山东省济宁一中高三化学二轮复习 专题83 电解池精选练习（含解析）鲁教版.doc

专题83 电解池1、500ml kno3和cu（no3）2的混合溶液中c（no3）=6.0moll1，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22.4l气体（标准状况），假定电解后溶液体积仍为500ml，下列说法正确的是（ ）a原混合溶液中c（k+）为4 moll1b上述电解过程中共转移4 mol电子c电解得到的cu的物质的量为0.5 mold电解后溶液中c（h+）为2 moll1【答案】b【解析】电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量=1mol；每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量=1mol，则铜离子的物质的量浓度=2mol/l，根据电荷守恒得钾离子浓度=6moll12mol/l2=2mol/l，a根据分析知，原混合溶液中c（k+）为2 moll1，故a错误；b转移电子的物质的量=1mol4=4mol，故b正确；c根据以上分析知，铜的物质的量为1mol，故c错误；d当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为氧气的4倍，为1mol4=4mol，则氢离子浓度=8mol/l，故d错误；故选：b2、用惰性电极分别电解下列各物质水溶液一段时间后，向剩余电解质溶液中加入适量水能使溶液恢复到电解前浓度的是（ ）a.agno3 b.h2so4 c.nacl d.hcl【答案】b 3、下列叙述中，正确的是（ ）a. 在饱和溶液中加入溶液，达到平衡时，溶液中浓度降低b. 常温下，某溶液中由水电离出的，该溶液一定呈酸性c. 溶液和溶液加热蒸干、灼烧都得到d. 用惰性电极分别电解溶液和溶液分别得到单质和【答案】a 4、研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融caf2-cao作电解质，利用下图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。下列说法中，正确的是（）a由tio2制得1mol 金属ti ，理论上外电路转移2 mol电子b阳极的电极反应式为：c + 2o2- ？ 4e- = co2c在制备金属钛前后，整套装置中cao的总量减少d若用铅蓄电池作该装置的供电电源，“+”接线柱应连接pb电极（已知铅蓄电池放电时的总反应为pb + pbo2 + 2h2so4 2pbso4 + 2h2o）【答案】b5、用惰性电极电解m(no3)x的水溶液，当阴极上增重a g时，在阳极上同时产生b l(标准状况)氧气，从而可知m的相对原子质量是a. b.c.d.【答案】c【解析】阴、阳两极转移电子的数目相同：x=4,m= gmol1。6、把物质的量均为0.1 mol的alcl3、cucl2和h2so4溶于水制成100 ml的混合溶液，用石墨做电极电解，并收集两电极所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同。则下列描述正确的是( )a电路中共转移0.9 mol电子b阳极得到的气体中有o2且其物质的量为0.35 molc阴极质量增加3.2 gd铝元素以al(oh)3的形式存在【答案】a【解析】由放电顺序知第一阶段阴阳极产物：阴极0.1 mol cu，(析出cu 6.4 g)阳极0.1 mol cl2，转移电子0.2 mol，选项c错误。第二阶段阴阳极产物：阴极0.15 mol h2，阳极0.15 mol cl2，转移电子0.3 mol。第三阶段由两极收集到的气体在相同条件下体积相同，可知阴阳极产物：阴极0.2 mol h2，阳极0.1 mol o2，转移电子0.4 mol，选项b错误；共转移电子0.9 mol，a正确。