主题9 第4讲 多池串联装置分析与电化学的相关计算（Word教师用书）-【新高考方案】2025年高考化学一轮总复习（江苏专版）

第四讲　多池串联装置分析与电化学的相关计算 (综合应用课) 电化学的相关计算是每年高考的必考内容，考查的形式主要是在选择题的某一个或二个选项中出现，考查的内容主要涉及电极的质量变化、产生或消耗气体的体积、电路中转移的电子数。多池串联的装置在近几年的高考中虽出现不多，但通过这类题的训练可以加深对原电池和电解池原理理解，有助于学生全面融会贯通知识，发展创新思维能力。 题点突破(1)——多池串联装置 一有外加直流电源型 [例1]　如图所示的装置中，a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色。下列说法正确的是(　 ) A．X为电源负极，Y为电源正极 B．a极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑ C．当b极产生标准状况下2.24 L气体时，Pt极上有6.4 g Cu析出 D．通电一段时间后，CuSO4溶液的pH增大 [解析]　a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色，依据电解质溶液为氯化钠的酚酞溶液，判断b电极是阴极，Y为电源负极，X为电源正极，A错误；a电极是氯离子失电子发生的氧化反应，电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，B正确；b极产生标准状况下2.24 L氢气的物质的量n＝＝＝0.1 mol，转移电子为0.2 mol，电解过程中CuSO4溶液中的氢氧根离子在阳极Pt电极失电子生成氧气，溶液中铜离子在Cu电极得到电子析出铜，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH逐渐减小，C、D错误。 [答案]　B 题后悟道| 对于此类题目，因有外加直流电源，则各池均为电解池。同时结合电解原理的应用，再具体判断是何种电解装置。如图甲为电镀池，乙、丙均为电解池。 　 二电源装置与电解池组合型 [例2]　粗铜中一般含有锌、铁、银、金等杂质。在如图所示的装置中，甲池的总反应方程式为2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O。接通电路一段时间后，精Cu电极质量增加了3.2 g。在此过程中，下列说法正确的是(　 ) A．乙池中CuSO4溶液的浓度增大 B．甲池中理论上消耗标准状况下空气的体积是2.8 L(空气中O2体积分数以20%计算) C．甲池是电能转化为化学能的装置，乙池是化学能转化为电能的装置 D．甲池通入CH3OH一极的电极反应为CH3OH－6e－＋2H2O===CO＋8H＋ [解析]　甲池中，通入CH3OH的电极为负极，通入空气的电极为正极；粗Cu为阳极，精Cu为阴极。从图中可以看出，甲池为原电池，乙池为电解池。乙池中，粗Cu电极上的Zn、Fe、Cu先后失去电子形成离子进入溶液，精Cu电极上，溶液中的Cu2＋得电子，生成的Cu附着在电极表面，所以CuSO4溶液的浓度减小，A不正确；乙池中，精Cu电极质量增加了3.2 g，则Cu2＋得电子的物质的量为×2＝0.1 mol，则甲池中理论上消耗标准状况下空气的体积是×22.4 L·mol－1×＝2.8 L，B正确；甲池是原电池，将化学能转化为电能，乙池是电解池(精炼池)，将电能转化为化学能，C不正确；甲池通入CH3OH一极为负极，CH3OH失电子产物与电解质反应，生成CO等，电极反应为CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O，D不正确。 [答案]　B 题后悟道|　 对于此类题目，因电路中有明显的电源装置(如燃料电池、铅酸蓄电池)，则另外的池为电解池。如图所示，A为原电池，B为电解池。 三原电池与电解池组合型 [例3]　烧杯A中盛放0.1 mol·L－1的H2SO4溶液， 烧杯B中盛放0.1 mol·L－1的CuCl2溶液(两种溶液均足量)，装置如图所示，下列说法不正确的是(　 ) A．A中Fe极质量减少，C极有气体产生 B．A为电解池，B为原电池 C．当A烧杯中产生0.1 mol气体时，B烧杯中产生气体的物质的量也为0.1 mol D．经过一段时间，B烧杯中溶液的pH增大(不考虑Cl2溶于水) [解析]　由题图可知，A池中Fe、C与稀硫酸构成原电池，铁为原电池的负极，铁失电子发生氧化反应，C为原电池正极，氢离子在正极上得电子发生还原反应；B池为电解池，与铁极相连的一极为阴极，铜离子在阴极上得电子发生还原反应，与C极相连的一极为正极，氯离子在阳极上失电子发生氧化反应。A池中Fe、C与稀硫酸构成原电池，A池中Fe为负极，发生氧化反应质量减小；C极为正极，氢离子放电生成氢气，A正确；A池为原电池，A池、B池相连，B有外接电源，所以B为电解池，B错误；A中C上有氢气生成，其电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，当A烧杯中产生0.1 mol气体时，转移0.2 mol电子；B中阳极上氯离子失电子生成氯气，其电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，当转移0.2 mol电子时，生成氯气为0.1 mol，所以A和B中生成气体的物质的量相同，C正确；B池为惰性电极电解氯化铜溶液，实际上是电解氯化铜，所以一段时间后，B烧杯中溶液的浓度会减小，铜离子浓度减小，水解产生的H＋浓度减小，pH增大，D正确。 [答案]　B [例4]　如图所示，将两烧杯中电极用导线相连，四个电极分别为Mg、Al、Pt、C。当闭合开关S后，以下表述正确的是(　 ) A．电流表指针不发生偏转 B．Al、Pt两极有H2产生 C．甲池pH增大，乙池pH减小 D．Mg、C两极生成的气体在一定条件下可以恰好完全反应 [解析]　铝能与氢氧化钠溶液反应，因此甲是原电池，Al是负极，Mg是正极，负极：Al＋4OH－－3e－===[Al(OH)4]－，正极：2H＋＋2e－===H2↑，总反应式：2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑。乙装置是电解池，其中Pt是阴极：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，C是阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，总反应式：2H2O2H2↑＋O2↑。则左边是原电池，右边是电解池，电流表指针发生偏转，A错误；Al是负极，没有H2产生；Mg是正极，产生H2，B错误；乙是电解水，水减少，NaOH浓度增大，pH增大，甲中消耗氢氧化钠，pH减小，C错误；Mg、C两极正好产生H2和O2，且体积比是2∶1，一定条件下可恰好完全反应生成水，D正确。 [答案]　D 题后悟道|　 此类试题实质是考查原电池的形成条件和工作原理与电解原理及其应用。其解题关键是要判断出原电池，其余的池均属于电解池。 (1)根据电池中的电极材料和电解质溶液判断 原电池一般是两种活泼性不同的金属电极或一种金属电极和一个碳棒作电极；而电解池则一般都是两个惰性电极，如两个铂电极或两个碳棒电极。原电池中的电极材料和电解质溶液之间能发生自发的氧化还原反应，电解池的电极材料一般不能和电解质溶液自发反应。如图所示，B为原电池，A为电解池。 (2)根据电极反应现象判断 在某些装置中根据电极反应或反应现象可判断电极，并由此判断电池类型。如图所示，若C极溶解，D极上析出Cu，B极附近溶液变红，A极上放出黄绿色气体，则可知乙是原电池，D是正极，C是负极；甲是电解池，A是阳极，B是阴极。B、D极发生还原反应，A、C极发生氧化反应。 [应用体验] 1．如图所示的装置，C、D、E、F都是惰性电极，A、B是电源的两极。将电路接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在F极附近溶液显红色。则以下说法正确的是(　 ) A．电源A极是负极 B．电解一段时间后，向乙中通入一定量的HCl气体，可能使其恢复到原来的浓度 C．欲用丙装置给生铁铸件镀铜，G应该是生铁铸件，电镀液是CuSO4溶液 D．C、F电极上收集到的气体在相同状况下的体积相同 解析：选B　向乙中滴入酚酞溶液，在F极附近溶液显红色，说明F极上有OH－产生，则F极为阴极，C、E为阳极，电源A极是正极，A错误；若NaCl溶液足量，电解一段时间后，阴极生成氢气，阳极生成氯气，因此向乙中通入一定量的HCl气体，可能使其恢复到原来的浓度，B正确；欲用丙装置给生铁铸件镀铜，镀件作阴极，镀层金属作阳极即H应该是生铁铸件，电镀液是CuSO4溶液，G为Cu，C错误；C电极为阳极，生成的气体为氧气，F电极为阴极，生成的气体为氢气；生成1 mol氧气和1 mol氢气转移的电子的物质的量分别为4 mol和2 mol，在同一电路中，转移的电子数相同，故C、F电极上收集到的气体在相同状况下的体积之比为1∶2，D错误。 2．如图所示的装置，X、Y都是惰性电极。将电路接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在Fe极附近显红色。试回答下列问题： (1)(甲)装置是甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)的结构示意图，b处电极上发生的电极反应式是________________________。 (2)如果(丙)装置中精铜电极的质量增加了6.4 g，则乙装置中，铁电极上产生的气体在标准状况下为________ L。 (3)(丁)装置中Y电极上发生的电极反应式是________________________。 解析：将电路接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在Fe极附近显红色说明Fe为阴极，C为阳极，甲装置左边为负极，右边为正极，则Y为阴极，X为阳极，丙装置中精铜为阴极，粗铜为阳极。