高考化学一轮复习讲义 大单元四　第九章　第33讲　多池、多室电化学装置

第33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。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离子答案D解析负极是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0.01mole-时，根据负极电极反应式可推知左侧溶液减少0.01molCl-，同时会有0.01molH+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0.02mol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答案B解析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，16gS的物质的量为0.5mol，完全反应可转移1mol电子，结合题干信息可知，16gS能提供的理论容量为26.8A·h，D正确。二、离子交换膜在电解池中的应用3.(2025·淮安一模)CO2资源化利用是控制能源危机、实现“碳达峰”“碳中和”的最有前途的技术之一。电解CO2制甲酸或甲酸盐的原理如图所示。(1)阳离子交换膜左室产生的气体为。

(2)以一定流速持续通入CO2，一部分CO2在电极表面转化为HCOO-，电解一段时间后，阳离子交换膜右室中的KHCO3浓度增大，原因为。

答案(1)O2和CO2(2)随着反应的进行，电解池阴极室在消耗水的同时生成新的KHCO3，所以电解一段时间后阳离子交换膜右室中的KHCO3浓度增大4.(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。考点二多池连接电化学装置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+O2D.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·镇江模拟)我国科学家研制一种新型化学电池成功实现废气的处理和能源的利用，用该新型电池电解CuSO4溶液，装置如图(H2R和R都是有机物)所示。下列说法正确的是()A.b电极反应式为R+2H++2e-=H2RB.电池工作时，负极区要保持呈碱性C.工作一段时间后，正极区的pH变大D.若消耗标准状况下112mLO2，则电解后的CuSO4溶液(忽略溶液体积变化)的pH约为2答案A解析a电极反应式为Fe2+-e-=Fe3+，a电极为负极，左侧还发生反应：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，b电极为正极，电极反应式为R+2H++2e-=H2R，右侧还发生反应：O2+H2R=R+H2O2，实现废气处理和能源利用。负极区生成Fe3+，为防止Fe3+水解生成Fe(OH)3，所以电池工作时，负极区要保持呈酸性，B项错误；氢离子通过质子交换膜进入正极区，所以正极区的pH基本不变，C项错误；根据原电池正极区的反应，每转移2mol电子消耗1mol氧气，现消耗氧气的物质的量为0.112L22.4L·mol-1=0.005mol，则转移电子0.01mol，由电解总反应式：2Cu2++2H2O2Cu+O2+4H+知，生成0.01mol氢离子，c(H+)=0.01mol0.1L=0.1mol·L-1，则电解后的CuSO4溶液的pH考点三电化学计算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：4e-~2Cl2(式中M为金属，n为其离子的化合价数值)该关系式具有总览电化学计算的作用和价值，熟记电极反应式，灵活运用关系式便能快速解答常见的电化学计算问题。2.电流效率η的计算η=生成目标产物消耗的电子数转移的电子总数×100%先根据电极反应式计算出生成目标产物需要的电子的物质的量，再代入该公式进行计算。3.计算电路中通过的电量或电子的物质的量Q=I·t，Q=n(e-)×NA×1.60×10-19C，F(法拉第常数)=96500C·mol-1，即1mol电子的电荷量。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)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。2.NO-空气质子交换膜燃料电池实现了制硝酸、发电、环保一体化，某兴趣小组用该电池模拟工业处理废气和废水的过程，装置如图。下列说法错误的是()A.b膜为阳离子交换膜B.乙池中总反应的离子方程式为5SO2+2NO+8H2O+8NH310NH4++5SC.当浓缩室得到4L浓度为0.6mol·L-1的盐酸时，M室溶液的质量变化为18g(溶液体积变化忽略不计)D.若甲池有5.6LO2参加反应，则乙池中处理废气(SO2和NO)的总体积为15.68L答案A解析NO-空气质子交换膜燃料电池中，通入空气的一极为原电池的正极，通入NO的一极为负极。乙和丙池均为电解池。M室发生反应：2H2O-4e-=O2+4H+，产生的H+通过a膜和N室的Cl-通过b膜在浓缩室形成HCl，所以b膜为阴离子交换膜，A项错误；乙池中SO2被氧化为SO42-，NO被还原为NH4+，总反应的离子方程式为5SO2+2NO+8H2O+8NH310NH4++5SO42-，B项正确；浓缩室得到4L浓度为0.6mol·L-1的盐酸即增加H+的物质的量为4L×(0.6-0.1)mol·L-1=2mol，M室发生反应：2H2O-4e-=O2+4H+，转移2molH+时水减少的物质的量为1mol，质量为1mol×18g·mol-1=18g，C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。

