专题1 第2单元解题能力提升 第3课时 电化学计算模型 多池、多室装置（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二化学选择性必修1 化学反应原理学习笔记（苏教版 闽桂蒙陕冀专版）

本讲义聚焦高中化学电化学计算模型、多池及多室装置核心知识点，系统梳理电子守恒规律应用、多池连接形式分析思路及离子交换膜类型与作用，构建从基础计算到复杂装置分析的递进学习支架。 资料通过典型例题（如混合溶液电解计算、多池串联分析）和实际应用案例（如电致变色材料、微生物脱盐电池），培养学生科学思维与科学探究能力，课中辅助教师引导深化理解，课后助力学生巩固知识、查漏补缺，提升解决复杂电化学问题的能力。

第3课时　电化学计算模型　多池、多室装置 [核心素养发展目标]　1.掌握电子守恒规律在电化学中的应用。2.掌握多池连接装置的形式及分析思路。 3.了解离子交换膜的类型及其作用。 一、电化学计算模型 1.电化学常涉及的计算问题 原电池和电解池的计算常涉及两极产物定量计算，电路中转移电子数的计算、溶液pH的计算、电解前后电极或电极区质量的差值计算等。 2.电化学计算模型 1.500 mL KCl和Cu(NO3)2的混合溶液中c(Cu2+)=0.2 mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，通电一段时间后，两电极均收集到5.6 L(标准状况下)气体，假设电解后溶液的体积仍为500 mL，下列说法正确的是(　　) A.原混合溶液中c(Cl-)=0.3 mol·L-1 B.上述电解过程中共转移0.5 mol电子 C.电解得到的无色气体与有色气体的体积比为3∶7 D.阳极收集到的气体为Cl2和O2 答案　D 解析　阳极Cl-先放电，然后是H2O电离出的OH-放电，即2Cl--2e-===Cl2↑，2H2O-4e-===O2↑+4H+；阴极Cu2+先放电，然后H+放电，即Cu2++2e-===Cu，2H++2e-===H2↑。结合两极均收集到5.6 L(标准状况下)气体，则阴极收集到0.25 mol H2，原混合溶液中n(Cu2+)=0.2 mol·L-1×0.5 L=0.1 mol，Cu2+放电共转移0.2 mol电子，生成H2时转移0.5 mol电子，故阴极共转移0.7 mol电子。设阳极生成Cl2、O2分别为x mol和y mol，则x+y=0.25，2x+4y=0.7，解得x=0.15，y=0.1。根据Cl原子守恒，原混合溶液中含0.3 mol Cl-，c(Cl-)= =0.6 mol·L-1，A错误；电解时得到的无色气体为H2和O2，物质的量为0.25 mol+0.1 mol=0.35 mol，有色气体为Cl2，物质的量为0.15 mol，则无色气体与有色气体的体积比为0.35 mol∶0.15 mol=7∶3，C错误、D正确。 2.把两支惰性电极插入500 mL硝酸银溶液中，通电电解。当电解质溶液中c(H+)从10-6 mol·L-1变为10-3 mol·L-1时(设电解时阴极没有氢气析出，且电解质溶液在电解前后体积变化可以忽略)，电极上应析出银的质量是(　　) A.27 mg B.54 mg C.108 mg D.216 mg 答案　B 解析　解法1　根据得失电子守恒计算 由得失电子守恒知，e-~H+~Ag，所以n(Ag)=n(H+)。AgNO3溶液电解后产生酸，n(Ag)=n(H+)≈10-3 mol·L-1×0.5 L=5×10-4 mol，m(Ag)=n(Ag)×M=5×10-4 mol×108 g·mol-1=0.054 g=54 mg。 解法2　根据电极反应式计算 4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+ 　　　　　　　432 g　　　4 mol 　　　　　　　m　　　　5×10-4 mol m==0.054 g，即54 mg。 3.电致变色材料在飞机的舷窗上广泛应用，一种新一代集电致变色功能和储能功能于一体的电子器件的工作原理如图所示，接通电源后，该器件的透光率逐渐降低，可以有效阻碍强光射入。