高考對隔膜問題考查由定性走向定量，按下列步驟突破隔膜問題。第一步，看?？辞甯裟ゎ愋汀８裟し株栯x子交換膜、陰離子交換膜、質子交換膜等。第二步，寫。寫出陽（或負）極、陰（或正）極的電極反應式以及相關的后續(xù)反應式。第三步，算。根據(jù)題給數(shù)據(jù)，計算兩極上離子變化量，由電中性確定遷移離子及相關量。第四步，斷。根據(jù)電荷守恒原理，判斷離子遷移方向，離子遷移數(shù)量并進行相關計算。

一、膜的定性考查

1.陰離子交換膜

例1 （2014年高考全國大綱卷—9）下圖是在航天用高壓氫鎳電池基礎上發(fā)展起來的一種金屬氫化物鎳電池（MH-Ni電池）。下列有關說法不正確的是（ ）

[MH][NiOOH][隔膜][鎳絲網]

A.放電時正極反應為：NiOOH+H2O+e-→Ni（OH）2+OH-

B.電池的電解液可為KOH溶液

C.充電時負極反應為：MH+OH--e-→M+H2O

D.MH是一類儲氫材料，其氫密度越大，電池的能量密度越高

解析 本題考查新型電源和原電池原理。電池放電反應：MH+NiOOH=M+Ni（OH）2，MH合金中M、H均為0價，MH作負極材料，而NiOOH作正極材料，正極反應式為NiOOH+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-，負極反應式為MH+OH--e-=M+H2O（充電時負極反應為其逆向反應），A項正確；C項錯誤。電池的電解液可為堿溶液（如KOH溶液），不能為酸性溶液，酸與NiOOH反應，B項正確。MH中氫的密度越大，放電時放出的電量越多，其電池的能量密度越高，D項正確。

答案 C

點撥 本題隔膜類型是什么？本題電池裝置設置了隔膜，沒有對離子遷移方向考查，既可以看成是陽離子交換膜，也可以看成是陰離子交換膜。根據(jù)電荷平衡、參與電極反應判斷離子在電解質溶液中可以遷移方向。例如，放電時，OH-向負極遷移；充電時，OH-向陽極遷移。深入思考會發(fā)現(xiàn)，本題使用的隔膜是陰離子交換膜，只允許陰離子透過膜，不允許陽離子透過膜。放電時，正極每得1 mol電子，生成1 mol OH-，增加1 mol負電荷；同時，負極消耗1 mol OH-，減少1 mol負電荷。兩極區(qū)形成的電動勢差，為了維持電中性，正極區(qū)OH-向負極區(qū)遷移。

2.陽離子交換膜

例2 （2014年高考江蘇卷—20）硫化氫的轉化是資源利用和環(huán)境保護的重要研究課題。由硫化氫獲得硫單質有多種方法。

（1）將燒堿吸收H2S后的溶液加入到如圖1所示的電解池的陽極區(qū)進行電解。電解過程中陽極區(qū)發(fā)生如下反應：S2--2e-=S，（n-1）S+S2-=Sn2-。

①寫出電解時陰極的電極反應式： 。

②電解后陽極區(qū)的溶液用稀硫酸酸化得到硫單質，其離子方程式可寫成 。

①在圖示的轉化中，化合價不變的元素是 。

②當反應中有1 mol H2S轉化為硫單質時，保持溶液中Fe3+的物質的量不變，需要消耗O2的物質的量為 。

③在溫度一定和不補加溶液的條件下，緩慢通入混合氣體，并充分攪拌。欲使生成的硫單質中不含CuS，可采取的措施有 。

解析 （1）①陰極上發(fā)生還原反應，還原性：H+>Na+，故陰極反應式為2H++2e-=H2↑或2H2O+2e-=2OH-+H2↑。②電解后陽極區(qū)得到Na2Sn，類似過氧化鈉與稀硫酸反應，用稀硫酸酸化陽極區(qū)溶液，發(fā)生反應為Na2Sn+H2SO4=Na2SO4+H2S↑+（n-1）S↓。

答案 （1）①2H2O+2e-=2OH-+H2↑ ②Sn2-+2H+=（n-1）S+H2S↑

（2）①銅、氫、氯 ②0.5 mol ③提高混合氣體中空氣的比例

（3）2H2S [高溫]2H2+S2（g）

點撥 如何判斷陽離子遷移方向？圖1使用陽離子交換膜，左池為陽極池，右池為陰極池。確定陽離子遷移方向的方法：第一步，寫出兩電極反應式并且電子守恒，陽極：S2--2e-=S；陰極：2H2O+2e-=2OH-+H2↑。第二步，判斷離子濃度相對變化。即兩極區(qū)中，哪種離子剩余了，哪種離子減?。ɑ蛟龆啵┝?？陽極區(qū)S2-變成S，相對S2-而言，Na+剩余；陰極區(qū)產生H2，OH-增多。即陽極每消耗1 mol S2-，必減少2 mol負電荷；同時，陰極必生成2 mol OH-，增加2 mol負電荷。第三步，根據(jù)電解質溶液顯電中性（電荷守恒），并結合離子交換膜種類，判斷離子遷移方向。圖1為陽離子交換膜，只允許陽離子透過膜，Na+由左池向右池遷移。陽極池中c（Na2S）減小，陰極池中c（NaOH）增大。