(2)两块铜片质量相差了g。

答案(1)300(2)0.2解析(1)根据Q=It可知，电路中通过的电量Q=0.5A×10×60s=300C。(2)因每个电子的电量为1.60×10-19C，电解10min时，转移的电子数目N=300C1.60×10-19C=1.875×1021，转移电子的物质的量为NNA=1.875×10216.02×1023mol-1≈0.00311mol，由阴极的电极反应式：Cu2++2e-=Cu可知，阴极上析出铜的质量为0.00311mol2×64g·mol-1≈0.1g4.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)

答案12解析根据电极反应式，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+Δm6mol44g-32g=12g1mol2g通入氧气的一极为正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2OΔm4mol32g1mol8g当有1mol电子发生转移时，左侧还有1molH+通过质子交换膜进入右侧，故Δm左(减少)=3g，Δm右(增加)=9g，左右两侧溶液的质量之差为Δm右(增加)+Δm左(减少)=9g+3g=12g。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。课时精练[分值：50分](1~3题，每小题4分，4~7题，每小题5分)1.(2025·无锡期末)第二代钠离子电池是以嵌钠硬碳(NaxCy)和锰基高锰普鲁士白{Na2Mn[Mn(CN)6]}为电极的新型二次电池，充电时Na+嵌入硬碳，放电时发生脱嵌，其工作原理如图所示。下列说法正确的是()A.充电时，a接电源的负极B.充电时，B极反应为Cy+xNa++xe-=NaxCyC.放电时，Na+穿过离子交换膜向B极移动D.放电时，每转移1mol电子，A极质量减少23g答案B解析B项，充电时，B极为阴极，钠离子得到电子发生还原反应嵌入硬碳：Cy+xNa++xe-=NaxCy，正确；C项，放电时，阳离子向正极移动，故Na+穿过离子交换膜向A极移动，错误；D项，放电时，A极是正极，在钠离子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正极得到电子发生还原反应生成Na2Mn[Mn(CN)6]，电极反应式为Mn[Mn(CN)6]+2Na++2e-=Na2Mn[Mn(CN)6]，结合电子守恒，放电时，每转移1mol电子，A极增加1mol钠离子，质量增加23g，错误。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。3.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答案D解析因为Cu电极的电极反应式为Cu+2OH--2e-=Cu(OH)2，是负极，PbO2是正极，电极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，氢离子通过膜p向正极移动，氢氧根离子通过膜q向负极移动，膜p适合选用阳离子或质子交换膜，A错误；放电时，由正、负极的电极反应式结合双极膜的作用可知，硫酸的浓度减小，NaOH溶液的浓度不变，B错误；放电时，两极上均无气体生成，C错误；导线中通过1mole-，理论上负极质量增加17g，正极质量增加32g，两极质量变化之差为15g，4.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+H2ONaOH+HClD.相比现有氯碱工业制取氢氧化钠，该方法更环保答案C解析由图可知，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2H2O2H2+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。5.(2025·徐州高三下学期2月调研)利用成对电合成即在阴、阳两极同时得到有用的产物可提高电流效率并降低成本，如图是利用成对电合成和HOOCC≡CCOOH的原理示意图。下列说法正确的是()A.a为直流电源的正极B.H+通过质子交换膜向右侧移动，右侧溶液pH下降C.理论上与HOCH2C≡CCH2OH消耗的物质的量之比为4∶1D.若使用铅酸蓄电池作电源，则每生产1mol，消耗98gH2SO4答案C解析由示意图可知，Pb电极发生加氢的还原反应，为阴极，PbO2/Ti电极发生氧化反应，为阳极，a为直流电源的负极，b为直流电源的正极，据此作答。