下列说法正确的是(　　) A.接通电源后，电子从电源流入a极 B.接通电源后，当电路中转移1 mol电子，a极质量增加7 g C.以此为电源电解精炼铜，则此装置中有2 mol Li+移动时，精炼池的阳极减轻64 g D.接用电器时，b极发生反应：Li7Ti5O12-3e-===Li4Ti5O12+3Li+ 答案　D 解析　接通电源后形成电解池，根据接通电源后，该器件的透光率逐渐降低可推知，a极的电极反应式为LiFePO4-e-===FePO4+Li+，a电极为阳极，b电极为阴极，电子从a极流入电源(或从电源流入b极)，当电路中转移1 mol电子，a极产生的1 mol Li+移动到b极，则a极质量减少7 g，A、B错误；以此为电源电解精炼铜，有2 mol Li+移动时，反应中转移了2 mol电子，但精炼铜时，阳极(粗铜)中含有的Zn、Fe等杂质会先放电，因此阳极质量减轻不一定为64 g，C错误；接用电器时形成原电池，b极为负极，电极反应式为Li7Ti5O12-3e-===Li4Ti5O12+3Li+，D正确。 二、多池装置 1.一池两用 用如图所示装置进行实验： (1)若开始时K与N连接，则构成原电池，铁棒上发生的电极反应式为 Fe-2e-===Fe2+ ；石墨电极产生的现象为有无色气泡生成 。  (2)若开始时K与M连接，则构成电解池，铁棒上发生的电极反应式为 2H++2e-===H2↑；石墨电极产生的现象为有淡黄绿色气泡生成，一段时间后，溶液的pH增大。  (3)若用铝条和镁条分别代替图中的石墨和铁棒电极，电解质溶液为氢氧化钠溶液，请写出原电池负极的电极反应式：Al+4OH--3e-=== [Al(OH)4]-。 2.多池串联 如图所示装置： 回答下列问题： (1)甲池是　　　，乙池是将　　　　能转化为　　　能的装置。  (2)写出甲、乙、丙池中各电极的电极名称和电极反应式。 答案　(1)原电池　电　化学 (2)A极：负极，CH4-8e-+10OH-===C+7H2O B极：正极，O2+4e-+2H2O===4OH- Cu极：阳极，Cu-2e-===Cu2+ Ag极：阴极，Cu2++2e-===Cu Pt(Ⅰ)极：阳极，2Cl--2e-===Cl2↑ Pt(Ⅱ)极：阴极，Mg2++2H2O+2e-===H2↑+Mg(OH)2↓ 3.多池装置的解题模型 1.如图所示，甲池的总反应式为N2H4+O2===N2+2H2O，下列说法正确的是(　　) A.该装置工作时，乙池中石墨电极上有红色固体析出 B.甲池中负极反应为N2H4-4e-===N2+4H+ C.甲池和乙池中溶液的pH均减小 D.当甲池中消耗0.1 mol N2H4时，乙池中理论上最多产生6.4 g固体 答案　C 解析　题图中甲池为燃料电池，乙池为电解池；甲池中通氧气的一极为正极，石墨电极与正极相连，则石墨电极为阳极，阳极H2O中OH-放电生成O2，A错误；甲池中负极为通N2H4的一极，电解质溶液为KOH溶液，则电极反应为N2H4-4e-+4OH-===N2+4H2O，B错误；甲池的总反应为N2H4+O2===N2+2H2O，反应生成水，使KOH溶液浓度降低，则pH减小，乙池的总反应为2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑，消耗水，生成H2SO4，溶液pH减小，C正确；当甲池中消耗0.1 mol N2H4时，转移电子0.4 mol，乙池中理论上最多产生0.2 mol Cu，质量为12.8 g，D错误。 2.如图所示的电解装置，通电一段时间后，发现C端变为蓝色。下列说法正确的是(　　) A.F为电源负极 B.甲池中铁电极反应：Fe-2e-===Fe2+ C.电子流向：E→D→C→Fe D.通电一段时间后，乙池中出现蓝色沉淀 答案　D 解析　通电一段时间后，发现C端变为蓝色，即C端电极反应为2I--2e-===I2，C为阳极、D为阴极，则E为电源负极、F为电源正极，A错误；甲池中铁电极为阴极，电极反应为Ag++e-===Ag，B错误；电子不能通过电解质溶液，不会沿D→C移动，C错误；乙池中铜极失电子形成Cu2+，石墨电极的电极反应式为2H2O+2e-===H2↑+2OH-，故通电一段时间后，出现蓝色Cu(OH)2沉淀，D正确。 