04 考向4 电化学离子交换膜的分析与应用（附答案解析）-备战高考化学大二轮专题突破系列（全国通用）

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电化学离子交换膜的分析与应用

1．(2021·全国甲卷)乙醛酸是一种重要的化工中间体，可果用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH－，并在直流电场作用下分别问两极迁移。下列说法正确的是(　　)

A．KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用
B．阳极上的反应式为：HOOCCOOH＋2H+＋2e－＝HOOCCHO＋H2O
C．制得2 mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了1 mol电子
D．双极膜中间层中的H＋在外电场作用下向铅电极方向迁移
2．(2021·湖南卷)锌/溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池，广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等。三单体串联锌/溴液流电池工作原理如图所示，下列说法错误的是(　　)

A．放电时，N极为正极 B．放电时，左侧贮液器中ZnBr2的浓度不断减小
C．充电时，M极的电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn D．隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过
3．(2021·天津卷)如下所示电解装置中，通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，下列判断错误的是(　　)

A．a是电源的负极
B．通电一段时间后，向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色
C．随着电解的进行，CuCl2溶液浓度变大
D．当0.01 mol Fe2O3完全溶解时，至少产生气体336 mL(折合成标准状况下)
4．(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(　　)

A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大 B．生成1 mol Co，Ⅰ室溶液质量理论上减少16 g
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＋＋2H2O2Co＋O2↑＋4H＋
【重温知识•固基础】
1．常见的离子交换膜
种类
允许通过的离子及移动方向
说明
阳离子交换膜
阳离子→移向电解池的阴极或原电池的正极
阴离子和气体不能通过
阴离子交换膜
阴离子→移向电解池的阳极或原电池的负极
阳离子和气体不能通过
质子交换膜
质子→移向电解池的阴极或原电池的正极
只允许H＋通过
双极膜
膜内水电离出H＋和OH－
H＋移向阴极，OH－移向阳极
2．离子交换膜的作用
(1)平衡左、右两侧电荷，得到稳定电流

甲池中发生反应Zn－2e－＝Zn2＋，导致c(Zn2＋)增大，乙池中发生反应：Cu2＋＋2e－＝Cu，导致c(Cu2＋)减小，而阳离子交换膜只允许阳离子和分子通过，故要得到稳定的电流，甲池中的Zn2＋ 通过离子交换膜进入乙池，保持溶液中的电荷平衡，而阴离子并不通过交换膜，所以c(SO)保持不变
(2)能将两极区隔离，阻止两极区产生的物质接触，防止发生化学反应
电解饱和食盐水

过程
分析
阳极室中电极反应：2Cl－－2e－＝Cl2↑，阴极室中的电极反应：2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－，阴极区H＋放电，破坏了水的电离平衡，使OH－浓度增大，阳极区Cl－放电，使溶液中的c(Cl－)减小，为保持电荷守恒，阳极室中的Na＋通过阳离子交换膜与阴极室中生成的OH－结合，得到浓的NaOH溶液。利用这种方法制备物质，纯度较高，基本没有杂质
阳离子交换膜的作用
只允许Na＋通过，而阻止阴离子(Cl－)和气体(Cl2)通过。这样既防止了两极产生的H2和Cl2混合爆炸，又避免了Cl2和阴极产生的NaOH反应生成NaClO而影响烧碱的质量
(3)制备某些特定产品
用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图所示

图中离子移动的方向是Na＋(阳离子)穿过阳离子交换膜向左池移动，左池为阴极室，a为阴极；SO(阴离子)穿过阴离子交换膜向右池移动，右池为阳极室，b为阳极， 左池中阴极电极反应式：2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－，导致阴极区域c(OH－)增大，放置阳离子交换膜可让Na＋向阴极定向移动，从而产生高浓度的NaOH溶液。右池中阳极电极反应式：SO－2e－＋H2O＝SO＋2H＋ ，阳极室中阴离子交换膜可使SO移向阳极，而发生上述反应，故在阳极区产生高浓度的硫酸
3．离子交换膜类型的判断
首先判断隔膜的用途是制取物质还是避免电极产物之间发生反应，然后根据电解质溶液呈电中性的原则，判断膜的类型。方法如下：先明确电极产物，写出阴、阳两极上的电极反应；再依据电极反应式判断该电极附近哪种离子有剩余，结合溶液呈电中性的原则，判断离子移动的方向，确定离子交换膜的类型
4．多膜电解池方程式书写及分析
(1)双膜三室处理吸收液(吸收了烟气中的SO2)(或污水)

