2023届新高考一轮复习(多选)鲁科版第六章第4课时　电化学原理的综合应用学案.docx

第4课时电化学原理的综合应用1.能分析、解释原电池和电解池的工作原理。2.能利用相关信息分析化学电源的工作原理。3.能综合考虑化学变化中的物质变化和能量变化来分析、解决实际问题。电化学串联装置的分析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”类装置的解题流程理解辨析做一做如图为相互串联的甲、乙两个电解池,X、Y为导线的两端:(1)如果将X、Y用导线直接连接,向A电极通H2,向B电极通O2,则甲池为,乙池为,A电极为,B电极为,Pt电极为,石墨电极为,甲池中B电极上的电极反应式为 。(2)如若将X、Y连接到电源上,发现石墨电极附近先变红。则甲池为,乙池为,A电极为,B电极为,Pt电极为,石墨电极为,乙池中Pt电极上的电极反应式为。 答案:(1)原电池电解池负极正极阳极阴极O2+4e-+4H+2H2O(2)电解池电解池阳极阴极阳极阴极2Cl-2e-Cl 未连电源类多池串联一池(原电池)带多池(电解池)1.某同学组装了如图所示的电化学装置,则下列说法正确的是(D)A.图中甲池为原电池装置,Cu电极发生还原反应B.实验过程中,甲池左侧烧杯中NO3-的浓度不变C.若甲池中Ag电极质量增加5.4 g时,乙池某电极析出1.6 g金属,则乙池中的某盐溶液可能是足量AgNO3溶液D.若用铜制U形物代替“盐桥”,工作一段时间后取出U形物称量,质量不变解析:由装置图可知甲池为原电池装置,发生的总反应为Cu+2Ag+2Ag+Cu2+,Cu电极失电子发生氧化反应,故A错误;实验过程中,甲池左侧烧杯中产生Cu2+,盐桥中NO3-移向甲池中左侧烧杯,则实验过程中,甲池左侧烧杯中NO3-的浓度增大,故B错误;若甲池中Ag电极质量增加5.4 g时,即生成银5.4 g,物质的量为5.4 g108 g/mol=0.05 mol,所以整个电路转移0.05 mol的电子,如果硝酸银足量应生成5.4 g的银,现乙池某电极析出1.6 g金属,如果是硝酸银说明硝酸银量不足,故C错误;若用铜制U形物代替“盐桥”,则甲池右侧烧杯即为原电池装置,发生Cu+2Ag+2Ag+Cu2+,U形棒发生反应Cu-2e-Cu2+,而甲池左侧烧杯U形棒发生反应Cu2+2e-Cu,工作一段时间后取出U形物称量,质量不变,故D正确。2.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(C)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.当装置中生成11.2 L(标准状况)Cl2时,有0.5 mol H+通过装置中的质子交换膜D.当装置中生成6.0 g CH3COOH时,装置中CuSO4溶液的质量减少16 g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;装置中电解饱和氯化钠溶液,生成标准状况下11.2 L Cl2(即0.5 mol),电路中通过1 mol电子,根据得失电子守恒和溶液呈电中性可知,装置中有1 mol H+透过质子交换膜向右迁移,C不正确;装置中负极反应式为CH3CH2OH+H2O-4e-CH3COOH+4H+,生成6.0 g CH3COOH(即0.1 mol)时,电路中通过0.4 mol电子,装置中阳极反应式为2H2O-4e-4H+O2,阴极反应式为Cu2+2e-Cu,根据得失电子守恒可知,放出0.1 mol O2、析出0.2 mol Cu,故装置中溶液减少的质量为0.1 mol×32 g·mol-1+0.2 mol×64 g·mol-1=16 g,D正确。 外接电源类多池串联3.如图装置中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(B)选项XYAMgSO4CuSO4BAgNO3Pb(NO3)2CFeSO4Al2(SO4)3DCuSO4AgNO3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。4.现有一套电化学装置,如图所示,E为蘸有Na2SO4溶液的滤纸,并加入几滴酚酞。