3.如图所示，若电解5 min时，测得铜电极的质量增加2.16 g。试回答下列问题： (1)电源中X极是　　　　　(填“正”或“负”)极。  (2)通电5 min时，B中共收集到224 mL(标准状况)气体，溶液体积为200 mL(电解前后溶液的体积变化忽略不计)，则通电前c(CuSO4)=　　　　　　　。  (3)若A中KCl溶液的体积也是200 mL，电解后溶液中仍有Cl-，则电解后溶液中的c(OH-)=　　　　　mol·L-1。  答案　(1)负　(2)0.025 mol·L-1　(3)0.1 解析　(1)铜电极增重，说明银在铜电极析出，则铜电极为阴极，X为负极。(2)C中铜电极增重2.16 g，即析出0.02 mol Ag，转移0.02 mol电子；由4e-~O2可知，B中阳极产生的O2只有0.005 mol，即112 mL；但B中共收集到224 mL气体，说明还有112 mL是H2，即全部Cu2+在阴极放电后，H+接着放电产生了112 mL H2，则通过0.01 mol电子时，Cu2+已被电解完；由2e-~Cu2+，可知n(Cu2+)=0.005 mol，则c(CuSO4)==0.025 mol·L-1。(3)由得失电子守恒知，A中生成0.02 mol OH-，则c(OH-)==0.1 mol·L-1。 三、多室装置——离子交换膜的作用 1.常见的离子交换膜 离子交换膜是一种含离子基团的、对溶液中的离子具有选择透过功能的膜，通常由特殊高分子材料制成。 种类 作用 阳离子交换膜 只允许阳离子通过，不允许阴离子通过 阴离子交换膜 只允许阴离子通过，不允许阳离子通过 质子交换膜 只允许H+通过，不允许其他阳离子或阴离子通过 双极隔膜 是一种新型离子交换膜，其膜主体可分为阴离子交换层、阳离子交换层和中间界面层，水解离催化剂被夹在中间的离子交换聚合物中，水电离的产物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 2.离子交换膜的作用 (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)能选择性地允许离子通过，起到平衡电荷、形成闭合回路的作用。 3.典例剖析 例1　某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag+Cl2===2AgCl，当电路中转移a mol电子时，交换膜左侧溶液中约减少　　　　　　 mol离子。交换膜右侧溶液中c(HCl)　　　(填“>”“<”或“=”)1 mol·L-1(忽略溶液体积变化)。  答案　2a　> 解析　负极电极反应式为Ag-e-+Cl-===AgCl，原电池工作时，电路中转移a mol电子，则负极消耗a mol Cl-，形成闭合回路移向正极的n(H+)为a mol，所以负极区即交换膜左侧溶液中约减少2a mol离子；正极区电极反应为Cl2+2e-===2Cl-，生成n(HCl)=a mol，所以交换膜右侧溶液c(HCl)增大，即交换膜右侧溶液c(HCl)>1 mol·L-1。 例2　(2021·广东，16)钴(Co)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是(　　) A.工作时，Ⅰ 室和Ⅱ 室溶液的pH均增大 B.生成1 mol Co，Ⅰ室溶液质量理论上减少16 g C.移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变 D.