8.5 第36讲 新型含膜电化学装置在生产生活中的应用（课件PPT）-【金版新学案】2026年高考化学高三总复习大一轮复习（广东专版）

该高中化学高考复习课件聚焦“新型含膜电化学装置”核心考点，覆盖离子交换膜类型及作用、多室装置分析等高考高频内容。对接高考评价体系，通过考向分类（物质制备、三废处理、分离提纯）明确考点权重，归纳电极反应书写、离子移动判断等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题引领+素养导向”，精选2023全国甲卷、广东卷等真题，以双膜三室电解制备金属钴为例，通过“电极判断-反应书写-离子移动-膜类型确定”四步分析法培养科学思维。特设易错点警示（如膜类型混淆），助力学生掌握解题技巧，教师可据此高效开展专题复习，提升备考效率。

第36讲　新型含膜电化学装置在生产生 活中的应用 第八章　化学反应与能量 高三一轮复习讲义 广东专版 1.知道离子交换膜是一种含离子基团的、对溶液里的离子具有选择 透过能力的高分子膜，了解离子交换膜的种类。 2.通过离子交换膜将工业生产与电化学知识有机的融合，实现资源 的最优配置，用以考查学生的学以致用能力。 复习目标 内容索引 课时测评 重点强化 考教衔接 1.离子交换膜的类型及作用 必备知识 整合 2.常见含“膜”电化学装置解读 (1)单膜双室 带阳离子交换膜的氯碱工业电解模型： 分析如下： 此时，阳离子交换膜的作用是平衡电荷，形成闭合回路；防止Cl2和H2混合而引起爆炸；避免Cl2与NaOH反应生成NaClO影响NaOH的产量；避免Cl－进入阴极区导致制得的NaOH不纯。 (2)双膜三室 水溶液中电解制备金属钴的装置示意图 分析如下： 判断电极名称 书写电极反应 检查离子浓度变化 确定膜(或离子移动方向) 阳极(石墨) 2H2O－4e－O2↑＋4H＋ Ⅰ室c(H＋)增大，即c (阳离子)增大 H＋通过阳离子交换膜由Ⅰ室移向Ⅱ室 阴极(Co) Co2＋＋2e－Co Ⅲ室阴离子电荷数大于阳离子电荷数 Cl－通过阴离子交换膜由Ⅲ室移向Ⅱ室 (3)三膜四室 以四室电渗析法制备H3PO2(次磷酸)为例，其工作原理如图所示： 分析如下： 判断电极名称 书写电极反应 检查离子浓度变化 确定膜(或离子移动方向) 阳极(a) 2H2O－4e－O2↑＋4H＋ 阳极室 c(H＋)增大，即c(阳离子)增大 H＋通过阳离子交换膜进入产品室，原料室中的H2P通过阴离子交换膜进入产品室 阴极(b) 4H2O＋4e－2H2↑＋4OH－ 阴极室 c(OH－)增大，即c (阴离子)增大 原料室中的Na＋通过阳离子交换膜进入阴极室 (4)创新考查中的双极膜 分析如下： 双极膜是一种新型离子交换膜，其膜主体可分为阴离子选择层、阳离子选择层和中间界面层，水解离催化剂被夹在中间的离子交换聚合物中。与传统阴、阳离子交换膜不同，双极膜可以大幅度降低内部电阻，同时水电离产生H＋ 和OH－可在电场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。 考向1　物质制备 1.(2024·惠州一模)电解法制取Na2FeO4的总反应为 Fe＋2H2O＋2OH－ Fe＋3H2↑，工作原理 如图所示。 已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。下列叙述正确的是 A.铁电极作阳极，发生还原反应 B.Ni电极发生的反应为2H2O＋2e－H2↑＋2OH－ C.通电后Na＋向右移动，阴极区Na＋浓度增大 D.当电路中通过1 mol电子时，阴极区有11.2 L H2 生成 关键能力 提升 √ 铁电极与电源正极相连，为阳极，发生氧化反应，生 成Fe，故A错误；Ni电极为阴极，发生的反应为 2H2O＋2e－H2↑＋2OH－，B正确；为保障阳极区 的强碱性条件，该电解池中离子交换膜只能是阴离子 交换膜，因此通电后，阴极区的 OH－向左移动，故C错误；当电路中通过1 mol电子时，生成 0.5 mol氢气，温度压强不知，无法计算气体的体积，故D错误。 2.(2024·佛山二模)过硫酸铵[(NH4)2S2O8]可用作氧化剂、漂白剂。利用电解法在两极分别生产过硫酸铵和过氧化氢的装置如图所示。下列说法错误的是 A.a为外接电源的负极 B.电解总反应：O2＋2H＋＋2S H2O2＋S2 C.阴离子交换膜可用阳离子交换膜替代 D.电解池工作时，Ⅰ室溶液质量理论上逐渐减小 √ 氧元素的化合价由－2升高为－1价，化合价升高被氧化，故右侧Pt电极为阳极，b为外接电源正极，a为外接电源负极，左侧Pt电极为阴极。根据分析，a为外接电源的负极，A正确；根据分析，阴极氧气被还原，阳极硫酸根被氧化，电解总反应正确，B正确；根据阳极产物可知，反应需要消耗硫酸根，阴离子交换膜不可用阳离子交换膜替代，C错误；电解池工作时，Ⅰ室溶液中氢离子移向阴极，硫酸根移向阳极，消耗硫酸，Ⅰ室溶液质量理论上逐渐减小，D正确。 考向2　“三废”处理和环境保护 3.在直流电源作用下，双极膜中间层中的H2O解离为H＋和OH－，利用双极膜电解池产生强氧化性的羟基自由基(·OH)处理含苯酚废水和含SO2的烟气，工作原理如图所示。下列说法错误的是 A.电势：N电极＞M电极 B.阴极电极反应式为O2＋2e－＋2H＋2·OH C.每处理9.4 g苯酚，理论上有2.8 mol H＋透过膜a D.