2025年高中化学新教材同步 选择性必修第一册 第4章 第1、二节提升课 第2课时　电化学计算模型　多池、多室装置

第2课时电化学计算模型多池、多室装置[核心素养发展目标]1.掌握电子守恒规律在电化学中的应用。2.掌握多池连接装置的形式及分析思路。3.了解离子交换膜的类型及其作用。一、电化学计算模型1．电化学常涉及的计算问题原电池和电解池的计算常涉及两极产物定量计算，电路中转移电子数的计算、溶液pH的计算、电解前后电极或电极区质量的差值计算等。2．电化学计算模型1．500mLKCl和Cu(NO3)2的混合溶液中c(Cu2＋)＝0.2mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，通电一段时间后，两电极均收集到5.6L(标准状况下)气体，假设电解后溶液的体积仍为500mL，下列说法正确的是()A．原混合溶液中c(Cl－)＝0.3mol·L－1B．上述电解过程中共转移0.5mol电子C．电解得到的无色气体与有色气体的体积比为3∶7D．阳极收集到的气体为Cl2和O2答案D解析阳极Cl－先放电，然后是H2O电离出的OH－放电，即2Cl－－2e－=Cl2↑，2H2O－4e－=O2↑＋4H＋；阴极Cu2＋先放电，然后H＋放电，即Cu2＋＋2e－=Cu,2H＋＋2e－=H2↑。结合两极均收集到5.6L(标准状况下)气体，则阴极收集到0.25molH2，原混合溶液中n(Cu2＋)＝0.2mol·L－1×0.5L＝0.1mol，Cu2＋放电共转移0.2mol电子，生成H2时转移0.5mol电子，故阴极共转移0.7mol电子。设阳极生成Cl2、O2分别为xmol和ymol，则x＋y＝0.25,2x＋4y＝0.7，解得x＝0.15，y＝0.1。根据Cl原子守恒，原混合溶液中含0.3molCl－，c(Cl－)＝eq\f(0.3mol,0.5L)＝0.6mol·L－1，A错误；电解时得到的无色气体为H2和O2，物质的量为0.25mol＋0.1mol＝0.35mol，有色气体为Cl2，物质的量为0.15mol，则无色气体与有色气体的体积比为0.35mol∶0.15mol＝7∶3，C错误、D正确。2．把两支惰性电极插入500mL硝酸银溶液中，通电电解。当电解质溶液中c(H＋)从10－6mol·L－1变为10－3mol·L－1时(设电解时阴极没有氢气析出，且电解质溶液在电解前后体积变化可以忽略)，电极上应析出银的质量是()A．27mg B．54mgC．108mg D．216mg答案B解析解法1根据得失电子守恒计算由得失电子守恒知，e－～H＋～Ag，所以n(Ag)＝n(H＋)。AgNO3溶液电解后产生酸，n(Ag)＝n(H＋)≈10－3mol·L－1×0.5L＝5×10－4mol，m(Ag)＝n(Ag)×M＝5×10－4mol×108g·mol－1＝0.054g＝54mg。解法2根据电极反应式计算4Ag＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))4Ag＋O2↑＋4H＋432g4molm5×10－4molm＝eq\f(432g×5×10－4mol,4mol)＝0.054g，即54mg。3．(2023·重庆南开中学高二期中)光电池在光照条件下可产生电流，如图装置可以实现光能源的充分利用，双极膜可将水解离为H＋和OH－，并实现其定向通过。下列说法不正确的是()A．该装置可利用光能实现水的分解B．光照过程中阴极区溶液的pH变小C．再生池中的反应为2V2＋＋2H＋eq\o(=,\s\up7(催化剂))2V3＋＋H2↑D．电路中每有2mol电子通过，阳极区溶液质量增加2g答案D解析由图上电子的移动方向可知右侧是电解池的阳极，反应式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，阴极反应式为V3＋＋e－=V2＋，双极膜可将水解离为H＋和OH－，由图可知，H＋进入阴极，OH－进入阳极，放电后的溶液进入再生池中在催化剂条件下发生反应放出氢气，反应方程式为2V2＋＋2H＋eq\o(=,\s\up7(催化剂))2V3＋＋H2↑，电路中每有2mol电子通过，会有2mol氢氧根离子进入阳极，生成0.5mol氧气，阳极区溶液质量增加18g，D项错误。二、多池装置1．