1.3 电能转化为化学能——电解 同步练习 2024-2025学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

2024—2025学年高中化学鲁科版选择性必修一1.3 电能转化为化学能电解 一、单选题 1．下列所示的物质间转化或化学反应表示正确的是 A．金属Mg的制备：Mg(OH)2MgCl2溶液Mg B．实验室制硅酸：SiO2 Na2SiO3 H2SiO3 C．漂白粉失效：NaClO HClO HCl D．金属钠在空气中放置： NaNa2O2Na2CO3 2．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。放电状态时，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正确的是 A．蓄电时，碳锰电极为阴极 B．蓄电时，图中右侧电解池发生的总反应为 C．放电时，每消耗1 mol MnO2，理论上有1 mol H+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需要不断补充H2SO4和KOH溶液 3．下列实验装置使用正确的是 A．装置①可用于硫酸钠的焰色试验 B．装置②可产生喷泉现象 C．装置③可用于在铁制镀件表面镀铜 D．装置④可验证氨气能与酸反应 4．利用下图所示装置可合成己二腈[]。充电时生成己二腈，放电时生成，其中a、b是互为反置的双极膜，双极膜中的会解离出和向两极移动。下列说法正确的是 A．放电时M极为负极，发生氧化反应 B．放电时，双极膜中向N极移动 C．放电时，每生成，双极膜解离 D．充电时，N极的电极反应式为 5．利用电化学方法通过微生物电催化将有效地转化为，装置如图所示，下列说法正确的是 A．钛网电极应与电源的负极连接 B．石墨电极反应式为： C．利用高温条件可加快有效地转化为 D．当电路中转移-时，右侧电极室质量减少 6．下列离子方程式表示错误的是 A．钠与水反应： B．氯碱工业制氯气： C．氧化铁粉末溶于足量稀硫酸： D．向溶液中加入足量的澄清石灰水： 7．2023年钠离子电池实现产业化，该电池具备高能量密度、高倍率充电等优势。工作原理为，装置如图所示，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电。下列说法不正确的是 A．放电时，a极反应式为 B．充电时，电极b接外电源的负极 C．充电时，若转移，碳基材料电极将减重 D．锂元素稀缺，量产后的钠离子电池的生产成本比锂离子电池的低 8．电解溶液制取溶液和NaOH溶液的装置如图所示，下列不正确的是 A．阴极产生的物质A是 B．溶液中由阳极室向阴极室迁移 C．阳极放电，浓度增大，转化为 D．物质B是NaCl，其作用是增强溶液导电性 9．某全固态薄膜锂离子电池的工作示意图如下，电极a为锂硅合金，电极b为镍钴锰三元材料(Li1-xNi0.8Co0.1Mn0.1O2)，电解质选用固态Li6PS5Cl，下列说法中错误的是 A．放电时电极a电势低于电极b电势 B．放电时通过电路0.5mol电子时，电解质Li6PS5Cl损失0.5molLi+ C．充电时电极b连接电源的正极 D．充电时阳极反应为：LiNi0.8Co0.1Mn0.1O2-xe-=Li1-xNi0.8Co0.1Mn0.1O2+xLi+ 10．为实现全球绿色低碳，满足人民群众日益增长的优美生态环境需求、促进人与自然和谐共生的迫切需要，科学家设计如下装置，将转化为水煤气，并实现由乙醇合成乙醛，下列说法错误的是 A．的质谱图： B．电极a、b分别连接电源的负极、正极；电势：电极电极b C．阴极区、阳极区离子的物质的量均不变 D． 11．据文献报道，利用阴极膜过滤反应器能除去废水中的磷元素(假设磷元素的存在形态只有)，其装置原理示意图如图所示[图中CaP的组成为3Ca3(PO4)2·CaHPO4·zH2O]：下列叙述正确的是 A．三电极流出(入)的电子数均相等 B．工作时Ti/SnO2-Sb电极应与直流电源的负极相连 C．Ti/SnO2-Sb电极周围H2O分子被氧化，其氧化产物为H+和O2 D．阴极区的总反应式：20Ca2++14+26e-+2zH2O=2[3Ca3(PO4)2·CaHPO4·zH2O]↓+13H2↑ 12．关于下列装置说法错误的是 A．装置①中，盐桥（含有溶液）中的移向溶液 B．