安徽省宣城市高三下学期第二次模拟考试理科综合化学试题解析版.docx

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安徽省宣城市高三下学期第二次模拟考试理科综合化学试题解析版

宣城市高三年级第二次调研测试高三

理科综合试题（化学部分）

可能用到的相对原子质量：

H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Pb-207

一、选择题：

本题共13小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.化学与生活密切相关。

下列说法中正确的是

A.水泥、水玻璃、水晶均属于硅酸盐产品

B.防哂霜能够防止强紫外线引起皮肤中蛋白质的盐析

C.利用肥皂水处理蚊虫叮咬，主要是利用肥皂水的弱碱性

D.食品包装盒中的生石灰或铁粉，都可以起到抗氧化作用

【答案】C

【解析】

【详解】A．水泥、水玻璃的主要成分为硅酸盐，属于硅酸盐产品，但水晶的主要成分为二氧化硅，不属于硅酸盐，故A错误；

B．紫外线能使蛋白质变性，不是盐析，应注意防晒，故B错误；

C．肥皂水（弱碱性）可与酸性物质反应，可减轻蚊虫叮咬引起的痛痒症状，故C正确；

D．铁在食品包装盒中起到了吸收氧气的作用即抗氧化作用，生石灰不能与氧气反应，可以作干燥剂，不能作抗氧化剂，故D错误；

答案选C。

2.设NA为阿伏加德罗常数的数值。

下列有关叙述正确的是

A.0.1mol·L－1（NH4）2SO4溶液中NH4+数目一定小于0.2NA

B.标况下，3.2gN2H4中含有的N－H键的数目为0.4NA

C.将1molCl2通入水中，溶液中HClO、Cl－、ClO－粒子数之和为2NA

D.1mol的CO2和H2O（g）的混合气体与过量Na2O2充分反应转移的电子数为2NA

【答案】B

【解析】

【详解】A、未告知溶液的体积，无法计算0.1mol/L（NH4）2SO4溶液中含有的硫酸铵，也就无法计算铵离子的数目，故A错误；

B.3.2gN2H4的物质的量为

=0.1mol，每个N2H4分子含有4个N-H键，所以含有N-H键数目为0.1mol×4×NAmol-1=0.4NA，故B正确；

C．氯气溶于水，部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，部分以氯气分子形式存在，所以将lmolCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故C错误；

D、过氧化钠和二氧化碳或水反应，当1mol二氧化碳或水反应时，反应转移1mol电子，故当1mol二氧化碳和水蒸汽的混合气体与过氧化钠反应时，反应转移1mol电子即NA个，故D错误；

答案选B。

【点睛】本题的易错点为D，要注意2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2反应中过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，1mol二氧化碳或水与过氧化钠反应转移1mol电子。

3.与甲、乙两套装置有关的下列说法正确的是

A.甲、乙装置中，锌棒均作负极，发生氧化反应

B.甲中锌棒直接与稀H2SO4接触，故甲生成气泡的速率更快

C.甲、乙装置的电解质溶液中，阳离子均向碳棒定向迁移

D.乙中盐桥设计的优点是迅速平衡电荷，提高电池效率

【答案】D

【解析】

【分析】

根据图示，甲未构成闭合电路，不属于原电池装置，发生化学腐蚀；乙满足构成原电池的条件，是原电池，其中锌为负极，碳棒为正极，结合电极反应式和原电池原理分析解答。

【详解】A.根据上述分析，甲不是原电池，故A错误；

B.甲中锌棒直接与稀H2SO4接触，发生化学腐蚀，乙中构成了原电池，负极失去电子的速率加快，因此正极放出氢气的速率增大，故B错误；

C.甲不是原电池，电解质溶液中的阳离子向锌移动，故C错误；

D.盐桥中离子的定向迁移构成了电流通路，盐桥既可沟通两方溶液，又能阻止反应物的直接接触，迅速平衡电荷，使由它连接的两溶液保持电中性，提高电池效率，故D正确；

答案选D。

4.某研究小组利用下图装置探究SO2和Fe（NO3）3溶液的反应原理。

下列说法错误的是

A.装置B中若产生白色沉淀，说明Fe3+能将SO2氧化成SO42－

B.实验室中配制70%的硫酸需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒

C.三颈烧瓶中通入N2的操作应在滴加浓硫酸之前，目的是排尽装置内的空气

D.装置C可能发生倒吸，同时还不能完全吸收反应产生的尾气

【答案】A

【解析】

【详解】A.装置A中70%的硫酸与亚硫酸钠反应放出二氧化硫，二氧化硫的水溶液显酸性，在酸性条件下，NO3-能够氧化二氧化硫生成SO42-，从而在B中产生硫酸钡白色沉淀，不能说明Fe3+能将SO2氧化成SO42－，故A错误；