一池两用用如图所示装置进行实验：(1)若开始时K与N连接，则构成原电池，铁棒上发生的电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋；石墨电极产生的现象为有无色气泡生成_。(2)若开始时K与M连接，则构成电解池，铁棒上发生的电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；石墨电极产生的现象为_有淡黄绿色气泡生成，一段时间后，溶液的pH增大。(3)若用铝条和镁条分别代替图中的石墨和铁棒电极，电解质溶液为氢氧化钠溶液，请写出原电池负极的电极反应式：Al＋4OH－－3e－=[Al(OH)4]－。2．多池串联如图所示装置：回答下列问题：(1)甲池是______，乙池是将________能转化为______能的装置。提示原电池电化学(2)写出甲、乙、丙池中各电极的电极名称和电极反应式。提示A极：负极，CH4－8e－＋10OH－=COeq\o\al(2－,3)＋7H2OB极：正极，O2＋4e－＋2H2O=4OH－Cu极：阳极，Cu－2e－=Cu2＋Ag极：阴极，Cu2＋＋2e－=CuPt(Ⅰ)极：阳极，2Cl－－2e－=Cl2↑Pt(Ⅱ)极：阴极，Mg2＋＋2H2O＋2e－=H2↑＋Mg(OH)2↓3．多池装置的解题模型1．用如图装置进行电解实验(a、b、c、d均为铂电极)，供选择的有4组电解液，要满足下列要求：①工作一段时间后A烧杯的pH上升，B烧杯的pH下降；②b、c两极上反应的离子的物质的量相等，应选择的电解质溶液是()A．A烧杯NaOH溶液；B烧杯CuSO4溶液B．A烧杯AgNO3溶液；B烧杯CuCl2溶液C．A烧杯Na2SO4溶液；B烧杯AgNO3溶液D．A烧杯NaCl溶液；B烧杯AgNO3溶液答案D解析铂电极是惰性电极，工作一段时间后，A烧杯的pH上升，电解Na2SO4溶液的实质是电解水，pH不变；电解AgNO3溶液时，生成Ag、O2和HNO3，pH下降，故B、C错误；b是阳极，c是阴极，b、c两极上反应的离子的物质的量相等，若B烧杯是CuSO4溶液，c电极上消耗1molCu2＋时转移2mol电子，则b电极上消耗2molOH－，不符合要求，A错误；若A烧杯是NaCl溶液，B烧杯是AgNO3溶液，b电极上有1molCl－被氧化时转移1mol电子，同时c电极上有1molAg＋被还原，且工作一段时间后，A烧杯的pH上升，B烧杯的pH下降，D正确。2．某兴趣小组设计如图所示实验装置，两个相同的玻璃管中盛满NaCl稀溶液(滴有酚酞)，闭合S1一段时间后，两极均有气泡产生，Cu电极一侧液面比C电极一侧的低；断开S1，闭合S2，电流表指针发生偏转。下列叙述正确的是()A．闭合S1时，Cu电极产生气泡的原因为2Cl－－2e－=Cl2↑B．闭合S1时，若铜电极接直流电源的正极，两极均有气泡产生C．断开S1、闭合S2时，C电极作负极D．断开S1、闭合S2时，Cu电极上发生反应：H2－2e－＋2OH－=2H2O答案D解析闭合S1时，铜为阴极，产生气泡的原因为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，A错误；闭合S1时，若铜电极接直流电源的正极，Cu作阳极被氧化生成Cu2＋，阳极无气泡产生，B错误；断开S1、闭合S2时，Cu电极一侧的H2发生氧化反应，Cu电极作负极，C电极作正极，C错误；电解时阴极产物为H2和NaOH，形成原电池时，H2在碱性条件下发生氧化反应，其电极反应式为H2－2e－＋2OH－=2H2O，D正确。3．如图所示，若电解5min时，测得铜电极的质量增加2.16g。试回答下列问题：(1)电源中X极是__________(填“正”或“负”)极。(2)通电5min时，B中共收集到224mL(标准状况)气体，溶液体积为200mL(电解前后溶液的体积变化忽略不计)，则通电前c(CuSO4)＝______________。(3)若A中KCl溶液的体积也是200mL，电解后溶液中仍有Cl－，则电解后溶液的pH＝________(Kw＝1.0×10－14)。答案(1)负(2)0.025mol·L－1(3)13解析(1)铜电极增重，说明银在铜电极析出，则铜电极为阴极，X为负极。