电化学在能源与工业中的应用

新能源汽车在路上安静地滑行，它的动力来自一组锂离子电池；工厂里，大量烧碱和氯气通过电解食盐水生产出来；博物馆里的铜雕像用电镀的方式贴上了一层薄薄的黄金……这些看似不同的场景，背后都是同一件事：人类把电化学的原理用于实际生产和生活。电化学不只是课本上的实验装置，它已经深深嵌入了现代社会的能源、化工和制造业。

现代化学电源的类型

化学电源泛指一切通过氧化还原反应将化学能直接转化为电能的装置，也就是各种电池。按照能否充电，电池可以分为两大类：一次电池（用完即废）和二次电池（可反复充放电）。此外，还有一类特殊的燃料电池，它不储能，而是边“进料”边发电。

铅蓄电池是最早被大规模使用的二次电池，现在汽车启动时用的就是它。铅蓄电池以稀硫酸为电解质，负极是铅（Pb），正极是二氧化铅（$\text{PbO}_2$）。

放电时的两极反应：

$\text{负极（Pb）：}\quad \text{Pb} - 2e^- + \text{SO}_4^{2-} \rightarrow \text{PbSO}_4 \downarrow$

$\text{正极（PbO}_2\text{）：}\quad \text{PbO}_2 + 2e^- + \text{SO}_4^{2-} + 4\text{H}^+ \rightarrow \text{PbSO}_4 \downarrow + 2\text{H}_2\text{O}$

例题1： 铅蓄电池放电时，若正极上消耗了 $0.1\text{ mol}$ 的 $\text{H}^+$，计算此过程转移的电子的物质的量。

由正极反应式：$\text{PbO}_2 + 2e^- + \text{SO}_4^{2-} + 4\text{H}^+ \rightarrow \text{PbSO}_4 + 2\text{H}_2\text{O}$

每消耗 $4\text{ mol}$ $\text{H}^+$，转移 $2\text{ mol}$ 电子，因此：

$n(e^-) = \frac{2}{4} \times n(\text{H}^+) = \frac{2}{4} \times 0.1\text{ mol} = 0.05\text{ mol}$

解析： 从正极反应式出发，找 $\text{H}^+$ 与 $e^-$ 的系数比为 $4:2$，即 $2:1$，$0.1\text{ mol}$ 对应 电子。

锂离子电池——手机与电动车的心脏

锂离子电池是目前技术最成熟、应用最广泛的二次电池，手机、笔记本电脑、电动汽车里都有它的身影。它的优点非常突出：能量密度高（同样重量储存更多电）、充放电次数多、自放电率低。

锂离子电池的正极材料通常是含锂的过渡金属氧化物，如钴酸锂（$\text{LiCoO}_2$），负极材料是石墨（C）。电解质是有机溶剂（非水溶液，因为锂与水反应剧烈）。

工作原理：

充放电时，锂离子（$\text{Li}^+$）在正负极之间来回迁移，就像在“摇椅”上前后摇摆，因此也被形象地称为“摇椅电池”。

放电时的简化电极反应（用 $x$ 表示嵌入/脱出的锂的量）：

$\text{负极：}\quad \text{Li}_x\text{C} - xe^- \rightarrow x\text{Li}^+ + \text{C}$

$\text{正极：}\quad \text{Li}_{1-x}\text{CoO}_2 + x\text{Li}^+ + xe^- \rightarrow \text{LiCoO}_2$

例题2： 下面列出了铅蓄电池和锂离子电池的主要性能对比，请据此分析哪种电池更适合用于电动汽车，并说明理由。

燃料电池的实际应用

燃料电池与普通电池最大的区别在于：普通电池把储存好的化学物质消耗完就“死了”，而燃料电池只要持续供给燃料和氧化剂，就能持续发电，效率高，污染少。

最典型的是氢氧燃料电池，以氢气为燃料，氧气为氧化剂，产物只有水，零排放。

• 酸性电解质（稀硫酸）中的电极反应：

$\text{负极（通 H}_2\text{）：}\quad \text{H}_2 - 2e^- \rightarrow 2\text{H}^+$

$\text{正极（通 O}_2\text{）：}\quad \text{O}_2 + 4\text{H}^+ + 4e^- \rightarrow 2\text{H}_2\text{O}$

• 碱性电解质（KOH 溶液）中的电极反应：

$\text{负极（通 H}_2\text{）：}\quad \text{H}_2 - 2e^- + 2\text{OH}^- \rightarrow 2\text{H}_2\text{O}$

$\text{正极（通 O}_2\text{）：}\quad \text{O}_2 + 2\text{H}_2\text{O} + 4e^- \rightarrow 4\text{OH}^-$