(1)燃料电池中，通入燃料的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应，由上述分析可知，a处电极为负极，b处电极为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－；(2)丙装置中精铜电极的质量增加了6.4 g，根据电极反应：Cu2＋＋2e－===Cu，可知生成6.4 g即0.1 mol铜，转移电子0.2 mol，铁电极是阴极，该极上产生氢气，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，当转移0.2 mol电子时，该极上产生的气体为0.1 mol，在标准状况下体积为2.24 L；(3)由上述分析可知，Y电极为阴极，电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu。 答案：(1)O2＋2H2O＋4e－===4OH－ (2)2.24　(3)Cu2＋＋2e－===Cu 题点突破(2)——电化学相关的计算 一根据电子守恒计算 对于原电池和电解池串联的电化学试题，当题中给出了通过电子的量或某一反应物消耗的量或某一生成物生成的量，这时就要根据电子守恒关系进行计算。 [例1]　如图，X是直流电源，电池中c、d、e、f为石墨棒，接通电路后，发现d附近显红色。回答下列问题： (1)电源a为______(填“正”“负”“阴”或“阳”，下同)极，d极上的电极反应式为________________________________，Z池中f为________极，e极上的电极反应式为________________________________________________________________________。 (2)当电路中通过0.02 mol电子时，d极产生的气体在标准状况下的体积为________ L，Y池中溶液的pH为________；Z池中析出铜的质量为________ g，产生的气体在标准状况下的体积为________ L。 [解析]　(1)用直流电电解饱和NaCl溶液，阳极电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，d附近显红色，因此d为阴极，a为电源的正极，f为阴极，电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，e为阳极，电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑； (2)由上述分析，Y池总反应为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，Z池总反应为2CuSO4＋2H2O2H2SO4＋O2↑＋2Cu，当电路中通过0.02 mol电子时，d极产生0.01 mol的H2，在标准状况下的体积为0.224 L，同时生成0.02 mol OH－，c(OH－)＝0.1 mol·L－1，Y池中溶液的pH为13；Z池中析出铜的物质的量为0.01 mol，质量为0.64 g，阳极产生0.005 mol O2，标准状况下的体积为0.112 L。 [答案]　(1)正　2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑ 阴　2H2O－4e－===4H＋＋O2↑　(2)0.224　13 0．64　0.112 思维建模|电子守恒法的解题流程 第一步 找出氧化剂(正极或阴极反应物质)、还原剂(负极或阳极反应物质)及相应的还原产物和氧化产物 第二步 根据相关信息，找准一个电极上原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数) 第三步 根据串联电路中各电极转移电子相等列出等式 电化学试题中有时把原电池、电解池、电镀池串联在一起来进行考查，对于复杂的电化学装置，可以通过关系式进行计算。 [例2]　K­O2电池结构如图所示，a和b为两个电极，其中之一为单质钾片。产生1 Ah电量时，生成KO2的质量与消耗O2的质量比值约为______。用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗3.9 g钾时，铅酸蓄电池消耗______g水。 [解析]　从KO2的组成看，存在如下关系式：KO2~O2，则KO2的质量与消耗O2的质量比值为≈2.22；铅酸蓄电池充电时总反应为2PbSO4＋2H2O===Pb＋PbO2＋2H2SO4，消耗2 mol H2O，转移2 mol电子，故有K～e－～H2O，消耗3.9 g钾（物质的量为＝0.1 mol）时，转移0.1 mol电子，则铅酸蓄电池消耗0.1 mol H2O，质量为0.1 mol×18 g·mol－1＝1.8 g。 [答案]　2.22　1.8 [例3]　KIO3可作为食盐中的补碘剂，可采用“电解法”制备。先将一定量的碘溶于过量氢氧化钾溶液，发生反应：3I2＋6KOH===5KI＋KIO3＋3H2O，将反应后的溶液加入阳极区，阴极区加入氢氧化钾溶液，开始电解。装置如下图所示： 回答下列问题： (1)惰性电极M为________(填“阳极”或“阴极”)，其电极反应式为__________________________________________。 (2)若电解时用铅酸蓄电池做电源，当消耗2 mol单质铅时，电解生成气体的物质的量是______mol。 (3)若电解结束时，阳极反应生成10 mol KIO3，则理论上消耗的I2的物质的量为________mol。 (4)常温下若有0.9 mol K＋通过阳离子交换膜，阴极区KOH溶液pH由13升到14，则阴极区KOH溶液体积为______L(忽略溶液体积变化)。 (5)若电解池工作前，阳极室和阴极室中电解液质量相等，当转移________mol电子时，两侧电解液的质量差为308 g。 [解析]　(1)惰性电极M为阳极，其电极反应式为I－＋6OH－－6e－===IO＋3H2O。(2)若电解时用铅酸蓄电池做电源，由关系式Pb～2e－～H2，当消耗2 mol单质铅时，电解生成气体的物质的量是2 mol。(3)若电解结束时，由关系式3I2～5I－～5IO，阳极反应生成10 mol KIO3，则理论上消耗的I2的物质的量为×3＝6 mol。(4)常温下若有0.9 mol K＋通过阳离子交换膜，阴极区KOH溶液pH由13升到14，氢氧根离子的浓度由0.1 mol·L－1提高到1 mol·L－1，1 mol·L－1×V－0.1 mol·L－1×V＝0.9 mol，V＝1 L，则阴极区KOH溶液体积为1 L(忽略溶液体积变化)。(5)若电解池工作前，阳极室和阴极室中电解液质量相等，每转移1 mol电子，阳极减少1 mol钾离子，减少39 g，阴极增加1 mol钾离子，同时减少1 mol氢原子，增加38 g，当转移＝4 mol电子时，两侧电解液的质量差为308 g。 [答案]　(1)阳极　I－＋6OH－－6e－===IO＋3H2O　(2)2　(3)6　(4)1　(5)4 思维建模|　 根据得失电子守恒定律，建立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4 mol e－为桥梁可构建如下关系式： [应用体验] 1．(2024·苏州三模)水系金属燃料电池具有较高的理论容量，常用于大型储能场景。一种水系锌—空气电池(ZAB)原理如图所示。下列说法错误的是(　 ) A．隔膜为阳离子交换膜 B．该电池具有高安全性、原料丰富等优点 C．放电时，正极发生反应O2＋4e－＋2H2O===4OH－ D．充电时，当电路中转移2 mol电子理论上产生65 g Zn 解析：选A　由题图可知，左侧电极Zn失去电子生成ZnO，为负极，电极反应式为Zn－2e－＋2OH－===ZnO＋H2O，则右侧电极为正极，O2得到电子生成OH－，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，则右侧生成的OH－经过阴离子交换膜进入负极，以此解答。由分析可知，隔膜为阴离子交换膜，故A错误；锌—空气电池(ZAB)采用碱性水系电解质，以金属锌和空气为电极，其理论能量密度高、成本低、安全性好，故B正确；放电时，O2在正极得到电子生成OH－，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，故C正确；充电时，阴极电极反应式为ZnO＋H2O＋2e－===Zn＋2OH－，当电路中转移2 mol电子理论上产生1 mol Zn，质量为65 g，故D正确。 2．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(甲、乙、丙三池中溶质足量，体积均为1 L)，当闭合该装置的开关K时，观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题： (1)甲、乙、丙三池中为原电池的是________(填“甲池”“乙池”或“丙池”)，A电极的电极反应式为________________________________________________________，C电极的电极反应式为____________________________。 (2)丙池总反应的离子方程式为________________________________________。 (3)当甲池中B电极上消耗O2的体积为560 mL(标准状况)时，理论上通过乙池的电量为________________(法拉第常数F＝9.65×104 C·mol－1)，丙池溶液的pH为________________________________________________(忽略溶液体积的变化)。 解析：(1)从图中可以看出，甲池为燃料电池，乙池和丙池为电解池。则甲、乙、丙三池中为原电池的是甲池，A电极的电极反应式为CH3OCH3－12e－＋16OH－===2CO＋11H2O；乙池中，C电极与燃料电池的正极相连，则C电极为阳极，Ag失电子生成Ag＋，电极反应式为Ag－e－===Ag＋。(2)丙池中，阴极Cu2＋得电子生成Cu，阳极H2O失电子生成O2和H＋，总反应的离子方程式为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋。(3)当甲池中B电极上消耗O2的体积为560 mL(标准状况)时，线路中通过电子的物质的量n(e－)＝×4＝0.1 mol，理论上通过乙池的电量为0.1 mol×9.65×104 C·mol－1＝9.65×103 C；丙池中，可建立关系式：H＋～e－，则溶液中生成H＋的物质的量为0.1 mol，溶液的pH为1。 