大单元四 选择题突破(四) 电化学中的多室、多池装置-【优化探究】2026年高考化学二轮专题复习配套课件（双选版）

选择题突破(四)　电化学中的多室、多池装置 优化探究 大单元四　电化学 提炼　核心知识 精研　高考真题 强化 关键能力 2 提炼　核心知识 3 提炼　核心知识 离子交换膜的类型和作用 1.常见的离子交换膜(隔膜) (1)阳离子交换膜:简称阳膜,只允许 离子通过。 (2)阴离子交换膜:简称阴膜,只允许 离子通过。 (3)质子交换膜:只允许 通过。 2.离子交换膜的作用 (1)平衡两边电极区的电荷。 (2)避免交换膜两边物质发生反应(反应物发生反应或产物发生反应)。 (3)形成交换膜两边电解质溶液浓度不同的浓差电池。 阳 阴 氢离子 4 3.含离子交换膜电化学装置的几个区域 5 (1)原料区 ①主料区:加入原料的 溶液,流出原料的 溶液。 ②辅料区:加入辅料的 溶液,流出辅料的 溶液。 (2)产品区:产品中的阴、阳离子通过离子交换膜进入该区域。 (3)缓冲区:两侧的离子交换膜属性相同,起防漏的保护作用。 浓 稀 稀 浓 6 例: 1.双膜三室处理吸收液(吸收了烟气中的SO2)(或污水) 吸收液(或污水):Na+穿过阳膜进入阴极室(左室);HS和S穿过阴膜进入阳极室(右室)。 7 阳极室:HS-2e-+H2O===S+3H+或S-2e-+H2O===S+2H+。 阴极室:2H++2e-===H2↑。 产品:阳极室为较浓的硫酸,阴极室为亚硫酸钠。 8 2.三膜四室制备硼酸[H3BO3( 一元弱酸)] 阳极室:2H2O-4e-===O2↑+4H+。 产品室:H++[B(OH)4]-===H3BO3+ H2O。 原料室:[B(OH)4]-穿过阴膜进入产品室,Na+穿过阳膜进入阴极室。 阴极室:4H2O+4e-===2H2↑+4OH-。 9 4.计算含交换膜电化学装置中某一区域质量变化,注意离子的迁移 装置 问题   根据O2~4e-~4H+,阳极产生1 mol O2时,有 4 mol H+由阳极移向阴极,则阳极溶液减轻的质量为32 g+4 g=36 g 10 精研　高考真题 11 精研　高考真题 1.(2025·江苏卷)以稀H2SO4为电解质溶液的光解水装置如图所示,总反应为2H2O 2H2↑+O2↑。下列说法正确的是(　　) A.电极a上发生氧化反应生成O2 B.H+通过质子交换膜从右室移向左室 C.光解前后,H2SO4溶液的pH不变 D.外电路每通过0.01 mol电子,电极b上产生0.01 mol H2 A 12 解析:光解过程中,电极a上电子流出,发生氧化反应,a为负极,电极反应式为2H2O-4e-===O2↑+4H+,电极b上电子流入,发生还原反应,b为正极,电极反应式为2H++2e-===H2↑。根据分析,电极a为负极,发生氧化反应,电极反应式为2H2O-4e-===O2↑+4H+,生成物有O2,A正确;电极a上生成H+,电极b上消耗H+,H+通过质子交换膜从左室移向右室,B错误;在探究溶液浓度变化时,不仅要关注溶质的变化,也要关注溶剂的变化,在光解过程中,H2SO4溶液中H2O减少,H2SO4溶液浓度增大,pH减小,C错误;生成1 mol H2,转移2 mol 电子,外电路通过0.01 mol 电子时,电极b上生成0.005 mol H2,D错误。 13 2.(2025·湖南卷)一种电化学处理硝酸盐产氨的工作原理如图所示。下列说法错误的是(　　) A.电解过程中,K+向左室迁移 B.电解过程中,左室中N的浓度持续下降 C.用湿润的蓝色石蕊试纸置于b处,试纸先变红后褪色 D.N完全转化为NH3的电解总反应:N+8Cl-+6H2ONH3↑+9OH-+4Cl2↑ B 14 解析:由图可知,左侧N→N→NH3,N元素化合价降低,则左侧是阴极区,右侧Cl-→Cl2,Cl元素化合价升高,则右侧是阳极区,据此解答。A.电解池中,阳离子向阴极移动,则K+向左室迁移,A正确;B.电解过程中,N先生成,再消耗,是中间产物,其浓度变化取决于生成速率与消耗速率,无法得出其浓度持续下降的结论,B错误;C.b处生成氯气,与水反应生成盐酸和次氯酸,蓝色石蕊试纸遇酸变红,次氯酸能使变红的试纸褪色,故能看到试纸先变红后褪色,C正确;D.