人教版高中化学选修4教学讲义，复习补习资料（含典例分析，巩固练习）：20【提高】电解原理
文档属性
| 名称 | 人教版高中化学选修4教学讲义，复习补习资料（含典例分析，巩固练习）：20【提高】电解原理 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 564.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2020-01-21 22:20:57 | ||
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文档简介
电解原理
【学习目标】
1、了解电解池的工作原理；
2、初步掌握一般电解反应产物的判断方法。
【典型例题】
类型一、电化学中电极及电极反应的判断
例1 蓄电池在放电时起原电池的作用，在充电时起电解池的作用。下面是爱迪生蓄电池分别在充电和放电时发生的反应： 下列有关爱迪生蓄电池的推断错误的是： A．放电时，Fe是负极，NiO2是正极 B．蓄电池的电极可以浸入某中酸性电解质溶液中 C．充电时，阴极上的电极反应为：Fe(OH)2+2e－=Fe+2OH－ D．放电时，电解质溶液中的阴离子向正极方向移动 【答案】B、D。
【解析】蓄电池放电时起原电池作用，原电池的负极是较活泼的金属，A正确。放电时，Fe是原电池的负极，Fe失电子被氧化成Fe2+离子。由于负极——Fe的附近聚集较多的Fe2+离子，电解质溶液中的阴离子向负极移动，D不正确。充电时蓄电池起电解池作用，充电时电源的负极应与蓄电池的负极（Fe，此时作为电解池的阴极）相连接，发生还原反应：Fe(OH)2+2e－=Fe+2OH－。C正确。该蓄电池的放电和充电时的电极反应分别是： 放电：负极 ??Fe-2e－+ 2OH－=Fe(OH)2 正极 NiO2+2e-+2H2O=Ni(OH)2+2OH- 充电：阴极 ?Fe(OH)2+2e－=Fe+2OH－ 阳极 Ni(OH)2-2e-+2OH-=NiO2+2H2O 可见反应是在碱性溶液中进行的，B不正确。
举一反三：
【变式1】右图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置，通电后在石墨电极a和b附近分别滴加石蕊溶液，下列实验现象正确的是( )?
A．逸出气体的体积：a电极的小于b电极的
B．电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体
C．a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色
D．a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色
【答案】D
【解析】Na2SO4＝2Na＋＋SO42－，H2OH＋＋OH－，SO42－和OH－移向b电极，Na＋和H＋移向a电极，在b电极 上：4OH－-4e－?＝ 2H2O＋O2↑，在a电极上：4H＋＋4e－?＝ 2H2↑，所以a电极产生的气体体积大于b电极；两种气体均为无色无味的气体；由于a电极上H＋放电，所以a电极附近的c(OH－)＞c(H＋)，滴加石蕊试液a电极附近变蓝色，同理，b电极附近变红色。
例2镍氢电池（NiMH）目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型，NiMH中的M表示金属或合金，该电池在充电过程中的总反应方程式是：Ni(OH)2+M=NiOOH+MH
已知：6NiOOH+NH3+H2O+OH﹣=6 Ni(OH)2+NO2﹣
下列说法正确的是（ ）
A．NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+e﹣=Ni(OH)2+OH﹣
B．充电过程中OH﹣离子从阳极向阴极迁移
C．充电过程中阴极的电极反应式：H2O+M+e﹣=MH+OH﹣，H2O中的H被M还原
D．NiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作为电解质溶液
【思路点拨】做对本题的关键是根据充电过程的总反应方程式能正确书写充电、放电时的电极反应式。
【答案】A
【解析】镍氢电池中主要为KOH作电解液。
充电时，阳极反应：Ni(OH)2+OH﹣=NiOOH+H2O+e﹣、阴极反应：M+H2O+e﹣=MH+OH﹣，总反应：M+Ni(OH)2=MH+NiOOH；
放电时，正极：NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣，负极：MH+OH﹣=M+H2O+e﹣，总反应：MH+NiOOH=M+Ni(OH)2
以上式中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金。
A．正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+e﹣═Ni(OH)2+OH﹣，故A正确；
B．电解时阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，所以OH﹣离子从阴极向阳极迁移，故B错误；
C．H2O中的H得电子，不是被M还原，故C错误；
D．不能用氨水做电解质溶液，根据已知有氨气时容易发生副反应生成亚硝酸根，故D错误；
故选A。 【总结升华】书写电极反应式的3个原则：
（1）共存原则
因为物质得失电子后在不同介质中的存在形式不同，所以电极反应式的书写必须考虑介质环境。当电解质溶液呈酸性时，不可能有OH-参加反应；碱性溶液中CO2不可能存在，也不可能有H+参加反应。
（2）得氧失氧原则
得氧时，在反应物中加H2O(电解质为酸性时)或OH-(电解质溶液为碱性或中性时)；失氧时，在反应物中加H2O(电解质为碱性或中性时)或H+(电解质为酸性时)。
（3）中性吸氧反应成碱原则
在中性电解质溶液中，通过金属吸氧所建立起来的原电池反应，其反应的最后产物是碱。
举一反三：
【变式1】如下图装置，A、B中电极为多孔的惰性电极；C、D为夹在湿的Na2SO4滤纸条上的铂夹；电源有a、b两极。
若在A、B中充满KOH溶液后倒立于KOH溶液的水槽中。切断K1，闭合K2、K3通直流电，则：
（1）标出电源的正、负极，a为______极，b为_____极。
（2）在湿的Na2SO4滤纸条中心的KMnO4液滴，有什么现象__________。
（3）写出电极反应式：A中____________，B中__________。
（4）若电解一段时间，A、B中均有气体包围电极。此时切断K2、K3，闭合K1，则电流表的指针是否移动(填是或否)_________。
（5）若电流表指针不移动说明理由，若指针移动也说明理由___________。
【答案】（1）a为负极，b为正极
（2）紫色液滴向D处移动
（3）A中：4OH——4e－=2H2O+O2( B中：2H++2e－=H2(
（4）是
（5）H2、O2、KOH在A、B两极可以形成原电池
类型二、电解原理
例3（2019 新课标I）高锰酸钾（KMnO4）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：
