湖北省鄂州市、黄冈市2019届高三化学上学期元月调研试题（含解析）.doc

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1、- 1 -湖北省鄂州市、黄冈市 2019届高三上学期元月调研理科综合化学试题1.化学与人类的生产生活密切相关，下列有关说法错误的是A. 天然气是高效清洁的化石燃料，也是重要的化工原料B. 地沟油在碱性条件下水解可以生成高级脂肪酸盐和甘油C. 用于光缆通信的光导纤维是新型无机非金属材料D. 明矾常用作漂白剂，因为明矾溶于水后，水解生成氢氧化铝胶体【答案】D【解析】【详解】A、天然气既是一种清洁的化石燃料，更是一种重要的化工原料，作为化工原料，它主要用于合成氨和生产甲醇等；故 A正确。B、油脂是高级脂肪酸甘油酯，碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐和甘油，故 B正确；C、新型无机非金属材料很多，现列举几

2、种：压电材料；磁性材料；导体陶瓷；激光材料，光导纤维；超硬材料（氮化硼） ；高温结构陶瓷；生物陶瓷（人造骨头、人造血管）等等，故 C正确。D、明矾溶于水电离出的 Al3 水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，因此明矾可以净水，但不能不能用作漂白剂，故 D错误。本题选 D。2.设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 1.0mol丙烯与足量的 HCl完全反应生成的 CH3CH2CH2Cl分子数为 1.0NAB. 22.4LCl2通入足量的 NaOH溶液中，反应中转移的电子数为 NAC. 20gD2O所含有的质子数、电子数、中子数均为 10NAD. 0.5mo/LCH3COONa溶液中含

3、有 CH 3COOH和 CH3COO 的总数为 0.5NA【答案】C【解析】【详解】A、1.0mol 丙烯与足量的 HCl完全反应生成的应该是一氯丙烷和二氯丙烷的混合物，CH3CH2CH2Cl的分子数应小于 1.0NA，故 A错误。B、标况下 22.4L氯气的物质的量为 1mol，而氯气和碱的反应为歧化反应，故 1mol氯气转移1NA个电子，故 B错误。- 2 -C、一个 D2O分子中含有的质子数、电子数、中子数均为 10，20g D 2O的物质的量是 1mol，含有的质子数、电子数、中子数均为 10 NA，故 C正确。D、不知道溶液的体积，无法求出溶质的物质的量，故无法求出 CH3COOH和

4、 CH3COO-的总数，D错误本题选 C。3.有机物 是制备镇痛剂的中间体。下列关于该有机物的说法错误的是A. 与环己烷互为同分异构体 B. 一氯代物有五种(不考虑立体异构)C. 所有碳原子可处同一平面 D. 能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应【答案】B【解析】【详解】A、同分异构体是指具有相同分子式而结构不同的化合物，故 A正确。B、一氯代物有四种(不考虑立体异构)，故 B错误。C、根据乙烯分子中六原子共面、碳碳单键可以旋转，可以判断分子中所有碳原子可以处于同一平面上，故 C正确。D、该有机物中含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，故 D正确。本题选 B。4.从海带中提碘要经过灼烧浸

5、取、过滤氧化、萃取、分液、蒸馏等操作，运用下列装置，不能达到相关实验目的的是A. 装置灼烧碎海带 B. 装置浸取海带灰中的 IC. 装置放出下层的水溶液 D. 装置分离碘，回收苯【答案】A【解析】【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚，装置中的蒸发皿不能用于灼烧碎海带。B、海带灰中的碘化物易溶于热水，故 B可以达到。- 3 -C、萃取使用的有机溶剂是苯，碘易溶于苯、不易溶于水，苯的密度比水小，有机层在上层，故 C可以达到。D、碘和苯的沸点相差较大，可以用蒸馏法分离，冷凝水应从下端进水，上端出水，温度计的水银球在支气管口处，故 D可以达到。本题选 A。5.短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大