阳极室
HSO－2e－＋H2O===SO＋3H＋
或SO－2e－＋H2O===SO＋2H＋
吸收液(或污水)
Na＋穿过阳膜进入阴极室(左室)；HSO和SO穿过阴膜进入阴极室(右室)
阴极室
2H2O＋4e－===2OH－＋H2↑、HSO＋OH－===SO＋H2O
产品
阳极室：较浓的硫酸；阴极室：左室亚硫酸钠
(2)三膜四室制备硼酸[H3BO3(一元弱酸)]

阳极室
2H2O－4e－===O2↑＋4H＋
阴极室
4H2O＋4e－===2H2↑＋4OH－
原料室
B(OH)穿过阴膜进入产品室，Na＋穿过阳膜进入阴极室
产品室
H＋＋B(OH)===H3BO3＋ H2O
5．解答含膜电池题的思维模板
(1)第一步：判断装置类型。根据有无外加电源，判断是电解池还是原电池
(2)第二步：分清隔膜类型。即交换膜属于阳膜、阴膜或质子膜中的哪一种，判断隔膜允许哪种离子通过
(3)第三步：分析隔膜作用。根据题给信息分析隔膜的作用是平衡电荷，还是让离子选择性通过避免副反应，或为了生成特定物质
(4)第四步：写出电极反应。根据电极类型，交换膜两侧离子变化，电荷变化或离子迁移方向等综合信息书写电极反应式，最后做出综合推断或计算
【题型突破•查漏缺】
1．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可用作食品加工的防腐剂，制备示意图如图。已知：2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O。下列说法不正确的是(　　)

A．采用的是阳离子交换膜
B．阳极的电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑
C．当阴极生成0.2 g气体时，a室溶液质量减少1.6 g
D．电解后将b室溶液进行结晶、脱水，可得到Na2S2O5
2．科学家发明了一种新型Zn－MnO2水介质二次电池，原理如图所示。下列叙述错误的是(　　)

A．放电时，正极反应为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O
B．X膜和Y膜分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜，放电时中间室c(K2SO4)减小
C．充电后溶液pH由小到大的顺序：正极室Ni2+(低浓度)
A．石墨棒上发生的电极反应：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
B．为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水的pH
C．电解过程中，B中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小
D．若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应总方程式发生改变
14．在电镀车间的含铬酸性废水中，铬的存在形式有Cr(Ⅵ)和Cr(Ⅲ)两种，其中Cr(Ⅵ)的毒性最大。电解法处理含铬废水的装置示意图如图，铬最终以Cr(OH)3沉淀除去。下列说法正确的是(　　)

A．Fe为阳极，反应为Fe－2e－===Fe2＋
B．阴极反应为Cr2O＋7H2O＋6e－===2Cr(OH)3↓＋8OH－
C．阳极每转移3 mol电子，可处理Cr(Ⅵ)物质的量为1 mol
D．离子交换膜为质子交换膜，只允许H＋穿过
15．电解Na2CO3溶液制取NaHCO3溶液和NaOH溶液的装置如图所示。下列说法中不正确的是(　　)

A．阴极产生的物质A是H2 B．溶液中Na＋由阳极室向阴极室迁移
C．阳极OH－放电，H＋浓度增大，CO转化为HCO D．物质B是NaCl，其作用是增强溶液导电性