3. 質子交換膜

例3 （2012年高考重慶卷—29）尿素[CO（NH2）2]是首個由無機物人工合成的有機物。

（1）工業(yè)上尿素由CO2和NH3在一定條件下合成，其反應方程式為 。

（2）當氨碳比[n（NH3）n（CO2）]=4，CO2的轉化率隨時間的變化關系如圖所示。

[20 40 60][60][30][CO2的轉化率%]

①[A]點的逆反應速率[υ逆（CO2）] [B]點的正反應速率為[v正（CO2） ]（填“大于”“小于”或“等于”）；

②[NH3]的平衡轉化率為 。

（3）人工腎臟可用間接電化學方法除去代謝產物中的尿素，原理如圖所示。

交換膜][NaCl溶液][CO2+N2][H2][Cl2][NaCl溶液][惰性電極][NaCl-尿素溶液][A B]

①電源的負極為 （填“A”或“B”）。

②陽極室中發(fā)生的反應依次為 、 。

③電解結束后，陰極室溶液的pH與電解前相比將 ；若兩極共收集到氣體13.44 L（標準狀況），則除去的尿素為 g（忽略氣體的溶解）。endprint

解析 （3）①由圖象電解產物知，生成氫氣的極為陰極，則B為負極。②陽極室中氯離子失去電子生成氯氣。③陰極減少的H+，可通過質子交換膜補充（電荷守恒），而使pH不變。氣體物質的量為n（CO2+N2+H2）=[13.44L22.4L?mol-1]=0.6 mol。由電子守恒和原子守恒知：CO（NH2）2+3Cl2+H2O→CO2+N2+6HCl。氯化氫溶于水。通過6 mol e-，陽極上產生1 mol CO2和1 mol N2，陰極必產生3 mol H2。每電解1 mol CO（NH2）2必生成5 mol氣體（CO2、H2、N2），則尿素的物質的量為[0.6mol5]=0.12 mol，質量為0.12 g×60 g·mol-1=7.2 g。

答案 （1）2NH3+CO2[催化劑加熱]CO（NH2）2+H2O

（2）①小于 ②30% （3）①B ②2Cl--2e-=Cl2↑

CO（NH3）2 +3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl ③不變 7.2

點撥 （1）質子交換膜和陽離子交換膜有什么區(qū)別和聯(lián)系？

質子（H+）交換膜與陽離子交換膜的區(qū)別：前者只允許H+通過，不允許其他陽離子通過；后者允許H+和其他陽離子透過。一般地，質子交換時使用質子交換膜，H+之外的陽離子交換時使用陽離子交換膜。

（2）為什么使用質子交換膜電解前后陰極室里溶液pH不變？

假設電解過程中轉移了6 mol電子，陽極區(qū)開始充入尿素和氯化鈉。則陽極生成3 mol Cl2，3 mol Cl2與尿素反應又生成6 mol H+和6 mol Cl-，相對氯離子而言，維持電中性，剩余了6 mol Na+。陰極區(qū)生成3 mol H2，生成了6 mol OH-，即陽極區(qū)過剩6 mol正電荷，陰極區(qū)過剩6 mol負電荷（或缺6 mol正電荷）。為了維持電中性，采用質子交換膜，只允許H+通過膜。即通過膜從陽極區(qū)（左）向陰極區(qū)（右）遷移，恰好發(fā)生中和反應H++OH-=H2O，保持溶液pH不變（開始氯化鈉溶液pH=7）。陽極區(qū)溶液中溶有CO2，呈酸性。

（3）本題如果使用陽離子交換膜或陰離子交換膜電解前后陰極室里溶液pH變不變？

假設用陽離子交換膜替代質子交換膜，Na+、H+都可以通過膜由左池向右池遷移，陰極區(qū)溶液pH可能不變，也可能增大。Na+、H+離子遷移總物質的量為6 mol，不一定完全中和陰極區(qū)溶液中OH-。

