新教材适用2024版高考化学二轮总复习第1部分新高考选择题突破专题6化学反应与能量微专题4电化学中离子交换膜的分析与应用教师用书

微专题4电化学中离子交换膜的分析与应用命题角度1单膜在电化学中的使用1.(2022·山东选考)设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成CO2，将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2(s)转化为Co2＋，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法正确的是(D)A．装置工作时，甲室溶液pH逐渐增大B．装置工作一段时间后，乙室无需补充盐酸C．乙室电极反应式为LiCoO2＋2H2O＋e－=Li＋＋Co2＋＋4OH－D．若甲室Co2＋减少200mg，乙室Co2＋增加300mg，则此时已进行过溶液转移【解析】由于右侧装置中两个电极的电势差比左侧装置大，所以右侧装置是原电池，左侧装置是电解池。电池工作时，左侧装置中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为CO2气体，同时生成H＋，电极反应式为CH3COO－－8e－＋2H2O=2CO2↑＋7H＋，H＋通过阳膜进入阴极室，左侧装置的电极反应式为Co2＋＋2e－=Co，因此，左侧装置溶液pH逐渐减小，A错误；对于右侧装置，正极上LiCoO2得到电子，被还原为Co2＋，同时得到Li＋，其中的O2－与溶液中的H＋结合生成H2O，电极反应式为LiCoO2＋e－＋4H＋=Li＋＋Co2＋＋2H2O，负极发生的反应为CH3COO－－8e－＋2H2O=2CO2↑＋7H＋，负极产生的H＋通过阳膜进入正极室，但是右侧装置的H＋浓度仍然是减小的，因此电池工作一段时间后应该补充盐酸，B错误；电解质溶液为酸性，不可能大量存在OH－，右侧装置电极反应式为LiCoO2＋e－＋4H＋=Li＋＋Co2＋＋2H2O，C错误；若左侧装置Co2＋减少200mg，则电子转移物质的量为n(e－)＝eq\f(0.2g,59g/mol)×2＝0.0068mol；若右侧装置Co2＋增加300mg，则转移电子的物质的量为n(e－)＝eq\f(0.3g,59g/mol)×1＝0.0051mol，由于电子转移的物质的量不等，说明此时已进行过溶液转移，即将右侧装置部分溶液转移至左侧装置，D正确；故选D。命题角度2双膜在电化学中的使用2.(2022·全国甲卷)一种水性电解液Zn—MnO2离子选择双隔膜电池如图所示(KOH溶液中，Zn2＋以Zn(OH)eq\o\al(2－,4)存在)。电池放电时，下列叙述错误的是(A)A．Ⅱ区的K＋通过隔膜向Ⅲ区迁移B．Ⅰ区的SOeq\o\al(2－,4)通过隔膜向Ⅱ区迁移C．MnO2电极反应：MnO2＋2e－＋4H＋=Mn2＋＋2H2OD．电池总反应：Zn＋4OH－＋MnO2＋4H＋=Zn(OH)eq\o\al(2－,4)＋Mn2＋＋2H2O【解析】根据图示的电池结构和题目所给信息可知，Ⅲ区Zn为电池的负极，电极反应为Zn－2e－＋4OH－=Zn(OH)eq\o\al(2－,4)，Ⅰ区MnO2为电池的正极，电极反应为MnO2＋2e－＋4H＋=Mn2＋＋2H2O；电池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明是阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到Ⅰ区消耗H＋，生成Mn2＋，Ⅱ区的K＋向Ⅰ区移动或Ⅰ区的SOeq\o\al(2－,4)向Ⅱ区移动，Ⅲ区消耗OH－，生成Zn(OH)eq\o\al(2－,4)，Ⅱ区的SOeq\o\al(2－,4)向Ⅲ区移动或Ⅲ区的K＋向Ⅱ区移动。据此分析答题。根据分析，Ⅱ区的K＋只能向Ⅰ区移动，不能向Ⅲ区移动，A错误；根据分析，Ⅰ区的SOeq\o\al(2－,4)向Ⅱ区移动，B正确；MnO2电极的电极反应式为MnO2＋2e－＋4H＋=Mn2＋＋2H2O，C正确；电池的总反应为Zn＋4OH－＋MnO2＋4H＋=Zn(OH)eq\o\al(2－,4)＋Mn2＋＋2H2O，D正确；故答案选A。3.