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上学期期末测试卷02
高二化学·全解全析
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
C A D C A C C B C C C B B A C C
1．【答案】C
【详解】
A. 化学反应中不一定只伴随热量的变化，还可以是光能、电能等，A错误；
B. 放热反应在常温下不一定很容易发生，例如碳燃烧需要加热，B错误；
C. 铝热反应放出能量，属于放热反应，C正确；
D. 在测定中和热的实验中，每一组实验中要测量起始酸、碱的温度、反应中的最高温度，则至少三次温
度数据，D错误；答案选C。
2．【答案】A
【详解】
A．由题可知，有机物M光照可转化为N，而且转化过程是吸热反应，所以M要避光、低温保存，故A正
确；
B．由题可知，有机物M转化为N是吸热反应，所以相同物质的量的M和N，N的能量大于M，由于M、
N的摩尔质量相同，所以等质量的N比M总能量高，故B错误；
C．该反应是吸热反应，反应物的总键能大于生成物的总键能，所以M的总键能比N的总键能高，故C错
误；
D．该反应是吸热反应，所以断健消耗的能量高于成键释放的能量，故D错误；
故选A。
3.【答案】D
【详解】
A．盐酸的酸性强于碳酸，故向 溶液中通入 不发生反应，A错误；
B．醋酸为弱酸，不拆写，用醋酸除去水垢中的 ，正确的离子方程式为：
，B错误；
C．向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液，碳酸根离子和铝离子发生相互促进的水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，正确的离子方程式为： ，C错误；
D．铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式为：
，D正确；
答案选D。
4．【答案】C
【详解】
A．由图可知，经历TS ，CO 共价键发生断裂，生成了HCOO*，再经历TS 才生成羧基，故A错误；
1 2 2
B．Pt为固体催化剂，增大表面积可增大反应物接触面，反应速率增大，会加快催化效果，故B错误；
C．能垒(活化能)为1.48eV的是TS 过渡态，E=-0.18eV-(-1.66eV)= 1.48eV，则反应方程式为HCOOH*(g)
2
+2H (g)=HCOOH*(g)+ H，故C正确；
2 2 2
D．催化剂能改变反应的活化能，如果换用铜系催化剂，不同的催化剂催化效果不同，能不同程度的改变
反应历程，所得反应历程与图示不相同，故D错误；
答案选C。
5．【答案】A
【详解】
设溶液的体积为1L，
①0.5mol/L的HSO 溶液中c(H+)=1.0 mol•L-1，c(OH-)=1.0×10-14mol•L-1，水电离的物质的量为1.0×10-
2 4
14mol；
②0.05mol/LBa(OH) 溶液中c(OH-)=0.1 mol•L-1，c(H+)=1.0×10-13mol•L-1，水电离的物质的量为1.0×10-
2
13mol；
③1mol/LNaCl溶液中c(OH-)=1.0×10-7mol•L-1，水的电离的物质的量为1.0×10-7mol；
④纯水中c(H+)=1.0×10-7mol•L-1，水的电离的物质的量为1.0×10-7mol；
故①②③④中水的电离的物质的量之比为：1.0×10-14mol：1.0×10-13mol：1.0×10-7mol：1.0×10-7mol=1：
10：107：107，
答案选A。
6．【答案】C
【详解】A. 燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，一般C→CO(g)，S→SO (g)，
2 2
H→H O(l)，则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为：CH(g)+2O(g)=CO (g)+2HO(l) ΔH=-890.3kJ·mol-1，A
