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第二节 电解池
内容概览
01 竞赛技巧总结 核心策略精讲，高效解题通法提炼
02 技巧针对训练 专项能力突破，弱点题型强化攻坚
03 综合培优精练 高阶思维拓展，综合问题融合演练
04 竞赛真题精练 实战命题解密，赛场节奏模拟特训
竞赛技巧1 电解的原理及其应用
一、电解原理
1.电解和电解池
（1）电解：在电流作用下，电解质在两个电极上分别发生氧化反应和还原反应的过程。
（2）电解池：将电能转化为化学能的装置。
（3）电解池的构成
①有与直流电源相连的两个电极。
②电解质溶液(或熔融电解质)。
③形成闭合回路。
2.电解池的工作原理
（1）电极名称及电极反应式(电解CuCl2溶液为例)
总反应式：CuCl2Cu＋Cl2↑
（2）电解过程的三个流向
①电子流向：电源负极→电解池阴极；电解池的阳极→电源的正极；
②离子流向：阳离子→电解池的阴极，阴离子→电解池的阳极。
③电流方向：电源正极→电解池阳极→电解质溶液→电解池阴极→电源极。
3.电极产物判断
（1）阳极产物的判断
①活性电极(除Au、Pt以外的金属材料作电极)，电极材料失电子，生成金属阳离子。
②惰性电极(Pt、Au、石墨)，要依据阴离子的放电顺序加以判断。
阴离子的放电顺序：活泼电极＞S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－＞含氧酸根离子。S2－、I－、Br－、Cl－放电，产物分别是S、I2、Br2、Cl2；若OH－放电，则得到H2O和O2。
（2）阴极产物的判断
直接根据阳离子放电顺序进行判断。
阳离子放电顺序：Ag＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋(酸)＞Fe2＋＞Zn2＋＞H＋(水)＞Al3＋＞Mg2＋。
①若金属阳离子(Fe3＋除外)放电，则得到相应金属单质；若H＋放电，则得到H2。
②放电顺序本质遵循氧化还原反应的优先规律，即得(失)电子能力强的离子先放电。
4.电极反应式、电解方程式的书写
（1）首先判断阴、阳极，分析阳极材料是惰性电极还是活泼电极。
（2）再分析电解质水溶液的组成，找全离子并分阴离子、阳离子两组(不要忘记水溶液中的H＋和OH－)。
（3）然后排出阴、阳两极的放电顺序：
阴极：阳离子放电顺序：Ag＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋(酸)＞Fe2＋＞Zn2＋＞H＋(水)＞Al3＋＞Mg2＋＞Na＋＞Ca2＋＞K＋。
阳极：活泼电极＞S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－＞含氧酸根离子。
（4）分析电极反应，判断电极产物，写出电极反应式，要注意遵循原子守恒和电荷守恒。
（5）最后写出电解反应的总化学方程式或离子方程式，并注明“电解”条件。
【特别提醒】①阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电，注意离子导体(电解质)是水溶液还是非水状态。②阳极材料不同，电极产物、电极反应式可能不同，最常用、最重要的放电顺序为阳极：Cl－>OH－；阴极：Ag＋>Cu2＋>H＋。③电解水溶液时，K＋～Al3＋不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属。④书写电解池中的电极反应式时，要以实际放电的离子表示，但书写总电解反应方程式时，弱电解质要写成分子式。⑤电解质溶液中未参与放电的离子是否与放电后生成的离子发生反应(离子共存)。⑥要确保两极电子转移数目相同，且注明条件“电解”。
5.阴、阳极的判断方法
（1）根据外接电源:正极接阳极，负极接阴极。
（2）根据电流方向:从阴极流出，从阳极流入。
（3）根据电子流向:从阳极流出，从阴极流入。
（4）根据离子移向:阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。
（5）根据电极产物:阳极——电极溶解、逸出O2(或阳极区酸性增强)或Cl2；阴极——析出金属、逸出H2(或阴极区碱性增强)。
（6）根据反应类型:阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。
二、电解原理的应用
1.氯碱工业——电解饱和食盐水，制取烧碱、氯气和氢气
（1）原理：在食盐水的电解过程中，由于阴极区H+浓度变小，OH—浓度不断增大，生成的OH—向阳极移动，会和阳极产生的氯气发生反应Cl2 +2NaOH =NaCl + NaClO + H2O，另外阳极产生的氯气和阴极产生的氢气会发生反应生成氯化氢，为阻止OH—向阳极移动，同时避免生成的氢气和氯气接触，工业上通常离子交换膜将两极分开，使用的离子交换膜是阳离子交换膜，它只允许阳离子(如Na＋)通过，能阻止阴离子(如Cl－)及分子(如Cl2)通过，这样既避免了Cl2与H2混合光照下发生爆炸，又防止了Cl2与NaOH溶液的反应，从而得到烧碱、氯气和氢气。
（2）两极室放入的原料：阳极室是精制后的饱和食盐水；阴极室是稀的NaOH溶液。
（3）食盐水必须精制的原因是防止食盐中的杂质离子(如Ca2＋、Mg2＋等)与OH－反应生成沉淀而堵塞交换膜，导致无法制得烧碱。精制食盐水的方法(除去食盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO)
除上述操作顺序外，还可以是②→①→③→④或①→③(去掉过滤)→②(增加过滤)→④。
（4）电极反应式
阳极反应式：2Cl－－2e－===Cl2↑(氧化反应)
阴极反应式：2H＋＋2e－===H2↑(还原反应)
（5）总反应方程式：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
2.电镀与电解精炼
电镀 电解精炼铜
概念 应用电解原理在某些金属表面镀上一薄层其他金属或合金的方法 利用电解方法提取纯金属的技术。其基本原理是通过电解过程，利用不同元素在阳极溶解或阴极析出难易程度的差异，从而提取纯金属
装置示意图 待镀件作阴极，镀层金属（铜）作阳极，含有镀层金属离子（铜离子）的溶液作为电解液 粗铜作为阳极，纯铜作为阴极，含有铜离子的溶液作为电解液。
工作原理 电镀时，一般用含镀层金属阳离子的溶液做电镀液，把待镀的金属制品浸入电镀液中，与直流电源的负极相连，作为阴极；把镀层金属作为阳极，与直流电源的正极相连，通入低压直流电，阳极金属铜溶解，成为铜离子，移向阴极，铜离子在阴极获得电子被还原成金属铜，覆盖在待镀金属表面 粗铜中往往含有锌、铁、镍、金等多种金属，当含杂质的铜在阳极不断溶解时，位于金属活动性顺序中铜以前的金属杂质如Zn、Fe、Ni等，也会同时失去电子，如Zn-2e-=Zn2+、Fe-2e-=Fe2+、Ni-2e-=Ni2+，但是它们的阳离子比Cu2+难还原，所以Zn2+、Fe2+、Ni2+并不在阴极获得电子析出，而只是留在电解质溶液里。而位于金属活动性顺序中铜之后的金属如银、金等金属杂质，因为银、金的失电子能力比铜弱，难以在阳极失去电子变成阳离子，所以以金属单质的形式沉积在电解槽底部，形成阳极泥(阳极泥可作为提炼金、银等费重金属的原料)。
电极反应 阳极 Cu－2e－===Cu2＋ Zn－2e－===Zn2＋、Fe-2e-=Fe2+、 Ni-2e-=Ni2+，Cu－2e－===Cu2＋
阴极 Cu2＋＋2e－===Cu Cu2＋＋2e－===Cu
电解质溶液的浓度变化 CuSO4溶液的浓度不变 CuSO4溶液的浓度变小
说明 电镀装置的构成，一般用镀件做阴极，镀层金属做阳极，含有镀层金属离子的盐溶液做电镀液。 在铜的电解精炼过程中，作为阳极的粗铜不断溶解，铜在阴极上不断析出，结果使粗铜变成精铜，其纯度可达到99.95%—99.98%，完全达到做导线的要求。
注意：电解精炼铜时，阳极质量减小，阴极质量增加，溶液中的Cu2＋浓度减小。粗铜中不活泼的杂质(金属活动性顺序中位于铜之后的银、金等)，在阳极难以失去电子，当阳极上的铜失去电子变成离子之后，它们以金属单质的形式沉积于电解槽的底部，成为阳极泥。
3.电冶金
K、Ca、Na、Mg、Al等活泼金属，很难用还原剂从它们的化合物中还原得到单质，因此必须通过电解熔融的化合物的方法得到。
电解冶炼 冶炼钠 冶炼镁 冶炼铝
电极反应 阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑ 阴极：2Na＋＋2e－===2Na 阳极：2Cl－2e－===Cl2↑ 阴极：Mg2＋＋2e－===Mg 阳极：6O2－－12e－===3O2↑ 阴极：4Al3＋＋12e－===4Al
总反应 2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑ MgCl2 熔融 Mg＋Cl2↑ 2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑
【特别提醒】（1）氯碱工业所用的饱和食盐水需要精制，除去NaCl中混有的Ca2＋、Mg2＋、SO。
（2）电镀铜时，电解质溶液中c(Cu2＋)不变；电解精炼铜时，电解质溶液中c(Cu2＋)减小。
（3）电解熔融MgCl2冶炼镁，而不能电解MgO冶炼镁，是因为MgO的熔点很高；电解熔融Al2O3冶炼铝，而不能电解AlCl3冶炼铝，是因为AlCl3是共价化合物，其熔融态不导电。
竞赛技巧2 用惰性电极电解电解质溶液的规律
1.电解溶剂水型
电解质类型 电极反应式及总反应式 电解质溶液浓度 溶液pH变化 电解质溶液复原
含氧酸，如H2SO4 阴极：4H2O＋4e－===2H2↑＋4OH－ 阳极：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋ 总反应式：2H2O2H2↑＋O2↑ 增大 减小 加水
可溶性强碱，如NaOH 增大
活泼金属含氧酸盐，如KNO3 不变
2.电解溶质型
电解质 类型 电极反应式及总反应式 电解质 溶液浓度 溶液 pH变化 电解质 溶液复原
无氧酸，如HCl 阴极：2H＋＋2e－===H2↑ 阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑ 总反应式：2HClH2↑＋Cl2↑ 减小 增大 通入HCl气体
不活泼金属无氧酸盐，如CuCl2 阴极：Cu2＋＋2e－===Cu 阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑ 总反应式：CuCl2Cu＋Cl2↑ 加入CuCl2固体
3.电解溶质和溶剂水型，生成H2和碱（析氢生碱型）：
电解质 (水溶液) 电极反应式及总反应式 电解质 溶液浓度 溶液 pH变化 溶液 复原
活泼金属的无氧酸盐 (如NaCl) 阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑ 阴极：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－ 总反应式：2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－ 生成新 电解质 增大 通入 HCl 气体
4.电解溶质和溶剂水型，生成O2和酸（放氧生酸型）
电解质 (水溶液) 电极反应式及总反应式 电解质 浓度 溶液 pH变化 溶液 复原
不活泼金属的含氧酸盐[如CuSO4] 阳极：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋ 阴极：2Cu2＋＋4e－===2Cu 总反应式：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋ 生成新 电解质 减小 加CuO 或CuCO3
竞赛技巧3 电化学装置中的离子交换膜及其应用
离子交换膜是电化学装置（电解池、原电池）中控制离子迁移的核心组件，其作用是选择性透过特定离子、分隔区域、阻止副反应、提高效率，是高中化学竞赛的高频考点（尤其结合工业流程、环保情境）。
一、离子交换膜的类型与核心作用
离子交换膜通过膜上的固定电荷基团选择性允许离子通过，按透过离子类型分为四类：
膜类型 允许通过的离子 膜上固定电荷 核心作用
阳离子交换膜 阳离子(如H+、Na+、Cu2+) 负电荷基团(如-SO3-) 阻止阴离子通过，允许阳离子迁移，维持电中性或富集阳离子。
阴离子交换膜 阴离子(如Cl-、OH-、SO42-) 正电荷基团(如-NH3+) 阻止阳离子通过，允许阴离子迁移，维持电中性或富集阴离子。
质子交换膜(PEM) 仅H+(特殊阳离子交换膜) 负电荷基团 高效传导H+，常用于燃料电池，防止气体混合(如H2与O2隔离)。
双极膜 H+向阴极迁移，OH-向阳极迁移 双极膜由三层复合而成：阳离子交换层（C 层，带负电荷基团，如 -SO3-）、中间界面层（催化层，通常为弱电解质或亲水材料）、阴离子交换层（A 层，带正电荷基团，如 - -NH3+）。C 层与 A 层紧密结合，中间界面层为水分子解离提供活性位点。 解离水生成 H+和 OH-并迁移
二、电解池中离子交换膜的典型应用(竞赛核心)
电解池是离子交换膜应用最集中的场景，需结合电极反应、离子迁移方向及膜的选择性，分析产物生成、浓度变化及副反应控制。
1.氯碱工业(电解饱和NaCl溶液)—阳离子交换膜的经典应用
（1）装置结构：阳极(石墨，生成Cl2)、阴极(铁，生成H2和NaOH)，两室通过阳离子交换膜分隔。
（2）电极反应：
阳极：2Cl--2e-=Cl2(消耗Cl-)；
阴极：2H2O+2e-=H2+2OH-(生成OH-)。
（3）膜的作用：①允许阳极室的Na+通过阳离子交换膜进入阴极室，与阴极生成的OH-结合生成NaOH(目标产物)；
②阻止阴极室的OH-向阳极室迁移(避免OH-与Cl2反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，降低Cl2利用率)；
（4）浓度变化：阳极室NaCl浓度降低(Cl-消耗、Na+迁移)，阴极室NaOH浓度升高(Na+迁入和
OH-生成)。
2.三室电解池与资源回收(如废水电解)——阴阳离子交换膜组合应用
竞赛常考“三室电解”处理混合溶液(如含Na2SO4、重金属离子的废水)，通过膜的组合实现物质分离或提纯。
例：三室电解处理Na2SO4废水(左：阳极室，中：原料室，右：阴极室):
（1）电极反应：
阳极(石墨):2H2O-4e-=O2+4H+(生成H+)；
阴极(石墨):2H2O+2e-=H2+2OH-(生成OH-)；
（2）膜选择：阳极室与原料室间用阴离子交换膜(允许SO42-从原料室迁入阳极室，与H+生成H2SO4)；原料室与阴极室间用阳离子交换膜(允许Na+从原料室迁入阴极室，与OH-生成NaOH)。
（3）结果：原料室Na2SO4浓度降低(资源回收为H2SO4和NaOH)，实现废水净化与酸碱再生。
3.电镀与电解精炼——离子交换膜控制镀层质量
电镀铜(如在铁件上镀铜):若用阳离子交换膜分隔阳极(纯铜)与阴极(铁件)，电解质为CuSO4溶液。
（1）电极反应：
阳极：Cu-2e-=Cu2+(生成Cu2+)；
阴极：Cu2++2e-=Cu(消耗Cu2+)；
（2）膜作用：允许Cu2+通过阳离子交换膜从阳极室迁入阴极室，维持阴极区Cu2+浓度稳定(避免浓度过低导致镀层粗糙)，同时阻止杂质离子(如阳极泥中的Ag+、Au3+)迁移到阴极。
三、原电池(燃料电池)中离子交换膜的应用
燃料电池中离子交换膜的核心作用是传导离子以维持电中性，同时隔离燃料与氧化剂。
1.氢氧燃料电池(质子交换膜，PEMFC)
（1）电极反应：
阳极(燃料极):H2-2e-=2H+；
阴极(氧化剂极):O2+4H++4e-=2H2O；
（2）膜作用：质子交换膜允许H+从阳极迁移到阴极，参与阴极反应生成水，同时阻止H2与O2直接混合反应(提高能量转化效率)。
2.熔融碳酸盐燃料电池(阴离子交换膜)
以CO为燃料、熔融K2CO3为电解质，膜允许(CO32-迁移：
（1）电极反应：
负极：2O+CO32--2e-=2CO2；
正极：O2+2CO2+4e-=2CO32-；
（2）膜作用：阴离子交换膜允许(CO32-从阴极迁移到阳极，循环参与反应，维持电解质浓度稳定。
四、双极膜在电化学装置中的典型应用（竞赛高频场景）
双极膜的核心优势是 “以水代酸碱”，减少传统工艺中酸碱的消耗与污染，以下为竞赛常考应用场景：
1. 酸碱再生（替代传统离子交换膜工艺）
案例：从Na2SO4溶液再生H2SO4和NaOH
传统三室电解需用阳离子交换膜（允许Na+迁移）和阴离子交换膜（允许SO42=迁移），而双极膜可简化装置：
（1）装置结构：左侧阳极室（含Na2SO4溶液）、中间双极膜、右侧阴极室（含Na2SO4溶液）。
（2）电极反应：
阳极（惰性）：无直接氧化反应（或辅助反应，如H2O失电子生成O2，但主要依赖双极膜供OH-）；
阴极（惰性）：无直接还原反应（或辅助反应，如H2O得电子生成H2，主要依赖双极膜供H+）。
（3）双极膜作用：电场中解离水产生H+和OH-，H+向阴极室迁移，与SO42=结合生成H2SO4；OH-向阳极室迁移，与Na+结合生成NaOH。
（4）优势：无需外部引入H+和OH-，仅消耗水和电能，实现盐→酸碱的绿色转化。
2.废水处理与资源回收（含高盐或有毒离子废水）
案例：处理含NaNO3的工业废水，回收HNO3和NaOH
双极膜解离水产生H+和OH-，H+迁移至含NO3-的一侧生成HNO3，OH-迁移至含Na+的一侧生成NaOH，同时去除废水中的Na+和NO3-，实现废水净化与资源再生。
3.电合成化学品（避免副反应）
案例：电合成有机酸（如甲酸）
传统电解中若直接用酸溶液，阳极可能发生H2O氧化生成O2的副反应；引入双极膜后，其提供的H+可定向参与阴极的CO2还原反应（CO2+2H++2e-=HCOOH），减少H+的浪费，提高目标产物选择性。
4.燃料电池与能量存储（新型应用）
在某些燃料电池中，双极膜可调控质子（H+）或氢氧根（OH-）的传导，同时通过解离水补充反应消耗的H+/OH-，维持电解质稳定性（如碱性燃料电池中补充OH-损耗）。
竞赛技巧4 电解定律（法拉第电解定律）及其应用
一、电解定律的核心内容
电解定律是描述电解过程中电极上析出物质的量与通过电解池的电量之间定量关系的规律，由英国科学家法拉第（MichaelFaraday）提出，包括法拉第第一定律和法拉第第二定律，二者共同构成电解定量计算的基础。
1.法拉第第一定律
（1）内容：在电解过程中，电极上析出（或溶解）的物质的质量与通过电解池的电量（电荷量）成正比。
（2）数学表达式：m=k·Q或m=(M/nF)·I·t
式中：
m:电极上析出(或溶解)物质的质量(单位：g)；
Q:通过的电量(单位：C，库仑)，Q=I·t(I为电流强度，单位：A；t为时间，单位：s)；
k:比例常数(称为“电化当量”，单位：g/C)，表示单位电量析出的物质质量；
M:物质的摩尔质量(单位：g/mol)；
n:电极反应中每摩尔物质转移的电子数(由电极反应式确定，如Cu ++2e-=Cu中n=2)；
F:法拉第常数，表示1mol电子所带的电量，F≈96500C/mol(竞赛中通常取此值计算)。
2.法拉第第二定律
（1）内容：在相同电量下，电解不同电解质溶液时，电极上析出(或溶解)的不同物质的物质的量与它们的化学计量数(或每摩尔物质转移的电子数n)成反比；或析出物质的质量与它们的摩尔质量M成正比，与电子数n成反比。
数学表达式：
对于两种物质A和B，在相同电量下：mA/mB=(MA/nA)/(MB/nB)或nA/nB=n'A/n′B
(nA、nB为A、B的物质的量；n'A、n′B为A、B电极反应中转移的电子数)。
3.法拉第常数的意义:F=96500C/mol是电解计算的核心常数，其物理意义为：1mol电子所带的总电量(1个电子电量e≈1.602×10-19C，故F=NA·e≈6.02×10 ×1.602×10-19≈96500C/mol)。
二、电解定律的应用
电解定律是电化学定量计算的“桥梁”，广泛应用于电解产物计算、电冶金、电镀、电化学分析等领域，也是高中化学竞赛的高频考点。
1.单一电解池的产物定量计算
核心思路：通过电子守恒(转移电子数n(e-)相等)关联电极反应与电量，利用m=(M/nF)·I·t计算质量、体积或电量。
例1:计算析出物质的质量
电解CuSO4溶液(惰性电极)，通入0.5A电流，电解30分钟，阴极析出Cu的质量是多少
步骤1:确定电极反应与n:阴极Cu2++2e-=Cu，n=2，M(Cu)=64g/mol；
步骤2:计算电量Q=I·t=0.5A×30×60s=900C；
步骤3:代入公式：m=[64/(2×96500)]×900≈0.298g。
例2:计算气体产物的体积(标况)
电解饱和NaCl溶液，通过1.93×104C电量，阳极生成Cl2的体积是多少
步骤1:阳极反应2Cl--2e-=Cl2，n=2(生成1molCl2转移2mol电子)；
步骤2:计算转移电子的物质的量n(e-)=Q/F==1.9635×104/96500=0.2mol；
步骤3:生成Cl2的物质的量n(Cl2)=n(e-)/2=0.1mol，标况体积V=0.1×22.4=2.24L。
2.混合电解质溶液的分步电解计算
当溶液中存在多种可放电离子时，需结合放电顺序分步分析，每一步对应特定的电量与产物，总电量为各步电量之和。
例：电解1L含0.1mol/LCu2+和0.2mol/LH+的混合溶液(惰性电极)，阴极先析出Cu，后析
出H2。若通过3.86×104C电量，计算阴极产物的总质量。