(2021·全国甲卷)乙醛酸是一种重要的化工中间体，可采用如图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H＋和OH－，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是(D)A．KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用B．阳极上的反应式为HO－COCOOH＋2H＋＋2e－=HO－COCOH＋H2OC．制得2mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了1mol电子D．双极膜中间层中的H＋在外电场作用下向铅电极方向迁移【解析】该装置通电时，乙二酸被还原为乙醛酸，因此铅电极为电解池阴极，石墨电极为电解池阳极，阳极上Br－被氧化为Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，双极膜中间层的H＋在直流电场作用下移向阴极，OH－移向阳极。KBr在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，生成的Br2为乙二醛制备乙醛酸的中间产物，故A错误；阳极上为Br－失去电子生成Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，故B错误；电解过程中阴阳极均生成乙醛酸，1mol乙二酸生成1mol乙醛酸转移电子为2mol,1mol乙二醛生成1mol乙醛酸转移电子为2mol，根据转移电子守恒可知每生成1mol乙醛酸转移电子为1mol，因此制得2mol乙醛酸时，理论上外电路中迁移了2mol电子，故C错误；由上述分析可知，双极膜中间层的H＋在外电场作用下移向阴极，即H＋移向铅电极，故D正确；故选D。命题角度3多膜在电化学中的使用4.(2021·湖南选考)锌/溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池，广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等。三单体串联锌/溴液流电池工作原理如图所示：下列说法错误的是(B)A．放电时，N极为正极B．放电时，左侧贮液器中ZnBr2的浓度不断减小C．充电时，M极的电极反应式为Zn2＋＋2e－=ZnD．隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过【解析】由题意结合装置图可知，放电时，锌电极(M极)作负极被氧化，电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，Br2活性电极(N极)作正极被还原，电极反应式为Br2＋2e－=2Br－。由以上分析可知，放电时，N极为正极，A项正确；放电时，溶液中有Zn2＋与Br－生成，通过循环回路，左侧贮液器中的ZnBr2浓度逐渐增大，B项错误；充电时，M极为阴极，电极反应式为Zn2＋＋2e－=Zn，C项正确；结合装置图可知，电池中的隔膜主要作用是防止Br2通过，造成电池自放电，但可以让Zn2＋和Br－通过，D项正确；故选B。〔思维建模〕解含离子交换膜电化学装置题的步骤知能对点1常见的离子交换膜种类允许通过的离子及移动方向说明阳离子交换膜阳离子→移向电解池的阴极或原电池的正极只允许阳离子通过阴离子交换膜阴离子→移向电解池的阳极或原电池的负极只允许阴离子通过质子交换膜质子→移向电解池的阴极或原电池的正极只允许H＋通过双极膜由水电离出的氢离子和氢氧根离子分别移向两极只允许H＋和OH－通过知能对点2离子交换膜的作用知能对点3阴、阳离子交换膜的判断①看清图示，是否在交换膜上标注了阴、阳离子，是否标注了电源的正、负极，是否标注了电子流向、电荷流向等，明确阴、阳离子的移动方向。②根据原电池、电解池中阴、阳离子的移动方向，结合题意中给出的制备、电解物质等信息，找出物质生成或消耗的电极区域、确定移动的阴、阳离子，从而推知离子交换膜的种类。注意：在多交换膜的电池中，离子迁移遵循电荷守恒，离子的迁移数目可能不相等。命题角度1单膜在电化学中的使用1.