若·OH只与苯酚和SO2反应，则参加反应的苯酚和SO2物质的量之比为1∶14 √ M极上O2得电子生成羟基自由基(·OH)，说明M极为阴极，连接电源的负极，N极为阳极，故电势：N电极＞M电极，A正确；M为阴极，阴极上O2得电子生成羟基自由基(·OH)，电极反应式为O2＋2e－＋2H＋2·OH，B正确；1 mol苯酚转化为CO2，转移28 mol电子，每处理9.4 g苯酚(即0.1 mol)，理论上有2.8 mol电子转移，则有2.8 mol H＋透过膜b，C错误；若·OH只与苯酚和SO2反应，转移电子数之比为28∶2，则参加反应的苯酚和SO2物质的量之比为1∶14，D正确。 4.(2024·汕头二模)间接电解法可对大气污染物NO进行无害化处理。其工作原理如图所示(质子膜只允许H＋通过)。下列有关说法错误的是 A.电极b接电源正极，电解过程中附近溶液的pH增大 B.电极a的电极反应式为2HS＋2e－＋2H＋S2＋2H2O C.电解过程中右侧Na2SO4的浓度增大 D.电解过程中有4 mol H＋通过质子膜时，可处理60 g NO √ 由装置可知电极b上水放电生成氧气，电极反应式为2H2O－4e－O2↑＋4H＋，生成的氢离子通过质子膜向电极a移动，电极b附近溶液的pH值不变，故A错误；电极a上HS转化为S2，电极反应式为2HS＋2e－＋2H＋S2＋2H2O，故B正确；由电解反应可知电极b上水放电生成氧气，反应生成的氢离子通过质子膜进入左侧，电解过程中消耗水，则右侧Na2SO4的浓度增大，故C正确；由电极反应可知电解过程中有4 mol H＋通过质子膜时，电路中转移4 mol电子，则生成2 mol S2，S2与NO反应生成氮气和HS，反应方程式为2S2＋2NO＋2H2O4HS＋N2，2 mol S2可处理2 mol NO，质量为60 g，故D正确。 考向3　物质的分离与提纯 5.利用含双膜(阴离子交换膜和过滤膜)电解装置将 普通电解精炼铜所制备的精铜(仍含微量杂质)提纯 为高纯度铜。下列有关叙述中不正确的是 A.电极a为高纯度铜，电极b为精铜 B.电极b上发生的主要反应为Cu－2e－Cu2＋ C.甲膜为阴离子交换膜，可阻止杂质阳离子进入阴极区 D.相同时间内b电极减少的质量和a电极增加的质量相等 √ 电解精炼金属铜时高纯铜为阴极，精铜为阳极， A正确；精铜中主要成分是Cu，故阳极b上发生 的主要反应为Cu－2e－Cu2＋，B正确；甲膜 为阴离子交换膜，可阻止杂质阳离子进入阴极 区在阴极上放电，得不到高纯铜，C正确；b电极为含有杂质的铜，铜和杂质中活泼的金属都能发生失电子的反应，杂质中还可能含有不参与电极反应的固体杂质，而a电极上只析出金属铜，故相同时间内b电极减少的质量和a电极增加的质量不相等，D错误。 1.(2023·全国甲卷)用可再生能源电还原CO2时，采用高浓度的K＋抑制酸性电解液中的析氢反应可提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是 A.析氢反应发生在IrOx-Ti电极上 B.Cl－从Cu电极迁移到IrOx-Ti电极 C.阴极发生的反应有：2CO2＋12H＋＋12e－C2H4＋4H2O D.每转移1 mol电子，阳极生成11.2 L气体(标准状况) 高考真题 感悟 √ IrOx-Ti电极接电源正极，为阳极，发生失电子的氧化反应，故电极反应为2H2O－4e－4H＋＋O2↑，A错误；质子交换膜只允许H＋通过，故左室H＋从IrOx-Ti电极向Cu电极迁移，B错误；Cu电极接电源负极，为阴极，发生得电子的还原反应，根据图中物质转化关系知CO2可发生反应2CO2＋12H＋＋12e－C2H4＋4H2O，C正确；由A可知每转移1 mol电子，阳极生成0.25 mol即5.6 L(标准状况)O2，D错误。 2.(2023·广东卷)用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(如图)，可实现大电流催化电解KNO3溶液制氨。工作时，H2O在双极膜界面处被催化解离成H＋和OH－，有利于电解反应顺利进行。下列说法不正确的是 A.电解总反应：KNO3＋3H2ONH3·H2O＋2O2↑＋KOH B.每生成1 mol NH3·H2O，双极膜处有9 mol的H2O解离 C.电解过程中，阳极室中KOH的物质的量不因反应而改变 D.相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构可提高氨生成速率 √ 由信息大电流催化电解KNO3溶液制氨可知，在电极a处KNO3放电生成NH3，发生还原反应，故电极a为阴极，电极方程式为N＋8e－＋ 9H＋NH3·H2O＋2H2O，电极b为阳极，电极方程式为4OH－－4e－O2↑＋2H2O，“卯榫”结构的双极膜中的H＋移向电极a，OH－移向电极b。由分析中阴阳极电极方程式可知，电解总反应为KNO3＋ 3H2ONH3·H2O＋2O2↑＋KOH，故A正确；每生成1 mol NH3·H2O， 阴极得8 mol e－，同时双极膜处有8 mol H＋进入阴极室，即有8 mol的H2O解离，故B错误；电解过程中，阳极室每消耗4 mol OH－，同时有4 mol OH－通过双极膜进入阳极室，KOH的物质的量不因反应而改变，故C正确；相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构具有更大的膜面积，有利于H2O被催化解离成H＋和OH－，可提高氨生成速率，故D正确。 