6、，X 与 Y能形成 Y2X和 Y2X2两种常见的化合物，Z 原子的电子总数为最外层电子数的 3倍，W 与 X同主族。以下说法正确的是A. 简单氢化物的稳定性比较：XZWB. 简单离子的半径比较：WYXC. 简单氢化物的沸点比较：WZXD. Y2X和 Y2X2两种化合物中，Y 与 X的最外电子层均达到 8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】Z原子的电子总数为最外层电子数的 3倍，则 Z为磷元素，Y 2X和 Y2X2为氧化钠和过氧化钠，则 Y为钠元素，X 为氧元素，W 与 X同族，则 W为硫元素。【详解】A、同主族中，从上到下氢化物的稳定性递减，因此氧的气态氢化物比硫的气态氢化物稳定性好；同周期

7、，从左到右氢化物的稳定性递增，因此硫的氢化物比磷的氢化物稳定性好，所以简单氢化物的稳定性 X W Z，故 A错误。B、同周期元素的原子，从左到右原子半径逐渐减小；同主族元素的原子，从上到下原子半径逐渐增大.；电子层结构相同的粒子，随着核电荷数的增大，离子半径减小。所以离子的半径比较： W X Y，故 B错误。C、简单氢化物即分子晶体，它们熔化时要破坏分子间作用力（范德华力） ，所以它们的熔、沸点是由相对分子质量决定，相对分子质量越大，熔沸点越高 ，但由于 H2O分子间存在氢键，所以沸点较高，沸点从高到低的顺序为 X W ，故 C错误。D、Y 2X为 Na2O和 Y2X2为 Na2O2，Y 与

8、X的最外电子层均达到 8电子稳定结构,故 D正确。本题选 D。【点睛】本题易错点：要注意 NH3、H 2O、HF 可以形成分子间氢键，沸点较高。6.根据下列实验和现象，所得实验结论正确的是- 4 -实验 现象 实验结论A向某溶液中先滴加适量稀硝酸，再滴加少量 BaCl2溶液出现白色沉淀原溶液中含有SO42 ，SO 32 ，HSO 3 中的一种或几种B将纯碱和硫酸反应生成的气体，通入一定浓度 Na2SiO3溶液中出现白色胶状沉淀酸性：H2SO4H 2CO3H 2SiO3C左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色氧化性：Cl 2Br 2I 2D试管 a出现白色沉淀，试管 b出现黄色沉淀溶度积：K SP（

9、AgCl）K SP（AgI）A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A、硝酸具有强氧化性，先滴加硝酸酸化，可把 SO32-、HSO 3-氧化为硫酸根离子，然后生成不溶于稀硝酸的硫酸钡沉淀，故 A正确。B、元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，HCl 不是 Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以该实验只能说明盐酸酸性大于碳酸，但不能说明证明非金属性 ClC,故 B错误。C、氯气可与 NaBr、KI 反应，则该实验不能比较 Br2、I 2的氧化性，故 C错误。D、硝酸银过量，两种沉淀均会产生，不发生沉淀转化，故 D错误。本题选 A。7

10、.已知金属离子 M2+，25时在水中存在 M2+(aq)、M(OH) +(aq)、M(OH) 2(s)、M(OH) 3 (aq)、- 5 -M(OH)42 (aq)五种形态，该体系中各形态的物质的量分数()随 pH的变化关系如图，下列叙述中错误的是A. P点的 pH为 12，则 M(OH)3 M(OH)2+OH 的平衡常数为 102B. M(OH)2完全沉淀后，增大溶液的 pH，沉淀不会立即开始溶解C. 溶液 pH达到 14之前，沉淀 M(OH)2已完全溶解D. M(NO3)2溶液显酸性，其水解的离子方程式为：M 2+H2O M(OH)+H+【答案】A【解析】【分析】随着 pH增大，c(OH

