大单元四　第十章　第36讲　多池、多室电化学装置

第36讲多池、多室电化学装置[复习目标]1.了解离子交换膜的类型及作用。2.了解多池连接装置的特点及分析方法。3.建立解答复杂电化学装置的思维路径。考点一离子交换膜在电化学中的应用1.离子交换膜的分类离子交换膜是一种含离子基团的、对溶液中的离子具有选择透过功能的膜，通常由特殊高分子材料制成。离子交换膜分为：(1)阳离子交换膜，只允许阳离子通过，不允许阴离子通过。(2)阴离子交换膜，只允许阴离子通过，不允许阳离子通过。(3)质子交换膜，只允许H+通过，不允许其他阳离子或阴离子通过。(4)双极隔膜，是一种新型离子交换膜，其膜主体可分为阴离子交换层、阳离子交换层和中间界面层，水解离催化剂被夹在中间的离子交换聚合物中，水电离产物H+和OH-可在电场力的作用下快速迁移到两侧溶液中，为膜两侧的半反应提供各自理想的pH条件。2.离子交换膜的作用(1)能将两极区隔离，阻止两极区产生的物质接触，防止发生化学反应，提高产品的纯度或避免不安全因素。(2)能选择性地允许离子通过，起到平衡电荷、形成闭合回路的作用。3.分析方法(1)根据膜的性质和离子在溶液中的迁移方向，画出离子透过膜的方向；(2)寻找迁出室溶液中浓度较大的迁移离子；(3)分析离子在迁入室的浓度增大和在迁出室的浓度减小，以及带来的实质变化。1.(2026·浙江1月选考，12)一种电解葡萄糖(C6H12O6)制取葡萄糖二酸钾(C6H8O8K2)的装置示意图如图所示，下列说法中，不正确的是()A.电极M处的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-B.离子交换膜P为阳离子交换膜C.1mol葡萄糖(C6H12O6)完全转化为葡萄糖二酸钾(C6H8O8K2)转移的电子数为6NAD.电解过程可能产生葡萄糖酸钾(C6H11O7K)答案B2.(2025·浙江一模)我国科学家在太阳能光电催化—化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。下列说法不正确的是()A.该离子交换膜为阳离子交换膜B.b极发生的电极反应为3I--2e-=IC.理论上每转移1mol电子，分解H2S气体22.4L(标准状况)D.能量转化方式主要为光能→电能→化学能答案C解析根据图示，a极上氢离子转化为氢气，得电子，发生还原反应，b极上I-转化为I3-，失电子，发生氧化反应，则a极为正极，b极为负极，氢离子通过离子交换膜向a电极移动，据此分析解答。由分析可知，氢离子通过离子交换膜向a电极移动，该离子交换膜为阳离子交换膜，A正确；根据图示，b极上I-失电子转化为I3-，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为3I--2e-=I3-，B正确；H2S转化为S的过程中生成H+，S元素由-2价上升到0价，理论上每转移1mol电子，有0.5molH2S分解，标准状况下的体积为11.2L，3.(2025·河南，12)一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以LiCl形式回收含锂废弃物中的锂元素，其工作原理如图所示。下列说法正确的是()A.Ⅱ为阳离子交换膜B.电极a附近溶液的pH减小C.电极b上发生的电极反应式为[Fe(CN)6]4-+e-=[Fe(CN)6]3-D.若海水用NaCl溶液模拟，则每脱除58.5gNaCl，理论上可回收1molLiCl答案D解析电极a为阴极，发生反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，电极b为阳极，发生反应：Li4[Fe(CN)6]-e-=Li3[Fe(CN)6]+Li+，C错误；为实现海水的淡化，海水中Na+应通过离子交换膜Ⅰ进入最左侧，为以LiCl形式回收锂元素，海水中Cl-应通过离子交换膜Ⅱ向右侧迁移，Li+应通过离子交换膜Ⅲ向左侧迁移，故离子交换膜Ⅱ为阴离子交换膜，A错误；由阴极反应知，电极a附近溶液的pH增大，B错误；每脱除58.5g(1mol)NaCl，转移电子1mol，所以可回收1molLiCl，D正确。4.(2024·杭州模拟)调节溶液的pH，当溶液中的氨基酸主要以两性离子存在时，分子整体呈电中性，此时溶液的pH为该氨基酸的pI，谷氨酸的pI：3.22；丙氨酸的pI：6.02；赖氨酸的pI：9.74。已知：可以利用如图装置分离这三种氨基酸，a、b为离子交换膜，下列说法不正确的是()A.阳极的电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑B.a应采用阳离子膜，b应采用阴离子膜C.原料室的pH应控制在6.02D.