3.(2023·北京卷)回收利用工业废气中的CO2和SO2，实验原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A.废气中SO2排放到大气中会形成酸雨 B.装置a中溶液显碱性的原因是HC的水解程度大于HC的电离程度 C.装置a中溶液的作用是吸收废气中的CO2和SO2 D.装置b中的总反应为S＋CO2＋H2OHCOOH＋S √ SO2是酸性氧化物，废气中SO2排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确；装置a中溶液的溶质为NaHCO3，溶液显碱性，是因为HC的水解程度大于其电离程度，故B正确；装置a中NaHCO3溶液的作用是吸收SO2气体，CO2与NaHCO3溶液不反应，不能吸收CO2，故C错误；由电解池阴极和阳极物质可知，装置b中总反应为S＋CO2＋H2OHCOOH＋S，故D正确。 返回 重点强化15 多池、多室电化学装置 返回 一、多池串联的两大模型及原理分析 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。 3 重点精讲 模型二　原电池与电解池的串联(如图) 甲、乙两图中，A均为原电池，B均为电解池。 1.离子交换膜的分类和应用 二、多室装置的分析 　　为实现特定功能需求，在电化学装置中增加离子交换膜，将原电池或电解池分隔成两个或多个相对独立的室。 2.分析某室质量变化的关键 分析某室质量的变化，既要考虑该区(或该电极)的化学反应，又要考虑通过“交换膜”的离子带来的质量变化。 1.(2022·山东卷改编)设计如图装置回收金属 钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解 乙酸盐生成CO2，将废旧锂离子电池的正极 材料LiCoO2(s)转化为Co2＋，工作时保持厌氧 环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知 电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法错误的是 A.装置工作时，甲室溶液pH逐渐减小 B.装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸 C.乙室电极反应为LiCoO2＋2H2O＋e－Li＋＋Co2＋＋4OH－ D.若甲室Co2＋减少200 mg，乙室Co2＋增加300 mg，则此时已进行过溶液转移 强化训练 √ 电池工作时，左边装置中细菌上乙酸盐的阴离 子失去电子被氧化为CO2气体：CH3COO－－8e－ ＋2H2O2CO2↑＋7H＋，Co2＋在另一个电极上 得到电子，被还原产生Co单质，CH3COO－失 去电子后，H＋、金属阳离子通过阳膜移向甲 室，甲室溶液pH减小，A正确；对于乙室，正极上LiCoO2得到电子，被还原为Co2＋，同时得到Li＋，电极反应为LiCoO2＋e－＋4H＋Li＋＋Co2＋＋2H2O，C错误；依据电子守恒，乙室消耗的H＋比负极CH3COO－反应产生的H＋多，因而需补充盐酸，B正确；根据得失电子守恒，可知没有进行溶液转移时，乙室Co2＋增加的质量是甲室Co2＋减少质量的2倍，而实际二者倍数为＝1.5＜2，故此时已进行过溶液转移，D正确。 2.(2024·湖北重点中学联考)污水资源化利用既 可以缓解水的供需矛盾，又可以减少水污染。 化学工作者提出采用电解法除去工业污水中的 NaCN，其原理如图所示，通电前先向污水中 加入适量食盐并调整其pH维持碱性(CN－不参 与电极反应)。下列说法正确的是 A.b为电源的负极 B.隔膜Ⅰ为阴离子交换膜 C.X为H2，电极反应为2H2O＋2e－H2↑＋2OH－ D.当生成2.24 L N2时，电路中通过1 mol电子 √ 右侧氯离子放电得到次氯酸根离子，次氯酸 根离子再氧化CN－为氮气，所以右侧电极为 阳极，b为电源的正极，故A错误；a为电源 的负极，左侧电极为阴极，发生反应：2H2O ＋2e－H2↑＋2OH－，阴离子增加，污水中 的钠离子会通过隔膜Ⅰ进入左侧，形成浓氢氧化钠溶液，所以隔膜Ⅰ为阳离子交换膜，故B错误、C正确；生成的2.24 L N2未标明条件，无法求得电路中通过电子的物质的量，故D错误。 3.电渗析法淡化海水的装置如图所示，电解槽中阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列，将电解槽分隔成多个独立的间隔室，海水充满在各个间隔室中。通电后，一个间隔室的海水被淡化，而其相邻间隔室的海水被浓缩，从而实现了淡水和浓缩海水分离。下列说法正确的是 A.离子交换膜b为阳离子交换膜 B.各间隔室的排出液中，①③⑤⑦ 为淡水 C.通电时，电极1附近溶液的pH比 电极2附近溶液的pH变化明显 D.淡化过程中，得到的浓缩海水没 有任何使用价值 √ 分析题图可知，电极1为电解池的阳极，氯离子放电生成氯气，电极2为阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，离子交换膜a是阳离子交换膜，离子交换膜b为阴离子交换膜，结合阴、阳离子移向可知，各间隔室的排出液中，①③⑤⑦为淡水，A错误、B正确；通电时，阳极电极反应：2Cl－－2e－Cl2↑，阴极电极反应：2H2O＋2e－H2↑＋2OH－，电极2附近溶液的pH比电极1附近溶液的pH变化明显，C错误；淡化过程中，得到的浓缩海水可以提取氯化钠、镁、溴等，有使用价值，D错误。 