2 4 2 2 2
错误；
B. 因N
2
+3H 2⇌2NH
3
是可逆反应，0.5mol N
2
和1.5mol H
2
置于密闭容器中不能完全反应，若完全反应放出的
热量大于19.3kJ，则1mol N 完全反应放出的热量大于38.6kJ，则该反应的ΔH<-38.6kJ/mol，B错误；
2
C. 1g H 燃烧生成水蒸气放出121kJ的热量，则1mol H 燃烧放热242kJ的热量，故其热化学方程式为H(g)
2 2 2
＋ O(g)= HO(g) ΔH=－242 kJ·mol－1，C正确；
2 2
D. 中和热为稀酸溶液与稀的碱溶液发生中和生成1 mol水放出的热量，则如果生成2mol水，应放热
114.6kJ，同时析出硫酸钡沉淀也会放出热量，D错误；
答案选C。
7．【答案】C
【详解】
A．断键应该吸收能量，A错误；
B．根据图示，破坏反应物中的化学键需要吸收能量akJ，形成生成物中的化学键需要放出bkJ能量，很明
显a > b，B错误；
C．焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，故△H=(a-b)kJ/mol，C正确；
D．H 的摩尔燃烧焓指1molH 完全燃烧生成液态水时的焓变，已知方程式是对应2molH 的焓变，故需除
2 2 2
以2，即H 的摩尔燃烧焓△H= ，D错误。
2
故答案选C。
8．【答案】B
【详解】
A．由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的反应，所以应在正极
发生，故A正确；
B．三氯乙烯C HCl 中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1molC HCl 转化为1molC H
2 3 2 3 2 4
时，得到6mol电子，脱去3mol氯原子，所以脱去amolCl时n=2amol，故B错误；
e
C．由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO +8e-→NH ，由于生成物中有NH ，所以只能用H+和HO来配平该反应，而不能用HO和OH-来配平，所以④的电极反应式为NO +10H++8e-=NH
2 2
+3H O，故C正确；
2
D．增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电
子的速率，可使n增大，故D正确；
t
答案选B。
9．【答案】C
【详解】
电解M(NO) 溶液时某一极质量增加mg，则其阴极反应为Mx++xe-=M；0.36g水的物质的量为
3 x
=0.02mol，根据蓄电池的电池反应可知消耗0.02mol水时，发生2HO 2H↑+O ↑，转移0.04mol电子，
2 2 2
根据阴极的反应式可知转移0.04mol电子时可以生成 molM，所以M的摩尔质量为 =25mx
g/mol，则金属M的相对原子质量为25mx，故答案为C。
10.【答案】C
【详解】
A．该反应中增大压强平衡向正反应方向移动，则氨气的体积分数增大，并且压强越大，化学反应速率越
大，达到化学平衡的时间越少，与图象不符，A不选；
B．因该反应是放热反应，升高温度化学平衡向逆反应反应移动，则氮气的转化率降低，与图象中转化率
增大不符，B不选；
C．反应平衡后，增大氮气的量，平衡正向进行，这一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，然后正反
应速率在不断减小，逆反应速率不断增大，直到新的平衡，与图象符合，C选；
D．起始投料比 越大，N 的平衡转化率越大，与图像不符，D不选；
2
答案选C。
11．【答案】C【详解】
A. 碳酸氢钠为弱酸的酸式盐、碳酸氢铵为弱酸的酸式盐、碳酸铵为弱酸弱碱盐，都能既能与盐酸反应，又
能与NaOH溶液反应，故A正确；
B. ①③④⑤性质都不稳定，受热都容易分解，将溶液蒸干灼烧得不到对应的固体物质，②性质稳定，将溶
液蒸干灼烧得到对应的固体物质，故B正确；
C. ③④相比较，④中 的水解促进 水解， ：③>④，故C错误；