第二阶段生成氢氧化铝0.1 mol，第三阶段相当于电解水，而硫酸是0.1 mol，所以铝元素以al(oh)3和al3+两部分存在。7、在固态金属氧化物电解池中，高温共电解h2oco2混合气体制备h2和co是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示下列说法不正确的是（）ax是电源的负极b阴极的反应式是：h2o+2e=h2+o2c总反应可表示为：h2o+co2=h2+co+o2d阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2：1【答案】b【解析】解：a根据图示知：与x相连的电极产生co，电解h2oco2混合气体，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，发生还原反应，电解池阴极发生还原反应，所以x是电源的负极，故a正确；b电解池阴极发生还原反应，电解h2oco2混合气体制备h2和co，阴极：水中的氢原子得到电子生成氢气，h2o+2eh2+o2，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，co2+2eco+o2，故b错误；c电解h2oco2混合气体制备h2和co，根据图示知：阴极产生h2、co，阳极产生氧气，所以总反应为：h2o+co2h2+co+o2，故c正确；d电解h2oco2混合气体制备h2和co，总反应为：h2o+co2h2+co+o2，阴极产生h2、co，阳极产生氧气，阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2：1，故d正确；故选b8、如图是某厂采用电解法处理石油炼制过程中产生的大量h2s废气的工艺流程该方法对h2s的吸收率达99%以上，并可制取h2和s下列说法正确的是（）a可采取在足量空气中充分燃烧的方法消除h2s的污染b反应中的阴极反应式为2h+2eh2，电解后所得溶液呈酸性c如反应中h2s过量，则反应离子方程式为：2fe3+3h2s2fes+s+6h+d此反应流程图中可循环利用的物质是fecl3溶液，fecl3可用作杀菌、消毒剂和净水剂【答案】b【解析】a空气中充分燃烧硫化氢转化为二氧化硫，对空气仍造成污染，故a错误；b电解的是氯化亚铁和盐酸溶液，阳极发生的应该是氧化反应，所得滤液中含有fe2+、h+和cl，由于还原性fe2+cl，电解时阳极反应式为fe2+efe3+，阴极反应式为：2h+2eh2，电解后所得fecl3溶液为强酸弱碱盐呈酸性，故b正确；c由图中的流程图可知，fecl3与h2s反应，fecl3中+3价的铁具有氧化性，h2s中2价的硫具有还原性，所以两者反应2fe3+h2s2fe2+s+2h+生成s和fe2+，故c错误；dfecl3与h2s反应，电解又生成氯化铁，则fecl3在该工艺流程中可循环利用，fecl3可用作净水剂，但不能用作杀菌、消毒剂，故d错误；故选b9、关于下图所示、两个装置的评价正确的是选择叙述评价a装置名称：电解池，原电池错误b硫酸浓度变化：增大，减小正确c电极反应式：阳极：4oh-4e-=2h2o+o2正极：zn-2e-=zn2+正确d离子移动方向：h+向阴极移动h+向正极移动错误【答案】b【解析】从装置图辨别原电池与电解池最根本的区别是有无外加电源，中有外加电源，故是电解池；中没有外加电源，故是原电池，a的叙述是正确的，评价错误；中实际上是电解水，水减少，硫酸浓度增大，中反应为znh2so4 = znso4h2，硫酸被消耗，浓度减小，b的叙述是正确的，评价正确；中阳极聚集阴离子so42-和oh-，oh-优先放电，中正极反应为2h+2e-= h2，c的叙述是错误的，评价错误；中h+向阴极方向移动，中h+向正极方向移动，d的叙述正确，评价错误。10、粗铜中一般含有锌、铁、银、金等杂质。在下图所示的装置中，甲池的总反应方程式为： 2ch3oh+3o2 +4koh=2k2co3 +6h2o 接通电路一段时间后，纯cu电极质量增加了3.2 g。