步骤1:第一步(Cu析出):Cu2++2e-=Cu，n(Cu2+)=0.1mol，需电量Q1=0.1×2×96500=19300C，生成m(Cu)=0.1×64=6.4g；
步骤2:剩余电量Q2=3.86×104-19300=19300C，第二步(H2析出):2H++2e-=H2，n(e-)=19300/96500=0.2mol，生成n(H2)=0.1mol，m(H2)=0.1×2=0.2g；
总质量：6.4+0.2=6.6g。
3.串联电解池的计算(电子守恒的核心应用)
多个电解池串联时，通过各电解池的电量相等，转移电子数相等，可通过电子守恒关联各池产物。
例：三个电解池串联(惰性电极)，分别电解CuSO4、AgNO3、NaCl溶液，通电一段时间后，第一个池阴极析出1.28gCu，求：
转移电子数：n(e-)=1.28×2=0.04mol；
第二个池阴极析出Ag的质量：Ag++e-=Ag，m(Ag)=0.04×108=4.32g；
第三个池阳极生成Cl2的体积(标况):2Cl--2e-=Cl2，n(Cl2)=0.02mol，V=0.02×22.4=0.448L。
4.电冶金与电镀中的应用
（1）电冶金：冶炼活泼金属(如Al、Na)时，计算生产一定量金属所需的电量或能耗。
例：工业制Al时，电解熔融Al2O3，生成1kgAl需要多少电量
反应：4Al3++12e-=4Al(生成4molAl转移12mol电子，即1molAl转移3mol电子)；
n(Al)=1000/27≈37.04mol，n(e-)=37.04×3≈111.1mol；
电量Q=111.1×96500≈1.072×107C。
（2）电镀：计算镀层质量或镀层厚度(需结合密度公式m=p·V=p·S·d，S为面积，d为厚度)。
例：在面积为100cm2的铁件上镀铜，电流1A，电解10分钟，铜镀层厚度为多少 (铜密度p=8.9g/cm )
生成Cu的质量m=[64/(2×96500)]×1×600≈0.197g；
体积V=m/ρ=0.197/8.9≈0.0221cm ；
厚度d=V/S=0.0221/100≈2.21×10-4cm。
5.电化学综合计算(与原电池、能量转化结合)
在原电池与电解池组合装置中，原电池提供的电量等于电解池消耗的电量，需通过总反应或电子守恒关联。
例：用锌-铜原电池(总反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu)为电解池供电，电解AgNO3溶液。若原电池中消耗6.5gZn，电解池阴极析出Ag的质量是多少
原电池中Zn-2e-=Zn2+，消耗6.5gZn(0.1mol)，转移0.2mole-；
电解池阴极Ag++e-=Ag，析出Ag的物质的量=0.2mol，质量=0.2×108=21.6g。
竞赛技巧1 电解的原理及其应用
1．（2013高二·江西·竞赛）如图装置中发生反应的离子方程式为Zn +2H+=Zn2+ +H2↑，下列说法不正确的是
A．a、b有可能是同种材料电极
B．该装置有可能是电解池，电解质溶液为ZnCl2溶液
C．该装置可能是原电池，电解质溶液为稀盐酸
D．该装置可以看成是Cu，Zn原电池，电解质溶液为稀H2SO4
【答案】B
【解析】A．如果该装置是电解池，如锌作阴、阳极，电解质溶液是酸，阳极上锌失电子，Zn-2e-=Zn2+，阴极上氢离子得电子，2H++2e-=H2↑，符合离子反应方程式，所以两个电极可以相同，故A正确；B．该装置可能是电解池，电解质溶液是稀盐酸，锌作阳极，电解时，阳极上锌失电子，Zn-2e-=Zn2+，阴极上氢离子得电子，2H++2e-=H2↑，符合离子反应方程式，若电解质溶液为ZnCl2溶液，阴极上是锌离子得电子，电极方程式为：Zn2++2e-=Zn，离子方程式不符，故B错误；C．该装置可能是原电池，电解质溶液为稀盐酸，锌作负极，Zn-2e-=Zn2+，正极上氢离子得电子，2H++2e-=H2↑，发生的反应符合离子方程式，故C正确；D．电解质溶液为稀硫酸，锌作负极，Zn-2e-=Zn2+，铜作正极，2H++2e-=H2↑，故该装置可看作是铜—锌原电池，电解质溶液是稀硫酸，故D正确；故选B。
2．（2024高三下·浙江·竞赛）沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。
下列叙述错误的是
A．阳极发生反应是Cl-被氧化
B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C．阴极生成的电极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑
D．阳极表面形成的Mg(OH)2等积垢需要定期清理
【答案】D
【分析】海水中存在氯离子、钠离子、镁离子等，在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流，形成电解池。阳极是氯离子失电子发生氧化反应生成氯气：，阴极水得电子生成氢气：。
【解析】A．由分析知，阳极发生反应是Cl-被氧化，A正确；B．阳极产生的氯气和阴极生成的氢氧化钠会发生反应生成次氯酸钠，次氯酸钠具有强氧化性，可以灭杀附着的生物，B正确；C．由分析知，阴极水得电子生成氢气：，电极反应式正确，C正确；D．由分析知，阴极会生成氢氧根离子，海水中有镁离子存在，在阴极形成Mg(OH)2等积垢需要定期清理，D错误；故选D。
竞赛技巧2 用惰性电极电解电解质溶液的规律
3．（2013高二·河南·竞赛）空间实验室的供电系统中有再生氢氧燃料电池(RFC)，RFC是一种将太阳能电池电解水技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。下图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是
A．当有0.1mol电子转移时，a电极产生1.12LH2(标准状况下)
B．b电极上发生的电极反应是：4H2O+4e-=2H2↑+4OH-
C．c电极上进行氧化反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池
D．d电极上发生的电极反应是：O2+4H++4e-=2H2O
【答案】A
【分析】由图可知b为阳极，发生氧化反应：2H2O-4e-=4H++O2↑；a为电极阴极，得电子发生还原反应：4H++4e-=2H2↑；原电池中电解质溶液为酸性溶液，d电极为负极，发生氧化反应：2H2-4e-=4H+；c电极为正极，发生还原反应：O2+4H++4e-=2H2O，据以上分析解答。
【解析】A．根据阴极电极反应式计算，当有0.1mol电子转移时，生成氢气0.05mol，a电极产生1.12LH2(标准状况下)，故A正确；B．结合以上分析可知，b为阳极，发生氧化反应：2H2O-4e-=4H++O2↑，故B错误；C．结合以上分析可知，c电极为正极，发生还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池，故C错误；D．结合以上分析可知，d电极为负极，发生氧化反应：2H2-4e-=4H+，故D错误；故选A。
4．（2019高二·江苏·竞赛）氢氧化锂是制取锂和锂的化合物的原料.用电解法制备氢氧化锂的工作原理如下图：
下列叙述不正确的是：
A．b极附近溶液的pH增大
B．a极发生的反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+
C．当电路中通过1mol电子时，可得到2molLiOH
D．该法制备LiOH还可得到硫酸和氢气等产品
【答案】C
【分析】1.判断电极极性与离子迁移：
电解池中，阴离子向阳极迁移，阳离子向阴极迁移： SO42-向石墨a移动→a为阳极(接电源正极)；Li+向石墨b移动→b为阴极(接电源负极)。
2.推导电极反应：
阳极(a极，氧化反应):水失电子生成O2和H+，反应为：2H2O-4e-=O2+4H+。
阴极(b极，还原反应):水得电子生成H2和OH-，反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，OH-浓度增大，b极附近pH升高。
【解析】A．由以上分析可知，阴极(b极，还原反应):水得电子生成H2和OH-，反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，OH-浓度增大，b极附近pH升高，A正确；B．阳极(a极，氧化反应):水失电子生成O2和H+，反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，B正确；C.电路中通过1mol电子时：阴极生成OH-:由反应式，2e-～2OH-→1e ～1OH-(生成1molOH-)；阳极区SO42-迁移至a极，与H+结合为H2SO4；阴极区Li+迁移至b极，与OH-结合为LiOH:Li+迁移量与电子数相等(le-～1Li+)，故生成1molLiOH(而非2mol)，C错误；D.阳极区：H+与SO42-结合生成H2SO4；阴极区：反应生成H2；故制备LiOH时，可副产硫酸和氢气，D正确，答案选C。
竞赛技巧3 电化学装置中的离子交换膜及其应用
5．（2024高二下·重庆·竞赛）实验室用电化学还原法可实现由制备乙醇，其电解原理如下图所示，、为惰性电极，双极膜中间的物质为液态水。下列说法正确的是
A．穿过双极膜左侧进入左室溶液
B．电解过程中电极区的溶液不变
C．电极发生的反应为：
D．阴阳两极通入或生成的气体物质的量之比为
【答案】D
【分析】该装置为电解池，用电化学还原法可实现由制备乙醇，则C的化合价降低，N极为阴极，电极反应式为，M为阳极，电极反应式为。
【解析】A．电解池中，阳离子移动向阴极，故穿过双极膜右侧进入右室溶液，A错误；B．阳极反应式为，则电解过程中电极区的溶液减小，B错误；C．电极发生的反应为：，C错误；D．由阴阳两极得失电子守恒可得，阴阳两极通入或生成的气体物质的量之比为，D正确；故选D。
6．（2022高二·江苏·竞赛）利用微生物电化学处理有机废水，同时可淡化海水并获得酸碱。现以NaCl溶液模拟海水、采用惰性电极，用如下图所示的装置处理有机废水(以含有机酸溶液为例)，在直流电场作用下，双极膜间的水解离成和。下列说法正确的是
A．膜a为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜
B．产品室生成的物质为盐酸
C．当阴极产生22.4L气体时，理论上可除去模拟海水中11.7g NaCl
D．阳极反应式为：
【答案】B
【分析】由图知，阳极上失去电子生成CO2，阴极上氢离子得电子生成氢气，该电解池是利用微生物电化学处理有机废水，同时可淡化海水并获得酸碱，则氢离子通过双极膜进入产品室，氯离子通过膜b进入产品室，则膜b为阴离子交换膜，产品室生成的物质为盐酸；膜a为阳离子交换膜，钠离子从此进入阴极，得到产品氢氧化钠，据此分析作答。
【解析】A．由分析可知，膜a为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜，A项错误；B．氢离子通过双极膜进入产品室，氯离子通过膜b进入产品室，产品室生成的物质为盐酸，B项正确；C．阴极产生22.4L气体未说明状态，无法通过气体摩尔体积计算，C项错误；D．阳极上失去电子生成CO2，阳极反应式为：，D项错误；答案选B。
竞赛技巧4 电解定律（法拉第电解定律）及其应用
7．（2014高二·江苏·竞赛）磷酸铁锂电池是指用磷酸铁锂(LiFePO4)作为正极材料的锂离子电池，属于一种新型锂离子二次电池，主要用作动力电池，具有安全性高、寿命长、容量大、高温性能好、无记忆效应和无污染等特点。磷酸铁锂可以由磷酸二氢锂、三氧化二铁和过量炭粉通过高温固相反应制备，反应中产生还产生H2O和CO。LiFePO4电池的工作原理是：电池充电时，正极(橄榄石结构的LiFePO4)部分转化为磷酸铁(设摩尔转化率为x)，放出的锂离子(Li+)通过聚合物隔膜向负极(石墨)迁移，还原并嵌入石墨形成复合材料C6Lix；电池放电时，锂离子又从负极中脱出来，穿过隔膜回到正极材料中。(注：锂离子电池就是因锂离子在充放电时来回迁移而命名的，所以锂离子电池又称“摇椅电池”)
（1）请写出制备磷酸铁锂的化学方程式：
（2）请写出磷酸铁锂电池充电、放电时的总反应方程式：
（3）现有10g磷酸二氢锂，全部用于制备磷酸铁锂作为正极材料，则制成的磷酸铁锂电池理论上最多有多大的电池容量(即最大可放出多少电量)？答： (mAh)。(注：1摩尔电子所带的电量约为96500库仑，3.6库仑=1mAh。)
【答案】（1）2LiH2PO4.+Fe2O3+C2LiFePO4+2H2O+CO
（2）Li1-xFePO4+C6LixLiFePO4+6C
（3）2580
【解析】（1）由题干信息可知，磷酸铁锂可以由磷酸二氢锂、三氧化二铁和过量炭粉通过高温固相反应制备，反应中产生还产生H2O和CO，根据氧化还原反应配平原则可知，制备磷酸铁锂的化学方程式为：2LiH2PO4.+Fe2O3+C2LiFePO4+2H2O+CO，故答案为：2LiH2PO4.+Fe2O3+C2LiFePO4+2H2O+CO；（2）根据题干信息，LiFePO4电池的工作原理是：电池充电时，正极(橄榄石结构的LiFePO4)部分转化为磷酸铁(设摩尔转化率为x)，放出的锂离子(Li+)通过聚合物隔膜向负极(石墨)迁移，还原并嵌入石墨形成复合材料C6Lix；电池放电时，锂离子又从负极中脱出来，穿过隔膜回到正极材料中，故磷酸铁锂电池充电、放电时的总反应方程式：Li1-xFePO4+C6LixLiFePO4+6C，故答案为：Li1-xFePO4+C6LixLiFePO4+6C；（3）根据上述分析反应可知，理论上，有关系1LiH2PO4~1LiFePO4~le-，故有
×96500C·mol-1=9288C=9288A·s=mAh=2580mAh，故答案为：2580。
8．（2023高三·全国·竞赛）海水中锂的提取
随着锂电池的广泛应用，锂已成为重要的战略资源，被称为白色石油。据估计，海水中锂的总含量为陆地锂总含量的5000倍以上，但海水中锂的质量浓度仅为0.1-0.2ppm，从海水提取锂首先需要对低浓度的Li+进行选择性富集。Li+能够嵌入某些氧化物并在一定条件下脱出，据此可以进行Li+的富集。
（1）以Li2CO3和MnO2为原料，充分混合后在720°C下煅烧3h，冷至室温后即可得到复合氧化物LiMn2O4(LMO)。用1molL-1的HCl在60°C处理LMO，将其中所有Li+置换后得到HMO，HMO可以和Li+反应再生成LMO，然后LMO与酸作用脱出Li+从而实现Li+富集。如此，可以循环处理。
①写出合成LiMn2O4的方程式 。
②用酸处理LMO时，除离子交换反应之外，也会发生一个副反应，该副反应导致固体中Mn的平均氧化态有所升高，写出副反应对应的化学方程式。这一副反应对再生后的HMO的锂富集性能有何影响 ？
（2）利用电化学富集锂也是有效的方法之一、某电化学系统如图所示，其包含两个电池单元，中间区域置有具有一维孔道结构的λ-MnO2，该孔道可以容纳合适的阳离子进出。MnO2电极通过阳离子交换膜与两个电化学池中的对电极隔开，腔室1和2中的电解质分别为0.5M的Na2SO4.和0.1M的LiOH．该电化学系统的工作步骤如下：

i．向MnO2所在腔室通入海水，启动电源1，使海水中的Li+进入MnO2结构而形成LixMn2O4；ii．关闭电源1和海水通道，启动电源2，同时向电极2上通入空气，使LixMn2O4中的Li+脱出进入腔室2。
①为衡量MnO2对Li+的富集效果，将0.50M的LiC1溶液通入MnO2(4.8mg)所在腔室，启动电源1，使电流恒定在5.0mA，累计工作325s后发现MnO2的电极电势快速下降，计算所得LixMn2O4中的x 。
②写出上述过程中发生腔室2中阴极和阳极上的电极反应 。
【答案】（1）①2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2+O2
②1LiMn2O4+4H+=2Li++3MnO2+Mn2++2H2O，由于富集有效成分减少，这一副反应会使得再生后的HMO的锂富集性能降低
（2）①0.61 ②阴极：O2+2H2O+4e-=4OH-；阳极：LixMn2O4-xe-=xLi++2MnO2
【解析】（1）①原料：Li2CO3(提供Li+)、MnO2(提供Mn)，煅烧时发生氧化还原反应，Mn平均氧化态从+4(MnO2)降至+3.5(LiMn2O4)，同时应该有元素的化合价升高，能失去电子的元素只能是-2价的氧，被氧化生成O2，Li2CO3高温分解生成CO2，则合成LiMn2O4的方程式为2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2+O2。
②LiMn2O4与HCl反应，Mn氧化态升高(如生成MnO2，Mn为+4)，溶液呈酸性，+3.5的Mn(LiMn2O4)不稳定，易发生歧化生成MnO2和Mn2+，反应方程式为1LiMn2O4+4H+=2Li++3MnO2+Mn2++2H2O，副反应使HMO(HMn2O4)中Mn氧化态升高，由于富集有效成分减少，这一副反应会使得再生后的HMO的锂富集性能降低。
（2）①电流I=5.0mA=0.005A，时间t=325s，电量Q=I·t=0.005×325=1.625C。
电子物质的量：n(e-)=Q/F=1.625/96500≈1.684×10-5mol(F=96500C/mol为法拉第常数)。
MnO 物质的量：m(MnO2)=4.8mg=0.0048g，M(MnO2)≈87g/mol，故n(MnO2)=0.0048/87≈5.517×10-5mol。LiMn2O4物质的量：每个LiXMn2O4含2molMn，故：n(LiXMn2O4)=5.517×10-5/2≈2.758×10-5mol。嵌入Li+的物质的量等于电子物质的量(Li++e-→Li嵌入)，故：x=n(e-)/n(LiXMn2O4)=(1.684×10-5)/(2.758×10-5)≈0.61
②腔室2的电极反应
阴极(电极2，通入空气，O2还原):碱性条件下，O2得电子生成OH-，反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-
阳极(MnO2电极，Li+脱出，氧化反应):LiMn2O4失电子，释放Li+，反应式：LixMn2O4-xe-=xLi++2MnO2。
1．（24-25高二上·浙江杭州·期末）利用双极膜电解法将二氧化碳转化为矿化封存，同时得到氧气、氢气、高浓度盐酸等产品，原理如图。下列说法正确的是
A．右侧的双极膜中间层的向右移动
B．a极电极反应式为
C．向碱室中加入固体，有利于的矿化封存
D．电解固碳的总反应：
【答案】D
【分析】右侧双极膜中氢离子进入酸室，氢氧根离子右移在电极b上发生还原反应生成O2，所以b为阳极，左侧双极膜中氢氧根离子进入碱室，与二氧化碳反应生成碳酸根离子，氢离子左移在电极a上发生氧化反应生成H2，所以a为阴极，以此解答。
【解析】A．根据分析，右侧的双极膜中间层的向左移动，进入酸室，A错误；B．根据分析，a极电极反应式为，B错误；C．碱室中二氧化碳和碱反应生成碳酸根离子，碳酸根离子通过左侧阴离子交换膜进入中间室内，与Ca2+结合形成碳酸钙，加入固体会消耗氢氧根不利于CO2的吸收，C错误；D．根据电解池中的产物，电解固碳的总反应为：，D正确；故选D。
2．（24-25高二下·云南玉溪·期末）如图，微生物电池可处理镀铬工业废水中的，且能为乙烯制备提供能量。下列说法不正确的是
A．气体c为
B．b极为正极，电极反应式为
C．该套装置工作时温度不宜过高
D．a极每产生，电解槽中有通过阳离子交换膜
【答案】D
【分析】由左图可知，a极失去电子为负极，乙酸发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为；b极为正极，电极反应式为，生成的铬离子水解生成氢氧化铬，，电子由负极流向正极；根据右侧装置图可知，用铂作电极电解氯化钾溶液，左侧氯离子失电子被氧化为氯气，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸氧化乙烯来制备2-氯乙醇，所以X电极为电解池的阳极，右侧Y电极为阴极，水得电子生成氢气和氢氧根离子，溶液中钾离子通过阳离子交换膜进入右侧，则推知气体c为氢气，据此分析解答。
【解析】A．Y电极为阴极，水得电子生成氢气和氢氧根离子，c为氢气，A正确；B．电极反应式为，B正确；C．该套装置的微生物电池工作时温度不宜过高，否则会导致微生物失活，C正确；D．气体未指明温度和压强，不一定是，电解槽中通过阳离子交换膜的不一定是，D错误；故选D。
3．（24-25高二下·湖南衡阳·期末）羟基自由基（）是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种能将苯酚氧化为和的原电池-电解池组合装置（如图）。下列说法错误的是
A．a极为正极，c极为阴极
B．Ⅰ中双极膜中解离出的透过膜q向Al电极移动
C．d极的电极反应式为：
D．Ⅰ中双极膜中质量每减少18g，左侧溶液中硫酸质量减少98g
【答案】D
【分析】装置I中，b电极为Al电极，能与NaOH发生氧化反应生成四羟基合铝酸钠，为负极，电极反应式为：，则a为正极，PbO2电极得电子，电极反应式为，Ⅰ中双极膜中解离出的透过膜q向Al电极移动，Ⅰ中双极膜中解离出的透过膜p向PbO2电极移动，电极c与b相连，为阴极，电极反应式为：，电极d与a相连，为阳极，电极反应式为，生成羟基自由基（）将苯酚氧化为和，据此回答。