D. ②⑤相比较，⑤中 的水解促进 水解， 的大小为②>⑤，③④相比较，④中 的
水解抑制 的电离， ：③>④，①为二元弱酸，分步电离， 最小，则 的大
小关系为 ，故D正确；
故答案选C。
12．【答案】B
【详解】
X和Y均为石墨电极，电解液为500mL某蓝色溶液，电解一段时间，观察到X电极表面有红色的固态物
质生成，Y电极有无色气体生成，则该电解液中含Cu2+，X电极的电极反应式为Cu2++2e-=Cu，Y电极的电
极反应式为4OH--4e-=O ↑+2H O；
2 2
A．X电极上Cu2+发生得电子的还原反应，则X电极是阴极，A正确；
B．根据得失电子守恒，X电极增重1.6g，Y电极上产生气体的物质的量为 2 4=0.0125mol，由
× ÷
于气体所处温度和压强未知，故无法计算气体的体积，B错误；
C．电解的总离子反应方程式为2Cu2++2H O 2Cu+O ↑+4H+，X电极增重1.6g，则生成的H+物质的量为
2 2
2 =0.05mol，电解后溶液中H+浓度为 =0.1mol/L，C正确；
×
D．电解的总离子反应方程式为2Cu2++2H O 2Cu+O ↑+4H+，电解过程中析出了Cu、放出了O，要使
2 2 2电解后溶液恢复到电解前的状态，需加入一定量的CuO或与CuO相当的CuCO（因为CuCO 可改写成
3 3
CuO·CO ），D正确；
2
答案选B。
13．【答案】B
【分析】
根据电池示意图，电池放电时，右侧CO 得到电子发生还原反应生成HCOOH，作正极，负极Zn失去电子，
2
电极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH) ，电池充电时，为电解池，阳极HO失去电子，电极反应式为
2
2HO-4e-=4H++O ↑，阴极 得到电子被还原为 ，据此分析解答。
2 2
【详解】
A．根据上述分析可知，电池充电时，阳极HO失去电子，电极反应式为2HO-4e-=4H++O ↑，氢离子浓度
2 2 2
增大，pH减小，A错误；
B．充电时，阴极 得到电子被还原为 ，B正确；
C．电池放电时，负极Zn失去电子，C错误；
D．电池放电时，右侧CO 得到电子发生还原反应生成HCOOH，C的化合价由+4价降低至+2价，则
2
完全转化为 时有 转移，D错误；
答案选B。
14．【答案】A
【分析】
由表格数据可知当压强从2×105Pa增大为5×105Pa时，压强增大2.5倍，体积变为 倍，浓度由0.08增大
为0.20mol⋅L−1，也增大2.5倍，所以增大压强平衡不移动，则m+n=p，x=0。
【详解】
A．第二次平衡到第三次平衡中，压强从5×105Pa增大为1×106Pa时，压强增大2倍，体积变 倍，浓度应
该由0.20 mol⋅L−1增大为0.40mol⋅L−1，但是实际上A的浓度为0.44 mol⋅L−1，则平衡时A的浓度变化量为0.04mol/L，则A的平均反应速率为 =0.05mol/(L·min)，故A错误；
B．根据分析，增大压强平衡不移动，所以反应前后气体的物质的量不变，所以当反应达到平衡状态时，
体系中共有amol气体，再向体系中加入bmolB，当重新达到平衡时，体系中气体总物质的量是(a+b)mo1，
故B正确；
C．由表格数据可知，当压强从5×105Pa增大为1×106Pa时，压强增大2倍，体积变 倍，浓度应该由0.20
增大为0.40mol⋅L−1，但是实际上A的浓度为0.44 mol⋅L−1，说明平衡逆移，则反应前气体的物质的量小于
反应后气体的物质的量，则反应物B不在是气态，所以此反应的平衡常数表达式为K= ，故C正确；
D．根据分析，增大压强平衡不移动，说明该反应是反应前后气体分子数目不变的反应体系，即m+n=p，
从第一次达到平衡到第二次达到平衡过程中平衡没有发生移动，即压强的变化反应始终保持平衡状态，则
x=0，故D正确；
答案选A。
15．【答案】C
【详解】
A．由图象可知温度升高CO 的转化率降低，说明平衡逆向移动，则△H＜0，由△S＜0可知，若△H-T△S
2
＜0，则需在低温下能自发进行，常温下可能自发，故A错误；