电解总反应：2Co2++2H2O2Co+O2↑+4H+ 答案　D 解析　分析可知，Ⅰ室因消耗H2O，溶液pH减小，水放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由 Ⅰ 室向 Ⅱ 室移动，使 Ⅱ 室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故A错误；阴极生成1 mol钴，阳极溶液质量理论上减少1 mol水的质量，则 Ⅰ 室溶液质量减少18 g，故B错误；若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，故C错误。 例3　H3PO2可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)： (1)写出阳极的电极反应式：　　　　。  (2)分析产品室可得到H3PO2的原因：　　　　　　　。  (3)早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有　　　　杂质，该杂质产生的原因是　　　　。  答案　(1)2H2O-4e-===O2↑+4H+ (2)阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2P穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2 (3)P　H2P(或H3PO2)被氧化 1.锂离子电池及其迭代产品依然是目前世界上主流的手机电池。科学家近期研发的一种新型的Ca⁃LiFePO4可充电电池的原理示意图如图，电池反应为xCa2++2LiFePO4xCa+2Li1-xFePO4+2xLi+，下列说法正确的是(　　) A.放电时，钙电极为负极，发生还原反应 B.充电时，Li1-xFePO4/LiFePO4电极的电极反应式为LiFePO4-xe-===Li1-xFePO4+xLi+ C.锂离子导体膜的作用是允许Li+和水分子通过，同时保证Li+定向移动以形成电流 D.充电时，当转移0.2 mol电子时，理论上阴极室中电解质的质量减轻4.0 g 答案　B 解析　放电时，钙电极为负极，失电子发生氧化反应，A不正确；充电时，Li1-xFePO4/LiFePO4电极为阳极，LiFePO4失电子转化为Li1-xFePO4和Li+，电极反应式为LiFePO4-xe-===Li1-xFePO4+x Li+，B正确；Ca的金属性强，能与水发生剧烈反应，所以LiPF6⁃LiAsF6为非水电解质，锂离子导体膜不允许水分子通过，允许Li+通过，其主要作用是允许Li+定向移动，构成闭合回路，从而形成电流，C不正确；充电时，当转移0.2 mol电子时，理论上阴极室电解质中0.1 mol Ca2+得电子生成0.1 mol Ca，同时迁移入0.2 mol Li+，质量减轻0.1 mol×40 g·mol-1 -0.2 mol×7 g·mol-1 =2.6 g，D不正确。 2.如图装置是一种微生物脱盐电池的装置，它可以通过处理有机废水(以含CH3COO-的溶液为例)获得电能，同时还可实现海水淡化。已知a、b电极为惰性电极，X、Y均为离子交换膜，下列说法错误的是(　　) A.X、Y依次为阴离子、阳离子交换膜 B.a极反应为CH3COO-+2H2O-8e-===2CO2+7H+，产生的H+向b极移动 C.b极为正极 D.当电路中转移1 mol电子时，在b极室可以生成40 g NaOH 答案　B 解析　根据图示可知，在a极上CH3COO-失去电子被氧化，生成CO2和H+，碳元素化合价升高，所以a极为该原电池的负极，则b极为正极。为了实现海水的淡化，海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜X为阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即b极，则隔膜Y为阳离子交换膜，A、C正确；a极为负极，电极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-===2CO2+7H+，由于隔膜X是阴离子交换膜，所以阻碍生成的H+向正极移动，B错误；当电路中转移1 mol电子时，会有1 mol Na+进入b极室形成1 mol NaOH，其质量是40 g，D正确。 