2022高考化学大一轮复习讲义第6章第32讲　多池、多室的电化学装置

第32讲多池、多室的电化学装置复习目标1.掌握多池连接的分析应用。2.了解离子交换膜的分类及特点。3.理解离子交换膜在装置中的作用。4.熟悉电化学综合计算中的常用方法。考点一多池串联的两大模型及原理分析1．常见串联装置图模型一外接电源与电解池的串联(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。模型二原电池与电解池的串联(如图)显然两图中，A均为原电池，B均为电解池。2．“串联”类装置的解题流程1．(2020·长春质检)下图装置中a、b、c、d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b>d。符合上述实验结果的盐溶液是()选项XYAMgSO4CuSO4BAgNO3Pb(NO3)2CFeSO4Al2(SO4)3DCuSO4AgNO3答案B解析A项，当X为MgSO4时，b极上生成H2，电极质量不增加，错误；C项，X为FeSO4，Y为Al2(SO4)3，b、d极上均产生气体，错误；D项，b极上析出Cu，d极上析出Ag，其中d极增加的质量大于b极增加的质量，错误。2．如图所示装置可间接氧化工业废水中含氮离子(NHeq\o\al(＋,4))。下列说法不正确的是()A．乙是电能转变为化学能的装置B．含氮离子氧化时的离子方程式为3Cl2＋2NHeq\o\al(＋,4)=N2＋6Cl－＋8H＋C．若生成H2和N2的物质的量之比为3∶1，则处理后废水的pH减小D．电池工作时，甲池中的Na＋移向Mg电极答案D3．某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流表的指针发生了偏转。请回答下列问题：(1)甲池为________(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，通入CH3OH电极的电极反应式为________________________________________________________________________。(2)乙池中A(石墨)电极的名称为________(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，总反应式为________________________________________________________________________。(3)当乙池中B极质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2的体积为________mL(标准状况下)，丙池中________极析出________g铜。(4)若丙池中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，甲中溶液的pH将________(填“增大”“减小”或“不变”)；丙中溶液的pH将________(填“增大”“减小”或“不变”)。答案(1)原电池CH3OH－6e－＋8OH－=COeq\o\al(2－,3)＋6H2O(2)阳极4AgNO3＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))4Ag＋O2↑＋4HNO3(3)280D1.60(4)减小增大解析(1)甲池为原电池，通入CH3OH的电极为负极，电极反应式为CH3OH－6e－＋8OH－=COeq\o\al(2－,3)＋6H2O。(2)乙池中电解AgNO3溶液，其中C作阳极，Ag作阴极，总反应式为4AgNO3＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))4Ag＋O2↑＋4HNO3。(3)根据各电极上转移的电子数相同，得n(Ag)＝4n(O2)＝2n(Cu)，故V(O2)＝eq\f(1,4)×eq\f(5.40,108)×22.4L＝0.28L＝280mL，m(Cu)＝eq\f(1,2)×eq\f(5.40,108)×64g＝1.60g。(4)若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，根据丙中总反应2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，则溶液pH增大，而甲中总反应为2CH3OH＋3O2＋4KOH=2K2CO3＋6H2O，溶液pH减小。多池串联的装置中，先根据电极反应物和电解质溶液判断哪个是原电池，其余装置一般为电解池；与原电池正极相连的电极为电解池阳极，与原电池负极相连的电极为电解池阴极，据此判断各池中发生的反应。考点二多室隔膜在电化学中的应用常见的离子交换膜1．含义和作用(1)含义：离子交换膜又叫隔膜，由高分子特殊材料制成。(2)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。②能选择性的通过离子，起到平衡电荷、形成闭合回路的作用。2．分类和应用1．用下面的装置制取NaOH、H2和Cl2，此装置有何缺陷？答案缺陷1：Cl2和H2混合而引起爆炸；缺陷2：Cl2与NaOH反应生成NaClO，影响NaOH的产量。2．用下图装置电解饱和食盐水，其中阳离子交换膜的作用有哪些？