11、-)增大，金属离子 M2+结合 OH-数目增多，故 1为 M2+(aq)、2 为 M(OH)+(aq)、3 为 M(OH)2(s)、4 为 M(OH)3 (aq)、5 为 M(OH)42 (aq)。【详解】A、平衡常数 K= c(OH-)/ c(M(OH)3 ) ,P点的 pH为 12, c(OH-)=102 , c(M(OH)3 )的浓度不知道，不能计算平衡常数，故 A错误。B、由图可知，M(OH) 2完全沉淀后，有一段随着 pH改变，物质的量分数()没有发生变化，所以增大溶液的 pH，沉淀不会立即开始溶解，故 B正确。C、由图中 3可知，溶液 pH达到 14之前，物质的量分数()=0，说明

12、沉淀 M(OH)2已完全溶解，故 C正确。D、M(NO 3)2溶液显酸性，其水解的离子方程式为：M 2+H2O M(OH)+H+，故 D正确。本题选 A。8.某校化学兴趣小组实验室模拟工业制备硫氰化钾(KSCN)。实验装置如图：- 6 -实验步骤如下：(1)制备 NH 4SCN溶液：CS 2+2NH3 NH4SCN+H2S。该反应比较缓慢。实验前，应进行的操作是_。三颈烧瓶内盛放有 CS2、水和催化剂，三颈烧瓶的下层 CS2液体必须浸没导气管口，目的是_。实验开始时打开 K1，加热装置 A、D，缓缓地向装置 D中充入气体。装置 A中的物质是_(以化学式表示)，装置 C的作用可能是_。(2)制备

13、 KSCN溶液：移去 A处的酒精灯，关闭 K1，打开 K2，利用耐碱分液漏斗边加液边加热，则此时装置 D中发生反应的化学方程式是_。(3)制备 KSCN晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩，_，过滤，干燥，得到硫氰化钾晶体。(4)测定 KSCN的含量称取 10.0g样品配成 1000mL溶液量取 20.00mL于锥形瓶中，并加入几滴 Fe(NO3)3溶液，用 0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消 AgNO3标准溶液20.00mL。滴定时发生的离子反应为 SCN +Ag+= AgSCN，则终点时的现象是_。KSCN 的质量分数为_。【答案】 (1). 检查

14、装置的气密性 (2). 使反应物充分接触，防止发生倒吸 (3). NH4Cl、Ca(OH) 2 (4). 观察气泡速率，控制加热温度 (5). NH4SCN+KOH KSCN+NH3+H2O (6). 冷却结晶 (7). 当滴入最后一滴 AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复 (8). 97.0%【解析】【分析】本题主要考察实验基本操作、陌生反应方程式的推断和书写、滴定的终点判断和相关计算。- 7 -【详解】(1)、连接好装置后，实验前必须进行的一步操作是检查装置的气密性。根据相似相溶原理可知，氨气易溶于水、不易溶于二硫化碳，因此，为了使反应物充分接触，防止发生倒吸，所以三颈烧瓶

15、的下层 CS2液体必须浸没导气管口。本题答案：检查装置的气密性；使反应物充分接触，防止发生倒吸制备 NH 4SCN溶液：CS 2+2NH3 NH4SCN+H2S，反应需 NH3，所以 A装置为氨气发生器，实验室可用固体 NH4Cl与固体 Ca(OH)2加热反应制取氨气。故装置 A中的物质是 NH4Cl , Ca(OH)2，装置 C的作用可能是观察气泡速率，控制 A装置的加热温度。本题答案：NH 4Cl , Ca(OH)2；观察气泡速率，控制加热温度(2)、在装置 C中发生反应得 NH4SCN，装置 D耐碱分液漏斗中装入的碱与 NH4SCN发生反应生成硫氰化钾，故 D中的反应化学方程式为 NH4

16、SCN+KOH KSCN+NH3+H 2O本题答案：NH 4SCN+KOH KSCN+NH3+H 2O(3)、制备 KSCN晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥，得到硫氰化钾晶体。本题答案：冷却结晶(4)、滴定时发生的离子反应为 SCN +Ag+= AgSCN，以 Fe(NO3)3为指示剂， SCN -与 Fe3+反应使溶液呈血红色。当滴入最后一滴 AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复，即为终点。本题答案：当滴入最后一滴 AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复20.00mL 0.1000mol/LAgNO 3标准溶液滴定，c(A