左侧阴极总反应是N+8e-+6H2O===NH3↑+9OH-,右侧阳极反应是8Cl--8e-===4Cl2↑,将两电极反应相加即可得到电解总反应,D正确。 15 3.(2025·河南卷)一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化,并以LiCl形式回收含锂废弃物中的锂元素,其工作原理如图所示。 下列说法正确的是(　　) A.Ⅱ为阳离子交换膜 B.电极a附近溶液的pH减小 C.电极b上发生的电极反应式为[Fe(CN)6]4-+e-===[Fe(CN)6]3- D.若海水用NaCl溶液模拟,则每脱除58.5 g NaCl,理论上可回收1 mol LiCl D 16 解析:由图可知,左侧为阴极,电极反应式为O2+4e-+2H2O===4OH-,右侧为阳极,电极反应式为[Fe(CN)6]4--e-===[Fe(CN)6]3-,在离子交换膜Ⅰ和离子交换膜Ⅱ间加入海水,钠离子透过离子交换膜Ⅰ进入阴极区得到氢氧化钠,氯离子透过离子交换膜Ⅱ进入离子交换膜Ⅱ与离子交换膜Ⅲ之间,锂离子透过离子交换膜Ⅲ进入离子交换膜Ⅱ与离子交换膜Ⅲ之间,在此处得到LiCl,则离子交换膜Ⅰ为阳离子交换膜,离子交换膜Ⅱ为阴离子交换膜,离子交换膜Ⅲ为阳离子交换膜,据此解答。A.由分析可知,Ⅱ为阴离子交换膜,A错误;B.电极a的电极反应式为O2+4e-+2H2O===4OH-,则电极a附近溶液的pH变大,B错误;C.由分析可知,电极b上发生的电极反应式为[Fe(CN)6]4--e-===[Fe(CN)6]3-,C错误;D.每脱除58.5 g (1 mol)NaCl,转移电子数为1 mol,有1 mol Li+和1 mol Cl-分别透过离子交换膜Ⅲ、离子交换膜Ⅱ,可回收1 mol LiCl,D正确。 17 4.(2025·云南卷)一种用双极膜电渗析法卤水除硼的装置如图所示,双极膜中H2O解离的H+和OH-在电场作用下向两极迁移。除硼原理:[B(OH)4]-+H+===B(OH)3+H2O。下列说法错误的是(　　) A.Pt电极反应:4OH--4e-===O2↑+2H2O B.外加电场可促进双极膜中水的电离 C.Ⅲ室中,X膜、Y膜分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜 D.Ⅳ室每生成1 mol NaOH,同时Ⅱ室最多生成1 mol B(OH)3 C 18 解析:由图中氢离子和氢氧根离子的流向,可推出左侧Pt电极为阳极,右侧石墨电极为阴极,阳极发生的反应为4OH--4e-===O2↑+2H2O,阴极发生的反应为2H++2e-===H2↑,Ⅲ室中氯化钠溶液浓度降低了,说明钠离子往阴极方向移动,氯离子往阳极方向移动,据此解答。A.由分析可知,Pt电极为阳极,阳极发生的反应为4OH--4e-===O2↑+2H2O,A正确;B.水可微弱电离出氢离子和氢氧根离子,在外加电场作用下,氢离子和氢氧根离子往两侧移动,降低了浓度,可促进双极膜中水的电离,B正确;C.由分析可知,Ⅲ室中氯化钠溶液浓度降低了,说明钠离子往阴极方向移动,氯离子往阳极方向移动,即钠离子往右侧移动,通过Y膜,则Y膜为阳离子交换膜,氯离子往左侧移动,通过X膜,则X膜为阴离子交换膜,C错误;D.Ⅳ室每生成1 mol NaOH,则转移1 mol电子,有1 mol氢离子转移到Ⅱ室中,生成1 mol B(OH)3,D正确。 19 强化 关键能力 强化 关键能力 1.(2025·山东实验中学一模)调节pH可使溶液中的氨基酸主要以两性离子的形式存在,两性离子整体呈电中性,此时溶液的pH为该氨基酸的pI(等电点)。已知:谷氨酸的pI为3.22,丙氨酸的pI为6.02,赖氨酸的pI为9.74。利用如图装置分离这三种氨基酸,a、b为离子交换膜,电极均为惰性电极。下列说法错误的是(　　) A.阴极的电极反应式为2H2O+2e-===H2↑+2OH- B.a为阳离子交换膜,b为阴离子交换膜 C.原料室的pH应控制在6.02 D.