B项，H+应向阴极移动，即向左侧移动，错误；C项，阴极的电极反应为+2H++2e-=，阳极的电极反应式为HOCH2C≡CCH2OH+2H2O-8e-=HOOCC≡CCOOH+8H+，根据得失电子守恒可知，与HOCH2C≡CCH2OH消耗的物质的量之比为4∶1，正确；D项，每生产1mol转移2mol电子，由Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O可知，消耗2molH2SO4，质量为196g，错误。6.(2024·连云港一模)用如图所示的新型电池可以处理含CN-的碱性废水，同时还可以淡化海水(主要成分为NaCl，还含有Na2SO4等杂质)。下列说法错误的是()A.交换膜Ⅰ为阴离子交换膜B.电池工作一段时间后，右室溶液的pH增大C.a极电极反应式：2CN-+12OH--10e-=2CO32-+N2+6HD.若将含有26gCN-的废水完全处理，可除去NaCl的质量为292.5g答案D解析如图所示的新型电池可以处理含CN-的碱性废水，在a极，CN-失去电子，被氧化为N2和CO32-，a极为负极，电极反应式为2CN-+12OH--10e-=2CO32-+N2+6H2O，则b极为正极，H+得电子被还原为H2，电极反应式为2H++2e-=H2，海水中的阴离子通过交换膜Ⅰ向左移动，阳离子通过交换膜Ⅱ向右移动。26gCN-的物质的量为1mol，根据分析可知，消耗1molCN-时转移5mol电子，根据电荷守恒可知，可同时处理5molNaCl，其质量为292.5g，但是海水中还含有SO42-等杂质离子，故除去NaCl7.电解Na2SO4溶液制取某电池正极材料的前驱体[Ni13Co13Mn13(OH)2]A.工业过程中，纯钛电极会不断溶解B.通电一段时间，Ⅰ室pH减小C.撤去交换膜B，纯钛电极端前驱体的产率不会受到影响D.当产生0.1mol的Ni13Co13Mn13(答案B解析由图可知，前驱体在Ⅲ室生成，则Ⅱ室的金属阳离子进入Ⅲ室，交换膜B为阳离子交换膜，则右侧纯钛电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，OH-与金属阳离子结合得到前驱体，纯钛电极不会溶解，故A错误；左侧石墨电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2，交换膜A为阴离子交换膜，SO42-进入Ⅰ室，H+浓度不断增大，Ⅰ室pH减小，故B正确；撤去交换膜B，相当于纯钛电极直接放入Ⅱ室，Ni2+、Co2+、Mn2+会在阴极得到电子生成金属单质，影响前驱体的产率，故C错误；每生成0.1mol的Ni13Co13Mn13(OH)2，钛电极上要生成0.2molOH-，由电极反应式2H2O+2e-=H2+2OH-可知，会生成0.1molH8.(4分)(2025·扬州中学月考)为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突，从空气中捕集CO2并将其转化为燃料或增值化学品成为了新的研究热点。用光电化学法将CO2还原为有机物实现碳资源的再生利用，其装置如图1所示。其他条件一定时，含碳还原产物的法拉第效率[FE(X)=nx(生成X得到的电子)(1)当电解电压为0.7V，阴极发生的电极反应式为。

(2)电解电压为0.95V时，电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为。

答案(1)CO2+2e-+2H+=HCOOH(2)2∶1解析(1)当电解电压为0.7V，由图2可知，主要产生的是HCOOH，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成HCOOH，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH。(2)电解电压为0.95V时，根据图2可知，产物主要有HCOOH、HCHO，CO2+2e-+2H+=HCOOH转移2e-，CO2+4e-+4H+=HCHO+H2O转移4e-，当电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为x∶y时，根据FE(HCHO)=60%、FE(HCOOH)=15%，有4×x2×y=60%15%，则x∶y=2∶1，电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为9.(14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