(2)C中铜电极增重2.16g，即析出0.02molAg，线路中通过0.02mol电子；由4e－～O2可知，B中阳极产生的O2只有0.005mol，即112mL；但B中共收集到224mL气体，说明还有112mL是H2，即全部Cu2＋在阴极放电后，H＋接着放电产生了112mLH2，则通过0.01mol电子时，Cu2＋已被电解完；由2e－～Cu2＋，可知n(Cu2＋)＝0.005mol，则c(CuSO4)＝eq\f(0.005mol,0.2L)＝0.025mol·L－1。(3)由得失电子守恒知，A中生成0.02molOH－，则c(OH－)＝eq\f(0.02mol,0.2L)＝0.1mol·L－1，pH＝13。三、多室装置——离子交换膜的作用1．常见的离子交换膜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，水电离的产物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。(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．典例剖析例1某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2=2AgCl，当电路中转移amol电子时，交换膜左侧溶液中约减少____________mol离子。交换膜右侧溶液中c(HCl)______(填“>”“＜”或“＝”)1mol·L－1(忽略溶液体积变化)。答案2a>解析负极电极反应式为Ag－e－＋Cl－=AgCl，原电池工作时，电路中转移amol电子，则负极消耗amolCl－，形成闭合回路移向正极的n(H＋)为amol，所以负极区即交换膜左侧溶液中约减少2amol离子；正极区电极反应为Cl2＋2e－=2Cl－，生成n(HCl)＝amol，所以交换膜右侧溶液c(HCl)增大，即交换膜右侧溶液c(HCl)>1mol·L－1。例2(2021·广东，16)钴(Co)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是()A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大B．生成1molCo，Ⅰ室溶液质量理论上减少16gC．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变D．电解总反应：2Co2＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2Co＋O2↑＋4H＋答案D解析分析可知，水放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故A错误；阴极生成1mol钴，阳极有1mol水放电，则Ⅰ室溶液质量减少18g，故B错误；若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则移除离子交换膜后，石墨电极的电极反应会发生变化，故C错误。例3H3PO2可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：(1)写出阳极的电极反应式：______________________________________________。(2)分析产品室可得到H3PO2的原因：______________________________________。(3)早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有________杂质，该杂质产生的原因是________________________________________________________________________。答案(1)2H2O－4e－=O2↑＋4H＋(2)阳极室的H＋穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2POeq\o\al(－,2)穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2(3)POeq\o\al(3－,4)H2POeq\o\al(－,2)(或H3PO2)被氧化1．(2023·山东师大附中期中)科研人员发明了一种Al­PbO2电池，通过X和Y两种离子交换膜将电解质溶液隔开，形成M、R、N三个电解质溶液区域，电解质分别为KOH、K2SO4、H2SO4，结构示意图如图(已知a＞b)。