2019版高考化学大一轮复习 第25讲 电解池 金属的电化学腐蚀与防护优选学案

1、第25讲电解池金属的电化学腐蚀与防护考纲要求考情分析命题趋势1.掌握电解池的构成、工作原理及应用。2.能写出电极反应和电池总反应方程式。3.了解金属发生电化学腐蚀的原因，金属腐蚀的危害，防止金属腐蚀的措施。2017，全国卷，11T2017，全国卷，11T2016，天津卷，27T2016，北京卷，12T2016，四川卷，5T预计2019年高考仍将重点考查电解池的工作原理，如阴阳极的判断、电极反应式的书写及溶液pH的变化等；复习备考时应注重电解原理的实质，从氧化还原反应的角度认识电化学。分值：36分考点一电解原理1电解(1)定义：使电流通过电解质溶液(或熔融的电解质)而在阴阳两极引起_氧化还原反应

2、_的过程。在此过程中，_电_能转化为_化学_能。(2)特点：电解是不可逆的，电解质导电一定发生_化学_变化。2电解池(1)概念：电解池是_把电能转化为化学能_的装置。(2)电解池的构成条件有与_电源_相连的两个电极。两个电极插入_电解质溶液_(或_熔融电解质_)中。形成_闭合回路_。(3)电极名称及电极反应式以用惰性电极电解CuCl2溶液为例：总反应方程式：_CuCl2CuCl2_。(4)电解池中电子和离子的移动方向电子：从电源_负极_流出后，流向电解池_阴极_；从电解池的_阳极_流向电源的_正极_。离子：阳离子移向电解池的_阴极_，阴离子移向电解池的_阳极_。3电解产物的判断及有关反应式的书

3、写(1)首先判断阴阳极，分析阳极材料是惰性电极还是活泼电极。(2)再分析电解质水溶液的组成，找全离子并分阴阳两组(勿忘水溶液中的H和OH)。(3)排出阴阳两极的放电顺序(4)分析电极反应，判断电极产物，写出电极反应式，要注意遵循原子守恒、电荷守恒和电子转移守恒。(5)写出电解总反应式，在两极转移电子数目相同的前提下，两极反应相加即可得总反应的化学方程式或离子方程式。用惰性电极电解电解质溶液的四种类型(1)电解水型电解质(水溶液)电极方程式电解物质总反应式电解质浓度溶液pH溶液复原含氧酸(如H2SO4)阳极：4OH4e=O22H2O阴极：4H4e=2H2水2H2O O22H2增大减小加水强碱(如

4、NaOH)增大加水活泼金属的含氧酸盐(如KNO3、Na2SO4)不变加水 (2)电解电解质型电解质(水溶液)电极方程式电解物质总反应式电解质浓度溶液pH溶液复原无氧酸(如(HCl)，除HF外阳极：2Cl2e=Cl2阴极：2H2e=H2酸2HClCl2H2减小增大通入HCl气体不活泼金属的无氧酸盐(如CuCl2)，除氟化物外阳极：2Cl2e=Cl2阴极：Cu22e=Cu盐CuCl2CuCl2加CuCl2固体 (3)放H2生碱型电解质(水溶液)电极方程式电解物质总反应式电解质浓度溶液pH溶液复原活泼金属的无氧酸盐(如NaCl)阳极：2Cl2e=Cl2阴极：2H2O2e=H22OH水和盐2Cl2H2

5、OCl2H22OH生成新电解质增大通入HCl气体(4)放O2生酸型电解质(水溶液)电极方程式电解物质总反应式电解质浓度溶液pH溶液复原不活泼金属的含氧酸盐(如CuSO4)阳极：2H2O4e=4HO2阴极：2Cu24e=2Cu 水和盐2Cu22H2O2CuO24H生成新电解质减小加CuO或CuCO31判断正误，正确的划“”，错误的划“”。(1)某些不能自发进行的氧化还原反应，通过电解可以实现。()(2)电解CuCl2溶液，阴极逸出的气体能够使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色。()(3)电解盐酸、硫酸等溶液，H放电，溶液的pH逐渐增大。()(4)电解时，电解液中阳离子移向阳极，发生还原反应。()(5)用

6、惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后，加入Cu(OH)2可能使电解质溶液恢复到电解前的情况。()(6)电解NaOH溶液的本质是电解水，溶液的pH保持不变。()2用惰性电极电解下列各组中的三种电解质溶液，在电解的过程中，溶液的pH依次为升高、不变、降低的是(B)AAgNO3CuCl2Cu(NO3)2BKClNa2SO4CuSO4CCaCl2KOHNaNO3DHClHNO3K2SO4解析 由电解电解质溶液的四种类型可知：类型化学物质pH变化放O2生酸型AgNO3、Cu(NO3)2、CuSO4降低放H2生碱型KCl、CaCl2升高电解电解质型CuCl2升高HCl升高电解H2O型Na2SO4、NaNO

