2026年高考化学二轮复习（全国）重难09 电极反应式的书写及电化学计算（重难专练）（解析版）

重难09电极反应式的书写及电化学计算

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一、书写电极反应式的思维方式

（1）直接书写

（2）间接书写

第一步，写出电池总反应式。

第二步，写出电极的正极反应式。

第三步，负极反应式＝总反应式－正极反应式。

二、新型化学电源中电极反应式的书写三步骤

三、电解池电极反应式的书写步骤

注意：通常电极反应可以根据阳极材料和电解质溶液的性质进行判断，但在高考题中往往需要结合题给信

息进行判断。

四、电解计算破题“三方法”

原电池和电解池的计算包括两极产物的定量计算、溶液pH的计算、相对原子质量和阿伏加德罗常数的计算、

产物的量与电量关系的计算等。通常有下列三种方法：

（1）根据得失电子守恒计算

用于串联电路中阴阳两极产物、正负两极产物等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。

（2）根据总反应式计算

先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列出比例式计算。

（3）根据关系式计算

根据得失电子守恒关系建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。

如以通过4mole－为桥梁可构建如下关系式：

(式中M为金属，n为其离子的化合价数值)

（建议用时：10分钟）

1．(2025·广东珠海·一模)我国科研人员制备了一种镁海水溶解氧电池，以镁合金为负极，碳纤维刷电极为正

极，海水为电解液。适合用于海洋灯塔供电和钢制灯塔防腐蚀等。下列说法不正确的是

A．镁电极Mg化合价升高发生氧化反应

B．电池工作时，海水中的Na向正极移动

C．正极的电极反应式为：O24e2H2O4OH

D．若用牺牲阳极法进行灯塔防腐蚀，灯塔应作为负极

【答案】D

【解析】A．镁合金为负极，发生氧化反应，Mg元素化合价升高，A正确；

B．原电池中，阳离子向着正极移动，即海水中的Na向正极移动，B正确；

C．碳纤维刷电极为正极，氧气发生还原反应，电极反应式：O24e2H2O4OH，C正确；

D．牺牲阳极法进行灯塔防腐蚀，灯塔应作为正极，D错误；

答案选D。

2．（2025·湖北省“宜荆荆恩”·一模）某课题组设计并提出了一种基于时间解耦氨分解的新型可充电Zn－NH3

电池，能实现NH3到H2的高效转化。已知Mo2C/NiCu@C电极上充放电循环的总反应为2NH3=3H2+N2，工

作原理如图所示。下列叙述错误的是

A．放电时的Mo2C/NiCu@C电极电势大于锌箔电极

--

B．放电时，Mo2C/NiCu@C电极反应式：2NH3-6e+6OH=N2+6H2O

C．交换膜可用阴离子交换膜

D．充电时，锌箔接直流电源的负极

【答案】B

2

【分析】放电时，锌箔电极为原电池的负极，电极反应式为，MoCNiCu@C

Zn2e4OHZnOH42

电极为正极，水分子在正极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为

2H2O2eH22OH，氢氧根离子通过阴离子交换膜由正极移向负极；充电时，与直流电源负极相连

的锌箔电极为阴极，四羟基合锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌和氢氧根离子，电极反应式为

