2027步步高大一轮复习化学鲁科版第10章　第37讲　多池、多室电化学装置

第10章

第37讲

多池、多室电化学装置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。复习目标课时精练考点一离子交换膜在电化学中的应用考点二多池连接电化学装置考点三电化学计算内容索引离子交换膜在电化学中的应用考点一1.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。一、离子交换膜在原电池和新型电源中的应用1.某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag+Cl2===2AgCl。下列说法错误的是A.负极的电极反应式为Ag-e-+Cl-===AgClB.放电时，H+从左向右通过阳离子交换膜C.若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应

不会改变D.当电路中转移0.01mole-时，阳离子交换膜左侧溶液中约减少0.01mol

离子√

负极是Ag，失去电子，化合价升高，电极反应式为Ag-e-+Cl-===AgCl，A正确；放电时，溶液中的阳离子移向正极，所以溶液中的H+从左向右通过阳离子交换膜，B正确；根据电池总反应可知，钠离子和氢离子并未参与电极反应，所以用NaCl溶液代替盐酸，电池总反应不会改变，C正确；当电路中转移0.01

mol

e-时，根据负极电极反应式可推知左侧溶液减少0.01

mol

Cl-，同时会有0.01

mol

H+从左向右通过阳离子交换膜，所以阳离子交换膜左侧的溶液中约减少0.02

mol离子，D错误。2.(2025·广东，14)一种高容量水系电池示意图如图。已知：放电时，电极Ⅱ上MnO2减少；电极材料每转移1mol电子，对应的理论容量为26.8A·h。下列说法错误的是A.充电时Ⅱ为阳极B.放电时Ⅱ极室中溶液的pH降低C.放电时负极反应为MnS-2e-===S+Mn2+D.充电时16gS能提供的理论容量为26.8A·h√

根据题给已知信息可知，放电时，电极Ⅱ上MnO2减少，说明电极Ⅱ上MnO2得电子发生还原反应转化为Mn2+进入溶液中，故电极Ⅱ作正极，由于MnSO4溶液呈酸性，故电极反应式为MnO2+2e-+4H+===Mn2++2H2O，放电时电极Ⅰ为负极，电极反应式为MnS-2e-===S+Mn2+。结合上述分析可知，充电时电极Ⅱ为阳极，A正确；结合放电时电极Ⅱ上的反应可知，Ⅱ极室溶液中c(H+)减小，溶液pH升高，B错误；充电时，电极Ⅰ上发生的电极反应式为S+Mn2++2e-===MnS，16

g

S的物质的量为0.5

mol，完全反应可转移1

mol

电子，结合题干信息可知，16

g

S能提供的理论容量为26.8

A·h，D正确。3.(2025·长沙模拟)我国化学家通过对过渡金属基尖晶石氧化物(NiCo2O4)进行性能优化，成功开发锌⁃空气二次电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A.充电时，b电极与电源的正极相连B.充电时，a电极的电极反应式为

[Zn(OH)4]2-+2e-===Zn+4OH-C.放电时，OH-通过阴离子交换膜从左室移向右室D.放电过程中，a电极区附近溶液pH减小，b电极区附近溶液pH增大√

放电时，碱性条件下Zn转化为[Zn(OH)4]2-，Zn的化合价升高，发生失电子的氧化反应，则a电极为原电池的负极，b电极为原电池的正极；充电过程与放电过程互为逆过程，则充电时b电极为阳极，与电源的正极相连，A项正确；充电时，a电极为阴极，发生还原反应，电极反应式为[Zn(OH)4]2-+2e-===Zn+4OH-，B项正确；放电时，阴离子向负极移动，OH-通过阴离子交换膜从右室(正极区)向左室(负极区)移动，C项错误；放电过程中，a电极电极反应式为Zn-2e-+4OH-===[Zn(OH)4]2-，消耗OH-，a电极区(负极)附近溶液pH减小，b电极电极反应式为O2+4e-+2H2O===4OH-，产生OH-且消耗水，b电极区(正极)附近溶液pH增大，D项正确。

√

5.(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√

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58.5

g(1

mol)NaCl，转移电子1

mol，所以可回收1

mol

LiCl，D正确。返回多池连接电化学装置考点二1.外接电源与电解池的串联模型(如图)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。2.原电池与电解池的串联模型(如图)甲、乙两图中，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√

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2

mol电子，电极2和电极4均产生1

mol

H2，共产生2

mol

H2，D错误。2.(2022·山东，13改编)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。下列说法错误的是A.装置工作时，甲室溶液pH逐渐减小B.装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸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√

返回电化学计算考点三1.电化学计算的三种方法(1)根据总反应计算：先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列出比例式计算。(2)根据电子守恒计算①用于串联电路中阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。②用于混合溶液电解的分阶段计算。(3)根据关系式计算根据得失电子守恒建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。如以电路中通过4mole-为桥梁可构建以下关系式：

一、电极产物量的计算1.(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)√

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0.01

mol

Fe2O3完全溶解时，消耗0.06

mol氢离子，根据阳极电极反应式2H2O-4e-===O2↑+4H+，产生0.015

mol氧气，体积为336

mL(折合成标准状况下)，故D正确。

√

二、电极或溶液质量变化量计算3.用两块相同的纯铜片作为电极，电解硫酸铜溶液，电解时，若电流强度为0.5A，电解时间为10min，每个电子的电量为1.60×10-19C，NA=6.02×1023mol-1。(1)电路中通过的电量Q=