A、B分别为Pt片,压在滤纸两端,R、S为电源的电极。M、N是用多微孔的Ni制成的电极材料,它在碱性溶液中可以视为惰性电极。G为电流计,K为开关。C、D和电解池中都充满浓KOH溶液。若在滤纸中央点上一滴紫色的KMnO4溶液,断开K,接通外电源一段时间后,C、D中有气体产生。(1)S为(填“正”或“负”)极。 (2)A极附近溶液的现象是,B极附近发生的电极反应式为  。(3)滤纸上的紫色点向(填“A”或“B”)方移动。 (4)当C、D里的气体产生至一定量时,切断外电源并接通开关K,经过一段时间,C、D中气体逐渐减少,D中的电极为(填“正”或“负”)极,电极反应式为 。解析:(1)电解KOH溶液就是电解水,两极分别产生H2和O2,因为相同条件下产生H2的体积是O2体积的两倍,所以C管中收集到的是H2,D管中收集到的是O2。H2是在阴极产生的,所以M是阴极,与之相连的R是电源的负极。(2)B是电解池的阳极,A是电解池的阴极。电解Na2SO4溶液也是电解水,电解时H+移动到A极,得电子被还原为H2,破坏了A极附近水的电离平衡,导致A极附近的溶液显碱性,使酚酞溶液变红,B极上OH-被氧化生成O2,电极反应式为4OH-4e-2H2O+O2。(3)KMnO4溶液中,紫红色的MnO4-向阳极移动,滤纸上的紫色点向B方向移动。(4)当C、D中的气体产生至一定量时,切断外电源并接通开关K,此时装置变为燃料电池。经过一段时间,C、D中的气体逐渐减少,H2和O2反应生成水,在碱性条件下,D中O2发生还原反应,为电池正极,电极反应式为O2+4e-+2H2O4OH-。答案:(1)正(2)溶液由无色逐渐变红色4OH-4e-2H2O+O2(3)B(4)正O2+4e-+2H2O4OH-离子交换膜在电化学中的应用1.常见的隔膜隔膜又叫离子交换膜,由高分子特殊材料制成。离子交换膜分三类:(1)阳离子交换膜,简称阳膜,只允许阳离子通过,即允许H+和其他阳离子通过,不允许阴离子通过。(2)阴离子交换膜,简称阴膜,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,不允许其他阳离子和阴离子通过。2.隔膜的作用(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)能选择性地通过离子,起到平衡电荷、形成闭合回路的作用。3.离子交换膜选择的依据离子交换膜选择的依据是离子的定向移动。4.离子交换膜的应用理解辨析做一做双极膜(BP)是阴、阳复合膜,在直流电的作用下,阴、阳复合膜层间的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。(1)M为交换膜,N为交换膜。 (2)阴极室发生的反应为。 (3)若去掉双极膜(BP),阳极室通过电极反应可产生。 解析:(1)阴极生成氢氧化钠,钠离子通过M进入阴极室,所以M为阳离子交换膜,N为阴离子交换膜。(2)阴极室氢离子得电子生成氢气,发生的反应为2H+2e-H2。(3)若去掉双极膜(BP),氯离子进入阳极室放电生成氯气。答案:(1)阳离子阴离子(2)2H+2e-H2(3)Cl2 通过交换膜完成污水处理及气体净化1.化石燃料开采、加工过程中会产生剧毒气体硫化氢(H2S),可通过间接电化学法除去,其原理如图所示。下列说法错误的是(C)A.反应池中处理硫化氢的反应是H2S+2Fe3+2Fe2+S+2H+B.电极a为阳极,电极b为阴极C.若交换膜为质子(H+)交换膜,则NaOH溶液的浓度逐渐变大D.若交换膜为阳离子交换膜,电极b区会产生红褐色沉淀解析:由图示可知反应池中,Fe3+与硫化氢发生氧化还原反应,反应的离子方程式为H2S+2Fe3+2Fe2+S+2H+,故A正确;电极a产生Fe3+,发生氧化反应,所以为阳极,电极b为阴极,故B正确;若交换膜为质子交换膜,则H+进入电极b,则NaOH溶液的浓度逐渐变小,故C错误;若交换膜为阳离子交换膜,Fe3+会向阴极移动,与氢氧根离子生成Fe(OH)3红褐色沉淀,故D正确。2.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示,其中离子交换膜、分别是氯离子交换膜和钠离子交换膜中的一种,图中有机废水中的有机物可用C6H10O5表示。