B．氢碳比 越大，二氧化碳的转化率越大，根据图像，氢碳比：X＞2.0，在氢碳比为2.0时，P点
达平衡，Q点未达平衡，此时二氧化碳的转化率比平衡时小，说明此时要继续转化更多的二氧化碳，反应
向正方向移动，从Q点到P点，正反应速率减小，逆反应速率增大，则Q点v (H )＜P点v (H )，故B错
逆 2 逆 2
误；
C．由图可知，P点平衡时二氧化碳转化率为0.5，氢碳比 =2，起始时氢气为1mol/L、二氧化碳为
0.5mol/L，则二氧化碳浓度变化量为0.25mol/L，则：代入平衡常数表达式K= = =512，故C正确；
D．根据C项计算，P点平衡时，CO、H、C H、HO的浓度比值为2∶2∶1∶4，按2∶4∶1∶4的比例
2 2 2 4 2
再充入CO、H、C H、HO，增大了氢气的浓度，平衡正向移动，二氧化碳的转化率增大，即再次平衡
2 2 2 4 2
后α(CO)增大，故D错误；
2
答案选C。
16．【答案】C
【详解】
由图像知，当NaOH溶液体积为20mL时，HCl过量，pH=2，则
，当NaOH溶液体积为30mL时，溶液pH=7
呈中性，则有0.01L×c(HCl)=0.03L×c(NaOH)，联立解得，c(HCl)=0.09mol/L，c(NaOH)=0.03mol/L，故答
案选C。
17.【答案】（除特殊说明，每空2分）2NH(l)+N O(l)=3N (g)+4HO(g) ∆H=-873kJ•mol-1 -183kJ•mol-1
2 4 2 4 2 2
环形玻璃搅拌棒（1分） 金属导热快，热量损失多 保温隔热，防止热量损失 偏小（1分）
【详解】
(1)液态肼和NO(l)反应生成N 和水蒸气的化学方程式为2NH(l)+N O(l)=3N (g)+4HO(g)，根据盖斯定律
2 4 2 2 4 2 4 2 2
②×2-①得到△H=-873kJ/mol；
(2)焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，所以H(g)+Cl (g)=2HCl(g)的反应热ΔH=436kJ•mol-1+243
2 2
kJ•mol-1-(2×431)kJ•mol-1=-183 kJ•mol-1；
(3)①为了使酸和碱充分反应，还需要环形玻璃搅拌棒进行搅拌；金属导热快，热量损失多，会导致测量结
果误差较大；
②测量中和热实验的关键就是做好保温工作，所以烧杯间填满碎纸条的作用是保温隔热，防止热量损失；
③一水合氨为弱碱，反应过程中还会不断电离吸收热量，所以会使中和热数值偏小。18．【答案】A(g)+2B(g)⇌2C(g)（2分） （1分） 0.05mol/(L·min) （2分） 增大压强
（1分） 温度升高（1分） t~t （1分）
2 3
【分析】
根据各物质在相同时间内的物质的量变化可以确定反应的方程式，A、B为反应物，而降低温度A的转化
率增大，说明降温平衡正向移动，则正反应为吸热反应。
【详解】
(1)由图1可知，A、B为反应物，C为生产物，且最后A、B的物质的量不为0，为可逆反应，3min时
△n(A)：△n(B)：△n(C)=(1-0.7)mol：(1-0.4)mol：0.6mol=1：2：2，物质的量之比等于化学计量数之比，
所以反应方程式为A+2B 2C；平衡常数为生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化
学计量数次幂的乘积所得的比值，所以K= ；据图可知0~3min内△n(A)=0.3mol，容器体积为
2L，所以A的反应速率为 =0.05mol/(L·min)；据图可知改变条件的瞬间各物质的物质的量没有发生
变化，说明不是改变反应物或生成物的量，而改变条件后A、B的物质的量减少，C的物质的量增加，说
明平衡正向移动，而K值不变，则温度不变，而该反应为气体系数之和减小的反应，所以改变的条件应为
增大压强；
(2)t 时刻，正逆反应速率都瞬间增大，且逆反应速率变化大，平衡向逆反应移动，考虑到该反应为吸热反
3
应，此时改变的条件应为升高温度；
据图可知t、t 时刻改变条件后，逆反应速率大于正反应速率，即平衡逆向移动，A的转化率减小，而t 时