2

，MoCNiCu@C电极为阳极，碱性条件下氨分子在阳极失去电子发生氧

ZnOH42eZn4OH2

化反应生成氮气和水，电极反应式为2NH36e6OHN26H2O，氢氧根离子通过阴离子交换膜由阴极

移向阳极。

【解析】A．由分析可知，放电时，锌箔电极为原电池的负极，Mo2CNiCu@C电极为正极，则锌箔电极

的电势小于Mo2CNiCu@C电极，A正确；

B．由分析可知，放电时，Mo2CNiCu@C电极为正极，水分子在正极得到电子发生还原反应生成氢气和

氢氧根离子，电极反应式为2H2O2eH22OH，B错误；

C．由分析可知，放电时，氢氧根离子通过阴离子交换膜由正极移向负极，充电时，与直流电源负极相连的

锌箔电极为阴极，氢氧根离子通过阴离子交换膜由阴极移向阳极，C正确；

D．由分析可知，充电时，锌箔接直流电源的负极，D正确；

故选B。

3．（2025·甘肃卷）我国科研工作者设计了一种Mg-海水电池驱动海水(pH8.2)电解系统(如下图)。以新型

MoNi/NiMoO4为催化剂(生长在泡沫镍电极上)。在电池和电解池中同时产生氢气。下列关于该系统的说法

错误的是

A．将催化剂生长在泡沫镍电极上可提高催化效率

B．在外电路中，电子从电极1流向电极4

C．电极3的反应为：4OH4e2H2OO2

D．理论上，每通过2mol电子，可产生1molH2

【答案】D

【分析】由图可知，左侧为原电池，右侧为电解池，电极1为负极，发生氧化反应，电极反应式为：

----

Mg-2e+2OH=Mg(OH)2，电极2为正极发生还原反应，电极反应式为：H2O+2e=H2↑+2OH，右侧为电解池，

电极3为阳极，产生氧气，电极4产生阴极，产生氢气。

【解析】A．催化剂生长在泡沫镍电极上可加快电解速率，提高催化效率，A正确；

B．根据分析，电极1是负极，电极4为阴极，电子从电极1流向电极4，B正确；

C．由分析可知，电极3为阳极，发生氧化反应，生成氧气，电极3的反应为：4OH4e2H2OO2，

C正确；

D．根据分析可知，电极2和电极4均产生氢气，理论上，每通过2mol电子，可产生2molH2，D错误；

答案选D。

4．硫酸工业中用Na2SO3溶液吸收尾气中的SO2，吸收后的NaHSO3和Na2SO3混合溶液pH6，进行电解再

生Na2SO3并制取硫酸的装置如下图所示。下列说法不．正．确．的是

A．a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜

2

B．阴极区发生的电极反应是2HSO32e=2SO3H2

C．电解过程中，阳极区溶液的pH降低

D．外电路中每通过lmole，阳极区溶液增重49g

【答案】D

-2+

【分析】装置中电解NaHSO3和Na2SO3混合溶液，阴极区发生反应2HSO3+2e=H2↑+2SO3，Na通过a膜

22-2+

移向阴极，阴极区产生Na2SO3；阳极区HSO3和SO3被氧化，其中一个发生反应SO3+H2O-2e=SO4+2H，

2

HSO3和SO3通过b膜进入阳极区，最终生成硫酸溶液。

+2

【解析】A．a为阳离子交换膜，使Na通过，b为阴离子交换膜，使HSO3和SO3通过，A项正确；

-2

B．阴极区发生还原反应，反应2HSO3+2e=H2↑+2SO3，B项正确；

2

C．电解过程中，阳极区HSO3和SO3被氧化得到硫酸溶液，溶液的pH降低，C项正确；

2

D．HSO3和SO3通过b膜进入阳极区，当转移lmole，所以阳极区溶液增重并不是生成的0.5mol硫酸的

质量，D项错误；

故答案选D。

（建议用时：10分钟）

光

1．（2025·江苏卷）以稀HSO为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为2HO2HO。

242催化剂22

下列说法正确的是

A．电极a上发生氧化反应生成O2

B．H通过质子交换膜从右室移向左室

C．光解前后，H2SO4溶液的pH不变