7、3、K2SO4不变KOH升高HNO3降低3按要求书写有关的电极反应式及总反应式。(1)以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面可形成氧化膜。阳极反应式：_2Al6e3H2O=Al2O36H_。阴极反应式：_6H6e=3H2_。总化学方程式：_2Al3H2OAl2O33H2_。(2)用惰性电极电解NaCl和CuSO4的混合溶液，电解过程中两极均有两种产物产生，判断阴阳两极的产物并根据电解的先后顺序写出电极反应方程式。阳极产物：_Cl2、O2_。电极反应：_2Cl2e=Cl2、2H2O4e=4HO2_。阴极产物：_Cu、H2_。电极反应：_Cu22e=Cu、2H2O2e=2OHH2_。电解池

8、中方程式书写时的四个常见失分点(1)书写电解池中电极反应式时，要以实际放电的离子表示，但书写总电解反应方程式时，弱电解质要写成分子式。(2)阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电。(3)要确保两极电子转移数目相同，且注明条件“电解”。(4)电解水溶液时，应注意放电顺序中H、OH之后的离子一般不参与放电。即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属。阴阳极的判断和电解产物的分析方法(1)阴阳极的判断方法根据外接电源：正极连阳极，负极连阴极。根据电流方向：从阴极流出，从阳极流入。根据电子流向：从阳极流出，从阴极流入。根据离子流向：阴离子移向

9、阳极，阳离子移向阴极。(2)惰性电极电解电解质溶液的产物判断例1如图为EFC剑桥法用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2(阴极)中的氧解离进入熔融盐，阴极最后只剩下纯钛。下列说法中正确的是(C)A阳极的电极反应式为2Cl2e=Cl2B通电后，O2、Cl均向阴极移动C阴极的电极反应式为TiO24e=Ti2O2D石墨电极的质量不发生变化解析 电解池的阳极是氧离子发生失电子的氧化反应，导致氧气等气体的出现，所以电极反应式为2O24e=O2；电解池中，电解质里的阴离子O2、Cl均移向阳极；电解池的阴极发生得电子的还原反应，是二氧化钛电极本身得电子的过程，

10、即TiO24e=Ti2O2；石墨电极会和阳极上产生的氧气发生反应，导致一氧化碳、二氧化碳的出现，所以电极本身会消耗，质量减轻。例1某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是()A该装置将化学能转化为光能和电能B该装置工作时，H从b极区向a极区迁移C每生成1 mol O2，有44 g CO2被还原Da电极的反应为3CO218H18e=C3H8O5H2O答题送检来自阅卷名师报告错误致错原因扣分C得失电子不守恒6D不能根据化合价的变化，来判断是氧化反应还是还原反应6解析 利用图示知，该装置为电解池，是将电能和光能转化为化学能，A

11、项错误；该装置工作时，b极(阳极)是H2O失电子转化为氧气，同时产生H，H从b极区向a极(阴极)区迁移，B项正确；利用得失电子守恒知，每生成1 mol O2转移4 mol e，每消耗1 mol CO2转移6 mol e，则被还原的CO2的质量为 mol44 gmol129.3 g，C项错误；a极上应发生还原反应，即a电极的反应为3CO218H18e=C3H8O5H2O，D项错误。答案 B1如图所示的电解池和中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重bd。符合上述实验结果的盐溶液是(D)选项XYAMgSO4CuSO4BAgNO3Pb(NO3)2CF

12、eSO4Al2(SO4)3DCuSO4AgNO3解析 A项，电解池中相当于电解水，b上有气体生成，电极质量不变；B项，b上生成Ag，d上有气体生成；C项，两电解池中都相当于电解水，b、d上都有气体生成，两电极质量不变；D项，b上生成Cu，d上生成Ag，二者物质的量之比为12，增重b弱电解质溶液非电解质溶液。2活动性不同的两金属：活动性差别越大，活动性强的金属腐蚀越快。3对同一种电解质溶液来说：电解质溶液浓度越大，腐蚀越快，且氧化剂的浓度越高，氧化性越强，腐蚀越快。4不同原理引起的腐蚀的速率：电解原理引起的腐蚀原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀有防护措施的腐蚀。5从防腐措施方面分析腐蚀的快慢：外接电源