答案(1)平衡电荷，形成闭合回路；(2)防止Cl2和H2混合而引起爆炸；(3)避免Cl2与NaOH反应生成NaClO，影响NaOH的产量；(4)避免Cl－进入阴极区导致制得的NaOH不纯。题组一“隔膜”在新型电池中的应用1．(2020·黔东南州模拟)二甲醚(CH3OCH3)燃料电池的工作原理如图，下列有关叙述正确的是()A．该装置能实现化学能100%转化为电能B．电子移动方向：a极→b极→质子交换膜→a极C．a电极的电极反应式为：CH3OCH3＋3H2O－12e－=2CO2＋12H＋D．当b电极消耗22.4LO2时，质子交换膜有4molH＋通过答案C解析A项，化学能转化为热能和电能，不可能100%转化为电能，错误；B项，电子不能经过电解质溶液，所以电子由a极eq\o(→,\s\up7(导线))b极，错误；C项，a为负极，发生氧化反应，电极反应式为CH3OCH3－12e－＋3H2O=2CO2＋12H＋，正确；D项，气体所处状况不知，无法由体积求物质的量，所以通过H＋的物质的量无法求出，错误。2．(2020·青岛高三模拟)2019年3月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理图所示。下列说法不正确的是()A．放电时，B电极反应式：I2＋2e－=2I－B．放电时，电解质储罐中离子总浓度增大C．M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜D．充电时，A极增重65g时，C区增加的离子数为4NA答案C解析放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I－，电极反应式为I2＋2e－=2I－，A项正确；放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，所以电解质储罐中的离子总浓度增大，B项正确；离子交换膜的作用是防止I2、Zn接触发生反应，负极区生成Zn2＋，正极区生成I－，所以Cl－通过M膜进入负极区，K＋通过N膜进入正极区，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，C项错误；充电时，A极的电极反应式为Zn2＋＋2e－=Zn，A极增重65g，转移2mol电子，所以C区增加2molK＋、2molCl－，离子总数为4NA，D正确。题组二“双室”电解池的应用3．(2020·合肥第一次教学质量检测)利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料。可用电解LiCl溶液制备LiOH，装置如图所示。下列说法正确的是()A．电极B连接电源正极B．A极区电解液为LiCl溶液C．阳极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－D．每生成1molH2，有1molLi＋通过该离子交换膜答案B解析由题意知，电解LiCl溶液制备LiOH，由于电极B生成氢气，A与B用阳离子交换膜隔开，所以B为阴极，B极区为LiOH溶液，A极区为LiCl溶液，A项错误，B项正确；阳极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，C项错误；每生成1molH2，有2molLi＋通过该离子交换膜，D项错误。4．(2020·四川宜宾诊断)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是一种强还原剂。工业常用惰性电极电解亚硫酸氢钠的方法制备连二亚硫酸钠，原理及装置如图所示，下列说法正确的是()A．b电极应该接电源的负极B．a电极的电极反应式2HSOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋2e－=S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2OC．装置中所用离子交换膜为阴离子交换膜D．电路中每转移1mol电子，消耗SO2的体积为11.2L答案B解析NaHSO3在a电极被还原生成Na2S2O4，则a电极是阴极，b电极是阳极，故b电极接电源的正极，A错误；a电极发生还原反应，HSOeq\o\al(－,3)被还原生成S2Oeq\o\al(2－,4)，电极反应式为2HSOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋2e－==4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)，阳极生成H＋，阴极消耗H＋，为维持溶液呈电中性，H＋透过离子交换膜向阴极迁移，则该离子交换膜是阳离子交换膜，C错误；电路中每转移1mol电子，阳极消耗0.5molSO2，在标准状况下的体积为11.2L，题目未指明SO2是否处于标准状况下，D错误。题组三“多室”电解池的应用5．(2020·长春质检)某科研小组研究采用BMED膜堆(示意图如下)，模拟以精制浓海水为原料直接制备酸碱。BMED膜堆包括阳离子交换膜、阴离子交换膜和双极膜(A、D)。已知：在直流电源的作用下，双极膜内中间界面层发生水的解离，生成H＋和OH－。下列说法错误的是()A．电极a连接电源的正极B．B为阳离子交换膜C．电解质溶液采用Na2SO4溶液可避免有害气体的产生D．