假設用陰離子交換膜替代質子交換膜，每3 mol氯氣參與反應，6 mol OH-由陰極（右）向陽極（左）遷移，中和陽極區(qū)溶液中生成的6 mol H+，陰極區(qū)氯化鈉溶液pH仍然不變。陽極區(qū)（左）的溶液中溶解有CO2，溶液呈酸性。

綜上所述，本題若使用質子交換膜或陰離子交換膜，則陰極區(qū)溶液的pH不變；若使用陽離子交換膜，則陰極區(qū)溶液的pH可能不變，也可能增大，但是不可能減小。

4. 陰、陽離子交換膜

例4 （2014年全國新課標I卷—27）次磷酸（H3PO2）是一種精細化工產品，具有較強還原性，回答下列問題：

（1）H3PO2是一元中強酸，寫出其電離方程式： 。

（2）H3PO2和NaH2PO2均可將溶液中的銀離子還原為銀單質，從而可用于化學鍍銀。

①H3PO2中，磷元素的化合價為 。

②利用H3PO2進行化學鍍銀反應中，氧化劑與還原劑的物質的量之比為4∶1，則氧化產物為： （填化學式）。

③NaH2PO2是正鹽還是酸式鹽？ 其溶液顯 性（填弱酸性、中性、或者弱堿性）。

（3）H3PO2的工業(yè)制法是：將白磷（P4）與氫氧化鋇溶液反應生成PH3氣體和Ba（H2PO2），后者再與硫酸反應，寫出白磷與氫氧化鋇溶液反應的化學方程式： 。

（4）H3PO2也可以通過電解的方法制備。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）：

①寫出陽極的電極反應式 。

②分析產品室可得到H3PO2的原因 。

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 雜質。該雜質產生的原因是： 。

解析 （4）①陽極室加入稀硫酸，目的是增強導電性。陽極上發(fā)生氧化反應，根據(jù)電解裝置圖，石墨電極為惰性材料，電極不參與反應。所以，陽極反應式為4OH--4e-=2H2O+O2↑，2H2O-4e-=O2↑+4H+。

②根據(jù)題意，陽膜只允許陽離子透過，陰膜只允許陰離子透過。由裝置圖知，H+和H2PO2-向產品室遷移。

③如果拆去陽膜，陽極上產生的氧氣會將具有強還原性的H3PO2，H2PO2-氧化生成H3PO4，H3PO2+O2=H3PO4，H2PO2-+O2=H2PO4-，同時陽極上發(fā)生副反應：H3PO2 -4e-+2H2O=H3PO4+4H+或H2PO2--4e-+2H2O=H3PO4+3H+，產品中混有H3PO4雜質。

答案 （1）H3PO2?H++H2PO2-

（2）①+1 ②H3PO4 ③正鹽 弱堿性

（3）2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑

（4）①2H2O-4e-=O2↑+4H+ ②陽極室中H+透過陽膜擴散至產品室，陰極室中H2PO2-透過陰膜擴散至產品室，H+與H2PO2-結合生成H3PO2 ③PO43- H3PO2或H2PO2-被氧化

點撥 （1）離子的遷移方向如何確定？

陽極室：2H2O-4e-=4H++O2↑endprint

陰極室：4H2O+4e-=4OH-+2H2↑

陽極室H+增多，為了維持電荷平衡，H+由陽極室通過陽膜向產品室遷移；陰極室OH-增多，原料室中Na+通過陽膜向陰極室遷移，NaOH量增多；原料室中剩余的H2PO2-透過陰膜向產品室遷移，發(fā)生反應：H++H2PO2-=H3PO2。

電解結果：陽極室中n（H2SO4）不變，產品室中n（H3PO2）增多，原料室中n（NaH2PO2）減少，陰極室中n（NaOH）增多。

（2）為什么采用隔膜技術？

上述電解總反應方程式：4NaH2PO2+6H2O[通電]4H3PO2+4NaOH+2H2↑+O2↑。若不采用“三膜四室”電滲析法，次磷酸與氫氧化鈉發(fā)生反應且次磷酸被氧氣氧化成磷酸。導致不能制備亞磷酸，以及亞磷酸變質。

二、隔膜定量考查

1.陽離子交換膜

例5 （2014年高考福建卷—11）某原電池裝置如右圖所示，電池總反應為2Ag+Cl2=2AgCl。下列說法正確的是（ ）

A.正極反應為AgCl+e-=Ag+Cl-

B.放電時，交換膜右側溶液中有大量白色沉淀生成

C.若用NaCl溶液代替鹽酸，則電池總反應隨之改變

D.當電路中轉移0.01 mol e-時，交換膜左側溶液中約減少0.02 mol離子

（只允許陽離子通過）][AgCl/Ag][Cl2][Pt][A][1 mol·L-1鹽酸]