利用装置2电解饱和溶液可制取，图中离子交换膜是阳离子交换膜 C．利用装置③可电解精炼银 D．装置④锌筒作负极，发生氧化反应，该电极锌筒容易发生自放电 13．下列化学反应表示正确的是 A．电解水法制氢： B．催化加氢生成的反应： C．氢气还原的反应： D．与水反应： 14．下列能量转变过程与氧化还原反应无关的是 A．利用氢氧燃料电池提供电能 B．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能 C．电解质溶液导电时，电能转变为化学能 D．葡萄糖为人类生命活动提供能量 15．水系双离子电池相比于锂电池有安全和成本优势，在储能领域有较好应用。我国最新水系（碱性）双离子电池的工作原理如图所示，下列有关叙述错误的是 A．放电时，电解质溶液中的由极区向极区转移 B．充电时，电极作阴极，发生还原反应 C．第1次放电时，a极的电极反应式为 D．放电时，若极得到和，则电路中转移的电子的物质的量为0.14 mol 二、填空题 16．甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料。如图是甲醇燃料电池工作的示意图，工作时，关闭K。 (1)甲中负极的电极反应式为 。 (2)若丙中C为铁，D为石墨，W溶液为稀H2SO4，若一定条件下Fe钝化形成致密Fe3O4，则C电极反应式为 。 (3)若A、B、C、D均为石墨，W溶液为氯化铁溶液(溶质足量)，检验D电极产物的试剂为 (化学式)，现象是 。工作一段时间后，向乙中所得溶液加入后恰好使电解质溶液复原，则丙中C电极上生成气体的物质的量为 。 (4)若把乙装置改为精炼铜装置(粗铜含Al、Zn、Ag，Pt，Au等杂质)，下列说法正确的是___________(填标号)。 A．电解过程中，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等 B．A为粗铜，发生氧化反应 C．溶液的浓度保持不变 D．利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属 (5)若把乙装置改为铁钉镀铜装置，铁钉是 电极(A、B)，该电极上发生 反应(氧化、还原)。 17．某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流计的指针发生了偏转，并且三个池中的电解质溶液均足量。 请回答下列问题： (1)甲池为 (填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，通入O2电极的电极反应式为 。 (2)乙池B电极的电极反应式为 。通电一段时间后，若使乙池恢复到通电前的状态(浓度一样)，则可向其中加入适量的 (填化学式)物质。 (3)当丙池中D极质量增加6.40g时，则导线中通过的电子数目为 。 (4)若在丙池中使铁件表面镀上铜，则C电极应改为 作电极(填电极的材料)。电镀前与电镀后相比：丙中溶液的pH将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 18．完成下列小题 (1)用1000.50的盐酸与1000.55溶液混合进行中和反应的反应热的测定。实验装置如图所示： ①溶液过量的原因是 。 ②A的名称是 ；装置中碎泡沫塑料的作用是 。 (2)阳离子交换膜法电解饱和食盐水的示意图如下： ①阳离子交换膜的作用是 。 ②d口流出的是 。 ③阴极的电极反应式是 。 (3)铅蓄电池的总反应为，放电时正极的电极反应式是 。 (4)氢氧燃料电池以溶液作为离子导体时，负极的电极反应式是 ，以溶液作为离子导体时，正极的电极反应式是 。 19．“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是 。 三、计算题 20．用铂电极电解与的混合溶液（浓度均为），当阴极析出固体时，阳极产生标准状况下的氧气 L。 21．400 mL NaNO3和AgNO3的混合溶液中c()=4 mol·L－1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到11.2L气体(标准状况)，假设电解后溶液体积仍为400 mL。试计算： (1)上述电解过程中转移电子的物质的量； (2)电解后溶液中的c(H+)。 22．用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度。