【电化学离子交换膜的分析与应用】答案
【研析真题•明方向】
1．D。解析：由题图可知，在铅电极乙二酸变成乙醛酸是去氧的过程，发生还原反应，则铅电极是电解装置的阴极，石墨电极发生氧化反应，反应为2Br－－2e－===Br2，是电解装置的阳极。由上述分析可知，Br－起到还原剂的作用，A错误；阳极上的反应式为2Br－－2e－===Br2，B错误；制得2 mol乙醛酸，实际上是左、右两侧各制得1 mol乙醛酸，共转移2 mol电子，故理论上外电路中迁移的电子为2 mol，C错误；电解装置中，阳离子移向阴极(即铅电极)，D正确。
2．B。解析：在该原电池中，活泼金属锌做负极，则N极为正极，A说法正确；放电时，左侧锌放电产生Zn2＋，贮液器中ZnBr2浓度不断增大，B说法错误；充电时，M极为阴极，电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn，C说法正确；放电时Br－通过隔膜进入溶液中与Zn2＋结合，充电时Zn2＋通过隔膜在双极性碳和塑料电极上沉积锌，D说法正确。
3．C。解析：通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，说明石墨电极Ⅱ为阳极，则电源b为正极，a为负极，石墨电极Ⅰ为阴极，故A正确；石墨电极Ⅱ为阳极，通电一段时间后，产生氧气和氢离子，所以向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色，故B正确；随着电解的进行，铜离子在阴极得电子生成铜单质，所以CuCl2溶液浓度变小，故C错误；当0.01 mol Fe2O3完全溶解时，消耗氢离子为0.06 mol，根据阳极电极反应式2H2O－4e－===O2＋4H＋，产生氧气为0.015 mol，体积为336 mL (折合成标准状况下)，故D正确。
4．D。解析：石墨电极为阳极，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，H＋通过阳离子交换膜由Ⅰ室进入Ⅱ室，右侧Co电极为阴极，电极反应式为Co2＋＋2e－===Co，Cl－通过阴离子交换膜由Ⅲ室进入Ⅱ室，与H＋结合生成盐酸。由上述分析知，Ⅰ室中水放电使硫酸浓度增大，Ⅱ室中生成盐酸，故Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均减小，A错误；生成1 mol Co时，转移2 mol电子，Ⅰ室有0.5 mol O2(即16 g)逸出，有2 mol(即2 g)H＋通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，则Ⅰ室溶液质量理论上减少18 g，B错误；移除两交换膜后，石墨电极上的电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，C错误；根据上述分析可知，电解时生成了O2、Co、H＋，则电解总反应为2Co2＋＋2H2O2Co＋O2↑＋4H＋，D正确。
【题型突破•查漏缺】
1．C。解析：阴极氢离子发生还原反应生成氢气，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，生成气体为氢气，0.2 g 氢气的物质的量为0.1 mol，转移电子0.2 mol，a室为阳极室，电极反应为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，氧气从a室逸出，氢离子向b室移动，则a室中减少的质量为水的质量，根据电子守恒，消耗水的物质的量为0.1 mol ，质量为0.1 mol×18 g·mol－1＝1.8 g，故A、B正确，C错误；电解后在b室得到 NaHSO3 溶液，NaHSO3 溶液经结晶脱水可得到Na2S2O5，故D正确。
2．B。解析：放电时，Zn为负极，强碱性溶液中Zn失去电子被氧化为Zn(OH)：Zn＋4OH－－2e－===Zn(OH)；MnO2为正极，酸性溶液中二氧化锰得到电子被还原为Mn2＋：MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O，A正确。放电时，正极室每消耗4 mol H＋，生成1 mol Mn2＋，为保证正极室的电解质溶液呈中性，会有1 mol SO穿过X膜(阴离子交换膜)进入中间室；同理，负极室每消耗 4 mol OH－，生成1 mol Zn(OH)，则有2 mol K＋穿过Y膜(阳离子交换膜)进入中间室，故中间室c(K2SO4)增大，B错误。充电时，正极反应为Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2＋4H＋(H＋浓度增大，pH减小，pH7)，充电或放电前后中间室溶液的pH＝7，保持不变，C正确。将充电时上述两极反应相加得到总反应为Zn(OH)＋Mn2＋===Zn＋MnO2＋2H2O，D正确。