回答下列问题：
（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1∶1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是________。
（2）“平炉”中发生反应的化学方程式为________。
（3）“平炉”中需要加压，其目的是________。
（4）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。
①“CO2歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4发生歧化反应。反应中生成KMnO4、MnO2和________（写化学式）。
②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液。电解槽中阳极发生的电极反应为________，阴极逸出的气体是________。
③“电解法”和“CO2歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为________。
（5）高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000 mol·L－1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL。该样品的纯度为________（列出计算式即可，已知2MnO4－+5H2C2O4+6H+==2Mn2++10CO2↑+8H2O）。
【思路点拨】本题结合化学工艺流程考查氧化还原反应、电解原理、滴定的相关计算等。工艺路线比较简单，难度不大，做计算的时候要格外小心。
【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率
（2）2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O
（3）提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率
（4）①KHCO3 ②MnO42－－e－==MnO4－ H2 ③3∶2
（5）
【解析】（1）将软锰矿粉碎可以增大反应物间的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率。（2）从平炉中出来的物质经水浸、沉降析出K2MnO4，说明平炉中的MnO2被富氧空气氧化为K2MnO4，根据氧化还原反应规律和电子得失守恒完成反应的化学方程式为2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O。（3）平炉加压，可以增大富氧空气的浓度，加快反应速率，提高MnO2的转化率。（4）①该反应为歧化反应，变价元素只有Mn，根据电子守恒可知生成的KMnO4与MnO2的物质的量之比为2∶1，配平反应方程式得3K2MnO4+4CO2+2H2O=2KMnO4+MnO2+4KHCO3，故另一产物为KHCO3。②电解时阳极发生氧化反应，即MnO42－转化为MnO4－；MnO42－－e－==MnO4－，放电顺序：H+＞K+，故阴极H+放电生成H2。③由以上分析可知，“CO2歧化法”中，K2MnO4只有2／3转化为KMnO4，而“电解法”中K2MnO4的转化率为100%；，故理论上两种方法K2MnO4的利用率之比为2∶3。（5）根据题给反应的离子方程式可知：2KMnO4～5H2C2O4，则样品的纯度为。
【总结升华】电解池与原电池最根本的区别是有无外加电源，有外加电源的装置是电解池。电解池中两极名称为阴、阳极，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应；而原电池中的两极名称为正、负极，一般不称为阴、阳极。
举一反三：
【变式1】（2019 四川高考）用右图所示装置除去含CN－、Cl－废水中的CN－时，控制溶液pH为9~10，阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是（ ）
A．用石墨作阳极，铁作阴极
B．阳极的电极反应式为：Cl－ + 2OH－－2e－= ClO－ + H2O
C．阴极的电极反应式为：2H2O + 2e－ = H2↑ + 2OH－
D．除去CN－的反应：2CN－+ 5ClO－ + 2H+ = N2↑ + 2CO2↑ + 5Cl－+ H2O
【答案】D
【解析】A、阳极要产生ClO－，则铁只能作阴极，不能作阳极，否则就是铁失电子，A正确；B、阳极是Cl－失电子产生ClO－，电极反应式为：Cl－ + 2OH－－2e－= ClO－ + H2O，B正确；C、阴极是H+产生H2，碱性溶液，故阴极的电极反应式为：2H2O + 2e－ = H2↑ + 2OH－，C正确；D、溶液为碱性，方程式应为2CN－+5ClO－+ H2O =N2↑+2CO2↑+5Cl－+2OH－。故选D。
【变式2】下图中能验证氯化钠溶液电解产物的装置是
【答案】D
【变式3】如图电解池中装有硫酸铜溶液，选用不同材料的电极进行电解。下列叙述中正确的是
电极材料
通电后的变化
阳极
阴极
A
石墨
石墨
阴极质量增加，溶液的pH 增大
B
铜
铜
阳极质量减小，阴极质量增加
C
铁
铁
两极的质量不发生变化
D
铂
铁
阴极质量增加，溶液的pH 不变
【答案】B
【巩固练习】
一、选择题
1．用惰性电极电解下列溶液，电解一段时间后，阴极质量增加，电解液的pH下降的是（ ）。 ①CuSO4 ②BaCl2 ③AgNO3 ④H2SO4
A．①② B．①③
C．①④ D．②④
2．如图所示，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色、无臭气体放出。符合这一情况的是下表中的（ ）。
a极板
b极板
X电极
Z溶液
A
锌
石墨
负极
CuSO4
B
石墨
石墨
负极
NaOH
C
银
铁
正极
AgNO3
D
铜
石墨
负极
CuCl2
3．下图所示的电解池I和II中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b选项
X
Y
A
MgSO4
CuSO4
B
AgNO3
Pb(NO3)2
C
FeSO4
Al2?(SO4)3
D
CuSO4
AgNO3
4．（2019 江西遂川县模拟）关于如图电解池工作时的相关叙述正确的是（???）。
A．Fe电极作阳极，发生氧化反应
B．Cl-向石墨极作定向运动
?C．石墨电极反应：Fe3++3e-=Fe3+
D． 电解池发生总反应：2Cl-+2Fe3+ Cl2↑+2Fe2+
5．如图所示是电解CuCl2溶液装置，其中c、d为石墨电极，已知溶液中Cl－向c极移动，则下列有关判断正确的是（ ）。
A．a为负极，b为正极
B．c为阳极，d为阴极
C．电解过程中，d极质量减小
D．电解过程中，Cl－浓度不变
6．关于电解NaCl水溶液，下列叙述正确的是（ ）。