则电解过程中共转移的电子的物质的量为 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025年1月14日高中化学作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B C D D A C D B D 题号 11 12 13 14 15 答案 D C B B D 1．B 【详解】A．Mg(OH)2与盐酸反应可以得到MgCl2溶液，但是电解MgCl2溶液不能得到金属Mg，只有电解熔融态的MgCl2才能得到金属Mg，A错误； B．实验室制硅酸：SiO2为酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成Na2SiO3溶液，向Na2SiO3溶液中通入足量CO2，可得白色沉淀H2SiO3，B正确； C．漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，失效过程是先与空气中的CO2、H2O反应生成HClO，HClO见光或受热分解为HCl和O2，C错误； D．金属钠在空气中放置：Na先与空气中的O2反应生成Na2O，Na2O再结合空气中的H2O生成NaOH，表面潮解后NaOH与CO2反应生成Na2CO3，D错误； 故选B。 2．B 【分析】蓄电时即为电解池，Mn2+失电子生成MnO2，碳锰电极为阳极，锌电极为阴极；放电时，碳锰电极为正极，锌电极为负极。 【详解】A．蓄电时即为电解池，Mn2+失电子生成MnO2，碳锰电极为阳极，A错误； B．蓄电时，右侧电解池中ZnO得电子生成Zn，电极反应式为，失电子生成O2，电极反应式为，发生的总反应为，B正确； C．放电时，碳锰电极为正极，电极反应式为，每消耗1 mol MnO2，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解离出使氢离子转移至左侧，因此理论上有2 mol H+由双极膜向碳锰电极迁移，C错误； D．该电化学装置运行过程中H+得电子生成H2，但实际过程为消耗了溶剂水，氢离子浓度增大，失电子生成O2，实际也消耗了溶剂水，浓度同样增大，则不需要不断补充H2SO4和KOH溶液，D错误； 故选B。 3．C 【详解】A．应该用铂丝或者无锈铁丝，A错误； B．二氧化碳在水中或者小苏打饱和溶液中溶解度小，不会产生喷泉，B错误； C．在铁制镀件表面镀铜，铁制镀件为阴极，连电源负极，铜片为阳极，连电源正极，C正确； D．浓硫酸没有挥发性，不会产生白烟，D错误； 故选C。 4．D 【分析】放电时为原电池，N极上H2O失电子生成O2，则M极为正极，N极为负极，正极反应式为[Co(NH3)6]3++e−=[Co(NH3)6]2+，负极反应式为2H2O−4e−=O2↑+4H+，放电时，双极膜中OH−向负极移动，H+向正极移动；充电时为电解池，M极为阳极，N极为阴极，阳极反应式为[Co(NH3)6]2+−e−=[Co(NH3)6]3+，阴极反应式为2CH2=CHCN+2e−+2H+=NC(CH2)4CN。 【详解】A．放电时为原电池，N极上H2O失电子生成O2，则M极为正极，电极反应式为[Co(NH3)4]3++e-=[Co(NH3)4]2+，发生还原反应，故A错误； B．放电时为原电池，M极为正极，N极为负极，双极膜中OH−向负极移动，H+向正极移动，即OH−向N极移动，H+向M极移动，故B错误； C．放电时，N电极为负极，水在负极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为解离2mol水，因为a、b是互为反置的双极膜，所以共解离4mol水，故C错误； D．充电时，N极是阴极，反应式为2CH2=CHCN+2e−+2H+=NC(CH2)4CN，故D正确； 故答案选D。 5．D 【详解】A．根据物质元素价态的变化，得知石墨电极为阴极，与电源负极连接，钛网电极与电源正极连接，故A项错误； B．草酸是弱酸，书写电极反应式时不能拆，则电极反应式为：，故B项错误； C．微生物在高温条件下失去活性，不利于有效地转化为，故C项错误； D．当电路中转移时，产生，质量为，同时有由右侧向左侧迁移，则右侧共减少，故D项正确； 故答案为D。 6．A 【详解】A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气：，A错误； B．