解析 本題考查原電池原理。正極發(fā)生還原反應，反應式為Cl2+2e-=2Cl-，A項錯誤。放電時，左室（負極）反應為Ag-e-+Cl-=AgCl↓，隔膜只允許陽離子通過，在左室產生大量的白色沉淀，B項錯誤。電池總反應為2Ag+Cl2=2AgCl，用氯化鈉替代氯化氫，電池總反應不會改變，C項錯誤。放電時，左室負極反應式為Ag-e-+Cl-=AgCl↓，轉移0.01 mol電子，必有0.01 mol Cl-沉淀；為了維持電荷平衡，必須向右室遷移0.01 mol H+，故左室共減少0.02 mol離子，D項正確。

答案 D

點撥 （1）左室、右室什么離子減少或增多？變化的離子的物質的量如何確定？

左室（負極）：2Ag-2e-=2Ag+，HCl=H++Cl-，Ag++Cl-=AgCl↓，電極反應式為2Ag++2Cl--2e-=2AgCl↓；右室（正極）：Cl2+2e-=2Cl-。左室溶液中減少，右室溶液中增多。

根據(jù)電極反應式中得電子、失電子數(shù)確定離子變化量。如本題負極區(qū)，失去2 mol電子，減少2 mol Cl-；正極區(qū)，得到2 mol電子，增多2 mol Cl-。

（2）放電一段時間后兩室中物質成分如何變化？

假設轉移2 mol電子，由電極反應式知，生成氯化銀，消耗了2 mol Cl-，負極區(qū)（左室）減少了2 mol負電荷（相當于增加了2 mol H+），正極區(qū)（右室）生成了2 mol Cl-，增加了2 mol負電荷。使電池兩極區(qū)形成電位差，導致離子遷移。由電中性知左室剩余2 mol H+；右室增加了2 mol Cl-，為了維持電荷平衡，2 mol H+透過陽離子交換膜從左室向右室遷移。左室減少2 mol H+和2 mol Cl-，共減少4mol離子（減少2 mol HCl），右室增加了2 mol HCl。

結果：左室（負極）溶液中c（HCl）鹽酸濃度減小，右室（正極）溶液中c（HCl）濃度增大。

2.質子交換膜

例6 （2014年高考重慶理綜卷—11）氫能是最重要的新能源。儲氫作為氫能利用的關鍵技術，是當前關注的熱點之一。

（1）氫氣是清潔能源，其燃燒產物為 。

（2）NaBH4是一種重要的儲氫載體，能與水反應生成NaBO3，且反應前后B的化合價不變，該反應的化學方程式為 ，反應消耗1 mol NaBH4時轉移的電子數(shù)目為 。儲氫還可借助有機物，如利用環(huán)已烷和苯之間的可逆反應來實現(xiàn)脫氫和加氫。

[FeSO4/Al2O3高溫] （g）+3H2（g）

（3）在某溫度下，向恒容容器中加入環(huán)已烷，其起始濃度為a mol·L-1，平衡時苯的濃度為b mol·L-1，該反應的平衡常數(shù)K= 。

（4）一定條件下，下圖所示裝置可實現(xiàn)有機物的電化學儲氫（忽略其它有機物）。

為10%的混合氣][多孔性惰性電極E][ 2.8 mol氣體

（忽略水蒸氣）][高分子電解質膜（只允許H+通過）][ 10 mol混合氣，其中苯的物質的量分數(shù)為24%][H2O]

①導線中電子轉移方向為 。（用A、D表示）

②生成目標產物的電極反應式為 。

③該儲氫裝置的電流效率η= 。

（η=[生成目標產物消耗的電子數(shù)轉移的電子總數(shù)]×100%，計算結果保留小數(shù)點后1位。）

解析 （4）①根據(jù)圖示苯→環(huán)己烷知，氫氣參與反應，發(fā)生還原反應，則D是陰極，電子轉移方向為A→D②苯得到電子生成環(huán)己烷是目標產物（儲氫），反應為C6H6+6H++6e-=C6H12 ③陽極上水電離的氫氧根離子發(fā)生氧化反應，2H2O-4e-=4H++O2↑，生成的2.8 mol氣體應該是氧氣，轉移電子2.8 mol×4=11.2 mol。

討論：若陰極不產生氫氣，設消耗苯的物質的量為a。則[10mol×24%-a10mol]×100%=10%，a=1.4 mol，轉移電子為1.4 mol×6=8.4 mol<11.2 mol。通過計算，說明還有氫氣生成。陰極反應有2H++2e-=H2↑。設陰極消耗苯的物質的量為x mol，轉移電子6x mol，生成環(huán)己烷x mol，根據(jù)得失電子相等，陰極生成氫氣[11.2-6x2mol]，[2.4-x10+11.2-6x2]=10%，x=1.2 mol，因此儲氫裝置的電流效率η=[6x11.2]×100%=64.3%。

