学年宁夏石嘴山三中高二下学期期中化学试题解析版.docx
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学年宁夏石嘴山三中高二下学期期中化学试题解析版
2017-2018学年宁夏石嘴山三中高二（下）期中化学试卷
一、单选题（本大题共23小题，共46.0分）
1.下列反应均为吸热反应，其中一定不能自发进行的是（ ）
A.（NH4）2CO3（s）=NH4HCO3（s）+NH3（g）
B.2N2O5（g）=4NO2（g）+O2（g）
C.MgCO3（s）=MgO（s）+CO2（g）
D.2CO（g）=2C（s）+O2（g）
【答案】D
【解析】解：
A、B、C反应的△S＞0，在加热条件下，可满足△H-T•△S＜0时，反应可自发进行，而D中△S＜0，△H-T•△S＞0，反应不能自发进行，
故选：
D。
化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△H-T•△S＜0时，反应可自发进行，以此解答该题．
本题考查反应热与焓变，难度不大，注意判断反应能否自发进行，可根据△H-T•△S的差值判断．
2.
某反应过程中能量变化如下图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能）。
下列有关叙述正确的是（ ）
A.该反应为放热反应
B.催化剂能改变反应的焓变
C.活化分子间发生的碰撞都为有效碰撞
D.正反应的焓变为E1-E2
【答案】D
【解析】解：
A．图象分析反应物能量低于生成物能量，反应是吸热反应，故A错误；
B．活化分子间所发生的分子间的碰撞，只有能发生反应的碰撞才是有效碰撞，故B错误；
C．催化剂对反应的始态和终态无响应，只改变活化能，则对反应的焓变无影响，故C错误；
D．△H=断键吸收的能量-成键放出的能量=E1-E2，故D正确；
故选：
D。
A．图象分析反应物能量低于生成物能量，反应是吸热反应；
B．能发生有效碰撞的分子为活化分子，但不是所有的碰撞都是有效碰撞；
C．催化剂只改变反应的活化能，不改变反应热；
D．图象分析反应焓变=E1-E2。
本题考查了化学变化过程中能量变化的分析的，主要是活化能概念的理解应用，掌握图象分析方法是关键，题目较简单。
3.在测定中和热的实验中，下列说法正确的是（ ）
A.可以使用不同的温度计，温度计的水银球放在液面上方，快速读出最高温度
B.为了准确测定反应混合液的温度，温度计水银球应与小烧杯底部接触
C.用0.5 mol•L-1 Ba（OH）2溶液分别与0.5 mol•L-1的盐酸、硫酸溶液反应，如所取的溶液体积相等，则测得的中和热数值相同
D.在实验过程中，通常氢氧化钠溶液过量以保证盐酸完全中和，减小实验误差
【答案】D
【解析】解：
A、在测定中和热的实验中，使用相同的温度计，温度计的水银球放在液面下方来得到最高温度，故A错误；
B、在测定中和热的实验中，温度计水银球测烧杯内的热水的温度，不能接触烧杯底部接触烧杯底部，故B错误；
C、硫酸和氢氧化钡的反应中，除了氢离子和氢氧根离子之间的反应外，还有钡离子和硫酸根离子之间的反应，则测得的中和热数值偏大，故C错误；
D、在实验过程中，通常氢氧化钠溶液过量，以保证盐酸完全中和，减小实验误差，故D正确。
故选：
D。
A、在测定中和热的实验中，温度计的水银球放在液面下方来得到最高温度；
B、在测定中和热的实验中，温度计水银球不能小烧杯底部接触，否则实验出现误差；
C、硫酸和氢氧化钡的反应中，除了氢离子和氢氧根离子之间的反应外，还有钡离子和硫酸根离子之间的反应；
D、为了保证一方全部反应，往往需要另一方过量。
本题考查中和热的测定，题目难度不大，注意使用量温度计测定初始温度和最高温度的要求是关键，掌握基础是解题关键。
4.下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是（ ）
①C（s）+O2（g）=CO2（g）；△H1 C（s）+O2（g）=CO（g）；△H2
②S（s）+O2（g）=SO2（g）；△H3 S（g）+O2（g）=SO2（g）；△H4
③H2（g）+O2（g）=H2O（l）；△H5 2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）；△H6
④CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）；△H7 CaO（s）+H2O（l）=Ca（OH）2（s）；△H8．
A.①B.④C.②③④D.①②③