在产品室1中，可以收集到赖氨酸答案D解析由题干电解池装置图可知，阳极室为电解H2SO4溶液，故阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极室为电解NaOH溶液，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，H+经a膜进入产品室1，OH-经b膜进入产品室2，故a膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，根据三种氨基酸的pI可知，产品室1溶液显酸性，则收集到的为谷氨酸，产品室2溶液显碱性，则收集到的为赖氨酸，丙氨酸留在原料室，据此分析解题。由分析可知，原料室留下了丙氨酸，根据丙氨酸的pI可知，原料室的pH应控制在6.02，C正确。考点二多池连接电化学装置模型一外接电源与电解池的串联(如图甲)A、B为两个串联电解池，相同时间内，各电极得失电子数相等。模型二原电池与电解池的串联(如图乙、丙)乙、丙两图中，A均为原电池，B均为电解池。1.(2025·甘肃，12)我国科研工作者设计了一种Mg⁃海水电池驱动海水(pH=8.2)电解系统(如图)，以新型MoNi/NiMoO4为催化剂(生长在泡沫镍电极上)，在电池和电解池中同时产生氢气。下列关于该系统的说法错误的是()A.将催化剂生长在泡沫镍电极上可提高催化效率B.在外电路中，电子从电极1流向电极4C.电极3的反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑D.理论上，每通过2mol电子，可产生1molH2答案D解析由题图可知，电极1上发生转化Mg→Mg(OH)2，则电极1为原电池的负极，电极2为原电池的正极，电极3与原电池正极相连，为电解池阳极，电极4为电解池阴极，结合题目信息海水pH=8.2、电池和电解池中同时产生氢气，可得各电极的电极反应式，电极1：Mg+2OH--2e-=Mg(OH)2；电极2：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；电极3：4OH--4e-=O2↑+2H2O；电极4：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。将催化剂生长在泡沫镍电极上，可增大催化剂与反应物的接触面积，提高催化效率，A正确；电极1为原电池负极，故外电路中电子从电极1流向电极4，B正确；由得失电子守恒可知，理论上，电路中每通过2mol电子，电极2和电极4均产生1molH2，共产生2molH2，D错误。2.(2024·浙江模拟预测)一种清洁、低成本的氯碱工业双联装置工作原理如图所示，浓缩海水可以造成溶液中离子浓度差异，使离子从高浓度区域向低浓度区域迁移，从而产生离子电流。下列说法不正确的是()A.电极Y为负极，可以在X、Z电极上收集到H2B.与传统氯碱工业相比，该双联装置的优点是可避免使用离子交换膜C.装置Ⅱ中的电极质量每变化mg，装置Ⅰ中可制得42.5mD.随着装置的运行，电极Z附近溶液的pH增大，电极W附近有白色沉淀出现答案C解析结合题干信息，装置Ⅰ为原电池，装置Ⅱ为电解池，装置Ⅰ中，Li+移向X电极，故X为正极，Y为负极；Z为阴极，W为阳极，X电极反应为2H++2e-=H2↑，W电极反应为Ag-e-=Ag+，生成的银离子再结合Cl-生成沉淀：Ag++Cl-=AgCl↓，Z电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，据此分析解答。根据分析，电极Y为负极，可以在X、Z电极上收集到H2，故A正确；反应中，不放电的氯离子生成氯化银，装置Ⅱ中可得到NaOH，可以不使用离子交换膜，故B正确；W电极反应为Ag-e-=Ag+，装置Ⅱ中的W电极质量每变化mg，该电极减少mg银，转移电子的物质的量为m108mol，结合得失电子守恒，故装置Ⅰ中X电极生成m108molLiCl，则装置Ⅰ中可制得42.5m108gLiCl，故C错误；Z电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，随着装置的运行，电极Z附近溶液的pH增大，电极W反应为Ag-e-=Ag+，生成的银离子与Cl-结合生成课时精练[分值：100分](1~12题，每小题6分)1.(2024·嘉兴高三联考)利用人工光合作用可将CO2转化为甲酸，反应原理为2CO2+2H2O=2HCOOH+O2，装置如图所示(M、N电极均为惰性电极)，下列说法错误的是()A.N电极上发生氧化反应，失去电子B.M电极上的电极反应式为2H++CO2+2e-=HCOOHC.每转移0.4mol电子，消耗的CO2与产生O2的质量之差为10gD.电池工作时，左侧工作室产生的H+通过质子交换膜往右侧工作室迁移答案C解析N极失去电子，为负极，发生氧化反应，故A正确；M极为正极，CO2得电子生成甲酸，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，故B正确；总反应为2CO2+2H2O=2HCOOH+O2，每转移0.4mol电子，消耗8.8gCO2，产生3.2gO2，质量之差为8.8g-3.2g=5.6g，故C错误；N极为负极，电极反应为2H2O-4e-=4H++O2，M极为正极，电池工作时，左侧工作室产生的H+通过质子交换膜往右侧工作室迁移，故D正确。