第2課時多池、多室裝置的分析第四章第一、二節復習課1.了解離子交換膜的類型及其作用(重點)。2.掌握多池連接裝置的形式及分析思路(重點)。3.掌握電子守恒規律在電化學中的應用(難點)。學習目標目標一離子交換膜與多室電化學裝置工作原理分析目標二多池連接裝置的分析內容索引目標三電化學計算的基本方法離子交換膜與多室電化學裝置工作原理分析

一1.常見的離子交換膜離子交換膜是一種含離子基團的、對溶液中的離子具有選擇透過功能的膜，通常由特殊高分子材料制成。離子交換膜分為(1)陽離子交換膜：只允許陽離子通過，不允許陰離子通過。(2)陰離子交換膜：只允許陰離子通過，不允許陽離子通過。(3)質子交換膜：只允許H＋通過，不允許其他陽離子或陰離子通過。(4)雙極隔膜：是一種新型離子交換膜，其膜主體可分為陰離子交換層、陽離子交換層和中間界面層，水解離催化劑被夾在中間的離子交換聚合物中，水電離的產物H＋和OH－可在電場力的作用下快速遷移到兩側溶液中，為膜兩側的半反應提供各自理想的pH條件。2.離子交換膜的作用(1)能將兩極區隔離，阻止兩極區產生的物質接觸，防止發生化學反應。(2)能選擇性地允許離子通過，起到平衡電荷、形成閉合回路的作用。3.典例剖析例1

某原電池裝置如圖所示，電池總反應為2Ag＋Cl2===2AgCl，當電路中轉移amol電子時，交換膜左側溶液中約減少__________mol離子。交換膜右側溶液中c(HCl)_____(填“>”“＜”或“＝”)1mol·L－1(忽略溶液體積變化)。答案2a

>負極電極反應式為Ag－e－＋Cl－===AgCl，原電池工作時，電路中轉移amol電子，則負極消耗amolCl－，形成閉合回路移向正極的n(H＋)為amol，所以負極區即交換膜左側溶液中約減少2amol離子；正極區電極反應為Cl2＋2e－===2Cl－，生成n(HCl)＝amol，所以交換膜右側溶液c(HCl)增大，即交換膜右側溶液c(HCl)>1mol·L－1。

科學家近年發明了一種新型Zn-CO2水介質電池。電池示意圖如右，電極為金屬鋅和選擇性催化材料，放電時，溫室氣體CO2被轉化為儲氫物質甲酸等，為解決環境和能源問題提供了一種新途徑。下列說法錯誤的是例2B.放電時，1molCO2轉化為HCOOH，轉移的電子為2molD.充電時，陽極溶液中OH－濃度升高√由裝置示意圖可知，放電時負極反應為Zn－2e－＋4OH－===，A項正確；放電時CO2轉化為HCOOH，C元素化合價降低2，則1molCO2轉化為HCOOH時，轉移電子為2mol，B項正確；充電時陽極上發生反應2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，OH－濃度降低，D項錯誤。H3PO2可用電滲析法制備，“四室電滲析法”工作原理如圖所示(陽膜和陰膜分別只允許陽離子、陰離子通過)：例3(1)寫出陽極的電極反應式：___________________________________。答案2H2O－4e－===O2↑＋4H＋(2)分析產品室可得到H3PO2的原因：___________________________。答案陽極室的H＋穿過陽膜擴散至產品室，原料室的

穿過陰膜擴散至產品室，二者反應生成H3PO2(3)早期采用“三室電滲析法”制備H3PO2：將“四室電滲析法”中陽極室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去陽極室與產品室之間的陽膜，從而合并了陽極室與產品室。其缺點是產品中混有________雜質，該雜質產生的原因是_____________________________________。返回多池連接裝置的分析