【解析】A．由分析可知，a极为正极，c极为阴极，A正确；B．由分析可知，Ⅰ中双极膜中解离出的透过膜q向Al电极移动，Ⅰ中双极膜中解离出的透过膜p向PbO2电极移动，B正确；C．由分析可知，电极d与a相连，为阳极，电极反应式为，C正确；D．电解水生成的羟基自由基()氧化苯酚生成二氧化碳和水，因此I池为原电池，Ⅱ池为电解池，PbO2电极的电极反应式为，消耗1molH2SO4时还需双极膜中的H2O解离出2mol 参与反应，双极膜中质量每减少 18g，有1mol由水解离出的参与反应，则左侧溶液中硫酸质量减少49g，D错误；故选D。
4．（24-25高二下·重庆·期末）氢能是重要的新能源。储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一；一定条件下，下图所示装置可实现有机物的电化学储氢(忽略其它有机物储氢)。下列说法正确的是
A．该装置工作时，段导线中电子移动方向为
B．该装置工作时，从D极区向E极区迁移
C．生成目标产物的电极反应式为
D．该储氢装置的电流效率(，计算结果保留小数点后1位)
【答案】D
【分析】下图所示装置可实现有机物的电化学储氢，根据装置图可判断为电解池。在电极D处苯还原为环己烷，故电极D为阴极，电极E为阳极，发生氧化反应；电源A为负极，电源B为正极。
【解析】A．该装置工作时，电子从负极流出流向阴极，另一段是从阳极流出流向正极，段导线中电子移动方向为，A错误；B．该装置工作时，从阳极E极区向D极区迁移，B错误；C．生成目标产物的电极反应式为，C错误；D．阴极进入的苯的物质的量是，流出的苯的物质的量是，过程中消耗苯，生成目标产物消耗的电子数=。阳极电解水产生氧气的物质的量为，转移电子的总数=。该储氢装置的电流效率，D正确。故选D。
5．（24-25高二下·湖南长沙·期末）利用有机电化学合成1，2-二氯乙烷的装置如图所示。若该装置工作时中间室溶液的浓度通过调整保持不变，电解时阴极生成气体的速率为，下列说法错误的是
A．b为电源正极
B．合成室内发生的反应为
C．离子交换膜I为阴离子交换膜，离子交换膜Ⅱ为阳离子交换膜
D．中间室补充的速率为
【答案】C
【分析】由图可知，右侧电极上的化合价由+1价升高为+2价，发生氧化反应，则电极N为阳极，电极b为正极，所以电极M为阴极，电极a为负极，M处电极反应为：，N处电极反应为：，据此分析作答。
【解析】A．右侧电极上的化合价由+1价升高为+2价，发生氧化反应，则电极N为阳极，电极b为正极，A正确；B．根据原子守恒可知，合成室内发生的反应为：，B正确；C．由图可知，中间室内的通过离子交换膜Ⅱ，进入右室，最终和生成，左室水中得到电子生成，浓度增大，与中间室移动过来的结合，生成，所以离子交换膜I为阳离子交换膜，Ⅱ为阴离子交换膜，C错误；D．电解时阴极生成气体的速率为，阴极反应：，根据电荷守恒可知，中间室移动过来的的速率为，故中间室补充NaCl的速率为，D正确；故答案选C。
6．（24-25高二下·重庆·期末）一种铜催化铝硫二次电池的工作原理如图所示，放电时的电池反应为。下列说法错误的是
A．放电时，作正极，发生还原反应
B．放电时，负极反应式为：
C．充电时，每生成，有通过阳离子交换膜
D．充电时，阳极质量增加，阴极质量减少
【答案】D
【分析】由图示结合电池放电总反应可知，该电池放电时，Al为负极，电极反应式为，Cu/CuxS为正极，电极反应式为；充电时，Al为阴极，电极反应式为，Cu/CuxS为阳极，电极反应式为。
【解析】A．由分析可知，放电时，作正极，发生得电子的还原反应，A正确；B．由分析可知，放电时，负极反应式为：，B正确；C．充电时，阳极的反应为：，每生成，转移，故有通过阳离子交换膜，C正确；D．充电时，由电极反应式可知，阴极生成Al，阳极由Cu转化为CuxS，两电极的质量均增加，D错误；故选D。
7．（24-25高二下·安徽阜阳·期末）科研团队研发的强酸(IBA)单液流电池，通过引入使得进行多电子转移，从而提高电池的安全性和能量密度。其工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．放电时，向电极M移动
B．放电时，右室每消耗0.1mol ，左室有22.4g 生成
C．充电时，阳极区存在反应：
D．充电时，阴极区pH增大
【答案】C
【分析】由图可知，放电时，M电极失去电子生成，电极M是负极，则电极N为正极，正极存在反应、、，结合二次电池的工作原理，分析作答。
【解析】A．放电时，阳离子向正极移动，N为正极，则放电时，向电极N移动，A错误；B．由分析可知，放电初期和的物质的量为1∶2，最终分别生成和，共得到14个电子，根据得失电子守恒可知右室每消耗0.1mol ，转移的电子为1.4mol，左室生成的为0.7mol，质量为，B错误；C．由分析可知电池放电时正极存在反应，那么充电时，阳极区存在反应：，C正确；D．充电时，M为阴极，充电时，阳离子向阴极移动，即氢离子向电极M移动，即阴极区pH减小，D错误；故答案选C。
8．（24-25高二上·福建泉州·期中）电解熔融氯化钠和氯化钙混合物制备金属钠的装置如图所示。阳极A为石墨，阴极为铁环K，两极用多孔隔离材料或膜隔离材料D隔开。氮气从上方的抽气罩H抽出，液态金属钠经铁管F流入收集器G．下列叙述正确的是
A．氯化钙的作用是作助熔剂，降低氯化钠的熔点；也可以使用氯化镁代替
B．电解得到的钠在熔融混合盐的下层
C．隔膜D为固体隔膜时，制得的钠几乎无杂质
D．电解时阴极发生氧化反应：，阴极上还可能有少量的钙单质生成
【答案】C
【分析】该装置中为电解池，阳极A为石墨，电极反应为：；阴极为铁环K，电极反应为：，氯化钙中的钙离子的氧化性弱于，故钙离子不会在阴极上得到电子生成钙，由此分析作答。
【解析】A．氯化钙的离子键比氯化钠的离子键弱，因此氯化钙的熔点比氯化钠的低，本装置的目的是电解熔融氯化钠，氯化钠是离子化合物，熔点较高，加入氯化钙的目的是为作助熔剂，降低氯化钠的熔点，减少钠蒸汽的挥发。氯化镁中的离子键比氯化钠中的离子键强，氯化镁的熔点比氯化钠的高，因此氯化镁不会降低氯化钠的熔点，氯化镁不能作为助熔剂，A错误；B．从图中可知，金属钠在上部收集，所以钠的密度小于混合盐的密度，B错误；C．由图可知，通过隔膜D移至阳极A放电产生氯气，所以隔膜D应该为阴离子隔膜，可以阻止生成的氯气和钠重新生成氯化钠，制得的钠几乎无杂质，C正确；D．阴极为铁环K，电极反应为：，氯化钙中的钙离子的氧化性弱于，故钙离子不会在阴极上得到电子生成钙，D错误；故选C。
9．（24-25高二上·黑龙江大庆·期中）浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池。理论上当电解质溶液的浓度相等时停止放电。图1为浓差电池，图2为电渗析法制备磷酸二氢钠，用浓差电池为电源完成电渗析法制备磷酸二氢钠，电极a、b均为惰性电极。下列说法正确的是
A．电极a应与Ag(Ⅰ)相连
B．电渗析装置中膜a、b分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜
C．电池从开始到停止放电，理论上可制备
D．电渗析过程中左室pH减小、右室pH不变
【答案】C
【分析】浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池，则Ag(Ⅰ)，硝酸银浓度较低，为负极，发生反应，Ag(Ⅱ)硝酸银浓度较高，为正极，电极反应为，据此回答。
【解析】A．浓差电池中由于右侧AgNO3，浓度大，则Ag(Ⅰ)为负极，Ag(Ⅱ)正极；电渗析法制备磷酸二氢钠，左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，则电a为阳极，电极b为阴极；电极a应与Ag(Ⅱ)相连，A错误；B．左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，故膜a、b均为阳离子交换膜，B错误；C．电池从开始到停止放电时，则浓差电池两边AgNO3浓度相等，所以正极析出0.02mol银，电路中转移0.02 mol电子，将有0.02mol氢离子进入中间室，发生反应：，生成的磷酸二氢钠的物质的量为0.01mol，质量为1.2g，C正确；D．阳极中的水失电子电解生成氧气和氢离子，氢离子通过膜a进入中间室，消耗水，硫酸的浓度增大，故左室pH减小；阴极水得电子电解生成氢气，中间室中的钠离子通过膜b进入右室NaOH的浓度增大，故右室pH增大，D错误；故选C。
10．（24-25高二下·江苏扬州·期中）为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合HCHO高效制H2的方法，装置如图所示。部分反应机理为：。下列说法不正确的是
A．阴极反应：2H2O + 2e- = 2OH-+ H2↑
B．电解时OH-通过阴离子交换膜向b极方向移动
C．阳极反应：2HCHO-2e-+ 2H2O =2HCOO-+ 4H++H2↑
D．相同电量下H2理论产量是传统电解水的2倍
【答案】C
【分析】据图示可知，b电极上HCHO转化为HCOO-，而HCHO转化为HCOO-为氧化反应，所以b电极为阳极，a电极为阴极，HCHO为阳极反应物，由反应机理可知：反应后生成的转化为HCOOH。由原子守恒和电荷守恒可知，在生成HCOOH的同时还生成了H-，生成的HCOOH再与氢氧化钾酸碱中和：HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，而生成的H-在阳极失电子发生氧化反应生成氢气，即2H--2e-=H2↑，阴极水得电子生成氢气：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
【解析】A．阴极水得电子生成氢气，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，A正确；B．由电极反应式可知，电解过程中阴极生成OH-，负电荷增多，阳极负电荷减少，要使电解质溶液呈电中性，通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b极方向移动，B正确；C．由以上分析可知，阳极反应涉及到：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，由(①+②)×2得阳极反应为：，C错误；D．由以上分析可知，阳极反应：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，阴极反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，即转移2mol电子时，阴、阳两极各生成1molH2，共2molH2，而传统电解水：，转移2mol电子，只有阴极生成1molH2，所以相同电量下理论产量是传统电解水的2，D正确；故选C。
11．（24-25高二下·湖南·期中）我国科学家在利用可编程交流电电解合成有机物方面取得重大突破。某科研小组用下图装置由正己烷合成正十二烷[用R—表示]；电极材料均为多孔铜基催化剂修饰的钛电极，电解质溶液为四丁基高氯酸铵的乙腈溶液，利用电脑编程信号控制交流电进行电解。下列说法错误的是
电极上反应的过程如下：正半周期 步骤1：铜催化剂转化 步骤2： 步骤3：（中间体） 负半周期 步骤4：
A．交流电正半周期发生氧化反应，负半周期发生还原反应
B．正半周期电极反应式为
C．电解池中，当一极生成正十二烷时，另一极会实现铜的再生
D．交流电通过周期性改变电流方向，促进铜催化剂在不同形态间循环，从而加速了电解效率
【答案】C
【解析】A．由反应过程可知，正半周期步骤1、步骤2均失去电子，发生氧化反应，负半周期步骤4得到电子，发生还原反应，A正确；B．步骤1、2、3三式相加，可得Cu+CH3(CH2)4CH3 2e →Cu2+ R +H+，B正确；C．由反应过程可知，正十二烷和铜都在步骤4生成，通过电流控制，当一极发生氧化反应时，另一极发生还原反应，即生成正十二烷和铜的再生是在同一个电极完成的，C错误；D．反应中铜作催化剂，正半周期铜起催化作用，负半周期是铜的再生，两个电极均能实现这个过程，促进了铜催化剂在不同形态间循环，从而加速了电解效率，D正确；故答案选C。
12．（24-25高二下·江苏南京·期中）某浓差电池可将海水中的NaCl转化为NaOH和HCl，装置如图所示。M、N均为AgCl/Ag电极，a、c为选择性离子交换膜，b为双极膜(双极膜中催化层可将水解离为和，并实现其定向移动)。下列说法正确的是
A．电池工作时，N极发生氧化反应
B．a为阴离子交换膜，c是阳离子交换膜
C．Ⅱ室中得到盐酸，Ⅲ室中得到NaOH溶液
D．M电极质量每减少10.8g，双极膜内有解离
【答案】B
【分析】I室通入足量的NH3发生反应为，Ⅰ室中浓度减小，M电极反应为，故M为负极；N为正极，电极反应为，可知双极膜产生的OH-进入Ⅱ室，H+进入Ⅲ室；又知该浓差电池可将海水中的NaCl转化为NaOH和HCl，故Ⅱ室中的Cl-进入I室，Ⅲ室中的Na+进入Ⅳ室，故a 、c分别是阴离子交换膜和阳离子交换膜。
【解析】A．由上述分析可知，N为正极，发生还原反应，故A错误；B．由上述分析可知，a是阴离子交换膜，c是阳离子交换膜，故B正确；C．由分析可推断出Ⅱ室中得到NaOH溶液，Ⅲ室中得到HCl溶液，故C错误；D．M电极质量每减少10.8g，即负极参与反应的Ag为0.1mol，则有0.1mol OH-定向移动到Ⅱ室，故双极膜内解离的H2O为0.1mol，故D错误；故答案选B。
13．（24-25高二下·广东·期中）积极稳妥推进碳达峰碳中和具有重大意义，一种利用电解原理捕获CO2的装置如图所示。捕获CO2时，在石墨电极表面转化为，下列说法不正确的是
A．Ni和Fe均是第四周期第VIII族元素
B．工作时，镀镍铁网与外接电源的负极相连
C．石墨电极上发生氧化反应
D．标准状况下，理论上每生成1mol的同时会生成11.2LH2
【答案】D
【分析】该装置利用电解原理捕捉，含等的混合气体进入吸收罐，与溶液反应，电解池中，阴极（镀镍铁网）处得电子生成，阳极（石墨电极）发生特定物质的氧化转化，阴离子交换膜可让阴离子定向移动，维持电荷平衡，加液口用于补充相关溶液。通过电解过程，实现的捕获及转化，整体为碳减排相关的电解装置。
【解析】A．Ni和Fe均为第四周期第Ⅷ族元素，故A正确；B．镀镍铁网上产生，镀镍铁网应为阴极，与外接电源负极相连，故B正确；C．石墨电极为阳极，发生氧化反应，故C项正确；D．每生成1mol会转移2mol，标准状况下理论上产生22.4L，故D不正确；故选D。
14．（24-25高二下·浙江杭州·期中）装置甲是一种将废水中的氯乙烯转换成对环境无害的微生物电池，连接甲、乙装置进行粗铜精炼，其原理如图所示，
下列说法正确的是
A．电解精炼时，粗铜与X电极相连
B．若N电极消耗11.2L ，粗铜电极质量减少64g
C．电解过程中N区溶液的pH减小
D．M电极的电极反应式为
【答案】D
【分析】根据微生物电池中物质的变化，可判断电极N由转化为，做正极；电极M做负极；电解精炼铜工艺中需将粗铜中的铜单质提纯作阳极与电源正极相连即粗铜连接N极作阳极；精铜端只发生反应作阴极与电极M相连。以此答题。
【解析】A．根据分析，电解精炼时，粗铜与电源正极相连，X电极为负极，A错误；B．若N电极消耗11.2L ，没有说明状态，该选项无法计算，B错误；C．电解过程中N区发生的极反应式为：，溶液的pH增大，C错误；D．M电极为负极，发生失电子的氧化反应，产物无污染，电极反应式为：，D正确；故选D。
15．（24-25高二下·湖北武汉·期末）铁及其化合物在处理工业废水、废气过程中发挥重要作用。
（1）工业上可用除含硫化合物，如：，通过下图装置可重新获得。电解时，阳极的电极反应式为 ；电解过程中阴极区溶液的pH （填“变大”、“变小”或“不变”）。
（2）下图以铁作电极电解除铬。
已知转化反应：；氧化性强弱：
①电解过程中主要反应之一：；图中气体a的主要成分是 。
②x膜的最佳选择为： 。
a．阴离子交换膜 b．阳离子交换膜 c．质子交换膜
③在电解过程中，不同pH、通电时间与Cr元素的去除率关系如图所示，其中相比时铬元素去除率偏低的原因可能是 。
（3）高铁酸钾是一种理想的水处理剂，高铁电池的研制也在进行中。如图所示是高铁电池的模拟实验装置。
①该电池放电时正极反应式为 。
②上图为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出高铁电池的优点有 （答一点即可）。
【答案】（1） 变大
（2）① ②c ③pH值升高，转化为，氧化能力减弱
（3）① ②放电时间长或电压稳定
【解析】（1）阳极发生氧化反应，根据反应原理，阳极的电极反应式为：，阴极区发生的反应为：，pH变大；（2）①根据电解原理，阳极区Fe发生反应：，，阴极区的Fe发生反应：，所以气体a的主要成分为；②根据反应，阳极区产生的通过x膜进入阴极区，同时防止进入阳极区发生其他副反应，所以x膜的最佳选择为质子交换膜，故选c。
③pH值升高，转化为，氧化能力减弱，所以相比时铬元素去除率偏低
（3）①如图，该电池放电时正极反应式为：；②由图示可知，高铁电池的优点有：放电时间长或电压稳定。
1．（2024高二下·江苏·竞赛）电解高浓度的丙酸钠溶液可制得丁烷，下列说法不正确的是
A．阳极反应为
B．电解过程中溶液的pH不断增大
C．若电解槽存在阳离子交换膜，则每生成1mol丁烷，阳极区增重44g
D．已知电解过程中会生成乙基自由基()，采用高浓度丙酸钠是为了提高自由基偶联的概率
【答案】C
【分析】根据电解高浓度的丙酸钠溶液可制得丁烷，可知，电极反应式为：，此为阳极的电极反应式，阴极的电极反应式为：，据此作答。
【解析】A．根据分析可知，阳极反应为，故A正确；B．根据分析可知，阴极的电极反应式为：，由此可知电解过程中溶液的pH不断增大，故B正确；C．根据阳极的电极反应式可知，生成丁烷和二氧化碳均为气体，因此阳极质量是减少的，故C错误；D．题中说明已知电解过程中会生成乙基自由基，高浓度丙酸钠可以增加乙基自由基碰撞的概率，因此采用高浓度丙酸钠是为了提高自由基偶联的概率，故D正确；故答案选C。
2．（2024高三下·浙江·竞赛）最近我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置，实现对天然气中CO和H2S的高效去除。示意图如图所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：
①EDTA-Fe2+-e-=EDTA-Fe3+
②2EDTA-Fe3++H2S=2H++S+2EDTA-Fe2+
该装置工作时，下列叙述错误的是
A．阴极的电极反应：CO2+2H++2e-=CO+H2O
B．若生成3.2gS，理论上通过两极电量都为0.4F(C)(F为法拉第常数)
C．石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的高
D．若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+，溶液需为酸性
【答案】B
【分析】该装置属于电解池， CO2 在 ZnO @石墨烯电极上转化为 CO ，发生得到电子的还原反应，为阴极，石墨烯电极为阳极，发生失去电子的氧化反应，据此解答。
【解析】A．CO2在 ZnO @石墨烯电极上转化为 CO ，发生得到电子的还原反应，为阴极，电极反应式为 CO2 + 2H+ + 2e- ＝ CO + H2 O ， A 正确；B．若生成3.2gS，对应物质的量为0.1mol，理论上通过两极电量都为0.2F，B错误；C．石墨烯电极为阳极，与电源的正极相连，因此石墨烯上的电势比 ZnO @石墨烯电极上的高， C 正确；D．由于铁离子、亚铁离子均易水解，所以如果采用 Fe3+ / Fe2+取代 EDTA-Fe3+ / EDTA-2+，溶液需要酸性， D 正确；
故选B。
3．（2008高二·河南·竞赛）用惰性电极电解50mL锰酸钾溶液得到高锰酸钾和氢气，当生成112mL氢气(标准状况)时停止通电。下列判断正确的是
A．K+浓度减小 B．KMnO4在阳极区生成
C．阴极周围溶液的pH减小 D．反应过程中共转移0.005mol电子
【答案】B
【分析】步骤1:确定电极反应与产物来源：
电解锰酸钾(K2MnO4)溶液时，惰性电极不参与反应，仅发生溶液中离子的放电：
阴极(还原反应):H2O中的H+得电子生成H2，反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-
阳极(氧化反应):MnO42-(锰酸钾离子)失电子生成MnO4-(高锰酸钾离子)，Mn元素化合价从+6升至+7，反应为：MnO42--e-=MnO4-
步骤2:计算电子转移量：
标准状况下112mLH2的物质的量为：n(H2)=0.112L/(22.4L/mo1)=0.005 mol
根据阴极反应，生成1mol H2转移2mol电子，故总转移电子数：n(e-)=0.005mol×2=0.01mol
【解析】A.K+不参与电极反应，仅作为阳离子向阴极迁移，溶液体积基本不变(忽略电解消耗的少量水)，故K+浓度不变，A错误；B.阳极发生MnO42--e-=MnO4-的氧化反应，MnO4-与迁移至阳极区的K+结合生成KMnO4，故阳极区是KMnO4的生成区，B正确；C.阴极反应生成OH-(2H2O+2e-=H2+2OH-)，导致阴极区OH-浓度增大，pH升高，C错误；D.由步骤2计算可知，转移电子为0.01mol，D错误，答案选B。
4．（2007高二·浙江·竞赛）以铁为阳极、铜为阴极，对足量的溶液进行电解，电解结束一段时间后得到沉淀，此时消耗水的物质的量共为（ ）
A．8mol B．9mol C．12mol D．10mol.