Ⅱ口排出的是淡水答案B解析根据题干信息确定该装置为电解池，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，所以电极a为阳极，连接电源的正极，A正确；水在双极膜A解离后，氢离子吸引阴离子透过B膜到左侧形成酸，B为阴离子交换膜，B错误；电解质溶液采用Na2SO4溶液，电解时生成氢气和氧气，可避免有害气体的产生，C正确；海水中的阴、阳离子透过两侧交换膜向两侧移动，淡水从Ⅱ口排出，D正确。6．(2020·河南天一大联考阶段检测)普通电解精炼铜的方法所制备的铜中仍含杂质，利用下面的双膜(阴离子交换膜和过滤膜)电解装置可制备高纯度的Cu。下列有关叙述正确的是()A．电极a为粗铜，电极b为纯铜B．甲膜为过滤膜，可阻止阳极泥及漂浮物杂质进入阴极区C．乙膜为阴离子交换膜，可阻止杂质阳离子进入阴极区D．当电路中通过1mol电子时，可生成32g纯铜答案D解析由题意结合电解原理可知，电极a是阴极，为纯铜，电极b是阳极，为粗铜，A项错误；甲膜为阴离子交换膜，可阻止杂质阳离子进入阴极区，B项错误；乙膜为过滤膜，可阻止阳极泥及漂浮物杂质进入阴极区，C项错误；当电路中通过1mol电子时，可生成0.5mol纯铜，其质量为32g，D项正确。7．四室式电渗析法制备盐酸和NaOH的装置如图所示。a、b、c为阴、阳离子交换膜。已知：阴离子交换膜只允许阴离子透过，阳离子交换膜只允许阳离子透过。下列叙述正确的是()A．b、c分别依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜B．通电后Ⅲ室中的Cl－透过c迁移至阳极区C．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四室中的溶液的pH均升高D．电池总反应为4NaCl＋6H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))4NaOH＋4HCl＋2H2↑＋O2↑答案D解析由图中信息可知，左边电极与负极相连为阴极，右边电极为阳极，所以通电后，阴离子向右定向移动，阳离子向左定向移动，阳极上H2O放电生成O2和H＋，阴极上H2O放电生成H2和OH－；H＋透过c，Cl－透过b，二者在b、c之间的Ⅲ室形成盐酸，盐酸浓度变大，所以b、c分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜；Na＋透过a，NaOH的浓度变大，所以a是阳离子交换膜，故A、B两项均错误；电解一段时间后，Ⅰ中的溶液的c(OH－)升高，pH升高，Ⅱ中为NaCl溶液，pH不变，Ⅲ中有HCl生成，故c(H＋)增大，pH减小，Ⅳ中H＋移向Ⅲ，H2O放电生成O2，使水的量减小，c(H＋)增大，pH减小，C错误。(1)含离子交换膜电化学装置题的解题步骤(2)在原电池中应用离子交换膜，起到替代盐桥的作用，一方面能起到平衡电荷、导电的作用，另一方面能防止电解质溶液中的离子与电极直接反应，提高电流效率；在电解池中使用选择性离子交换膜的主要目的是限制某些离子(或分子)的定向移动，避免电解质溶液中的离子或分子与电极产物反应，提高产品纯度或防止造成危险等。考点三电化学原理的相关计算电化学综合计算的三种常用方法(1)根据总反应式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用于混合溶液中电解的分阶段计算。(3)根据关系式计算根据得失电子守恒定律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。如以通过4mole－为桥梁可构建如下关系式：4e－～～阳极产物阴极产物(式中M为金属，n为其离子的化合价数值)该关系式具有总揽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。1．500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NOeq\o\al(－,3))＝0.6mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，下列说法正确的是()A．原混合溶液中c(K＋)为0.2mol·L－1B．上述电解过程中共转移0.2mol电子C．电解得到的Cu的物质的量为0.05molD．电解后溶液中c(H＋)为0.2mol·L－1答案A解析石墨作电极电解KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，阳极反应式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，阴极先后发生两个反应：Cu2＋＋2e－=Cu,2H＋＋2e－=H2↑。从收集到O2为2.24L可推知上述电解过程中共转移0.4mol电子，而在生成2.24LH2的过程中转移0.2mol电子，所以Cu2＋共得到0.4mol－0.2mol＝0.2mol电子，电解前Cu2＋的物质的量和电解得到的Cu的物质的量都为0.1mol。电解前后分别有以下守恒关系：c(K＋)＋2c(Cu2＋)＝c(NOeq\o\al(－,3))，c(K＋)＋c(H＋)＝c(NOeq\o\al(－,3))，不难算出：电解前c(K＋)＝0.2mol·L－1，电解后c(H＋)＝0.4mol·L－1。2．(2020·山东师大附中模拟)某化学课外活动小组拟用铅蓄电池进行电絮凝净水的实验探究，设计的实验装置如图所示，下列叙述正确的是()A．X极的电极反应式：Pb－2e－＋SOeq\o\al(2－,4)=PbSO4B．