二1.一池兩用用如圖所示裝置進行實驗：(1)若開始時K與N連接，則構成原電池，鐵棒上發生的電極反應式為Fe－2e－===Fe2＋；石墨電極產生的現象為有無色氣泡生成。(2)若開始時K與M連接，則構成電解池，鐵棒上發生的電極反應式為2H＋＋2e－===H2↑；石墨電極產生的現象為有淡黃綠色氣泡生成。一段時間后，溶液的pH增大。(3)若用鋁條和鎂條分別代替圖中的石墨和鐵棒電極，電解質溶液為氫氧化鈉溶液，請寫出原電池負極的電極反應式：Al＋4OH－－3e－===

＋2H2O。2.多池串聯(1)判斷電池類型①有外接電源時，各電池均為電解池。②無外接電源時，燃料電池、鉛酸蓄電池等作電源，則其他裝置為電解池。③無外接電源時，有活潑性不同的兩電極的一般為原電池，活潑性相同或均為惰性電極的一般為電解池。④根據電極反應現象判斷。(2)常用解題步驟3.典例剖析

如圖所示裝置：例1回答下列問題：(1)甲池是______，乙池是將________能轉化為______能的裝置。提示原電池電化學(2)寫出甲、乙、丙池中各電極的電極名稱和電極反應式。B極：正極，O2＋4e－＋2H2O===4OH－Cu極：陽極，Cu－2e－===Cu2＋Ag極：陰極，Cu2＋＋2e－===CuPt(Ⅰ)極：陽極，2Cl－－2e－===Cl2↑Pt(Ⅱ)極：陰極，Mg2＋＋2H2O＋2e－===H2↑＋Mg(OH)2↓

氯堿工業是高耗能產業，將電解池與燃料電池串聯組合的新工藝可節能，裝置如圖所示，下列敘述錯誤的是(注：假定空氣中氧氣的體積分數為20%)例2A.A池為電解池，B池為燃料電池B.c>a>bC.X為Cl2，Y為H2D.若生成標準狀況下22.4LX，則理論上消耗標準狀況下空氣28L√由圖可知，A池左側通入的精制飽和氯化鈉溶液變為稀氯化鈉溶液，則A池為電解池，生成X的一極為電解池的陽極，氯離子在陽極失去電子發生氧化反應生成氯氣，則X為氯氣，生成Y的電極為陰極，水在陰極得到電子發生還原反應生成氫氣和氫氧根離子，陰極附近氫氧根離子濃度增大，則Y為氫氣，氫氧化鈉溶液的濃度a%>b%；B池為燃料電池，B池中通入空氣的電極為燃料電池的正極，空氣中氧氣在正極得到電子發生還原反應生成氫氧根離子，電極反應式為O2＋4e－＋2H2O===4OH－，正極附近氫氧根離子濃度增大，則氫氧化鈉溶液的濃度c%>a%，通入氫氣的一極為負極，堿性條件下氫氣在負極失去電子發生氧化反應生成水，負極附近溶液的氫氧根離子濃度減小。A項，由分析可知，A池為電解池，B池為燃料電池，正確；B項，由分析可知，氫氧化鈉溶液的濃度大小順序為c%>a%>b%，正確；C項，由分析可知，X為氯氣、Y為氫氣，正確；D項，若生成標準狀況下22.4L氯氣，假定空氣中氧氣的體積分數為20%，由得失電子數目守恒可知消耗標準狀況下空氣的體積為