【答案】D
【解析】根据铁原子守恒知，，所以生成需要，活泼金属铁作电解池阳极时，电解氢氧化钠溶液的化学方程式：，则生成需要水的物质的量为8mol；又氢氧化亚铁不稳定，能被氧气氧化成氢氧化铁沉淀，反应方程式：，说明生成需要水的物质的量为2mol，消耗水的物质的量共为8mol+2mol=10mol，答案选D。
5．（2023高二下·安徽·竞赛）探究实验：①用多孔石墨电极对，电解硫酸钠溶液3min。②取出阴极石墨电极，插入硫酸铜溶液中，石墨电极上析出红色物质。③用蒸馏水洗涤该石墨电极，然后浸入硝酸银溶液中，石墨电极上析出白色固体。④把白色固体浸入稀硝酸溶液中，白色固体消失。下列对应的方程式错误的是
A．实验①：
B．实验②：
C．实验③：
D．实验④：
【答案】D
【解析】A．电解硫酸钠溶液相当于在电解水，因此方程式为：，A正确；B．析出的红色物质为Cu，因此反应方程式为：，B正确；C．析出的白色固体为Ag单质，因此反应方程式为：，C正确；D．Ag与稀硝酸溶液反应生成一氧化氮而不是二氧化氮，因此方程式为：，D错误；故选D。
6．（2023高二下·安徽·竞赛）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2 mol Co，Ⅰ室溶液质量理论上减少32 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：
【答案】D
【解析】A．由分析可知，左边为阳极，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；B．由分析可知，阴极生成2 mol钴，阳极有2 mol水放电生成1mol氧气和4mol氢离子，4mol氢离子穿过阳离子交换膜进入Ⅱ室，则Ⅰ室溶液质量减少36 g，故B错误；C．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，则移除离子交换膜，石墨电极的电极反应会发生变化，故C错误；D．由分析可知，阳极是是中氢氧根失去电子，阴极是钴离子得到电子，则电解总反应为，故D正确。综上所述，答案为D。
7．（2022高二·江苏·竞赛）利用微生物电化学处理有机废水，同时可淡化海水并获得酸碱。现以NaCl溶液模拟海水、采用惰性电极，用如下图所示的装置处理有机废水(以含有机酸溶液为例)，在直流电场作用下，双极膜间的水解离成和。下列说法正确的是
A．膜a为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜
B．产品室生成的物质为盐酸
C．当阴极产生22.4L气体时，理论上可除去模拟海水中11.7g NaCl
D．阳极反应式为：
【答案】B
【分析】由图知，阳极上失去电子生成CO2，阴极上氢离子得电子生成氢气，该电解池是利用微生物电化学处理有机废水，同时可淡化海水并获得酸碱，则氢离子通过双极膜进入产品室，氯离子通过膜b进入产品室，则膜b为阴离子交换膜，产品室生成的物质为盐酸；膜a为阳离子交换膜，钠离子从此进入阴极，得到产品氢氧化钠，据此分析作答。
【解析】A．由分析可知，膜a为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜，A项错误；B．氢离子通过双极膜进入产品室，氯离子通过膜b进入产品室，产品室生成的物质为盐酸，B项正确；C．阴极产生22.4L气体未说明状态，无法通过气体摩尔体积计算，C项错误；D．阳极上失去电子生成CO2，阳极反应式为：，D项错误；答案选B。
8．（2013高二·河南·竞赛）a在常温下为离子晶体，由X、Y两元素构成，a中的Xm+和Yn-的电子层结构相同。已知下列反应：
（1）a+H2OH2+b+c
（2）H2+c→d(气)
（3）b+c→a+e+H2O
（4）e+d→a+f
则a、e、f依次是
A．NaCl NaClO HCl B．CaCl2 Ca(ClO)2 HClO
C．Na2S Na2SO3 H2SO3 D．K2S K2SO3 H2SO4
【答案】B
【解析】A．若a为NaCl，NaCl是离子晶体，其中Na+与Cl-的电子层结构不相同，A项不符合题意；B．若a为CaCl2，CaCl2是离子晶体，其中Ca2+与Cl-都具有Ar的电子层结构，电解CaCl2溶液生成H2、Ca(OH)2（b）和Cl2（c），H2与Cl2化合成HCl（d）气体，Cl2与Ca(OH)2反应生成CaCl2、Ca(ClO)2（e）和H2O，Ca(ClO)2与HCl反应生成CaCl2和HClO（f），则a为CaCl2，e为Ca(ClO)2，f为HClO，B符合题意；C．若a为Na2S，Na2S是离子晶体，其中Na+与S2-的电子层结构不相同，C项不符合题意；D．若a为K2S，K2S是离子晶体，其中K+与S2-都具有Ar的电子层结构，电解K2S溶液生成H2、S（c）和KOH（b），H2与S反应生成H2S（d），S与KOH加热反应生成K2S、K2SO3（e）和H2O，K2SO3与H2S作用不会产生H2SO4，D项不符合题意；选B。
9．（2013高二·广东·竞赛）电解铝工业生产通常采用霍尔-埃鲁工艺，即冰晶石-氧化铝融盐电解法，以碳素体作为阳极，通入直流电后，于950~ 970°C下，在电解槽内的两极上进行电化学反应，即电解。下列说法中不正确的是
A．熔融氧化铝是溶剂，冰晶石作为溶质用来提高导电性
B．阳极产物主要是CO2，电极反应为C + 2O2-=CO2 + 4e-
C．阴极产物是铝液，电极反应为Al3++ 3e -=Al
D．总反应为2Al2O3 +3C 4Al+ 3CO2
【答案】A
【解析】A．冰晶石熔点比氧化铝低，熔融冰晶石作溶剂可以溶解氧化铝，从而电解能在低于氧化铝熔点的温度进行，节约能源，A错误；B．该电解体系以碳素体作为阳极，阳极上O2-失去电子并与C反应，产物主要是CO2，电极反应为C + 2O2-=CO2 + 4e-，B正确；C．体系温度较高，高于铝的熔点，阴极上Al3+得电子，产物是铝液，电极反应为Al3++ 3e -=Al，C正确；D．总反应为2Al2O3 +3C 4Al+ 3CO2，D正确；故选A。
10．（2014高二·浙江·竞赛）2005年，法拉利公司发布的敞篷车(法拉利Superamerica)，其玻璃车顶采用了先进的电致变色技术，即在原来玻璃材料基础上增加了有电致变色系统组成五层膜材料(如下图所示)。其工作原理是：在外接电源(外加电场)下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节，下列有关说法不正确的是
A．当A接外接电源正极时，Li+ 脱离离子储存层
B．当A接外接电源负极时，电致变色层发生反应为： WO3+Li+ +e- = LiWO3
C．当B接外接电源正极时，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光
D．该凝胶电解质聚环氧乙烷的结构简式为，可以与水分子之间形成大量氢键，为水溶性聚合物
【答案】A
【分析】1.明确电极反应与物质颜色：
电致变色层：WO3(无色) LiWO3(蓝色，还原反应，得电子和Li+)。离子储存层：Li4Fe4[Fe(CN)6]3(无色) Fe4[Fe(CN)6]3(蓝色，氧化反应，失电子和脱Li+)。
2.分析电极极性对反应的影响：
电极判断：外接电源时，接正极的为阳极(氧化反应，失电子)，接负极的为阴极(还原反应，得电子)，Li+向阴极迁移。
【解析】A.当A接正极时，A为阳极(电致变色层，WO3/LiWO3)，发生氧化反应：
LiWO3-e-=WO3+Li+(Li+从电致变色层脱离，进入电解质，向阴极B迁移)。离子储存层(靠近B，此时B为阴极)发生还原反应：Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4e =Li4Fe4[Fe(CN)6]3(Li+进入离子储存层，而非“脱离”)。实际是电致变色层脱Li+，离子储存层吸Li+，A错误；B.当A接负极时，A为阴极(电致变色层)，发生还原反应：WO3+Li+ +e- = LiWO3(WO3无色→LiWO3蓝色，符合还原反应)，B正确；C.当B接正极时，B为阳极(离子储存层)，发生氧化反应：
Li4Fe4[Fe(CN)6]3-4e =Fe4[Fe(CN)6]3+4Li+(Li4Fe4[Fe(CN)6]3无色→Fe4[Fe(CN)6]3蓝色)。
同时，A接负极(阴极)，电致变色层发生还原反应：WO3→LiWO3(无色→蓝色)。两层均呈蓝色，光透射率降低，阻挡阳光，C正确；D.聚环氧乙烷结构含-OH，可与水分子形成氢键，增强水溶性，D正确，答案选A。
11．（2020高二·江苏·竞赛）南京大学教授提出了一种高效的固碳新技术(如图)。利用锂——二氧化碳电池，在放电过程中二氧化碳转化为碳和碳酸锂，在电池充电过程中通过选用合适的催化剂使碳酸锂单独被氧化分解，而另一种放电产物碳留在电池内，下列说法不正确的是
A．该电池放电时，CO2从放电进气口进入
B．该电池放电时的正极反应是3CO2+4Li++4e-=2Li2CO3+C
C．该电池充电时Li2CO3转化为Li+
D．该电池放电时，每转移2mol电子，可固定1molCO2
【答案】D
【分析】放电时为原电池):电极A:Li为活泼金属，失电子→负极(反应：Li-e-=Li+)。电极B:CO2发生还原反应→正极(产物为C和Li2CO3)。
【解析】A.放电时，CO2作为正极反应物，从放电进气口(连接电极B，正极区)通入，逻辑合理，A正确；B.正极反应推导：碳元素价态变化：1mol CO2(+4价)→C(0价，得4e-)，2mol CO2→Li2CO3(+4价，起载体作用)。配平反应：3CO2+4Li++4e-=2Li2CO3+C，电荷(左边4+与4-抵消，右边电中性)、原子均守恒，B正确；C.充电时为电解池：电极B(原正极)→阳极，Li2CO3被氧化分解，释放CO2，Li+向阴极(原负极，充电时为阴极)迁移，故Li2CO3转化为Li+，C正确；D.放电总反应(负极×4+正极):4Li+3CO2=2Li2CO3+C，电子转移：4mol Li失4mole-，对应固定3mol CO2。定量关系：4mol e-～3mol CO2→转移2mol电子时，固定1.5mol CO2(而非1mol)，D错误，答案选D。
12．（2015高三上·河南三门峡·竞赛）传感器可以检测空气中SO2的含量。传感器的工作原理如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．a为电源的负极
B．负极的电极反应式：Ag-e-+Cl-= AgCl
C．阴极的电极反应式：2HSO3-+2H++2e- = S2O42-+2H2O
D．当电路中转移电子的物质的量为5×10-5mol时，进入传感器的SO2为1.12mL
【答案】C
【解析】试题分析：A、与b电极连接的电解池的电极上发生HSO3-变化为S2O42-，硫元素化合价降低发生还原反应，判断为阴极，b电极为原电池的负极，故A错误；B、与电源a极相连的电极为电解池的阳极，电极反应式 Ag-e-+Cl-═AgCl，故B错误；C、阴极的电极反应为HSO3-变化为S2O42-，依据电荷守恒和原子守恒书写电极反应为2HSO3-+2H++2e-═S2O42-+2H2O，故C正确；D、温度和压强不知不能计算气体体积，故D错误；故选C。
13．（2023高三上·全国·竞赛）1937年，费舍尔率先将与的低共融体系作为原料，以液态金属为阴极，通过电解的方法制备金属。
（1）写出费舍尔电解法阴极发生的氧化还原反应的离子方程式 。
（2）简述从费舍尔法阴极产物中分离出金属的物理方法 。
【答案】（1）阴极反应：
（2）阴极产物为合金，通过低压、高温蒸发(或挥发)液相合金中的，即可以分离出金属
【解析】（1）由题干将与的低共融体系作为原料，通过电解的方法制备金属可知，阴极电极反应为；（2）液态金属为阴极，故得到的阴极产物为合金，可通过低压、高温蒸发(或挥发)液相合金中的，即可以分离出金属。
14．（2021高二上·浙江宁波·竞赛）高钴酸钠是钴元素目前发现的最高价化合物，实验室可通过电解硫酸钠与氯化钴的混合溶液获得氧化亚钴(CoO)，并通过一系列反应来制备高钴酸钠，相关化学方程式如下：
CoCl2+H2OCoO↓+H2↑+Cl2↑；CoO+O2 → Co3O4 (未配平)
Co3O4+Na2O+O2→Na3CoO4 (未配平)
请计算：
（1）以氯化钴为原料制备1.920 g的高钴酸钠，消耗标准状况下氧气的体积为 mL。
（2）若电解过程转移电子共0.100 mol，两极收集到气体标准状况下总体积2.016 L (不考虑气体的溶解)，则可制得高钴酸钠的质量为 (计算结果并写出计算过程)。
【答案】（1）168.0/1.680 ×10-2
（2）5.76 g
【解析】（1）该反应过程中Co由+2价升高到+5价，1.920 g高钴酸钠的物质的量=，则此时Co失去电子的物质的量=0.01mol×(5-2)=0.03mol，根据得失电子守恒，可知需要氧气的物质的量=，则氧气的体积=0.0075mol×22.4L/mol=0.168L，即168.0或者1.680 ×10-2ml；
（2）电解过程中存在着电解氯化钴和电解水两个过程，设电解产生的Cl2 xmol，则同时产生的H2 xmol，设产生的O2 ymol，则同时产生H2 2ymol，依据转移电子为0.1mol可知，2x+4y=0.1；产生气体2.016L物质的量=，则x+x+y+2y=0.09mol，解两个方程组成的方程组可知，x=0.03mol，y=0.01mol，则参加反应的氯化钴的物质的量也为0.03mol，根据钴守恒可知，生成的高钴酸钠也是0.03mol，其质量=0.03mol×192g/mol=5.76g。
15．（2007高二上·全国·竞赛）气态废气物中的硫化氢可用下法转化为可利用的硫：配制一份电解溶液，主要成分为：K4[Fe(CN)6](200g/L)和KHCO3(60g/L)；通电电解，控制电解池的电流密度和槽电压，通入H2S气体。写出相应的反应式 。已知：φ[/]=0.35V；KHCO3溶液中的φ(H+/H2)~-0.5V；φ(S/S2-)~-0.3V
【答案】阳极反应：2-2e-=2；阴极反应：2+2e-=2+H2；涉及硫化氢转化为硫的总反应：2+2+H2S=2+2+S
【分析】因为φ[/]-φ(H+/H2)=0.35V-(-0.5V)=0.85V，而φ[/]-φ(S/S2-)=0.35V-(-0.3V)=0.65V＜0.85V，所以阳极失电子，阴极优先得电子。
【解析】在阳极，失电子生成，则阳极反应：2-2e-=2；阴极得电子生成H2等，则阴极反应：2+2e-=2+H2；在溶液中，将H2S氧化为S，生成的H+与结合生成，则涉及硫化氢转化为硫的总反应：2+2+H2S=2+2+S。答案为：阳极反应：2-2e-=2；阴极反应：2+2e-=2+H2；涉及硫化氢转化为硫的总反应：2+2+H2S=2+2+S。
16．（2020高二上·陕西渭南·竞赛）用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图所示(电极材料为石墨)
图1 图2
（1）图1中a极要连接电源的 (填“正”或“负”)极，SO32-放电的电极反应
（2）在图2所示的装置中，若通入直流电5 min时，铜电极质量增加2.16g，试回答：
①溶液pH变化：B ，C (填“增大”“减小”或“不变”)。
②通电5 min时，B中共收集224mL气体(标准状况)，溶液体积为200mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为 (设电解前后溶液体积无变化)。
【答案】（1）负极 SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+ （2）①减小 不变 ②0.025 mol·L-1
【分析】（1）依据电解质溶液中阴阳离子的移动方向判断电极，阳离子移向阴极，a为阴极，b为阳极，在阳极失去电子变成，可能伴有氢氧根离子放电生成氧气，所以C口流出的物质是H2SO4，阴极区放电离子为氢离子生成氢气，据此分析解答；（2）由图二中信息可知，B、C两个装置串联在同一电路中。根据铜电极质量增加2.16 g，可以判断铜电极为阴极，则电源的X电极为负极、Y电极为正极。所以，B是电解池、C是电镀装置，据此分析解答问题。
【解析】（1）由上述分析可知，a接电源负极；发生氧化反应，放电的电极反应式为：，故答案为：负极；；
（2）①根据上述分析可知，B中电解硫酸铜溶液生成硫酸，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，C是电镀装置，其中阴极反应为Ag++e-═Ag，阳极反应为Ag-e-═Ag+，溶液浓度不变，则pH不变，故答案为：减小；不变；②通电5 min后，电路中通过的电子为n(e-)=n(Ag)=，B中阳极可收集到O2，n(O2)=，因为B中共收集到标准状况下224 mL气体（0.01mol），所以B中阴极一定产生了氢气0.005mol，由此根据电子转移守恒，可以确定B中一定析出铜0.005mol，根据溶液体积为200 mL，可以计算出通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为0.025 mol·L－1，故答案为：0.025 mol·L－1。
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第二节 电解池
内容概览
01 竞赛技巧总结 核心策略精讲，高效解题通法提炼
02 技巧针对训练 专项能力突破，弱点题型强化攻坚
03 综合培优精练 高阶思维拓展，综合问题融合演练
04 竞赛真题精练 实战命题解密，赛场节奏模拟特训
竞赛技巧1 电解的原理及其应用
一、电解原理
1.电解和电解池
（1）电解：在电流作用下，电解质在两个电极上分别发生氧化反应和还原反应的过程。
（2）电解池：将电能转化为化学能的装置。
（3）电解池的构成
①有与直流电源相连的两个电极。
②电解质溶液(或熔融电解质)。
③形成闭合回路。
2.电解池的工作原理
（1）电极名称及电极反应式(电解CuCl2溶液为例)
总反应式：CuCl2Cu＋Cl2↑
（2）电解过程的三个流向
①电子流向：电源负极→电解池阴极；电解池的阳极→电源的正极；
②离子流向：阳离子→电解池的阴极，阴离子→电解池的阳极。
③电流方向：电源正极→电解池阳极→电解质溶液→电解池阴极→电源极。
3.电极产物判断
（1）阳极产物的判断
①活性电极(除Au、Pt以外的金属材料作电极)，电极材料失电子，生成金属阳离子。
②惰性电极(Pt、Au、石墨)，要依据阴离子的放电顺序加以判断。
阴离子的放电顺序：活泼电极＞S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－＞含氧酸根离子。S2－、I－、Br－、Cl－放电，产物分别是S、I2、Br2、Cl2；若OH－放电，则得到H2O和O2。
（2）阴极产物的判断
直接根据阳离子放电顺序进行判断。
阳离子放电顺序：Ag＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋(酸)＞Fe2＋＞Zn2＋＞H＋(水)＞Al3＋＞Mg2＋。
①若金属阳离子(Fe3＋除外)放电，则得到相应金属单质；若H＋放电，则得到H2。
②放电顺序本质遵循氧化还原反应的优先规律，即得(失)电子能力强的离子先放电。
4.电极反应式、电解方程式的书写
（1）首先判断阴、阳极，分析阳极材料是惰性电极还是活泼电极。
（2）再分析电解质水溶液的组成，找全离子并分阴离子、阳离子两组(不要忘记水溶液中的H＋和OH－)。
（3）然后排出阴、阳两极的放电顺序：
阴极：阳离子放电顺序：Ag＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋(酸)＞Fe2＋＞Zn2＋＞H＋(水)＞Al3＋＞Mg2＋＞Na＋＞Ca2＋＞K＋。
阳极：活泼电极＞S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－＞含氧酸根离子。
（4）分析电极反应，判断电极产物，写出电极反应式，要注意遵循原子守恒和电荷守恒。
（5）最后写出电解反应的总化学方程式或离子方程式，并注明“电解”条件。