氯碱工业制氯气生成氢气、氯气和氢氧化钠：，B正确； C．氧化铁粉末溶于足量稀硫酸生成硫酸铁和水：，C正确； D．向溶液中加入足量的澄清石灰水生成碳酸钙和水：，D正确； 答案选A。 7．C 【分析】由题干信息可知，碳基材料为负极b，放电过程中发生的电极反应为：，充电时，b与电源负极相连为阴极，电极反应为：；含钠过渡金属氧化物为正极a，电极反应为：，充电时，a与电源正极相连作阳极，电极反应为：，据此分析解题。 【详解】A．放电时a极是正极，发生还原反应，电极反应式为：Na1-mMnO2+mNa++me-=NaMnO2，故A正确； B．充电时，b为阴极，得到电子发生还原反应，因此b极接电源的负极，故B正确； C．充电时，碳基材料作阴极，发生反应，若转移1 mol e−，1molNa+得电子生成金属Na，碳基材料电极将增重23g，故C错误； D．锂比钠稀缺，量产后的钠离子电池的生产成本比锂离子电池的低，故D正确； 答案选C。 8．D 【分析】装置图分析左侧阳极电极附近氢氧根离子放电生成氧气，溶液中氢离子浓度增大和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，右侧阴极电极附近氢离子放电生成氢气，水电离平衡被破坏，溶液中氢氧根离子浓度增大，生成氢氧化钠，阳离子交换膜使允许阳离子通过，阴离子不能通过； 【详解】A．分析可知阴极产生的物质A是H2，A正确； B．阳离子交换膜使允许阳离子通过，电极过程中溶液中Na+由阳极室向阴极室迁移，B正确； C．阳极OH-放电，水电离平衡正向进行溶液中H+浓度增大，氢离子和离子反应转化为，C正确； D．水为弱电解质，导电能力弱，随着反应不断进行，浓氢氧化钠流出，氢氧根离子不断减少，应及时补充稀氢氧化钠，增强溶液导电性，若B是NaCl会引入氯离子，氯离子会优先放电，D错误； 故选D。 9．B 【分析】由图可知，放电时，锂离子由a极移向b极，则放电时，a为负极、b为正极；充电时，锂离子由b极移向a极，则a为阴极、b为阳极； 【详解】A．放电时电极a为负极，电极b为正极，故电极a电势低于电极b，A正确； B．放电时通过电路0.5mol电子时，负极反应为：，生成0.5molLi+，正极反应为：Li1-xNi0.8Co0.1Mn0.1O2+xLi+xe-= LiNi0.8Co0.1Mn0.1O2，消耗0.5molLi+，电解质Li6PS5Cl中锂离子物质的量不变，B错误； C．充电时电极b为阳极，应该与外接电源正极相连，C正确； D．由分析知，充电时b为阳极，阳极的LiNi0.8Co0.1Mn0.1O2失去电子发生氧化反应生成Li1-xNi0.8Co0.1Mn0.1O2和锂离子，反应为：LiNi0.8Co0.1Mn0.1O2-xe-=Li1-xNi0.8Co0.1Mn0.1O2+xLi+，D正确； 故选B。 10．D 【分析】电极a电极反应式：，电极b的电极反应式； 【详解】A．质谱图中质荷比最大的值为该有机物分子的相对分子质量，的相对分子质量为46，A正确； B．与电源正极相连的是阳极，与电源负极相连的是阴极，因此电极a、b分别连接电源的负极，正极。阳极与电源正极相连，故阳极电势高于阴极，因此电势：电极极b，B正确； C．当转移电子时，有离子由阴极区移向阳极区，结合电极a电极反应式：，电极b的电极反应式，因此阴极区、阳极区离子的物质的量均不变，C正确； D．电极a的电极反应式：，因此，D错误； 故选D。 11．D 【详解】中间电极上产生CaP的组成为3Ca3(PO4)2·CaHPO4·zH2O，说明中的氢被还原生成氢气，则该电极为阴极，连接电源的负极，两侧的电极就是阳极。据此解答。 A．中间的为阴极，两侧的为阳极，根据电子守恒分析，阳极失去的电子总数应该等于阴极得到电子总数，故三电极流出或流入的电子数不相等，A错误； B．工作时Ti/SnO2-Sb电极与电源的正极相连，B错误； C．Ti/SnO2-Sb电极为阳极，水被氧化，氧化产物为氧气，氢离子不是氧化产物，C错误； D．阴极是中的氢得到电子生成氢气，同时生成和，和钙离子和水结合形成3Ca3(PO4)2·CaHPO4·zH2O，D正确； 故选D。 12．C 【详解】A．原电池中阳离子向正极移动，铜是正极，所以K+移向CuSO4溶液，故A正确； B．电解饱和溶液可制取，左侧阴极上是水中H+放电生成H2，溶液中剩余OH-，右侧氯离子放电生成Cl2，Li+移向左侧与OH-得到LiOH溶液，故离子交换膜是阳离子交换膜，故B正确； C．