13、的阴极保护法防腐牺牲阳极的阴极保护法防腐有一般防护条件的防腐无防护条件的防腐。例1下列与金属腐蚀有关的说法正确的是(B)A图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B图b中，开关由M改置于N时，CuZn合金的腐蚀速率减小C图c中，接通开关时Zn的腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D图d中，ZnMnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的解析图a中，铁棒发生电化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，A项错误；图b中开关置于M时，CuZn合金作负极，由M改置于N时，CuZn合金作正极，腐蚀速率减小，B项正确；图c中接通开关时Zn作负极，腐蚀速率增大，但氢气在Pt极

14、上放出，C项错误；图d中，该原电池中Zn作负极，MnO2作正极，正极上得电子发生还原反应，所以ZnMnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的还原作用引起的，D项错误。例1(2016天津卷)下列叙述正确的是()A使用催化剂能够降低化学反应的反应热(H)B金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度无关C原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生D在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小答题送检来自阅卷名师报告错误致错原因扣分A误以为催化剂可以改变焓变6C忽略了反应达平衡时，正负极电势差的问题6解析 催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，A项错误；金属

15、发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度有关，O2浓度越大，腐蚀速率越快，B项错误；反应达到平衡时，正负极的电势差为0，所以电池不会产生电流，C项错误；CuS不溶于盐酸，而ZnS溶于盐酸，说明CuS更难溶，对应的溶解度小，D项正确。答案 D1如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U形管中。下列分析正确的是(B)AK1闭合，铁棒上发生的反应为2H2e=H2BK1闭合，石墨棒周围溶液的pH逐渐升高CK2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法DK2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001 mol气体解析K1闭合时，装置为原电池，负极Fe的反应为Fe2e=Fe2，

16、A项错误；K1闭合时，石墨棒为正极，电极反应为2H2O2e=2OHH2，因此石墨棒周围溶液的pH升高，B项正确；K2闭合时，装置为电解池，铁为阴极被保护，该保护方法是外接电源的阴极保护法，C项错误；K2闭合时，电解饱和食盐水，当电路中通过0.002 mol电子时，阴阳两极分别产生H2、Cl2，气体物质的量均为0.001 mol，D项错误。1判断正误，正确的划“”，错误的划“”。(1)验证铁的吸氧腐蚀，可以将铁钉放入试管中，用盐酸浸没。()(2)钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀。()2(2017全国卷)支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所

17、示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是(C)A通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零B通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩C高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流D通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整解析由图可知，高硅铸铁与直流电源的正极相连，作电解池的阳极，钢管桩与直流电源的负极相连，作电解池的阴极，通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零，钢管桩得到保护，A项正确；通电后，外电路中电子由高硅铸铁经导线流向正极，再由电源的负极经导线流向钢管桩，故通电后外电路中电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩，B项正确；高硅铸铁为惰性辅助阳极，只起到传递电流作用，不会被损耗，C

18、项错误；通入的保护电流要根据海水中电解质的浓度、温度等环境条件变化进行调整，从而有效保护钢管桩，D项正确。3如图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。(1)腐蚀过程中，负极是_c_(填图中字母“a”或“b”或“c”)；(2)环境中的Cl扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为_2Cu23OHCl=Cu2(OH)3Cl_；(3)若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为_0.448_L(标准状况)。课时达标第23讲1下列事实与电化学腐蚀无关的是(A)A光亮的自行车钢圈不易生锈B黄铜(Cu、Zn合金)制的铜锣不易产

19、生铜绿C铜、铝电线一般不连接起来作导线D生铁比熟铁(几乎是纯铁)更容易生锈解析A项，自行车钢圈不易生锈是由于熔炼的时候在铁中加入了一定比例的镍、铬，改变了其金属的组织结构，与电化学腐蚀无关；B项，黄铜中，锌比铜活泼，二者构成原电池，锌失电子，这样可以保护铜不被氧化；C项，铜、铝导线连接起来会与表面液体构成原电池，铝比铜活泼，铝失电子被氧化，就会引起连接处断开，造成断路；D项，生铁中含有杂质碳，碳、铁、水膜会构成无数个微小的原电池，使铁不断被腐蚀。2为探究钢铁的吸氧腐蚀原理设计了如图所示的装置，下列有关说法错误的是 (D)A正极的电极反应方程式为O22H2O4e=4OHB将石墨电极改成Mg电极，