3．D。解析：根据电解池原理分析知，左侧CO2分子得电子生成HCOO－，电子反应式为CO2＋2e－＋H2O===HCOO－＋OH－；右侧为阳极，OH－、HCOO－通过阴离子交换膜进入右侧，失电子发生氧化反应：CH3(CH2)7NH2－4e－＋2OH－＋2HCOO－===CH3(CH2)6CN＋2H2O＋2HCOOH，据此分析解答。A.左侧得电子发生还原反应，为阴极，则a是电源负极，故A错误；B.根据上述分析，左半池的电极反应为：CO2＋2e－＋H2O===HCOO－＋OH－，故B错误；C.右侧为阳极，失去电子发生氧化反应：CH3(CH2)7NH2－4e－＋2OH－＋2HCOO－===CH3(CH2)6CN＋2H2O＋2HCOOH，则右半池的pH降低，故C错误；D.根据阳极反应知，每生成1 mol CH3 (CH2)6CN电路中转移4 mol e－，故D正确；故选D。
4．B。解析：a电极上CO2转化为HCOO－，发生还原反应，电极反应式为CO2＋2e－＋H2O===HCOO－＋OH－，则a为阴极、b为负极，A、D正确；a电极上产生HCOO－，需要补充阳离子保持溶液呈电中性，所以e为阳离子交换膜，K＋通过阳离子交换膜进入阴极室，同理f为阴离子交换膜，C正确；d电极的电极反应式为2I－－2e－===I2，溶液中发生反应CH3CH2OH＋I2＋2OH－===CH3CHO＋2H2O＋2I－，当电路中转移1 mol e－时，d电极产生0.5 mol CH3CHO，B错误。
5．D。解析：根据图示得，阴极为2H2O＋2e－===H2↑＋4OH－，阳极为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，电解过程中，Na＋向阴极移动，R2－向阳极移动，据此进行分析。A.由以上分析可知，A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜，故A正确；B.由以上分析可知，阴极电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋4OH－，故B正确；C.电解过程中，阴极区氢氧化钠浓度逐渐增大，因此该制备方法还可以获得氢氧化钠，故C正确；D.当生成 1 mol RH2 时，转移2 mol电子，若用氢氧燃料电池作电源，电源的正极为氧气得到电子，根据O2～4e－可知，消耗0.5 mol O2，其在标准状况下体积为0.5 mol×22.4 L/mol＝11.2 L，故D错误。
6．D。解析：根据实验装置，产生氢气的电极为阴极，电极反应为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，右端产生NaOH，说明Y为阳离子交换膜。左端电极为阳极，发生的电极反应为CuCl－e－＋Cl－===CuCl2，Cl－透过交换膜X进入阳极反应，所以X为阴离子交换膜，C项正确；电路中每转移1 mol电子，阴极生成标准状况下的氢气11.2 L，阳极不产生气体，D项错误。
7．B。解析：该原电池中Zn为负极，PbO2为正极，该原电池中，Zn为负极，负极电极反应式为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)，消耗OH－，则钾离子向正极移动，a膜是阳离子交换膜，电路中转移2 mol电子时理论上产生1 mol Zn(OH)，故B错误，C正确；原电池工作时，PbO2为正极，正极电极反应式为PbO2＋SO＋2e－＋4H＋===PbSO4＋2H2O，工作时，电子由负极经过导线流向正极，即电子由Zn电极流向PbO2电极，故A、D正确。
8．C。解析：闭合K1时，形成原电池，锌为负极，Pd电极是正极， 氢离子是阳离子，向正极移动，故A不选；闭合K1时，形成原电池，锌为负极，Zn表面的电极反应式为Zn＋4OH－－2e－===Zn(OH)，故B不选；闭合K2时，形成电解池，Zn电极发生还原反应做阴极，应与直流电源负极相连，C选；闭合K2时，Pd电极是阳极，发生氧化反应，HCOOH氧化生成CO2，故D不选。