3.香港城市大学、中国科学院深圳先进技术研究院和深圳大学合作，证明了TiO2纳米片在酸性条件下具有本征差的析氢活性，展现出快速选择性地将硝酸根离子还原为氨的催化性能。下列有关装置放电过程(如图所示)的叙述错误的是(　　) A.电子由a极经用电器流向b极 B.a极为负极，b极发生还原反应 C.b极上的电极反应式为+8e-+6H2O===NH3↑+9OH- D.a极质量减少2.60 g时，双极膜中有0.08 mol H+向a极区迁移 答案　D 解析　根据图示分析，a极为负极，b极为正极，b极上发生还原反应，B项正确；放电时，电子由负极(a极)经用电器流向正极(b极)，A项正确；b极上硝酸根离子发生还原反应转化成NH3，电极反应式为+8e-+6H2O===NH3↑+9OH-，C项正确；a极电极反应式为Zn-2e-===Zn2+，a极减少Zn的物质的量为=0.04 mol，电路中转移电子物质的量为0.08 mol，双极膜中有0.08 mol OH-向a极区迁移，D项错误。 课时对点练 [分值：50分] [1~2题，每小题3分；3~8题，每小题4分] 题组一　电解池与原电池的综合应用 1.(2024·广东梅州检测)某化学学习兴趣小组利用如图装置制作简易的燃料电池，电极Ⅰ、Ⅱ均为石墨电极，下列说法不正确的是(　　) A.断开K1、闭合K2，一段时间后，电极Ⅱ附近溶液变红 B.电解一段时间后，断开K2、闭合K1，此时电极Ⅰ发生还原反应 C.将Na2SO4溶液换成NaCl溶液也能制作成燃料电池 D.如将电极Ⅰ、Ⅱ换成铁电极，两电极发生的反应不变 答案　D 解析　断开K1、闭合K2，此时电极Ⅰ为阳极，电极反应为2H2O-4e-===4H++O2↑，电极Ⅱ为阴极，电极反应为2H2O+2e-===H2↑+2OH-，故一段时间后，电极Ⅱ附近溶液变红，A正确；断开K2，闭合K1，此时装置变为氢氧燃料电池，电极Ⅰ为正极，发生还原反应，B正确；将Na2SO4溶液换成NaCl溶液，则阳极上产生Cl2、阴极上产生H2，故也能制作成H2和Cl2的燃料电池，C正确；若将电极Ⅰ换成铁电极，则在电解过程中，铁作阳极失电子转化为亚铁离子，两电极发生的反应发生改变，D错误。 2.某兴趣小组设计如图所示实验装置，两个相同的玻璃管中盛满NaCl稀溶液(滴有酚酞)，闭合S1一段时间后，两极均有气泡产生，Cu电极一侧液面比C电极一侧的低；断开S1，闭合S2，电流表指针发生偏转。下列叙述正确的是(　　) A.闭合S1时，Cu电极产生气泡的原因为2Cl--2e-===Cl2↑ B.闭合S1时，若铜电极接直流电源的正极，两极均有气泡产生 C.断开S1、闭合S2时，C电极作负极 D.断开S1、闭合S2时，Cu电极上发生反应：H2-2e-+2OH-===2H2O 答案　D 解析　闭合S1时，铜为阴极，产生气泡的原因为2H2O+2e-===H2↑+2OH-，A错误；闭合S1时，若铜电极接直流电源的正极，Cu作阳极被氧化生成Cu2+，阳极无气泡产生，B错误；断开S1、闭合S2时，Cu电极一侧的H2发生氧化反应，Cu电极作负极，C电极作正极，C错误；电解时阴极产物为H2和NaOH，形成原电池时，H2在碱性条件下发生氧化反应，其电极反应式为H2-2e-+2OH-===2H2O，D正确。 题组二　离子交换膜电化学装置的分析 3.(2024·深圳调研)我国科学家设计了水/有机混合高能锂硫电池，其工作原理如图所示。下列说法正确的是(　　) A.硫电极为负极 B.Cu2+通过阳离子交换膜向锂电极方向迁移 C.硫电极上发生的反应为2Cu2++S+4e-===Cu2S D.理论上，每消耗1 mol S，同时消耗2 mol Li 答案　C 解析　锂在反应中失电子为负极，故A错误；原电池中阳离子向正极(硫电极)移动，故B错误；硫电极为正极，电极反应式为2Cu2++S+4e-===Cu2S，故C正确；依据得失电子守恒可知，每消耗1 mol S，同时消耗4 mol Li，故D错误。 4.