D．外电路每通过0.01mol电子，电极b上产生0.01molH2

【答案】A

【分析】光解过程中，电极a上电子流出，发生氧化反应，a为负极，电极反应式为：2H2O4eO24H；

电极b上电子流入，发生还原反应，b为正极，电极反应式为：2H2eH2。

【解析】A．根据分析，电极a为负极，发生氧化反应，电极反应式为：2H2O4eO24H，生成物

有O2，A正确；

B．原电池中阳离子向正极移动，电极a上生成H，电极b上消耗H，H通过质子交换膜从左室移向右室，

B错误；

C．在探究溶液浓度变化时，不仅要关注溶质的变化，也要关注溶剂的变化，在光解总反应是电解水，H2SO4

溶液中H2O减少，H2SO4溶液浓度增大，pH减小，C错误；

D．生成1molH2，转移2mol电子，外电路通过0.01mol电子时，电极b上生成0.005molH2，D错误；

答案选A。

2．（2026·浙江省金华市婺城区等4地·一模）某课题组以硫酸为介质，采用电解法制备H2O2，间接氧

化邻硝基甲苯()制备邻硝基苯甲醛()，装置如图所示。制备过程中，b极表面无明

显现象。下列说法正确的是

A．a电极连接电源正极

B．b电极反应式：

C．电解质溶液的酸性逐渐增强

D．理论上，每生成1mol邻硝基苯甲醛，标况下a电极消耗22.4LO2

【答案】D

【分析】a电极通入氧气，转化为过氧化氢，氧元素化合价降低，为阴极，电极反应式为O22e2HH2O2，

则b电极为阳极，电极反应式为2H2O2eH2O22H。

【解析】A．据分析，a电极为阴极，连接外接电源负极，A错误；

B．据分析，b电极为阳极，电极反应为2H2O2eH2O22H，B错误；

++

C．转移相同电子数时，a电极消耗H与b电极生成H的物质的量相同，b电极消耗水，a极生成H2O2，忽

略体积变化，溶液中H+浓度基本不变，酸性基本不变，C错误；

D．~~4e~2H2O2，转移4mol电子时，生成1mol邻硝基苯甲醛，需要2molH2O2，

由a电极反应式O22e2HH2O2和b电极反应2H2O2eH2O22H可知，此时a电极消耗1mol

氧气，即消耗标准状况下氧气的体积为22.4L，D正确；

故答案为D。

3．（2024·湖北卷）我国科学家设计了一种双位点PbCu电催化剂，用H2C2O4和NH2OH电化学催化合成甘

+-

氨酸，原理如图，双极膜中H2O解离的H和OH在电场作用下向两极迁移。已知在KOH溶液中，甲醛转化

---2-

为HOCH2O，存在平衡HOCH2O+OHOCH2O+H2O。Cu电极上发生的电子转移反应为

2---

[OCH2O]-eHCOO+H。下列说法错误的是

A．电解一段时间后阳极区cOH-减小

+

B．理论上生成1molH3NCH2COOH双极膜中有4molH2O解离

---

C．阳极总反应式为2HCHO+4OH-2e2HCOO+H2+2H2O

+-

D．阴极区存在反应H2C2O4+2H+2eCHOCOOH+H2O

【答案】B

---

【分析】在KOH溶液中HCHO转化为HOCH2O：HCHO+OH→HOCH2O，存在平衡

--2-2---

HOCH2O+OH[OCH2O]+H2O，Cu电极上发生的电子转移反应为[OCH2O]-e=HCOO+H∙，H∙结合成H2，

Cu电极为阳极；PbCu电极为阴极，首先HOOC—COOH在Pb上发生得电子的还原反应转化为OHC—COOH：

-++

H2C2O4+2e+2H=OHC—COOH+H2O，OHC—COOH与HO—NH3反应生成HOOC—CH=N—OH：

++

OHC—COOH+HO—NH3→HOOC—CH=N—OH+H2O+H，HOOC—CH=N—OH发生得电子的还原反应转

+-++

化成H3NCH2COOH：HOOC—CH=N—OH+4e+5H=H3NCH2COOH+H2O。

--

【解析】A．根据分析，电解过程中，阳极区消耗OH、同时生成H2O，故电解一段时间后阳极区c(OH)