铅蓄电池工作时，每转移2mol电子，消耗98gH2SO4C．电解池的反应仅有2Al＋6H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2Al(OH)3↓＋3H2↑D．每消耗103.5gPb，理论上电解池阴极上有11.2LH2生成答案A解析由图可知，电解池中，Al电极上发生氧化反应生成Al3＋和O2，H2O在Fe电极上被还原生成H2，则Al电极是阳极，Fe电极是阴极，Y极是正极，X极是负极，则X极的电极反应式为Pb－2e－＋SOeq\o\al(2－,4)=PbSO4，A正确；铅蓄电池工作时，电池总反应式为Pb＋PbO2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O，则转移2mol电子时消耗2molH2SO4，其质量为196g，B错误；由图可知，Al电极上除生成Al3＋外，还生成O2，Fe电极上生成H2和OH－，故电解池中还发生反应：2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2H2↑＋O2↑，C错误；消耗103.5g(即0.5mol)Pb时，电路中转移1mol电子，则阴极上逸出0.5molH2，题目未指明气体所处状况，H2的体积不确定，D错误。3．在如图所示的装置中，若通直流电5min时，铜电极的质量增加2.16g。试回答下列问题。(1)电源中X电极为直流电源的________极。(2)pH变化：A________，B________，C________。(填“增大”“减小”或“不变”)(3)通电5min时，B中共收集224mL(标准状况下)气体，溶液体积为200mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为________(设电解前后溶液体积无变化)。(4)常温下，若A中KCl足量且溶液的体积也是200mL，电解后，溶液的pH为__________(设电解前后溶液体积无变化)。答案(1)负(2)增大减小不变(3)0.025mol·L－1(4)13解析(1)三个装置是串联的电解池。电解AgNO3溶液时，Ag＋在阴极发生还原反应变为Ag，所以质量增加的铜电极是阴极，则银电极是阳极，Y是正极，X是负极。(2)电解KCl溶液生成KOH，溶液pH增大；电解CuSO4溶液生成H2SO4，溶液pH减小；电解AgNO3溶液，银为阳极，不断溶解，Ag＋浓度基本不变，pH不变。(3)通电5min时，C中析出0.02molAg，电路中通过0.02mol电子。B中共收集0.01mol气体，若该气体全为氧气，则电路中需通过0.04mol电子，电子转移不守恒，因此，B中电解分为两个阶段，先电解CuSO4溶液，生成O2，后电解水，生成O2和H2，B中收集到的气体是O2和H2的混合物。设电解CuSO4溶液时生成O2的物质的量为x，电解H2O时生成O2的物质的量为y，则4x＋4y＝0.02mol(电子转移守恒)，x＋3y＝0.01mol(气体体积之和)，解得x＝y＝0.0025mol，所以n(CuSO4)＝2×0.0025mol＝0.005mol，c(CuSO4)＝eq\f(0.005mol,0.2L)＝0.025mol·L－1。(4)通电5min时，A中放出0.01molH2，溶液中生成0.02molKOH，c(OH－)＝eq\f(0.02mol,0.2L)＝0.1mol·L－1，pH＝13。(1)同一原电池的正、负极的电极反应得、失电子数相等。(2)同一电解池的阴、阳极电极反应中得、失电子数相等。(3)串联电路中的各个电极反应得、失电子数相等。上述三种情况下，在写电极反应式时，得、失电子数要相等，在计算电解产物的量时，应按得、失电子数相等计算。1．[2020·新高考全国卷Ⅰ(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，用下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解析由装置示意图可知，负极区CH3COO－发生氧化反应生成CO2和H＋，A项正确；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，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；负极产生CO2：CH3COO－＋2H2O－8e－=2CO2↑＋7H＋，正极产生H2：2H＋＋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，D项正确。2．[2020·新高考全国卷Ⅰ(山东)，13]采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如下图所示。忽略温度变化的影响，下列说法错误的是()A．阳极反应为2H2O－4e－=4H＋＋O2↑B．电解一段时间后，阳极室的pH未变C．电解过程中，H＋由a极区向b极区迁移D．电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量答案D解析A项，根据题图可知，a极为阳极，其反应式为2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，正确；B项，阳极室产生的氢离子通过质子交换膜进入阴极室，阳极室pH保持不变，正确；C项，电解过程中阳离子移向阴极，故H＋移向b极区，正确；D项，根据电极反应式：阳极反应为2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，阴极反应为2H＋＋O2＋2e－=H2O2，故a极生成的O2与b极反应的O2不等量，错误。