4.我国科学家开发出了一种Zn-NO电池系统， 该电池具有同时合成氨和对外供电的功能， 其工作原理如图所示，下列说法错误的是 A.电极电势：Zn/ZnO电极＜MoS2电极 B.Zn/ZnO电极的反应式为Zn－2e－＋2OH－ ZnO＋H2O C.电池工作一段时间后，正极区溶液的pH减小 D.电子流向：Zn/ZnO电极→负载→MoS2电极 √ 由题意及装置图可知，Zn/ZnO电极为负极，MoS2电极为正极，正极电势高于负极电势，A正确；正极区消耗的H＋源于双极膜解离出的H＋，且产生的NH3会部分溶解，所以正极区溶液的pH不会减小，C错误；电子流向：负极→负载→正极，D正确。 5.二十大报告明确了生态文明建设的总基调是推动绿色发展。NO-空气质子交换膜燃料电池实现了制硝酸、发电、环保三位一体的结合。某化学兴趣小组用如图装置模拟工业处理废气和废水的过程。已知电极材料均为惰性电极。回答下列问题： (1)甲池在放电过程中的负极反应为______________________________。 NO＋2H2O－3e－N＋4H＋ 甲池在放电过程中，负极上一氧化氮失去电子发生氧化反应生成硝酸根离子，电极反应为NO＋2H2O－3e－N＋4H＋。 (2)乙池中通入废气SO2的电极为_______极，乙池总反应的离子方程式为 ____________________________________________。 阳 5SO2＋2NO＋8H2O2N＋5S＋8H＋ 乙池中通入废气SO2的电极连接电源的正极，为阳极；阳极二氧化硫发生氧化反应生成硫酸根离子，阴极一氧化氮发生还原反应生成铵根离子，电池总反应的离子方程式为5SO2＋2NO＋8H2O2N＋5S＋8H＋。 (3)b为______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。当浓缩室得到4 L浓度为0.6 mol·L－1的盐酸时，M室中的溶液的质量变化为__________(溶液体积变化忽略不计)。 阴 减少18 g 丙中阳极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子从M室通过a膜进入浓缩室；N室中氯离子通过b膜进入浓缩室，最终得到较浓的盐酸，故b为阴离子交换膜。当浓缩室得到4 L浓度为0.6 mol·L－1盐酸时，迁移过来的氢离子为4 L×(0.6 mol·L－1－0.1 mol·L－1)＝2 mol；2H2O－4e－4H＋＋O2↑，则转移2 mol电子，阳极反应1 mol水，M室中溶液的质量变化为减少1 mol×18 g·mol－1＝18 g。 (4)若在标准状况下，甲池有5.6 L O2参加反应，则乙池中处理废气(SO2和NO)的总体积为_______L。 15.68 乙池中SO2转化为硫酸根离子、NO转化为铵根离子；若标准状况下，甲池有5.6 L O2(为0.25 mol)参加反应，根据得失电子守恒可知，O2～4e－～2SO2～NO，则乙池中处理废气(SO2和NO)共0.7 mol，总体积为15.68 L。 返回 考教衔接5 高考真题溯源 返回 　　在电解原理的应用中，命题专家一般以文字描述与反应原理示意图相结合的形式设题，结合社会热点，充分体现出化学学科推动科技发展和人类社会进步的重要作用。这类试题的模型往往来源于教材，但又高于教材，学生必须掌握电解池的实质才能正确解答。 真题链接——高考这样考 [考题]　(2023·重庆卷)电化学合成是一种绿色高效的合成方法。下图是酸性介质中电解合成半胱氨酸和烟酸的示意图。下列叙述错误的是 A.电极a为阴极① B.从电极b移向电极a C.电极b发生的反应③为   D.生成3 mol半胱氨酸④的同时生成1 mol烟酸 真题链接——高考这样考 逻辑推理与论证 ①在电解池中，阴极得电子，发生还原反应；阳极失电子，发生氧化反应。由装置图可知，电极b发生氧化反应，为阳极，则电极a为阴极。 ②在电解池中，阳离子移向阴极。 ③电极b为阳极，发生氧化反应，失电子。 ④根据得失电子守恒可得关系式：   答案：D 溯本求源——教材这样写 [教材]　(人教版选择性必修1　“资料卡片”) 电有机合成 　　许多有机化学反应包含电子的转移，使这些反应在电解池中进行时称为电有机合成。例如，制造尼龙-66的原料己二腈[NC(CH2)4CN]用量很大，传统上以乙炔和甲醛为原料经过很长路线才能合成己二腈。如改用电合成法，则先以丙烯为原料制备丙烯腈(CH2 CHCN)，再用丙烯腈电合成己二腈。电合成己二腈的反应如下。 阳极：H2O－2e－O2↑＋2H＋ 阴极：2CH2 CHCN＋2H＋＋2e－NC(CH2)4CN 总反应：2CH2 CHCN＋H2ONC(CH2)4CN＋O2↑ 　　与其他有机合成相比，电有机合成具有反应条件温和、反应试剂纯净和生产效率高等优点。 溯本求源——教材这样写 教材相关知识 1.在有机反应中，去氧或加氢的反应为还原反应，加氧或去氢的反应为氧化反应。 2.写电极反应式时注意电解池中各室电解装置所处的环境条件，即酸性条件下不出现OH－，碱性条件下不出现H＋，有机环境中一般为O2－。 