该电池放电时，下列说法错误的是()A．R区K2SO4浓度逐渐增大B．K＋通过X膜由M区移向R区C．N区电极反应为PbO2＋2e－＋4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=PbSO4＋2H2OD．每消耗1.8gAl，N区电解质溶液减少19.2g答案D解析结合图示可知Al为负极，M区电解质为KOH，电极反应为Al－3e－＋4OH－=[Al(OH)4]－，PbO2作正极，电极反应为PbO2＋2e－＋4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=PbSO4＋2H2O。M区OH－被消耗，K＋通过X膜由M区移向R区，根据正极反应可知，消耗H＋的物质的量为SOeq\o\al(2－,4)的4倍，SOeq\o\al(2－,4)通过Y膜由N区移向R区，故R区K2SO4浓度增大，A、B正确；结合负极反应可知每消耗1.8gAl转移eq\f(1.8g,27g·mol－1)×3＝0.2mol电子，此时正极区减少0.2molH2SO4，同时生成0.2molH2O，即N区电解质溶液减少质量为0.2mol×98g·mol－1－0.2mol×18g·mol－1＝16g，D错误。2．(2023·苏州高二月考)如图装置是一种微生物脱盐电池的装置，它可以通过处理有机废水(以含CH3COO－的溶液为例)获得电能，同时还可实现海水淡化。已知a、b电极为惰性电极，X、Y均为离子交换膜，下列说法错误的是()A．X、Y依次为阴离子、阳离子交换膜B．a极反应为CH3COO－＋2H2O－8e－=2CO2＋7H＋，产生的H＋向b极移动C．b极为正极D．当电路中转移1mol电子时，在b极室可以生成40gNaOH答案B解析根据图示可知，在a极上CH3COO－失去电子被氧化，生成CO2和H＋，碳元素化合价升高，所以a极为该原电池的负极，则b极为正极。为了实现海水的淡化，海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜X为阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即b极，则隔膜Y为阳离子交换膜，A、C正确；a极为负极，电极反应式为CH3COO－＋2H2O－8e－=2CO2＋7H＋，由于隔膜X是阴离子交换膜，所以阻碍生成的H＋向正极移动，B错误；当电路中转移1mol电子时，会有1molNa＋进入b极室形成1molNaOH，其质量是40g，D正确。3．科学家近年发明了一种新型Zn­CO2水介质电池。电池示意图如下，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。下列说法错误的是()A．放电时，负极反应为Zn－2e－＋4OH－=Zn(OH)eq\o\al(2－,4)B．放电时，1molCO2转化为HCOOH，转移的电子为2molC．充电时，电池总反应为2Zn(OH)eq\o\al(2－,4)=2Zn＋O2↑＋4OH－＋2H2OD．充电时，阳极溶液中OH－浓度升高答案D解析由装置示意图可知，放电时负极反应为Zn－2e－＋4OH－=Zn(OH)eq\o\al(2－,4)，A项正确；放电时CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1molCO2转化为HCOOH时，转移电子为2mol，B项正确；充电时阳极上发生反应2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，OH－浓度降低，D项错误。(选择题1～8题，每小题6分，9～12题，每小题8分，共80分)题组一电解池与原电池的综合应用1.如图，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U形管中，下列分析错误的是()A．闭合K1构成原电池，闭合K2构成电解池B．闭合K1，铁棒上发生的反应为Fe－2e－=Fe2＋C．闭合K2，铁棒不会被消耗D．