3．[2018·全国卷Ⅰ，27(3)]焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：制备Na2S2O5可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为___________________。电解后，____________室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。答案2H2O－4e－=4H＋＋O2↑a解析阳极上H2O放电生成O2和H＋，电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，电解过程中H＋透过阳离子交换膜进入a室，故a室中NaHSO3浓度增加。4．[2019·北京，27(2)]可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。①制H2时，连接________。产生H2的电极反应式是______________________________。②改变开关连接方式，可得O2。③结合①和②中电极3的电极反应，说明电极3的作用：___________________________________________________________________________________________________。答案①K12H2O＋2e－==NiOOH＋H2O。制O2时，上述电极反应逆向进行，使电极3得以循环使用解析①电解碱性电解液时，H2O电离出的H＋在阴极得到电子产生H2，根据题图可知电极1与电池负极连接，为阴极，所以制H2时，连接K1，产生H2的电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。③制备O2时碱性电解液中的OH－失去电子生成O2，连接K2，O2在电极2上产生。连接K1时，电极3为电解池的阳极，Ni(OH)2失去电子生成NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2－e－＋OH－=NiOOH＋H2O，连接K2时，电极3为电解池的阴极，电极反应式为NiOOH＋e－＋H2O=Ni(OH)2＋OH－，使电极3得以循环使用。1．(2020·山东师大附中期中)某种酒精检测仪的传感器采用Pt作为电极，其燃烧室内充满特种催化剂。某同学用该乙醇燃料电池作为电源设计如图所示电解实验装置。下列说法不正确的是()A．a电极为负极，d电极为阴极B．b电极的电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2OC．当装置Ⅱ中生成11.2L(标准状况)Cl2时，有0.5molH＋通过装置Ⅰ中的质子交换膜D．当装置Ⅰ中生成6.0gCH3COOH时，装置Ⅲ中CuSO4溶液的质量减少16g答案C解析乙醇燃料电池中，O2通入b电极区，乙醇蒸气通入a电极区，则a电极是负极，b电极是正极，从而推知，d电极是阴极，A正确；b电极是正极，O2得电子发生还原反应，电解液呈酸性，则正极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，B正确；装置Ⅱ中电解饱和氯化钠溶液，生成标准状况下11.2LCl2(即0.5mol)，电路中通过1mol电子，据得失电子守恒和溶液呈电中性可知，装置Ⅰ中有1molH＋透过质子交换膜向右迁移，C错误；装置Ⅰ中负极反应式为CH3CH2OH＋H2O－4e－=CH3COOH＋4H＋，生成6.0gCH3COOH(即0.1mol)时，电路中通过0.4mol电子，装置Ⅲ中阳极反应式为2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，阴极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，据得失电子守恒推知，放出0.1molO2、析出0.2molCu，故装置Ⅲ中溶液减少的质量为0.1mol×32g·mol－1＋0.2mol×64g·mol－1＝16g，D正确。2．(2020·山东菏泽模拟)用石墨烯锂硫电池电解制备Fe(OH)2的装置如图所示。电池放电时的反应为16Li＋xS8=8Li2Sx(2≤x≤8)，电解池两极材料分别为Fe和石墨，工作一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。下列说法不正确的是()A．X是铁电极，发生氧化反应B．电子流动的方向：B→Y，X→AC．正极可发生反应：2Li2S6＋2Li＋＋2e－=3Li2S4D．锂电极减重0.14g时，电解池中溶液减重0.18g答案D解析电解法制备Fe(OH)2，则铁作阳极，根据题给总反应可知，金属锂发生氧化反应，作电池的负极，所以Y为阴极，故X是铁电极，故A项正确；电子从原电池的负极流至电解池的阴极，然后从电解池的阳极流回到原电池的正极，即电子从B电极流向Y电极，从X电极流回A电极，故B项正确；由图示可知，电极A发生了还原反应，即正极可发生反应：2Li2S6＋2Li＋＋2e－=3Li2S4，故C项正确；锂电极减重0.14g，则电路中转移0.02mol电子，电解池中发生的总反应为Fe＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))Fe(OH)2＋H2↑，所以转移0.02mol电子时，电解池中溶液减少0.02molH2O，即减轻0.36g，故D项错误。