注意：如果只考慮苯得電子，根據(jù)數(shù)據(jù)計算參加反應的苯為1.4 mol，得出錯誤答案：η=[1.4 mol×611.2 mol]×100%=75%，錯因是忽視了陰、陽極電子守恒。

答案 （1）水或H2O

（2）NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑；4NA或2.408×1024

（3）[27b4a-b]mol3·L-3

（4）①A→D ②C6H6+6H++6e-=C6H12 ③64.3%

點撥 （1）如何理解左室（陰極區(qū)）中各物質轉化？

根據(jù)苯與環(huán)己烷轉化關系知，左室苯轉化成環(huán)己烷可以分兩步理解：

第一步：2H++2e-=H2↑

第二步： +3H2[催化劑△]

左室反應前的混合氣是苯和氫氣的混合物。

（2）電解過程中，陰極生成H2量和陽極生成O2量有什么關系？

陽極反應式為2H2O-4e-=4H++O2↑；陰極反應式為4H++4e-=2H2↑。根據(jù)陽極上失去電子總物質的量等于陰極上得電子總物質的量，陽極放出2.8 mol O2，陰極上生成5.6 mol H2。

（3）上述電解裝置中陰極區(qū)H+從何處來？遷移H+物質的量如何確定？

陽極：2H2O-4e-=O2↑+4H+，n（O2）=2.8 mol，陽極區(qū)增加了n（H+）=11.2 mol，增加了11.2 mol正電荷。為了維持電荷平衡，11.2 mol H+向由陽極區(qū)（右）向陰極區(qū)（左）遷移。11.2 mol H+在陰極區(qū)被還原生成5.6 mol H2，陰極區(qū)3.6 mol H2被苯消耗，

電解結果：向左池遷移的11.2 mol H+恰好完全反應，生成2 mol H2和1.2 mol環(huán)己烷，右池的pH沒有變化，混合氣體中H2的物質的量增多。endprint

陰極室：4H2O+4e-=4OH-+2H2↑

陽極室H+增多，為了維持電荷平衡，H+由陽極室通過陽膜向產品室遷移；陰極室OH-增多，原料室中Na+通過陽膜向陰極室遷移，NaOH量增多；原料室中剩余的H2PO2-透過陰膜向產品室遷移，發(fā)生反應：H++H2PO2-=H3PO2。

電解結果：陽極室中n（H2SO4）不變，產品室中n（H3PO2）增多，原料室中n（NaH2PO2）減少，陰極室中n（NaOH）增多。

（2）為什么采用隔膜技術？

上述電解總反應方程式：4NaH2PO2+6H2O[通電]4H3PO2+4NaOH+2H2↑+O2↑。若不采用“三膜四室”電滲析法，次磷酸與氫氧化鈉發(fā)生反應且次磷酸被氧氣氧化成磷酸。導致不能制備亞磷酸，以及亞磷酸變質。

二、隔膜定量考查

1.陽離子交換膜

例5 （2014年高考福建卷—11）某原電池裝置如右圖所示，電池總反應為2Ag+Cl2=2AgCl。下列說法正確的是（ ）

A.正極反應為AgCl+e-=Ag+Cl-

B.放電時，交換膜右側溶液中有大量白色沉淀生成

C.若用NaCl溶液代替鹽酸，則電池總反應隨之改變

D.當電路中轉移0.01 mol e-時，交換膜左側溶液中約減少0.02 mol離子

（只允許陽離子通過）][AgCl/Ag][Cl2][Pt][A][1 mol·L-1鹽酸]

解析 本題考查原電池原理。正極發(fā)生還原反應，反應式為Cl2+2e-=2Cl-，A項錯誤。放電時，左室（負極）反應為Ag-e-+Cl-=AgCl↓，隔膜只允許陽離子通過，在左室產生大量的白色沉淀，B項錯誤。電池總反應為2Ag+Cl2=2AgCl，用氯化鈉替代氯化氫，電池總反應不會改變，C項錯誤。放電時，左室負極反應式為Ag-e-+Cl-=AgCl↓，轉移0.01 mol電子，必有0.01 mol Cl-沉淀；為了維持電荷平衡，必須向右室遷移0.01 mol H+，故左室共減少0.02 mol離子，D項正確。

答案 D

點撥 （1）左室、右室什么離子減少或增多？變化的離子的物質的量如何確定？

左室（負極）：2Ag-2e-=2Ag+，HCl=H++Cl-，Ag++Cl-=AgCl↓，電極反應式為2Ag++2Cl--2e-=2AgCl↓；右室（正極）：Cl2+2e-=2Cl-。左室溶液中減少，右室溶液中增多。