答案：(1)甲池　CH3OCH3－12e－＋16OH－===2CO＋11H2O　Ag－e－===Ag＋ (2)2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋ (3)9.65×103 C　1 真题集训——高考能力达标 1．(2022·福建卷)一种化学“自充电”的锌－有机物电池，电解质为KOH和Zn(CH3COO)2水溶液。将电池暴露于空气中，某电极无需外接电源即能实现化学自充电，该电极充放电原理如下图所示。下列说法正确的是(　 ) A．化学自充电时，c(OH－)增大 B．化学自充电时，电能转化为化学能 C．化学自充电时，锌电极反应式：Zn2＋＋2e－===Zn D．放电时，外电路通过0.02 mol电子，正极材料损耗0.78 g 解析：选A　由图可知，化学自充电时，消耗O2，产生OH－，c(OH－)增大，故A正确；无需外接电源即能实现化学自充电，该过程不是电能转化为化学能，故B错误；化学自充电时，锌电极未参与反应，没有发生Zn2＋＋2e－===Zn，故C错误；放电时， ＋2nK＋＋2ne－=== ，外电路通过0.02 mol电子时，正极物质增加0.02 mol K＋，增加的质量为0.02 mol×39 g· mol－1 ＝0.78 g，故D错误。 2．(2021·天津卷)如下所示电解装置中，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0.01 mol Fe2O3完全溶解时，至少产生气体336 mL(折合成标准状况下) 解析：选C　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，则电源b为正极，a为负极，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0.01 mol Fe2O3完全溶解时，消耗氢离子为0.06 mol，根据阳极电极反应式2H2O－4e－===O2＋4H＋，产生氧气为0.015 mol，体积为336 mL (折合成标准状况下)，故D正确。 3．(2023·江苏卷·节选)空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。 催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图所示。 FE%＝×100% 其中，QX＝nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 (1)当电解电压为U1 V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物为________(填化学式)。 (2)当电解电压为U2 V时，阴极由HCO生成CH4的电极反应式为________________________________________________________________________。 (3)当电解电压为U3 V时，电解生成C2H4和HCOO－的物质的量之比为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________(写出计算过程)。 解析：当电解电压为U1 V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，说明二氧化碳未得电子，为氢离子得电子变成氢气。当电解电压为U2 V时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴极由HCO生成CH4的电极反应式为HCO＋8e－＋6H2O===CH4↑＋9OH－。当电解电压为U3 V时，电解过程中还原产物C2H4的FE%为24%，还原产物HCOO－的FE%为8%，每生成1 mol C2H4转移12 mol e－，每生成1 mol HCOO－转移2 mol e－，故电解生成的C2H4和HCOO－的物质的量之比为∶＝1∶2。 答案：(1)H2　 (2)HCO＋8e－＋6H2O===CH4↑＋9OH－ (3)每生成1 mol C2H4转移12 mol e－，每生成1 mol HCOO－转移2 mol e－，故电解生成的C2H4和HCOO－的物质的量之比为∶＝1∶2 [课时跟踪检测] 1．钴酸锂电池是目前用量最大的锂离子电池，用它作电源按下图装置进行电解。通电后，a电极上一直有气泡产生；d电极附近先出现白色沉淀(CuCl)，后白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)。下列有关叙述正确的是(　 ) A．已知钴酸锂电池放电时总反应为Li1－xCoO2＋LixC6===LiCoO2＋6C，则m处Li1－xCoO2作负极，失电子 B．当外电路中转移0.2 mol 电子时，理论上装置Ⅰ中加入100 mL 2 mol ·L－1盐酸可复原 C．电极d为阴极，电解过程中发生反应Cu＋Cl－－e－===CuCl D．