B.实验室中配制70%的硫酸，需要用量筒量取适当体积的浓硫酸，然后慢慢倒入一定量水中，边倒边搅拌，需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，故B正确；

C.二氧化硫能够被氧化，为了排除空气中氧气的干扰，在滴加浓硫酸之前，三颈烧瓶中需要通入N2以排尽装置内的空气，故C正确；

D.二氧化硫在水中的溶解度较大，装置C可能发生倒吸，且气体与液体的反应接触不充分，会导致产生的尾气不能完全吸收，故D正确；

答案选A。

5.多巴胺是一种神经传导物质，会传递兴奋及开心的信息。

其部分合成路线如下，下列说法正确的是

A.甲在苯环上的溴代产物有2种

B.lmol乙与H2发生加成，最多消耗3molH2

C.多巴胺分子中所有碳原子可能处在同一平面

D.甲、乙、多巴胺3种物质均属于芳香烃

【答案】C

【解析】

【详解】A.甲（

）在苯环上的一溴代产物有2种，还有二溴代产物等，故A错误；

B.乙（

）中的苯环和羰基都能与氢气发生加成反应，lmol乙最多可以与4molH2发生加成反应，故B错误；

C.多巴胺（

）分子中苯环上的6个碳原子共平面，碳碳单键可以旋转，则侧链上的碳原子可能处于苯环所在平面，故C正确；

D.甲、乙、多巴胺中除了还有C和H元素外，还含有其他元素，均属于烃的衍生物，故D错误；

答案选C。

6.短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，W的阴离子的核外电子数与氦相同。

X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，Y在地壳中含量最多，Z原子半径为短周期中最大，Q存在由多原子分子构成的单质。

下列说法错误的是

A.W与X可形成3种以上化合物

B.W、X、Y只能形成1种二元酸

C.Y与Z可形成既含共价键又含离子键的化合物

D.X、Q的最高价氧化物对应水化物的酸性：

Q>X

【答案】B

【解析】

【分析】

短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，X为C元素；Y在地壳中含量最多，Y为O元素；W的阴离子的核外电子数与氦相同，W为H元素；Z原子半径为短周期中最大，Z为Na元素；Q存在由多原子分子构成的单质，且位于第三周期，则Q为P或S元素，结合元素周期律分析解答。

【详解】根据上述分析，W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，Q为P或S元素。

A.H与C形成的化合物为烃，种类很多，远超过3种，故A正确；

B.H、C、O可以形成碳酸，也可以形成羧酸，种类很多，故B错误；

C.O与Na可形成氧化钠和过氧化钠，其中过氧化钠中既含共价键又含离子键，故C正确；

D.元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性P或S>C，则最高价氧化物对应水化物的酸性：

P或S>C，故D正确；

答案选B。

【点睛】本题的易错点和难点为D，主要是Q元素的判断，Q存在由多原子分子构成的单质，在第三周期中，符合条件的有P，可以构成白磷（P4），也可以是S，可以形成S8分子。

7.t℃时，将0.200mol·L－1的某一元酸HA与0.200mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，充分反应后所得溶液中部分离子浓度如下表。

下列说法中正确的是

A.所得溶液中：

c（Na+）>c（A－）>c（HA）>c（OH－）

B.t℃时，水的离子积Kw=1.0×10－13

C.t℃时，一元酸HA的电离常数K=3.10×10－7

D.t℃时，0.100mol·L－1NaA溶液中A－的水解率为0.80%

【答案】D

【解析】

【分析】

t℃时，将0.200mol/L的某一元酸HA与0.200mol/L的NaOH溶液等体积混合，则起始时c（HA）=0.100mol/L，c（NaOH）=0.100mol/L，HA与NaOH发生反应NaOH+HA=NaA+H2O，反应恰好生成0.1mol/L的NaA，根据溶液中的守恒思想分析判断。

【详解】t℃时，将0.200mol/L的某一元酸HA与0.200mol/L的NaOH溶液等体积混合，则起始时c（HA）=0.100mol/L，c（NaOH）=0.100mol/L，HA与NaOH发生反应NaOH+HA=NaA+H2O，反应恰好生成0.1mol/L的NaA，根据物料守恒，c（HA）+c（A-）=0.1mol/L，已知c（A-）=9.92×10-2mol/L，则c（HA）=0.1mol/L-9.92×10-2mol/L=8×10-4mol/L，c（Na+）=0.1mol/L，已知c（H+）=2.50×10-10mol/L，根据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（A-），则c（OH-）=0.1mol/L+2.50×10-10mol/L-9.92×10-2mol/L＞8×10-4mol/L。