＝56L，錯誤。返回電化學計算的基本方法

三1.電化學計算的基本方法2.典例剖析利用微生物電池除去廢水中的乙酸鈉和氯苯，其原理如圖所示，下列說法正確的是例1A.b極發生還原反應B.該電池在高溫下進行效率更高C.a極的電極反應為C6H5Cl＋H＋－2e－===C6H6＋Cl－D.當外電路中有0.3mole－轉移時，通過質子交換膜的H＋個數為0.3NA√CH3COO－到CO2，C的化合價升高，發生氧化反應，所以b極為負極，A錯誤；高溫下，微生物不能存活，效率更低，B錯誤；a極為正極，發生還原反應：C6H5Cl＋2e－＋H＋===C6H6＋Cl－，C錯誤；通過質子交換膜的H＋為n(H＋)＝n(e－)＝0.3mol，N(H＋)＝0.3NA，D正確。如圖所示，若電解5min時，測得銅電極的質量增加2.16g。試回答下列問題：例2答案負銅電極增重，說明銀在銅電極析出，則銅電極為陰極，X為負極。(1)電源中X極是__________(填“正”或“負”)極。答案0.025mol·L－1(2)通電5min時，B中共收集到224mL(標準狀況)氣體，溶液體積為200mL(電解前后溶液的體積變化忽略不計)，則通電前c(CuSO4)＝___。C中銅電極增重2.16g，即析出0.02molAg，線路中通過0.02mol電子；由4e－～O2可知，B中陽極產生的O2只有0.005mol，即112mL；但B中共收集到224mL氣體，說明還有112mL是H2，即全部Cu2＋在陰極放電后，H＋接著放電產生了112mLH2，則通過0.01mol電子時，Cu2＋已被電解完；由2e－～Cu2＋，可知n(Cu2＋)＝0.005mol，答案13由得失電子守恒知，A中生成0.02molOH－，(3)若A中KCl溶液的體積也是200mL，電解后溶液中仍有Cl－，則電解后溶液的pH＝________(Kw＝1.0×10－14)。123自我測試1.用如圖裝置進行電解實驗(a、b、c、d均為鉑電極)，供選擇的有4組電解液，要滿足下列要求：①工作一段時間后A燒杯的pH上升，B燒杯的pH下降；②b、c兩極上反應的離子的物質的量相等，應選擇的電解質溶液是A.A燒杯NaOH溶液；B燒杯CuSO4溶液B.A燒杯AgNO3溶液；B燒杯CuCl2溶液C.A燒杯Na2SO4溶液；B燒杯AgNO3溶液D.A燒杯NaCl溶液；B燒杯AgNO3溶液√123自我測試鉑電極是惰性電極，工作一段時間后，A燒杯的pH上升，電解Na2SO4溶液的實質是電解水，pH不變；電解AgNO3溶液時，生成Ag、O2和HNO3，pH下降，故B、C錯誤；b是陽極，c是陰極，b、c兩極上反應的離子的物質的量相等，若B燒杯是CuSO4溶液，c電極上消耗1molCu2＋時轉移2mol電子，則b電極上消耗2molOH－，不符合要求，A錯誤；123自我測試若A燒杯是NaCl溶液，B燒杯是AgNO3溶液，b電極上有1molCl－被氧化時轉移1mol電子，同時c電極上有1molAg＋被還原，且工作一段時間后，A燒杯的pH上升，B燒杯的pH下降，D正確。123自我測試2.有三個燒杯，分別盛有氯化銅、氯化鉀和硝酸銀三種溶液，均以Pt作電極，將它們串聯在一起電解一段時間，測得電極增重總和2.8g，這時產生的有色氣體與無色氣體的物質的量之比為A.4∶1 B.1∶1C.4∶3 D.3∶4√123自我測試串聯電路中，相同時間內各電極得電子或失電子的物質的量相同，各電極上放出氣體的物質的量之比為定值。不必注意電極增重是多少，只要判斷出電極上生成何種氣體及生成一定物質的量該氣體所得失電子的物質的量，就可以通過得失電子守恒判斷氣體體積之比。第一個燒杯中放出Cl2，第二個燒杯中放出Cl2和H2，第三個燒杯中放出O2。在有1mol電子轉移時，生成的氣體的物質的量分別是0.5mol、0.5mol、0.5mol和0.25mol。所以共放出有色氣體(Cl2)0.5mol＋0.5mol＝1mol，無色氣體(H2和O2)0.5mol＋0.25mol＝0.75mol。123自我測試3.(2022