下列有关说法正确的是(C)A.a电极为该电池的负极,离子交换膜是钠离子交换膜B.a电极附近溶液的氯离子浓度增大,b电极附近溶液的pH减小C.a电极的电极反应式为C6H10O5-24e-+7H2O6CO2+24H+D.中间室中Na+移向左室,Cl-移向右室解析:a电极为该电池的负极,负极反应生成氢离子,为维持溶液呈电中性,咸水中阴离子(Cl-)移向负极室(左室),则离子交换膜是氯离子交换膜,A项错误;电解质溶液中阴离子(Cl-)移向负极室(左室),a电极附近溶液的氯离子浓度增大,b电极消耗氢离子,溶液的pH增大,B项错误;a电极是负极,负极上有机物失电子发生氧化反应,有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳,电极反应式为C6H10O5-24e-+7H2O6CO2+24H+,C项正确;放电时,电解质溶液中阳离子(Na+)移向正极(右室),阴离子(Cl-)移向负极(左室),D项错误。 通过交换膜完成物质制备3.(双选)用电解法制备高纯金属铬和硫酸的原理如图所示。下列说法正确的是(AD)A.b为直流电源的正极B.A膜是阳离子交换膜,B膜是阴离子交换膜C.阴极电极反应式为2H+2e-H2D.若有1 mol离子通过A膜,理论上阳极生成0.5 mol 气体解析:该装置制备高纯金属Cr和硫酸,左边池中Cr电极上Cr3+得电子发生还原反应,则Cr棒为阴极,电极a为电源的负极,则b为电源的正极,A正确;左边池中Cr电极上Cr3+得电子发生还原反应,阴极反应式为Cr3+3e-Cr,为维持溶液电中性,SO42-要通过A膜进入中间区域,石墨电极上OH-不断失去电子变为O2逸出,电极反应式为2H2O-4e-O2+4H+,使附近H+浓度增大,为维持溶液电中性,H+不断通过B膜进入中间区域,所以A膜是阴离子交换膜,B膜是阳离子交换膜,B错误;阴极上Cr3+得到电子变为单质Cr,电极反应式为Cr3+3e-Cr,C错误;根据选项B分析可知SO42-要通过A膜进入中间区域,若有1 mol离子通过A膜,由于SO42-带有2个单位负电荷,则电路中会转移2 mol电子,则根据电荷守恒可知理论上阳极石墨上会产生0.5 mol O2,D正确。4.(双选)处理烟气中的SO2,可以采用碱吸电解法,其流程如图,模拟过程如图,下列推断正确的是(AB)A.膜1为阳离子交换膜,膜2为阴离子交换膜B.SO2是含有极性键的极性分子C.a极的电极反应式为2H2O-4e-4H+O2D.若收集22.4 L的P(标准状况下),则有2 mol N离子移向右室解析:b电极区稀硫酸转化为浓硫酸,过程中SO42-的量增大,则是由SO32-转化得到,发生电极反应式为SO32-2e-+H2OSO42-+2H+,则膜2应为阴离子交换膜,a电极区稀NaOH溶液转化为浓NaOH溶液,过程中OH-浓度增大,发生电极反应为2H2O+2e-2OH-+H2,则膜1应为阳离子交换膜,A正确,C错误;SO2分子中的SO键是极性共价键,由于分子中正、负电荷中心不重合,因此SO2属于极性分子,B正确;a电极发生的电极反应式为2H2O+2e-2OH-+H2,若收集22.4 L的P(标准状况下),即收集标准状况下H2的物质的量为22.4 L22.4 L/mol=1 mol,根据电极反应式可知转移2 mol电子,b电极发生反应SO32-2e-+H2OSO42-+2H+,根据得失电子守恒可知有1 mol N(SO32-)通过膜2进入右室,D错误。有关电化学的微型计算电化学的反应是氧化还原反应,各电极上转移电子的物质的量相等,无论是单一电池还是串联电解池,均可抓住得失电子守恒计算。1.解题关键(1)电极名称要区分清楚。(2)电极产物要判断准确。(3)各产物间量的关系遵循得失电子守恒。2.计算方法如以通过4 mol e-为桥梁可构建如下关系式:4e-2Cl2(Br2、I2)阳极产物O22H22Cu4Ag4nM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。理解辨析做一做以石墨电极电解200 mL CuSO4溶液,电解过程中转移电子的物质的量n(e-)与产生气体总体积V(标准状况)的关系如图所示:(1)电解前CuSO4溶液的物质的量浓度为。 (2)电解后所得溶液中c(H+)=(忽略溶液体积变化)。解析:(1)电解CuSO4溶液时,阳极反应式为2H2O-4e-O2+4H+,阴极反应式为Cu2+2e-Cu,若阴极上没有氢离子放电,则图中气体体积与转移电子物质的量的关系曲线是直线,而题图中的是折线,说明阴极上还发生反应2H+2e-H2,当转移0.4 mol电子时,Cu2+恰好完全析出,n(Cu2+)=0.2 mol,根据铜原子守恒得,c(CuSO4)=1 mol·L-1。(2)当转移0.4 mol电子时,生成n(H2SO4)=0.2 mol,随后相当于电解水,因为忽略溶液体积变化,所以电解后所得溶液中c(H+)=2 mol·L-1。答案:(1)1 mol·L-1(2)2 mol·L-11.电解100 mL含c(H+)=0.30 mol·L-1的下列溶液,当电路中通过0.04 mol电子时,理论上析出金属质量最大的是(C)A.0.10 mol·L-1Ag+B.0.20 mol·L-1Zn2+C.0.20 mol·L-1Cu2+D.0.20 mol·L-1Pb2+解析:在电解液中除金属离子外都含有H+(酸电离),电解时阴极是先析出金属还是先放出H2,这与金属的活动性顺序有关。题中Cu和Ag的活动性顺序在H的后面,它们的离子与H+共存时,首先被还原的是Cu2+和Ag+,而Pb和Zn的活动性顺序在H的前面,它们的离子与H+共存时,首先被还原的是H+,所以电解含有Zn2+、Pb2+的溶液时,H+先得电子生成H2,n(e-)=n(H+)=0.30 mol·L-1×0.1 L=0.03 mol,故Zn2+、Pb2+得到的电子为0.04 mol-0.03 mol=0.01 mol,生成的金属Zn、Pb的物质的量均为0.005 mol,其质量分别为0.325 g、1.035 g;电解含有Ag+的溶液,可得Ag的质量为0.1 mol·L-1×0.1 L×108 g·mol-1=1.08 g;电解含有Cu2+的溶液,可得铜的质量为0.2 mol·L-1×0.1 L×64 g·mol-1=1.28 g,C项符合题意。2.500 mL NaNO3和 Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)=0.3 mol·L-1,用石墨做电极电解此溶液,当通电一段时间后,两极均收集到气体1.12 L(标准状况),假定电解后溶液体积仍为 500 mL,下列说法正确的是(B)A.原混合溶液中c(Na+)=0.2 mol·L-1B.电解后溶液中c(H+)=0.2 mol·L-1C.上述电解过程中共转移0.4 mol电子D.电解后得到的Cu的物质的量为0.1 mol解析:阳极是阴离子放电,放电能力OH->NO3-,根据题给信息,阳极一定是OH-放电,生成0.05 mol 氧气,转移0.2 mol电子;阴极离子放电能力为Cu2+>H+>Na+,所以Cu2+先放电,然后是H+放电,阴极生成 0.05 mol 氢气时,转移0.1 mol电子,根据得失电子守恒知,Cu2+转移0.1 mol电子,n(Cu2+)=0.05 mol,所以原溶液中nCu(NO3)2=0.05 mol,又n(NO3-)=0.3 mol·L-1×0.5 L=0.15 mol,则n(NaNO3)=0.05 mol。原混合溶液中c(Na+)=0.1 mol·L-1,A项错误;结合以上分析及电解总化学方程式Cu2+2H2OCu+H2+O2+2H+可知,生成0.05 mol Cu、0.05 mol O2、0.05 mol H2和0.1 mol H+,电解后溶液中c(H+)=0.1mol0.5 L=0.2 mol·L-1,B项正确,D项错误;上述电解过程中共转移0.2 mol电子,C项错误。1.(2021·浙江6月选考,22)某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示,电极A为非晶硅薄膜,充电时Li+得电子成为Li嵌入该薄膜材料中;电极B为LiCoO2薄膜;集流体起导电作用。下列说法不正确的是(B)A.充电时,集流体A与外接电源的负极相连B.放电时,外电路通过a mol电子时,LiPON薄膜电解质损失a mol Li+C.放电时,电极B为正极,反应可表示为Li1-xCoO2+xLi+xe-LiCoO2D.