电解精炼银，粗银应该为阳极，精银为阴极，故C错误； D．锌锰干电池，锌筒作负极，发生氧化反应被消耗，Zn中含有杂质，会有自放电现像，故D正确； 答案选C。 13．B 【详解】A．电解水法制氢，生成氢气和氧气，反应的化学方程式为：，故A错误； B．催化加氢生成的反应，同时生成水，反应为：，故B正确； C．氢气还原的反应，必须在高温条件下进行，反应方程式为：，故C错误； D．与水反应生成氢氧化钙和氢气，反应的化学方程式为：，故D错误； 答案选B。 14．B 【详解】A．氢氧燃料电池的本质是利用一个自发的氧化还原反应将化学能转化为电能，生成了产物水，属于氧化还原反应，A不符合题意； B．光能转化为电能，不发生化学变化，与氧化还原反应无关，B符合题意； C．发生电解反应，为氧化还原反应，C不符合题意； D．葡萄糖在体内发生氧化反应释放能量为人类生命活动提供能量，D不符合题意； 答案选B。 15．D 【分析】放电时为原电池，由图可知a极上的反应涉及，即a极为正极，则b极为负极，充电时a极为阳极、b极为阴极。 【详解】A．放电时为原电池，a极为正极，则b极为负极，电解质溶液中的向正极移动，即由极区向极区转移，故A正确； B．据以上分析可知，充电时，电极作阴极，发生还原反应，故B正确； C．放电时，a极的电极反应涉及，铜元素化合价降低，发生还原反应，第1次放电时，a极的电极反应式为，故C确； D．放电时，a极的电极反应涉及，若极得到和，时移的电子的物质的量为，由时移的电子的物质的量为，即共转移0.1mol+0.04mol=0.14mol，但是由于极还有H2O放电，所以电路中转移的电子的物质的量大于0.14 mol，故D错误； 故答案为：D。 16．(1)CH3OH-6e-＋8OH-=CO＋6H2O (2)3Fe-8e-+4H2O=Fe3O4+8H+ (3) 铁氰化钾 加入铁氰化钾，溶液变成蓝色 3.36 L (4)BD (5) B 还原 【分析】甲醇燃料电池中，负极反应物质失去电子，CH3OH 失去电子生成CO，正极氧气得电子生成氢氧根；乙中A电极与原电池正极相连作阳极，B作阴极；丙中D电极与原电池的负极相连作阴极，C作阳极，以此解答。 【详解】（1）负极反应物质失去电子，CH3OH 失去电子生成CO，电极反应式为CH3OH-6e-＋8OH-=CO＋6H2O；故答案：CH3OH-6e-＋8OH-=CO＋6H2O； （2）D电极与原电池的负极相连作阴极，C作阳极，阳极电极为Fe，则Fe失电子生成一层致密的氧化膜Fe3O4，电极方程式为：3Fe-8e-+4H2O=Fe3O4+8H+，故答案为：3Fe-8e-+4H2O=Fe3O4+8H+； （3） D为阴极，发生还原反应，Fe3++e-=Fe2+；检验二价铁可以用铁氰化钾溶液，变蓝色；乙中B电极为阴极，铜离子放电生成铜单质，电极方程式为：Cu2++2e-=Cu，向乙中所得溶液加入0.05 mol Cu2(OH)2CO3后恰好使电解质溶液复原，0.05 mol Cu2(OH)2CO3可以改写成CuOCu(OH)2CO2说明阳极产生了0.075 molO2，转移电子为0.3mol，C电极方程式为：2Cl--2e-=Cl2↑，共生成=0.15molCl2，标准状况下氢气的体积为：0.15mol×22.4L/mol=3.36L，故答案为：3.36 L； （4）A． 阳极上Cu以及活泼性比Cu强的金属失电子，阴极上铜离子得电子生成Cu，溶解的金属与析出的金属不相等，A错误； B． 粗铜接电源正极，作阳极，阳极上发生氧化反应，B正确； C． 阳极上Cu以及活泼性比Cu强的金属失电子，阴极上铜离子得电子生成Cu，溶解的金属与析出的金属不相等，所以CuSO4溶液的浓度保持改变，C错误； D． Ag、Pt、Au活泼性比Cu弱的金属在阳极不反应，形成阳极泥，所以利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au；D正确； 正确答案是BD。 （5）若把乙装置改为铁钉镀铜装置，铁钉是镀件做阴极，即B电极，该电极上发生还原反应。 17．