随着电解的进行，U形管Ⅱ中发生了如下转化CuCl＋OH－===CuOH＋Cl－ 解析：选D　根据电池总反应Li1－xCoO2＋LixC6===LiCoO2＋6C，LixC6作负极失电子发生氧化反应，则Li1－xCoO2作正极得电子发生还原反应，A错误；U形管Ⅰ中a为阴极，b为阳极；U形管Ⅱ中c为阴极，d为阳极；盐酸中的水会稀释Ⅰ中的溶液，故不可复原，B错误；a电极一直有气泡，且a的材料为铜，故a极为阴极，d为阳极，d极反应式为Cu＋Cl－－e－===CuCl，C错误；d电极先产生白色沉淀(CuCl)，白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)，发生的反应是CuCl＋OH－===CuOH＋Cl－，D正确。 2．电还原CO2时，采用高浓度的K＋抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如图所示。下列说法正确的是(　 ) A．a为电源的负极 B．析氢反应发生在IrOx­Ti电极上 C．阴极发生的反应有：2CO2＋12e－＋12H＋===C2H5OH＋3H2O D．理论上每消耗1 mol CO2，阳极至少生成3 mol 气体 解析：选C　由图可知，该装置为电解池，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O、2CO2＋12H＋＋12e－===C2H5OH＋3H2O，则铜电极为阴极，与直流电源正极相连的IrOx­Ti电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室。据分析IrOx­Ti电极为电解池的阳极，则a为直流电源的正极，A错误；析氢反应为还原反应，应在阴极发生，即在铜电极上发生，B错误；理论上每消耗1 mol CO2，转移电子6 mol，按阳极的电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋及电子数守恒，可知在阳极生成1.5 mol 氧气，D错误。 3．以铅酸蓄电池为电源，通过电解法制备酒石酸(C4H6O6，简写为RH2)的原理如图所示(A、B为惰性电极，a、b为离子交换膜)。下列叙述不正确的是(　 ) A．N极的电极反应为PbO2＋2e－＋SO＋4H＋===PbSO4＋2H2O B．b为阴离子交换膜 C．阴极的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阴极区溶液pH增大 D．铅酸蓄电池中消耗2 mol H2SO4时，理论上生成2 mol RH2 解析：选D　电解的目的为制备RH2，则装置右侧为产品室，若原料室中的R2－通过阴离子交换膜进入产品室与H＋结合，则可制得RH2，所以电极B上应为H2O放电，生成O2和H＋，即电极B为阳极，电极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，b为阴离子交换膜，N为正极，M为负极，电极A为阴极。由以上分析可知N为铅酸蓄电池的正极，电极反应为PbO2＋2e－＋SO＋4H＋===PbSO4＋2H2O，A正确；电极A为阴极，该电极上水放电生成氢气，同时生成氢氧根离子，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阴极区溶液pH增大，C正确；铅酸蓄电池放电时总反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O，当电池中消耗2 mol H2SO4时，电路中转移2 mol e－，根据电极B上的电极反应2H2O－4e－===O2↑＋4H＋可知，转移2 mol e－，产品室有2 mol H＋生成，又R2－＋2H＋===RH2，所以理论上可生成1 mol RH2，D错误。 4．利用氢氧燃料电池，以镍、铁作电极电解NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4，其在浓碱中稳定存在)的装置如图所示。已知固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体，在高温下能传导O2－。下列说法正确的是(　 ) A．电极b的电极反应为H2－2e－===2H＋ B．电极d材料是铁电极，电极反应为e－2e－＋2OH－===Fe(OH)2 C．理论上，固体电解质中每迁移0.3 mol O2－，可以制得16.6 g Na2FeO4 D．为提高Na2FeO4的产率，应使用阳离子交换膜 解析：选C　装置图中，左侧装置为氢氧燃料电池，右侧装置为电解池。氢氧燃料电池中，负极反应式为2H2＋2O2－－4e－===2H2O，正极反应式为O2＋4e－===2O2－；电解池中，Fe电极(阳极)反应式为Fe＋8OH－－6e－===FeO＋4H2O，Ni电极(阴极)反应式为6H2O＋6e－===3H2↑＋6OH－。从图中箭头可知，电极c产生的H2流入电极b中，所以电极c为阴极(Ni电极)，电极b为负极；电极a为正极，电极d为阳极(Fe电极)。理论上，固体电解质中每迁移0.3 mol O2－，电路中转移电子的物质的量为0.6 mol，可以制得0.1 mol Na2FeO4，质量为0.1 mol ×166 g·mol－1＝16.6 g，C正确；阳极需要消耗OH－，阴极不断生成OH－，为提高Na2FeO4的产率，应使用阴离子交换膜，D不正确。 5．(2024·扬州期末)一种利用双膜法电解回收CoCl2溶液中Co的装置如图所示，电解时Co会析出在Co电极上。下列说法正确的是(　 ) A．a为电源的正极 B．电解后H2SO4溶液的浓度减小 C．电解后盐酸溶液的浓度增大 D．常温时，Co电极的质量每增加5.9 g，Ti电极上会析出1.12 L气体(Co—59) 解析：选C　电解时，Co会析出在Co电极上，因此Co电极上Co2＋发生还原反应，则a为电源的负极，b为电源的正极，阳极上水电离的OH－发生氧化反应生成O2。a为电源的负极，A错误；电解过程中，阳极区的水被消耗，溶液中H＋穿过阳离子交换膜进入稀盐酸溶液中，SO不参加反应，根据电荷守恒可知，n(H2SO4)不变，V水减小，因此电解后H2SO4溶液的浓度增大，B错误；电解过程中，阴极区的Cl－穿过阴离子交换膜进入稀盐酸中，阳极区中H＋穿过阳离子交换膜进入稀盐酸溶液中，因此电解后盐酸溶液的浓度增大，C正确；5.9 g Co的物质的量为0.1 mol ，得到0.2 mol电子，阳极上电极反应为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，根据得失电子守恒可知，阳极上生成0.05 mol O2，但常温常压下的气体摩尔体积并不一定等于22.4 L·mol－1，因此Ti电极上析出的O2体积不一定等于1.12 L，D错误。 6．微生物燃料电池不仅可以获得高效能源，还能合成电子工业清洗剂四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]，采用微生物燃料电池电渗析法合成(CH3)4NOH的工作原理如图所示，下列说法正确的是(　 ) A．d为阳离子交换膜 B．电极M为正极，该电极上发生的电极反应为O2－4e－＋4H＋===2H2O C．电流方向为电极M→电极b→电极a→电极N D．制备1 mol (CH3)4NOH时，电极b处产生11.2 L(标准状况下)气体 解析：选C　电极M处是光合菌在光照和二氧化碳条件下产生氧气，氧气再反应生成水，发生的是还原反应，所以M是正极，N是负极，负极是硫氧化菌将FeSx转化为S，S被氧化为SO，电子由N极流出到a极，所以a极为阴极，发生的反应是氢离子得到电子生成氢气，b为阳极是氢氧根放电生成氧气。c、d、e为离子交换膜，根据d、e两极中间通入稀NaCl溶液，NaOH溶液中的Na＋通过e交换膜进入左侧，(CH3)4NCl浓溶液中的Cl－通过d交换膜进入右侧，所以e是阳离子交换膜，d是阴离子交换膜，同样地，(CH3)4N＋通过c在左侧富集，所以c是阳离子交换膜。由图可知电极M发生的是光合菌在光照和CO2条件下产生O2，O2再反应生成H2O，发生的是还原反应，则M是正极，电极反应为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，故B错误； 电极b是电解池的阳极，电极反应式为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，制备1 mol (CH3)4NOH时，转移1 mol 电子，所以b极产生氧气0.25 mol，体积为5.6 L，D错误。 7．雾霾主要由二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物等组成。利用乙醇燃料电池(H2SO4为离子导体)电解作用下，将NO、SO2转化为硫酸铵，实现废气的回收再利用，其装置如图所示。下列有关说法正确的是(　 ) A．d电极为阴极，发生氧化反应 B．a电极发生的反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－ C．电池的总反应为5SO2＋2NO＋8H2O===(NH4)2SO4＋4H2SO4 D．当消耗23 g乙醇时，理论上通入NH3的物质的量为2.4 mol 解析：选C　d极NO得电子是阴极，发生还原反应，A错误；c极二氧化硫被氧化，是阳极，a极是燃料电池的正极，反应为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，B错误；电池的总反应为5SO2＋2NO＋8H2O===(NH4)2SO4＋4H2SO4，产生的H2SO4需要通入NH3，转化为(NH4)2SO4，C正确；由C项分析得10e－～4H2SO4～8NH3，又因为1CH3CH2OH～12e－，由得失电子守恒可得8NH3～10e－～CH3CH2OH，当消耗23 g乙醇时，则通入的NH3的物质的量为n(NH3)＝4.8 mol ，D错误。 8．硼酸(H3BO3)为一元弱酸，已知H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为H3BO3＋OH－===[B(OH)4]－，H3BO3可以通过电解的方法制备。电解Na[B(OH)4]溶液制备H3BO3的原理如图所示，下列叙述正确的是(　 ) A．通电一段时间后，M室、N室的pH依次增大、减小 B．a膜、c膜为阴离子交换膜，b膜为阳离子交换膜 C．理论上每生成1 mol H3BO3，两极室共产生标准状况下8.4 L气体 D．