【答案】C
【解析】解：
①都为放热反应，△H＜0，前者完全反应，放出的热量多，则△H1＜△H2，故①错误；
②都为放热反应，△H＜0，由于S（s）→S（g）吸热，则前者放出的热量少，则△H3＞△H4，故②正确；
③都为放热反应，△H＜0，消耗的氢气越多，则放出的热量越多，则△H5＞△H6，故③正确；
④前者为吸热反应，△H7＞0，后者为放热反应，△H8＜0，则△H7＞△H8，故④正确。
故选：
C。
①②③为放热反应，物质发生化学反应时，生成液态水比生成气态水放出的热量多，反应越完全，放出的热量越多，
④中前者为吸热反应，后者为放热反应，吸热反应△H＞0，放热反应△H＜0，以此解答该题．
本题考查反应热的大小比较，题目难度中等，本题注意从物质反应的程度以及物质的聚集状态的角度比较反应热的大小，本题中含有能正确判断反应的吸放热．
5.灰锡（以粉末状存在）和白锡是锡的两种同素异形体．已知：
①Sn（s，白）+2HCl（aq）=SnCl2（aq）+H2（g）△H1
②Sn（s，灰）+2HCl（aq）=SnCl2（aq）+H2（g）△H2
③Sn（s，灰）
Sn（s，白）△H3=+2.1kJ•mol-1，
下列说法正确的是（ ）
A.△H1＞△H2
B.锡在常温下以灰锡状态存在
C.灰锡转为白锡的反应是放热反应
D.锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏
【答案】D
【解析】解：
A、根据③：
Sn（s，灰）
Sn（s，白）△H3=+2.1kJ•mol-1，则②-①=③，所以△H2-△H1=△H3＞0，所以△H1＜△H2，故A错误；
B、根据③：
Sn（s，灰）
Sn（s，白）△H3=+2.1kJ•mol-1，则锡在常温下以白锡状态存在，故B错误；
C、根据③：
Sn（s，灰）
Sn（s，白）△H3=+2.1kJ•mol-1，焓变大于0，所以灰锡转为白锡的反应是吸热反应，故C错误；
D、根据③：
Sn（s，灰）
Sn（s，白）△H3=+2.1kJ•mol-1，当温度低于13.2℃的环境时，会自行毁坏，故D正确。
故选：
D。
A、根据③来判断反应的焓变大小；
B、物质具有的能量越低越稳定；
C、根据反应的焓变来确定反应是吸热还是放热；
D、根据反应③当温度低于13.2℃的环境时Sn的转化来判断．
本题考查学生盖斯定律的应用以及物质的能量和其稳定性之间的关系，可以根据所学知识进行回答，难度不大．
6.
如图所示，杠杆A、B两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，小心地向水槽中滴入CuSO4 浓溶液．（该过程中不考虑两球浮力的变化）下列说法正确的是（ ）
A.若杠杆由绝缘体材料制成，一段时间后，杠杆一定B端高A端低
B.若杠杆由导体材料制成，一段时间后，杠杆一定B端高A端低
C.若杠杆由导体材料制成，一段时间后，杠杆一定A端高B端低
D.无论杠杆由绝缘体材料还是由导体材料制成，一段时间后，杠杆一定A端高B端低
【答案】B
【解析】解：
A、若杠杆由绝缘体材料制成，铁能和铜离子发生置换反应析出铜单质，导致铁球变重，铜不反应，铜球质量不变，所以一段时间后，杠杆一定A端高B端低，故A错误；
B、若杠杆由导体材料制成，空心铜球、空心铁球和硫酸铜溶液构成了原电池，活泼金属铁作负极，铜作正极，铁变成亚铁离子进入溶液，铁球上质量减小，正极上铜离子得电子发生还原反应析出金属铜，铜球上质量增加，所以一段时间后，杠杆一定B端高A端低，故B正确；
C、若杠杆由导体材料制成，空心铜球、空心铁球和硫酸铜溶液构成了原电池，活泼金属铁作负极，铜作正极，铁变成亚铁离子进入溶液，铁球上质量减小，正极上铜离子得电子发生还原反应析出金属铜，铜球上质量增加，所以一段时间后，杠杆一定B端高A端低，故C错误；
D、通过以上分析知，杠杆哪边高，与杠杆材质有关，故D错误；
故选：
B。
若杠杆是导体，空心铜球、空心铁球和硫酸铜溶液构成了原电池，活泼金属铁作负极，铜作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，铁变成亚铁离子进入溶液，铁球上质量减小，正极上铜离子得电子发生还原反应析出金属铜，铜球上质量增加．
若杠杆是绝缘体，铁与铜离子发生置换反应，导致铁球变重．
本题考查了原电池原理，难度较大，明确杠杆的材质对杠杆平衡的影响是解本题的关键．
7.如图，各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序为（ ）
A.（4）
（2）
（1）（3）（5）B.