A．所得溶液中，c（Na+）=0.1mol/L，c（A-）=9.92×10-2mol/L，c（HA）=8×10-4mol/L，c（OH-）＞8×10-4mol/L，c（OH-）＞c（HA），因此所得溶液中，粒子浓度大小关系为：

c（Na+）＞c（A-）＞c（OH-）＞c（HA），故A错误；

B．t℃时，溶液中c（H+）=2.50×10-10mol/L，c（OH-）＞8×10-4mol/L，则水的离子积Kw=c（H+）c（OH-）＞2.50×10-10×8×10-4=2×10-13＞1.0×10-14，故B错误；

C．t℃时，一元酸HA的电离常数K=

=

=3.1×10-8，故C错误；

D．t℃时，0.100mol/L的NaA溶液中，平衡时c（HA）=8×10-4mol/L，发生的水解反应为：

A-+H2O⇌HA+OH-，则水解率=

×100%=0.80%，故D正确；

答案选D。

三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。

第22-32题为必考题，每道试题考生必须作答。

第33-38题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题（11题，共129分）

8.亚硝酸钠（NaNO2）是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量。

某兴趣小组设计了如下图所示的装置制备NaNO2（A中加热装置已略去，NO可与过氧化钠粉末发生化合反应，也能被酸性KMnO4氧化成NO3－）。

（1）仪器a的名称是___________。

（2）A中实验现象为___________。

（3）为保证制得的亚硝酸钠的纯度，C装置中盛放的试剂可能是___________（填字母序号）。

A．P2O5B．无水CaCl2C．碱石灰D．浓硫酸

（4）E中发生反应的离子方程式为___________。

（5）从提高氮原子利用率的角度出发，其中B装置设计存在一定缺陷，如何改进?

_______。

（6）已知：

2NO2－+2I－+4H+=2NO↑+I2+2H2O；2S2O32－+I2=2I－+S4O62－

为测定得到产品中NaNO2的纯度，采取如下实验步骤：

准确称取质量为1.00g的NaNO2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解后，加入过量的0.800mol·L－1KI溶液、淀粉溶液；然后滴加稀硫酸充分反应后，用0.500mol·L－1Na2S2O3溶液滴定至终点，读数，重复以上操作，3次所消耗Na2S2O3溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、20.25mL。

滴定终点时的实验现象____，该样品中NaNO2纯度为_____（保留一位小数）。

【答案】

（1）.分液漏斗

（2）.剧烈反应，产生大量红棕色气体（3）.C（4）.3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O（5）.在B装置中加入一定的稀硫酸，使NO2全部转化为NO（6）.溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色（7）.69.0%

【解析】

【分析】

由实验装置可知，A中发生C+4HNO3（浓）

CO2↑+4NO2↑+2H2O，B中稀释挥发的硝酸和将生成的二氧化氮与水反应转化为NO，C中固体干燥剂干燥NO，并除去可能混有的酸雾，D中发生2NO+Na2O2═2NaNO2，E中高锰酸钾吸收尾气NO，结合氮及其化合物的性质分析解答。

【详解】

（1）根据图示，仪器a为分液漏斗，故答案为：

分液漏斗；

（2）A中浓硝酸与碳在加热时发生反应：

C+4HNO3（浓）

CO2↑+4NO2↑+2H2O，可以看到的实验现象为碳与浓硝酸剧烈反应，三颈烧瓶内充满红棕色气体，故答案为：

碳与浓硝酸剧烈反应，三颈烧瓶内充满红棕色气体；

（3）为保证制得的亚硝酸钠的纯度，生成的一氧化氮需要在C装置中净化，主要是除去水蒸气和可能出现的酸雾，因此盛放的试剂可能是碱石灰，其他几种均不能除去酸雾，故答案为：

C；

（4）根据题意，E中NO被高锰酸钾氧化生成NO3-，反应的离子方程式为3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O，故答案为：

3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O；

（5）浓硝酸易挥发，A中生成的二氧化氮中一定有少量硝酸蒸气逸出，二氧化氮与水反应也会生成硝酸，B中铜与硝酸反应仍有硝酸根离子剩余，从提高氮原子利用率的角度出发，可以在B装置中加入一定的稀硫酸，使NO2全部转化为NO，故答案为：