在此过程中，下列说法正确的是（）a甲池是电能转化为化学能的装置，乙池是化学能转化为电能的装置b甲池中理论上消耗标准状况下空气的体积是2.8 l（空气中o2体积分数以20%计算）c乙池中cuso4溶液的浓度不变d甲池通入ch3oh一极的电极反应为：ch3oh-6e+2h2o=co32+8h【答案】b【解析】【命题立意】本题考查电化学的相关知识。【试题解析】根据装置图的特点可知甲为原电池，乙为电解池，再根据电子得失守恒进行相关的计算。c项中因粗铜含锌铁比铜更易失电子，当阳极溶解锌铁时，阴极析出铜，故铜离子浓度减小。d项溶液为碱性，不能生成氢离子。11、下图中x、y分别是直流电源的两极，通电后发现a极极板质量增加，b极极板处有无色无臭气体放出，符合这一情况的是（ ）【答案】a【解析】试题分析：通电后发现a极极板质量增加，b极极板处有无色无臭气体放出，这说明a电极应该是阴极，溶液中的金属阳离子放电。b电极是阳极，溶液中的oh放电生成氧气，这说明x是负极，y是正极。所以选项a符合，b中没有金属析出，c中电极名称不正确，d中生成氯气，答案选a。考点：考查电极名称和电解产物的判断点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是明确电解池的工作原理，然后结合题意灵活运用即可。12、如图所示装置，通电后，可观察到cu极溶解。现有下列说法：a为负极，a为正极，pt极产生的气体是同池fe极的2倍，cuso4溶液浓度不变。其中说法正确的是（）a b c d【答案】d【解析】只有金属作阳极时金属才会溶解，所以，乙池中cu极为阳极，fe极为阴极。因此可推知，电源b端为负极，a端为正极；甲池pt极为阳极，fe极为阴极。甲池电解h2so4溶液，实际上是电解水，pt极放出o2，fe极放出h2，根据2h2o2h2o2可知，pt极上放出气体体积是同池fe极上放出气体体积的1/2，而不是2倍。乙池实为电镀池，即fe极上镀cu，电解液cuso4的浓度保持不变。13、在25时，将两根铂电极插入一定量的硫酸钠饱和溶液中进行电解，当电路中有amol电子转移时，溶液中析出mgna2so410h2o晶体。若温度不变，在剩余溶液中溶质的质量分数为（）a. 100% b. 100% c. 100% d. 100%【答案】d【解析】原溶液为饱和溶液剩余溶液也为饱和溶液，因此电解析出的晶体和消耗的水构成的溶液仍为饱和溶液，三者的质量分数相等。根据2h2o2h2o2，转移amol电子时，消耗的水为0.5amol，溶质的质量分数为m(m0.5a18)100%，d对。14、下列说法正确的是（）a工业上可电解饱和食盐水制备金属钠b牺牲阳极的阴极保护法属于电解原理c在镀件上电镀铜时可用金属铜作阴极d利用如图所示装置制硫酸和氢氧化钠，其中b为阴离子交换膜、c为阳离子交换膜【答案】d【解析】在水溶液中不可能有活泼金属钠生成，a错；牺牲阳极的阴极保护法属于原电池原理，而外加电源的阴极保护法属于电解原理，b错；电镀时镀层金属作阳极，c错；根据膜技术原理可知选项d是正确的。15、类推思维是化学解题中常用的一种推理方法，下列有关离子方程式推理正确的是（）【答案】d【解析】fe和cuso4溶液直接发生置换反应，由于na非常活泼，能与h2o剧烈反应，生成naoh和h2，naoh再和cuso4反应生成cu(oh)2，a不正确；co2通入ca(clo)2溶液只发生复分解反应，而so2由于还原性较强，还要发生氧化还原反应，b不正确；用惰性电极分别电解cuso4溶液和cucl2溶液，由于在阳极上放电能力clohso42，前者生成o2，后者产生cl2，c不正确；由于盐酸和硝酸都是强酸，且cacl2、ca(no3)2都易溶于水，离子反应相同，d正确。16、某化学研究性小组采用如下装置(夹持和加热仪器已略去)电解饱和食盐水一段时间，并通过实验测定产物的量来判断饱和食盐水的电解率。饱和食盐水的电解率=（电解的氯化钠质量/总的氯化钠质量)100%甲方案：利用甲、乙装置测定饱和食盐水的电解率。(1)若饱和食盐水中滴有酚酞，则电解过程中甲装置中的实验现象： 。