A．电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠
B．若在阳极附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈棕色
C．若在阴极附近的溶液中滴入酚酞试液，溶液呈无色
D．电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性
7．在水中加入等物质的量Ag+，Pb2+，K+，SO42－，Cl－，NO3－，再用惰性电极电解片刻，则氧化产物和还原产物的质量之比为（ ）。
A．35.5∶108 B．16∶207
C．8∶1 D．35.5∶1
8．用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定质量的另一种物质（中括号内），溶液能与原来溶液完全一样的是（ ）。
A．CuCl2 [CuO] B．NaOH [NaOH] C．NaCl [HCl] D．Na2SO4 [NaOH]
9．如图所示，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色、无臭气体放出。符合这一情况的是下表中的（ ）。
a极板
b极板
X电极
Z溶液
A
锌
石墨
负极
CuSO4
B
石墨
石墨
负极
NaOH
C
银
铁
正极
AgNO3
D
铜
石墨
负极
CuCl2
10．取一张用饱和NaCl溶液浸湿的pH试纸，两根铅笔芯作电极，接通直流电源，一段时间后，发现a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈为浅红色。则下列说法错误的是（ ）。
A．b电极是阴极
B．a电极与电源的正极相连接
C．电解过程中，水是氧化剂
D．b电极附近溶液的pH变小
11．关于右图所示装置的判断，叙述正确的是（ ）。
A．左边的装置是电解池，右边的装置是原电池
B．该装置中铜为正极，锌为负极
C．当铜片的质量变化为12.8 g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为2.24 L
D．装置中电子的流向是：a→Cu→经过CuSO4溶液→Zn→b
12．某电解池内盛有Cu(NO3)2溶液，插入两根电极，接通直流电源后，欲达到如下要求：（1）阳极质量不变；（2）阴极质量增加；（3）电解液pH减小，则应选用的电极是（ ） A．阴阳两极都用石墨 B．铜作阳极铁作阴极 C．铁作阳极铜作阴极 D．铂作阳极铜作阴极 13．常温时，将500 mL pH=5的CuSO4?溶液用石墨电极电解一段时间，测得溶液的pH变为2，若使溶液的浓度、pH与电解前相同，可采用的方法（ ）。? A．向溶液中加入0.245g Cu(OH)2? B．向溶液中加0.31g CuSO4 C．向溶液中加0.0025 mol H2SO4并加热 D．向溶液中加0.2g CuO
二、非选择题
1．从H+、Cu2+、Ba2+、Na+、Cl－、SO42－ 6种离子中两两恰当地组成电解质，按下列要求进行电解，请填空：
（1）以碳棒为电极，使电解质的质量减少，水量不变，进行电解，则采用的电解质是________。
（2）以碳棒为电极，使电解质的质量不变，水量减少，进行电解，则采用的电解质是________。
（3）以铂为电极，使电解质和水量都减少，进行电解，则采用的电解质是________。
2．工业上为了处理含有Cr2O72－的酸性工业废水，采用下面的处理方法：往工业废水中加入适量NaCl，以Fe为电极进行电解，经过一段时间，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成，工业废水中铬的含量已低于排放标准。请回答下列问题：
（1）两极发生反应的电极反应式 阳极：________；阴极：________。
（2）写出Cr2O72－变为Cr3+的离子方程式：________。
（3）工业废水由酸性变为碱性的原因是________。
（4）________（填“能”或“不能”）改用石墨作电极，原因是________。
3．（2019 北京丰台二模）低浓度SO2废气的处理是工业难题，目前常用的两种方法如下：
方法Ⅰ：
（1）反应器中发生反应：3H2(g) + SO2 (g) H2S(g) + 2H2O(g)
①H2S的稳定性比H2O （填“强”或“弱”），
原因是 ，元素的非金属性减弱。
②SO2的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如右图所示，
随温度升高，化学平衡常数K的变化趋势是 。
比较P1和P2的大小关系 ，请简述理由 。
（2）工业上先用二乙醇胺吸收H2S，然后在再生塔中加热分解重新获得H2S，主要目的是 。
（3）燃烧室内，1mol H2S气体完全燃烧生成固态硫磺及气态水，释放a kJ能量，其热化学方程式为 。
方法Ⅱ：
（4）Na2SO3溶液吸收SO2的化学方程式是 。
（5）通过电解法可分离NaHSO3与Na2SO3混合物，实现Na2SO3的循环利用，示意图如下：
简述分离NaHSO3与Na2SO3混合物的原理 。
【答案与解析】
一、选择题
1．B
【解析】阴极质量增加，说明溶液中含有不活泼金属的阳离子；电解液的pH下降，说明在阳极上是OH－离子放电，而金属离子相应的阴离子应是含氧酸的酸根，故本题的答案应为不活泼金属的含氧酸盐，选B。
2．A
【解析】由a极板质量增加，知溶液中阳离子在a极板析出。则a为阴极，X为负极；B中a极板不析出金属，B错；C中X为正极，C错；又由b极板有无色、无臭气体放出，D错。
3．D
【解析】电解过程中，Pt电极为惰性电极，电极b和d均为阴极，电极上没有气体逸出，但质量均增大，说明金属阳离子放电析出，要使增重b4．A 【解析】由电子转移方向可知石墨为阴极，铁为阳极。A项电子流出的一极是电源的负极，故Fe连接电源的正极，为阳极，故A正确；B项电解质溶液中，阴离子向阳极移动，Fe连接电源的正极，为阳极，故Cl-向Fe极作定向运动，故B错误；C项石墨是电解池的阴极，发生还原反应，电极反应为Fe3++e-=Fe2+，故C错误；D项Fe连接电源的正极，为阳极，是活性电极，Fe反应氧化反应生成Fe2+，石墨是电解池的阴极，发生还原反应，Fe3+放电生成Fe2+，故电解池发生总反应Fe+2Fe3+ 3Fe2+，故D错误。故选A。
5．B
【解析】电解质溶液中Cl－向c极移动，说明电解质溶液中电流的方向由c指向d，则电源内部电流方向由b指向a，因此b为电源负极，a为电源正极（电源内部电流由负极到正极），c、d分别为阳极和阴极；电解过程中Cu2+在阴极（d极）放电析出，d极质量增加，Cl－在阳极（c极）放电而消耗。
6．B
【解析】用惰性电极电解NaCl水溶液时，阴极是H2O电解出H+放电产生H2，从而阴极随之产生了大量的OH－，加酚酞，阴极呈红色，故A项、C项错；阳极是Cl－放电产生Cl2，因此，在阳极处加入KI溶液，会有I2产生，溶液呈棕色，故B项对；由于Cl2在水中的溶解度小，大部分逸出，因此，电解一段时间后，充分搅拌，溶液中仍有一定量的NaOH，溶液显碱性，故D项错。
7．C?