减小，A项正确；

+-++

B．根据分析，阴极区的总反应为H2C2O4+HO—NH3+6e+6H=H3NCH2COOH+3H2O，1molH2O解离成

+-+

1molH和1molOH，故理论上生成1molH3NCH2COOH双极膜中有6molH2O解离，B项错误；

---

C．根据分析，结合装置图，阳极总反应为2HCHO-2e+4OH=2HCOO+H2↑+2H2O，C项正确；

-+

D．根据分析，阴极区的Pb上发生反应H2C2O4+2e+2H=OHC—COOH+H2O，D项正确；

答案选B。

4．(2025·广东深圳·一模)我国科学家研发了一种具有“氨氧化、析氢”双功能的ZnNH3电池，其工作原理如

图所示。下列说法不正确的是

2

A．放电时，负极反应为Zn4OH2eZnOH

4

B．充电时，阴极室电解质溶液pH增大

C．复合石墨电极表面，放电时析出H2，充电时析出N2

D．充电时，每生成3molZn，阳极室溶液质量减少28g

【答案】D

【分析】根据图示可知，放电时是原电池，放电时，负极为锌，锌在负极失去电子生成锌离子与氢氧根离

2-2-

子结合生成，负极的电极反应式为--，复合石墨是正极，发生还原反

Zn(OH)4Zn+4OH-2e=Zn(OH)4

应，电极反应为4H2O2eH22OH，充电时，复合石墨是阳极，电极反应为

2-

2NH·HO6e6OHN8HO，是阴极，电极反应为：--，据此分析

3222ZnZn(OH)4+2eZn+4OH

解题。

2-

【解析】．由分析可知，放电时，负极反应为：--，正确；

AZn+4OH-2e=Zn(OH)4A

2-

．充电时，阴极的反应为--，当转移电子时，生成-，有-

BZn(OH)4+2eZn+4OH2mol4molOH2molOH

透过阴离子交换膜移向右侧，故阴极室电解质溶液pH增大，B正确；

C．由分析的电极反应可知，复合石墨电极表面，放电时析出H2，充电时析出N2，C正确；

D．充电时，每生成3molZn，转移6mol电子，阳极生成1mol氮气，同时会有6molOH-透过阴离子交换膜

移向阳极室，故阳极室质量增加6mol17g/mol28g74g，D错误；

故选D。

5．（2024·湖南卷）在KOH水溶液中，电化学方法合成高能物质K4C6N16时，伴随少量O2生成，电解原理

如图所示，下列说法正确的是

A．电解时，OH向Ni电极移动

44

B．生成C6N16的电极反应：2C3N8H48OH4eC6N168H2O

C．电解一段时间后，溶液pH升高

D．每生成1molH2的同时，生成0.5molK4C6N16

【答案】B

【分析】由电解原理图可知，Ni电极产生氢气，作阴极，发生还原反应，电解质溶液为KOH水溶液，则电

--4-

极反应为：2H2O+2e=H2+2OH；Pt电极C3N8H4失去电子生成C6N16，作阳极，电极反应为：

-4---

2C3N8H4+8OH-4e=C6N16+8H2O，同时，Pt电极还伴随少量O2生成，电极反应为：4OH-4e=O2+2H2O。

【解析】A．由分析可知，Ni电极为阴极，Pt电极为阳极，电解过程中，阴离子向阳极移动，即OH-向Pt

电极移动，A错误；

4-

B．由分析可知，Pt电极C3N8H4失去电子生成C6N16，电解质溶液为KOH水溶液，电极反应为：

-4-

2C3N8H4+8OH-4e=C6N16+8H2O，B正确；

-4---

C．由分析可知，阳极主要反应为：2C3N8H4-4e+8OH=C6N16+8H2O，阴极反应为：2H2O+2e=H2+2OH，

4-