3.在电化学原理中，电路中转移的电子数是相等的。 返回 课 时 测 评 返回 1.一种生物电化学方法脱除水体中N的原理如图所示： 下列说法正确的是 A.装置工作时，电能转化为化学能 B.装置工作时，a极周围溶液pH升高 C.装置内工作温度越高，N脱除率一定越大 D.电极b上发生的反应之一是2N－2e－N2↑＋3O2↑ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 该装置是把电能转化为化学能，A正确；a极为阳极，电极反应为N＋2H2O－6e－N＋8H＋、N－8e－＋3H2ON＋10H＋，所以a极周围溶液的pH降低，B错误；该装置是在细菌生物作用下进行的，温度过高，会导致细菌死亡，N脱除率会减小，C错误；b极反应式之一为2N＋12H＋＋10e－N2↑＋6H2O，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 2.(2024·韶关二模)近日，某科研团队研制设计了一种高性能碱性阴离子交换膜直接氨燃料电池(DAFC)，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 A.电极A为负极，发生氧化反应 B.若交换膜中通过0.3 mol OH－，A电极区消耗2.24 L NH3 C.电极B的电极反应式为O2＋4e－＋2H2O4OH－ D.电流方向：电极B→灯泡→电极A→电极B √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 根据图示，NH3在A电极失电子生成氮气和水， 电极A为负极，发生氧化反应，故A正确；A 电极反应式2NH3－6e－＋6OH－N2＋6H2O， 若交换膜中通过0.3 mol OH－，说明外电路中 转移0.3 mol电子，A电极消耗0.1 mol NH3，没有明确是否为标准状况，氨气的体积不一定是2.24 L，故B错误；B是正极，氧气在正极得电子生成氢氧根离子，电极B的电极反应式为O2＋4e－＋2H2O4OH－，故C正确；NH3在A电极失电子生成氮气和水，电极A为负极，B为正极，电流方向：电极B→灯泡→电极A→电极B，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 3.(2024·广州预测)铁碳微电池法在弱酸性条件下处理含氮废水技术的研究获得突破性进展，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 A.工作时H＋透过质子交换膜由乙室向甲室移动 B.碳电极上的电极反应式为2N＋12H＋＋10e－N2↑＋6H2O C.处理废水过程中两侧溶液的pH基本不变 D.处理含N的废水，若处理6.2 g N，则有0.5 mol H＋透过质子交换膜 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 在原电池反应中负极失去电子发生氧化反应， 正极上得到电子发生还原反应，根据电极微 粒变化及元素化合价判断电极正负极、离子 移动方向，并书写相应的电极反应式。由图 可知电池工作时，碳电极是正极，H＋会由负极移向正极，即H＋由乙室通过质子交换膜向甲室移动，A正确；碳电极为正极，在甲室中N转化为N2，所以电极反应式为2N＋12H＋＋10e－N2↑＋6H2O，B正确；当转移10 mol e－时甲室溶液中消耗12 mol H＋，但通过质子交换膜的H＋只有10 mol，因此，甲室溶液中c(H＋)减小，溶液的pH不断增大， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 C错误；处理含N的废水时，根据得失电子守恒可知关系式为N～5e－，透过质子交换膜的H＋与转移的电子物质的量相等，所以处理6.2 g N(其物质的量是0.1 mol)时，电池中有0.5 mol H＋透过质子交换膜，D正确；故合理选项是C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 4.(2024·华南师大附中高三阶段考)LiOH是生产航空航天润滑剂的原料。清华大学首创三室膜电解法制备氢氧化锂，其模拟装置如图所示。下列有关说法正确的是 A.a极为电源的负极，Y极上发生 氧化反应 B.X极的电极反应式为2H2O－4e－ 4H＋＋O2↑ C.膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离 子交换膜 D.每转移2 mol电子，理论上生成24 g LiOH √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 该电解池实质是电解水，根据题 图知：X极导出的是浓硫酸，则X 极应为水放电生成O2和H＋，则X 极为阳极，阳极反应式为2H2O－ 4e－4H＋＋O2↑，气体1为O2。 Y极导出的是浓LiOH溶液，则Y极是水放电生成H2、OH－，则Y为电解池的阴极，气体2为H2，阴极电极反应式为2H2O＋2e－2OH－＋H2↑；据此分析解答。