分析：

以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应，据此回答判断．

解答：

解：A、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，该极区碱性增强，遇到酚酞溶液呈红色，故A正确；

B、以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应逸出气体氢气，故B正确；

C、以石墨为电极，电解KI溶液时，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，故C正确；

D、以石墨为电极，电解KI溶液时，生成氢氧化钾溶液，溶液的pH变大，故D错误．

故选D．

点评：

本题考查学生电解池的工作原理以及物质的性质知识，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度中等．

分析：

通电2min后b电极附近溶液呈红色，则b电极H_放电，则Y为负极，X为正极，Pt为阳极，电解CuSO$_4$溶液发生2CuSO$_4$+2H$_2$O$\xlongequal[]{电解}$2Cu+O$_2$↑+2H$_2$SO$_4$，电解NaCl溶液发生2NaCl+2H$_2$O$\xlongequal[]{电解}$2NaOH+Cl$_2$↑+H$_2$↑，结合电子由负极流向正极及电子守恒来解答．

解答：

解：通电2min后b电极附近溶液呈红色，则b电极H_放电，则Y为负极，X为正极，Pt为阳极，电解CuSO$_4$溶液发生2CuSO$_4$+2H$_2$O$\xlongequal[]{电解}$2Cu+O$_2$↑+2H$_2$SO$_4$，电解NaCl溶液发生2NaCl+2H$_2$O$\xlongequal[]{电解}$2NaOH+Cl$_2$↑+H$_2$↑，

A．由上述分析可知电解过程中CuSO$_4$溶液物质的量浓度变小，故A错误；

B．Y为负极，X为正极，则电子流动的方向是由a流向Cu电极，故B正确；

C．氢气为0.224L，n=0.01mol，由H$_2$↑～2e_可知，转移电子为0.02mol，故C正确；

D．NaCl溶液体积为500mL，由H$_2$↑～2OH_可知，电解速率v(OH_)=$\frac {$\frac {0.02mol}{0.5L}$}{2min}$=0.02mol/(L．min)，故D正确；

故选A．

点评：

本题考查电解原理，明确b电极附近溶液呈红色是解答本题的关键，熟悉电解原理、离子的放电顺序即可解答，题目难度不大．

分析：

当电路中通过4mol电子的电量时，阴阳两极都产生1.4mol的气体，阴极产生的气体为H$_2$，阳极产生的气体为Cl$_2$和O$_2$，生成1.4molH$_2$转移电子为1.4mol×2=2.8mol，所以阴极析出Cu的物质的量=$\frac {4mol-2.8mol}{2}$=0.6mol．令阳极气体中Cl$_2$、O$_2$的物质的量分别为xmol、ymol，根据转移的电子数和产生气体的物质的量列方程计算，据此判断整个电解过程中各阶段发生的反应，据此计算．

解答：

解：根据题意可知，当电路中通过4mol电子的电量时，阴阳两极都产生1.4mol的气体，阴极产生的气体为H$_2$，阳极产生的气体为Cl$_2$和O$_2$，

生成1.4molH$_2$转移电子为1.4mol×2=2.8mol，所以阴极析出Cu的物质的量=$\frac {4mol-2.8mol}{2}$=0.6mol．

令阳极气体中Cl$_2$、O$_2$的物质的量分别为xmol、ymol，根据转移的电子数和产生气体的物质的量，则：

$\left\{\begin{matrix}x+y=1.4 \ 2x+4y=4 \ \end{matrix}\right.$，解得x=0.8，y=0.6，

所以整个电解过程分为三段：

第一阶段，氯离子、铜离子放电，阳极产生0.6molCl$_2$，阴极产生0.6molCu，此时溶液的pH变化不大；

第二阶段，氯离子、水放电，阳极产生0.2molCl$_2$，阴极产生0.2molH$_2$，此时溶液中产生0.4molOH_，溶液的pH增大；

第三阶段，电解水生成氢气与氧气，阳极产生0.6molO$_2$，阴极产生1.2molH$_2$，此时溶液中OH_浓度基本不变；

所以溶液中c(OH_)=$\frac {0.4mol}{4L}$=0.1mol/L，故溶液pH=13，

故选C．

点评：

本题考查电解的计算，难度较大，主要考查学生的分析能力，根据阴阳两极的气体物质的量判断气体的成分是解题的关键．

分析：

左边装置是原电池，氢氧原料原电池中，投放燃料的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，投放氧化剂的电极是正极，正极上发生还原反应；右边装置是电解池，电解池阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应，据此分析解答．