【解析】加入的离子两者之间可反应的有：Ag＋与Cl-，Pb2＋与SO42－，故溶液中剩余的离子为K＋和NO3-，故用惰性电极电解时，是电解水，即，所以氧化产物与还原产物的质量比为8∶1。
8．C
【解析】C中阳极：2Cl－－2e－＝Cl2↑，阴极：2H++2e－＝H2↑，损失的是HCl，因此需要补充适量的HCl。
9．A
【解析】由a极板质量增加，知溶液中阳离子在a极板析出。则a为阴极，X为负极；B中a极板不析出金属，B错；C中X为正极，C错；又由b极板有无色、无臭气体放出，D错。
10．D
【解析】本题考查了电化学基础知识。由a极内圈为白色，外圈呈现浅红色说明a极生成的氯气与水反应生成具有漂白性的HClO，则a极为阳极，与电源的正极相连，b极为阴极，发生还原反应，消耗氢离子，所以pH变大。在此反应中水为氧化剂。
11．C
【解析】根据图中所给的信息，我们可以判断出左边是氢氧燃料电池，右边是电解池，所以A项错；根据入口中所标的氧气和氢气的位置，可以知道a作正极，b作负极；并且Zn和b相连，所以是阴极，而Cu是阳极，故B项错误；Cu片上的电极反应式为：Cu－2e－＝Cu2+，当铜片的质量变化为12.8 g时，电路中转移电子的物质的量为：。a极上的电极反应式为：O2+4e－+2H2O＝4OH－，因为各个电极转移电子的物质的量相等，所以a极上消耗V (O2)=22.4 L·mol－1×n (O2)=22.4 L·mol－1× =2.24 L，故C项正确；装置中电子的流向为：b→Zn→CuSO4溶液→Cu→a，所以D项错误。
12．AD 【解析】根据题目要求：阳极选择惰性电极、溶液中有不活泼金属的阳离子，电解实质是放氧生酸。
13．D
二、非选择题
1．（1）HCl、CuCl2 （2）Na2SO4、H2SO4 （3）NaCl、BaCl2、CuSO4
【解析】（1）以碳棒为电极，使电解质的质量减少，水量不变，则采用的电解质是无氧酸、不活泼金属的无氧酸盐。
（2）以碳棒为电极，使电解质的质量不变，水量减少，进行电解，则采用的电解质是含氧酸、活泼金属的含氧酸盐。
（3）以铂为电极，使电解质和水量都减少，进行电解，则采用的电解质是活泼金属的无氧酸盐、不活泼金属的含氧酸盐。
2．（1）Fe－2e－＝Fe2+ 2H++2e－＝H2↑
（2）Cr2O72－+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O
（3）H+不断放电，Cr2O72－与Fe2+反应中消耗H+，打破了水的电离平衡，使溶液中c (OH－)＞c (H+)
（4）不能 用石墨作电极，阳极产生Cl2或O2，得不到Fe2+，缺少还原剂，不能使Cr2O72－转化为Cr3+，再转化为Cr(OH)3沉淀而除去
3．（1）① 弱 氧和硫元素处于同主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力减弱。
② 减小 P2 > P1 当温度一定时，增大压强3H2(g) + SO2 (g) H2S(g) + 2H2O(g)平衡正向移动，SO2的转化率增大。
（2）富集H2S（获得高浓度H2S）
（3）2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) △H=-2a kJ/mol
（4）Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3
（5）阳极2H2O-4e－=4H＋+O2↑，c(H+)增大，H＋由a室经阳离子交换膜进入b室，H＋与SO32－结合生成HSO3－，Na2SO3转化为NaHSO3。阴极2H＋-2e－=H2↑,导致HSO3－ H＋+ SO32－正向移动，Na＋从b室进入c室，NaHSO3转化为Na2SO3。
【解析】（1）①氧和硫元素处于同主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力减弱，非金属性减弱，所以稳定性：H2O＞H2S；
②3H2 (g)+SO2 (g)H2S (g)+2H2O (g)，二氧化硫为反应物，图示压强一定，随温度升高，二氧化硫的平衡转率减小，所以化学平衡常数K的变化趋势是减小，当温度一定时，增大压强3H2 (g)+SO2 (g)H2S (g)+2H2O (g)平衡正向移动，SO2的转化率增大，从图示可知，同温度下，P2的SO2的转化率增大，所以P2＞P1；
（2）生成的硫化氢气体中含有水蒸气，二乙醇胺能吸收H2S，不吸收水蒸气，然后在再生塔中加热分解重新获得H2S，主要目的是富集H2S（获得高浓度H2S）；
（3）1 mol H2S气体完全燃烧生成固态硫磺及气态水，释放a kJ能量，2 mol H2S气体完全燃烧生成固态硫碘及气态水，释放2a kJ能量，放热，ΔH＜0，所以其热化学方程式为2H2S (g)+O2 (g)=2S (s)+2H2O (g) ΔH=－2a kJ／mol；
（4）Na2SO3水溶液吸收SO2生成NaHSO3，反应为Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3；
（5）通过电解法可分离NaHSO3与Na2SO3混合物，阳极2H2O－4e－=4H++O2↑，c（H+）增大，H+由a室经阳离交换膜进入b室，H+与SO32－结合生成HSO3－，Na2SO3转化为NaHSO3。阴极2H+－2e－=H2↑，导致HSO3－H++SO32－正向移动，Na+从b室进入c室，NaHSO3转化为Na2SO3，实现Na2SO3的循环利用。
【学习目标】
1、了解电解池的工作原理；
2、初步掌握一般电解反应产物的判断方法。
【典型例题】
类型一、电化学中电极及电极反应的判断
例1 蓄电池在放电时起原电池的作用，在充电时起电解池的作用。下面是爱迪生蓄电池分别在充电和放电时发生的反应： 下列有关爱迪生蓄电池的推断错误的是： A．放电时，Fe是负极，NiO2是正极 B．蓄电池的电极可以浸入某中酸性电解质溶液中 C．充电时，阴极上的电极反应为：Fe(OH)2+2e－=Fe+2OH－ D．放电时，电解质溶液中的阴离子向正极方向移动 【答案】B、D。