根据分析，X极为阳极，所以a极为正极，b极为负极，则Y极为阴极，发生还原反应，A错误；根据分析，X极反应式 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 为2H2O－4e－4H＋＋O2↑，B 正确；根据分析，X极为阳极，导 出的是浓硫酸，则S向阳极移 动，膜1为阴离子交换膜，Y极为 阴极，导出的是浓LiOH溶液，则 Li＋向阴极移动，膜2为阳离子交换膜，C错误；Y极为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－2OH－＋H2↑，每转移2 mol电子，理论上有2 mol Li＋向Y极迁移形成2 mol LiOH，其质量是48 g，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 5.(2024·深圳高三阶段统考)我国科研工作者 提出通过电解原理联合制备环氧乙烷(结构简 式为 )同时处理酸性含铬废水，其工作原 理示意图如图所示。其中双极膜由阳离子交 换膜和阴离子交换膜组成，工作时内层H2O 解离为H＋和OH－，并分别向两极迁移。下列说法正确的是 A.膜q为阳离子交换膜 B.工作时，NaOH溶液浓度保持不变 C.N极的电极反应式为Cr2＋14H＋－6e－2C＋7H2O D.处理含0.5 mol Cr2的废水，理论上可制得66 g环氧乙烷 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 该原理为电解池原理，电极N发生Cr2转化为 C的反应，铬元素由＋6→＋3价，得电子化合 价降低，为还原反应，电极N为阴极。催化电极M 为阳极，该极区电解质为NaOH溶液，双极膜内层 H2O解离产生的OH－移向阳极，膜q为阴离子交换 膜，A错误；催化电极M的电极反应式为C2H4＋2OH－－2e－ ＋H2O，每2 mol电子转移有2 mol OH－移向该电极区，但反应中有水生成，NaOH溶液浓度降低，B错误；N极的电极反应式应为Cr2＋14H＋＋6e－2C＋7H2O，C错误；由电极M的电极反应式和N极的电极反应式可知1 mol Cr2参加反应，生成3 mol 环氧乙烷，处理含0.5 mol Cr2的废水，理论上可制得 1.5 mol环氧乙烷，质量为1.5 mol×44 g·mol－1＝66 g，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 6.(2024·广东深圳二模)我国科研工作者研发 了一种光电催化系统，其工作原理如图所示。 工作时，光催化Fe2O3电极产生电子和空穴； H2O在双极膜界面处解离成H＋和OH－，有利 于电极反应顺利进行，下列说法不正确的是 A.双极膜中靠近Fe2O3电极的一侧为阴膜 B.左室溶液pH逐渐增大 C.GDE电极发生的反应为O2＋2H＋＋2e－H2O2 D.空穴和电子的产生驱动了脱硫与H2O2制备反应的发生 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 由题干图示信息可知，电池工作时，光催 化Fe2O3电极产生电子和空穴，故Fe2O3电 极为负极，电极反应为S＋2OH－－2e－ S＋H2O，GDE电极为正极，电极反 应为2H＋＋O2＋2e－H2O2，电解质溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，故双极膜中靠近Fe2O3电极的一侧为阴膜，OH－通过阴离子交换膜移向负极室，H＋通过阳离子交换膜进入正极室，据此分析解题。由分析可知，双极膜中靠近Fe2O3电极的一侧为阴膜，A正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 已知左室发生反应为SO2＋2OH－S ＋H2O，S＋2OH－－2e－S＋ H2O，根据电荷守恒可知，每消耗4 mol OH－转移2 mol电子，则有2 mol OH－进 入左室，即左室溶液中OH－浓度减小，故pH逐渐减小，B错误；由分析可知，GDE电极为正极，发生还原反应，其电极反应为O2＋2H＋＋2e－H2O2，C正确；原电池能够加快反应速率，空穴和电子的产生促使形成原电池，故可驱动脱硫与H2O2制备反应的发生，D正确；故答案为B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 7.(2024·广东佛山一模)如图装置可合成重要的化 工中间体乙醛酸，双极膜中的H2O能解离为H＋和 OH－，下列说法正确的是 A.石墨也可以用Pb代替 B.双极膜解离出来的H＋向石墨电极移动 C.H2C2O4在Pb电极表面发生反应：HOOC—COOH＋2e－＋2H＋ HOOC—CHO＋H2O D.当石墨电极析出1 mol O2，Pb电极附近一定生成2 mol乙醛酸 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 由图可知，铅电极为电解池的阴极，水在阴极 得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离 子，酸性条件下草酸在阴极得到电子发生还原 反应生成乙醛酸和水，石墨电极为阳极，水在 阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，双极膜解离出来的氢氧根离子进入阳极区、氢离子进入阴极区。