（2）
（1）（5）（3）（4）
C.（5）
（2）
（1）（3）（4）D.（5）（3）
（1）
（2）（4）
【答案】C
【解析】解：
根据图知，
（2）（3）装置是原电池，在
（2）中，金属铁做负极被腐蚀，（3）中金属铁作正极被保护，所以腐蚀速率
（2）＞（3），并且原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀，所以
（2）＞（3）＞
（1）；（4）（5）装置是电解池，（5）中金属铁为阳极被腐蚀，（4）中金属铁为阴极被保护，即腐蚀速率（5）＞（4），根据电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，即（5）
（2）
（1）（3）（4），
故选：
C。
先判断装置是原电池还是电解池，再根据原电池正负极腐蚀的快慢比较，从而确定腐蚀快慢顺序，电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀。
不同条件下金属腐蚀的快慢：
电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀。
8.
Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图，电解总反应：
2Cu+H2O
Cu2O+H2↑．下列说法正确的是（ ）
A.石墨电极上产生氢气
B.铜电极发生还原反应
C.铜电极接直流电源的负极
D.当有0.1mol电子转移时，有0.1molCu2O生成
【答案】A
【解析】解：
A、电解总反应：
2Cu+H2O=Cu2O+H2↑，金属铜失电子，说明金属铜一定作阳极，石墨做阴极，在阴极上是溶液中的氢离子得电子，产生氢气，故A正确；
B、铜电极本身失电子，发生氧化反应，故B错误；
C、铜电极是电解池的阳极，接直流电源的正极，故C错误；
D、反应2Cu+H2O=Cu2O+H2↑失电子的量为2mol，生成氧化亚铜1mol，所以当有0.1mol电子转移时，有0.05molCu2O，故D错误。
故选：
A。
根据电解总反应：
2Cu+H2O=Cu2O+H2↑来判断电极材料以及电极反应的情况．
本题考查学生电解池的工作原理，要求学生熟记教材知识，并会灵活运用．
9.已知某温度下，反应 SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）的平衡常数K=0.24，下列说法正确的是（ ）
A.该温度下反应2SO2（g）+2NO2（g）⇌2SO3（g）+2NO（g） 的平衡常数为0.48
B.若该反应△H＜0，则升高温度化学平衡常数K减小
C.若升高温度，逆反应速率减小
D.改变条件使平衡正向移动，则平衡时
一定比原平衡小
【答案】B
【解析】解：
A、该温度下反应2SO2（g）+2NO2（g）⇌2SO3（g）+2NO（g） 的平衡常数为0.242=0.0576，故A错误；
B、若该反应△H＜0，则升高温度，平衡向逆反应移动，平衡常数减小，故B正确；
C、升高温度，正、逆反应速率都增大，故C错误；
D、增大NO2的浓度，平衡向正反应移动，NO2转化率降低，该比值增大，故D错误。
故选：
B。
A、平衡常数与化学计量数有关，同一可逆反应在相同的温度下，化学计量数变为原来的n倍，则平衡常数变为原来的n次幂．
B、若该反应△H＜0，则升高温度，平衡向逆反应移动．
C、升高温度，反应物、生成物的活化分子增多，正、逆反应速率都增大．
D、增大NO2的浓度，平衡向正反应移动，NO2转化率降低，该比值增大．
考查化学平衡常数的书写及影响因素、外界条件对平衡的影响，难度中等，注意A选项中化学平衡常数与化学计量数的关系．
10.有一处于平衡状态的反应：
X（s）+3Y（g）⇌2Z（g）（正反应是放热反应）．为了使平衡向生成Z的方向移动，应选择的条件是（ ）
①升高温度 ②降低温度 ③增大压强 ④降低压强 ⑤加入正催化剂 ⑥分离出Z．
A.①③⑤B.②③⑤C.②③⑥D.②④⑥
【答案】C
【解析】解：
反应X（g）+3Y（s）⇌2Z（g）（正反应是放热反应），是一个放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，降低温度，平衡正向移动，故①错误，②正确；增大压强，平衡向着气体体积减小的方向即逆向进行，减小压强，平衡正向移动，故③正确；④错误；加催化剂不会引起化学平衡的移动，故⑤错误；分离出Z，即减小生成物的浓度，平衡正向移动，故⑥正确。
故选：
C。
根据影响化学平衡移动的因素：
升高温度、平衡向着吸热方向移动，降低温度，平衡向着放热方向移动；升高压强，平衡向着气体体积减小的方向移动，降低压强，平衡向气体体积增大的方向移动；增大反应物浓度或者减小生成物浓度平衡都向正方向移动；催化剂只改变反应速率不改变平衡移动．
本题考查学生化学平衡移动原理知识，可以根据所学知识来回答，难度不大．
11.在4L密闭容器中充入6mol A气体和5mol B气体，在一定条件下发生反应：
3A（g）+B（g）⇌2C（g）+xD（g），达到平衡时，生成了2mol C，D的浓度为0.5mol•L-1，下列判断正确的是（ ）
A.x=1
B.B的转化率为20%
C.平衡时A的浓度为1.50 mol•L-1
D.达到平衡时，在相同温度下容器内混合气体的压强是反应前的85%
【答案】B
【解析】解：