3 6 5
刻改变条件后平衡不移动，所以t～t 段A的转化率最高。
2 3
19．【答案】（除特殊说明，每空2分）6N （1分） CHOH(g)===HCHO(g)+H (g) ΔH＝+(E-E )
A 3 2 2 1
kJ/mol
等于（1分） NO分解反应是放热反应，升高温度不利于反应进行 870(接近也可)
0.5 mol·L-1·h-1【分析】
(1)根据C原子守恒有：CH～CO～6e-，据此解答；
4
(2)①根据图象得出反应热的数值，进而写出热化学方程式；
②反应热取决于反应物和生成物的总能量的大小，与起始状态和反应的最终状态有关，而与反应的途径无
关。
【详解】
Ⅰ. (1)为维持热平衡，①×6+②相加可得7CH(g)+3O(g)+HO(g)=7CO(g)+15H (g) ΔH＝0，反应中生成7
4 2 2 2
mol CO转移电子总数为42 mol，所以产生1 mol CO转移的电子数为6N ；
A
(2)①根据图示所示，ΔH＝生成物总能量-反应物总能量＝(E -E ) kJ/mol，反应的热化学方程式为
2 1
CHOH(g)=HCHO(g)+H (g) ΔH＝+(E-E ) kJ/mol；
3 2 2 1
②ΔH为E 和E 的差值，根据图示可知E-E 的差值没有发生变化，所以过程Ⅰ和过程Ⅱ反应热相等；
2 1 2 1
Ⅱ. (3)从图像变化可以看出，当不使用CO时，温度超过775 K，发现NO的分解率降低，说明NO分解反
应是放热反应，升高温度不利于反应进行；在n(NO)/n(CO)＝1的条件下，为更好地除去NO 物质，要求
x
NO转化率越大越好，根据图像分析，应控制的最佳温度在870 K左右；
(4)①
故 = ；
②4-2a＝3，即a＝50%，v(H )＝ ＝0.5 mol·L-1·h-1，
2
此时p= ，K＝ ＝ 。
p
20．【答案】减小（1分） Mn2+＋HO＋2OH-=MnO↓＋2HO
2 2 2 2若要将Mn2+完全转化为Mn(OH) 沉淀，就会将一部分Mg2+转化沉淀
2
2MgSO ＋2NaCO＋HO=Mg (OH) CO↓＋CO↑＋2NaSO 聚丙烯（1分）
4 2 3 2 2 2 3 2 2 4
若HSiF 浓度过低，溶解速率慢，会增加MgSiF 溶液浓缩成本；HSiF 浓度过高，会导致MgSiF 溶液浓
2 6 6 2 6 6
度过大而析出
【分析】
途径I：工业级MgSO 溶液中含Fe3+和Mn2+，经过除杂除去Fe3+和Mn2+得到MgSO 溶液，向MgSO 溶液中
4 4 4
加入NaCO 得到Mg(OH) CO 沉淀，Mg(OH) CO 用HF溶解生成MgF ，然后经烘干得到MgF ；
2 3 2 2 3 2 2 3 2 2
途径II：用HSiF 溶解MgO获得MgSiF 溶液，MgSiF 溶液浓缩得MgSiF ·6H O，300℃条件下煅烧
2 6 6 6 6 2
MgSiF ·6H O得MgF 。
6 2 2
【详解】
(1)①工业级MgSO 溶液中含Fe3+和Mn2+，加入NaSO ，加热、保持溶液温度在80~95℃，将Fe3+转化为
4 2 4
NaFe (SO )(OH) 沉淀，发生的离子反应为：2Na++6Fe3++4 +12H O= Na Fe (SO )(OH) ↓+12H+，反应
2 6 4 4 12 2 2 6 4 4 12
后溶液的酸性增强，则反应后滤液的pH减小；故答案为：减小；
②加入HO，Mn2+被氧化转化为MnO 沉淀，1molMn2+失去2mol电子生成1molMnO ，则HO 被还原成
2 2 2 2 2 2
HO，1molH O 得到2mol电子，根据溶液呈弱碱性，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离
2 2 2
子方程式为Mn2+＋HO＋2OH-=MnO↓＋2HO；故答案为：Mn2+＋HO＋2OH-=MnO↓＋2HO；
2 2 2 2 2 2 2 2
③根据图像可知，除杂时未采取将Mn2+直接转化为Mn(OH) 的原因是：若要将Mn2+完全转化为Mn(OH)
2 2