2.(2024·宁波十校高三联考)高氯酸在化工生产中有广泛应用，工业上以NaClO4为原料制备高氯酸的原理如图所示。下列说法正确的是()A.f极为光伏电池的正极B.a、b处均通入NaClO4溶液C.d处得到较浓的NaOH溶液，c处得到HClO4溶液D.若转移2mol电子，理论上生成100.5gHClO4答案C解析根据钠离子的移动方向可知：电解池左侧为阳极，与光伏电池的正极e相连，f极为光伏电池的负极，阳极H2O失去电子生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，生成的H+与加入的a物质结合成高氯酸，所以a为高氯酸钠溶液，c处得到HClO4溶液，电解池右侧阴极上H2O得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，OH-与Na+结合成NaOH，所以物质b为稀NaOH溶液，d处得到较浓的NaOH溶液。阳极电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，转移2mol电子则生成2molH+，即生成2molHClO4，m(HClO4)=2mol×100.5g·mol-1=201g，故D错误。3.我国科学家开发出了一种Zn⁃NO电池系统，该电池具有同时合成氨和对外供电的功能，其工作原理如图所示，下列说法错误的是()A.电极电势：Zn/ZnO电极<MoS2电极B.Zn/ZnO电极的反应式为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2OC.电池工作一段时间后，正极区溶液的pH减小D.电子流向：Zn/ZnO电极→负载→MoS2电极答案C解析Zn/ZnO电极为负极，MoS2电极为正极，正极电势高于负极电势，A正确；正极区消耗的H+源于双极膜解离出的H+，且产生的NH3会部分溶解，所以正极区溶液的pH不会减小，C错误；电子流向：负极→负载→正极，D正确。4.(2022·全国甲卷，10)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)42-存在]。电池放电时，下列叙述错误的是A.Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移B.Ⅰ区的SO42-通过隔膜向ⅡC.MnO2电极反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2OD.电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)42-+Mn2++2H答案A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)42-，Ⅰ区MnO2为电池的正极，电极反应为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，K+从Ⅲ区通过隔膜向Ⅱ区迁移，A错误、C正确；Ⅰ区的SO42-通过隔膜向Ⅱ区迁移，B正确；电池的总反应为Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)42-+Mn2+5.(2020·山东，10)微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用如图装置处理有机废水(以含CH3COO-的溶液为例)。下列说法错误的是()A.负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+B.隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜C.当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上除盐58.5gD.电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2∶1答案B解析由题图可知，a极为负极，b极为正极，则隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，才能使模拟海水中的氯离子移向负极，钠离子移向正极，达到海水淡化的目的，B项错误；电路中有1mol电子通过时，则电解质溶液中有1mol钠离子移向正极，1mol氯离子移向负极，C项正确；负极反应：CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，正极反应：2H++2e-=H2↑，根据电荷守恒，正、负极产生气体的物质的量之比为2∶1，A、D项正确。6.一种新型铁⁃铬液流电池的工作原理如图所示，已知Cr2+的还原性比Fe2+强，下列说法正确的是()A.放电时，电极a为正极B.放电时，当电路中通过2mol电子时，Ⅱ区质量净增2gC.充电时，阳极反应式为Cr2+-e-=Cr3+D.