(2)若洗气瓶a中盛放的为足量的氢氧化钠溶液，通过测定洗气瓶a在电解前后的质量变化来计算饱和食盐水的电解率，则正确的连接顺序为 连_（填a、b、c、d、e等导管口），则洗气瓶a中发生反应的离子方程式为 。 乙方案：利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率。(3)对于乙方案，有同学提出有两种方法都可测得饱和食盐水的电解率。.通过测定硬质玻璃管中氧化铜固体前后质量差来计算饱和食盐水的电解率.通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率一同学认为可以在乙方案方法中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，则该干燥装置应与 口连接。a.a b.b c.d d.e另一同学认为乙方案的方法、测得的实验结论都不正确，你是否同意？请说明理由 。丙方案：只利用甲装置测定饱和食盐水的电解率。(4)若电解150ml饱和食盐水一段时间，测得溶液的为ph为14，求饱和食盐水的电解率 （假设电解前后溶液体积不变，饱和食盐水密度约为1.33 g/ml，溶解度为36.0g）。(5)若往该电解后所得溶液中通入二氧化碳气体2.24l(标准状况)，则所得溶液中各离子浓度大小关系为： 。【答案】(1)左右碳棒上都有气泡产生，左边碳棒附近溶液变红(2)b连c；cl2+2ohh2o+cl+ clo(3)c；同意，在乙方案中氢气还原氧化铜，氢气不能全部反应，误差太大。(4)16.6%；c(na+)c(cl)c(hc) c()c(oh)c(h+)【解析】本题考查了电解原理的应用、电解率实验测定方案的设计方法和计算、离子浓度的比较等。(1)依据甲装置图分析电解饱和食盐水，溶液中氯离子在阳极上失电子生成氯气，氢离子在阴极上得到电子生成氢气，阴极附近氢氧根离子浓度增大，遇到酚酞溶液变红色，电解过程中的实验现象为左右碳棒上都有气泡产生，左边碳棒附近溶液变红。(2)洗气瓶a中盛放的为足量的氢氧化钠溶液，通过测定洗气瓶a在电解前后的质量变化来计算饱和食盐水的电解率，氢氧化钠可吸收氯气发生反应，电解池b端为阳极生成氯气，故装置b连c。则洗气瓶a中发生反应的离子方程式为cl2+2oh h2o+ cl+ clo。(3)利用甲、丙装置测定饱和食盐水的电解率，方法通过测定丙装置中除硬质玻璃管外的某装置前后质量差来计算饱和食盐水的电解率，是利用u形管测定氢气还原氧化铜过程中生成的水蒸气，在乙方案方法中的装置中添加一干燥装置防止外界空气中的水蒸气的干扰，故应应与d口连接。乙方案的方法 、测得的实验结论都不正确，主要是氢气还原氧化铜过程中不能全部发生反应，造成误差。(4)若电解150ml饱和食盐水一段时间，测得溶液的ph为14，c(h+)=1014mol/l，c(oh-)=1mol/l，电解的氯化钠的质量为 0.15l1mol/l58.5g/mol=8.775g，饱和食盐水密度约为1.33g/ml，150ml饱和食盐水的质量为1.33g150ml=199.5g，依据溶解度计算溶液中含有氯化钠的质量为199.5g=52.81g，电解率为100=16.6。(5)若往该电解后所得溶液中通入二氧化碳2.24l(标准状况)物质的量为0.1mol，生成氢氧化钠的物质的量为0.15mol，n(co2):n(naoh)=0.1:0.15=2:3，依据n(co2):n(naoh)=1:2反应生成碳酸钠，n(co2):n(naoh)=1:1反应生成碳酸氢钠，配平的2co2+3naohna2co3+nahco3+h2o，饱和氯化钠溶液电解后仍为饱和溶液，氯化钠最多，生成等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠，溶液呈碱性，所以溶液中离子浓度大小关系为c(na+)c(cl)c() c()c(oh)c(h+)。17、配制一定物质的量浓度的溶液是实验室进行科学研究的重要环节。