【解析】蓄电池放电时起原电池作用，原电池的负极是较活泼的金属，A正确。放电时，Fe是原电池的负极，Fe失电子被氧化成Fe2+离子。由于负极——Fe的附近聚集较多的Fe2+离子，电解质溶液中的阴离子向负极移动，D不正确。充电时蓄电池起电解池作用，充电时电源的负极应与蓄电池的负极（Fe，此时作为电解池的阴极）相连接，发生还原反应：Fe(OH)2+2e－=Fe+2OH－。C正确。该蓄电池的放电和充电时的电极反应分别是： 放电：负极 ??Fe-2e－+ 2OH－=Fe(OH)2 正极 NiO2+2e-+2H2O=Ni(OH)2+2OH- 充电：阴极 ?Fe(OH)2+2e－=Fe+2OH－ 阳极 Ni(OH)2-2e-+2OH-=NiO2+2H2O 可见反应是在碱性溶液中进行的，B不正确。
举一反三：
【变式1】右图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置，通电后在石墨电极a和b附近分别滴加石蕊溶液，下列实验现象正确的是( )?
A．逸出气体的体积：a电极的小于b电极的
B．电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体
C．a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色
D．a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色
【答案】D
【解析】Na2SO4＝2Na＋＋SO42－，H2OH＋＋OH－，SO42－和OH－移向b电极，Na＋和H＋移向a电极，在b电极 上：4OH－-4e－?＝ 2H2O＋O2↑，在a电极上：4H＋＋4e－?＝ 2H2↑，所以a电极产生的气体体积大于b电极；两种气体均为无色无味的气体；由于a电极上H＋放电，所以a电极附近的c(OH－)＞c(H＋)，滴加石蕊试液a电极附近变蓝色，同理，b电极附近变红色。
例2镍氢电池（NiMH）目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型，NiMH中的M表示金属或合金，该电池在充电过程中的总反应方程式是：Ni(OH)2+M=NiOOH+MH
已知：6NiOOH+NH3+H2O+OH﹣=6 Ni(OH)2+NO2﹣
下列说法正确的是（ ）
A．NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+e﹣=Ni(OH)2+OH﹣
B．充电过程中OH﹣离子从阳极向阴极迁移
C．充电过程中阴极的电极反应式：H2O+M+e﹣=MH+OH﹣，H2O中的H被M还原
D．NiMH电池中可以用KOH溶液、氨水等作为电解质溶液
【思路点拨】做对本题的关键是根据充电过程的总反应方程式能正确书写充电、放电时的电极反应式。
【答案】A
【解析】镍氢电池中主要为KOH作电解液。
充电时，阳极反应：Ni(OH)2+OH﹣=NiOOH+H2O+e﹣、阴极反应：M+H2O+e﹣=MH+OH﹣，总反应：M+Ni(OH)2=MH+NiOOH；
放电时，正极：NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣，负极：MH+OH﹣=M+H2O+e﹣，总反应：MH+NiOOH=M+Ni(OH)2
以上式中M为储氢合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金。
A．正极的电极反应式为：NiOOH+H2O+e﹣═Ni(OH)2+OH﹣，故A正确；
B．电解时阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，所以OH﹣离子从阴极向阳极迁移，故B错误；
C．H2O中的H得电子，不是被M还原，故C错误；
D．不能用氨水做电解质溶液，根据已知有氨气时容易发生副反应生成亚硝酸根，故D错误；
故选A。 【总结升华】书写电极反应式的3个原则：
（1）共存原则
因为物质得失电子后在不同介质中的存在形式不同，所以电极反应式的书写必须考虑介质环境。当电解质溶液呈酸性时，不可能有OH-参加反应；碱性溶液中CO2不可能存在，也不可能有H+参加反应。
（2）得氧失氧原则
得氧时，在反应物中加H2O(电解质为酸性时)或OH-(电解质溶液为碱性或中性时)；失氧时，在反应物中加H2O(电解质为碱性或中性时)或H+(电解质为酸性时)。
（3）中性吸氧反应成碱原则
在中性电解质溶液中，通过金属吸氧所建立起来的原电池反应，其反应的最后产物是碱。
举一反三：
【变式1】如下图装置，A、B中电极为多孔的惰性电极；C、D为夹在湿的Na2SO4滤纸条上的铂夹；电源有a、b两极。
若在A、B中充满KOH溶液后倒立于KOH溶液的水槽中。切断K1，闭合K2、K3通直流电，则：
（1）标出电源的正、负极，a为______极，b为_____极。
（2）在湿的Na2SO4滤纸条中心的KMnO4液滴，有什么现象__________。
（3）写出电极反应式：A中____________，B中__________。
（4）若电解一段时间，A、B中均有气体包围电极。此时切断K2、K3，闭合K1，则电流表的指针是否移动(填是或否)_________。
（5）若电流表指针不移动说明理由，若指针移动也说明理由___________。
【答案】（1）a为负极，b为正极
（2）紫色液滴向D处移动
（3）A中：4OH——4e－=2H2O+O2( B中：2H++2e－=H2(
（4）是
（5）H2、O2、KOH在A、B两极可以形成原电池
类型二、电解原理
例3（2019 新课标I）高锰酸钾（KMnO4）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：
回答下列问题：
（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1∶1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是________。
（2）“平炉”中发生反应的化学方程式为________。
（3）“平炉”中需要加压，其目的是________。
（4）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。
①“CO2歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4发生歧化反应。反应中生成KMnO4、MnO2和________（写化学式）。