则电解过程中发生的总反应主要为：2C3N8H4+4OH=C6N16+4H2O+2H2，反应消耗OH，生成H2O，电

解一段时间后，溶液pH降低，C错误；

4-

D．根据电解总反应：2C3N8H4+4OH=C6N16+4H2O+2H2可知，每生成1molH2，生成0.5molK4C6N16，

--

但Pt电极伴随少量O2生成，发生电极反应：4OH-4e=O2+2H2O，则生成1molH2时得到的部分电子由

-

OH放电产生O2提供，所以生成K4C6N16小于0.5mol，D错误；

故选B。

6．（2025·湖北省武汉市江岸区·一模）微生物燃料电池在净化废水的同时能获得能源或得到有价值的化学

2

产品，图1为其工作原理，图2为废水中Cr2O7离子浓度与去除率的关系。下列说法不正确的是

A．M为电源负极，有机物被氧化

2+

B．处理1molCr2O7时有6molH从交换膜左侧向右侧迁移

C．电池工作时，N极附近溶液pH增大

2

D．Cr2O7离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活

【答案】B

【解析】A.由图可知，该电池中有机物在微生物的作用下发生氧化反应生成CO2，所以.M为电源负极，有

机物被氧化，故A正确；

2－

B.处理1molCr2O7时需要6mol电子，但是同时也会有定量的氧气得到电子，从交换膜左侧向右迁移的氢

离子的物质的量大于6mol，故B错误；

C.有图可知，电池工作时，N极上氧气得到电子与氢离子结合成水，所以氢离子浓度减小，N附近溶液pH

增大，故C正确；

2－

D.由题可知，当Cr2O7离子浓度较大时，其去除率几乎为0，又因为其有强氧化性和毒性，所以可能会造

成还原菌的蛋白质变性而失活，故D正确。

故选B。

+3+2

7．（北京市西城区2025届高三下学期二模化学试题）普鲁士蓝的化学式为KFeFe(CN)6。一种在空气中

工作的普鲁士蓝电池的示意图如图所示，普鲁士蓝涂于惰性电极M上。闭合K，灯泡亮。待灯泡熄灭，断

开K，一段时间后普鲁士蓝恢复。

下列说法不．正．确．的是

A．闭合K,M上的电极反应：KFeFe(CN)6KeK2FeFe(CN)6

B．闭合K，一段时间后电解质溶液的质量增大

C．断开K，每生成1molKFeFe(CN)6，需要消耗0.25molO2

D．断开K，一段时间后电解质溶液中可能出现白色沉淀

【答案】B

【分析】闭合K，灯泡亮，构成原电池，惰性电极M上铁元素化合价下降，则惰性电极M是正极，Al是

2+3

负极，断开K，Fe被O2氧化为Fe，普鲁士蓝恢复，据此解答。

【解析】A．惰性电极M是正极，铁元素化合价下降，发生得到电子的还原反应，电极反应为：

KFeFe(CN)6KeK2FeFe(CN)6，A正确；

B．负极的反应为Al3eAl3，当电路转移3mol电子时，有1molAl进入溶液，同时正极会有3molK转

化为固体，故电解质溶液质量变小，B错误；

C．由化合价变化可知，每生成1molKFeFe(CN)6，转移1mole，O2做氧化剂，有：O2~4e，根据转移

电子守恒可知，需要消耗0.25molO2，C正确；

3

D．断开K，一段时间后，由于氧气做氧化剂，溶液中将出现OH，与负极产生的Al结合生成Al(OH)3，

故溶液中可能出现白色沉淀是合理的，D正确；

故选B。

（建议用时：20分钟）

1．（2026·湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟·高三上学期期中）一种钠离子电池构造示意图