9．D。解析：电解时， 溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，溶液中的Na＋向阴极移动，与双极膜提供的氢氧根离子结合，出口2的产物为NaOH溶液，A错误；电解时， 溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，溶液中的Br－向阳极移动，与双极膜提供的氢离子结合，故出口4的产物为HBr溶液，钠离子不能通过双极膜，故出口5不是硫酸，B错误；结合选项B，Br－不会从盐室最终进入阳极液中，C错误；电解池阴极处，发生的反应是物质得到电子被还原，发生还原反应，水解离成H＋和OH－，则在阴极处发生的反应为2H＋＋2e－===H2↑，D正确。
10．C。解析：M室中石墨电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H＋，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，M室pH减小；N室中石墨电极为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH－，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，N室pH增大，A项错误。原料室中的[B(OH)4]－通过b膜进入产品室、Na＋通过c膜进入N室，M室中氢离子通入a膜进入产品室，所以产品室中发生的反应为[B(OH)4]－＋H＋===H3BO3＋H2O，则a膜、c膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，B项错误，C项正确。理论上每生成1 mol H3BO3，M室生成1 mol H＋，转移电子1 mol，N室生成0.5 mol H2，M室生成0.25 mol O2，两极室共产生标准状况下16.8 L气体，D项错误。
11．B。解析：由图分析可知，电极1为电解池阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，电极2为阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，离子交换膜a是阳离子交换膜，离子交换膜b是阴离子交换膜，A错误；结合阴阳离子移向可知，各间隔室的排出液中，①③⑤⑦为淡水，B正确；通电时，阳极反应式：2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极电极反应式：2H＋＋2e－===H2↑，电极2附近溶液的pH比电极1附近溶液的pH变化明显，C错误；淡化过程中，得到的浓缩海水可以提取氯化钠、镁、溴等，有使用价值，D错误。
12．D。解析：由装置图可知，该装置为原电池，右室中[Fe(CN)6]3－转化为[Fe(CN)6]4－，Fe元素的化合价由＋3价降低为＋2价，得电子，发生还原反应，则右室为正极室，左室为负极室，正极电极反应为[Fe(CN)6]3－＋e－===[Fe(CN)6]4－，负极电极反应为CH3COO－－8e－＋2H2O===2CO2↑＋7H＋，D错误；原电池中，阳离子向正极移动，则Na＋向正极室迁移，故A正确；X膜所在电极为负极，阴离子向负极移动，则X为阴离子交换膜，故B正确；在微生物的作用下，将化学能转化为电能，构成原电池，微生物起到催化作用，加快了反应速率，所以微生物能加快电极上电子的转移速率，故C正确。
13．D。解析：阳极氢氧根离子失电子生成氧气，氢离子通过交换膜a进入浓缩室，所以交换膜a为阳离子交换膜，故A正确；阳极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，故B正确；阴极发生还原反应，酸性强时主要是氢离子发生还原反应生成氢气，酸性弱时主要是Ni2＋发生还原反应生成Ni，故C正确；浓缩室得到1 L 0.5 mol·L－1的盐酸时，转移电子0.4 mol，阴极生成镍和氢气，所以阴极回收得到的镍小于11.8 g，故D错误。
14．B。解析：NaHSO3在a电极被还原生成Na2S2O4，则a电极是阴极，b电极是阳极，故b电极接电源的正极，A错误；a电极发生还原反应，HSO被还原生成S2O，电极反应式为2HSO＋2H＋＋2e－===S2O＋2H2O，B正确；b电极是阳极，电极反应式为SO2＋2H2O－2e－===4H＋＋SO，阳极生成H＋，阴极消耗H＋，为维持溶液呈电中性，H＋透过离子交换膜向阴极迁移，则该离子交换膜是阳离子交换膜，C错误；电路中每转移1 mol电子，阳极消耗0.5 mol SO2，在标准状况下的体积为11.2 L，题目未指明SO2是否处于标准状况下，D错误。
【题型特训•练高分】