(1)若配制大约1 moll1的溶液100 ml，所给仪器只有托盘天平、量筒、带刻度的烧杯、玻璃棒，下列可选用的试剂是_(填字母序号)。a氢氧化钠固体 b浓硫酸(98%)c浓盐酸(37%) d浓硝酸(63%)(2)下图是某学生在配制0.100 moll1的碳酸钠溶液100 ml时，将第一次洗涤液转移到容量瓶内的操作。该步骤对所得溶液浓度的影响是_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)，原因是_。(3)若配制(2)中溶液时，该学生使用托盘天平称取碳酸钠，则与计算量一致吗？为什么？_。【答案】(1)abcd(2)偏低玻璃棒紧靠容量瓶口造成洗涤液外溢玻璃棒从容量瓶移出时，残留在玻璃棒上的洗涤液可能滴在瓶外玻璃棒移出后直接放在桌面上，造成残留洗涤液损失玷污玻璃棒(3)不一致，因为na2co3的计算量为1.06 g，而托盘天平只能准确到0.1 g，只能称取碳酸钠1.1 g18、现已探明在黄铜矿中含有工业、国防所需要的fe、cu、au、co、ni等元素。工业上制备氯化铜时，是将盐酸加热至80 左右，慢慢加入粗制氧化铜粉(含杂质氧化亚铁)，充分搅拌，使之溶解，反应如下：cuo2hcl=cucl2h2o，feo2hcl=fecl2h2o。已知：物质开始沉淀时的ph完全沉淀时的phfe(oh)31.93.2fe(oh)27.09.0cu(oh)24.76.7(1)若提供的药品有：cl2、浓h2so4、naoh溶液、cuo、cu，试结合题给表格，简述除去cucl2溶液中fe3和fe2的实验步骤：_。(2)将除去fe2后所得溶液小心加热浓缩，再冷却结晶，即可得cucl23h2o。过滤操作中需要的玻璃仪器有_。如果要将cucl23h2o处理为无水氯化铜，请写出实验操作：_。(3)实验室欲用cucl23h2o晶体配制240 ml 0.1 moll1的cucl2溶液。需称量_g的cucl23h2o晶体。配制过程中，下列仪器需要用到的是(填选项号)_。a烧杯b量筒c玻璃棒d250 ml容量瓶e漏斗f胶头滴管(4)黄铜矿熔炼后得到的粗铜含少量fe、ag、au等金属杂质，需进一步采用电解法精制，现以cucl2溶液作电解质溶液，则阴极材料为_，通电一段时间后，cucl2溶液的浓度_(填“变大”、“变小”或“不变”)。(5)现将3.84 g铜投入浓hno3中，铜完全溶解，共收集到672 ml气体(标准状况)。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的o2，恰好使气体完全溶于水中，则通入o2的体积是_ml。【答案】(1)通入足量cl2将fe2氧化成fe3，加入cuo调节溶液的ph至3.24.7，过滤除去fe(oh)3(2)烧杯、漏斗、玻璃棒在干燥的hcl气氛中加热蒸发(3)4.7a、b、c、d、f(4)纯铜变小(5)672【解析】(1)先通入足量的氯气将fe2氧化成fe3，然后用cuo调节溶液的ph的范围，使fe3完全沉淀而cu2不沉淀。(2)为防止cu2水解，故在干燥的hcl气氛中加热蒸干。(3)配制240 ml 0.1 moll1的cucl2溶液，须采用250 ml的容量瓶，故m(cucl23h2o)0.1 moll10.25 l189 g/mol4.7 g(保留一位小数)。(4)由粗铜的精炼原理可知：用纯铜作阴极，粗铜作阳极；因为在电解过程中，阳极上有其他活泼的金属放电，而铜离子一直在阴极上放电，故电解一段时间后，电解液cucl2浓度会变小。(5)可用终态分析法进行分析(利用电子得失守恒)列式：铜失电子的物质的量n3.84 g64 gmol12e氧气得电子的物质的量4e，求得v(o2)0.672 l。19、在常温下用惰性电极电解2l饱和食盐水，电极上通过0.2mol电子时停止电解，此时电解生成的naoh质量是多少？【答案】8g【解析】2nacl+2h2o2naoh+cl2+h22e-240 g 2 molm（naoh） 0.2 molm（naoh）=8 g20、在下列条件下能否发生离子反应？请说明理由。