05发展素养(十一)模型认知-电化学中的“多池”与“多室”【答案】听课手册

发展素养(十一)模型认知——电化学中的“多池”与“多室”探究点1例1D[解析]通甲烷一极为负极,电解质溶液为KOH溶液,故负极反应式为CH4-8e-+10OH-CO32-+7H2O,A错误;电极a为阳极,根据电解原理,该极氯离子失去电子,产生氯气,B错误;根据得失电子守恒可得关系式:CH4~8e-~4Cl2,则若每个电池甲烷通入量为1L(标准状况),且反应完全,由于两个燃料电池串联,通过每个电极的电子数相同,故理论上最多能产生氯气的体积为4L(标准状况),C错误;电解饱和食盐水时,反应产生氢氧化钠、氢气和氯气,总反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑,D变式题1C[解析]装置图中,左侧装置为氢氧燃料电池,右侧装置为电解池。氢氧燃料电池中,负极反应式为H2+O2--2e-H2O,正极反应式为O2+4e-2O2-;电解池中,Fe电极(阳极)反应式为Fe+8OH--6e-FeO42-+4H2O,Ni电极(阴极)反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-。从图中箭头可知,电极c产生的H2流入电极b处,则电极c为Ni电极(阴极),电极b为负极,电极a为正极,电极d为Fe电极(阳极),A、B均错误;理论上,固体电解质中每迁移0.3molO2-,电路中转移电子的物质的量为0.6mol,可以制得0.1molNa2FeO4,质量为0.1mol×166g·mol-1=16.6g,C正确;阳极需要消耗OH-,阴极不断生成OH-,为提高Na2FeO4的产率,应使用阴离子交换膜,D错误。变式题2C[解析]浓差电池中,Cu(2)失去电子,故该电极为负极,电极反应式为Cu-2e-Cu2+,Cu(1)电极为正极,该电极上发生得电子的还原反应,电极反应式为Cu2++2e-Cu,则电解槽中C(1)极为阴极、C(2)极为阳极,阳极上水失电子生成氧气和氢离子,电极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+,阴极上丙烯腈得电子合成己二腈,电极反应式为2CH2CHCN+2H++2e-NC(CH2)4CN。由分析可知,Cu(2)失去电子,故该电极为负极,电极反应式为Cu-2e-Cu2+,A正确;由分析可知,此电池为浓差电池,主要因为铜离子浓度不同形成的电势差,所以隔膜是阴离子交换膜,B正确;当两电极中铜离子浓度相同时放电完毕,此时溶液中c(Cu2+)=1+52mol·L-1=3mol·L-1,所以转移电子的物质的量是(3-1)mol·L-1×0.1L×2=0.4mol,由阴极反应2CH2CHCN+2H++2e-NC(CH2)4CN可知,可制备0.2mol己二腈,C错误,D正确。探究点2例2A[解析]由图知,与电源负极相连的阴极的电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-,与电源正极相连的阳极的电极反应式为2H2O-4e-4H++O2↑,钠离子通过离子交换膜Ⅰ移向阴极,故Ⅰ为阳离子交换膜,硫酸根离子通过离子交换膜Ⅱ向右移动,故Ⅱ为阴离子交换膜,双极膜处氢离子向左移动,氢氧根离子向右移动,钠离子通过阳离子交换膜向左移动,硫酸根离子通过阴离子交换膜向右移动。由分析知,阴极反应式:2H2O+2e-H2↑+2OH-,A正确;由分析知,Ⅰ为阳离子交换膜,Ⅱ为阴离子交换膜,B错误;由分析知,电解过程中有两处生成NaOH,根据电子守恒,电路中转移2mol电子时共产生4molNaOH,C错误;由阴极和阳极电极反应式得,该装置总反应的方程式为6H2O2H2↑+O2↑+4H++4OH-,D错误。变式题1C[解析]该装置为原电池,根据图中电极上物质变化情况可知,左侧电极为负极,右侧电极为正极。