【特别提醒】①阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电，注意离子导体(电解质)是水溶液还是非水状态。②阳极材料不同，电极产物、电极反应式可能不同，最常用、最重要的放电顺序为阳极：Cl－>OH－；阴极：Ag＋>Cu2＋>H＋。③电解水溶液时，K＋～Al3＋不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属。④书写电解池中的电极反应式时，要以实际放电的离子表示，但书写总电解反应方程式时，弱电解质要写成分子式。⑤电解质溶液中未参与放电的离子是否与放电后生成的离子发生反应(离子共存)。⑥要确保两极电子转移数目相同，且注明条件“电解”。
5.阴、阳极的判断方法
（1）根据外接电源:正极接阳极，负极接阴极。
（2）根据电流方向:从阴极流出，从阳极流入。
（3）根据电子流向:从阳极流出，从阴极流入。
（4）根据离子移向:阴离子移向阳极，阳离子移向阴极。
（5）根据电极产物:阳极——电极溶解、逸出O2(或阳极区酸性增强)或Cl2；阴极——析出金属、逸出H2(或阴极区碱性增强)。
（6）根据反应类型:阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。
二、电解原理的应用
1.氯碱工业——电解饱和食盐水，制取烧碱、氯气和氢气
（1）原理：在食盐水的电解过程中，由于阴极区H+浓度变小，OH—浓度不断增大，生成的OH—向阳极移动，会和阳极产生的氯气发生反应Cl2 +2NaOH =NaCl + NaClO + H2O，另外阳极产生的氯气和阴极产生的氢气会发生反应生成氯化氢，为阻止OH—向阳极移动，同时避免生成的氢气和氯气接触，工业上通常离子交换膜将两极分开，使用的离子交换膜是阳离子交换膜，它只允许阳离子(如Na＋)通过，能阻止阴离子(如Cl－)及分子(如Cl2)通过，这样既避免了Cl2与H2混合光照下发生爆炸，又防止了Cl2与NaOH溶液的反应，从而得到烧碱、氯气和氢气。
（2）两极室放入的原料：阳极室是精制后的饱和食盐水；阴极室是稀的NaOH溶液。
（3）食盐水必须精制的原因是防止食盐中的杂质离子(如Ca2＋、Mg2＋等)与OH－反应生成沉淀而堵塞交换膜，导致无法制得烧碱。精制食盐水的方法(除去食盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO)
除上述操作顺序外，还可以是②→①→③→④或①→③(去掉过滤)→②(增加过滤)→④。
（4）电极反应式
阳极反应式：2Cl－－2e－===Cl2↑(氧化反应)
阴极反应式：2H＋＋2e－===H2↑(还原反应)
（5）总反应方程式：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑
2.电镀与电解精炼
电镀 电解精炼铜
概念 应用电解原理在某些金属表面镀上一薄层其他金属或合金的方法 利用电解方法提取纯金属的技术。其基本原理是通过电解过程，利用不同元素在阳极溶解或阴极析出难易程度的差异，从而提取纯金属
装置示意图 待镀件作阴极，镀层金属（铜）作阳极，含有镀层金属离子（铜离子）的溶液作为电解液 粗铜作为阳极，纯铜作为阴极，含有铜离子的溶液作为电解液。
工作原理 电镀时，一般用含镀层金属阳离子的溶液做电镀液，把待镀的金属制品浸入电镀液中，与直流电源的负极相连，作为阴极；把镀层金属作为阳极，与直流电源的正极相连，通入低压直流电，阳极金属铜溶解，成为铜离子，移向阴极，铜离子在阴极获得电子被还原成金属铜，覆盖在待镀金属表面 粗铜中往往含有锌、铁、镍、金等多种金属，当含杂质的铜在阳极不断溶解时，位于金属活动性顺序中铜以前的金属杂质如Zn、Fe、Ni等，也会同时失去电子，如Zn-2e-=Zn2+、Fe-2e-=Fe2+、Ni-2e-=Ni2+，但是它们的阳离子比Cu2+难还原，所以Zn2+、Fe2+、Ni2+并不在阴极获得电子析出，而只是留在电解质溶液里。而位于金属活动性顺序中铜之后的金属如银、金等金属杂质，因为银、金的失电子能力比铜弱，难以在阳极失去电子变成阳离子，所以以金属单质的形式沉积在电解槽底部，形成阳极泥(阳极泥可作为提炼金、银等费重金属的原料)。
电极反应 阳极 Cu－2e－===Cu2＋ Zn－2e－===Zn2＋、Fe-2e-=Fe2+、 Ni-2e-=Ni2+，Cu－2e－===Cu2＋
阴极 Cu2＋＋2e－===Cu Cu2＋＋2e－===Cu
电解质溶液的浓度变化 CuSO4溶液的浓度不变 CuSO4溶液的浓度变小
说明 电镀装置的构成，一般用镀件做阴极，镀层金属做阳极，含有镀层金属离子的盐溶液做电镀液。 在铜的电解精炼过程中，作为阳极的粗铜不断溶解，铜在阴极上不断析出，结果使粗铜变成精铜，其纯度可达到99.95%—99.98%，完全达到做导线的要求。
注意：电解精炼铜时，阳极质量减小，阴极质量增加，溶液中的Cu2＋浓度减小。粗铜中不活泼的杂质(金属活动性顺序中位于铜之后的银、金等)，在阳极难以失去电子，当阳极上的铜失去电子变成离子之后，它们以金属单质的形式沉积于电解槽的底部，成为阳极泥。
3.电冶金
K、Ca、Na、Mg、Al等活泼金属，很难用还原剂从它们的化合物中还原得到单质，因此必须通过电解熔融的化合物的方法得到。
电解冶炼 冶炼钠 冶炼镁 冶炼铝
电极反应 阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑ 阴极：2Na＋＋2e－===2Na 阳极：2Cl－2e－===Cl2↑ 阴极：Mg2＋＋2e－===Mg 阳极：6O2－－12e－===3O2↑ 阴极：4Al3＋＋12e－===4Al
总反应 2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑ MgCl2 熔融 Mg＋Cl2↑ 2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑
【特别提醒】（1）氯碱工业所用的饱和食盐水需要精制，除去NaCl中混有的Ca2＋、Mg2＋、SO。
（2）电镀铜时，电解质溶液中c(Cu2＋)不变；电解精炼铜时，电解质溶液中c(Cu2＋)减小。
（3）电解熔融MgCl2冶炼镁，而不能电解MgO冶炼镁，是因为MgO的熔点很高；电解熔融Al2O3冶炼铝，而不能电解AlCl3冶炼铝，是因为AlCl3是共价化合物，其熔融态不导电。
竞赛技巧2 用惰性电极电解电解质溶液的规律
1.电解溶剂水型
电解质类型 电极反应式及总反应式 电解质溶液浓度 溶液pH变化 电解质溶液复原
含氧酸，如H2SO4 阴极：4H2O＋4e－===2H2↑＋4OH－ 阳极：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋ 总反应式：2H2O2H2↑＋O2↑ 增大 减小 加水
可溶性强碱，如NaOH 增大
活泼金属含氧酸盐，如KNO3 不变
2.电解溶质型
电解质 类型 电极反应式及总反应式 电解质 溶液浓度 溶液 pH变化 电解质 溶液复原
无氧酸，如HCl 阴极：2H＋＋2e－===H2↑ 阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑ 总反应式：2HClH2↑＋Cl2↑ 减小 增大 通入HCl气体
不活泼金属无氧酸盐，如CuCl2 阴极：Cu2＋＋2e－===Cu 阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑ 总反应式：CuCl2Cu＋Cl2↑ 加入CuCl2固体
3.电解溶质和溶剂水型，生成H2和碱（析氢生碱型）：
电解质 (水溶液) 电极反应式及总反应式 电解质 溶液浓度 溶液 pH变化 溶液 复原
活泼金属的无氧酸盐 (如NaCl) 阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑ 阴极：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－ 总反应式：2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－ 生成新 电解质 增大 通入 HCl 气体
4.电解溶质和溶剂水型，生成O2和酸（放氧生酸型）
电解质 (水溶液) 电极反应式及总反应式 电解质 浓度 溶液 pH变化 溶液 复原
不活泼金属的含氧酸盐[如CuSO4] 阳极：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋ 阴极：2Cu2＋＋4e－===2Cu 总反应式：2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋ 生成新 电解质 减小 加CuO 或CuCO3
竞赛技巧3 电化学装置中的离子交换膜及其应用
离子交换膜是电化学装置（电解池、原电池）中控制离子迁移的核心组件，其作用是选择性透过特定离子、分隔区域、阻止副反应、提高效率，是高中化学竞赛的高频考点（尤其结合工业流程、环保情境）。
一、离子交换膜的类型与核心作用
离子交换膜通过膜上的固定电荷基团选择性允许离子通过，按透过离子类型分为四类：
膜类型 允许通过的离子 膜上固定电荷 核心作用
阳离子交换膜 阳离子(如H+、Na+、Cu2+) 负电荷基团(如-SO3-) 阻止阴离子通过，允许阳离子迁移，维持电中性或富集阳离子。
阴离子交换膜 阴离子(如Cl-、OH-、SO42-) 正电荷基团(如-NH3+) 阻止阳离子通过，允许阴离子迁移，维持电中性或富集阴离子。
质子交换膜(PEM) 仅H+(特殊阳离子交换膜) 负电荷基团 高效传导H+，常用于燃料电池，防止气体混合(如H2与O2隔离)。
双极膜 H+向阴极迁移，OH-向阳极迁移 双极膜由三层复合而成：阳离子交换层（C 层，带负电荷基团，如 -SO3-）、中间界面层（催化层，通常为弱电解质或亲水材料）、阴离子交换层（A 层，带正电荷基团，如 - -NH3+）。C 层与 A 层紧密结合，中间界面层为水分子解离提供活性位点。 解离水生成 H+和 OH-并迁移
二、电解池中离子交换膜的典型应用(竞赛核心)
电解池是离子交换膜应用最集中的场景，需结合电极反应、离子迁移方向及膜的选择性，分析产物生成、浓度变化及副反应控制。
1.氯碱工业(电解饱和NaCl溶液)—阳离子交换膜的经典应用
（1）装置结构：阳极(石墨，生成Cl2)、阴极(铁，生成H2和NaOH)，两室通过阳离子交换膜分隔。
（2）电极反应：
阳极：2Cl--2e-=Cl2(消耗Cl-)；
阴极：2H2O+2e-=H2+2OH-(生成OH-)。
（3）膜的作用：①允许阳极室的Na+通过阳离子交换膜进入阴极室，与阴极生成的OH-结合生成NaOH(目标产物)；
②阻止阴极室的OH-向阳极室迁移(避免OH-与Cl2反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，降低Cl2利用率)；
（4）浓度变化：阳极室NaCl浓度降低(Cl-消耗、Na+迁移)，阴极室NaOH浓度升高(Na+迁入和
OH-生成)。
2.三室电解池与资源回收(如废水电解)——阴阳离子交换膜组合应用
竞赛常考“三室电解”处理混合溶液(如含Na2SO4、重金属离子的废水)，通过膜的组合实现物质分离或提纯。
例：三室电解处理Na2SO4废水(左：阳极室，中：原料室，右：阴极室):
（1）电极反应：
阳极(石墨):2H2O-4e-=O2+4H+(生成H+)；
阴极(石墨):2H2O+2e-=H2+2OH-(生成OH-)；
（2）膜选择：阳极室与原料室间用阴离子交换膜(允许SO42-从原料室迁入阳极室，与H+生成H2SO4)；原料室与阴极室间用阳离子交换膜(允许Na+从原料室迁入阴极室，与OH-生成NaOH)。
（3）结果：原料室Na2SO4浓度降低(资源回收为H2SO4和NaOH)，实现废水净化与酸碱再生。
3.电镀与电解精炼——离子交换膜控制镀层质量
电镀铜(如在铁件上镀铜):若用阳离子交换膜分隔阳极(纯铜)与阴极(铁件)，电解质为CuSO4溶液。
（1）电极反应：
阳极：Cu-2e-=Cu2+(生成Cu2+)；
阴极：Cu2++2e-=Cu(消耗Cu2+)；
（2）膜作用：允许Cu2+通过阳离子交换膜从阳极室迁入阴极室，维持阴极区Cu2+浓度稳定(避免浓度过低导致镀层粗糙)，同时阻止杂质离子(如阳极泥中的Ag+、Au3+)迁移到阴极。
三、原电池(燃料电池)中离子交换膜的应用
燃料电池中离子交换膜的核心作用是传导离子以维持电中性，同时隔离燃料与氧化剂。
1.氢氧燃料电池(质子交换膜，PEMFC)
（1）电极反应：
阳极(燃料极):H2-2e-=2H+；
阴极(氧化剂极):O2+4H++4e-=2H2O；
（2）膜作用：质子交换膜允许H+从阳极迁移到阴极，参与阴极反应生成水，同时阻止H2与O2直接混合反应(提高能量转化效率)。
2.熔融碳酸盐燃料电池(阴离子交换膜)
以CO为燃料、熔融K2CO3为电解质，膜允许(CO32-迁移：
（1）电极反应：
负极：2O+CO32--2e-=2CO2；
正极：O2+2CO2+4e-=2CO32-；
（2）膜作用：阴离子交换膜允许(CO32-从阴极迁移到阳极，循环参与反应，维持电解质浓度稳定。
四、双极膜在电化学装置中的典型应用（竞赛高频场景）
双极膜的核心优势是 “以水代酸碱”，减少传统工艺中酸碱的消耗与污染，以下为竞赛常考应用场景：
1. 酸碱再生（替代传统离子交换膜工艺）
案例：从Na2SO4溶液再生H2SO4和NaOH
传统三室电解需用阳离子交换膜（允许Na+迁移）和阴离子交换膜（允许SO42=迁移），而双极膜可简化装置：
（1）装置结构：左侧阳极室（含Na2SO4溶液）、中间双极膜、右侧阴极室（含Na2SO4溶液）。
（2）电极反应：
阳极（惰性）：无直接氧化反应（或辅助反应，如H2O失电子生成O2，但主要依赖双极膜供OH-）；
阴极（惰性）：无直接还原反应（或辅助反应，如H2O得电子生成H2，主要依赖双极膜供H+）。
（3）双极膜作用：电场中解离水产生H+和OH-，H+向阴极室迁移，与SO42=结合生成H2SO4；OH-向阳极室迁移，与Na+结合生成NaOH。
（4）优势：无需外部引入H+和OH-，仅消耗水和电能，实现盐→酸碱的绿色转化。
2.废水处理与资源回收（含高盐或有毒离子废水）
案例：处理含NaNO3的工业废水，回收HNO3和NaOH
双极膜解离水产生H+和OH-，H+迁移至含NO3-的一侧生成HNO3，OH-迁移至含Na+的一侧生成NaOH，同时去除废水中的Na+和NO3-，实现废水净化与资源再生。
3.电合成化学品（避免副反应）
案例：电合成有机酸（如甲酸）
传统电解中若直接用酸溶液，阳极可能发生H2O氧化生成O2的副反应；引入双极膜后，其提供的H+可定向参与阴极的CO2还原反应（CO2+2H++2e-=HCOOH），减少H+的浪费，提高目标产物选择性。
4.燃料电池与能量存储（新型应用）
在某些燃料电池中，双极膜可调控质子（H+）或氢氧根（OH-）的传导，同时通过解离水补充反应消耗的H+/OH-，维持电解质稳定性（如碱性燃料电池中补充OH-损耗）。
竞赛技巧4 电解定律（法拉第电解定律）及其应用
一、电解定律的核心内容
电解定律是描述电解过程中电极上析出物质的量与通过电解池的电量之间定量关系的规律，由英国科学家法拉第（MichaelFaraday）提出，包括法拉第第一定律和法拉第第二定律，二者共同构成电解定量计算的基础。
1.法拉第第一定律
（1）内容：在电解过程中，电极上析出（或溶解）的物质的质量与通过电解池的电量（电荷量）成正比。
（2）数学表达式：m=k·Q或m=(M/nF)·I·t
式中：
m:电极上析出(或溶解)物质的质量(单位：g)；
Q:通过的电量(单位：C，库仑)，Q=I·t(I为电流强度，单位：A；t为时间，单位：s)；
k:比例常数(称为“电化当量”，单位：g/C)，表示单位电量析出的物质质量；
M:物质的摩尔质量(单位：g/mol)；
n:电极反应中每摩尔物质转移的电子数(由电极反应式确定，如Cu ++2e-=Cu中n=2)；
F:法拉第常数，表示1mol电子所带的电量，F≈96500C/mol(竞赛中通常取此值计算)。
2.法拉第第二定律
（1）内容：在相同电量下，电解不同电解质溶液时，电极上析出(或溶解)的不同物质的物质的量与它们的化学计量数(或每摩尔物质转移的电子数n)成反比；或析出物质的质量与它们的摩尔质量M成正比，与电子数n成反比。
数学表达式：
对于两种物质A和B，在相同电量下：mA/mB=(MA/nA)/(MB/nB)或nA/nB=n'A/n′B
(nA、nB为A、B的物质的量；n'A、n′B为A、B电极反应中转移的电子数)。
3.法拉第常数的意义:F=96500C/mol是电解计算的核心常数，其物理意义为：1mol电子所带的总电量(1个电子电量e≈1.602×10-19C，故F=NA·e≈6.02×10 ×1.602×10-19≈96500C/mol)。
二、电解定律的应用
电解定律是电化学定量计算的“桥梁”，广泛应用于电解产物计算、电冶金、电镀、电化学分析等领域，也是高中化学竞赛的高频考点。
1.单一电解池的产物定量计算
核心思路：通过电子守恒(转移电子数n(e-)相等)关联电极反应与电量，利用m=(M/nF)·I·t计算质量、体积或电量。
例1:计算析出物质的质量
电解CuSO4溶液(惰性电极)，通入0.5A电流，电解30分钟，阴极析出Cu的质量是多少
步骤1:确定电极反应与n:阴极Cu2++2e-=Cu，n=2，M(Cu)=64g/mol；
步骤2:计算电量Q=I·t=0.5A×30×60s=900C；
步骤3:代入公式：m=[64/(2×96500)]×900≈0.298g。
例2:计算气体产物的体积(标况)
电解饱和NaCl溶液，通过1.93×104C电量，阳极生成Cl2的体积是多少
步骤1:阳极反应2Cl--2e-=Cl2，n=2(生成1molCl2转移2mol电子)；
步骤2:计算转移电子的物质的量n(e-)=Q/F==1.9635×104/96500=0.2mol；
步骤3:生成Cl2的物质的量n(Cl2)=n(e-)/2=0.1mol，标况体积V=0.1×22.4=2.24L。
2.混合电解质溶液的分步电解计算
当溶液中存在多种可放电离子时，需结合放电顺序分步分析，每一步对应特定的电量与产物，总电量为各步电量之和。
例：电解1L含0.1mol/LCu2+和0.2mol/LH+的混合溶液(惰性电极)，阴极先析出Cu，后析
出H2。若通过3.86×104C电量，计算阴极产物的总质量。
步骤1:第一步(Cu析出):Cu2++2e-=Cu，n(Cu2+)=0.1mol，需电量Q1=0.1×2×96500=19300C，生成m(Cu)=0.1×64=6.4g；
步骤2:剩余电量Q2=3.86×104-19300=19300C，第二步(H2析出):2H++2e-=H2，n(e-)=19300/96500=0.2mol，生成n(H2)=0.1mol，m(H2)=0.1×2=0.2g；
总质量：6.4+0.2=6.6g。
3.串联电解池的计算(电子守恒的核心应用)
多个电解池串联时，通过各电解池的电量相等，转移电子数相等，可通过电子守恒关联各池产物。
例：三个电解池串联(惰性电极)，分别电解CuSO4、AgNO3、NaCl溶液，通电一段时间后，第一个池阴极析出1.28gCu，求：
转移电子数：n(e-)=1.28×2=0.04mol；
第二个池阴极析出Ag的质量：Ag++e-=Ag，m(Ag)=0.04×108=4.32g；
第三个池阳极生成Cl2的体积(标况):2Cl--2e-=Cl2，n(Cl2)=0.02mol，V=0.02×22.4=0.448L。
4.电冶金与电镀中的应用
（1）电冶金：冶炼活泼金属(如Al、Na)时，计算生产一定量金属所需的电量或能耗。
例：工业制Al时，电解熔融Al2O3，生成1kgAl需要多少电量
反应：4Al3++12e-=4Al(生成4molAl转移12mol电子，即1molAl转移3mol电子)；
n(Al)=1000/27≈37.04mol，n(e-)=37.04×3≈111.1mol；
电量Q=111.1×96500≈1.072×107C。
（2）电镀：计算镀层质量或镀层厚度(需结合密度公式m=p·V=p·S·d，S为面积，d为厚度)。
例：在面积为100cm2的铁件上镀铜，电流1A，电解10分钟，铜镀层厚度为多少 (铜密度p=8.9g/cm )
生成Cu的质量m=[64/(2×96500)]×1×600≈0.197g；
体积V=m/ρ=0.197/8.9≈0.0221cm ；
厚度d=V/S=0.0221/100≈2.21×10-4cm。
5.电化学综合计算(与原电池、能量转化结合)
在原电池与电解池组合装置中，原电池提供的电量等于电解池消耗的电量，需通过总反应或电子守恒关联。