(1)ch3coona溶液与hcl溶液混合。(2)向澄清的ca(oh)2溶液中通入少量co2。(3)cucl2溶液与h2so4溶液混合。【答案】(1)能反应，因为h可与ch3coo结合生成难电离的弱电解质。(2)能反应，因为ca2和oh可吸收co2生成难溶物caco3和弱电解质h2o。(3)不能反应，因为cucl2、h2so4、cuso4、hcl均为易溶的强电解质。【解析】(1)ch3coona在溶液中存在以下电离ch3coona=nach3coo，hcl在溶液中存在以下电离：hcl=hcl，h可与ch3coo结合生成难电离的弱电解质ch3cooh。(2)ca(oh)2电离出的ca2和oh，可吸收co2生成难溶物caco3和弱电解质h2o。(3)因cucl2、h2so4、cuso4、hcl均为易溶的强电解质，故cucl2不能与h2so4反应。21、已知：a是石油裂解气的主要成分，a的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平；它有如图所示的转化关系。e是有香味的有机物，f是高分子化合物(已知醛类氧化可生成羧酸)。(1)b、d分子中的官能团名称分别是、。(2)写出下列反应的化学方程式及反应类型：；反应类型。；反应类型。；反应类型。；反应类型。【答案】(1)羟基 羧基(2)ch2ch2+h2o ch3ch2oh 加成反应2ch3ch2oh+o22ch3cho+2h2o 氧化反应ch3cooh+ch3ch2oh ch3cooch2ch3+h2o 酯化(或取代)反应 加聚反应【解析】由题意知，a、b、c、d、e、f分别为ch2ch2、ch3ch2oh、ch3cho、ch3cooh、ch3cooch2ch3、(1)ch3ch2oh、ch3cooh分子中分别含有羟基和羧基官能团。(2)、反应的化学方程式及反应类型分别为：ch2ch2+h2o ch3ch2oh 加成反应2ch3ch2oh+o2 2ch3cho+2h2o 氧化反应ch3cooh+ch3ch2oh ch3cooch2ch3+h2o 酯化(或取代)反应 加聚反应22、(8分)有一包白色固体混合物，该混合物可能含有cuso4、na2co3、na2so4、mgcl2，现进行如下实验：(1)将混合物溶于水，得到无色透明溶液。(2)取上述溶液分成两份盛于试管中，其中一份滴加bacl2溶液，产生白色沉淀，再加稀硝酸，沉淀不溶解；另一份滴加naoh溶液，有白色沉淀生成。试根据实验现象推断，并完成下面的填空：该混合物中肯定没有_和_；肯定含有_和_(写化学式)。【答案】cuso4na2co3na2so4mgcl223、（1）利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。若x为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关k应该置于 处。若x为锌，开关k置于m处，该电化学防护法称为 。（2）肼（n2h4）又称联氨，是一种可燃性液体，其燃烧热较大且燃烧产物对环境无污染，故可以用作火箭燃料。肼空气燃料电池是一种碱性燃料电池，电解质溶液是2030的koh溶液。该电池放电时，通入肼的一极为 极，该极的电极反应式是 ，电池工作一段时间后，电解质溶液的ph将 （填“增大”、“减小”、“不变”）。（3）碘被称为 “智力元素”，科学合理地补充碘可防止碘缺乏病。碘酸钾(kio3)是国家规定的食盐加碘剂，它的晶体为白色，可溶于水。碘酸钾在酸性介质中与过氧化氢或碘化物作用均生成单质碘。以碘为原料，可通过电解制备碘酸钾。（阴、阳两极均用惰性电极，阴极室与阳极室用阳离子交换膜隔开）请回答下列问题：电解前，先将一定量的精制碘溶于过量氢氧化钾溶液，溶解时发生反应：3i2+6koh=5ki+kio3+3h2o，将该溶液加入阳极区。另将氢氧化钾溶液加入阴极区，电解槽用水冷却。电解时，阳极上发生反应的电极反应式为 。【答案】（1）n；牺牲阳极的阴极保护法 （2）负极 ； n2h4 + 4oh4e n2 +