(1) 原电池 4H++O2+4e-=2H2O (2) Ag++e-=Ag Ag2O (3)0.2NA (4) Cu 不变 【分析】甲池是原电池，通入O2电极为正极，电极反应式为4H++O2+4e-=2H2O，通入CH3OH电极为负极，电极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+；乙池为电解池，A电极与原电池正极相连，则A电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，B电极为阴极，电极反应式为Ag++e-=Ag；丙池为电解池，D电极与原电池的负极相连，故D电极为阴极，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，C电极为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。 【详解】（1）甲池是原电池，通入O2电极为正极，电极反应为4H++O2+4e-=2H2O。 （2）乙池为电解池，A电极与原电池正极相连，则A电极为阳极，B电极为阴极，B电极的电极反应为Ag++e-=Ag；乙池中的总反应为4AgNO3+2H2O=4Ag+O2↑+4HNO3，通电一段时间后，若使乙池恢复到通电前的状态(浓度一样)，则可向其中加入适量的Ag2O。 （3）丙池为电解池，D电极与原电池负极相连，则D电极为阴极，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，当丙池中D极质量增加6.40g时，即D电极上产生0.1mol Cu时，导线中通过的电子数目为0.2NA。 （4）若在丙池中使铁件表面镀上铜，则C电极应改为Cu作电极，电极反应式为Cu-2e-=Cu；电镀前与电镀后相比：丙中溶液的H+的浓度不变，溶液pH也不变。 18．(1) 提供足量的氢氧根，保证盐酸能完全反应，减少误差 环形玻璃搅拌棒 保温、隔热减少热量损失 (2) 阻止阴离子进入阳极室与氯气发生副反应，同时阻止阳极产生的氯气与阴极产生的氢气混合发生爆炸 NaOH (3) (4) 【详解】（1）提供足量的氢氧根，保证盐酸能完全反应，减少误差；为了减少热量损失，需缩短反应时间，应用环形玻璃搅拌棒进行搅拌；为了减少热量散失，需用碎泡沫塑料进行保温、隔热； （2）阳离子交换膜的作用阻止阴离子进入阳极室与氯气发生副反应，同时阻止阳极产生的氯气与阴极产生的氢气混合发生爆炸；由于B极为阴极，电极反应式为，钠离子经过阳离子交换膜又阳极进入阴极，使得阴极中氢氧化钠的浓度增加而流出； （3）铅蓄电池中正极由PbO2得电子，与硫酸反应生成硫酸铅和水，电极反应式为； （4）在碱性氢氧燃料电池中，负极是氢气失去电子与氢氧根反应生成水，电极反应式为；在酸性氢氧燃料电池中，正极是氧气得到电子与氢离子反应生成水，电极反应式； 19．石墨(C)电极被阳极上生成O2氧化 【详解】电解熔融Al2O3，阳极发生反应，石墨(C)电极被阳极上生成O2氧化，所以电解过程中作阳极的石墨易消耗。 20．0.56 【详解】阴极的电极反应为，Cu的物质的量为，得电子；阳极的电极反应为，，生成的为，根据得失电子守恒知，，，则产生的氧气在标准状况下的体积为，故答案为：。 21．(1)2mol (2)2.5mol/L 【详解】（1）根据离子放电顺序可知，阳极是氢氧根离子放电生成氧气，阴极先是Ag+放电生成Ag，阴极有气体生成，则溶液中H+离子放电生成氢气，电解后溶液中溶质为NaNO3和HNO3。 标准状况下，两极均收集到11.2L气体，即氧气的物质的量，反应氧元素化合价由-2价升高为0价，故转移电子物质的量。 故答案为：2mol （2）阴极生成氢气物质的量为：，根据电子转移守恒可知，溶液体积不变，溶液中钠离子、硝酸根浓度不变，根据电荷守恒可知，电解后溶液中的。 故答案为：2.5mol/L 22．0.4mol 【分析】加入0.1molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度，则电解分为两个阶段，第一阶段电解产物为Cu、O2，第二阶段产物为H2、O2。 【详解】加入0.1molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度，则电解分为两个阶段，第一阶段电解产物为Cu、O2，第二阶段产物为H2、O2，由加入氢氧化铜的物质的量可知，电解产生的Cu、H2物质的量均为0.1mol，Cu2++2e－=Cu，2H2O+2e－＝H2↑＋2OH-，则转移电子的物质的量为0.4mol。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$