1．D。解析：阳极反应物为I2，生成IO，溶液为碱性环境，由电子守恒、电荷守恒可得电极反应为I2－10e－＋12OH－===2IO＋6H2O，故A错误；阴极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，电路中通过10 mol e－时，应有10 mol OH－通过交换膜由阴极室进入阳极室，而阳极室消耗12 mol OH－，且阳极有水生成，氢氧根离子浓度减小，pH减小，故B错误；题干所给条件未指明标准状况，无法计算气体体积，故C错误；当碘单质完全放电后，溶液中可能有氢氧根离子继续放电产生氧气，故D正确。
2．A。解析：根据左侧电极上生成O2，右侧电极生成H2可知左侧电极为阳极，发生反应：2H2O—4e— = 4H++O2↑，右侧电极为阴极，发生反应2H2O+2e— =2OH—+H2↑；则左室中随着H+浓度增大转化为CrO3：Cr2O72—+2H+==2CrO3+H2O。A选项，因最终实现Cr2O72—+2H+==2CrO3+H2O，故阳极不允许H+通过交换膜，电解时通过交换膜的是Na+，错误；B选项，根据电子转移守恒，两极产生的O2及H2的物质的量之比为1:2，故其质量之比为8:1，正确；C选项，根据阴极电极反应式可知，电解一段时间后阴极因生成OH—导致其浓度增大，正确；D选项，电解过程中阳极区H的浓度增大，发生反应：Cr2O72—+2H+==2CrO3+H2O正确。
3．B。解析：根据图示，K＋移向电极N，所以N是阴极，M极是阳极，OH－发生氧化反应生成氧气，电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，故A错误，B正确；c处流进粗KOH溶液，f处流出纯KOH溶液，故C错误；N极是阴极，H＋发生还原反应生成氢气，非标准状况下11.2 L氢气的物质的量不一定是0.5 mol，故D错误。
4．C。解析：通电后，阴极电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，则溶液的pH增大，故A正确；阳极上发生氧化反应，电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，故B正确；根据阳极电极反应式可知得到1 mol产品HI，则转移1 mol电子，阳极室溶液质量减少9 g，故C错误；通电过程中，原料室中的Na＋移向阴极室，I－移向产品室，所以NaI的浓度逐渐减小，故D正确。
5．C。解析：由C为硫酸可知，b为阴离子交换膜，故a为阳离子交换膜。在阴极区应为水放电生成氢气和氢氧根，故A为氢氧化钠，E为氢气；阳极应为亚硫酸根放电生成硫酸根，写出即可。
6．A。解析：A.电池右边实现了C6H5NO2→C6H7N的转变，N元素的化合价从＋3价变到－3价，化合价降低，发生还原反应，对应电极为阴极，故阴极的电极反应式为：C6H5NO2＋6e－＋6H＋=== C6H7N＋2H2O，A正确；B.阴极电极反应式为C6H5NO2＋ 6e－＋6H＋===C6H7N ＋ 2H2O ，每生成1 mol C6H7N转移电子数为6 mol，阳极电极反应式为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，每转移6 mol电子生成1.5 mol O2，则生成与O2的物质的量之比为 1∶1.5＝2∶3，D错误；C.交换膜允许H＋通过，为阳离子交换膜，B错误；D.阳极电极反应式为：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，没有消耗钠离子和硫酸根，不需补加硫酸钠，D错误；故答案选A。
7．B。解析：第一步选择性吸附锂的过程中中间室材料作阴极，M为阳极，Li1－xMn2O4与LiMn2O4转化过程中Mn的化合价发生变化，故A正确；释放锂过程中中间室材料作阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为LiMn2O4－xe－===Li1－xMn2O4＋xLi＋，故B错误；释放脱出的Li＋通过左侧离子交换膜在阴极室以LiOH的形式被浓缩，因此选用阳离子交换膜，阴极室N极作阴极，阳离子向阴极迁移，故C正确；第二步选择性释放锂的过程中，N极作阴极，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，故D正确。
8．D。解析：放电时，a极电极反应为3Fe＋8OH－－8e－===Fe3O4＋4H2O，b极电极反应为Fe(CN)＋e－===Fe(CN)，当负极失去1 mol电子时，由于阳离子所带电荷数未知，不能确定为1 mol阳离子通过，D错误。