隔膜应选用阴离子交换膜答案A解析已知Cr2+的还原性强于Fe2+，故放电时，Cr2+失电子生成Cr3+，此时电极b为负极，电极a为正极，则氢离子向Ⅰ区移动，Ⅱ区质量减小，A正确、B错误；充电时，电极a为阳极，阳极上Fe2+失电子生成Fe3+，电极反应式为Fe2+-e-=Fe3+，C错误；从图中可知，氢离子通过隔膜在Ⅰ区和Ⅱ区之间移动，因此隔膜为阳离子交换膜，D错误。7.(2021·天津，11)如图所示电解装置中，通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，下列判断错误的是()A.a是电源的负极B.通电一段时间后，向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色C.随着电解的进行，CuCl2溶液浓度变大D.当0.01molFe2O3完全溶解时，至少产生气体336mL(折合成标准状况下)答案C解析通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，说明石墨电极Ⅱ为阳极，则b为电源的正极，a为电源的负极，石墨电极Ⅰ为阴极，故A正确；石墨电极Ⅱ为阳极，通电一段时间后，产生氧气和氢离子，所以向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色，故B正确；随着电解的进行，铜离子在阴极得电子生成铜单质，所以CuCl2溶液浓度变小，故C错误；当0.01molFe2O3完全溶解时，消耗0.06mol氢离子，根据阳极电极反应式：2H2O-4e-=O2↑+4H+，产生0.015mol氧气，体积为336mL(折合成标准状况下)，故D正确。8.(2024·福建，9)一种兼具合成功能的新型锂电池工作原理如图。电解质为含Li+有机溶液。放电过程中产生(CF3SO2)2NLi，充电过程中电解LiCl产生Cl2。下列说法正确的是()A.交换膜为阴离子交换膜B.电解质溶液可替换为LiCl水溶液C.理论上每生成1molCl2，需消耗2molLiD.放电时总反应：6Li+N2+4CF3SO2Cl=2(CF3SO2)2NLi+4LiCl答案D解析由图可知，放电过程中氮气得到电子发生还原反应生成Li3N，Li3N又转化为(CF3SO2)2NLi和LiCl，则左侧电极为正极，右侧电极为负极，负极锂失去电子形成锂离子，锂离子通过阳离子交换膜进入左侧，A错误；锂为活泼金属，会和水反应，故电解质溶液不能替换为LiCl水溶液，B错误；充电过程中LiCl失去电子发生氧化反应产生Cl2：2Cl--2e-=Cl2↑，锂离子在阴极得到电子发生还原反应生成锂单质：Li++e-=Li，则理论上每生成1molCl2，同时生成2molLi，C错误。9.如图所示，甲池的总反应式为N2H4+O2=N2+2H2O，下列关于该装置工作时的说法正确的是()A.该装置工作时，Ag电极上有气体生成B.甲池中负极反应式为N2H4-4e-=N2+4H+C.甲池和乙池中溶液的pH均减小D.当甲池中消耗3.2gN2H4时，乙池中理论上最多产生6.4g固体答案C解析该装置图中，甲池为燃料电池，其中左边电极为负极，右边电极为正极，乙池为电解池，石墨电极为阳极，Ag电极为阴极，阴极上Cu2+得电子生成铜，无气体生成，A错误；甲池溶液呈碱性，电极反应式不出现H+，B错误；根据甲池的总反应式可知有水生成，电解液被稀释，故碱性减弱，pH减小，乙池的总反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，电解液酸性增强，pH减小，C正确；3.2gN2H4的物质的量为0.1mol，转移电子的物质的量为0.4mol，产生0.2molCu，质量为12.8g，D错误。10.(2025·浙江一模)研究HCOOH燃料电池性能的装置如图所示，两电极区间用只允许K+通过的半透膜隔开。下列说法不正确的是()A.电池负极的电极反应式为HCOO-+2OH--2e-=HCO3-+HB.Fe3+为该电池反应的催化剂C.放电过程中需补充的物质A为H2SO4D.电池工作时，每生成1molHCO3-，将会有1molK答案D解析该装置为原电池，HCOO-一侧为负极，失电子发生氧化反应，又因含有KOH溶液，故负极反应式为HCOO-+2OH--2e-=HCO3-+H2O；Fe3+一侧为正极，得电子发生还原反应：Fe3++e-=Fe2+，生成的Fe2+又被O2氧化：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，因此正极总反应为O2+4H++4e-=2H2O，据此分析。右侧Fe3+得电子生成Fe2+，Fe2+又被O2氧化为Fe3+，Fe3+循环使用，总量不变，为催化剂，B正确；右侧生成K2SO4，且Fe2+被O2氧化需酸性条件(H+)，故物质A为H2SO4以提供SO42-和H+，C正确；生成1molHCO3-时，负极转移2mole-，为平衡电荷，K+11.(2024·黑吉辽，12)“绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合HCHO高效制H2的方法，装置如图所示。