闭合K1，石墨棒周围溶液pH逐渐减小答案D解析闭合K1构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，铁棒上发生的反应为Fe－2e－=Fe2＋，闭合K2构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极不会被消耗，A、B、C正确；闭合K1构成原电池，石墨棒是正极，电极反应为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，石墨棒周围溶液pH逐渐升高，D错误。2．(2024·黑龙江、吉林1月适应性测试)如图，b为H＋/H2标准氢电极，可发生还原反应(2H＋＋2e－=H2↑)或氧化反应(H2－2e－=2H＋)，a、c分别为AgCl/Ag、AgI/Ag电极。实验发现：1与2相连a电极质量减小，2与3相连c电极质量增大。下列说法正确的是()A．1与2相连，盐桥1中阳离子向b电极移动B．2与3相连，电池反应为2Ag＋2I－＋2H＋=2AgI＋H2↑C．1与3相连，a电极减小的质量等于c电极增大的质量D．1与2、2与3相连，b电极均为e－流出极答案B解析1与2相连，左侧两池构成原电池，a电极质量减小，AgCl转化为Ag，说明a为正极，b为负极，盐桥1中阳离子向a电极移动，A错误；2与3相连，右侧两池构成原电池，c电极质量增大，Ag转化为AgI，说明c为负极，b为正极，生成氢气，电池反应为2Ag＋2I－＋2H＋=2AgI＋H2↑，B正确；1与3相连，由于AgI更难溶，AgCl转化为AgI，a极为正极，AgCl转化为Ag，a极质量减小，c极为负极，Ag转化为AgI，c极质量增加，a电极减小的质量小于c电极增大的质量，C错误；1与2相连，b为负极，b电极为e－流出极，2与3相连，c为负极，c电极为e－流出极，D错误。题组二离子交换膜电化学装置的分析3．催化还原二氧化碳是解决温室效应及能源问题的重要手段之一，中国科学家设计出如图装置实现CO2的转化，电池总反应为CO2＋NaCleq\o(=,\s\up7(电解))CO＋NaClO。下列说法错误的是()A．该装置工作时，质子通过质子交换膜由阳极室移向阴极室B．催化电极Ⅰ上发生的电极反应为CO2＋2e－＋2H＋=CO＋H2OC．太阳能电池的正极为A极D．该装置不仅还原CO2，还产生了次氯酸盐答案C解析根据图中的物质变化可知，催化电极Ⅰ为阴极，催化电极Ⅱ为阳极，A极为负极，B极为正极。在电解池中，阳离子向阴极移动，则质子通过质子交换膜由阳极室移向阴极室，A项正确；阴极的电极反应为CO2＋2e－＋2H＋=CO＋H2O，B项正确；由电池总反应可知，D项正确。4．(2023·成都高二检测)“容和一号”铁铬液流电池的总反应为Fe3＋＋Cr2＋eq\o(,\s\up7(放电),\s\do5(充电))Fe2＋＋Cr3＋。闭合K1，断开K2时，工作原理如图所示，其中a电极上涂有固态氢化铋(BiHx)。下列说法错误的是()A．充电时，a电极连接电源的负极B．放电时，正极反应式为Fe3＋＋e－=Fe2＋C．放电时，H＋从a极区移向b极区D．充电时，BiHx只起导电的作用答案D解析充电时为电解池，根据总反应：Fe3＋＋Cr2＋eq\o(,\s\up7(放电),\s\do5(充电))Fe2＋＋Cr3＋可知，Cr3＋发生得电子的还原反应生成Cr2＋，a电极为阴极，应连接电源的负极，A正确；放电时，b电极为正极，Fe3＋发生得电子的还原反应生成Fe2＋，电极反应为Fe3＋＋e－=Fe2＋，B正确；电池放电时，a电极为负极，b电极为正极，则H＋从a极区移向b极区，C正确；充电时，BiHx起导电和转移电子的作用，D错误。题组三串联电化学装置的分析5．用碱性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如图所示。下列说法正确的是()A．燃料电池工作时负极反应为H2=2H＋＋2e－B．若要实现铁上镀铜，则a极是铁，b极是铜C．若要实现电解精炼铜，则a极发生氧化反应，b极上有铜析出D．a、b两极均是石墨时，在相同条件下，当电池中消耗22.4L(标准状况)H2时，a极析出64g铜答案C解析碱性氢氧燃料电池工作时负极通入H2，电极反应式为H2－2e－＋2OH－=2H2O，A错误；若要实现铁上镀铜，则a极(阳极)是铜，b极(阴极)是铁，B错误；若要实现电解精炼铜，则a极连接粗铜，发生氧化反应，b极为阴极，Cu2＋得电子，b极上有铜析出，C正确；a、b两极均是石墨时，在相同条件下，当电池中消耗22.4L(标准状况)H2时，外电路转移2mole－，b极为阴极，析出64g铜，a极为阳极，不能析出铜，D错误。6．