原电池工作时,阴离子移向负极,阳离子移向正极,双极膜的a侧应为阴离子交换膜,b侧为阳离子交换膜,A错误;每脱除标准状况下11.2L的SO2,为0.5molSO2,转移1mol电子,双极膜处有1mol的H2O解离,B错误;右侧消耗H+的量等于迁移过来H+的量,硫酸的总量不变,故反应过程中不需补加稀H2SO4,C正确;负极反应式为SO2-2e-+4OH-SO42-+2H2O,正极反应式为O2+2e-+2H+H2O2,双极膜中H2O解离:H2OH++OH-,则协同转化总反应为SO2+O2+2NaOHH2O2+Na2SO4,D错误。变式题2D[解析]由图可知,b极为阳极,电解时阳极上水失电子发生氧化反应生成O2和H+,a极为阴极,电解时阴极上水得电子发生还原反应生成H2和OH-,原料室中的钠离子通过阳膜进入a极室,a极室溶液中c(NaOH)增大,原料室中B(OH)4-通过阴膜进入产品室,b极室中氢离子通过阳膜进入产品室,在产品室中B(OH)4-、H+发生反应生成H3BO3;a、b电极反应式分别为2H2O+2e-H2↑+2OH-、2H2O-4e-O2↑+4H+,理论上每生成1mol产品,a极生成0.5molH2,减少质量为1g,NaOH溶液增加的Na+为1mol即23g,故NaOH溶液质量增加22探究点3例3D[解析]电极a上CO2得电子生成CO、CO得电子产生乙烯,a为阴极,b为阳极。电极a上CO2得电子生成CO、CO得电子产生乙烯,没有氧气产生,A错误;电极b为阳极,与电源正极相连,B错误;由图可知,单原子Ni催化剂上发生反应:CO2+H2O+2e-CO+2OH-,C错误;由CO2转化为乙烯的电极反应为2CO2+8H2O+12e-C2H4+12OH-,若乙烯的电解效率为75%,电路中通过10mol电子时,根据公式得n(生成乙烯所用的电子)=7.5mol,产生的乙烯为0.625mol,D正确。变式题1D[解析]A池左侧通入的精制饱和氯化钠溶液变为稀氯化钠溶液,则A池为电解池,生成X的一极为电解池的阳极,氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气,则X为氯气,生成Y的电极为阴极,水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子,阴极附近氢氧根离子浓度增大,Na+通过阳离子交换膜进入阴极区,则Y为氢气,氢氧化钠溶液的浓度:a%>b%;B池为燃料电池,B池中通入空气的电极为燃料电池的正极,空气中氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子,电极反应式为O2+4e-+2H2O4OH-,正极附近氢氧根离子浓度增大,Na+通过阳离子交换膜进入正极区,则氢氧化钠溶液的浓度:c%>a%,通入氢气的一极为负极,碱性条件下氢气在负极失去电子发生氧化反应生成水,负极附近溶液的氢氧根离子浓度减小。若生成标准状况下22.4L氯气,假定空气中氧气的体积分数为20%,由得失电子数目守恒可知消耗标准状况下空气的体积为22.4L×12变式题2D[解析]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,脱盐室中硫酸根离子进入Ⅱ室,钠离子进入Ⅲ室,为了保证Ⅱ室溶液电中性,Ⅰ室产生H+进入Ⅱ室溶液,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,c膜为阳离子交换膜;Ⅱ室硫酸通过泵进入吸收室用于吸收NH3。根据分析,a、c为阳离子交换膜,b为阴离子交换膜,A正确;硫酸吸收氨气生成硫酸铵,可以用于制作肥料氮肥,B正确;脱盐室中钠离子进入Ⅲ室、硫酸根离子进入Ⅱ室,钠离子带1个单位正电荷、硫酸根离子带2个单位负电荷,则理论上当电路中通过0.14mol电子,脱盐室减少0.07molNa2SO4,质量减少9.94g,C正确;Ⅲ室电极为阴极,电极反应式为2H2O+2e-2OH-+H2↑,转移0.14mol电子,