根據(jù)電極反應式中得電子、失電子數(shù)確定離子變化量。如本題負極區(qū)，失去2 mol電子，減少2 mol Cl-；正極區(qū)，得到2 mol電子，增多2 mol Cl-。

（2）放電一段時間后兩室中物質成分如何變化？

假設轉移2 mol電子，由電極反應式知，生成氯化銀，消耗了2 mol Cl-，負極區(qū)（左室）減少了2 mol負電荷（相當于增加了2 mol H+），正極區(qū)（右室）生成了2 mol Cl-，增加了2 mol負電荷。使電池兩極區(qū)形成電位差，導致離子遷移。由電中性知左室剩余2 mol H+；右室增加了2 mol Cl-，為了維持電荷平衡，2 mol H+透過陽離子交換膜從左室向右室遷移。左室減少2 mol H+和2 mol Cl-，共減少4mol離子（減少2 mol HCl），右室增加了2 mol HCl。

結果：左室（負極）溶液中c（HCl）鹽酸濃度減小，右室（正極）溶液中c（HCl）濃度增大。

2.質子交換膜

例6 （2014年高考重慶理綜卷—11）氫能是最重要的新能源。儲氫作為氫能利用的關鍵技術，是當前關注的熱點之一。

（1）氫氣是清潔能源，其燃燒產物為 。

（2）NaBH4是一種重要的儲氫載體，能與水反應生成NaBO3，且反應前后B的化合價不變，該反應的化學方程式為 ，反應消耗1 mol NaBH4時轉移的電子數(shù)目為 。儲氫還可借助有機物，如利用環(huán)已烷和苯之間的可逆反應來實現(xiàn)脫氫和加氫。

[FeSO4/Al2O3高溫] （g）+3H2（g）

（3）在某溫度下，向恒容容器中加入環(huán)已烷，其起始濃度為a mol·L-1，平衡時苯的濃度為b mol·L-1，該反應的平衡常數(shù)K= 。

（4）一定條件下，下圖所示裝置可實現(xiàn)有機物的電化學儲氫（忽略其它有機物）。

為10%的混合氣][多孔性惰性電極E][ 2.8 mol氣體

（忽略水蒸氣）][高分子電解質膜（只允許H+通過）][ 10 mol混合氣，其中苯的物質的量分數(shù)為24%][H2O]

①導線中電子轉移方向為 。（用A、D表示）

②生成目標產物的電極反應式為 。

③該儲氫裝置的電流效率η= 。

（η=[生成目標產物消耗的電子數(shù)轉移的電子總數(shù)]×100%，計算結果保留小數(shù)點后1位。）

解析 （4）①根據(jù)圖示苯→環(huán)己烷知，氫氣參與反應，發(fā)生還原反應，則D是陰極，電子轉移方向為A→D②苯得到電子生成環(huán)己烷是目標產物（儲氫），反應為C6H6+6H++6e-=C6H12 ③陽極上水電離的氫氧根離子發(fā)生氧化反應，2H2O-4e-=4H++O2↑，生成的2.8 mol氣體應該是氧氣，轉移電子2.8 mol×4=11.2 mol。

討論：若陰極不產生氫氣，設消耗苯的物質的量為a。則[10mol×24%-a10mol]×100%=10%，a=1.4 mol，轉移電子為1.4 mol×6=8.4 mol<11.2 mol。通過計算，說明還有氫氣生成。陰極反應有2H++2e-=H2↑。設陰極消耗苯的物質的量為x mol，轉移電子6x mol，生成環(huán)己烷x mol，根據(jù)得失電子相等，陰極生成氫氣[11.2-6x2mol]，[2.4-x10+11.2-6x2]=10%，x=1.2 mol，因此儲氫裝置的電流效率η=[6x11.2]×100%=64.3%。

注意：如果只考慮苯得電子，根據(jù)數(shù)據(jù)計算參加反應的苯為1.4 mol，得出錯誤答案：η=[1.4 mol×611.2 mol]×100%=75%，錯因是忽視了陰、陽極電子守恒。

答案 （1）水或H2O

（2）NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑；4NA或2.408×1024

（3）[27b4a-b]mol3·L-3

（4）①A→D ②C6H6+6H++6e-=C6H12 ③64.3%

點撥 （1）如何理解左室（陰極區(qū)）中各物質轉化？

根據(jù)苯與環(huán)己烷轉化關系知，左室苯轉化成環(huán)己烷可以分兩步理解：

第一步：2H++2e-=H2↑

第二步： +3H2[催化劑△]