解答：

解：A、右边装置是电解池，铜电极连接原电池的正极，所以铜电极是电解池的阳极，故A正确．

B、根据放电过程中，根据得失电子数相等计算消耗氧气的体积，设消耗氧气的体积为v．

根据得失电子数相等得氧气和铜的关系式为：

O$_2$------2Cu

22.4L 128g

V 12.8g

V=$\frac {12.8g×22.4L}{128g}$=2.24L，故B正确．

C、左边装置是原电池，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为：H$_2$+2OH_-2e_═2H$_2$O，故C正确．

D、左边装置是原电池，正极上氧气得电子发生还原反应，故D错误．

故选D．

点评：

本题考查了原电池和电解池原理，难度不大，注意氢氧燃料电池中电极反应式的书写，书写时要结合电解质溶液的酸碱性，酸碱性不同，电极反应式的书写不同．

分析：

2L1mol/L硫酸铜溶液，含有铜离子为2mol，转移0.5mol电子，铜离子有剩余．

所以电解2L1mol/L硫酸铜溶液，在电路中通过0.5mol电子后，发生的电解的总反应式相同为2H$_2$O+2CuSO$_4$$\xlongequal[]{电解}$2Cu+O$_2$↑+2H$_2$SO$_4$ 计算生成的硫酸0.25mol，生成铜0.25mol，将电源反接后，电路中又通过1mol电子，首先发生电镀，

0.25molCu放电，转移电子数为0.25mol×2=0.5mol，所以再发生惰性电解硫酸铜溶液2H$_2$O+2CuSO$_4$$\xlongequal[]{电解}$2Cu+O$_2$↑+2H$_2$SO$_4$ 又转移0.5mol电子，再计算生成的硫酸的物质的量，两次之和为硫酸总的物质的量，根据c=$\frac {n}{V}$计算氢离子浓度．

解答：

解：电解2L1mol/L硫酸铜溶液，在电路中通过0.5mol电子后，发生的电解的总反应式为2H$_2$O+2CuSO$_4$$\xlongequal[]{电解}$2Cu+O$_2$↑+2H$_2$SO$_4$ 转移0.5mol电子，令生成的硫酸的物质的量为xmol，生成的铜为ymol，则：由电解的总反应式

2H$_2$O+2CuSO$_4$$\xlongequal[]{电解}$2Cu+O$_2$↑+2H$_2$SO$_4$ 转移电子

2mol 2mol 4mol

ymol xmol 0.5mol

所以x=0.25，y=0.25．剩余铜离子为2L×1mol/L-0.25mol=1.75mol．

将电源反接后，首先发生电镀，0.25molCu放电，转移电子数为0.25mol×2=0.5mol，所以再惰性电极电解硫酸铜溶液又转移0.5mol电子，令生成的硫酸的物质的量为zmol，则：电解的总反应式