(2024·深圳检测)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 答案　B 解析　由图分析可知，Fe2O3电极为负极，阴离子移向负极，则双极膜中靠近Fe2O3电极的一侧为阴膜，A正确；左室发生的反应为SO2+2OH-===+H2O，+2OH--2e-===+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；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反应，故可驱动脱硫与H2O2制备反应的发生，D正确。 题组三　串联电化学装置的分析 5.用碱性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如图所示。下列说法正确的是(　　) A.燃料电池工作时负极反应为H2===2H++2e- B.若要实现铁上镀铜，则a极是铁，b极是铜 C.若要实现电解精炼铜，则a极发生氧化反应，b极上有铜析出 D.a、b两极均是石墨时，在相同条件下，当电池中消耗22.4 L(标准状况)H2时，a极析出64 g铜 答案　C 解析　碱性氢氧燃料电池工作时负极通入H2，电极反应式为H2-2e-+2OH-===2H2O，A错误；若要实现铁上镀铜，则a极(阳极)是铜，b极(阴极)是铁，B错误；若要实现电解精炼铜，则a极连接粗铜，发生氧化反应，b极为阴极，Cu2+得电子，b极上有铜析出，C正确；a、b两极均是石墨时，在相同条件下，当电池中消耗22.4 L(标准状况)H2时，外电路转移2 mol e-，b极为阴极，析出64 g铜，a极为阳极，不能析出铜，D错误。 6.如图为相互串联的三个装置，下列说法正确的是(　　) A.甲池中A极的电极反应式为CH4-8e-+2H2O===CO2+8H+ B.若利用乙池在铁片上镀银，则C是铁片 C.向丙池中滴加酚酞，石墨附近溶液先变红 D.若甲池消耗标准状况下1.4 L CH4，则丙池中阳极上产生气体的物质的量为0.15 mol 答案　D 解析　结合图示装置可知甲池为燃料电池，乙池和丙池均为电解池。甲池中CH4在碱性条件下失电子发生氧化反应，电极反应为CH4+10OH--8e-===C+7H2O，A错误；若利用乙池在铁片上镀银，铁片作阴极，即D是铁片，B错误；丙池中Fe电极与电源负极相连，为阴极，石墨电极为阳极，在石墨电极生成Cl2，在Fe电极生成H2和NaOH，则向丙池中滴加酚酞，铁电极附近溶液先变红，C错误；若甲池消耗标准状况下1.4 L CH4，反应中失去电子的物质的量为×8=0.5 mol，串联电路中转移电子的物质的量相等，则丙池阳极也失去0.5 mol电子，丙池中阳极开始时的电极反应为2Cl--2e-===Cl2↑，溶液中含n(Cl-)=0.1 mol，转移0.1 mol电子，产生0.05 mol Cl2，然后水电离出的OH-放电，电极反应为2H2O-4e-===O2↑+4H+，可知转移0.4 mol电子时生成0.1 mol O2，即阳极上共生成气体为(0.05+0.1) mol=0.15 mol，D正确。 题组四　电化学计算 7.用如图所示装置电解硫酸铜和氯化钠的混合溶液，当线路中有1.2 mol电子通过时，甲电极增重并有4.48 L(已折算成标准状况下的体积，下同)气体生成，乙电极上生成气体7.84 L，则原溶液中硫酸铜与氯化钠的物质的量之比为(　　) A.2∶1 B.4∶1 C.2∶3 D.4∶3 答案　A 解析　该电解池阴极的电极反应式为①Cu2++2e-===Cu、②2H2O+2e-===H2↑+2OH-，阳极的电极反应式为③2Cl--2e-===Cl2↑、④2H2O-4e-===4H++O2↑，甲电极增重，并有4.48 L气体生成，则甲电极为阴极，乙电极为阳极，甲电极上生成的氢气为0.2 mol，乙电极上生成气体7.84 L(氯气和氧气，共0.35 mol)，反应共转移1.2 mol电子，阴极上反应②共得到0.4 mol电子，则反应①共得到电子1.2 mol-0.4 mol=0.8 mol，可计算出原溶液中Cu2+的物质的量为0.4 mol；设阳极产生氯气的物质的量为x，产生氧气的物质的量为y，则x+y=0.35 mol，2x+4y=1.2 mol，联立两个方程，解得x=0.1 mol，y=0.25 mol，所以溶液中Cl-为0.2 mol，则原溶液中硫酸铜与氯化钠的物质的量之比为0.4∶0.2=2∶1，A正确。 