②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液。电解槽中阳极发生的电极反应为________，阴极逸出的气体是________。
③“电解法”和“CO2歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为________。
（5）高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000 mol·L－1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL。该样品的纯度为________（列出计算式即可，已知2MnO4－+5H2C2O4+6H+==2Mn2++10CO2↑+8H2O）。
【思路点拨】本题结合化学工艺流程考查氧化还原反应、电解原理、滴定的相关计算等。工艺路线比较简单，难度不大，做计算的时候要格外小心。
【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率
（2）2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O
（3）提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率
（4）①KHCO3 ②MnO42－－e－==MnO4－ H2 ③3∶2
（5）
【解析】（1）将软锰矿粉碎可以增大反应物间的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率。（2）从平炉中出来的物质经水浸、沉降析出K2MnO4，说明平炉中的MnO2被富氧空气氧化为K2MnO4，根据氧化还原反应规律和电子得失守恒完成反应的化学方程式为2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O。（3）平炉加压，可以增大富氧空气的浓度，加快反应速率，提高MnO2的转化率。（4）①该反应为歧化反应，变价元素只有Mn，根据电子守恒可知生成的KMnO4与MnO2的物质的量之比为2∶1，配平反应方程式得3K2MnO4+4CO2+2H2O=2KMnO4+MnO2+4KHCO3，故另一产物为KHCO3。②电解时阳极发生氧化反应，即MnO42－转化为MnO4－；MnO42－－e－==MnO4－，放电顺序：H+＞K+，故阴极H+放电生成H2。③由以上分析可知，“CO2歧化法”中，K2MnO4只有2／3转化为KMnO4，而“电解法”中K2MnO4的转化率为100%；，故理论上两种方法K2MnO4的利用率之比为2∶3。（5）根据题给反应的离子方程式可知：2KMnO4～5H2C2O4，则样品的纯度为。
【总结升华】电解池与原电池最根本的区别是有无外加电源，有外加电源的装置是电解池。电解池中两极名称为阴、阳极，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应；而原电池中的两极名称为正、负极，一般不称为阴、阳极。
举一反三：
【变式1】（2019 四川高考）用右图所示装置除去含CN－、Cl－废水中的CN－时，控制溶液pH为9~10，阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是（ ）
A．用石墨作阳极，铁作阴极
B．阳极的电极反应式为：Cl－ + 2OH－－2e－= ClO－ + H2O
C．阴极的电极反应式为：2H2O + 2e－ = H2↑ + 2OH－
D．除去CN－的反应：2CN－+ 5ClO－ + 2H+ = N2↑ + 2CO2↑ + 5Cl－+ H2O
【答案】D
【解析】A、阳极要产生ClO－，则铁只能作阴极，不能作阳极，否则就是铁失电子，A正确；B、阳极是Cl－失电子产生ClO－，电极反应式为：Cl－ + 2OH－－2e－= ClO－ + H2O，B正确；C、阴极是H+产生H2，碱性溶液，故阴极的电极反应式为：2H2O + 2e－ = H2↑ + 2OH－，C正确；D、溶液为碱性，方程式应为2CN－+5ClO－+ H2O =N2↑+2CO2↑+5Cl－+2OH－。故选D。
【变式2】下图中能验证氯化钠溶液电解产物的装置是
【答案】D
【变式3】如图电解池中装有硫酸铜溶液，选用不同材料的电极进行电解。下列叙述中正确的是
电极材料
通电后的变化
阳极
阴极
A
石墨
石墨
阴极质量增加，溶液的pH 增大
B
铜
铜
阳极质量减小，阴极质量增加
C
铁
铁
两极的质量不发生变化
D
铂
铁
阴极质量增加，溶液的pH 不变
【答案】B
【巩固练习】
一、选择题
1．用惰性电极电解下列溶液，电解一段时间后，阴极质量增加，电解液的pH下降的是（ ）。 ①CuSO4 ②BaCl2 ③AgNO3 ④H2SO4
A．①② B．①③
C．①④ D．②④
2．如图所示，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色、无臭气体放出。符合这一情况的是下表中的（ ）。
a极板
b极板
X电极
Z溶液
A
锌
石墨
负极
CuSO4
B
石墨
石墨
负极
NaOH
C
银
铁
正极
AgNO3
D
铜
石墨
负极
CuCl2
3．下图所示的电解池I和II中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b
X
Y
A
MgSO4
CuSO4
B
AgNO3
Pb(NO3)2
C
FeSO4
Al2?(SO4)3
D
CuSO4
AgNO3
4．（2019 江西遂川县模拟）关于如图电解池工作时的相关叙述正确的是（???）。
A．Fe电极作阳极，发生氧化反应
B．Cl-向石墨极作定向运动
?C．石墨电极反应：Fe3++3e-=Fe3+
D． 电解池发生总反应：2Cl-+2Fe3+ Cl2↑+2Fe2+
5．如图所示是电解CuCl2溶液装置，其中c、d为石墨电极，已知溶液中Cl－向c极移动，则下列有关判断正确的是（ ）。
A．a为负极，b为正极
B．c为阳极，d为阴极
C．电解过程中，d极质量减小
D．电解过程中，Cl－浓度不变
6．关于电解NaCl水溶液，下列叙述正确的是（ ）。
A．电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠
B．若在阳极附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈棕色
C．若在阴极附近的溶液中滴入酚酞试液，溶液呈无色
D．电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性
7．在水中加入等物质的量Ag+，Pb2+，K+，SO42－，Cl－，NO3－，再用惰性电极电解片刻，则氧化产物和还原产物的质量之比为（ ）。
A．35.5∶108 B．16∶207
C．8∶1 D．35.5∶1
8．用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定质量的另一种物质（中括号内），溶液能与原来溶液完全一样的是（ ）。
A．CuCl2 [CuO] B．NaOH [NaOH] C．NaCl [HCl] D．Na2SO4 [NaOH]
9．如图所示，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色、无臭气体放出。符合这一情况的是下表中的（ ）。
a极板
b极板
X电极
Z溶液
A
锌
石墨
负极
CuSO4
B
石墨
石墨
负极
NaOH
C
银
铁
正极
AgNO3
D
铜
石墨
负极
CuCl2
10．取一张用饱和NaCl溶液浸湿的pH试纸，两根铅笔芯作电极，接通直流电源，一段时间后，发现a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈为浅红色。则下列说法错误的是（ ）。
A．b电极是阴极
B．a电极与电源的正极相连接
C．电解过程中，水是氧化剂
D．b电极附近溶液的pH变小
11．关于右图所示装置的判断，叙述正确的是（ ）。
A．左边的装置是电解池，右边的装置是原电池
B．该装置中铜为正极，锌为负极
C．当铜片的质量变化为12.8 g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为2.24 L
D．装置中电子的流向是：a→Cu→经过CuSO4溶液→Zn→b
12．某电解池内盛有Cu(NO3)2溶液，插入两根电极，接通直流电源后，欲达到如下要求：（1）阳极质量不变；（2）阴极质量增加；（3）电解液pH减小，则应选用的电极是（ ） A．阴阳两极都用石墨 B．铜作阳极铁作阴极 C．铁作阳极铜作阴极 D．铂作阳极铜作阴极 13．常温时，将500 mL pH=5的CuSO4?溶液用石墨电极电解一段时间，测得溶液的pH变为2，若使溶液的浓度、pH与电解前相同，可采用的方法（ ）。? A．向溶液中加入0.245g Cu(OH)2? B．向溶液中加0.31g CuSO4 C．向溶液中加0.0025 mol H2SO4并加热 D．向溶液中加0.2g CuO
二、非选择题
1．从H+、Cu2+、Ba2+、Na+、Cl－、SO42－ 6种离子中两两恰当地组成电解质，按下列要求进行电解，请填空：
（1）以碳棒为电极，使电解质的质量减少，水量不变，进行电解，则采用的电解质是________。
（2）以碳棒为电极，使电解质的质量不变，水量减少，进行电解，则采用的电解质是________。
（3）以铂为电极，使电解质和水量都减少，进行电解，则采用的电解质是________。
2．工业上为了处理含有Cr2O72－的酸性工业废水，采用下面的处理方法：往工业废水中加入适量NaCl，以Fe为电极进行电解，经过一段时间，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成，工业废水中铬的含量已低于排放标准。请回答下列问题：
（1）两极发生反应的电极反应式 阳极：________；阴极：________。
（2）写出Cr2O72－变为Cr3+的离子方程式：________。
（3）工业废水由酸性变为碱性的原因是________。
（4）________（填“能”或“不能”）改用石墨作电极，原因是________。
3．（2019 北京丰台二模）低浓度SO2废气的处理是工业难题，目前常用的两种方法如下：
方法Ⅰ：
（1）反应器中发生反应：3H2(g) + SO2 (g) H2S(g) + 2H2O(g)
①H2S的稳定性比H2O （填“强”或“弱”），
原因是 ，元素的非金属性减弱。
②SO2的平衡转化率随温度（T）、压强（P）的变化如右图所示，
随温度升高，化学平衡常数K的变化趋势是 。
比较P1和P2的大小关系 ，请简述理由 。
（2）工业上先用二乙醇胺吸收H2S，然后在再生塔中加热分解重新获得H2S，主要目的是 。
（3）燃烧室内，1mol H2S气体完全燃烧生成固态硫磺及气态水，释放a kJ能量，其热化学方程式为 。
方法Ⅱ：
（4）Na2SO3溶液吸收SO2的化学方程式是 。
（5）通过电解法可分离NaHSO3与Na2SO3混合物，实现Na2SO3的循环利用，示意图如下：
简述分离NaHSO3与Na2SO3混合物的原理 。
【答案与解析】
一、选择题
1．B
【解析】阴极质量增加，说明溶液中含有不活泼金属的阳离子；电解液的pH下降，说明在阳极上是OH－离子放电，而金属离子相应的阴离子应是含氧酸的酸根，故本题的答案应为不活泼金属的含氧酸盐，选B。
2．A
【解析】由a极板质量增加，知溶液中阳离子在a极板析出。则a为阴极，X为负极；B中a极板不析出金属，B错；C中X为正极，C错；又由b极板有无色、无臭气体放出，D错。
3．D
【解析】电解过程中，Pt电极为惰性电极，电极b和d均为阴极，电极上没有气体逸出，但质量均增大，说明金属阳离子放电析出，要使增重b
5．B
【解析】电解质溶液中Cl－向c极移动，说明电解质溶液中电流的方向由c指向d，则电源内部电流方向由b指向a，因此b为电源负极，a为电源正极（电源内部电流由负极到正极），c、d分别为阳极和阴极；电解过程中Cu2+在阴极（d极）放电析出，d极质量增加，Cl－在阳极（c极）放电而消耗。
6．B
【解析】用惰性电极电解NaCl水溶液时，阴极是H2O电解出H+放电产生H2，从而阴极随之产生了大量的OH－，加酚酞，阴极呈红色，故A项、C项错；阳极是Cl－放电产生Cl2，因此，在阳极处加入KI溶液，会有I2产生，溶液呈棕色，故B项对；由于Cl2在水中的溶解度小，大部分逸出，因此，电解一段时间后，充分搅拌，溶液中仍有一定量的NaOH，溶液显碱性，故D项错。
7．C?
