电池和电解池原理，根据F电极附近溶液颜色变化确定阴阳极、正负极，再结合各个电极上反应来分析解答，注意溶液pH的计算方法．

A．阳极发生4OH^--4e^-═2H₂O+O₂↑，当有1×10^-3mol的OH^-放电时，生成氧气的体积为1×10^-3mol×[1/4]×22.4L/mol=5.6mL，故A正确；
B．当有1×10^-3mol的OH^-放电时，转移1×10^-3mol电子，则在阴极析出5×10^-4molCu，质量为32mg，故B错误；
C．转移1×10^-3mol电子，阴极析出铜，溶液显浅蓝色，说明铜离子部分放电，没有氢气析出，故C错误；
D．阴极析出铜，质量变化，故D错误．
故选A．

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 本题考查电解原理及计算，明确发生的电极反应及硫酸铜的物质的量是解答本题的关键，为易错题，题目难度中等．

将含有0.4mol NaCl和0.5mol Cu（N0₃）₂的水溶液1L，用惰性电极电解，溶液中的阳离子有Cu²⁺、H⁺、Na⁺；移向阴极，发生的电极反应为：Cu²⁺+2e^-=Cu
阴离子Cl^-、OH^-、NO₃^-；移向阳极；电极反应为：2Cl^--2e^-=Cl₂↑，0.3molCu生成转移电子为0.6mol；溶液中氯离子物质的量为0.4mol，全部反应失去电子物质的量为0.4mol，生成氯气为0.2mol，还有0.2mol电子是氢氧根离子失去发生电极反应为：4OH^--4e-=2H₂O+O₂↑生成氧气为0.05mol，所以共生成气体标准状况下生成气体体积为（0.05mol+0.2mol）×22.4L/mol=5.6L；
故选B．

点评：
本题考点： 电解原理；氧化还原反应的计算．

考点点评： 本题考查了电解原理的应用，混合电解电极产物的判断与计算，主要是离子放电顺序和电子守恒的应用书写电极反应和进行有关计算．

依据装置图分析可知，电解饱和食盐水产生的气体为氢气和氯气，氯气具有强氧化性，而氢气在加热条件下具有较强还原性，根据装置图可知a、b分别阴极和阳极，a极产生的氢气将氧化银还原为单质银，电极附近水的电离平衡被破坏，氢离子放电减少，氢氧根在内的增大，结合溶液中的镁离子生成氢氧化镁沉淀；而b极产生的氯气可氧化硫化钠．过量的氯气通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能为H⁺中和了OH^-，也可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致；
（1）电解时，甲同学发现电极a附近溶液出现浑浊，依据判断可知，a电极为电解池的阴极，溶液中氢离子放电生成氢气，破坏了电极附近水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大，结合溶液中镁离子生成氢氧化镁沉淀，溶液变浑浊，反应的离子方程式为：2H⁺+2e^-═H₂↑，Mg²⁺+2OH^-═Mg（OH）₂↓；
故答案为：2H⁺+2e^-═H₂↑，Mg²⁺+2OH^-═Mg（OH）₂↓；
（2）B装置中的b电极为电解池阳极，溶液中氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，氯气通过硫化钠溶液把硫离子氧化为硫单质，溶液变浑浊出现淡黄色沉淀，反应的离子方程式为：Cl₂+S^2-═2Cl^-+S↓；
故答案为：有淡黄色沉淀；Cl₂+S^2-═2Cl^-+S↓；
（3）电解饱和食盐水产生的气体为氢气和氯气，氯气具有强氧化性，而氢气在加热条件下具有较强还原性，根据装置图可知a、b分别阴极和阳极，a极产生的氢气将氧化银还原为单质银，将A中的物质冷却后加入到H₂S溶液中发现有气泡出现，但加入到稀盐酸中却没有任何现象，说明固体中无氧化银，银单质和盐酸不反应，和氢硫酸反应生成沉淀只能是硫化银沉淀，表明Ag₂S的溶解度比AgCl小很多，反应的化学方程式为：2Ag+H₂S═Ag₂S+H₂；
故答案为：Ag与H₂S的反应式为2Ag+H₂S═Ag₂S+H₂，表明Ag₂S的溶解度比AgCl小很多；
（4）过量的氯气通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能为H⁺中和了OH^-，也可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致．题干中假设一是氯气和水反应生成的次氯酸的氧化性主要作用，假设二是氢氧根离子被氢离子中和反应造成了溶液褪色，
故答案为：可能是H⁺中和了OH^-造成褪色；
（5）过量的氯气通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能为H⁺中和了OH^-，也可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致，证明假设是否正确，可以取用褪色的溶液与试管中，再滴入酚酞试液，若变红色证明假设一正确，
故答案为：取少量D中褪色后的溶液于试管中，滴加1～2滴酚酞溶液，如果又显红色，则假设一正确．

点评：
本题考点： 电解原理；性质实验方案的设计．

考点点评： 本题考查了电解原理应用，物质性质的实验设计方法和实验验证的方案设计，电解池电极判断，生成产物及其物质性质的熟练掌握是解题关键，题目难度中等．

Ag⁺和Cl^-反应生成AgCl沉淀，电解时溶液中不存在Ag⁺，
反应后溶液中存在0.4molCu²⁺、0.4molCl^-，
若在一极析出0.3molCu，阴极得到电子为0.3mol×2=0.6mol，
阳极首先发生：2Cl^--2e^-=Cl₂↑，然后发生4OH^--4e^-=O₂+2H₂O，
则0.4molCl^-生成0.2molCl₂，失去0.4mol电子，在反应中4OH^--4e^-=O₂+2H₂O，转移0.2mol电子，生成0.05molO₂，
则气体的体积为（0.2mol+0.05mol）×22.4L/mol=5.6L，
故选B．

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 本题考查电解原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握离子的放电顺序，为解答该题的关键，难度不大．