若用铅电极代替石墨电极，铅会在阳极失去电子发生氧化反应生成铅离子，所以不能用铅电极代替石墨电极，故A错误；由分析可知，铅电极为电解池的阴极，石墨电极为阳极，双极膜解离出来的氢氧根离子进入阳极区、氢离子进 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 入阴极区，故B错误；由分析可知，铅电极为 电解池的阴极，酸性条件下草酸在阴极得到电 子发生还原反应生成乙醛酸和水，电极反应式 为HOOC—COOH＋2e－＋2H＋HOOC— CHO＋H2O，故C正确；由分析可知，铅电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，酸性条件下草酸在阴极得到电子发生还原反应生成乙醛酸和水，则石墨电极析出1 mol氧气时，无法计算铅电极附近生成乙醛酸的物质的量，故D错误；故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 8.(2025·广东湛江调研)双阴极三室微生物燃料电池(下图)可实现同步脱氮、除碳和产电功能(COD为葡萄糖)。下列说法正确的是 A.缺氧室和厌氧室为阴极室 B.H＋移动方向：缺氧室厌氧室好氧室 C.好氧室存在反应：N＋2O2N＋H2O＋2H＋ D.理论上每处理1 mol葡萄糖，缺氧室生成53.76 L N2(标准状况) √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 双阴极三室微生物燃料电池中，左边缺氧室N转变为N2，电极反应式为2N＋10e－＋12H＋N2↑＋6H2O；中间厌氧室葡萄糖(C6H12O6)转变为CO2，电极反应式为C6H12O6－24e－＋6H2O6CO2↑＋24H＋；右边好氧室O2转变为H2O，电极反应为O2＋4e－＋4H＋2H2O，同时在好氧室还发生反应N－8e－＋3H2ON＋10H＋，由题目可知 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 电池为双阴极，即有2个电极要得电子，结合前边分析得出左边缺氧室和右边好氧室为电池的正极(阴极室)，中间厌氧室为电池负极，据此分析解答。根据分析，该电池中缺氧室和好氧室为阴极室，A错误；在电池中，阳离子由负极向正极移动，且根据分析，在厌氧室产生H＋，缺氧室、好氧室都要消耗H＋，所以H＋的移动方向：缺氧室 厌氧 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 室好氧室，B错误；在好氧室中同时发生O2＋4e－＋4H＋2H2O和N－8e－＋3H2ON＋10H＋，则他们之间能发生反应：N＋2O2N＋H2O＋2H＋，C正确；当厌氧室中处理1 mol葡萄糖时，根据电极反应式C6H12O6－24e－＋6H2O6CO2↑＋24H＋可知共转移了24 mol e－，但转移的电子同时被缺氧室和好氧室得到，因此流向缺氧室的电子低于24 mol，则生成标准状况下的N2体积小于53.76 L，D错误；故答案为C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 9.(2025·东莞佛山联考)为适应可再生能源的波 动性和间歇性，我国科学家设计了一种电化学 装置，其原理如下图所示。当闭合K1和K3、打 开K2时，装置处于蓄电状态；当打开K1和K3、 闭合K2时，装置处于放电状态。放电状态时， 双极膜中间层中的H2O解离为H＋和OH－并分别向两侧迁移。下列有关该电化学装置工作时的说法不正确的是 A.蓄电时，碳锰电极为阳极 B.蓄电时，图中右侧电解池发生的总反应为2ZnO2Zn＋O2↑ C.放电时，每消耗1 mol MnO2，理论上有2 mol H＋由双极膜向碳锰电极迁移 D.理论上，该电化学装置运行过程中需要不断补充H2SO4和KOH溶液 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 当闭合K1和K3、打开K2时，装置处于蓄 电状态，即为电解池，左池左侧电极上 H＋得电子生成H2，H元素化合价降低， 则为阴极，右侧碳锰电极上Mn2＋失电子 生成MnO2，碳锰电极为阳极；右池锌电 极上ZnO得电子生成Zn，则锌电极为阴极；当打开K1和K3、闭合K2时，装置处于放电状态，即原电池，锌电极为负极，碳锰电极为正极；由分析可知，蓄电时即为电解池，碳锰电极Mn2＋失电子生成MnO2，为阳极，A正确；蓄电时，右侧电解池中ZnO得电子生成Zn， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 电极反应式为ZnO＋2e－＋H2OZn＋2OH－， OH－失电子生成O2，电极反应式为4OH－－4e－ O2↑＋2H2O，发生的总反应为2ZnO 2Zn＋O2↑，B正确；放电时，碳锰电极为正极， 电极反应式为MnO2＋2e－＋4H＋Mn2＋＋2H2O，每消耗1 mol MnO2，需要消耗4 mol H＋，但碳锰电极只生成2 mol正电荷，剩余正电荷需要从双极膜间解离出氢离子转移至左侧，因此理论上有2 mol H＋由双极膜向碳锰电极迁移，C正确；该电化学装置运行过程中理论上不消耗H2SO4和KOH，则不需要不断补充H2SO4和KOH溶液，D错误；故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 10.