【解析】加入的离子两者之间可反应的有：Ag＋与Cl-，Pb2＋与SO42－，故溶液中剩余的离子为K＋和NO3-，故用惰性电极电解时，是电解水，即，所以氧化产物与还原产物的质量比为8∶1。
8．C
【解析】C中阳极：2Cl－－2e－＝Cl2↑，阴极：2H++2e－＝H2↑，损失的是HCl，因此需要补充适量的HCl。
9．A
【解析】由a极板质量增加，知溶液中阳离子在a极板析出。则a为阴极，X为负极；B中a极板不析出金属，B错；C中X为正极，C错；又由b极板有无色、无臭气体放出，D错。
10．D
【解析】本题考查了电化学基础知识。由a极内圈为白色，外圈呈现浅红色说明a极生成的氯气与水反应生成具有漂白性的HClO，则a极为阳极，与电源的正极相连，b极为阴极，发生还原反应，消耗氢离子，所以pH变大。在此反应中水为氧化剂。
11．C
【解析】根据图中所给的信息，我们可以判断出左边是氢氧燃料电池，右边是电解池，所以A项错；根据入口中所标的氧气和氢气的位置，可以知道a作正极，b作负极；并且Zn和b相连，所以是阴极，而Cu是阳极，故B项错误；Cu片上的电极反应式为：Cu－2e－＝Cu2+，当铜片的质量变化为12.8 g时，电路中转移电子的物质的量为：。a极上的电极反应式为：O2+4e－+2H2O＝4OH－，因为各个电极转移电子的物质的量相等，所以a极上消耗V (O2)=22.4 L·mol－1×n (O2)=22.4 L·mol－1× =2.24 L，故C项正确；装置中电子的流向为：b→Zn→CuSO4溶液→Cu→a，所以D项错误。
12．AD 【解析】根据题目要求：阳极选择惰性电极、溶液中有不活泼金属的阳离子，电解实质是放氧生酸。
13．D
二、非选择题
1．（1）HCl、CuCl2 （2）Na2SO4、H2SO4 （3）NaCl、BaCl2、CuSO4
【解析】（1）以碳棒为电极，使电解质的质量减少，水量不变，则采用的电解质是无氧酸、不活泼金属的无氧酸盐。
（2）以碳棒为电极，使电解质的质量不变，水量减少，进行电解，则采用的电解质是含氧酸、活泼金属的含氧酸盐。
（3）以铂为电极，使电解质和水量都减少，进行电解，则采用的电解质是活泼金属的无氧酸盐、不活泼金属的含氧酸盐。
2．（1）Fe－2e－＝Fe2+ 2H++2e－＝H2↑
（2）Cr2O72－+6Fe2++14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O
（3）H+不断放电，Cr2O72－与Fe2+反应中消耗H+，打破了水的电离平衡，使溶液中c (OH－)＞c (H+)
（4）不能 用石墨作电极，阳极产生Cl2或O2，得不到Fe2+，缺少还原剂，不能使Cr2O72－转化为Cr3+，再转化为Cr(OH)3沉淀而除去
3．（1）① 弱 氧和硫元素处于同主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力减弱。
② 减小 P2 > P1 当温度一定时，增大压强3H2(g) + SO2 (g) H2S(g) + 2H2O(g)平衡正向移动，SO2的转化率增大。
（2）富集H2S（获得高浓度H2S）
（3）2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(g) △H=-2a kJ/mol
（4）Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3
（5）阳极2H2O-4e－=4H＋+O2↑，c(H+)增大，H＋由a室经阳离子交换膜进入b室，H＋与SO32－结合生成HSO3－，Na2SO3转化为NaHSO3。阴极2H＋-2e－=H2↑,导致HSO3－ H＋+ SO32－正向移动，Na＋从b室进入c室，NaHSO3转化为Na2SO3。
【解析】（1）①氧和硫元素处于同主族，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力减弱，非金属性减弱，所以稳定性：H2O＞H2S；
②3H2 (g)+SO2 (g)H2S (g)+2H2O (g)，二氧化硫为反应物，图示压强一定，随温度升高，二氧化硫的平衡转率减小，所以化学平衡常数K的变化趋势是减小，当温度一定时，增大压强3H2 (g)+SO2 (g)H2S (g)+2H2O (g)平衡正向移动，SO2的转化率增大，从图示可知，同温度下，P2的SO2的转化率增大，所以P2＞P1；
（2）生成的硫化氢气体中含有水蒸气，二乙醇胺能吸收H2S，不吸收水蒸气，然后在再生塔中加热分解重新获得H2S，主要目的是富集H2S（获得高浓度H2S）；
（3）1 mol H2S气体完全燃烧生成固态硫磺及气态水，释放a kJ能量，2 mol H2S气体完全燃烧生成固态硫碘及气态水，释放2a kJ能量，放热，ΔH＜0，所以其热化学方程式为2H2S (g)+O2 (g)=2S (s)+2H2O (g) ΔH=－2a kJ／mol；
（4）Na2SO3水溶液吸收SO2生成NaHSO3，反应为Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3；
（5）通过电解法可分离NaHSO3与Na2SO3混合物，阳极2H2O－4e－=4H++O2↑，c（H+）增大，H+由a室经阳离交换膜进入b室，H+与SO32－结合生成HSO3－，Na2SO3转化为NaHSO3。阴极2H+－2e－=H2↑，导致HSO3－H++SO32－正向移动，Na+从b室进入c室，NaHSO3转化为Na2SO3，实现Na2SO3的循环利用。