例：用锌-铜原电池(总反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu)为电解池供电，电解AgNO3溶液。若原电池中消耗6.5gZn，电解池阴极析出Ag的质量是多少
原电池中Zn-2e-=Zn2+，消耗6.5gZn(0.1mol)，转移0.2mole-；
电解池阴极Ag++e-=Ag，析出Ag的物质的量=0.2mol，质量=0.2×108=21.6g。
竞赛技巧1 电解的原理及其应用
1．（2013高二·江西·竞赛）如图装置中发生反应的离子方程式为Zn +2H+=Zn2+ +H2↑，下列说法不正确的是
A．a、b有可能是同种材料电极
B．该装置有可能是电解池，电解质溶液为ZnCl2溶液
C．该装置可能是原电池，电解质溶液为稀盐酸
D．该装置可以看成是Cu，Zn原电池，电解质溶液为稀H2SO4
【答案】B
【解析】A．如果该装置是电解池，如锌作阴、阳极，电解质溶液是酸，阳极上锌失电子，Zn-2e-=Zn2+，阴极上氢离子得电子，2H++2e-=H2↑，符合离子反应方程式，所以两个电极可以相同，故A正确；B．该装置可能是电解池，电解质溶液是稀盐酸，锌作阳极，电解时，阳极上锌失电子，Zn-2e-=Zn2+，阴极上氢离子得电子，2H++2e-=H2↑，符合离子反应方程式，若电解质溶液为ZnCl2溶液，阴极上是锌离子得电子，电极方程式为：Zn2++2e-=Zn，离子方程式不符，故B错误；C．该装置可能是原电池，电解质溶液为稀盐酸，锌作负极，Zn-2e-=Zn2+，正极上氢离子得电子，2H++2e-=H2↑，发生的反应符合离子方程式，故C正确；D．电解质溶液为稀硫酸，锌作负极，Zn-2e-=Zn2+，铜作正极，2H++2e-=H2↑，故该装置可看作是铜—锌原电池，电解质溶液是稀硫酸，故D正确；故选B。
2．（2024高三下·浙江·竞赛）沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。
下列叙述错误的是
A．阳极发生反应是Cl-被氧化
B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C．阴极生成的电极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑
D．阳极表面形成的Mg(OH)2等积垢需要定期清理
【答案】D
【分析】海水中存在氯离子、钠离子、镁离子等，在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流，形成电解池。阳极是氯离子失电子发生氧化反应生成氯气：，阴极水得电子生成氢气：。
【解析】A．由分析知，阳极发生反应是Cl-被氧化，A正确；B．阳极产生的氯气和阴极生成的氢氧化钠会发生反应生成次氯酸钠，次氯酸钠具有强氧化性，可以灭杀附着的生物，B正确；C．由分析知，阴极水得电子生成氢气：，电极反应式正确，C正确；D．由分析知，阴极会生成氢氧根离子，海水中有镁离子存在，在阴极形成Mg(OH)2等积垢需要定期清理，D错误；故选D。
竞赛技巧2 用惰性电极电解电解质溶液的规律
3．（2013高二·河南·竞赛）空间实验室的供电系统中有再生氢氧燃料电池(RFC)，RFC是一种将太阳能电池电解水技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。下图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是
A．当有0.1mol电子转移时，a电极产生1.12LH2(标准状况下)
B．b电极上发生的电极反应是：4H2O+4e-=2H2↑+4OH-
C．c电极上进行氧化反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池
D．d电极上发生的电极反应是：O2+4H++4e-=2H2O
【答案】A
【分析】由图可知b为阳极，发生氧化反应：2H2O-4e-=4H++O2↑；a为电极阴极，得电子发生还原反应：4H++4e-=2H2↑；原电池中电解质溶液为酸性溶液，d电极为负极，发生氧化反应：2H2-4e-=4H+；c电极为正极，发生还原反应：O2+4H++4e-=2H2O，据以上分析解答。
【解析】A．根据阴极电极反应式计算，当有0.1mol电子转移时，生成氢气0.05mol，a电极产生1.12LH2(标准状况下)，故A正确；B．结合以上分析可知，b为阳极，发生氧化反应：2H2O-4e-=4H++O2↑，故B错误；C．结合以上分析可知，c电极为正极，发生还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池，故C错误；D．结合以上分析可知，d电极为负极，发生氧化反应：2H2-4e-=4H+，故D错误；故选A。
4．（2019高二·江苏·竞赛）氢氧化锂是制取锂和锂的化合物的原料.用电解法制备氢氧化锂的工作原理如下图：
下列叙述不正确的是：
A．b极附近溶液的pH增大
B．a极发生的反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+
C．当电路中通过1mol电子时，可得到2molLiOH
D．该法制备LiOH还可得到硫酸和氢气等产品
【答案】C
【分析】1.判断电极极性与离子迁移：
电解池中，阴离子向阳极迁移，阳离子向阴极迁移： SO42-向石墨a移动→a为阳极(接电源正极)；Li+向石墨b移动→b为阴极(接电源负极)。
2.推导电极反应：
阳极(a极，氧化反应):水失电子生成O2和H+，反应为：2H2O-4e-=O2+4H+。
阴极(b极，还原反应):水得电子生成H2和OH-，反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，OH-浓度增大，b极附近pH升高。
【解析】A．由以上分析可知，阴极(b极，还原反应):水得电子生成H2和OH-，反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，OH-浓度增大，b极附近pH升高，A正确；B．阳极(a极，氧化反应):水失电子生成O2和H+，反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，B正确；C.电路中通过1mol电子时：阴极生成OH-:由反应式，2e-～2OH-→1e ～1OH-(生成1molOH-)；阳极区SO42-迁移至a极，与H+结合为H2SO4；阴极区Li+迁移至b极，与OH-结合为LiOH:Li+迁移量与电子数相等(le-～1Li+)，故生成1molLiOH(而非2mol)，C错误；D.阳极区：H+与SO42-结合生成H2SO4；阴极区：反应生成H2；故制备LiOH时，可副产硫酸和氢气，D正确，答案选C。
竞赛技巧3 电化学装置中的离子交换膜及其应用
5．（2024高二下·重庆·竞赛）实验室用电化学还原法可实现由制备乙醇，其电解原理如下图所示，、为惰性电极，双极膜中间的物质为液态水。下列说法正确的是
A．穿过双极膜左侧进入左室溶液
B．电解过程中电极区的溶液不变
C．电极发生的反应为：
D．阴阳两极通入或生成的气体物质的量之比为
【答案】D
【分析】该装置为电解池，用电化学还原法可实现由制备乙醇，则C的化合价降低，N极为阴极，电极反应式为，M为阳极，电极反应式为。
【解析】A．电解池中，阳离子移动向阴极，故穿过双极膜右侧进入右室溶液，A错误；B．阳极反应式为，则电解过程中电极区的溶液减小，B错误；C．电极发生的反应为：，C错误；D．由阴阳两极得失电子守恒可得，阴阳两极通入或生成的气体物质的量之比为，D正确；故选D。
6．（2022高二·江苏·竞赛）利用微生物电化学处理有机废水，同时可淡化海水并获得酸碱。现以NaCl溶液模拟海水、采用惰性电极，用如下图所示的装置处理有机废水(以含有机酸溶液为例)，在直流电场作用下，双极膜间的水解离成和。下列说法正确的是
A．膜a为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜
B．产品室生成的物质为盐酸
C．当阴极产生22.4L气体时，理论上可除去模拟海水中11.7g NaCl
D．阳极反应式为：
【答案】B
【分析】由图知，阳极上失去电子生成CO2，阴极上氢离子得电子生成氢气，该电解池是利用微生物电化学处理有机废水，同时可淡化海水并获得酸碱，则氢离子通过双极膜进入产品室，氯离子通过膜b进入产品室，则膜b为阴离子交换膜，产品室生成的物质为盐酸；膜a为阳离子交换膜，钠离子从此进入阴极，得到产品氢氧化钠，据此分析作答。
【解析】A．由分析可知，膜a为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜，A项错误；B．氢离子通过双极膜进入产品室，氯离子通过膜b进入产品室，产品室生成的物质为盐酸，B项正确；C．阴极产生22.4L气体未说明状态，无法通过气体摩尔体积计算，C项错误；D．阳极上失去电子生成CO2，阳极反应式为：，D项错误；答案选B。
竞赛技巧4 电解定律（法拉第电解定律）及其应用
7．（2014高二·江苏·竞赛）磷酸铁锂电池是指用磷酸铁锂(LiFePO4)作为正极材料的锂离子电池，属于一种新型锂离子二次电池，主要用作动力电池，具有安全性高、寿命长、容量大、高温性能好、无记忆效应和无污染等特点。磷酸铁锂可以由磷酸二氢锂、三氧化二铁和过量炭粉通过高温固相反应制备，反应中产生还产生H2O和CO。LiFePO4电池的工作原理是：电池充电时，正极(橄榄石结构的LiFePO4)部分转化为磷酸铁(设摩尔转化率为x)，放出的锂离子(Li+)通过聚合物隔膜向负极(石墨)迁移，还原并嵌入石墨形成复合材料C6Lix；电池放电时，锂离子又从负极中脱出来，穿过隔膜回到正极材料中。(注：锂离子电池就是因锂离子在充放电时来回迁移而命名的，所以锂离子电池又称“摇椅电池”)
（1）请写出制备磷酸铁锂的化学方程式：
（2）请写出磷酸铁锂电池充电、放电时的总反应方程式：
（3）现有10g磷酸二氢锂，全部用于制备磷酸铁锂作为正极材料，则制成的磷酸铁锂电池理论上最多有多大的电池容量(即最大可放出多少电量)？答： (mAh)。(注：1摩尔电子所带的电量约为96500库仑，3.6库仑=1mAh。)
【答案】（1）2LiH2PO4.+Fe2O3+C2LiFePO4+2H2O+CO
（2）Li1-xFePO4+C6LixLiFePO4+6C
（3）2580
【解析】（1）由题干信息可知，磷酸铁锂可以由磷酸二氢锂、三氧化二铁和过量炭粉通过高温固相反应制备，反应中产生还产生H2O和CO，根据氧化还原反应配平原则可知，制备磷酸铁锂的化学方程式为：2LiH2PO4.+Fe2O3+C2LiFePO4+2H2O+CO，故答案为：2LiH2PO4.+Fe2O3+C2LiFePO4+2H2O+CO；（2）根据题干信息，LiFePO4电池的工作原理是：电池充电时，正极(橄榄石结构的LiFePO4)部分转化为磷酸铁(设摩尔转化率为x)，放出的锂离子(Li+)通过聚合物隔膜向负极(石墨)迁移，还原并嵌入石墨形成复合材料C6Lix；电池放电时，锂离子又从负极中脱出来，穿过隔膜回到正极材料中，故磷酸铁锂电池充电、放电时的总反应方程式：Li1-xFePO4+C6LixLiFePO4+6C，故答案为：Li1-xFePO4+C6LixLiFePO4+6C；（3）根据上述分析反应可知，理论上，有关系1LiH2PO4~1LiFePO4~le-，故有
×96500C·mol-1=9288C=9288A·s=mAh=2580mAh，故答案为：2580。
8．（2023高三·全国·竞赛）海水中锂的提取
随着锂电池的广泛应用，锂已成为重要的战略资源，被称为白色石油。据估计，海水中锂的总含量为陆地锂总含量的5000倍以上，但海水中锂的质量浓度仅为0.1-0.2ppm，从海水提取锂首先需要对低浓度的Li+进行选择性富集。Li+能够嵌入某些氧化物并在一定条件下脱出，据此可以进行Li+的富集。
（1）以Li2CO3和MnO2为原料，充分混合后在720°C下煅烧3h，冷至室温后即可得到复合氧化物LiMn2O4(LMO)。用1molL-1的HCl在60°C处理LMO，将其中所有Li+置换后得到HMO，HMO可以和Li+反应再生成LMO，然后LMO与酸作用脱出Li+从而实现Li+富集。如此，可以循环处理。
①写出合成LiMn2O4的方程式 。
②用酸处理LMO时，除离子交换反应之外，也会发生一个副反应，该副反应导致固体中Mn的平均氧化态有所升高，写出副反应对应的化学方程式。这一副反应对再生后的HMO的锂富集性能有何影响 ？
（2）利用电化学富集锂也是有效的方法之一、某电化学系统如图所示，其包含两个电池单元，中间区域置有具有一维孔道结构的λ-MnO2，该孔道可以容纳合适的阳离子进出。MnO2电极通过阳离子交换膜与两个电化学池中的对电极隔开，腔室1和2中的电解质分别为0.5M的Na2SO4.和0.1M的LiOH．该电化学系统的工作步骤如下：

i．向MnO2所在腔室通入海水，启动电源1，使海水中的Li+进入MnO2结构而形成LixMn2O4；ii．关闭电源1和海水通道，启动电源2，同时向电极2上通入空气，使LixMn2O4中的Li+脱出进入腔室2。
①为衡量MnO2对Li+的富集效果，将0.50M的LiC1溶液通入MnO2(4.8mg)所在腔室，启动电源1，使电流恒定在5.0mA，累计工作325s后发现MnO2的电极电势快速下降，计算所得LixMn2O4中的x 。
②写出上述过程中发生腔室2中阴极和阳极上的电极反应 。
【答案】（1）①2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2+O2
②1LiMn2O4+4H+=2Li++3MnO2+Mn2++2H2O，由于富集有效成分减少，这一副反应会使得再生后的HMO的锂富集性能降低
（2）①0.61 ②阴极：O2+2H2O+4e-=4OH-；阳极：LixMn2O4-xe-=xLi++2MnO2
【解析】（1）①原料：Li2CO3(提供Li+)、MnO2(提供Mn)，煅烧时发生氧化还原反应，Mn平均氧化态从+4(MnO2)降至+3.5(LiMn2O4)，同时应该有元素的化合价升高，能失去电子的元素只能是-2价的氧，被氧化生成O2，Li2CO3高温分解生成CO2，则合成LiMn2O4的方程式为2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2+O2。
②LiMn2O4与HCl反应，Mn氧化态升高(如生成MnO2，Mn为+4)，溶液呈酸性，+3.5的Mn(LiMn2O4)不稳定，易发生歧化生成MnO2和Mn2+，反应方程式为1LiMn2O4+4H+=2Li++3MnO2+Mn2++2H2O，副反应使HMO(HMn2O4)中Mn氧化态升高，由于富集有效成分减少，这一副反应会使得再生后的HMO的锂富集性能降低。
（2）①电流I=5.0mA=0.005A，时间t=325s，电量Q=I·t=0.005×325=1.625C。
电子物质的量：n(e-)=Q/F=1.625/96500≈1.684×10-5mol(F=96500C/mol为法拉第常数)。
MnO 物质的量：m(MnO2)=4.8mg=0.0048g，M(MnO2)≈87g/mol，故n(MnO2)=0.0048/87≈5.517×10-5mol。LiMn2O4物质的量：每个LiXMn2O4含2molMn，故：n(LiXMn2O4)=5.517×10-5/2≈2.758×10-5mol。嵌入Li+的物质的量等于电子物质的量(Li++e-→Li嵌入)，故：x=n(e-)/n(LiXMn2O4)=(1.684×10-5)/(2.758×10-5)≈0.61
②腔室2的电极反应
阴极(电极2，通入空气，O2还原):碱性条件下，O2得电子生成OH-，反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-
阳极(MnO2电极，Li+脱出，氧化反应):LiMn2O4失电子，释放Li+，反应式：LixMn2O4-xe-=xLi++2MnO2。
1．（24-25高二上·浙江杭州·期末）利用双极膜电解法将二氧化碳转化为矿化封存，同时得到氧气、氢气、高浓度盐酸等产品，原理如图。下列说法正确的是
A．右侧的双极膜中间层的向右移动
B．a极电极反应式为
C．向碱室中加入固体，有利于的矿化封存
D．电解固碳的总反应：
【答案】D
【分析】右侧双极膜中氢离子进入酸室，氢氧根离子右移在电极b上发生还原反应生成O2，所以b为阳极，左侧双极膜中氢氧根离子进入碱室，与二氧化碳反应生成碳酸根离子，氢离子左移在电极a上发生氧化反应生成H2，所以a为阴极，以此解答。
【解析】A．根据分析，右侧的双极膜中间层的向左移动，进入酸室，A错误；B．根据分析，a极电极反应式为，B错误；C．碱室中二氧化碳和碱反应生成碳酸根离子，碳酸根离子通过左侧阴离子交换膜进入中间室内，与Ca2+结合形成碳酸钙，加入固体会消耗氢氧根不利于CO2的吸收，C错误；D．根据电解池中的产物，电解固碳的总反应为：，D正确；故选D。
2．（24-25高二下·云南玉溪·期末）如图，微生物电池可处理镀铬工业废水中的，且能为乙烯制备提供能量。下列说法不正确的是
A．气体c为
B．b极为正极，电极反应式为
C．该套装置工作时温度不宜过高
D．a极每产生，电解槽中有通过阳离子交换膜
【答案】D
【分析】由左图可知，a极失去电子为负极，乙酸发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为；b极为正极，电极反应式为，生成的铬离子水解生成氢氧化铬，，电子由负极流向正极；根据右侧装置图可知，用铂作电极电解氯化钾溶液，左侧氯离子失电子被氧化为氯气，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸氧化乙烯来制备2-氯乙醇，所以X电极为电解池的阳极，右侧Y电极为阴极，水得电子生成氢气和氢氧根离子，溶液中钾离子通过阳离子交换膜进入右侧，则推知气体c为氢气，据此分析解答。
【解析】A．Y电极为阴极，水得电子生成氢气和氢氧根离子，c为氢气，A正确；B．电极反应式为，B正确；C．该套装置的微生物电池工作时温度不宜过高，否则会导致微生物失活，C正确；D．气体未指明温度和压强，不一定是，电解槽中通过阳离子交换膜的不一定是，D错误；故选D。
3．（24-25高二下·湖南衡阳·期末）羟基自由基（）是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种能将苯酚氧化为和的原电池-电解池组合装置（如图）。下列说法错误的是
A．a极为正极，c极为阴极
B．Ⅰ中双极膜中解离出的透过膜q向Al电极移动
C．d极的电极反应式为：
D．Ⅰ中双极膜中质量每减少18g，左侧溶液中硫酸质量减少98g
【答案】D
【分析】装置I中，b电极为Al电极，能与NaOH发生氧化反应生成四羟基合铝酸钠，为负极，电极反应式为：，则a为正极，PbO2电极得电子，电极反应式为，Ⅰ中双极膜中解离出的透过膜q向Al电极移动，Ⅰ中双极膜中解离出的透过膜p向PbO2电极移动，电极c与b相连，为阴极，电极反应式为：，电极d与a相连，为阳极，电极反应式为，生成羟基自由基（）将苯酚氧化为和，据此回答。
【解析】A．由分析可知，a极为正极，c极为阴极，A正确；B．由分析可知，Ⅰ中双极膜中解离出的透过膜q向Al电极移动，Ⅰ中双极膜中解离出的透过膜p向PbO2电极移动，B正确；C．由分析可知，电极d与a相连，为阳极，电极反应式为，C正确；D．电解水生成的羟基自由基()氧化苯酚生成二氧化碳和水，因此I池为原电池，Ⅱ池为电解池，PbO2电极的电极反应式为，消耗1molH2SO4时还需双极膜中的H2O解离出2mol 参与反应，双极膜中质量每减少 18g，有1mol由水解离出的参与反应，则左侧溶液中硫酸质量减少49g，D错误；故选D。
4．（24-25高二下·重庆·期末）氢能是重要的新能源。储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一；一定条件下，下图所示装置可实现有机物的电化学储氢(忽略其它有机物储氢)。下列说法正确的是
A．该装置工作时，段导线中电子移动方向为
B．该装置工作时，从D极区向E极区迁移
C．生成目标产物的电极反应式为
D．该储氢装置的电流效率(，计算结果保留小数点后1位)
【答案】D