B装置中加入一定的稀硫酸，使NO2全部转化为NO；

（6）利用NaNO2的氧化性来测定其纯度，在酸性条件下，NaNO2能将I-氧化为I2，碘和淀粉显示蓝色，所以加适量水溶解，加入过量的0.800mol•L-1KI溶液、淀粉溶液，然后滴加稀硫酸，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色说明达到滴定终点；3次所消耗Na2S2O3溶液的体积分别为20.02mL、19.98mL、20.25mL，很明显20.25mL误差较大，删除，平均消耗的Na2S2O3溶液的体积=

=20.00mL，由S2O32-能将I2还原为I-可知，2NO2-～I2～2S2O32-；消耗NaS2O3的物质的量为0.500mol•L-1×20.00×10-3L=0.01mol，则NaNO2的物质的量为0.01mol，此NaNO2的纯度为

×100%=69.0%，故答案为：

溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；69.0%。

【点睛】本题的易错点和难点为（6），要注意实验数据有效性的判断，并且学会根据氧化还原反应的电子守恒，建立关系式计算的方法。

9.二氧化硫的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应，反应如下：

I：

2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）△H1=－197.7kJ·mol－1K1（浓度平衡常数）

为研究该反应，某同学设计了以下三种已装固体V2O3催化剂的密闭容器装置

（1）在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按2molSO2、1molO2投料，达平衡时，三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为___________（用“甲、乙、丙”表示）。

（2）在容器丙中，0.1MPa条件下，在不同温度或不同投料方式下研究上述反应得到数据如下表：

①表中：

a=___________；b=___________。

②已知用平衡分压（分压=总压×物质的量分数）代替平衡浓度计算，得到的平衡常数即为压强平衡常数，则Kp1=___________；Kp1___________Kp2（填“>”、“<”或“=”）。

③若按0.4molSO2、0.4molO2、0.4molSO3进行投料，则反应开始时v正（SO2）_______v逆（SO2）（填“>”、“<”或“=”）。

（3）将上述固体催化剂V2O5换成NO2气体同样可以对该反应起到催化作用，此催化过程如下：

Ⅱ：

SO2（g）+NO2（g）

SO3（g）+NO（g）△H2K2（浓度平衡常数）

Ⅲ：

2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）△H3=－114.1kJ·mol－1K3（浓度平衡常数）

△H2=___________；K3=___________（用含有K1、K2的表达式表示）。

【答案】

（1）.丙＞甲＞乙

（2）.118.62kJ（3）.40%（4）.135MPa-1（5）.＞（6）.＞（7）.-41.8kJ·mol－1（8）.

【解析】

【分析】

（1）在初始体积与温度相同的条件下，甲为恒温恒容、乙为绝热恒容、丙为恒温恒压，均按2molSO2、1molO2投料，与甲相比，乙中随着反应的进行，温度升高，平衡逆向移动，丙中随着反应的进行，容器的体积逐渐减小，相当于甲平衡后增大压强，平衡正向移动，据此分析判断；

（2）①根据表格数据，A组起始时充入2molSO2、1molO2，平衡转化率为60%，结合2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）△H1=－197.7kJ·mol－1，计算平衡时放出的热量a；B组起始时充入2molSO3，与A组等效，据此判断平衡时三氧化硫的转化率b；

②根据三段式计算平衡时气体的总物质的量，再计算三种物质的物质的量分数，结合压强平衡常数的含义计算K；该反应为放热反应，根据温度对平衡的影响分析判断；

③按0.4molSO2、0.4molO2、0.4molSO3进行投料，相当于按0.8molSO2、0.6molO2进行投料，与A组等效，结合A组平衡时的各成分的物质的量判断反应的方向；

（3）根据盖斯定律，

×（I-III）得II，I-II×2得III，据此分析解答。

【详解】

（1）在初始体积与温度相同的条件下，甲为恒温恒容、乙为绝热恒容、丙为恒温恒压，均按2molSO2、1molO2投料，与甲相比，乙中随着反应的进行，温度升高，平衡逆向移动，SO2的转化率减小；与甲相比，丙中随着反应的进行，容器的体积逐渐减小，相当于甲平衡后增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率增大，因此三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为丙＞甲＞乙，故答案为：

丙＞甲＞乙；

（2）①根据表格数据，A组起始时充入2molSO2、1molO2，平衡转化率为60%，结合2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）△H1=－197.7kJ·mol－1，平衡时放出的热量a=197.7kJ×60%=118.62kJ，B组起始时充入2molSO3，与A组等效，则平衡时三氧化硫的转化率b=1-60%=40%，故答案为：