左室反應前的混合氣是苯和氫氣的混合物。

（2）電解過程中，陰極生成H2量和陽極生成O2量有什么關系？

陽極反應式為2H2O-4e-=4H++O2↑；陰極反應式為4H++4e-=2H2↑。根據(jù)陽極上失去電子總物質的量等于陰極上得電子總物質的量，陽極放出2.8 mol O2，陰極上生成5.6 mol H2。

（3）上述電解裝置中陰極區(qū)H+從何處來？遷移H+物質的量如何確定？

陽極：2H2O-4e-=O2↑+4H+，n（O2）=2.8 mol，陽極區(qū)增加了n（H+）=11.2 mol，增加了11.2 mol正電荷。為了維持電荷平衡，11.2 mol H+向由陽極區(qū)（右）向陰極區(qū)（左）遷移。11.2 mol H+在陰極區(qū)被還原生成5.6 mol H2，陰極區(qū)3.6 mol H2被苯消耗，

電解結果：向左池遷移的11.2 mol H+恰好完全反應，生成2 mol H2和1.2 mol環(huán)己烷，右池的pH沒有變化，混合氣體中H2的物質的量增多。endprint

陰極室：4H2O+4e-=4OH-+2H2↑

陽極室H+增多，為了維持電荷平衡，H+由陽極室通過陽膜向產品室遷移；陰極室OH-增多，原料室中Na+通過陽膜向陰極室遷移，NaOH量增多；原料室中剩余的H2PO2-透過陰膜向產品室遷移，發(fā)生反應：H++H2PO2-=H3PO2。

電解結果：陽極室中n（H2SO4）不變，產品室中n（H3PO2）增多，原料室中n（NaH2PO2）減少，陰極室中n（NaOH）增多。

（2）為什么采用隔膜技術？

上述電解總反應方程式：4NaH2PO2+6H2O[通電]4H3PO2+4NaOH+2H2↑+O2↑。若不采用“三膜四室”電滲析法，次磷酸與氫氧化鈉發(fā)生反應且次磷酸被氧氣氧化成磷酸。導致不能制備亞磷酸，以及亞磷酸變質。

二、隔膜定量考查

1.陽離子交換膜

例5 （2014年高考福建卷—11）某原電池裝置如右圖所示，電池總反應為2Ag+Cl2=2AgCl。下列說法正確的是（ ）

A.正極反應為AgCl+e-=Ag+Cl-

B.放電時，交換膜右側溶液中有大量白色沉淀生成

C.若用NaCl溶液代替鹽酸，則電池總反應隨之改變

D.當電路中轉移0.01 mol e-時，交換膜左側溶液中約減少0.02 mol離子

（只允許陽離子通過）][AgCl/Ag][Cl2][Pt][A][1 mol·L-1鹽酸]

解析 本題考查原電池原理。正極發(fā)生還原反應，反應式為Cl2+2e-=2Cl-，A項錯誤。放電時，左室（負極）反應為Ag-e-+Cl-=AgCl↓，隔膜只允許陽離子通過，在左室產生大量的白色沉淀，B項錯誤。電池總反應為2Ag+Cl2=2AgCl，用氯化鈉替代氯化氫，電池總反應不會改變，C項錯誤。放電時，左室負極反應式為Ag-e-+Cl-=AgCl↓，轉移0.01 mol電子，必有0.01 mol Cl-沉淀；為了維持電荷平衡，必須向右室遷移0.01 mol H+，故左室共減少0.02 mol離子，D項正確。

答案 D

點撥 （1）左室、右室什么離子減少或增多？變化的離子的物質的量如何確定？

左室（負極）：2Ag-2e-=2Ag+，HCl=H++Cl-，Ag++Cl-=AgCl↓，電極反應式為2Ag++2Cl--2e-=2AgCl↓；右室（正極）：Cl2+2e-=2Cl-。左室溶液中減少，右室溶液中增多。

根據(jù)電極反應式中得電子、失電子數(shù)確定離子變化量。如本題負極區(qū)，失去2 mol電子，減少2 mol Cl-；正極區(qū)，得到2 mol電子，增多2 mol Cl-。

（2）放電一段時間后兩室中物質成分如何變化？

假設轉移2 mol電子，由電極反應式知，生成氯化銀，消耗了2 mol Cl-，負極區(qū)（左室）減少了2 mol負電荷（相當于增加了2 mol H+），正極區(qū)（右室）生成了2 mol Cl-，增加了2 mol負電荷。使電池兩極區(qū)形成電位差，導致離子遷移。由電中性知左室剩余2 mol H+；右室增加了2 mol Cl-，為了維持電荷平衡，2 mol H+透過陽離子交換膜從左室向右室遷移。左室減少2 mol H+和2 mol Cl-，共減少4mol離子（減少2 mol HCl），右室增加了2 mol HCl。