如图为相互串联的三个装置，下列说法正确的是()A．甲池中A极的电极反应式为CH4－8e－＋2H2O=CO2＋8H＋B．若利用乙池在铁片上镀银，则C是铁片C．向丙池中滴加酚酞，石墨附近溶液先变红D．若甲池消耗标准状况下1.4LCH4，则丙池中阳极上产生气体的物质的量为0.15mol答案D解析结合图示装置可知甲池为燃料电池，乙池和丙池均为电解池。甲池中CH4在碱性条件下失电子发生氧化反应，电极反应为CH4＋10OH－－8e－=COeq\o\al(2－,3)＋7H2O，A错误；若利用乙池在铁片上镀银，铁片作阴极，即D是铁片，B错误；丙池中Fe电极与电源负极相连，为阴极，石墨电极为阳极，在石墨电极生成Cl2，在Fe电极生成H2和NaOH，则向丙池中滴加酚酞，铁电极附近溶液先变红，C错误；若甲池消耗标准状况下1.4LCH4，反应中失去电子的物质的量为eq\f(1.4L,22.4L·mol－1)×8＝0.5mol，串联电路中转移电子的物质的量相等，则丙池阳极也失去0.5mol电子，丙池中阳极开始时的电极反应为2Cl－－2e－=Cl2↑，溶液中含n(Cl－)＝0.1mol，产生0.05molCl2，然后水电离出的OH－放电，电极反应为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，可知转移0.4mol电子时生成0.1molO2，即阳极上共生成气体为(0.05＋0.1)mol＝0.15mol，D正确。题组四电化学计算的基本方法7．LiPON薄膜锂离子电池是目前研究最广泛的全固态薄膜锂离子电池。其工作示意图如图，LiPON薄膜只允许Li＋通过，电池总反应为LixSi＋Li1－xCoO2eq\o(,\s\up7(放电),\s\do5(充电))Si＋LiCoO2。下列有关说法正确的是()A．LiPON薄膜在充、放电过程中质量发生变化B．导电介质c可为Li2SO4水溶液C．放电时b极为正极，电极反应为Li1－xCoO2＋xe－＋xLi＋=LiCoO2D．充电时，当外电路通过0.2mol电子时，非晶硅薄膜上质量减少1.4g答案C解析由电池总反应为LixSi＋Li1－xCoO2eq\o(,\s\up7(放电),\s\do5(充电))Si＋LiCoO2可知，充电时a极为阴极，电极反应式为xLi＋＋xe－＋Si=LixSi，b极为阳极，电极反应式为LiCoO2－xe－=Li1－xCoO2＋xLi＋；放电时a极为负极，电极反应式为LixSi－xe－=Si＋xLi＋，b极为正极，电极反应式为Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－=LiCoO2。LiPON薄膜在充、放电过程中并未参与电极反应，故其质量不发生变化，A错误；由于2Li＋2H2O=2LiOH＋H2↑，故导电介质c不能为Li2SO4水溶液，B错误；充电时，Li＋得电子生成Li嵌入非晶硅薄膜材料中，当外电路通过0.2mol电子时，非晶硅薄膜上质量增加0.2mol×7g·mol－1＝1.4g，D错误。8.用如图所示装置电解硫酸铜和氯化钠的混合溶液，当线路中有1.2mol电子通过时，甲电极增重并有4.48L(已折算成标准状况下的体积，下同)气体生成，乙电极上生成气体7.84L，则原溶液中硫酸铜与氯化钠的物质的量之比为()A．2∶1 B．4∶1C．2∶3 D．4∶3答案A解析该电解池阴极的电极反应式为①Cu2＋＋2e－=Cu、②2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，阳极的电极反应式为③2Cl－－2e－=Cl2↑、④2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，甲电极增重，并有4.48L气体生成，则甲电极为阴极，乙电极为阳极，甲电极上生成的氢气为0.2mol，乙电极上生成气体7.84L(氯气和氧气，共0.35mol)，反应共转移1.2mol电子，阴极上反应②共得到0.4mol电子，则反应①共得到电子1.2mol－0.4mol＝0.8mol，可计算出原溶液中Cu2＋的物质的量为0.4mol；设阳极产生氯气的物质的量为x，产生氧气的物质的量为y，则x＋y＝0.35mol,2x＋4y＝1.2mol，联立两个方程，解得x＝0.1mol，y＝0.25mol，所以溶液中Cl－为0.2mol，则原溶液中硫酸铜与氯化钠的物质的量之比为0.4∶0.2＝2∶1，A正确。