118.62kJ；40%；

②A组：

2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）

起始（mol）210

反应（mol）1.20.61.2

平衡（mol）0.80.41.2

平衡时气体的总物质的量=0.8mol+0.4mol+1.2mol=2.4mol，其中SO2占

=

，O2占

=

，SO3占

=

，则Kp1=

=135MPa-1；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，Kp1＞Kp2，故答案为：

135MPa-1；＞；

③A组平衡时n（SO2）:

n（O2）:

n（SO3）=0.8:

0.4:

1.2=2:

1:

3。

该反应为气体体积减小的反应，若按0.4molSO2、0.4molO2、0.4molSO3进行投料，相当于按0.8molSO2、0.6molO2进行投料，与A组等效，n（SO2）:

n（O2）:

n（SO3）=0.4:

0.2:

0.4=2:

1:

2，因此起始时反应正向进行，即v正（SO2）＞v逆（SO2），故答案为：

＞；

（3）I：

2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g）△H1=－197.7kJ·mol－1K1，

Ⅱ：

SO2（g）+NO2（g）

SO3（g）+NO（g）△H2K2，

Ⅲ：

2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）△H3=－114.1kJ·mol－1K3，

根据盖斯定律，将I-II得：

2SO2（g）+2NO2（g）

2SO3（g）+2NO（g）2△H2=（－197.7kJ·mol－1）-（－114.1kJ·mol－1）=-83.6kJ·mol－1，则△H2=-41.8kJ·mol－1；

根据盖斯定律，将I-II×2得2NO（g）+O2（g）

2NO2（g），则K3=

，

故答案为：

-41.8kJ·mol－1；

。

10.Ⅰ．工业上常利用电解含有铁、钯、铜等金属的粗银棒精炼银，示意图如下：

（1）阴极反应式为___________。

（2）精炼过程中，AgNO3溶液的浓度将___________（填“增大”、“减小”或“不变”）；原因是___________。

Ⅱ．“钯（Pd）金”不仅是优异的催化剂，也是首饰界的新宠。

精炼银的过程中钯元素可在电解液中大量富集，因此工业上常利用精炼银的电解液[主要成分为：

AgNO3、Pd（NO3）2、Cu（NO3）2、Fe（NO3）3、Ni（NO3）2、HNO3等]为原料生产“钯金”，流程如下：

（3）定量实验检测表明，当滤液1中c（Ni2+）=2×10－3mol·L－1时，Pd2+仍没有开始沉淀，计算此时溶液中c（Fe3+）=___________，（Ksp[Ni（OH）2]=2.0×10－15、Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10－38）。

（4）“氧化”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。

（5）为保证产品的纯净，“沉淀”过程中所得滤渣需要洗涤，简述检验滤渣是否洗净的实验方法___________。

（6）写出“还原”步骤中发生反应的离子方程式：

___________。

【答案】

（1）.Ag++e-=Ag

（2）.减小（3）.阳极参与失电子的金属除了银还有比银活泼的金属，例如铁，但阴极得电子的却只有Ag+，所以AgNO3浓度减小（4）.4.0×10－20mol·L－1（5）.1∶1（6）.用一支洁净的小试管，取最后清洗液1～2mL，向其中滴入过量的稀硝酸酸化，之后滴加几滴AgNO3溶液，若出现白色沉淀，说明没有洗干净，反之则洗涤干净（7）.（NH4）2PdCl6+2HCOOH=Pd↓+2CO2↑+2NH4++6Cl-+4H+

【解析】

【分析】

Ⅰ．工业上常利用电解含有铁、钯、铜等金属的粗银棒精炼银，根据电解装置图，粗银棒为阳极，纯银片为阴极，结合电解原理分析解答。

Ⅱ．（3）根据Ksp[Ni（OH）2]计算出溶液的c（OH-），再根据Ksp[Fe（OH）3]计算c（Fe3+）；

（4）“氧化”过程中过氧化氢在酸性条件下氧化Pd2+得到PdCl62-，根据得失电子守恒分析氧化剂与还原剂的物质的量之比；

（5）根据流程图，沉淀上吸附的离子有氯离子等，检验滤渣是否洗净只需要检验是否存在氯离子即可；

（6）“还原”步骤中（NH4）2PdCl6与HCOOH发生氧化还原反应生成Pd单质，甲酸被氧化生成二氧化碳，据此书写反应的离子方程式。

【详解】Ⅰ．工业上常利用电解含有铁、钯、铜等金属的粗银棒精炼银，根据电解装置图，粗银棒为阳极，纯银片为阴极。

（1）阴极发生还原反应，溶液中的阳离子放电，电极反应式为Ag++e-=Ag，故答案为：

Ag++e-=Ag；

（2）精炼过程中，阳极参与失电子的金属除了银还有比银活泼的金属，例如铁等元素，但阴极得电子的却只有Ag+，所