【分析】下图所示装置可实现有机物的电化学储氢，根据装置图可判断为电解池。在电极D处苯还原为环己烷，故电极D为阴极，电极E为阳极，发生氧化反应；电源A为负极，电源B为正极。
【解析】A．该装置工作时，电子从负极流出流向阴极，另一段是从阳极流出流向正极，段导线中电子移动方向为，A错误；B．该装置工作时，从阳极E极区向D极区迁移，B错误；C．生成目标产物的电极反应式为，C错误；D．阴极进入的苯的物质的量是，流出的苯的物质的量是，过程中消耗苯，生成目标产物消耗的电子数=。阳极电解水产生氧气的物质的量为，转移电子的总数=。该储氢装置的电流效率，D正确。故选D。
5．（24-25高二下·湖南长沙·期末）利用有机电化学合成1，2-二氯乙烷的装置如图所示。若该装置工作时中间室溶液的浓度通过调整保持不变，电解时阴极生成气体的速率为，下列说法错误的是
A．b为电源正极
B．合成室内发生的反应为
C．离子交换膜I为阴离子交换膜，离子交换膜Ⅱ为阳离子交换膜
D．中间室补充的速率为
【答案】C
【分析】由图可知，右侧电极上的化合价由+1价升高为+2价，发生氧化反应，则电极N为阳极，电极b为正极，所以电极M为阴极，电极a为负极，M处电极反应为：，N处电极反应为：，据此分析作答。
【解析】A．右侧电极上的化合价由+1价升高为+2价，发生氧化反应，则电极N为阳极，电极b为正极，A正确；B．根据原子守恒可知，合成室内发生的反应为：，B正确；C．由图可知，中间室内的通过离子交换膜Ⅱ，进入右室，最终和生成，左室水中得到电子生成，浓度增大，与中间室移动过来的结合，生成，所以离子交换膜I为阳离子交换膜，Ⅱ为阴离子交换膜，C错误；D．电解时阴极生成气体的速率为，阴极反应：，根据电荷守恒可知，中间室移动过来的的速率为，故中间室补充NaCl的速率为，D正确；故答案选C。
6．（24-25高二下·重庆·期末）一种铜催化铝硫二次电池的工作原理如图所示，放电时的电池反应为。下列说法错误的是
A．放电时，作正极，发生还原反应
B．放电时，负极反应式为：
C．充电时，每生成，有通过阳离子交换膜
D．充电时，阳极质量增加，阴极质量减少
【答案】D
【分析】由图示结合电池放电总反应可知，该电池放电时，Al为负极，电极反应式为，Cu/CuxS为正极，电极反应式为；充电时，Al为阴极，电极反应式为，Cu/CuxS为阳极，电极反应式为。
【解析】A．由分析可知，放电时，作正极，发生得电子的还原反应，A正确；B．由分析可知，放电时，负极反应式为：，B正确；C．充电时，阳极的反应为：，每生成，转移，故有通过阳离子交换膜，C正确；D．充电时，由电极反应式可知，阴极生成Al，阳极由Cu转化为CuxS，两电极的质量均增加，D错误；故选D。
7．（24-25高二下·安徽阜阳·期末）科研团队研发的强酸(IBA)单液流电池，通过引入使得进行多电子转移，从而提高电池的安全性和能量密度。其工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．放电时，向电极M移动
B．放电时，右室每消耗0.1mol ，左室有22.4g 生成
C．充电时，阳极区存在反应：
D．充电时，阴极区pH增大
【答案】C
【分析】由图可知，放电时，M电极失去电子生成，电极M是负极，则电极N为正极，正极存在反应、、，结合二次电池的工作原理，分析作答。
【解析】A．放电时，阳离子向正极移动，N为正极，则放电时，向电极N移动，A错误；B．由分析可知，放电初期和的物质的量为1∶2，最终分别生成和，共得到14个电子，根据得失电子守恒可知右室每消耗0.1mol ，转移的电子为1.4mol，左室生成的为0.7mol，质量为，B错误；C．由分析可知电池放电时正极存在反应，那么充电时，阳极区存在反应：，C正确；D．充电时，M为阴极，充电时，阳离子向阴极移动，即氢离子向电极M移动，即阴极区pH减小，D错误；故答案选C。
8．（24-25高二上·福建泉州·期中）电解熔融氯化钠和氯化钙混合物制备金属钠的装置如图所示。阳极A为石墨，阴极为铁环K，两极用多孔隔离材料或膜隔离材料D隔开。氮气从上方的抽气罩H抽出，液态金属钠经铁管F流入收集器G．下列叙述正确的是
A．氯化钙的作用是作助熔剂，降低氯化钠的熔点；也可以使用氯化镁代替
B．电解得到的钠在熔融混合盐的下层
C．隔膜D为固体隔膜时，制得的钠几乎无杂质
D．电解时阴极发生氧化反应：，阴极上还可能有少量的钙单质生成
【答案】C
【分析】该装置中为电解池，阳极A为石墨，电极反应为：；阴极为铁环K，电极反应为：，氯化钙中的钙离子的氧化性弱于，故钙离子不会在阴极上得到电子生成钙，由此分析作答。
【解析】A．氯化钙的离子键比氯化钠的离子键弱，因此氯化钙的熔点比氯化钠的低，本装置的目的是电解熔融氯化钠，氯化钠是离子化合物，熔点较高，加入氯化钙的目的是为作助熔剂，降低氯化钠的熔点，减少钠蒸汽的挥发。氯化镁中的离子键比氯化钠中的离子键强，氯化镁的熔点比氯化钠的高，因此氯化镁不会降低氯化钠的熔点，氯化镁不能作为助熔剂，A错误；B．从图中可知，金属钠在上部收集，所以钠的密度小于混合盐的密度，B错误；C．由图可知，通过隔膜D移至阳极A放电产生氯气，所以隔膜D应该为阴离子隔膜，可以阻止生成的氯气和钠重新生成氯化钠，制得的钠几乎无杂质，C正确；D．阴极为铁环K，电极反应为：，氯化钙中的钙离子的氧化性弱于，故钙离子不会在阴极上得到电子生成钙，D错误；故选C。
9．（24-25高二上·黑龙江大庆·期中）浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池。理论上当电解质溶液的浓度相等时停止放电。图1为浓差电池，图2为电渗析法制备磷酸二氢钠，用浓差电池为电源完成电渗析法制备磷酸二氢钠，电极a、b均为惰性电极。下列说法正确的是
A．电极a应与Ag(Ⅰ)相连
B．电渗析装置中膜a、b分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜
C．电池从开始到停止放电，理论上可制备
D．电渗析过程中左室pH减小、右室pH不变
【答案】C
【分析】浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池，则Ag(Ⅰ)，硝酸银浓度较低，为负极，发生反应，Ag(Ⅱ)硝酸银浓度较高，为正极，电极反应为，据此回答。
【解析】A．浓差电池中由于右侧AgNO3，浓度大，则Ag(Ⅰ)为负极，Ag(Ⅱ)正极；电渗析法制备磷酸二氢钠，左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，则电a为阳极，电极b为阴极；电极a应与Ag(Ⅱ)相连，A错误；B．左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，故膜a、b均为阳离子交换膜，B错误；C．电池从开始到停止放电时，则浓差电池两边AgNO3浓度相等，所以正极析出0.02mol银，电路中转移0.02 mol电子，将有0.02mol氢离子进入中间室，发生反应：，生成的磷酸二氢钠的物质的量为0.01mol，质量为1.2g，C正确；D．阳极中的水失电子电解生成氧气和氢离子，氢离子通过膜a进入中间室，消耗水，硫酸的浓度增大，故左室pH减小；阴极水得电子电解生成氢气，中间室中的钠离子通过膜b进入右室NaOH的浓度增大，故右室pH增大，D错误；故选C。
10．（24-25高二下·江苏扬州·期中）为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合HCHO高效制H2的方法，装置如图所示。部分反应机理为：。下列说法不正确的是
A．阴极反应：2H2O + 2e- = 2OH-+ H2↑
B．电解时OH-通过阴离子交换膜向b极方向移动
C．阳极反应：2HCHO-2e-+ 2H2O =2HCOO-+ 4H++H2↑
D．相同电量下H2理论产量是传统电解水的2倍
【答案】C
【分析】据图示可知，b电极上HCHO转化为HCOO-，而HCHO转化为HCOO-为氧化反应，所以b电极为阳极，a电极为阴极，HCHO为阳极反应物，由反应机理可知：反应后生成的转化为HCOOH。由原子守恒和电荷守恒可知，在生成HCOOH的同时还生成了H-，生成的HCOOH再与氢氧化钾酸碱中和：HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，而生成的H-在阳极失电子发生氧化反应生成氢气，即2H--2e-=H2↑，阴极水得电子生成氢气：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
【解析】A．阴极水得电子生成氢气，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，A正确；B．由电极反应式可知，电解过程中阴极生成OH-，负电荷增多，阳极负电荷减少，要使电解质溶液呈电中性，通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b极方向移动，B正确；C．由以上分析可知，阳极反应涉及到：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，由(①+②)×2得阳极反应为：，C错误；D．由以上分析可知，阳极反应：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，阴极反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，即转移2mol电子时，阴、阳两极各生成1molH2，共2molH2，而传统电解水：，转移2mol电子，只有阴极生成1molH2，所以相同电量下理论产量是传统电解水的2，D正确；故选C。
11．（24-25高二下·湖南·期中）我国科学家在利用可编程交流电电解合成有机物方面取得重大突破。某科研小组用下图装置由正己烷合成正十二烷[用R—表示]；电极材料均为多孔铜基催化剂修饰的钛电极，电解质溶液为四丁基高氯酸铵的乙腈溶液，利用电脑编程信号控制交流电进行电解。下列说法错误的是
电极上反应的过程如下：正半周期 步骤1：铜催化剂转化 步骤2： 步骤3：（中间体） 负半周期 步骤4：
A．交流电正半周期发生氧化反应，负半周期发生还原反应
B．正半周期电极反应式为
C．电解池中，当一极生成正十二烷时，另一极会实现铜的再生
D．交流电通过周期性改变电流方向，促进铜催化剂在不同形态间循环，从而加速了电解效率
【答案】C
【解析】A．由反应过程可知，正半周期步骤1、步骤2均失去电子，发生氧化反应，负半周期步骤4得到电子，发生还原反应，A正确；B．步骤1、2、3三式相加，可得Cu+CH3(CH2)4CH3 2e →Cu2+ R +H+，B正确；C．由反应过程可知，正十二烷和铜都在步骤4生成，通过电流控制，当一极发生氧化反应时，另一极发生还原反应，即生成正十二烷和铜的再生是在同一个电极完成的，C错误；D．反应中铜作催化剂，正半周期铜起催化作用，负半周期是铜的再生，两个电极均能实现这个过程，促进了铜催化剂在不同形态间循环，从而加速了电解效率，D正确；故答案选C。
12．（24-25高二下·江苏南京·期中）某浓差电池可将海水中的NaCl转化为NaOH和HCl，装置如图所示。M、N均为AgCl/Ag电极，a、c为选择性离子交换膜，b为双极膜(双极膜中催化层可将水解离为和，并实现其定向移动)。下列说法正确的是
A．电池工作时，N极发生氧化反应
B．a为阴离子交换膜，c是阳离子交换膜
C．Ⅱ室中得到盐酸，Ⅲ室中得到NaOH溶液
D．M电极质量每减少10.8g，双极膜内有解离
【答案】B
【分析】I室通入足量的NH3发生反应为，Ⅰ室中浓度减小，M电极反应为，故M为负极；N为正极，电极反应为，可知双极膜产生的OH-进入Ⅱ室，H+进入Ⅲ室；又知该浓差电池可将海水中的NaCl转化为NaOH和HCl，故Ⅱ室中的Cl-进入I室，Ⅲ室中的Na+进入Ⅳ室，故a 、c分别是阴离子交换膜和阳离子交换膜。
【解析】A．由上述分析可知，N为正极，发生还原反应，故A错误；B．由上述分析可知，a是阴离子交换膜，c是阳离子交换膜，故B正确；C．由分析可推断出Ⅱ室中得到NaOH溶液，Ⅲ室中得到HCl溶液，故C错误；D．M电极质量每减少10.8g，即负极参与反应的Ag为0.1mol，则有0.1mol OH-定向移动到Ⅱ室，故双极膜内解离的H2O为0.1mol，故D错误；故答案选B。
13．（24-25高二下·广东·期中）积极稳妥推进碳达峰碳中和具有重大意义，一种利用电解原理捕获CO2的装置如图所示。捕获CO2时，在石墨电极表面转化为，下列说法不正确的是
A．Ni和Fe均是第四周期第VIII族元素
B．工作时，镀镍铁网与外接电源的负极相连
C．石墨电极上发生氧化反应
D．标准状况下，理论上每生成1mol的同时会生成11.2LH2
【答案】D
【分析】该装置利用电解原理捕捉，含等的混合气体进入吸收罐，与溶液反应，电解池中，阴极（镀镍铁网）处得电子生成，阳极（石墨电极）发生特定物质的氧化转化，阴离子交换膜可让阴离子定向移动，维持电荷平衡，加液口用于补充相关溶液。通过电解过程，实现的捕获及转化，整体为碳减排相关的电解装置。
【解析】A．Ni和Fe均为第四周期第Ⅷ族元素，故A正确；B．镀镍铁网上产生，镀镍铁网应为阴极，与外接电源负极相连，故B正确；C．石墨电极为阳极，发生氧化反应，故C项正确；D．每生成1mol会转移2mol，标准状况下理论上产生22.4L，故D不正确；故选D。
14．（24-25高二下·浙江杭州·期中）装置甲是一种将废水中的氯乙烯转换成对环境无害的微生物电池，连接甲、乙装置进行粗铜精炼，其原理如图所示，
下列说法正确的是
A．电解精炼时，粗铜与X电极相连
B．若N电极消耗11.2L ，粗铜电极质量减少64g
C．电解过程中N区溶液的pH减小
D．M电极的电极反应式为
【答案】D
【分析】根据微生物电池中物质的变化，可判断电极N由转化为，做正极；电极M做负极；电解精炼铜工艺中需将粗铜中的铜单质提纯作阳极与电源正极相连即粗铜连接N极作阳极；精铜端只发生反应作阴极与电极M相连。以此答题。
【解析】A．根据分析，电解精炼时，粗铜与电源正极相连，X电极为负极，A错误；B．若N电极消耗11.2L ，没有说明状态，该选项无法计算，B错误；C．电解过程中N区发生的极反应式为：，溶液的pH增大，C错误；D．M电极为负极，发生失电子的氧化反应，产物无污染，电极反应式为：，D正确；故选D。
15．（24-25高二下·湖北武汉·期末）铁及其化合物在处理工业废水、废气过程中发挥重要作用。
（1）工业上可用除含硫化合物，如：，通过下图装置可重新获得。电解时，阳极的电极反应式为 ；电解过程中阴极区溶液的pH （填“变大”、“变小”或“不变”）。
（2）下图以铁作电极电解除铬。
已知转化反应：；氧化性强弱：
①电解过程中主要反应之一：；图中气体a的主要成分是 。
②x膜的最佳选择为： 。
a．阴离子交换膜 b．阳离子交换膜 c．质子交换膜
③在电解过程中，不同pH、通电时间与Cr元素的去除率关系如图所示，其中相比时铬元素去除率偏低的原因可能是 。
（3）高铁酸钾是一种理想的水处理剂，高铁电池的研制也在进行中。如图所示是高铁电池的模拟实验装置。
①该电池放电时正极反应式为 。
②上图为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出高铁电池的优点有 （答一点即可）。
【答案】（1） 变大
（2）① ②c ③pH值升高，转化为，氧化能力减弱
（3）① ②放电时间长或电压稳定
【解析】（1）阳极发生氧化反应，根据反应原理，阳极的电极反应式为：，阴极区发生的反应为：，pH变大；（2）①根据电解原理，阳极区Fe发生反应：，，阴极区的Fe发生反应：，所以气体a的主要成分为；②根据反应，阳极区产生的通过x膜进入阴极区，同时防止进入阳极区发生其他副反应，所以x膜的最佳选择为质子交换膜，故选c。
③pH值升高，转化为，氧化能力减弱，所以相比时铬元素去除率偏低
（3）①如图，该电池放电时正极反应式为：；②由图示可知，高铁电池的优点有：放电时间长或电压稳定。
1．（2024高二下·江苏·竞赛）电解高浓度的丙酸钠溶液可制得丁烷，下列说法不正确的是
A．阳极反应为
B．电解过程中溶液的pH不断增大
C．若电解槽存在阳离子交换膜，则每生成1mol丁烷，阳极区增重44g
D．已知电解过程中会生成乙基自由基()，采用高浓度丙酸钠是为了提高自由基偶联的概率
【答案】C
【分析】根据电解高浓度的丙酸钠溶液可制得丁烷，可知，电极反应式为：，此为阳极的电极反应式，阴极的电极反应式为：，据此作答。
【解析】A．根据分析可知，阳极反应为，故A正确；B．根据分析可知，阴极的电极反应式为：，由此可知电解过程中溶液的pH不断增大，故B正确；C．根据阳极的电极反应式可知，生成丁烷和二氧化碳均为气体，因此阳极质量是减少的，故C错误；D．题中说明已知电解过程中会生成乙基自由基，高浓度丙酸钠可以增加乙基自由基碰撞的概率，因此采用高浓度丙酸钠是为了提高自由基偶联的概率，故D正确；故答案选C。
2．（2024高三下·浙江·竞赛）最近我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置，实现对天然气中CO和H2S的高效去除。示意图如图所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：
①EDTA-Fe2+-e-=EDTA-Fe3+
②2EDTA-Fe3++H2S=2H++S+2EDTA-Fe2+
该装置工作时，下列叙述错误的是
A．阴极的电极反应：CO2+2H++2e-=CO+H2O
B．若生成3.2gS，理论上通过两极电量都为0.4F(C)(F为法拉第常数)
C．石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的高
D．若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+，溶液需为酸性
【答案】B
【分析】该装置属于电解池， CO2 在 ZnO @石墨烯电极上转化为 CO ，发生得到电子的还原反应，为阴极，石墨烯电极为阳极，发生失去电子的氧化反应，据此解答。
【解析】A．CO2在 ZnO @石墨烯电极上转化为 CO ，发生得到电子的还原反应，为阴极，电极反应式为 CO2 + 2H+ + 2e- ＝ CO + H2 O ， A 正确；B．若生成3.2gS，对应物质的量为0.1mol，理论上通过两极电量都为0.2F，B错误；C．石墨烯电极为阳极，与电源的正极相连，因此石墨烯上的电势比 ZnO @石墨烯电极上的高， C 正确；D．由于铁离子、亚铁离子均易水解，所以如果采用 Fe3+ / Fe2+取代 EDTA-Fe3+ / EDTA-2+，溶液需要酸性， D 正确；
故选B。
3．（2008高二·河南·竞赛）用惰性电极电解50mL锰酸钾溶液得到高锰酸钾和氢气，当生成112mL氢气(标准状况)时停止通电。下列判断正确的是
A．K+浓度减小 B．KMnO4在阳极区生成
C．阴极周围溶液的pH减小 D．反应过程中共转移0.005mol电子
【答案】B
【分析】步骤1:确定电极反应与产物来源：
电解锰酸钾(K2MnO4)溶液时，惰性电极不参与反应，仅发生溶液中离子的放电：
阴极(还原反应):H2O中的H+得电子生成H2，反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-
阳极(氧化反应):MnO42-(锰酸钾离子)失电子生成MnO4-(高锰酸钾离子)，Mn元素化合价从+6升至+7，反应为：MnO42--e-=MnO4-
步骤2:计算电子转移量：
标准状况下112mLH2的物质的量为：n(H2)=0.112L/(22.4L/mo1)=0.005 mol
根据阴极反应，生成1mol H2转移2mol电子，故总转移电子数：n(e-)=0.005mol×2=0.01mol
【解析】A.K+不参与电极反应，仅作为阳离子向阴极迁移，溶液体积基本不变(忽略电解消耗的少量水)，故K+浓度不变，A错误；B.阳极发生MnO42--e-=MnO4-的氧化反应，MnO4-与迁移至阳极区的K+结合生成KMnO4，故阳极区是KMnO4的生成区，B正确；C.阴极反应生成OH-(2H2O+2e-=H2+2OH-)，导致阴极区OH-浓度增大，pH升高，C错误；D.由步骤2计算可知，转移电子为0.01mol，D错误，答案选B。
4．（2007高二·浙江·竞赛）以铁为阳极、铜为阴极，对足量的溶液进行电解，电解结束一段时间后得到沉淀，此时消耗水的物质的量共为（ ）
A．8mol B．9mol C．12mol D．10mol.