(2025·广东清远一模)利用多膜装置通过电解法可以制备KNO3，同时获得一定的副产品，其电解装置如图所示。下列说法正确的是 A.Y膜为阳离子交换膜 B.阴极室溶液中OH－浓度逐渐降低 C.理论上每生成标准状况下22.4 L Cl2，阳极室内溶液质量减少149 g D.理论上每生成1 mol Cl2，阴极室溶液质量增加46 g √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 阳极室：2Cl－－2e－Cl2↑；阴极室：2H2O＋2e－2OH－＋H2↑。电解法可以制备KNO3，根据图示，阳极室中的钾离子进入硝酸钾溶液，NaNO3溶液中硝酸根离子进入硝酸钾溶液、钠离子进入阴极室生成氢氧化钠。NaNO3中N通过Y膜向左迁移生成KNO3，Y膜为阴离子交换膜，故A错误；阴极室发生反应2H2O＋2e－2OH－＋H2↑， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 NaNO3溶液中钠离子进入阴极室生成氢氧化钠，B错误；生成标准状况下22.4 L Cl2即转移2 mol电子，同时有2 mol K＋移向硝酸钾溶液，则阳极室内减少2 mol KCl，即溶液质量减少149 g，C正确；生成1 mol Cl2时，转移2 mol电子，阴极室内生成1 mol H2但补充了2 mol Na＋，因此阴极室溶液质量增加44 g，D错误；选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 11.(2023·广东湛江统考二模)一种FeCl3/FeCl2-Cl2双膜二次电池放电时的工作原理如图所示，下列说法错误的是 A.充电时，M极的电极反应式为Fe3＋＋e－Fe2＋ B.X为阳离子交换膜，Y为阴离子交换膜 C.充电时的总反应：2FeCl32FeCl2＋Cl2↑ D.放电时，每消耗2.24 L(标准状况)Cl2，理论上有0.2 mol电子通过用电器 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 由图可知，放电时Fe2＋在M极失去电子 生成Fe3＋，则M是负极，Cl2在N极得到 电子生成Cl－，则N极为正极，以此解答。 放电时Fe2＋在M极失去电子生成Fe3＋， M是负极，则充电时，Fe3＋在M极得到电子生成Fe2＋，电极反应式为Fe3＋＋e－Fe2＋，故A正确；放电时Fe2＋在M极失去电子生成Fe3＋，即FeCl2转化为FeCl3，NaCl溶液中的Cl－要通过X进入M极区，X为阴离子交换膜；Cl2在N极得到电子生成Cl－，由电荷守恒可知，NaCl溶液中的Na＋要通过Y进入N极区，Y为阳离子交换膜，故B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 放电时Fe2＋在M极失去电子生成Fe3＋， Cl2在N极得到电子生成Cl－，则充电时， FeCl3转化为FeCl2和Cl2，总反应：2FeCl3 2FeCl2＋Cl2↑，故C正确；放电时，Cl2在N极得到电子生成Cl－，电极反应式为Cl2＋2e－2Cl－，每消耗标准状况下2.24 L Cl2，物质的量为0.1 mol，转移0.2 mol e－，理论上有0.2 mol电子通过用电器，故D正确；故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 12.(2023·广东统考二模)利用[Fe(CN)6]4－/[Fe(CN)6]3－介质耦合微生物电化学系统与电催化还原CO2系统，既能净化废水，又能使CO2向高附加值产物转化，其工作原理示意图如图a和图b所示，下列说法错误的是 A.图a装置和图b装置中的H＋都是从左向右移动 B.图a装置中甲电极的反应式为CH3COO－－8e－＋7OH－2CO2↑＋5H2O C.图b装置中丙电极的电势比丁电极高 D.图b装置中丁电极中每消耗22.4 L CO2(标准状况)，转移电子数约为3.612×1024 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 由图可知，甲电极发生氧化反应生成二氧化碳，为负极，则乙电极为正极；丙电极发生氧化反应生成[Fe(CN)6]3－，为阳极，则丁电极为阴极；图a中氢离子向正极右侧迁移，图b中氢离子向阴极右侧迁移，故A说法正确；图a装置中甲电极上乙酸根离子失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH3COO－－8e－＋2H2O2CO2↑＋7H＋， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 故B说法错误；图b装置中丙电极为阳极、丁电极为阴极，则丙电极的电势比丁电极高，故C说法正确；图b装置中丁电极二氧化碳转化为甲醇，电子转移情况为CO2～6e－，则每消耗22.4 L CO2(标准状况下为1 mol)，转移电子数约为6×6.02×1023＝3.612×1024，故D说法正确；故选B。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 谢 谢 观 看 新型含膜电化学装置 在生产生活中的应用 $