C。

300

根据Q=It可知，电路中通过的电量Q=0.5

A×10×60

s=300

C。(2)两块铜片质量相差了

g。

0.2

4.某甲醇燃料电池的工作原理如图所示，质子交换膜(只有质子能够通过)左右两侧的溶液均为1L2mol·L-1H2SO4溶液。当电池中有1mol电子发生转移时，左右两侧溶液的质量之差为

g。(假设反应物耗尽，忽略气体的溶解)

12

根据电极反应式，结合得失电子守恒和差量法进行计算。通入甲醇的一极为负极，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O===CO2↑+6H+

Δm6

mol

44

g-32

g=12

g1

mol

2

g通入氧气的一极为正极，电极反应式为O2+4e-+4H+===2H2O

Δm

4

mol

32

g1

mol

8

g

当有1

mol电子发生转移时，左侧还有1

mol

H+通过质子交换膜进入右侧，故Δm左(减少)=3

g，Δm右(增加)=9

g，左右两侧溶液的质量之差为Δm右(增加)+Δm左(减少)=9

g+3

g=12

g。返回计算原电池或电解池中“膜”两侧溶液质量变化时，要注意气体的排出或吸收、沉淀的析出或溶解，尤其不能忽略离子的转移对溶液质量的影响。练后反思精练高频考点提升关键能力课时精练对一对题号12345678答案ACCDCBDB题号9101112答案BADC答案123456789101112131413.(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答案123456789101112131414.

答案12345678910111213141.(2020·海南，11改编)某燃料电池主要构成要素如图所示，下列说法正确的是A.电池可用于乙醛的制备B.b电极为正极C.电池工作时，a电极附近pH降低D.a电极的反应式为O2-4e-+4H+===2H2O√1234567891011121314答案

该燃料电池中，乙烯和水发生氧化反应，所以通入乙烯和水的电极是负极，氧气得电子发生还原反应，所以通入氧气的电极是正极，由图可知，负极上乙烯和水生成乙醛和氢离子，氢离子移向正极，正极上氧气和氢离子反应生成水，X为水，由此分析解题。电池工作时，氢离子移向正极，a电极的反应式为O2+4e-+4H+===2H2O，a电极附近pH升高，故C、D不符合题意。1234567891011121314答案2.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√1234567891011121314答案1234567891011121314答案

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+2H2O

2Cu+O2↑+2H2SO4，电解液酸性增强，pH减小，C正确；3.2

g

N2H4的物质的量为0.1

mol，转移电子的物质的量为0.4

mol，产生0.2

mol

Cu，质量为12.8

g，D错误。

√1234567891011121314答案

1234567891011121314答案4.有学者研制出可持久放电的Cu⁃PbO2双极膜二次电池，其工作原理示意图如图。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-，并分别向两极迁移。已知：Cu电极的电极反应式为Cu+2OH--2e-===Cu(OH)2。下列说法正确的是A.膜p适合选用阴离子交换膜B.放电时，理论上硫酸和NaOH溶液的浓度均不变C.放电时，两极上均有气体生成D.导线中通过1mole-，理论上两极质量变化之差为15g√1234567891011121314答案

1234567891011121314答案5.工业上利用电解食盐溶液制取盐酸和氢氧化钠的装置如图所示。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-。下列有关说法错误的是A.N表示阴离子交换膜B.甲室流出的为氢氧化钠溶液C.电解总反应：NaCl+H2O

NaOH+HClD.相比现有氯碱工业制取氢氧

化钠，该方法更环保√1234567891011121314答案1234567891011121314答案

由图可知，左边石墨电极为阴极，右边石墨电极为阳极，Na+由乙室向甲室迁移，OH-由双极膜向甲室迁移，甲室流出的为氢氧化钠溶液，M为阳离子交换膜，氯离子由乙室向丙室迁移，氢离子由双极膜向丙室迁移，丙室流出的是盐酸，N为阴离子交换膜，A、B项正确；电解总反应为2H2O

2H2↑+O2↑，C项错误；相比现有氯碱工业制取氢氧化钠，该方法无氯气产生，更环保，D项正确。

√1234567891011121314答案

1234567891011121314答案

√1234567891011121314答案

1234567891011121314答案

√1234567891011121314答案

1234567891011121314答案

1234567891011121314答案

√1234567891011121314答案

1234567891011121314答案

1234567891011121314答案10.(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↑1234567891011121314答案√1234567891011121314答案

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。1234567891011121314答案

√1234567891011121314答案

1234567891011121314答案

√1234567891011121314答案1234567891011121314答案

充电时，阴极电极反应式为Zn2++2e-===Zn，被还原的Zn2+主要来自电解质溶液，C错误；放电时，负极的电极反应式为Zn-2e-===Zn2+，因此消耗0.65

g(即0.01

mol)

Zn，理论上转移0.02

mol电子，D正确。1234567891011121314答案13.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_____________

。

1234567891011121314答案阳N2+6e-+6H+===2NH3

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。(2)电解装置中质子交换膜的作用为_____________________________________________________。

1234567891011121314答案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)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)。

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1234567891011121314答案(1)题述装置中，发生还原反应的电极有

(填字母)。

A.X(Fe) B.Y(C)C.Co D.ZnBC

从图中可知，丙装置构成原电池结构，Zn电极为负极，失电子生成Zn2+，Cu电极为正极，Cu2+得电子生成Cu，则甲中X电极为阳极，Fe失电子结合氢氧根离子生成高铁酸根离子，此外氢氧根离子也会失电子生成氧气，Y电极为阴极，水得电