9．C。解析：充电时，在多孔Pd纳米片表面HCOOH转化为CO2，C项错误。
10．D。解析：根据图中信息可知，右侧通入含有H2S杂质的甲烷气，得到除杂后的甲烷气，结合题意，则右端碳棒为电解池的阳极，左端碳棒为阴极，阴极上水被还原，生成OH－和H2，电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑；右池中S2－发生氧化反应而被除去，S2－－2e－===S↓。A项，与电源a端相连的碳棒为阴极，气体A为H2，错误；B项，与电源b端相连的碳棒为阳极，电极上S2－放电产生硫单质，电极反应为S2－－2e－===S↓，错误；C项，通电过程中，左池溶液中的OH－通过阴离子膜进入右池，错误；D项，通电后，左池中发生反应2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，产生的OH－进入右池，与通入的H2S反应H2S＋2OH－===S2－＋2H2O，生成的S2－又发生反应S2－－2e－===S↓，由电子守恒可知，OH－、S2－数目基本不变，即右池中的c(NaOH)与c(Na2S) 之比基本不变，正确。
11．C。解析：阳极上Fe发生氧化反应，溶液由无色变为浅绿色，A项错误；阴极上H＋发生还原反应：2H＋＋2e－===H2↑，B项错误；根据阴极上电极反应，阴极消耗H＋，电解一段时间后，阴极室溶液pH升高，C项正确；电解一段时间后，阴极室溶液pH升高，NH与OH－反应生成NH3·H2O，因此阴极室溶液中溶质除(NH4)3PO4外，还可能有NH3·H2O，D项错误。
12．C。解析：A项，苯酚具有微弱的酸性，电离方程式为C6H5OHC6H5O－＋H＋，正确；B项，在电场中，阴离子向阳极移动，因此离子交换膜A应能使C6H5O－通过，是阴离子交换膜，正确；C项，电解过程中，阳极发生氧化反应：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，使得阳极室c(H＋)增大，溶液的pH减小，错误；D项，当通过线路中的电子数目为0.1NA，即0.1 mol时，阳极室生成0.1 mol H＋，有0.1 mol C6H5O－移向阳极室，正确。
13．C。解析：石墨棒为电解池的阳极,4OH--4e-===O2↑+2H2O,A项正确;由于氧化性Ni2+(高浓度)>H+>Ni2+(低浓度),若H+浓度过大,则阴极2H++2e-===H2↑,降低Ni的产率,B项正确;电解时,A中Na+透过阳离子膜进入B中,C中Cl-透过阴离子膜进入B中,故B中NaCl溶液的物质的量浓度增大,C项错误;若将图中阳离子膜去掉,A、B两室合并,C中Cl-将透过阴离子膜向阳极(石墨棒)移动,且阳极电极反应式为2Cl--2e-===Cl2↑,故电解反应总方程式发生改变,D项正确。
14．A。解析：对Cr(Ⅵ)和Cr(Ⅲ)处理是通过转化为Cr(OH)3处理，由题图可知，同时还生成Fe(OH)3，据此推测铁棒是阳极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，Fe2＋再与Cr2O发生氧化还原反应生成Fe3＋和Cr3＋，A正确；石墨棒是阴极，电极上反应为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，电解质溶液中发生反应：Cr3＋＋3OH－===Cr(OH)3↓，Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓，B错误；阳极转移3 mol电子，生成1.5 mol Fe2＋，Cr(Ⅵ)被还原为Cr(Ⅲ)，据电子守恒可知，可处理Cr(Ⅵ)的物质的量为0.5 mol，C不正确；石墨电极上反应生成OH－，左侧废水中Cr3＋、Fe3＋透过离子交换膜移向右侧，反应生成Cr(OH)3和Fe(OH)3，故离子交换膜为阳离子交换膜，D错误。
15．D。解析：阴极上发生还原反应，电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，则阴极上产生的物质A是H2，A正确；电解池中阳离子向阴极移动，则Na＋由阳极室向阴极室迁移，B正确；由图可知，阳极上产生O2，则阳极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，溶液中c(H＋)增大，CO转化为HCO，C正确；由图可知，阴极区得到NaOH溶液，为不引入杂质，物质B应为NaOH，其作用是增强溶液的导电性，D错误。