A．平衡时生成n（D）=0.5mol/L×4L=2mol，同一反应中参加反应的物质的物质的量之比等于其计量数之比，则2：
x=2mol：
2mol，x=2，故A错误；
B．根据方程式知，生成2molC，则消耗n（B）=n（C）=×2mol=1mol，B的转化率=
×100%=
×100%=20%，故B正确；
C．根据方程式知，生成2molC，则消耗n（A）=n（C）=×2mol=3mol，则剩余n（A）=6mol-3mol=3mol，平衡时A物质的量浓度c==
=0.75mol/L，故C错误；
D．恒温恒容条件下，气体压强之比等于气体物质的量之比，该反应前后气体物质的量之和不变，则反应前后气体压强不变，即反应前后气体压强之比为1：
1，故D错误；
故选：
B。
A．平衡时生成n（D）=0.5mol/L×4L=2mol，同一反应中参加反应的物质的物质的量之比等于其计量数之比，据此计算x；
B．根据方程式知，生成2molC，则消耗n（B）=n（C）=×2mol=1mol，B的转化率=
×100%；
C．根据方程式知，生成2molC，则消耗n（A）=n（C）=×2mol=3mol，则剩余n（A）=6mol-3mol=3mol，根据c=计算A的平衡浓度；
D．恒温恒容条件下，气体压强之比等于气体物质的量之比，该反应前后气体物质的量之和不变，则反应前后气体压强不变。
本题考查化学平衡计算，侧重考查分析计算能力，把握方程式中各个物理量关系、转化率公式、浓度公式等知识点是解本题关键，注意该反应特点，题目难度不大。
12.一定温度下，可逆反应2NO2⇌2NO+O2在体积固定的密闭容器中反应，达到平衡状态的标志的是（ ）
①单位时间内生成n mol O2，同时生成2n mol NO2
②混合气体的压强不再改变
③混合气体的平均相对分子质量不再改变
④单位时间内生成n mol O2，同时生成2n mol NO
⑤混合气体的密度不再改变
⑥用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：
2：
1
A.①④⑤B.①②③C.①③⑤D.②③⑥
【答案】B
【解析】解：
①单位时间内生成n mol O2，等效于消耗2n mol NO2的同时生成2n mol NO2，正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故正确；
②混合气体的压强不再改变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；
③混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；
④只要反应发生就有单位时间内生成n mol O2，同时生成2n mol NO，故错误；
⑤混合气体的密度始终不变，故错误；
⑥用NO2、NO、O2的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：
2：
1，不能说明各物质的量不变，故错误；
故选：
B。
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。
13.如图所示，下列说法错误的是（ ）
A.从E口逸出的气体是H2
B.从B口加入含少量NaOH的水溶液以增强导电性
C.标准状况下每生成22.4 L Cl2，同时产生2 mol NaOH
D.粗盐水中含Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42-等，精制时先加Na2CO3溶液
【答案】D
【解析】解：
A、电解饱和食盐水时，大量的氢氧化钠在阴极附近析出，所以E极为阴极，放电的是氢离子，生成氢气，故A正确；
B、电解饱和食盐水时，大量的氢氧化钠在阴极附近析出，可以从B口加入含少量NaOH的水溶液以增强导电性，故B正确；
C、电解方程式为：
2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑，标准状况下每生成22.4L即1mol的Cl2，便产生2molNaOH，故C正确；
D、粗盐提纯时，碳酸钠一定要加在氯化钡之后，可以将多余的钡离子除掉，故D错误。
故选：
D。
装置图为电解池，电源正负极和溶液中钠离子移向可判断A为阳极，B为阴极，
A、根据电解饱和食盐水的原理来回答；
B、电解饱和食盐水时，大量的氢氧化钠在阴极附近析出；
C、根据电解方程式来计算；
D、粗盐提纯时，碳酸钠一定要加在氯化钡之后。
本题考查学生电解池的工作原理知识，可以根据教材知识来回答，题目难度中等。
14.用铂（惰性）电极进行电解，下列说法中正确的是（ ）
A.电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液pH不变
B.电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH-，故溶液pH减小
C.电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：
2
D.电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：
1
【答案】D
【解析】解：
A、电解稀硫酸时，阳极氢氧根失电子，阴极氢离子得电子，实质上是电解水，溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度增大，氢离子的浓度增大，溶液的PH值变小，故A错误。