【答案】D
【解析】根据铁原子守恒知，，所以生成需要，活泼金属铁作电解池阳极时，电解氢氧化钠溶液的化学方程式：，则生成需要水的物质的量为8mol；又氢氧化亚铁不稳定，能被氧气氧化成氢氧化铁沉淀，反应方程式：，说明生成需要水的物质的量为2mol，消耗水的物质的量共为8mol+2mol=10mol，答案选D。
5．（2023高二下·安徽·竞赛）探究实验：①用多孔石墨电极对，电解硫酸钠溶液3min。②取出阴极石墨电极，插入硫酸铜溶液中，石墨电极上析出红色物质。③用蒸馏水洗涤该石墨电极，然后浸入硝酸银溶液中，石墨电极上析出白色固体。④把白色固体浸入稀硝酸溶液中，白色固体消失。下列对应的方程式错误的是
A．实验①：
B．实验②：
C．实验③：
D．实验④：
【答案】D
【解析】A．电解硫酸钠溶液相当于在电解水，因此方程式为：，A正确；B．析出的红色物质为Cu，因此反应方程式为：，B正确；C．析出的白色固体为Ag单质，因此反应方程式为：，C正确；D．Ag与稀硝酸溶液反应生成一氧化氮而不是二氧化氮，因此方程式为：，D错误；故选D。
6．（2023高二下·安徽·竞赛）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2 mol Co，Ⅰ室溶液质量理论上减少32 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：
【答案】D
【解析】A．由分析可知，左边为阳极，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；B．由分析可知，阴极生成2 mol钴，阳极有2 mol水放电生成1mol氧气和4mol氢离子，4mol氢离子穿过阳离子交换膜进入Ⅱ室，则Ⅰ室溶液质量减少36 g，故B错误；C．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，则移除离子交换膜，石墨电极的电极反应会发生变化，故C错误；D．由分析可知，阳极是是中氢氧根失去电子，阴极是钴离子得到电子，则电解总反应为，故D正确。综上所述，答案为D。
7．（2022高二·江苏·竞赛）利用微生物电化学处理有机废水，同时可淡化海水并获得酸碱。现以NaCl溶液模拟海水、采用惰性电极，用如下图所示的装置处理有机废水(以含有机酸溶液为例)，在直流电场作用下，双极膜间的水解离成和。下列说法正确的是
A．膜a为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜
B．产品室生成的物质为盐酸
C．当阴极产生22.4L气体时，理论上可除去模拟海水中11.7g NaCl
D．阳极反应式为：
【答案】B
【分析】由图知，阳极上失去电子生成CO2，阴极上氢离子得电子生成氢气，该电解池是利用微生物电化学处理有机废水，同时可淡化海水并获得酸碱，则氢离子通过双极膜进入产品室，氯离子通过膜b进入产品室，则膜b为阴离子交换膜，产品室生成的物质为盐酸；膜a为阳离子交换膜，钠离子从此进入阴极，得到产品氢氧化钠，据此分析作答。
【解析】A．由分析可知，膜a为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜，A项错误；B．氢离子通过双极膜进入产品室，氯离子通过膜b进入产品室，产品室生成的物质为盐酸，B项正确；C．阴极产生22.4L气体未说明状态，无法通过气体摩尔体积计算，C项错误；D．阳极上失去电子生成CO2，阳极反应式为：，D项错误；答案选B。
8．（2013高二·河南·竞赛）a在常温下为离子晶体，由X、Y两元素构成，a中的Xm+和Yn-的电子层结构相同。已知下列反应：
（1）a+H2OH2+b+c
（2）H2+c→d(气)
（3）b+c→a+e+H2O
（4）e+d→a+f
则a、e、f依次是
A．NaCl NaClO HCl B．CaCl2 Ca(ClO)2 HClO
C．Na2S Na2SO3 H2SO3 D．K2S K2SO3 H2SO4
【答案】B
【解析】A．若a为NaCl，NaCl是离子晶体，其中Na+与Cl-的电子层结构不相同，A项不符合题意；B．若a为CaCl2，CaCl2是离子晶体，其中Ca2+与Cl-都具有Ar的电子层结构，电解CaCl2溶液生成H2、Ca(OH)2（b）和Cl2（c），H2与Cl2化合成HCl（d）气体，Cl2与Ca(OH)2反应生成CaCl2、Ca(ClO)2（e）和H2O，Ca(ClO)2与HCl反应生成CaCl2和HClO（f），则a为CaCl2，e为Ca(ClO)2，f为HClO，B符合题意；C．若a为Na2S，Na2S是离子晶体，其中Na+与S2-的电子层结构不相同，C项不符合题意；D．若a为K2S，K2S是离子晶体，其中K+与S2-都具有Ar的电子层结构，电解K2S溶液生成H2、S（c）和KOH（b），H2与S反应生成H2S（d），S与KOH加热反应生成K2S、K2SO3（e）和H2O，K2SO3与H2S作用不会产生H2SO4，D项不符合题意；选B。
9．（2013高二·广东·竞赛）电解铝工业生产通常采用霍尔-埃鲁工艺，即冰晶石-氧化铝融盐电解法，以碳素体作为阳极，通入直流电后，于950~ 970°C下，在电解槽内的两极上进行电化学反应，即电解。下列说法中不正确的是
A．熔融氧化铝是溶剂，冰晶石作为溶质用来提高导电性
B．阳极产物主要是CO2，电极反应为C + 2O2-=CO2 + 4e-
C．阴极产物是铝液，电极反应为Al3++ 3e -=Al
D．总反应为2Al2O3 +3C 4Al+ 3CO2
【答案】A
【解析】A．冰晶石熔点比氧化铝低，熔融冰晶石作溶剂可以溶解氧化铝，从而电解能在低于氧化铝熔点的温度进行，节约能源，A错误；B．该电解体系以碳素体作为阳极，阳极上O2-失去电子并与C反应，产物主要是CO2，电极反应为C + 2O2-=CO2 + 4e-，B正确；C．体系温度较高，高于铝的熔点，阴极上Al3+得电子，产物是铝液，电极反应为Al3++ 3e -=Al，C正确；D．总反应为2Al2O3 +3C 4Al+ 3CO2，D正确；故选A。
10．（2014高二·浙江·竞赛）2005年，法拉利公司发布的敞篷车(法拉利Superamerica)，其玻璃车顶采用了先进的电致变色技术，即在原来玻璃材料基础上增加了有电致变色系统组成五层膜材料(如下图所示)。其工作原理是：在外接电源(外加电场)下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节，下列有关说法不正确的是
A．当A接外接电源正极时，Li+ 脱离离子储存层
B．当A接外接电源负极时，电致变色层发生反应为： WO3+Li+ +e- = LiWO3
C．当B接外接电源正极时，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光
D．该凝胶电解质聚环氧乙烷的结构简式为，可以与水分子之间形成大量氢键，为水溶性聚合物
【答案】A
【分析】1.明确电极反应与物质颜色：
电致变色层：WO3(无色) LiWO3(蓝色，还原反应，得电子和Li+)。离子储存层：Li4Fe4[Fe(CN)6]3(无色) Fe4[Fe(CN)6]3(蓝色，氧化反应，失电子和脱Li+)。
2.分析电极极性对反应的影响：
电极判断：外接电源时，接正极的为阳极(氧化反应，失电子)，接负极的为阴极(还原反应，得电子)，Li+向阴极迁移。
【解析】A.当A接正极时，A为阳极(电致变色层，WO3/LiWO3)，发生氧化反应：
LiWO3-e-=WO3+Li+(Li+从电致变色层脱离，进入电解质，向阴极B迁移)。离子储存层(靠近B，此时B为阴极)发生还原反应：Fe4[Fe(CN)6]3+4Li++4e =Li4Fe4[Fe(CN)6]3(Li+进入离子储存层，而非“脱离”)。实际是电致变色层脱Li+，离子储存层吸Li+，A错误；B.当A接负极时，A为阴极(电致变色层)，发生还原反应：WO3+Li+ +e- = LiWO3(WO3无色→LiWO3蓝色，符合还原反应)，B正确；C.当B接正极时，B为阳极(离子储存层)，发生氧化反应：
Li4Fe4[Fe(CN)6]3-4e =Fe4[Fe(CN)6]3+4Li+(Li4Fe4[Fe(CN)6]3无色→Fe4[Fe(CN)6]3蓝色)。
同时，A接负极(阴极)，电致变色层发生还原反应：WO3→LiWO3(无色→蓝色)。两层均呈蓝色，光透射率降低，阻挡阳光，C正确；D.聚环氧乙烷结构含-OH，可与水分子形成氢键，增强水溶性，D正确，答案选A。
11．（2020高二·江苏·竞赛）南京大学教授提出了一种高效的固碳新技术(如图)。利用锂——二氧化碳电池，在放电过程中二氧化碳转化为碳和碳酸锂，在电池充电过程中通过选用合适的催化剂使碳酸锂单独被氧化分解，而另一种放电产物碳留在电池内，下列说法不正确的是
A．该电池放电时，CO2从放电进气口进入
B．该电池放电时的正极反应是3CO2+4Li++4e-=2Li2CO3+C
C．该电池充电时Li2CO3转化为Li+
D．该电池放电时，每转移2mol电子，可固定1molCO2
【答案】D
【分析】放电时为原电池):电极A:Li为活泼金属，失电子→负极(反应：Li-e-=Li+)。电极B:CO2发生还原反应→正极(产物为C和Li2CO3)。
【解析】A.放电时，CO2作为正极反应物，从放电进气口(连接电极B，正极区)通入，逻辑合理，A正确；B.正极反应推导：碳元素价态变化：1mol CO2(+4价)→C(0价，得4e-)，2mol CO2→Li2CO3(+4价，起载体作用)。配平反应：3CO2+4Li++4e-=2Li2CO3+C，电荷(左边4+与4-抵消，右边电中性)、原子均守恒，B正确；C.充电时为电解池：电极B(原正极)→阳极，Li2CO3被氧化分解，释放CO2，Li+向阴极(原负极，充电时为阴极)迁移，故Li2CO3转化为Li+，C正确；D.放电总反应(负极×4+正极):4Li+3CO2=2Li2CO3+C，电子转移：4mol Li失4mole-，对应固定3mol CO2。定量关系：4mol e-～3mol CO2→转移2mol电子时，固定1.5mol CO2(而非1mol)，D错误，答案选D。
12．（2015高三上·河南三门峡·竞赛）传感器可以检测空气中SO2的含量。传感器的工作原理如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．a为电源的负极
B．负极的电极反应式：Ag-e-+Cl-= AgCl
C．阴极的电极反应式：2HSO3-+2H++2e- = S2O42-+2H2O
D．当电路中转移电子的物质的量为5×10-5mol时，进入传感器的SO2为1.12mL
【答案】C
【解析】试题分析：A、与b电极连接的电解池的电极上发生HSO3-变化为S2O42-，硫元素化合价降低发生还原反应，判断为阴极，b电极为原电池的负极，故A错误；B、与电源a极相连的电极为电解池的阳极，电极反应式 Ag-e-+Cl-═AgCl，故B错误；C、阴极的电极反应为HSO3-变化为S2O42-，依据电荷守恒和原子守恒书写电极反应为2HSO3-+2H++2e-═S2O42-+2H2O，故C正确；D、温度和压强不知不能计算气体体积，故D错误；故选C。
13．（2023高三上·全国·竞赛）1937年，费舍尔率先将与的低共融体系作为原料，以液态金属为阴极，通过电解的方法制备金属。
（1）写出费舍尔电解法阴极发生的氧化还原反应的离子方程式 。
（2）简述从费舍尔法阴极产物中分离出金属的物理方法 。
【答案】（1）阴极反应：
（2）阴极产物为合金，通过低压、高温蒸发(或挥发)液相合金中的，即可以分离出金属
【解析】（1）由题干将与的低共融体系作为原料，通过电解的方法制备金属可知，阴极电极反应为；（2）液态金属为阴极，故得到的阴极产物为合金，可通过低压、高温蒸发(或挥发)液相合金中的，即可以分离出金属。
14．（2021高二上·浙江宁波·竞赛）高钴酸钠是钴元素目前发现的最高价化合物，实验室可通过电解硫酸钠与氯化钴的混合溶液获得氧化亚钴(CoO)，并通过一系列反应来制备高钴酸钠，相关化学方程式如下：
CoCl2+H2OCoO↓+H2↑+Cl2↑；CoO+O2 → Co3O4 (未配平)
Co3O4+Na2O+O2→Na3CoO4 (未配平)
请计算：
（1）以氯化钴为原料制备1.920 g的高钴酸钠，消耗标准状况下氧气的体积为 mL。
（2）若电解过程转移电子共0.100 mol，两极收集到气体标准状况下总体积2.016 L (不考虑气体的溶解)，则可制得高钴酸钠的质量为 (计算结果并写出计算过程)。
【答案】（1）168.0/1.680 ×10-2
（2）5.76 g
【解析】（1）该反应过程中Co由+2价升高到+5价，1.920 g高钴酸钠的物质的量=，则此时Co失去电子的物质的量=0.01mol×(5-2)=0.03mol，根据得失电子守恒，可知需要氧气的物质的量=，则氧气的体积=0.0075mol×22.4L/mol=0.168L，即168.0或者1.680 ×10-2ml；
（2）电解过程中存在着电解氯化钴和电解水两个过程，设电解产生的Cl2 xmol，则同时产生的H2 xmol，设产生的O2 ymol，则同时产生H2 2ymol，依据转移电子为0.1mol可知，2x+4y=0.1；产生气体2.016L物质的量=，则x+x+y+2y=0.09mol，解两个方程组成的方程组可知，x=0.03mol，y=0.01mol，则参加反应的氯化钴的物质的量也为0.03mol，根据钴守恒可知，生成的高钴酸钠也是0.03mol，其质量=0.03mol×192g/mol=5.76g。
15．（2007高二上·全国·竞赛）气态废气物中的硫化氢可用下法转化为可利用的硫：配制一份电解溶液，主要成分为：K4[Fe(CN)6](200g/L)和KHCO3(60g/L)；通电电解，控制电解池的电流密度和槽电压，通入H2S气体。写出相应的反应式 。已知：φ[/]=0.35V；KHCO3溶液中的φ(H+/H2)~-0.5V；φ(S/S2-)~-0.3V
【答案】阳极反应：2-2e-=2；阴极反应：2+2e-=2+H2；涉及硫化氢转化为硫的总反应：2+2+H2S=2+2+S
【分析】因为φ[/]-φ(H+/H2)=0.35V-(-0.5V)=0.85V，而φ[/]-φ(S/S2-)=0.35V-(-0.3V)=0.65V＜0.85V，所以阳极失电子，阴极优先得电子。
【解析】在阳极，失电子生成，则阳极反应：2-2e-=2；阴极得电子生成H2等，则阴极反应：2+2e-=2+H2；在溶液中，将H2S氧化为S，生成的H+与结合生成，则涉及硫化氢转化为硫的总反应：2+2+H2S=2+2+S。答案为：阳极反应：2-2e-=2；阴极反应：2+2e-=2+H2；涉及硫化氢转化为硫的总反应：2+2+H2S=2+2+S。
16．（2020高二上·陕西渭南·竞赛）用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图所示(电极材料为石墨)
图1 图2
（1）图1中a极要连接电源的 (填“正”或“负”)极，SO32-放电的电极反应
（2）在图2所示的装置中，若通入直流电5 min时，铜电极质量增加2.16g，试回答：
①溶液pH变化：B ，C (填“增大”“减小”或“不变”)。
②通电5 min时，B中共收集224mL气体(标准状况)，溶液体积为200mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为 (设电解前后溶液体积无变化)。
【答案】（1）负极 SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+ （2）①减小 不变 ②0.025 mol·L-1
【分析】（1）依据电解质溶液中阴阳离子的移动方向判断电极，阳离子移向阴极，a为阴极，b为阳极，在阳极失去电子变成，可能伴有氢氧根离子放电生成氧气，所以C口流出的物质是H2SO4，阴极区放电离子为氢离子生成氢气，据此分析解答；（2）由图二中信息可知，B、C两个装置串联在同一电路中。根据铜电极质量增加2.16 g，可以判断铜电极为阴极，则电源的X电极为负极、Y电极为正极。所以，B是电解池、C是电镀装置，据此分析解答问题。
【解析】（1）由上述分析可知，a接电源负极；发生氧化反应，放电的电极反应式为：，故答案为：负极；；
（2）①根据上述分析可知，B中电解硫酸铜溶液生成硫酸，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，C是电镀装置，其中阴极反应为Ag++e-═Ag，阳极反应为Ag-e-═Ag+，溶液浓度不变，则pH不变，故答案为：减小；不变；②通电5 min后，电路中通过的电子为n(e-)=n(Ag)=，B中阳极可收集到O2，n(O2)=，因为B中共收集到标准状况下224 mL气体（0.01mol），所以B中阴极一定产生了氢气0.005mol，由此根据电子转移守恒，可以确定B中一定析出铜0.005mol，根据溶液体积为200 mL，可以计算出通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为0.025 mol·L－1，故答案为：0.025 mol·L－1。
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