17、g +)=0.1000mol/L0.02 L=0.002 mol，根据滴定时发生的离子反应为 SCN +Ag+= AgSCN，可知 20.00mL 中 c(SCN )= 0.002 mol，则1000mL 中 c(SCN )为 0.1 mol，KSCN 的质量分数=97.0g/ mol0.1 mol/10g 100%=97.0%本题答案：97.0%9.某科研课题小组研究利用含 H+、Na +、Zn+、Mn 2+、Fe 2+、Fe 3+、SO 42 的工业废电解质溶液，制备高纯的 ZnO、MnO 2、Fe 2O3，设计出如下实验流程：- 8 -回答下列问题:(1)加入双氧水的目的是_。(2)第一

18、次调 pH使 Fe3+完全沉淀，写出反应的离子方程式_。(3)第二次调 pH前，科研小组成员分析此时的溶液，得到相关数据见下表(表中金属离子沉淀完全时，其浓度为 1105 mol/L)。为防止 Mn2+也同时沉淀造成产品不纯，最终选择将溶液的 pH控制为 7，则此时溶液中 Zn2+的沉淀率为_，利用滤渣制备高纯的 ZnO时，必然含有极其微量的_(以物质的化学式表示)。(4)已知常温下，K sp(MnS)=3.01014 、K sp(ZnS)=1.51024 。在除锌时发生沉淀转化反应为：MnS(s)+Zn 2+(aq) ZnS(s)+Mn2+(aq)，其平衡常数 K=_。(5)沉锰反应在酸性条

19、件下完成，写出该反应的离子方程式_。【答案】 (1). 将 Fe2+氧化为 Fe3+ (2). Fe3+3OH-=Fe(OH)3 (3). 99% (4). Fe2O3 (5). 21010 (6). Mn2+S2O82-+2H2O=MnO2+2SO 42-+4H+【解析】【分析】本题考查了 Fe3+ 和 Fe2+相关性质、调节 pH在物质分离提纯中的作用、以及平衡常数的计算方法。【详解】(1)、加入双氧水的目的是将 Fe2+氧化为 Fe3+ 本题答案：将 Fe2+氧化为 Fe3+ (2)、第一次调 pH使 Fe3+完全沉淀，其反应的离子方程式 Fe3+3OH-=Fe(OH)3本题答案： Fe

20、 3+3OH-=Fe(OH)3(3)、pH 控制为 7，c(H +)=10-7；c(OH -)=10-7，c(Zn 2+)= Ksp/ c2(OH-)=1.210-3， （1.210 -3）/1.2 100%=10%，Zn 2+的沉淀率=1-10% = 99% 。 第一次调 pH使 Fe3+完全沉淀时，有及其少量的 Fe3+存在，所以利用滤渣制备高纯的 ZnO时，必然含有极其微量的 Fe2O3。本题答案：99%；Fe 2O3- 9 -(4)、MnS(s)= Mn 2+(aq)+ S2- (aq) Ksp(MnS)=3.01014 、ZnS(s)= Zn 2+(aq) + S2- (aq) Ks

21、p(ZnS)=1.51024 ，在除锌时发生沉淀转化反应为：MnS(s)+Zn 2+(aq) ZnS(s)+Mn2+(aq)，其平衡常数 K=3.01014 /1.51024=21010本题答案：210 10(5)、沉锰反应在酸性条件下完成，由生成物为 MnO2可知 Mn化合价升高，则 S化合价下降，根据得失电子守恒配平反应为 Mn2+S2O82-+2H2O=MnO2+2SO 42-+4H+本题答案：Mn 2+S2O82-+2H2O=MnO2+2SO 42-+4H+10.氨在工农业及国防工业上有广泛的用途。(1)已知：4NH 3(g)+3O2(g) 2N2(g)+6H2O(g) H=1266.