部分反应机理为。下列说法错误的是()A.相同电量下H2理论产量是传统电解水的1.5倍B.阴极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑C.电解时OH-通过阴离子交换膜向b极方向移动D.阳极反应：2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+2H2O+H2↑答案A解析据图示可知，b电极上HCHO转化为HCOO-，HCHO发生氧化反应，所以b电极为阳极，a电极为阴极，HCHO为阳极反应物，阳极反应：①HCHO+OH--e-=HCOOH+12H2↑，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，阴极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，即转移2mol电子时，阴、阳两极各生成1molH2，共2molH2；而传统电解水：2H2O2H2↑+O2↑，转移2mol电子，只有阴极生成1molH2，所以相同电量下H2理论产量是传统电解水的2倍，故A错误、B正确；由电极反应式可知，电解过程中阴极生成OH-，OH-通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b极方向移动，故C正确；由分析可知，阳极反应为2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+2H2O+H2↑，故D正确。12.(2025·绍兴一模)己二腈[NC(CH2)4CN]是工业制造尼龙⁃66的原料，利用丙烯腈(CH2CHCN，不溶于水)为原料、高浓度季铵盐(R4NBr)水溶液[季铵盐的阳离子(R4N+)在阴极表面会形成一个疏水的界面层，提高电解效率]A.R4NBr的作用之一是抑制副反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-发生B.若交换膜换为阴离子交换膜，则一段时间后阳极区由无色变成橙色C.当电路中转移1mole-时，阳极室溶液质量减少9gD.电解质季铵盐(R4NBr)中R越大，电解效率越高答案D解析结合题意可知，a为阴极，丙烯腈发生还原反应生成己二腈，电极反应式为2CH2CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN；b为阳极，发生氧化反应，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，据此作答。依据题意可知，季铵盐的阳离子(R4N+)在阴极表面会形成一个疏水的界面层，则R4NBr可以阻止水中的氢离子得电子发生副反应，提高电解效率，A正确；若交换膜换为阴离子交换膜，R4NBr电离出来的溴离子可能会移动至阳极并放电，产生溴单质，使阳极区溶液由无色变成橙色，B正确；阳极电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，当电路中转移1mol电子时，阳极室产生0.25mol氧气，同时有1mol氢离子进入阴极区，则阳极溶液减少质量为0.25mol×32g·mol-1+1mol×1g·mol-1=9g，C正确；电解质季铵盐(R4NBr)中R越大，可能增强了疏水性，抑制了副反应；但R越大也可能导致离子体积增大，离子的迁移率降低，增加电解过程中的能耗，D不正确。13.(12分)电解法合成氨反应装置如图所示：(1)b极为(填“阴”或“阳”)极，a极的电极反应式为。

(2)电解装置中质子交换膜的作用为。

(3)若b极产生的O2在一定条件下的体积为336L，a极中通入相同条件下N2的总体积为672L，则N2的转化率为%(结果保留两位有效数字)。

答案(1)阳N2+6e-+6H+=2NH3(2)为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴、阳两极产物接触(3)33解析(1)根据图示可知，在b极上H2O中O元素失去电子发生氧化反应生成O2，因此b极为阳极；a极上N2得到电子发生还原反应生成NH3，因此a极为阴极，其电极反应式为N2+6e-+6H+=2NH3。(3)b极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，根据氧化还原反应得失电子守恒得物质间关系式为2N2~3O2，生成O2和通入N2的体积比为3∶2，由题知生成O2的体积为336L，因此N2的转化率为336L3×214.(16分)某研究性学习小组用如图所示的装置进行实验，探究原电池、电解池和电解制备钴的工作原理。一段时间后装置甲的两极均有气体产生，且X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。请根据实验现象及所查资料，回答下列问题：查阅资料：高铁酸根离子(FeO42-(1)上述装置中，发生还原反应的电极有