20、难以观察到铁锈生成C若向自来水中加入少量NaCl(s)，可较快地看到铁锈D分别向铁、石墨电极附近吹入O2，前者铁锈出现得快解析铁是负极，失电子被氧化成Fe2，在正极O2得电子发生还原反应生成OH，故将O2吹向石墨电极的腐蚀速率比吹向铁电极得快；向自来水中加入NaCl(s)，可使电解质溶液的导电能力增强，加快腐蚀速率；但若将石墨电极换成Mg电极，则负极为Mg，Fe被保护，难以看到铁生锈。3将等物质的量浓度的CuSO4和NaCl溶液等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图所示，则下列说法错误的是(C)A阳极先析出Cl2，后析出O2，阴极先产生Cu，后析出H2BA

21、B段阳极只产生Cl2，阴极只产生CuCBC段表示在阴极上是H放电产生了H2DCD段相当于电解水解析由于两种溶液的体积相等，物质的量浓度也相等，即溶质的物质的量相等，设CuSO4和NaCl的物质的量各为1 mol ，电解分3个阶段。第一阶段阳极：1 mol Cl失1 mol 电子，阴极：0.5 mol Cu2得1 mol电子，因为Cu2水解使溶液显酸性，随着电解的进行，Cu2的浓度降低，溶液酸性减弱，pH将增大；第二阶段阳极：1 mol OH(来源于水的电离)失1 mol 电子，阴极：0.5 mol Cu2再得1 mol 电子，因为OH消耗，使溶液中H的浓度增大，pH迅速减小；第三阶段阳极：OH

22、失电子，阴极：H得电子，它们都来源于水的电离，实质是电解水，溶液的体积减小，使溶液中H的浓度增大，pH继续减小。4下列有关电化学装置完全正确的是(C)ABCD铜的精炼铁上镀银防止Fe被腐蚀构成铜锌原电池解析电解精炼铜时，应该用粗铜作阳极，纯铜作阴极，A项错误；铁上镀银时，应该用银作阳极，铁作阴极，B项错误；C项是外加电流的阴极保护法，正确；铜锌原电池中，锌应插入硫酸锌溶液中，铜应插入硫酸铜溶液中，D项错误。5用惰性电极电解下列溶液一段时间后再加入一定量的某种纯净物(括号内物质)，能使溶液恢复到原来的成分和浓度的是(B)AAgNO3(AgNO3) BNaOH(H2O)CKCl(KCl)DCuSO

23、4(CuSO4)解析A项，4AgNO32H2O4AgO24HNO3，脱离反应体系的物质是4AgO2，所以应当加入适量的Ag2O才能复原；B项，2H2O2H2O2，脱离反应体系的是2H2O2，加入适量水可以复原；C项，2KCl2H2O2KOHH2Cl2，脱离反应体系的是H2Cl2，通入适量HCl气体才能复原；D项，2CuSO42H2O2H2SO42CuO2，脱离反应体系的是2CuO2，加入适量CuO才可以复原。6(2018荆州中学高三上学期月考)利用控制n(H2S)：n(FeCl3)1：2反应得到的产物，再用电解法制氢，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是(B)A惰性电极a发生氧化反应BFe

24、(OH)3胶体中滴加溶液X，先有沉淀后沉淀溶解C溶液Y加热蒸发灼烧最终得到Fe2O3D电解池总反应的离子方程式为2Fe22H2Fe3H2解析H2S与FeCl3反应生成硫单质和氯化亚铁以及盐酸。根据示意图，惰性电极b放出氢气，说明b为阴极，则a为阳极，发生氧化反应，A项正确；惰性电极a发生氧化反应生成氯气，氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁，因此溶液X为氯化铁，Fe(OH)3胶体中滴加氯化铁，发生胶体的聚沉，但不能溶解，B项错误；溶液Y为氯化亚铁，加热蒸发灼烧会被空气中的氧气氧化，最终得到Fe2O3，C项正确；电解池总反应的离子方程式为2Fe22H2Fe3H2，D项正确。7(2018南阳一中高三第一次月

25、考)如图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，将电源接通后，向乙装置中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，则以下说法正确的是(B)A电源B极是正极B甲、乙装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1：2：2：2C欲用丙装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液D丁装置中X极附近红褐色不变解析根据图知，该装置是电解池，将电源接通后，向乙装置中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F极附近有大量的OH，由此得出F极上H放电生成氢气，所以F极是阴极，则电源B极是负极，A极是正极，A项错误；甲装置中C电极上OH放电生成氧气，乙装置中F电极上H放电生成氢气，所以甲、乙装置的C、D