(2023·河北邯郸二模)液流电池储能寿命长、安全性高，是大规模高效储能首选技术之一、全钒液流电池、铁铬液流电池是使用规模较大的两种液流电池，它们的装置如图所示。已知铁铬液流电池中甲池电解质溶液为Fe2＋/Fe3＋、乙池电解质溶液为Cr3＋/Cr2＋；氧化性：Fe3＋>Cr3＋。下列说法错误的是(C)A．铁铬液流电池充电时，a电极与电源正极相连，b电极与电源负极相连B．铁铬液流电池放电时，乙池的电极反应式为Cr2＋－e－=Cr3＋C．全钒液流电池中，A、B、C、D分别为V4＋、V5＋、V3＋、V2＋D．放电时，电路中通过0.1mol电子，理论上，有0.1NA个H＋由乙池经质子交换膜移向甲池【解析】在铁铬液流电池中，因为氧化性：Fe3＋>Cr3＋，放电时，甲池为正极，电极反应式为Fe3＋＋e－=Fe2＋，乙池为负极，电极反应为Cr2＋－e－=Cr3＋，所以充电时，甲池接电源的正极，为阳极，乙接电源的负极，为阴极；若换成全钒液流电池，放电时，甲池为正极，B→A，为V5＋＋e－=V4＋，乙池为负极，C→D，为V2＋－e－=V3＋。在铁铬液流电池中，因为氧化性：Fe3＋>Cr3＋，放电时，甲池为正极反应为：Fe3＋＋e－=Fe2＋，乙池为负极，发生反应为Cr2＋－e－=Cr3＋，所以充电时，甲池中a接电源的正极，为阳极，乙池中b接电源的负极，为阴极，A正确；根据以上分析，放电时乙池为负极，发生反应为Cr2＋－e－=Cr3＋，B正确；若换成全钒液流电池，放电时，甲池为正极，B→A，为V5＋＋e－=V4＋，乙池负极，反应为：C→D，为V2＋－e－=V3＋，所以A、B、C、D分别为V4＋、V5＋、V2＋、V3＋，C错误；放电时，a为正极，b为负极，阳离子向正极移动，所以H＋向甲池移动，若电路中通过0.1mol电子，理论上，有0.1NA个H＋由乙池经质子交换膜移向甲池，D正确；故选C。2.(2023·湖南永州二模)我国科学家采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将CO2转化为乙烯，装置如下图。已知：电解效率η(B)＝eq\f(n生成B所用的电子,n通过电极的电子)×100%。下列说法错误的是(B)A．电极a电势比电极b电势低B．通电后阴极区溶液pH不变C．电极b上发生反应：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑D．若乙烯的电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，产生0.05mol乙烯【解析】电极a实现了CO2→CO→C2H4的转化，C的化合价由＋4价变为－2价，化合价降低，发生的是还原反应，所以电极a为阴极，与电源负极相连，电极b为阳极，与电源正极相连。由物理知识可知，正极电势比负极高，由以上分析知，电极a为阴极，与电源负极相连，电极b为阳极，与电源正极相连，所以电极a电势比电极b电势低，故A正确；由图知纳米Cu催化剂上发生的反应为CO转化为乙烯，氢元素由电解质溶液中的水提供，则反应为2CO＋6H2O＋8e－=C2H4＋8OH－，生成OH－导致溶液的pH会增大，故B错误；电极b上发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，故C正确；电路中通过1mol电子时，已知η(乙烯)＝eq\f(n生成乙烯所用电子,n通过电极的电子)×100%＝60%，则n(生成乙烯所用电子)＝0.6mol，由CO2转化为乙烯的反应式为2CO2＋8H2O＋12e－=C2H4＋12OH－，由C2H4～12e－关系，所以当n(生成乙烯所用电子)＝0.6mol时，n(乙烯)＝0.05mol，故D正确；故选B。命题角度2双极膜在电化学中的使用3.(2023·河北石家庄统考一模)电化学合成具有反应条件温和、反应试剂纯净和生产效率高等优点，利用下图所示装置可合成己二腈[NC(CH2)4CN]。充电时生成己二腈，放电时生成O2，其中a、b是互为反置的双极膜，双极膜中的H2O会解离出H＋和OH－向两极移动。下列说法正确的是(C)A．N极的电势高于M极的电势B．放电时，双极膜中OH－向M极移动C．充电时，阴极的电极反应式为2CH2=CHCN＋2e－＋2H＋=NC(CH2)4CND．