2H$_2$O+2CuSO$_4$$\xlongequal[]{电解}$2Cu+O$_2$↑+2H$_2$SO$_4$ 转移电子

2mol 4mol

zmol 0.5mol

所以，z=0.25mol．

所以生成的硫酸的总的物质的量为0.25mol+0.25mol=0.5mol．

所以氢离子浓度为$\frac {0.5mol×2}{2L}$=0.5mol/L．

故选：C．

点评：

考查物质的量浓度计算、氧化还原反应、电解等，难度较大，判断电源反接后开始发生电镀，然后发生惰性电极电解硫酸铜溶液是解题的关键．

分析：

电解饱和食盐水，阳极发生2Cl_-2e_=Cl$_2$↑，阴极发生4H$_2$O+4e_=H$_2$↑+4OH_，结合电子守恒进行计算．

解答：

解：电解饱和食盐水，阳极发生2Cl_-2e_=Cl$_2$↑，阴极发生4H$_2$O+4e_=2H$_2$↑+4OH_，

由电子守恒可知，2Cl$_2$↑～4OH_，

阴极附近有0.4molOH_生成时，阳极生成氯气为$\frac {0.4mol}{2}$=0.2mol，

故选B．

点评：

本题考查电解原理，明确发生的电极反应及电子守恒是解答本题的关键，题目难度不大．

分析：

该燃料电池为碱性电池，电池的正极反应为：O$_2$+2H$_2$0+4e_═4OH_，负极反应为H$_2$-2e_+2OH_═H$_2$O，电解饱和碳酸钠溶液阴极发生的反应为：2H_+2e_═H$_2$↑，阳极反应为：4OH_-4e_═O$_2$↑+2H$_2$0，以此回答各电极的变化．

解答：

解：A、电池负极反应为：H$_2$-2e_+2OH_═H$_2$O，当负极消耗mg气体时，转移的电子的物质的量为 $\frac {m}{2}$mol×2=mmol，电解池阳极失电子为 m mol，阳极发生的反应为：4OH_-4e_═O$_2$↑+2H$_2$0，阳极生成气体的质量为 $\frac {m}{4}$mol×32g/mol=8mg，故A错误；

B、电解后，由于电解了水，水的质量减小，碳酸钠为饱和溶液，所以会析出碳酸钠晶体，但是c(Na$_2$CO$_3$)不变，故B正确；

C、该燃料电池为碱性电池，电池的正极反应为：O$_2$+2H$_2$0+4e_═4OH_，故C错误；

D、燃料电池的总反应为O$_2$+2H$_2$═2H$_2$0，溶质的物质的量不变，但溶液的体积增大，所以原电池中c(KOH)减小，故D错误；

故选：B．

点评：

本题考查了原电池和电解池原理，注意把握原电池和电解池中电极方程式的书写方法，注意电子守恒在计算中的应用，题目难度中等．

分析：

A、B、C均为电解池，Cu电极和Ag电极都是阴极，铜离子和银离子在阴极得电子生成Cu和Ag，据电子守恒解答．

解答：

解：A中铜电极的质量增加0.128g时，电路中转移电子物质的量为$\frac {0.128g}{64g/mol}$×2=0.004mol，由于B和C并联，每有1mol电子转移，B中电极上析出0.5molAg，所以B中电极上银的质量增加0.002mol×108g/mol=0.216g，

故选C．

点评：

本题考查了电解计算中电子守恒的应用，题目难度不大．

分析：

a、b、c、d、e、f均为惰性电极，电解质溶液均足量．接通电源后，d极附近显红色，有碱生成，该电极反应式为2H$_2$O+2e_=2OH_+H$_2$↑，发生还原反应，则d电极为阴极、c电极为阳极，故A为电源正极、B为电源负极，则甲中a为阳极、b为阴极，丙中e为阳极、f为阴极，丁中M为阳极、N为阴极，据此解答．

解答：

解：a、b、c、d、e、f均为惰性电极，电解质溶液均足量．接通电源后，d极附近显红色，有碱生成，该电极反应式为2H$_2$O+2e_=2OH_+H$_2$↑，发生还原反应，则d电极为阴极、c电极为阳极，故A为电源正极、B为电源负极，则甲中a为阳极、b为阴极，丙中e为阳极、f为阴极，丁中M为阳极、N为阴极，

A．由上述分析可知，B为电源负极，故A错误；

B．a极为阳极，电极反应式为2H$_2$O-4e_=O$_2$↑+4H_，生成氧气，c极为阳极，电极反应式为2Cl_-2e_=Cl$_2$，生成氯气，根据电子转移守恒可知，氧气与氯气的物质的量之比为1：2，故B错误；

