2023届高考化学鲁科版一轮复习学案-第六章第4课时　电化学原理的综合应用.docx

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1、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

2、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

3、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

4、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 CH

5、3COOH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 mo

6、l)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 mol32 gmol-1+0.2 mol64 gmol-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:bd。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

7、,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

8、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

9、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

10、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-,

11、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),

12、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

13、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

14、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

15、 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

16、,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

17、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-+

18、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

19、。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)=

20、1 molL-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 molL-1。答案:(1)1 molL-1(2)2 molL-11.电解100 mL含c(H+)=0.30 molL-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 molL-1Ag+B.0.20 molL-1Zn2+C.0.20 molL-1Cu2+D.0.20 molL-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

21、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 molL-10.1 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 molL-10.1 L108 gmol-1=

22、1.08 g;电解含有Cu2+的溶液,可得铜的质量为0.2 molL-10.1 L64 gmol-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 molL-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 molL-1B.电解后溶液中c(H+)=0.2 molL-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-NO

23、3-,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 molL-10.5 L=0.15 mol,则n(NaNO3)=0.05 mol。原混合溶液中c(Na+)=0.1 molL-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

24、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 molL-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

25、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,

26、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

27、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 m

28、ol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

29、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-2HC

30、O3-+2H2O或2HCOO-+O22HCO3-。答案:(1)HCOO-+2OH-2e-HCO3-+H2OH2SO4(2)2HCOOH+O2+2OH-2HCO3-+2H2O或2HCOO-+O22HCO3-题号知识易中难电化学串联装置125电化学中的交换膜3,4,6,7电化学中的计算89一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)1.某小组为研究电化学原理,设计了如图所示的电化学装置,电极为锌,其他电极均为石墨,盐桥是浸泡了饱和氯化钾溶液的琼脂,丙池是滴加了酚酞的氯化钠溶液。下列叙述正确的是(C)A.电子由电极通过外电路流向电极B.装置工作过程中电极周围出现红色C.电极发生还原反应D.盐桥中Cl-向

31、乙池移动解析:电子从负极沿导线流向阴极,故A错误;电极是阳极,阳极上氯离子放电生成氯气,为阴极,阴极上氢离子放电生成氢气,同时电极附近生成氢氧根离子,导致溶液变红色,故B错误;电极上铜离子得电子发生还原反应而析出Cu单质,故C正确;盐桥中氯离子向负极甲池区域移动,故D错误。2.AlH2O2电池总反应为2Al+3HO2-2AlO2-+OH-+H2O。现以 AlH2O2电池电解尿素CO(NH2)2的碱性溶液制备氢气(右装置中隔膜仅阻止气体通过,b、c、d均为惰性电极)。下列说法错误的是(B)A.左装置中Na+移向电极bB.电极c的电极反应式:CO(NH2)2-6e-+6OH-CO2+N2+5H2O

32、C.电解时,电子流动路径:Al极导线d极,c极导线b极D.通电2 min后,Al电极的质量减轻2.7 g,则产生H2的体积为3.36 L(标准状况)解析:A项,原电池中阳离子向正极移动,则左装置中Na+移向电极b,正确;B项,与b极相连的c为电解池的阳极,CO(NH2)2在阳极被氧化,电极反应式为 CO(NH2)2-6e-+8OH-CO32-+N2+6H2O,错误;C项,电解时,电子流动路径为Al极导线d极,c极导线b极,正确;D项,每消耗2.7 g Al,则转移 0.3 mol 电子,电解池阴极中水电离出的氢离子在阴极被还原生成0.15 mol氢气,标准状况下氢气体积为3.36 L,正确。3

33、.为体现节能减排的理念,我国研制出了新型燃料电池汽车,该车装有“绿色心脏”质子(H+)交换膜燃料电池。如图所示为某种质子交换膜燃料电池原理示意图,关于该电池的说法正确的是(A)A.该电池的正极是b极B.该电池的正极反应式为H2-2e-2H+C.H+通过质子交换膜从右向左移动D.OH-通过质子交换膜从右向左移动解析:b极通入氧气得电子,b极为正极,故A正确;a极为负极,负极为氢气失电子的反应,所以负极反应式为H2-2e-2H+,故B错误;氢离子通过质子交换膜向正极移动,即从左向右移动,故C错误;质子交换膜只能允许氢离子通过,氢氧根离子无法通过质子交换膜,故D错误。4.利用石墨电极电解HNO3和H