8.(2024·吉林通化月考)在500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中，c(N)=0.8 mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500 mL。下列说法正确的是(　　) A.上述电解过程中共转移0.2 mol电子 B.原混合溶液中c(K+)为0.4 mol·L-1 C.原溶液中Cu(NO3)2的物质的量为0.05 mol D.电解后溶液中c(H+)为0.2 mol·L-1 答案　B 解析　电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上OH-放电生成O2，阴极上Cu2+先放电生成Cu，当Cu2+完全析出时，H+放电生成H2，通电一段时间后，两极气体的物质的量均为=0.1 mol；每生成0.1 mol O2转移0.4 mol电子，每生成0.1 mol H2转移0.2 mol电子，每生成1 mol Cu转移2 mol电子，根据得失电子守恒得n(Cu2+)==0.1 mol，则原溶液中Cu(NO3)2的物质的量为0.1 mol，Cu2+的物质的量浓度为=0.2 mol·L-1，根据电荷守恒得K+浓度为0.8 mol·L-1-0.2 mol·L-1×2=0.4 mol·L-1，当电解硝酸铜溶液时生成氢离子，电解硝酸钾溶液实质上是电解水，电解后H+的浓度==0.4 mol·L-1，故B正确。 [9~13题，每小题4分] 9.NOx是主要大气污染物，利用反应NO2+NH3→N2+H2O消除NO2污染的电化学装置如图所示。下列说法错误的是(　　) A.外电路的电子流向为a→负载→b B.b极的电极反应为4H2O+2NO2+8e-===N2+8OH- C.若离子交换膜为阴离子交换膜，则左池NaOH溶液浓度将增大 D.电路中转移4 mol电子时理论上可消除1 mol NO2的污染 答案　C 解析　电子由负极流向正极，故外电路的电子流向为a→负载→b，A正确；b极二氧化氮得到电子发生还原反应生成氮气和氢氧根离子，b极的电极反应为4H2O+2NO2+8e-===N2+8OH-，B正确；a极氨气失去电子发生氧化反应，反应为2NH3+6OH--6e-===N2+6H2O，若离子交换膜为阴离子交换膜，消耗的氢氧根离子由右侧迁移过来，但是反应生成水导致左池NaOH溶液浓度将减小，C错误；根据电子转移可知，NO2~4e-，电路中转移4 mol电子时理论上可消除1 mol NO2的污染，D正确。 10.(2024·广东肇庆检测)双极膜是一种复合膜，在直流电作用下，能把中间界面内的H2O解离为H+和OH-，并使离子定向通过。 以铅蓄电池为电源(放电时总反应为Pb+PbO2+2H2SO4===2PbSO4+2H2O)，利用双极膜电解获得NaOH与H3PO4的原理如图所示。下列说法正确的是(　　) A.N膜为阳离子交换膜 B.产品室2中溶液pH逐渐增大 C.产品室1中反应为H2+2OH-===P+2H2O D.双极膜共解离4 mol H2O时，理论上铅蓄电池中生成2 mol PbSO4 答案　D 解析　由图中H+的移向，可知电极a为阴极，电极b为阳极，则阴离子移向阳极，则产品室2得到H3PO4，则N为阴离子交换膜，故A错误；原料室中磷酸二氢根离子通过N膜进入产品室2，与双极膜产生的氢离子反应生成磷酸，产品室2中溶液pH逐渐减小，故B错误；原料室中钠离子通过M膜进入产品室1得到氢氧化钠，故C错误；双极膜共解离4 mol H2O，即电极a、b处各解离2 mol H2O，电极a的电极反应式为2H++2e-===H2↑，解离2 mol H2O得到2 mol H+，转移电子数为2 mol，结合反应Pb+PbO2+2H2SO4===2PbSO4+2H2O，理论上铅蓄电池中生成2 mol PbSO4，故D正确。 