保持电流为3 A，电解60 min，制得H3BO3 6.2 g，则电流效率约为89%(法拉第常数为96 500 C·mol－1；电流效率η＝×100%) 解析：选D　M室中石墨电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H＋，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，N室中石墨电极为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH－，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，原料室中的[B(OH)4]－通过b膜进入产品室、Na＋通过c膜进入N室，M室中氢离子通过a膜进入产品室，通过a膜的H＋的量与M室中电极反应产生的H＋的量相同，即通电一段时间后M室中稀硫酸浓度变大，则a膜、c膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，通电一段时间后，M室pH减小，N室pH增大，A、B项错误。产品室中发生的反应为[B(OH)4]－＋H＋===H3BO3＋H2O，理论上每生成1 mol H3BO3，M室生成1 mol H＋，转移电子1 mol，N室生成0.5 mol H2，M室生成0.25 mol O2，两极室共产生标准状况下16.8 L气体，C项错误。6.2 g H3BO3的物质的量为＝0.1 mol，则消耗的电荷量为0.1 mol×1×96 500 C·mol－1＝9 650 C，而电极上通过的总电荷量为3 A×60×60 s＝10 800 C，故η＝×100%≈89%，D项正确。 9．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)甲池中，右室的KOH的作用是__________________________________________。当有1 mol电子经过外电路时，左室中减少______mol 离子。 (2)乙池中A电极的名称为__________(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，其电极反应式为________________________________________，电键闭合10 min后，B极质量增加4.32 g, 甲池中理论上消耗空气的体积为__________mL(标准状况下，假设O2占空气的体积分数为20%)，若要使乙池中的电解质溶液完全恢复原状，则加入的试剂可以是______________(填化学式)。 (3)电键闭合10 min 后， D电极附近的pH 将________(填“增大”“减小”或“不变”)；若C电极上产生的气体，用丙池反应后的溶液将其完全吸收，则生成的消毒液的有效成分的质量分数为______________________________________。(用算式表示，不要求计算结果，但有单位的数据须带上单位) 解析：根据装置图可知甲池是原电池，乙池和丙池是电解池，通N2H4的电极是负极，通空气的电极是正极，因此A是阳极，B是阴极，C是阳极，D是阴极。(1)溶液导电需要通过离子的定向移动，因此甲池中，右室的KOH的作用是导电(或增强溶液导电性)。负极反应式为N2H4－4e－＋4OH－===N2＋4H2O，由于是阳离子交换膜，因此当有1 mol 电子经过外电路时，左室中减少1 mol 氢氧根离子和1 mol 钾离子，共计是2 mol 离子。(2)乙池中A电极与正极相连，电极名称为阳极，溶液中的氢氧根离子放电，其电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑(或2H2O－4e－===4H＋＋O2↑)，电键闭合10 min后，B极质量增加4.32 g，即析出单质银的物质的量为4.32 g÷108 g· mol －1＝0.04 mol，转移0.04 mol 电子，根据电子得失守恒可知甲池中理论上消耗氧气0.01 mol，对应空气的体积为0.05 mol ×22.4 L·mol －1＝1.12 L＝1 120 mL(标准状况下，假设O2占空气的体积分数为20%)。电解过程中生成氧气和银，因此若要使乙池中的电解质溶液完全恢复原状，则加入的试剂可以是Ag2O(或Ag2CO3)。(3)D电极是阴极，溶液中水电离出的氢离子放电，则电键闭合10 min 后，D电极附近有氢氧根离子生成，所以pH将增大；若C电极上产生的气体，用丙池反应后的溶液将其完全吸收，根据电子得失守恒可知C电极生成氯气是0.02 mol，D电极生成氢气是0.02 mol ，氢氧化钠是0.04 mol，所以生成次氯酸钠是0.02 mol，则生成的消毒液的有效成分的质量分数为×100%。 答案：(1)导电(或增强溶液导电性)　2 (2)阳极　4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ (或2H2O－4e－===4H＋＋O2↑)　1 120　Ag2O(或Ag2CO3) (3)增大　×100% 学科网（北京）股份有限公司 $$