在产品室1中,可以收集到赖氨酸 D 21 解析:由题干的电解池装置图可知,阳极室电解H2SO4溶液,电极反应为2H2O-4e-===O2↑+4H+,阴极室电解NaOH溶液,电极反应为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,H+经a膜进入产品室1,OH-经b膜进入产品室2,则a膜为阳离子交换膜,b膜为阴离子交换膜,结合三种氨基酸的pI值可知,产品室1显酸性,则为谷氨酸,产品室2显碱性,则为赖氨酸,丙氨酸留在原料室,据此解答。A.由分析可知,阴极室电解NaOH溶液,阴极的电极反应式为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,A正确;B.由分析可知,a为阳离子交换膜,b为阴离子交换膜, B正确;C.由分析可知,丙氨酸留在了原料室,根据丙氨酸的pI值可知,原料室的pH应控制在6.02,C正确;D.由分析可知,产品室1显酸性,则为谷氨酸,则可以收集到谷氨酸,D错误。 2.(双选)(2025·山东聊城二模)利用如图装置制备Fe(OH)2,甲装置的工作原理为2Na2S2+NaBr3===Na2S4+3NaBr,乙装置中电极a、b采用石墨或Fe。下列说法正确的是(　　) A.电极a为石墨,电极b为铁 B.电极Ⅰ的电极反应式为2-2e-=== C.NaCl溶液可用CuCl2溶液代替 D.每生成9.0 g Fe(OH)2,理论上有0.2 mol Na+透过阳离子交换膜 BD 解析:如要使用图中装置制取Fe(OH)2,结合题目信息可知甲装置为原电池,工作原理为2Na2S2+NaBr3===Na2S4+3NaBr,Na2S2转变为Na2S4时S元素化合价升高,失去电子,在负极反应,说明惰性电极Ⅰ为负极,电极反应式为2-2e-===;惰性电极Ⅱ为正极,电极反应式为B+2e-===3Br-;则与惰性电极Ⅰ连接的b电极为阴极,应使用石墨电极,电极反应式为2H2O+2e-===2OH-+H2↑;而a电极为阳极,因要制备Fe(OH)2,则a电极需要使用Fe电极,电极反应式为Fe-2e-===Fe2+,最后阳极生成的Fe2+与阴极产生的OH-接触生成Fe(OH)2,据此分析解答。A.根据分析,电极a为铁,电极b为石墨,A错误; B.电极Ⅰ为负极,发生Na2S2转变为Na2S4的反应,S元素化合价升高,失去电 子,电极反应式为2-2e-===,B正确;C.若用CuCl2溶液代替NaCl溶液,则Cu2+在阴极得电子生成Cu,无法生成OH-,最后就无法生成Fe(OH)2,C错误;D.生成9.0 g Fe(OH)2,物质的量为0.1 mol,根据Fe-2e-===Fe2+、Fe2++ 2OH-===Fe(OH)2↓可知,每生成0.1 mol Fe(OH)2时电路中转移0.2 mol电子,甲装置中阳离子向正极(惰性电极Ⅱ)移动,根据电荷守恒,则有0.2 mol Na+透过阳离子交换膜,D正确。 3.(双选)为实现CO2的资源化利用与电能储存,设计如图所示的三室隔膜电解装置(阴极室中注入溶有大量CO2且含有少量水的有机复合电解液),该装置将CO2还原为CO,同时得到副产物Cl2和碳酸氢盐。下列说法错误的是(　　) A.离子交换膜a为阳离子交换膜 B.阳极反应:2Cl--2e-===Cl2↑ C.浓度:食盐水1>食盐水2 D.每通过2 mol e-,消耗22.4 L CO2(标准状况) AD 解析:阴极CO2得电子转化为CO,电极反应为3CO2+2e-+H2O===CO+ 2HC,阳极Cl-失电子转化为Cl2,电极反应为2Cl--2e-===Cl2↑,装置要得到副产物Cl2和碳酸氢盐,故阴极产生的碳酸氢根离子和阳极电解液中的钠离子进入中间室,则离子交换膜a为阴离子交换膜,离子交换膜b为阳离子交换膜。根据分析可知,阴极产生的碳酸氢根离子进入中间室,则离子交换膜a为阴离子交换膜,A错误;根据分析可知,阳极反应:2Cl--2e-===Cl2↑,B正确;由于阳极区产生氯气消耗氯离子且钠离子向中间室迁移,故氯化钠浓度减小,浓度:食盐水1>食盐水2,C正确;根据电极反应:3CO2+2e-+H2O ===CO+2HC,每通过2 mol e-,消耗标准状况下67.2 L CO2,D错误。 $