若充电时制得1molNC(CH2)4CN，则放电时需生成1molO2，才能使左室溶液恢复至初始状态【解析】充电时生成己二腈，放电时生成O2，则充电时，N极发生还原反应，为阴极；放电时，N极发生氧化反应，为负极；当放电时，N极发生氧化反应，为负极，电势低于正极M极，A错误；放电时，阴离子向负极运动，则双极膜中OH－向N极移动，B错误；充电时，N极为阴极，阴极发生还原反应生成己二腈，电极反应式为2CH2=CHCN＋2e－＋2H＋=NC(CH2)4CN，C正确；若充电时制得1molNC(CH2)4CN，转移2mol电子，放电时反应为2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，根据电子守恒可知，需生成0.5molO2，才能使左室溶液恢复至初始状态，D错误；故选C。4.(2023·辽宁沈阳二模)上海交通大学利用光电催化脱除SO2与制备H2O2相耦合，高效协同转化过程如图。(BPM膜可将水解离为H＋和OH－，向两极移动)已知：①2H2O(l)＋O2(g)=2H2O2(aq)ΔGΘ＝＋233.6kJ/mol②2OH－(aq)＋SO2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=SOeq\o\al(2－,4)(aq)＋H2O(l)ΔGΘ＝－374.4kJ/mol下列分析中正确的是(D)A．α-Fe2O3是负极，电势更高B．正极区每消耗22.4L氧气，转移2mole－C．当生成0.1molH2O2时，负极区溶液增加6.4gD．总反应SO2(g)＋O2(g)＋2OH－(aq)=SOeq\o\al(2－,4)(aq)＋H2O2(aq)，该过程为自发过程【解析】由图示信息可知α-Fe2O3电极二氧化硫失电子生成SOeq\o\al(2－,4)，α-Fe2O3为负极，负极电势低于正极电势，故A错误；气体不是标准状况，不能根据气体体积确定气体的物质的量，故B错误；正极反应：2H＋＋O2＋2e－=H2O2，生成0.1molH2O2时，转移0.2mol电子，结合负极反应：4OH－＋SO2－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋2H2O，转移0.2mol电子时，负极吸收0.1mol(6.4g)二氧化硫，同时BPM膜中解离出的OH－进入负极区，所以负极区增重大于6.4g，故C错误；根据盖斯定律可知，总反应可由eq\f(1,2)×①＋②得到，总反应的ΔGΘ＝eq\f(1,2)ΔGΘ(①)＋ΔGΘ(②)＝eq\f(＋233.6kJ/mol,2)＋(－374.4kJ/mol)＝－257.6kJ/mol，ΔG<0，反应可自发进行，故D正确；故选D。命题角度3多膜在电化学中的使用5.(2023·山东省实验中学一模)在直流电源作用下，双极膜中间层中的H2O解离为H＋和OH－。某技术人员利用双极膜(膜c、膜d)和离子交换膜高效制备H2SO4和NaOH，工作原理如图所示：下列说法错误的是(D)A．电势：N电极>M电极B．双极膜膜c输出H＋，膜a、膜e为阳离子交换膜C．M极电极反应式为2H2O＋2e－=H2＋2OH－D．当电路中转移2mole－时，整套装置将制得1molH2SO4【解析】由题意可知该电解池可以高效制备H2SO4和NaOH，H2O在M极得到电子生成H2和OH－，电极方程式为2H2O＋2e－=H2＋2OH－，膜a是阳离子交换膜，Na＋通过膜a进入M极，双极膜膜c输出H＋，膜b是阴离子交换膜，SOeq\o\al(2－,4)通过膜b进入膜b和膜c之间的区域生成H2SO4；H2O在N极失去电子生成O2和H＋，电极方程式为2H2O－4e－=O2＋4H＋，膜f是阴离子交换膜，SOeq\o\al(2－,4)通过膜f进入N极，双极膜膜d输出OH－，膜e是阳离子交换膜，Na＋通过膜e进入膜e和膜d之间的区域生成NaOH；以此解答。由分析可知，H2O在M极得到电子生成H2和OH－，M为阴极，H2O在N极失去电子生成O2和H＋，N极为阳极，则电势：N电极>M电极，故A正确；由分析可知，双极膜膜c输出H＋，膜a、膜e为阳离子交换膜，故B正确；由分析可知，M极电极反应式为2H2O＋2e－=H2＋2OH－，故C正确；由分析可知，N极电极方程式为2H2O－4e－=O2＋4H＋，当电