26、、E、F电极均有单质生成；生成1 mol 氧气转移4 mol 电子，生成1 mol 铜时转移2 mol电子，生成1 mol 氯气时转移2 mol电子，生成1 mol 氢气时转移2 mol 电子 ，所以转移相同物质的量的电子时生成单质的物质的量之比为1：2：2：2，B项正确；若用丙装置给铜镀银，G应该是Ag，H是铜，电镀液是AgNO3溶液，C项错误；丁装置中Y电极是阴极，氢氧化铁胶粒带正电荷，Y极附近红褐色变深，D项错误。8在水中加入等物质的量的MgSO4、NaCl、AgNO3三种物质组成的混合溶液，该溶液在惰性材料作电极的电解槽中通电一段时间后，在两个电极区析出的氧化产物与还原产物的质量之比约

27、为(C)A35.5108B16207C81D10835.5解析三种物质等物质的量混合，则NaCl、AgNO3恰好完全反应，故反应后的溶液为NaNO3和MgSO4的混合液。实质上是电解水：2H2O2H2O2，氧化产物和还原产物分别为O2和H2，质量之比为81。9下列离子方程式书写正确的是(B)A用Cu片作阳极电解饱和食盐水：2Cl2H2OCl2H22OHB用两个铜片作电极电解AgNO3溶液：Cu2Ag2AgCu2C用石墨作电极电解AlCl3溶液：2Cl2H2OCl2H22OHD用石墨作电极电解CuBr2溶液：2Cu22H2O2CuO24H10以铬酸钾为原料，电化学法制备重铬酸钾的实验装置示意图如

28、下：下列说法不正确的是(D)A在阴极室，发生的电极反应为2H2O2e=2OHH2B在阳极室，通电后溶液逐渐由黄色变为橙色，是因为阳极区H浓度增大，使平衡2CrO2HCr2OH2O向右移动C该制备过程总反应的化学方程式为4K2CrO44H2O2K2Cr2O74KOH2H2O2D测定阳极液中K和Cr的含量，若K与Cr的物质的量之比为d，则此时铬酸钾的转化率为解析该电解池发生的反应为电解水，阴极反应式：4H2O4e=4OH2H2，阳极反应式：2H2O4e=4HO2，铬酸钾的转化率2d，D项错误。11已知高能锂离子电池的总反应式为2LiFeS=FeLi2S，LiPF6SO(CH3)2为电解质，用该电池

29、为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni的实验装置如图所示。下列说法不正确的是(B)A电极Y应为LiB电解过程中，b中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小CX极反应式为FeS2Li2e=FeLi2SD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解析由于c 中反应为Ni22e=Ni，故c室为阴极室，则电极Y为Li，由于c中Ni2不断减少，Cl通过阴离子膜从c移向b，a中OH放电不断减少，Na通过阳离子膜从a移向b，所以b中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，B项错误。12如图所示甲、乙两个装置，所盛溶液体积和浓度均相同且足量，当两装置电路中通过的电子都是1 mol时，下列说法不

30、正确的是(C)A溶液的质量变化：甲减小乙增大B溶液的pH变化：甲减小乙增大C相同条件下产生气体的体积：V甲V乙D电极反应式：甲中阴极为Cu22e=Cu，乙中负极为Mg2e=Mg2解析A项，甲中总反应为2CuSO42H2O2Cu2H2SO4O2，乙中总反应为Mg2HCl=MgCl2H2，故甲溶液质量减小，乙溶液质量增大，正确；B项，甲中生成H2SO4，pH减小，乙中消耗盐酸，pH增大，正确；C项，当两装置电路中通过的电子都是1 mol时，甲中产生0.25 mol O2，乙中产生0.5 mol H2，故相同条件下，甲乙中产生气体的体积比为12，错误；甲中阴极为Cu2放电，电极反应为Cu22e=Cu

31、，乙中负极为Mg放电，电极反应为Mg2e=Mg2，正确。13用酸性氢氧燃料电池(乙池)为电源进行电解的实验装置(甲池在一定条件下可实现有机物的电化学储氢)如图所示。甲池中A为含苯的物质的量分数为10%的混合气体，B为10 mol混合气体，其中苯的物质的量分数为24%，C为标准状况下2.8 mol气体(忽略水蒸气)，下列说法不正确的是(C)A乙池中溶液的pH变大BE处通入H2，C处有O2放出C甲池中阴极区只有苯被还原D导线中共传导11.2 mol电子解析乙池是氢氧燃料电池，有水生成，则溶剂增加，氢离子浓度降低，因此pH增大，A项正确；苯转化为环己烷属于加氢的还原反应，则该电极是阴极，所以与之相连的电极是负极，所以E处通入H2，电解池中阳极失去电子，即溶液中氢氧根放电，生成氧气，则C处有O2放出，B项正确；根据题干信息可知参加反应的苯的物质的量为10 mol24%10 mol10%1.4 mol，甲池中阴极区苯放电的