22、2k/mol2H 2(g)+O2(g) 2H2O(g) H=483.6kJ/mol则合成氨反应 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H=_kJ/mol，该反应属于_。A.高温自发 B.低温自发 C.恒自发 D.恒不自发(2)在甲、乙、丙三个容积均为 2L的密闭装置中，均充人 4mol合成气，但 N2、H 2的投料比不同，在 400时反应，测定 N2的体积百分含量，得到下图一。乙装置中 N2、H 2的投料比为_。反应达到平衡后，测得乙装置中 H2的体积百分含量为 25%，则 400时，合成氨反应的平衡常数为_(不须注明单位)。(3)在 M、N 两个装置中分别充入相同投料比的 N2、H 2，

23、进行合成氨反应，各反应 1小时，测定不同温度下 N2的转化率，得到上图二。N 2、H 2在 M、N 两装置中反应时，不同的条件可能是_。在 300时，a、b 两点转化率差异的原因是_。(4)氨法烟气脱硫技术渐趋成熟，回收 SO2，并产出氮肥，其流程分两步：- 10 -氨水吸收烟气中的 SO2：xNH 3+SO2(g)+H2O=(NH4)xH2x SO3加入足量的磷酸得到纯净的 SO2。写出该反应的化学方程式：_。【答案】 (1). -92.3 (2). B (3). 1：1 (4). 3.125 (5). M装置中使用了催化剂 (6). M装置中使用了催化剂，a 点速率快，达到了平衡，b 点速

24、率慢，没达到平衡 (7). (NH 4)xH2x SO3+xH3PO4=xNH4H2PO4+SO2+H 2O【解析】【分析】（1）从盖斯定律的计算和反应进行的方向分析；（2）综合考察影响化学平衡移动因素、平衡常数计算、转化率计算等为题。【详解】(1)、已知：4NH 3(g)+3O2(g) 2N2(g)+6H2O(g)，H=1266.2k/mol ；2H 2(g)+O2(g) 2H2O(g)，H=483.6kJ/mol，则合成氨反应 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，H=-/2+3/2代入得，H= -92.3 k/mol，反应后气体体积变小，是一个熵减的反应（S0） ，由H-TS 可知 H

25、0，S0 时，在低温下能自发进行。本题答案：H= -92.3 k/mol；B(2)、设 N2初始投料为 a mol，由“三段式”得：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)起始量（mol）： a 4-a 0变化量（mol）： x 3x 2x平衡量（mol）：a-x 4-a-3x 2x由题意知 N2体积分数为 =常数，当 a=2时该比值为常数 0.5，则N2有 2mol，H 2有 2mol，N 2、H 2的投料比为 1:1。H 2的体积百分含量为 25%，则 ，a=2，则 x=0.4，故平衡常数 K=(3)、相同温度下，相同时间内，M 装置中 N2转化率比 N装置大，则 M反应速率也大于 N

26、，故 M装置中使用了催化剂。本题答案：M 装置中使用了催化剂在同温度下，由于 M装置中使用了催化剂，其反应速率快得多，在 300时，a 点速率快，先达到了平衡；而 b点反应速率慢，还没有达到平衡状态，这是造成 a、b 两点转化率有差- 11 -异的原因。本题答案：M 装置中使用了催化剂，a 点速率快，达到了平衡，b 点速率慢，没达到平衡(4) 第一步中生成的 (NH 4)xH2x SO3为酸式盐，可与磷酸中 H+结合产生 SO2和 H2O，故第二步加入足量的磷酸反应方程式为 (NH 4)xH2x SO3+xH3PO4=xNH4H2PO4+SO2+H 2O本题答案：(NH 4)xH2x SO3+

27、xH3PO4=xNH4H2PO4+SO2+H 2O11.化学电源在日常生活和工业生产中有着重要的应用。I.如下图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中 X为阳离子交换膜。请按要求回答相关问题(1)甲烷燃料电池负极反应式是_。(2)石墨(C)极的电极反应式为_。(3)若在标准状况下，有 2.24L氧气参加反应，则乙装置中铁极上生成的气体体积为_L；丙装置中阴极析出铜的质量为_g，一段时间后烧杯中 c(Cu2+)_(填“增大” 、 “减小”或“不变”).“长征”火箭发射使用的燃料是液态偏二甲肼(C 2H8N2)，并使用四氧化二氮作为氧化剂，这种组合的两大优点