結果：左室（負極）溶液中c（HCl）鹽酸濃度減小，右室（正極）溶液中c（HCl）濃度增大。

2.質子交換膜

例6 （2014年高考重慶理綜卷—11）氫能是最重要的新能源。儲氫作為氫能利用的關鍵技術，是當前關注的熱點之一。

（1）氫氣是清潔能源，其燃燒產物為 。

（2）NaBH4是一種重要的儲氫載體，能與水反應生成NaBO3，且反應前后B的化合價不變，該反應的化學方程式為 ，反應消耗1 mol NaBH4時轉移的電子數(shù)目為 。儲氫還可借助有機物，如利用環(huán)已烷和苯之間的可逆反應來實現(xiàn)脫氫和加氫。

[FeSO4/Al2O3高溫] （g）+3H2（g）

（3）在某溫度下，向恒容容器中加入環(huán)已烷，其起始濃度為a mol·L-1，平衡時苯的濃度為b mol·L-1，該反應的平衡常數(shù)K= 。

（4）一定條件下，下圖所示裝置可實現(xiàn)有機物的電化學儲氫（忽略其它有機物）。

為10%的混合氣][多孔性惰性電極E][ 2.8 mol氣體

（忽略水蒸氣）][高分子電解質膜（只允許H+通過）][ 10 mol混合氣，其中苯的物質的量分數(shù)為24%][H2O]

①導線中電子轉移方向為 。（用A、D表示）

②生成目標產物的電極反應式為 。

③該儲氫裝置的電流效率η= 。

（η=[生成目標產物消耗的電子數(shù)轉移的電子總數(shù)]×100%，計算結果保留小數(shù)點后1位。）

解析 （4）①根據(jù)圖示苯→環(huán)己烷知，氫氣參與反應，發(fā)生還原反應，則D是陰極，電子轉移方向為A→D②苯得到電子生成環(huán)己烷是目標產物（儲氫），反應為C6H6+6H++6e-=C6H12 ③陽極上水電離的氫氧根離子發(fā)生氧化反應，2H2O-4e-=4H++O2↑，生成的2.8 mol氣體應該是氧氣，轉移電子2.8 mol×4=11.2 mol。

討論：若陰極不產生氫氣，設消耗苯的物質的量為a。則[10mol×24%-a10mol]×100%=10%，a=1.4 mol，轉移電子為1.4 mol×6=8.4 mol<11.2 mol。通過計算，說明還有氫氣生成。陰極反應有2H++2e-=H2↑。設陰極消耗苯的物質的量為x mol，轉移電子6x mol，生成環(huán)己烷x mol，根據(jù)得失電子相等，陰極生成氫氣[11.2-6x2mol]，[2.4-x10+11.2-6x2]=10%，x=1.2 mol，因此儲氫裝置的電流效率η=[6x11.2]×100%=64.3%。

注意：如果只考慮苯得電子，根據(jù)數(shù)據(jù)計算參加反應的苯為1.4 mol，得出錯誤答案：η=[1.4 mol×611.2 mol]×100%=75%，錯因是忽視了陰、陽極電子守恒。

答案 （1）水或H2O

（2）NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑；4NA或2.408×1024

（3）[27b4a-b]mol3·L-3

（4）①A→D ②C6H6+6H++6e-=C6H12 ③64.3%

點撥 （1）如何理解左室（陰極區(qū)）中各物質轉化？

根據(jù)苯與環(huán)己烷轉化關系知，左室苯轉化成環(huán)己烷可以分兩步理解：

第一步：2H++2e-=H2↑

第二步： +3H2[催化劑△]

左室反應前的混合氣是苯和氫氣的混合物。

（2）電解過程中，陰極生成H2量和陽極生成O2量有什么關系？

陽極反應式為2H2O-4e-=4H++O2↑；陰極反應式為4H++4e-=2H2↑。根據(jù)陽極上失去電子總物質的量等于陰極上得電子總物質的量，陽極放出2.8 mol O2，陰極上生成5.6 mol H2。

（3）上述電解裝置中陰極區(qū)H+從何處來？遷移H+物質的量如何確定？

陽極：2H2O-4e-=O2↑+4H+，n（O2）=2.8 mol，陽極區(qū)增加了n（H+）=11.2 mol，增加了11.2 mol正電荷。為了維持電荷平衡，11.2 mol H+向由陽極區(qū)（右）向陰極區(qū)（左）遷移。11.2 mol H+在陰極區(qū)被還原生成5.6 mol H2，陰極區(qū)3.6 mol H2被苯消耗，

電解結果：向左池遷移的11.2 mol H+恰好完全反應，生成2 mol H2和1.2 mol環(huán)己烷，右池的pH沒有變化，混合氣體中H2的物質的量增多。endprint