3．用石墨电极完成下列电解实验。实验一实验二装置现象a、d处试纸变蓝；b处变红，局部褪色；c处无明显变化两个石墨电极附近有气泡产生；n处有气泡产生……下列对实验现象的解释或推测不合理的是()A．a、d处：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－B．b处：2Cl－－2e－=Cl2↑C．c处发生了反应：Fe－2e－=Fe2＋D．根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜答案B解析A项，a、d处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中的水放电生成氢气和氢氧根离子造成的，正确；B项，b处变红，局部褪色，说明是溶液中的氯离子放电生成氯气同时与H2O反应生成HClO和H＋，发生的反应为Cl－－2e－＋H2O=HClO＋H＋，错误；C项，c处为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，正确；D项，实验一中ac形成电解池，bd形成电解池，所以实验二中也形成电解池，n(钢珠右面)有气泡生成，为阴极产生氢气，n的另一面(钢球左面)为阳极产生Cu2＋，Cu2＋在m的右面得电子析出铜，正确。4．(2020·太原质检)采用电化学法还原CO2，是一种使CO2资源化的方法。如图是利用此法制备ZnC2O4的示意图(电解液不参与反应)。下列说法正确的是()A．Zn与电源的负极相连B．ZnC2O4在交换膜右侧生成C．电解的总反应式为2CO2＋Zneq\o(=,\s\up7(电解))ZnC2O4D．通入11.2LCO2时，转移0.5mol电子答案C解析电解过程中Zn被氧化，作阳极，所以Zn与电源的正极相连，A错误；Zn2＋透过阳离子交换膜到达左侧与生成的C2Oeq\o\al(2－,4)形成ZnC2O4，B错误；没有给出气体所处的温度和压强，D错误。5．(2020·湖北宜昌部分示范高中教学协作体期中)现有二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是()(注：质子指H＋，质子交换膜仅允许H＋通过)A．Pt2电极附近发生的反应为O2＋4e－＋2H2O=4OH－B．该电池工作时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极C．Pt1电极附近发生的反应为SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋D．该电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合答案A解析酸性条件下，氧气得电子生成水，则Pt2电极附近发生的反应为O2＋4e－＋4H＋=2H2O，A项错误；放电时，质子向正极移动，Pt1电极为负极，Pt2电极为正极，则该电池工作时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极，B项正确；Pt1电极通入SO2，SO2在负极失电子生成SOeq\o\al(2－,4)，则Pt1电极附近发生的反应为SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋，C项正确；二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池吸收了空气中的二氧化硫，起到了环保的作用，产物中有硫酸，而且发电，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，D项正确。6．(2020·天津高三模拟)在混合导体透氧膜反应器中只需一步就可同时制备氨合成气(N2、H2)和液体燃料合成气(CO、H2)，其工作原理如图所示，下列说法错误的是()A．膜Ⅰ侧发生的反应为H2O＋2e－=H2↑＋O2－、O2＋4e－=2O2－B．膜Ⅱ侧相当于原电池的负极C．膜Ⅱ侧发生的反应为CH4＋O2－－2e－=2H2＋COD．膜Ⅱ侧每消耗1molCH4，膜Ⅰ侧一定生成1molH2答案D解析膜Ⅰ侧，H2O和O2在正极均发生还原反应，结合题图可写出其电极反应式为H2O＋2e－=H2↑＋O2－、O2＋4e－=2O2－，A项正确；原电池中阴离子由正极向负极移动，结合题图中O2－的移动方向可知，膜Ⅰ侧相当于原电池的正极，膜Ⅱ侧相当于原电池的负极，B项正确；膜Ⅱ侧CH4发生氧化反应，其电极反应式为CH4＋O2－－2e－=2H2＋CO，C项正确；膜Ⅰ侧发生的反应为H2O＋2e－=H2↑＋O2－、O2＋4e－=2O2－，膜Ⅱ侧发生的反应为CH4＋O2－－2e－=2H2＋CO，则膜Ⅱ侧每消耗1molCH4，膜Ⅰ侧生成的H2小于1mol，D项错误。7．三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na＋和SOeq\o\al(2－,4)可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是()A．