B、电解稀氢氧化钠溶液时，阳极氢氧根失电子，阴极氢离子得电子，实质上是电解水，溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度增大，氢氧根离子的浓度增大，溶液的PH值变大，故B错误。
C、电解硫酸钠溶液时，实质上是电解水，阴极上氢离子的电子生成氢气，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，根据得失电子守恒，所以在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为2：
1，故C错误。
D、电解氯化铜溶液时，阴极上铜离子得电子生成铜，阳极上氯离子失电子生成氯气，根据得失电子守恒，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：
1，故D正确。
故选：
D。
A、电解稀硫酸时，阳极氢氧根失电子，阴极氢离子得电子，实质上是电解水，溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度增大，氢离子的浓度增大；
B、电解稀氢氧化钠溶液时，阳极氢氧根失电子，阴极氢离子得电子，实质上是电解水，溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度增大；
C、电解硫酸钠溶液时，阳极氢氧根失电子，阴极氢离子得电子，实质上是电解水，根据得失电子守恒判断阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比；
D、电解氯化铜溶液时，阴极上铜离子得电子生成铜，阳极上氯离子失电子生成氯气，根据得失电子守恒判断阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比．
本题以电解原理为载体考查了电解时溶液中离子的放电顺序及溶液PH是否变化，电解类型有：
电解水型，如电解稀硫酸溶液；电解电解质型，如电解氯化铜溶液；电解电解质和水型，如电解氯化钠溶液．
15.用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间，向所得的溶液中加入0.1molCu2（OH）2CO3后恰好恢复到电解前的浓度和pH（不考虑氧气溶解）．则电解过程中共转移的电子数为（ ）
A.0.4molB.0.5molC.0.6molD.0.8mol
【答案】C
【解析】解：
电解硫酸铜溶液后溶液呈酸性，向电解后的溶液中加入碱式碳酸铜能恢复原溶液，碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，溶液质量增加的量是铜、氢氧根离子，所以实际上电解硫酸铜溶液分两个阶段：
第一阶段2CuSO4+2H2O
2Cu+O2↑+2H2SO4，
第二阶段：
2H2O
2H2↑+O2↑，
将碱式碳酸铜化学式改变为2CuO•H2O•CO2，所以加入0.1molCu2（OH）2CO3就相当于加入0.2molCuO和0.1mol水，
第一阶段：
根据铜原子守恒知，电解硫酸铜溶液析出n（Cu）=n（CuO）=0.2mol，转移电子的物质的量=0.2mol×2=0.4mol；
第二阶段：
电解生成0.1mol水转移电子的物质的量=0.1mol×2=0.2mol，
所以解过程中共转移的电子数为0.4mol+0.2mol=0.6mol，
故选：
C。
电解硫酸铜溶液后溶液呈酸性，向电解后的溶液中加入碱式碳酸铜能恢复原溶液，碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，溶液质量增加的量是铜、氢氧根离子，所以实际上电解硫酸铜溶液分两个阶段：
第一阶段2CuSO4+2H2O
2Cu+O2↑+2H2SO4，
第二阶段：
2H2O
2H2↑+O2↑，
将碱式碳酸铜化学式改变为2CuO•H2O•CO2，所以加入0.1molCu2（OH）2CO3就相当于加入0.2molCuO和0.1mol水，根据氧化铜和水的量计算即可．
本题考查了电解原理，明确实际上加入的物质是解本题关键，再根据原子守恒、转移电子守恒来分析解答，难度中等．
16.金属镍有广泛的用途。
粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是（已知：
氧化性Fe2+＜Ni2+＜Cu2+）（ ）
A.阳极发生还原反应，其电极反应式：
Ni2++2e-=Ni
B.电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
C.电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2+和Zn2+
D.电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt
【答案】D
【解析】解：
A、阳极发生氧化反应，其电极反应式：
Ni-2e-=Ni2+，Fe-2e-=Fe2+；Zn-2e-=Zn2+；故A错误；
B、电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Ni；阴极析出的是镍；
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