电池总反应可表示为LixSi+Li1-xCoO2Si+LiCoO2解析:由图可知,集流体A与电极A相连,充电时电极A作阴极,故充电时集流体A与外接电源的负极相连,A正确;放电时,外电路通过a mol电子时,内电路中有a mol Li+通过LiPON薄膜电解质从负极迁移到正极,但是LiPON薄膜电解质没有损失Li+,B不正确;放电时,电极B为正极,发生还原反应,反应可表示为Li1-xCoO2+xLi+xe-LiCoO2,C正确;电池放电时,嵌入在非晶硅薄膜中的锂失去电子变成Li+,正极上Li1-xCoO2得到电子和Li+变为LiCoO2,故电池总反应可表示为LixSi+Li1-xCoO2Si+LiCoO2,D正确。2.(2020·海南卷,11)某燃料电池主要构成要素如图所示,下列说法正确的是(A)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解析:该电池将乙烯和水转化为乙醛,可用于乙醛的制备,故A正确;由图知,a电极为正极,b电极为负极,故B错误;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错误。3.(2021·全国甲卷,13)乙醛酸是一种重要的化工中间体,可采用如图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-,并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是(D)A.KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用B.阳极上的反应式为+2H+2e-+H2OC.制得2 mol乙醛酸,理论上外电路中迁移了1 mol 电子D.双极膜中间层中的H+在外电场作用下向铅电极方向迁移解析:KBr在上述电化学合成过程中除作电解质外,同时还是电解过程中阳极的反应物,生成的Br2为乙二醛制备乙醛酸的中间产物,故A错误;阳极上为Br-失去电子生成Br2,Br2将乙二醛氧化为乙醛酸,故B错误;电解过程中阴、阳极均生成乙醛酸,1 mol乙二酸生成1 mol乙醛酸转移电子数为2 mol,1 mol乙二醛生成1 mol乙醛酸转移电子数为2 mol,根据得失电子守恒可知每生成1 mol乙醛酸转移电子数为1 mol,因此制得2 mol乙醛酸时,理论上外电路中迁移了2 mol电子,故C错误;双极膜中间层的H+在外电场作用下移向阴极,即H+移向铅电极,故D正确。4.(2020·江苏卷,20节选)CO2/HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。HCOOH燃料电池。研究HCOOH燃料电池性能的装置如图所示,两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。(1)电池负极电极反应式为  放电过程中需补充的物质A为(填化学式)。 (2)如图所示的HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与O2的反应,将化学能转化为电能,其反应的离子方程式为。解析:(1)左侧为负极,在碱性环境中HCOO-失电子被氧化为HCO3-,根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为HCOO-+2OH-2e-HCO3-+H2O;电池放电过程中,钾离子移向正极,即右侧,根据图示可知右侧的阴离子为硫酸根离子,而随着硫酸钾不断被排出,硫酸根离子逐渐减少,铁离子和亚铁离子进行循环,所以需要补充硫酸根离子,为增强氧气的氧化性,溶液最好显酸性,则物质A为H2SO4。(2)根据装置图可知电池放电的本质是HCOOH在碱性环境中被氧气氧化为HCO3-,根据得失电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O2+2OH-2HCO3-+2H2O或2HCOO-+O22HCO3-。答案:(1)HCOO-+2OH-2e-HCO3-+H2OH2SO4(2)2HCOOH+O2+2OH-2HCO3-+2H2O或2HCOO-+O22HCO3-