34、NO2的混合溶液可获得较浓的硝酸。其工作原理如图所示。下列说法正确的是(D)A.a为电源的正极B.电解池中的离子交换膜应为阴离子交换膜C.阳极的电极反应式为HNO2+2e-+H2O3H+NO3-D.每2 mol离子通过离子交换膜,左室产生的气体X的体积为22.4 L(标准状况)解析:左侧石墨电极,氢离子放电生成氢气,电极反应式为2H+2e-H2,得电子发生还原反应,为电解池的阴极,与电源负极相连,即a为电源的负极,故A错误;右侧石墨电极为电解池的阳极,左侧石墨电极为电解池的阴极,氢离子从阳极移向阴极,即从右室移向左室,离子交换膜为阳离子交换膜,故B错误;右侧石墨电极为电解池的阳极,亚硝酸根离子

35、失电子生成硝酸根离子,其电极反应式为HNO2-2e-+H2O3H+NO3-,故C错误;每2 mol离子通过离子交换膜,即要转移2 mol电子,由左室电极反应式2H+2e-H2可知,产生的H2为1 mol,其体积为22.4 L(标准状况),故D正确。5.有人设想利用电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5,所用装置如图所示,下列说法正确的是(B)A.图中的甲池为电解池,乙池为原电池B.a极发生的电极反应为SO2-2e-+2H2OSO42-+4H+C.N2O5在c极上产生,c极的电极反应为N2O4-2e-+H2ON2O5+2H+D.当消耗标准状况下2.24 L SO2时,若要维持硫酸的浓度不变,

36、则应补充水11.6 mL解析:根据图示,图中的甲池相当于燃料电池,为原电池,乙池的两极均为惰性电极,为电解池,故A错误;甲池相当于燃料电池,为原电池,通入二氧化硫的一极为负极,发生氧化反应,生成硫酸,因此a极发生的电极反应为SO2-2e-+2H2OSO42-+4H+,故B正确;c是阳极,d是阴极,阳极上N2O4放电生成N2O5,电极反应为N2O4-2e-+2HNO32N2O5+2H+,故C错误;标准状况下2.24 L SO2的物质的量为2.24 L22.4 L/mol=0.1 mol,电池的负极反应式为SO2-2e-+2H2O4H+SO42-,消耗水0.2 mol,生成硫酸0.1 mol,生成

37、硫酸的质量为0.1 mol98 g/mol=9.8 g,消耗水的质量为0.2 mol18 g/mol=3.6 g,氢离子向右侧正极区定向移动0.2 mol,质量为0.2 g,要维持硫酸的浓度不变,设补充x mL H2O,则9.8 g9.8 g+xmL1 g/mL-3.6 g-0.2 g100%=50%,解得x=13.6,故D错误。二、选择题(每小题有一个或两个选项符合题意)6.H3BO3可以通过电解 NaB(OH)4溶液的方法制备,其工作原理如图所示。下列叙述错误的是(BD)A.M室发生的电极反应式为2H2O-4e-O2+4H+B.N室中:a%b%C.膜为阴离子交换膜D.理论上每生成1 mol

38、产品,阴极室可生成标准状况下5.6 L气体解析:A项,M室为阳极室,发生氧化反应,电极反应式为2H2O-4e-O2+4H+,正确;B项,N室为阴极室,H2O得电子发生还原反应,生成H2和OH-,溶液中OH-浓度增大,即a%b%,错误;C项,阳极室中H+穿过阳离子交换膜扩散至产品室,原料室中B(OH)4-穿过阴离子交换膜扩散至产品室,两者反应生成H3BO3,则膜为阴离子交换膜,正确;D项,每生成1 mol 产品,转移1 mol电子,阴极室生成 0.5 mol H2,其在标准状况下为11.2 L,错误。7.科研人员提出了一种如图所示的光电催化体系,该体系利用双极膜既能将SO2转化为SO42-所释放

39、的化学能用于驱动阴极H2O2的高效生成,又可以实现烟气脱SO2。则下列说法错误的是(B)A.阴极反应为2H+O2+2e-H2O2B.电解液中有2个离子交换膜,膜b为阳离子交换膜,膜a为阴离子交换膜C.随着反应的进行,阳极区pH降低D.每生成1 mol SO42-,伴随着1 mol H2O2的生成解析:右侧是阴极,为氧气得电子转化为过氧化氢的反应,阴极反应为2H+O2+2e-H2O2,故A正确;根据装置可知,氢氧根离子通过靠近阳极的交换膜进入阳极参加反应,膜b应该为阴离子交换膜,氢离子通过靠近阴极的交换膜进入阴极参加反应,膜a应该为阳离子交换膜,故B错误;根据装置可知,左侧电极为二氧化硫转化为硫