9．(2023·武汉高二质检)用阴离子交换膜控制电解液中OH－的浓度制备纳米Cu2O，反应为2Cu＋H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))Cu2O＋H2↑，装置如图，下列说法正确的是()A．电解时OH－通过交换膜向Ti极移动B．阳极反应式为2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2OC．阴极OH－放电，有O2生成D．Ti电极和Cu电极上生成物的物质的量之比为2∶1答案B解析Cu极与外加电源的正极相连，Cu极为阳极，Ti极与外加电源的负极相连，Ti极为阴极。电解时阴离子向阳极移动，则OH－通过阴离子交换膜向Cu极移动，A项错误；Cu极为阳极，电极反应式为2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O，B项正确；Ti极为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，阴极有H2生成，C项错误；根据电极反应式和得失电子守恒可知，Ti极生成的H2和Cu极生成的Cu2O的物质的量之比为1∶1，D项错误。10．双极膜(BP)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H＋和OH－，作为H＋和OH－离子源。利用双极膜电渗析法电解食盐水可获得淡水、NaOH和HCl，其工作原理如图所示，M、N为离子交换膜。下列说法错误的是()A．Y电极与电源正极相连，发生的反应为4OH－－4e－=O2↑＋2H2OB．M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜C．“双极膜电渗析法”可用于用盐(MX)溶液制备相应的酸(HX)和碱(MOH)D．若去掉双极膜(BP)，电路中每转移1mol电子，两极共得到1mol气体答案B解析由工作原理图可知，溶液中OH－向右移动，则Y电极为阳极，NaCl浓溶液经过电解变为淡水，因此电解过程中盐室中氯离子向Y电极移动，N为阴离子交换膜；X电极为阴极，盐室中的Na＋向X电极移动，M为阳离子交换膜。Y电极为阳极，与电源正极相连，发生的反应为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，A正确，B错误；“双极膜电渗析法”利用阴、阳离子的定向移动，可用于用盐(MX)溶液制备相应的酸(HX)和碱(MOH)，C正确；若去掉双极膜(BP)，电路中每转移1mol电子，阳极可产生0.5mol氯气，阴极产生0.5mol的氢气，共得到1mol气体，D正确。11．已知H2O2是一种弱酸，在强碱溶液中主要以HOeq\o\al(－,2)形式存在。现以Al-H2O2电池电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制备H2，下列说法不正确的是()A．电解过程中，电子的流向为a→d→c→bB．电池的正极反应为HOeq\o\al(－,2)＋2e－＋H2O=3OH－C．电解时，消耗5.4gAl，则产生标准状况下2.24LN2D．c电极是阳极，且反应后该电极区溶液pH减小答案A解析根据题给装置可知，左侧为原电池，右侧为电解池，d电极上产生H2，根据电解原理，d电极为阴极，则c电极为阳极，a电极为负极，b电极为正极，电解质溶液中没有电子通过，电子流向为a→d，c→b，A错误；b电极为正极，电极反应式为HOeq\o\al(－,2)＋2e－＋H2O=3OH－，B正确；根据得失电子守恒，有eq\f(5.4g,27g·mol－1)×3＝eq\f(VN2,22.4L·mol－1)×2×3，解得V(N2)＝2.24L，C正确；c电极为阳极，电极反应式为CO(NH2)2＋8OH－－6e－=COeq\o\al(2－,3)＋N2↑＋6H2O，消耗OH－，反应后该电极区溶液pH减小，D正确。12．如图中，甲、乙是两个完全相同的光伏并网发电模拟装置，利用它们对煤浆进行脱硫处理。下列叙述错误的是()A．光伏并网发电装置中a为负极B．石墨1上消耗1molMn2＋，甲、乙中各转移0.5mol电子C．脱硫反应原理为15Mn3＋＋FeS2＋8H2O=15Mn2＋＋Fe3＋＋2SOeq\o\al