沉淀（即Mn2+的浓度小于1 10-5mol/L时），就会将一部分Mg2+转化沉淀；故答案为：若要将Mn2+完全转
化为Mn(OH) 沉淀，就会将×一部分Mg2+转化沉淀。
2
(2)向“除杂”后的滤液MgSO 溶液中加入NaCO 生成Mg(OH) CO 沉淀、同时产生气体，该气体为CO，
4 2 3 2 2 3 2
根据原子守恒，反应的化学方程式为：2MgSO ＋2NaCO＋HO=Mg (OH) CO↓＋CO↑＋2NaSO ；故答案
4 2 3 2 2 2 3 2 2 4
为：2MgSO ＋2NaCO＋HO=Mg (OH) CO↓＋CO↑＋2NaSO 。
4 2 3 2 2 2 3 2 2 4
(3) Mg (OH) CO 中加入适量HF溶解时发生的反应为：Mg(OH) CO+4HF=2MgF+3H O+CO↑，由于玻璃
2 2 3 2 2 3 2 2 2
中含有SiO、石英晶体就是结晶的SiO，HF能与SiO 发生反应：SiO+4HF=SiF ↑+2H O，HF能腐蚀玻璃
2 2 2 2 4 2
和石英烧杯，故“酸溶”时不能选用玻璃和石英烧杯、应选用聚丙烯烧杯；故答案为：聚丙烯。
(4)途径II用HSiF 溶解MgO得到MgSiF 溶液，发生的反应为HSiF+MgO= MgSiF +H O，20℃时，
2 6 6 2 6 6 2
MgSiF 的溶解度30.8 g，饱和MgSiF 溶液的质量分数为 ×100%=23.5%；若HSiF 浓度过低，
6 6 2 6一方面溶解速率慢，另一方面得到的MgSiF 溶液的浓度小，会增加MgSiF 溶液浓缩成本；若所用HSiF
6 6 2 6
质量分数为20%，取100g质量分数为20%的HSiF，其中HSiF 的质量为20g，根据HSiF+MgO=
2 6 2 6 2 6
MgSiF +H O，反应消耗的MgO的质量为5.56g、生成的MgSiF 的质量为 23.06g，所得MgSiF 溶液的质量
6 2 6 6
分数为 ×100%=21.8%（比23.5%略小），若HSiF 浓度过高，会导致MgSiF 溶液浓度过大
2 6 6
而析出，故溶解时，HSiF 质量分数控制在18%~20%；故答案为：若HSiF 浓度过低，溶解速率慢，会增
2 6 2 6
加MgSiF 溶液浓缩成本；HSiF 浓度过高，会导致MgSiF 溶液浓度过大而析出。
6 2 6 6
21．【答案】（每空2分）+137 升高温度或减小压强(增大体积)或将产物及时从容器中分离
阴极 2CH-2e-+O2-=C H+H O
4 2 6 2
【详解】
(1)①由表中燃烧热数值可得燃烧的热化学方程式为：
a.C H(g)+ O(g)=2CO (g)+3HO(l) ∆H = -1560kJ∙mol-1
2 6 2 2 2 1
b.C H(g)+3O(g)=2CO (g) +2H O(l) ∆H = -1411kJ∙mol-1
2 4 2 2 2 2
c.H (g)+ O(g)=HO(l) ∆H = -286kJ∙mol-1
2 2 2 3
由盖斯定律可知，a-b-c可得C H(g)=C H(g) + H(g)，则∆H= ∆H-∆H -∆H =( -1560kJ∙mol-1)-( -1411kJ∙mol-1)-
2 6 2 4 2 1 2 3
( -286kJ∙mol-1)=+137kJ∙mol-1，故答案为：+137；
②该反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强、将产物及时从容器中分离等措施能使平衡向
正反应方向移动，提高乙烷的平衡转化率，故答案为：升高温度或减小压强(增大体积)或将产物及时从容
器中分离；
③起始时加入的乙烷和氢气各为1mol，由题意可建立如下三段式：
，则反应的平衡常数为K= = ，故答案为： ；
(2)由图可知，二氧化碳转化为一氧化碳时，碳元素的化合价降低被还原，二氧化碳发生还原反应，则通入
二氧化碳的A极为电解池的阴极，B极为阳极，甲烷在阳极上失去电子发生氧化反应生成乙烷或乙烯，生
成乙烷的电极反应式为2CH-2e-+O2-=C H+H O，故答案为：2CH-2e-+O2-=C H+H O；
4 2 6 2 4 2 6 2