通电后中间隔室的SOeq\o\al(2－,4)向正极迁移，正极区溶液pH增大B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C．负极反应为2H2O－4e－=O2＋4H＋，负极区溶液pH降低D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成答案B解析电解池中阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，即SOeq\o\al(2－,4)向正极区移动，Na＋向负极区移动，正极区水电离的OH－发生氧化反应生成氧气，H＋留在正极区，该极得到H2SO4产品，溶液pH减小，负极区水电离的H＋发生还原反应生成氢气，OH－留在负极区，该极得到NaOH产品，溶液pH增大，故A、C错误，B正确；该电解池相当于电解水，根据电解水的方程式可计算出当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的O2生成，D错误。8．用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，则下列有关说法不正确的是()A．X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极B．阳极区pH增大C．图中的b>aD．该过程中的产品主要为H2SO4和H2答案B解析A项，由图示可知Pt(Ⅰ)极上H＋→H2，发生还原反应，故Pt(Ⅰ)为阴极，X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极，正确；B项，Pt(Ⅱ)为阳极，在阳极，SOeq\o\al(2－,3)、HSOeq\o\al(－,3)被氧化为H2SO4，SOeq\o\al(2－,3)＋H2O－2e－=2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)，HSOeq\o\al(－,3)＋H2O－2e－=3H＋＋SOeq\o\al(2－,4)，溶液的酸性增强，pH减小，错误；C项，由B项分析可知，阳极有H2SO4生成，故b>a，正确；D项，阳极产物为H2SO4，阴极产物为H2，正确。9．硼酸(H3BO3)可以通过电解NaB(OH)4溶液的方法制备，工作原理如图所示。下列有关表述错误的是()A．M室的电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋B．N室中，进口和出口的溶液浓度大小关系为a%<b%C．b膜为阴离子交换膜，产品室发生反应为H＋＋[B(OH)4]－=H3BO3＋H2OD．理论上每生成1molH3BO3，阴极室可生成5.6L(标准状况)气体答案D解析由题意知，通过电解NaB(OH)4溶液的方法制备硼酸，左边为阳极室，右边为阴极室。阳极上水失电子生成O2和H＋，所以a膜为阳离子交换膜、b膜为阴离子交换膜，产品室发生反应为H＋＋[B(OH)4]－=H3BO3＋H2O；阴极上水得电子生成H2和OH－，c膜为阳离子交换膜，所以电解后氢氧化钠溶液的浓度变大。M室发生的电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，A项正确；N室中，进口和出口的溶液浓度大小关系为a%<b%，B项正确；b膜为阴离子交换膜，产品室发生反应为H＋＋[B(OH)4]－=H3BO3＋H2O，C项正确；理论上每生D项错误。10．(2020·湖北四地七校联考)某地海水中主要离子的质量浓度如下表，现利用“电渗析法”对海水进行淡化，技术原理如图所示(两端为惰性电极，阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过)。下列有关说法错误的是()离子Na＋K＋Ca2＋Mg2＋Cl－SOeq\o\al(2－,4)HCOeq\o\al(－,3)质量浓度/(mg·L－1)9360832001100160001200118A．甲室的电极反应式：2Cl－－2e－=Cl2↑B．淡化过程中易在戊室形成水垢C．乙室和丁室中部分离子的浓度增大，淡水的出口为bD．当戊室收集到22.4L(标准状况)气体时，通过甲室阳膜的离子的物质的量一定为2mol答案D解析由图可知，甲室电极与电源正极相连，为阳极室，Cl－放电能力大于OH－，所以阳极的电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，故A正确；由图可知，戊室电极与电源负极相连，为阴极室，开始电解时，阴极上水得电子生成氢气同时生成OH－，生成的OH－和HCOeq\o\al(－,3)反应生成COeq\o\al(2－,3)，与Ca2＋反应生成CaCO3沉淀，OH－和Mg2＋反应生成Mg(OH)2，CaCO3和Mg(OH)2是水垢的成分，故B正确；阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过，电解时丙室中阴离子移向乙室，阳离子移向丁室，所以丙室中物质主要是水，则淡水的出口为b，故C正确；根据B项的分析，戊室收集到的是H2，当戊室收集到22.4L(标准状况)气体时，则电路中转移2mol电子，通过甲室阳膜的离子为阳离子，既有＋1价的离子，又有＋2价的离子，所以物质的量不是2mol，故D错误。11．(2020·山东淄博实验中学月考)肼(N2H4)-空气碱性燃料