C．丁装置给铜镀银，M应为Ag，N为Cu，电解液为 AgNO$_3$溶液，故C错误；

D．f极附近变红，说明氢氧化铁胶粒向f极移动，由于f为阴极，说明氢氧化铁胶粒带正电荷，故D正确，

故选D．

点评：

本题考查电解原理，难度中等，根据d极附近显红色判断电源正负极是关键，侧重对电解原理的理解运用

分析：

两极只有H$_2$和O$_2$生成，应为电解水型的电解，电解时阳极反应为：4OH_-4e=2H$_2$O+O$_2$↑，阴极反应为：4H_+4e=2H$_2$↑，可为电解含氧酸溶液、强碱溶液或活泼金属的含氧酸盐溶液，以此解答该题．

解答：

解：两极只有H$_2$和O$_2$生成，应为电解水型的电解，电解时阳极反应为：4OH_-4e=2H$_2$O+O$_2$↑，阴极反应为：4H_+4e=2H$_2$↑，可为电解含氧酸溶液、强碱溶液或活泼金属的含氧酸盐溶液，

①如为电解强碱溶液，则pH增大，故①正确；

②如为电解含氧酸溶液，则pH减小，故②正确；

③如电解活泼金属的含氧酸盐，则pH不变，故③正确；

④如电解含氧酸溶液、强碱溶液或活泼金属的含氧酸盐溶液等，实际上为电解的水，如电解后没有达到饱和，则浓度增大，故④正确；

⑤如电解的溶液为饱和溶液，则浓度不变，故⑤正确．

故选A．

点评：

本题考查电解原理，侧重于电解水型的考查，题目难度不大，注意阴阳离子的放电顺序，把握电解特点和规律．

分析：

先判断装置类型，再确定装置中的电极类型；根据电极类型确定电极上发生的反应及溶液中PH值的变化；

解答：

解：①有外接电源，所以是电解池；②没有外接电源，所以是原电池．

A、①中铜接正极，所以铜是阳极，铁是阴极；②中锌的活泼性大于铜的，所以锌是负极铜是正极；故A错误．

B、①Cu_+2e_ = Cu

2mol 64g

0.02mol0.64g

所以析出铜 0.64g

②2H_+2e_  =  H$_2$↑

2mol 2g

0.02 mol 0.02g

得到氢气 0.02g，所以①＞②，故B错误．

C、电极反应式：①中阳极：Cu-2e_=Cu_，②中负极：Zn-2e_=Zn_

故C错误．

D、①中各离子的浓度不变，所以PH 值不变；②中氢离子得电子生成氢气，氢离子的浓度降低，所以PH增大．

故D正确．

故选D．

点评：

原电池、电解池的判断方法：

1、若无外加电源，可能是原电池，然后再根据原电池的形成条件判定；

2、若有外加电源，两电极插入电解质溶液中，可能是电解池或电镀池，当阳极金属与电解质溶液中的金属阳离子相同时，则为电镀池．

3、若无明显外接电源的串联电路，则利用题中信息找出能自发进行氧化还原反应的装置为原电池．

分析：

电解CuSO$_4$溶液质量增重的一极是电解池的阴极，析出铜，该电极无H$_2$析出，说明电解过程中只发生反应：2CuSO$_4$+2H$_2$O$\xlongequal[]{电解}$2Cu+2H$_2$SO$_4$+O$_2$↑，根据析出Cu的质量计算生成硫酸的物质的量，据此计算溶液中c(H_)．

解答：

解：电解CuSO$_4$溶液质量增重的一极是电解池的阴极，析出铜，该电极无H$_2$析出，说明电解过程中只发生反应：2CuSO$_4$+2H$_2$O$\xlongequal[]{电解}$2Cu+2H$_2$SO$_4$+O$_2$↑，

设生成硫酸的物质的量为x，则：

2CuSO$_4$+2H$_2$O$\xlongequal[]{电解}$2Cu+2H$_2$SO$_4$+O$_2$↑，

128g 2mol

0.064g x

x=$\frac {0.064g×2mol}{128g}$=0.001mol

n(H_)=0.001mol×2=0.002mol

c(H_)=$\frac {0.002mol}{0.5L}$=4×10_mol/L，

故选A．

点评：

本题考查电解原理有关计算，难度不大，注意利用方程式计算，由于溶液中硫酸根的物质的量不变可以利用电荷守恒计算氢离子物质的量．