总反应方程式（与氢气燃烧反应一致）：

$2\text{H}_2 + \text{O}_2 \rightarrow 2\text{H}_2\text{O}$

例题3： 氢氧燃料电池（碱性，KOH 溶液）工作时，若正极消耗了 $\text{O}_2$ 共 $0.05\text{ mol}$，计算：（1）转移的电子的物质的量；（2）负极消耗 $\text{H}_2$ 的物质的量。

由正极反应式 $\text{O}_2 + 2\text{H}_2\text{O} + 4e^- \rightarrow 4\text{OH}^-$，每 得到 电子：

$n(e^-) = 4 \times n(\text{O}_2) = 4 \times 0.05\text{ mol} = 0.2\text{ mol}$

由负极反应式 $\text{H}_2 - 2e^- + 2\text{OH}^- \rightarrow 2\text{H}_2\text{O}$，每 失去 电子：

$n(\text{H}_2) = \frac{n(e^-)}{2} = \frac{0.2\text{ mol}}{2} = 0.1\text{ mol}$

验证总反应：$0.05\text{ mol}$ $\text{O}_2$ 对应 $0.1\text{ mol}$ $\text{H}_2$，与总反应 $2{\text{H}}_2+{}_{}$ 中 一致 ✓

氯碱工业——工业电解的典范

氯碱工业是电解技术在化学工业中最重要的应用之一。以饱和食盐水（$\text{NaCl}$ 水溶液）为原料，通电电解，在两极分别生成氯气（$\text{Cl}_2$）和氢气（$\text{H}_2$），同时溶液中留下烧碱（$\text{NaOH}$）。

电解饱和食盐水的装置示意：

各极的反应：

阳极（与电源正极相连，发生氧化反应）——$\text{Cl}^-$ 失去电子，生成 $\text{Cl}_2$：

$\text{阳极：}\quad 2\text{Cl}^- - 2e^- \rightarrow \text{Cl}_2\uparrow$

阴极（与电源负极相连，发生还原反应）——$\text{H}_2\text{O}$ 中的 $\text{H}^+$ 得到电子，生成 $\text{H}_2$：

$\text{阴极：}\quad 2\text{H}_2\text{O} + 2e^- \rightarrow \text{H}_2\uparrow + 2\text{OH}^-$

总反应方程式：

$2\text{NaCl} + 2\text{H}_2\text{O} \xrightarrow{\text{电解}} \text{Cl}_2\uparrow + \text{H}_2\uparrow + 2\text{NaOH}$

例题4： 工业电解饱和食盐水时，若阴极产生了 $\text{H}_2$ 共 $2.24\text{ L}$（标准状况），计算：（1）转移的电子的物质的量；（2）同时在阳极产生 $\text{Cl}_2$ 的物质的量。

$n(\text{H}_2) = \frac{V}{22.4\text{ L/mol}} = \frac{2.24\text{ L}}{22.4\text{ L/mol}} = 0.1\text{ mol}$

由阴极反应式 $2\text{H}_2\text{O} + 2e^- \rightarrow \text{H}_2\uparrow + 2\text{OH}^-$，每生成 转移 电子：

$n(e^-) = 2 \times n(\text{H}_2) = 2 \times 0.1\text{ mol} = 0.2\text{ mol}$

由阳极反应式 $2\text{Cl}^- - 2e^- \rightarrow \text{Cl}_2\uparrow$，每转移 $2\text{ mol}$ 电子产生 $$ ：

$n(\text{Cl}_2) = \frac{n(e^-)}{2} = \frac{0.2\text{ mol}}{2} = 0.1\text{ mol}$

解析： 氯碱工业中，阴极产生的 $\text{H}_2$ 与阳极产生的 $\text{Cl}_2$ 物质的量相等，因为两极转移电子数相同，且各自系数比均为 $2e^-:1\text{ mol}$ 气体。

电解精炼与电镀

除了生产化工原料，电解技术还有两种极其重要的应用：电解精炼（提纯金属）和电镀（在物品表面镀上一层金属）。

例题5： 电镀铜时，阳极为铜片，阴极为铁制品，电解质为 $\text{CuSO}_4$ 溶液。若通电一段时间后，阴极增重了 $3.2\text{ g}$（铜的相对原子质量为 $64$），计算转移的电子的物质的量，以及阳极铜片溶解的质量。

阴极析出铜的物质的量：

$n(\text{Cu}) = \frac{m}{M} = \frac{3.2\text{ g}}{64\text{ g/mol}} = 0.05\text{ mol}$

由阴极反应式 $\text{Cu}^{2+} + 2e^- \rightarrow \text{Cu}$，每析出 $1\text{ mol}$ Cu 转移 $2\text{ mol}$ 电子：