40、酸根离子的过程,氢氧根离子被消耗,碱性减弱,pH降低,故C正确;二氧化硫转化为硫酸根离子,每生成1 mol硫酸根离子,伴随2 mol电子转移,根据得失电子守恒,得到的过氧化氢是1 mol,故D正确。8.某废水中含有一定浓度的Ni2+和Cl-,图甲是双膜三室电沉积法回收废水中Ni2+的示意图,图乙描述的是实验中阴极液pH与镍回收率之间的关系。下列说法错误的是(C)A.阳极反应式为2H2O-4e-O2+4H+B.通电后阳极区域的H+通过交换膜a向浓缩室迁移C.交换膜b为阳离子交换膜D.浓缩室得到1 L 0.5 mol/L盐酸时,阴极得到的Ni少于11.8 g解析:阳极是惰性电极,发生失电子的氧化反

41、应,反应式为2H2O-4e-O2+4H+,故A正确;浓缩室盐酸浓度增加,所以膜a是阳离子交换膜,膜b是阴离子交换膜,H+通过膜a进入浓缩室,故B正确,C错误;浓缩室得到1 L 0.5 mol/L盐酸时,则转移的氢离子的物质的量是1 L0.5 mol/L-1 L0.1 mol/L=0.4 mol,即转移电子0.4 mol,根据电极反应式Ni2+2e-Ni,阴极回收得到0.2 mol59 g/mol=11.8 g的镍,但是在阴极上是氢离子优先得电子产生氢气,而且由图乙可知溶液pH太小对镍回收率有影响,氢离子浓度较大时,会优先在阴极得电子产生氢气,所以阴极回收得到少于11.8 g的镍,故D正确。三、

42、非选择题9.如图装置所示,C、D、E、F、X、Y都是惰性电极,甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变),A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后,F极附近呈红色。请回答下列问题:(1)B极是电源的,一段时间后,甲中溶液颜色,丁中X极附近的颜色逐渐变浅,Y极附近的颜色逐渐变深,这表明,在电场作用下向Y极移动。(2)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时,对应单质的物质的量之比为 。(3)现用丙装置给铜件镀银,则H应是(填“镀层金属”或“镀件”),电镀液是溶液。当乙中溶液的pH是13时(此时乙溶液体积为500 mL),丙中镀件上析出银的质量为,甲中溶液的pH(

43、填“变大”“变小”或“不变”)。(4)若将C电极换为铁,其他装置都不变,则甲中发生的总反应的离子方程式为 。解析:(1)由装置图知,直流电源与各电解池串联,由“F极附近呈红色”知,F极为阴极,则E极为阳极、D极为阴极、C极为阳极、G极为阳极、H极为阴极、X极为阳极、Y极为阴极、A极为正极、B极为负极。甲装置是用惰性电极电解CuSO4溶液,由于Cu2+放电,导致c(Cu2+)降低,溶液颜色逐渐变浅;丁装置是胶体的电泳实验,由于X极附近的颜色逐渐变浅,Y极附近的颜色逐渐变深,说明氢氧化铁胶粒带正电荷。(2)当甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时,C、D、E、F电极的产物分别为O2、

44、Cu、Cl2、H2,根据各电极转移电子数相同,则对应单质的物质的量之比为 1222。(3)给铜件镀银,根据电镀原理,镀件即铜件作阴极,银作阳极,电镀液是可溶性银盐。当乙中溶液的pH是13时,则乙中n(OH-)=0.1 molL-10.5 L=0.05 mol,即各电极转移电子0.05 mol,所以丙中析出银0.05 mol,即5.4 g;甲装置中由于电解产生H+,导致溶液的酸性增强,pH变小。(4)若将C电极换为铁,则铁作阳极,发生反应Fe-2e-Fe2+,D极发生反应Cu2+2e-Cu,则总反应的离子方程式为Fe+Cu2+Cu+Fe2+。答案:(1)负极逐渐变浅氢氧化铁胶粒带正电荷(2)1222(3)镀件AgNO3(合理即可)5.4 g变小(4)Fe+Cu2+Cu+Fe2+