11.已知H2O2是一种弱酸，在强碱溶液中主要以H形式存在。现以Al⁃H2O2电池电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制备H2，下列说法不正确的是(　　) A.电解过程中，电子的流向为a→d→c→b B.电池的正极反应为H+2e-+H2O===3OH- C.电解时，消耗5.4 g Al，则产生标准状况下2.24 L N2 D.c电极是阳极，且反应后该电极区溶液pH减小 答案　A 解析　根据题给装置可知，左侧为原电池，右侧为电解池，d电极上产生H2，根据电解原理，d电极为阴极，则c电极为阳极，a电极为负极，b电极为正极，电解质溶液中没有电子通过，电子流向为a→d，c→b，A错误；b电极为正极，电极反应式为H+2e-+H2O===3OH-，B正确；根据得失电子守恒，有×3=×2×3，解得V(N2)=2.24 L，C正确；c电极为阳极，电极反应式为CO(NH2)2+8OH--6e-===C+N2↑+6H2O，消耗OH-，反应后该电极区溶液pH减小，D正确。 12.Mg⁃Li1-xFePO4是一种新型二次电池，其装置的示意图如图(Li+透过膜只允许Li+通过)。下列说法正确的是(　　) A.断开K1、闭合K2，右室的电极为阳极，Li+发生还原反应 B.断开K2、闭合K1，右室的电极反应式：Li1-xFePO4+xLi++xe-===LiFePO4 C.断开K2、闭合K1，外电路中通过a mol电子时，左室溶液质量增加12a g D.该二次电池的总反应为xMg+xLi2SO4+2Li1-xFePO4xMgSO4+2LiFePO4 答案　B 解析　断开K1、闭合K2，该装置为电解池，右室的电极与外接电源的正极相连作阳极，LiFePO4中的铁元素发生氧化反应，A错误；断开K2、闭合K1，该装置为原电池，右室的电极为正极，得电子发生还原反应，电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-===LiFePO4，外电路中通过a mol电子时，左室有0.5a mol Mg溶解，同时有a mol Li+移向右室，因此左室溶液质量增加为0.5a mol×24 g·mol-1-a mol×7 g·mol-1=5a g，B正确、C错误；该二次电池的总反应为xMg+xLi2SO4+2Li1-xFePO4xMgSO4+2LiFePO4，D错误。 13.如图中，甲、乙是两个完全相同的光伏并网发电模拟装置，利用它们对煤浆进行脱硫处理。下列叙述错误的是(　　) A.光伏并网发电装置中a为负极 B.石墨1上消耗1 mol Mn2+，甲、乙中各转移0.5 mol电子 C.脱硫反应原理为15Mn3++FeS2+8H2O===15Mn2++Fe3++2S+16H+ D.处理60 g FeS2，石墨2上消耗7.5 mol H+ 答案　B 解析　甲、乙两个串联的光伏发电装置可直接等价于直流电源，由装置图可知，石墨1上发生氧化反应，即阳极反应：Mn2+-e-===Mn3+，其连接外接电源的正极，石墨2上发生还原反应，即阴极反应：2H++2e-===H2↑，其连接外接电源的负极，结合脱硫装置图可知，脱硫反应原理为15Mn3++FeS2+18H2O===15Mn2++Fe3++16H+。石墨1上消耗1 mol Mn2+，电极反应：Mn2+-e-===Mn3+，甲、乙两个发电装置是串联模式，故甲中转移的电子数应等于乙中转移的电子数，即甲、乙各转移1 mol电子，B错误；n(FeS2)==0.5 mol，再根据脱硫反应方程式可得，装置中转移电子的物质的量为0.5 mol×(1+7×2)=7.5 mol，所以石墨2上发生还原反应：2H++2e-===H2↑，需消耗7.5 mol H+，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $