《2025年高中总复习优化设计高中化学》

例2 (2021·广东卷)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(D)

A.工作时,Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大
B.生成1molCo,Ⅰ室溶液质量理论上减少16g
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⁺+2H₂O=电解2Co+O₂↑+4H⁺

答案： 例2D　解析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,阳极有$1 mol$水放电,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,则移除离子交换膜后,石墨电极的电极反应会发生变化,故C错误;电解总反应的离子方程式为$2Co^{2+} + 2H_2O \stackrel{电解}{ \longrightarrow } 2Co + O_2 \uparrow + 4H^+$,故D正确。
 

[对点训练2] 电解法常用于分离提纯物质,某混合物浆液含Al(OH)₃、MnO₂和少量Na₂CrO₄。考虑到胶体的吸附作用使Na₂CrO₄不易完全被水浸出,某研究小组利用设计的电解分离装置(如图),使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液进行回收 利用(已知:2CrO₄²⁻+2H⁺⇌Cr₂O₇²⁻+H₂O),下列说法不正确的是(D)

A.阴极室生成的物质为NaOH和H₂
B.阳极的电极反应式是2H₂O-4e⁻=4H⁺+O₂↑
C.a离子交换膜为阳离子交换膜
D.当外电路中转移2mol电子时,阳极室可生成1molCr₂O₇²⁻

答案： 对点训练2D　解析电解时,阳极上水中的$OH^-$放电:$2H_2O - 4e^- \longrightarrow O_2 \uparrow + 4H^+$,浆液中的$CrO_4^{2-}$通过阴离子交换膜向阳极移动,从而从浆液中分离出来,因存在$2CrO_4^{2-} + 2H^+ \longrightarrow Cr_2O_7^{2-} + H_2O$,则分离后含铬元素的粒子是$CrO_4^{2-}$、$Cr_2O_7^{2-}$;阴极上水中的$H^+$放电:$2H_2O + 2e^- \longrightarrow H_2 \uparrow + 2OH^-$,混合物浆液中的钠离子通过阳离子交换膜进入阴极,故阴极反应生成氢气和$NaOH$;电解时,每转移$2 mol$电子,阳极区生成$2 mol H^+$,由于$2CrO_4^{2-} + 2H^+ \longrightarrow Cr_2O_7^{2-} + H_2O$为可逆反应,阳极室生成的$Cr_2O_7^{2-}$小于$1 mol$,D错误。

例3 (2023·广东卷)用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(下图),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(B)

A.电解总反应:KNO₃+3H₂O=NH₃·H₂O+2O₂↑+KOH
B.每生成1molNH₃·H₂O,双极膜处有9mol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

答案： 例3B　解析本题考查了电解原理、电解装置的分析及应用等综合知识。由信息大电流催化电解$KNO_3$溶液制氨可知，在电极a处$KNO_3$放电生成$NH_3$,发生还原反应，故电极a为阴极,电极方程式为$NO_3^- + 8e^- + 9H^+ \longrightarrow NH_3 + H_2O + 2H_2O$,电极b为阳极,电极方程式为$4OH^- - 4e^- \longrightarrow O_2 \uparrow + 2H_2O$。"暾樑"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$KNO_3 + 3H_2O \longrightarrow NH_3 · H_2O + 2O_2 \uparrow + KOH$,A项正确;每生成$1 mol NH_3 · H_2O$,阴极得$8 mole^-$,同时双极膜处有$8 mol H^+$进入阴极室,即有$8 mol$的$H_2O$解离,B项错误;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,C项正确;相比于平面结构双极膜,"暾樑"结构具有更大的膜面积,有利于$H_2O$被催化解离成$H^+$和$OH^-$,可提高氨生成速率,D项正确。
 

[对点训练3] (2023·辽宁大连模拟)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(C)

A.蓄电时,碳锰电极附近溶液pH减小
B.蓄电时,图中右侧电解池发生的总反应为2ZnO=电解2Zn+O₂↑
C.放电时,每消耗1molMnO₂,理论上有4molH⁺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不需要补充H₂SO₄和KOH

答案： 对点训练3C　解析蓄电时为电解池反应,碳锰电极上$Mn^{2+}$失电子生成$MnO_2$,电极反应式为$Mn^{2+} + 2H_2O - 2e^- \longrightarrow MnO_2 + 4H^+$,溶液pH减小,A正确;蓄电时,右侧电解池中$ZnO$得电子生成$Zn$,$OH^-$失电子生成$O_2$,总反应为$2ZnO \stackrel{电解}{ \longrightarrow } 2Zn + O_2 \uparrow$,B正确;放电时,碳锰电极为正极,电极反应式为$MnO_2 + 4H^+ + 2e^- \longrightarrow Mn^{2+} + 2H_2O$,每消耗$1 mol MnO_2$,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得到,则理论上应有$2 mol H^+$由双极膜向碳锰电极迁移,C错误;该电化学装置运行过程中$H^+$得电子生成$H_2$,但实际过程为消耗了溶剂水,氢离子浓度增大,$OH^-$失电子生成$O_2$,但实际过程也是消耗了溶剂水,氢氧根离子浓度增大,则不需要补充$H_2SO_4$和$KOH$,D正确。