28、是，既能在短时间内产生巨大能量将火箭送上太空，产物又不污染空气(产物都是空气成分)。某校外研究性学习小组拟将此原理设计为原电池，如图所示，结合学习过的电化学原理分析其设计方案，回答相关问题：- 12 -(4)从 a口加入_(填名称)。H +移动方向是_(填“A 到 B”或“B 到 A”)(5)A极发生的电极反应式：_。(6)若以该电池为电源用石墨做电极电解 200mL0.5mol/L的 CuSO4溶液，电解一段时间后，两极收集到相同体积(相同条件)的气体，则整个电解过程转移的电子的数目是_。【答案】 (1). CH48e 10OH =CO32-7H 2O (2). 2Cl 2e =Cl2 (3

29、). 4.48 (4). 12.8 (5). 减小 (6). 偏二甲肼 (7). A到 B (8). C2H8N2-16e-+4H2O=2CO2+N 2+16H + (9). 0.4NA(或 2.4081023)【解析】【分析】I.从原电池或电解池电极反应式的书写、基于转移电子关系的相关计算进行分析；.考察了燃料电池（原电池原理）的电极反应式、电子流向以及转移的电子数目计算。【详解】I.甲为燃料电池，甲烷通入一极为负极，氧气通入一极为正极；乙为电解池，Fe 为阴极，C 为阳极，实质为电解饱和食盐水；丙为电解池，粗铜为阳极，精铜为阴极，实质为电解精炼铜。(1)、甲烷燃料电池负极为 CH4，失去电

30、子后结合 OH 生成 CO32-,其反应式是CH48e 10OH =CO32-7H 2O本题答案：CH 48e 10OH =CO32-7H 2O(2)、乙为电解池，Fe 为阴极，C 为阳极，实质为电解饱和食盐水，故石墨(C)极的电极反应式为 2Cl 2e =Cl2本题答案：2Cl 2e =Cl2(3)、标准状况下，224L 氧气的物质的量为 01mol，参与反应转移电子数为 04mol ;铁电极为阴极，阳离子放电：2H 2e =H2，则放出氢气 02mol，标准状况下体积为- 13 -448L；丙装置中阴极反应式为：Cu 2 2e =Cu，则析出铜 02mol，即为 128g。一段时间后烧杯中

31、 c(Cu2+)会减少。本题答案：4.48；12.8；减小(4)、外电路中电子由 A电极流向 B电极，由电子转移方向可知 A为负极，B 为正极，根据原电池原理，还原剂在负极上失去电子发生氧化反应，氧化剂在正极上得电子发生还原反应，则从 a口通入偏二甲肼；内电路一般是阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以 H+移动方向是 A到 B本题答案：偏二甲肼；A 到 B(5)、A 为负极，还原剂在负极上失去电子发生氧化反应，又已知产物中气体均为空气组分，所以 A极发生的电极反应式 C2H8N2-16e-+4H2O=2CO2+N 2+16H +本题答案：C 2H8N2-16e-+4H2O=2CO2+N 2

32、+16H +(6)、两极收集到相同体积(相同条件)的气体，则阴极除了 Cu2+2e Cu，还应有2H+2e H 2，阳极的电极反应式 4OH-4e =2 H2O+O2,设生成 n（O 2）=n（H 2）=x,因为 n（Cu 2+）=0.5mol/L0.2 L=0.1 mol，由得失电子守恒 0.12+2x=4x，x=0.1mol，所以 n（O 2）=n（H 2）=0.1 mol，则整个电解过程转移的电子的数目是 0.1 mol4=0.4 mol ，即 0.4NA本题答案：0.4N A【点睛】本题易错点(4)问中，注意外电路中电子由负电极流向正电极，电解质溶液中是阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。- 14 -