$n(e^-) = 2 \times 0.05\text{ mol} = 0.1\text{ mol}$

阳极溶解铜的量（由阳极 $\text{Cu} - 2e^- \rightarrow \text{Cu}^{2+}$，转移相同电子数）：

$n(\text{Cu，阳极}) = \frac{n(e^-)}{2} = \frac{0.1\text{ mol}}{2} = 0.05\text{ mol}$

$m(\text{Cu，阳极}) = 0.05\text{ mol} \times 64\text{ g/mol} = 3.2\text{ g}$

解析： 电镀时，阴极增重多少，阳极就溶解多少，两者质量相等（$3.2\text{ g}$），因为转移的电子数相同，且铜的摩尔质量相同。

练习题

选择题

计算题

第5题 某氢氧燃料电池（酸性，电解质为稀硫酸）工作一段时间后，负极消耗了 $\text{H}_2$ 共 $4.48\text{ L}$（标准状况）。回答下列问题：

（1）写出酸性介质中两极的电极反应式。

（2）计算此过程转移的电子的物质的量，以及正极消耗 $\text{O}_2$ 的物质的量。

（3）计算正极消耗 $\text{O}_2$ 在标准状况下的体积。

第6题 用电镀的方法在铁制品表面镀银（Ag）。阳极为银片，阴极为铁制品，电解质为含 $\text{Ag}^+$ 的溶液（如硝酸银溶液）。若通电一段时间后，阴极铁制品增重了 $5.4\text{ g}$（银的相对原子质量为 $108$）。回答下列问题：

（1）写出两极的电极反应式。

（2）计算此过程转移的电子的物质的量。

（3）计算阳极银片溶解的质量，并说明为何阳极溶解的质量等于阴极增重的质量。

正极（$\text{O}_2$ 被还原）：$\text{O}_2 + 4\text{H}^+ + 4e^- \rightarrow 2\text{H}_2\text{O}$

（2）计算转移电子和消耗 $\text{O}_2$：

$n(\text{H}_2) = \frac{V}{22.4\text{ L/mol}} = \frac{4.48\text{ L}}{22.4\text{ L/mol}} = 0.2\text{ mol}$

由负极反应式，每 $1\text{ mol}$ $\text{H}_2$ 失去 $2\text{ mol}$ 电子：

$n(e^-) = 2 \times n(\text{H}_2) = 2 \times 0.2\text{ mol} = 0.4\text{ mol}$

由正极反应式 $\text{O}_2 + 4\text{H}^+ + 4e^- \rightarrow 2\text{H}_2\text{O}$，每 $1\text{ mol}$ $\text{O}_2$ 得到 $4\text{ mol}$ 电子：

$n(\text{O}_2) = \frac{n(e^-)}{4} = \frac{0.4\text{ mol}}{4} = 0.1\text{ mol}$

（3）$\text{O}_2$ 在标准状况下的体积：

$V(\text{O}_2) = n \times 22.4\text{ L/mol} = 0.1\text{ mol} \times 22.4\text{ L/mol} = 2.24\text{ L}$

验证总反应：$n(\text{H}_2):n(\text{O}_2) = 0.2:0.1 = 2:1$，与 $2\text{H}_2 + \text{O}_2 \rightarrow 2\text{H}_2\text{O}$ 一致 ✓

答： 转移电子 $0.4\text{ mol}$，消耗 $\text{O}_2$ 为 $0.1\text{ mol}$，体积为 $2.24\text{ L}$（标准状况）。

（2）计算转移电子：

阴极析出银的物质的量：

$n(\text{Ag，阴极}) = \frac{m}{M} = \frac{5.4\text{ g}}{108\text{ g/mol}} = 0.05\text{ mol}$

由阴极反应式，每析出 $1\text{ mol}$ Ag 转移 $1\text{ mol}$ 电子：

$n(e^-) = n(\text{Ag}) = 0.05\text{ mol}$

（3）阳极银片溶解的量：

由阳极反应式 $\text{Ag} - e^- \rightarrow \text{Ag}^+$，每溶解 $1\text{ mol}$ Ag 转移 $1\text{ mol}$ 电子，转移相同电子数：

$n(\text{Ag，阳极}) = n(e^-) = 0.05\text{ mol}$

$m(\text{Ag，阳极}) = 0.05\text{ mol} \times 108\text{ g/mol} = 5.4\text{ g}$

阳极溶解质量 = 阴极增重质量 = $5.4\text{ g}$，因为两极都是银，摩尔质量相同，且转移电子数相等，所以溶解和析出的物质的量相等，质量也相等。溶液中 $\text{Ag}^+$ 浓度在整个电镀过程中保持不变。

答： 转移电子 $0.05\text{ mol}$，阳极银片溶解 $5.4\text{ g}$，等于阴极增重质量。