如下，两电极材料分别是碳包覆的磷酸钒钠和碳包覆的MoS2。放电时，NaxMoS2MoS2。下列说法错误

的是

A．电极材料采用碳包覆，可以提高电极材料的导电性能

B．放电时，a电极电势高于b电极

．充电时，生成，理论上迁移+

C1molNa3V2PO431molNaV2PO432molNa

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

【答案】B

-+

【分析】原电池，放电时NaxMoS2MoS2，失电子为负极，电极反应式：NaxMoS2xeMoS2xNa，

正极反应方程式为-+。则此时左侧为原电池的负极、右侧为原电池的正

NaV2PO42+2e+2Na=Na3V2PO42

极；当连接电源时，为电解池，放电时的负极此时要经还原反应恢复，则左侧为阴极、右侧为阳极，阳极

电极反应为-+，阴极电极反应+-，据此分析；

Na3V2PO42-2e=NaV2PO42+2NaMoS2xNaxeNaxMoS2

【解析】A．电极材料采用碳包覆，可以提高电极材料的导电性能，碳层可降低内阻，增强电子传输效率，

A正确；

B．放电时，正极电势高于负极，b电极电势高于a电极，B错误；

．充电时，阳极电极反应为-+，生成，

CNa3V2PO42-2e=NaV2PO42+2Na1molNa3V2PO431molNaV2PO43

理论上迁移2molNa+，C正确；

D．锂元素稀缺，钠资源丰富且成本较低，量产后的钠离子电池的生产成本比锂离子电池的低，D正确；

故选B。

2．（2025·河北卷）科研工作者设计了一种用于废弃电极材料LixCoO2(x1)再锂化的电化学装置，其示意

图如下：

已知：参比电极的作用是确定LixCoO2再锂化为LiCoO2的最优条件，不干扰电极反应。下列说法正确的是

A．LixCoO2电极上发生的反应：LixCoO2xexLiLiCoO2

1

B．产生标准状况下5.6LO时，理论上可转化mol的LiCoO

21xx2

2

C．再锂化过程中，SO4向LixCoO2电极迁移

D．电解过程中，阳极附近溶液pH升高

【答案】B

【分析】由装置图可知，该装置中有直流电源，为电解池，则LixCoO2(x1)转化为LiCoO2过程中，Co

元素化合价由4x降为+3，LixCoO2得电子发生还原反应，为阴极，电极反应式为

(）（）

LixCoO21xe1xLiLiCoO2，Pt电极为阳极，失电子，发生氧化反应，电极反应式为

+

2H2O4eO24H，据此回答。

(）（）

【解析】A．由分析知，LixCoO2电极上发生的反应：LixCoO21xe1xLiLiCoO2，A错误；

1

B．由电极反应式可知，产生标准状况下5.6L(即0.25mol)O2时转移1mol电子，理论上转化mol的

1x

LixCoO2，B正确；

2

C．SO4为阴离子，应向阳极移动，即向Pt电极迁移，C错误；

+

D．由阳极电极反应式可知，电解过程中，阳极产生H、消耗H2O，酸性增强，则阳极附近pH降低，D

错误；

故选B。

3．（2025·陕晋青宁卷）我国科研人员采用图示的电解池，由百里酚(TY)合成了百里醌(TQ)。电极b表面的

主要反应历程见图(灰球表示电极表面催化剂)，下列说法错误的是

A．电解时，H+从右室向左室移动

电解

B．电解总反应：TY+H2OTQ+2H2

C．以为原料，也可得到TQ

D．用18O标记电解液中的水，可得到

【答案】D

【分析】电极b发生TY→TQ，发生加氧去氢的反应，发生氧化反应，b为阳极，a为阴极，阴极上氢离子

得电子生成H2，以此解题。

【解析】A．电解时阳离子向阴极移动，H+从右室向左室移动，A正确；

B．根据转化关系图可知，电极b中TY是反应物，TQ是生成物，电极a中水是反应物，H2为生成物，总

电解

反应方程式为：TY+H2OTQ+2H2，B正确；

C．将TY()换成为原料，仍然能够得到TQ()，C正确；

D．根据右图可知，用18O标记电解液中的水，可得到的18O在环上甲基的邻位上，D错

误；

答案选D。

4．（2025·湖北省腾云联盟·一模）近期我国科技工作者研发了一种“酸碱混合硝酸”锌电池，其工作原理如

下图所示。图中“双极膜”中间层中的H2O解离为H和OH，并在电场作用下分别向两极迁移。下列说法错

误的是

A．催化电极上的电势比锌电极上的高

2

B．负极区的反应式为Zn2e4OHZn(OH)4

C．“双极膜”中间层中的H在电场作用下移向催化电极

D．催化电极表面产生0.1molNH4时，锌电极质量会减少13g

【答案】D

2

【分析】根据图知，锌电极为负极，发生氧化反应，Zn2e4OHZn(OH)4，催化电极为正极，发生还

+--+

原反应，10H+NO3+8e=NH4+3H2O。

【解析】A．锌电极为负极，催化电极为正极。催化电极的电势比锌电极的高，A正确；

2

B．负极区反应式为Zn2e4OHZn(OH)4，B正确；

C．H在电场作用下移向正极，C正确；

D．产生0.1molNH4转移0.8mole，锌电极质量减少0.465g26g，D错误；

故选D。

5．（2024·甘肃卷）某固体电解池工作原理如图所示，下列说法错误的是

A．电极1的多孔结构能增大与水蒸气的接触面积

-2-

B．电极2是阴极，发生还原反应：O2+4e=2O

C．工作时O2-从多孔电极1迁移到多孔电极2

-

D．理论上电源提供2mole能分解1molH2O

【答案】B

【分析】多孔电极1上H2O(g)发生得电子的还原反应转化成H2(g)，多孔电极1为阴极，电极反应为

-2-2-

2H2O+4e=2H2+2O；多孔电极2上O发生失电子的氧化反应转化成O2(g)，多孔电极2为阳极，电极反应

2--

为2O-4e=O2。

【解析】A．电极1的多孔结构能增大电极的表面积，增大与水蒸气的接触面积，A项正确；

2--

B．根据分析，电极2为阳极，发生氧化反应：2O-4e=O2，B项错误；

C．工作时，阴离子O2-向阳极移动，即O2-从多孔电极1迁移到多孔电极2，C项正确；