2022届山东省日照市高一下学期期中校际联考化学试题（含解析）

2021级高一下学期期中校际联合考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cu64Zn65一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.化学与科技、生产、生活息息相关。下列叙述错误的是A.冬奥会采用氢能源保障车有利于实现“碳达峰、碳中和”B.T-碳是一种新型三维碳结构晶体，与金刚石互为同素异形体C.半导体材料一般从元素周期表中金属元素与非金属元素的交界处寻找D.“天机芯”是全球首款异构融合类脑计算芯片，其主要成分是二氧化硅【答案】D【解析】【详解】A．氢燃烧后产物只有水，不产生二氧化碳，有利于实现碳达峰、碳中和，故A正确；B．T-碳是碳得一种单质，与金刚石结构不同，两者互为同素异形体，故B正确；C．元素周期表中金属元素与非金属元素的交界处的元素往往既又一定的金属性又有一定的非金属性，常用做半导体材料，故C正确；D．芯片主要成分是硅单质，故D错误；故选：D。2.下列化学用语表达正确的是A.NaOH的电子式：B.硫离子的结构示意图：C.质量数为14、中子数为8的碳原子：D.某单核微粒的结构示意图为，该微粒可能为阳离子、阴离子或原子【答案】D【解析】【详解】A．NaOH是离子化合物，电子式为，故A错误；B．硫离子核外有18个电子，硫离子的结构示意图为，故B错误；C．质量数为14、中子数为8的碳原子表示为，故C错误；D．某单核微粒的结构示意图为，该微粒可能为Li+、H-或He，故D正确；选D。3.航天飞船可用肼(N2H4)做燃料，其反应方程式为N2H4+2H2O2⇌N2↑+4H2O，能量变化如图。下列说法错误的是A.所有化学反应均伴随能量变化B.该反应过程中的能量全部转化为热能C.该反应为放热反应，放出的热量为E2-E1D.该反应过程中旧键断裂吸收的能量小于新键形成释放的能量【答案】B【解析】【详解】A．化学反应过程中存在化学键的断裂和形成，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，因此化学反应均伴随能量变化，故A正确；B．由图可知，该反应为放热反应，该反应中化学能转化为热能，但不是全部的化学能都转化为热能，燃料燃烧的过程中还可转化成光能等，故B错误；C．由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，放出的热量为E2-E1，故C正确；D．断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，该反应为放热反应，说明旧键断裂吸收的能量小于新键形成释放的能量，故D正确；答案选B。4.NA为阿伏加德罗常数。下列说法错误的是A.在标准状况下22.4L氩气含有的质子数为18NAB.月球土壤中吸附着大量的He，He与He互为同位素C.1molD2O与1molH2O中含有的质子数之比为5：4D.质量为2.3g的钠离子所含电子数为NA【答案】C【解析】【详解】A．标准状况下22.4L氩气的物质的量为1mol，氩气为单原子分子，则1mol氩气含有的质子数为18NA，故A正确；B．He与He质子数相同，中子数不同，互为同位素，故B正确；C．1molD2O中含有的质子数为10NA，1molH2O中含有的质子数为10NA，1molD2O与1molH2O中含有的质子数之比为1：1，故C错误；D．2.3g钠离子的物质的量为0.1mol，一个钠离子含有10个电子，0.1mol钠离子含有的电子数为NA，故D正确；答案选C。5.下列说法错误的是A.分液漏斗使用前需检查是否漏水B.分液时，先将分液漏斗中的下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出C.为保证分液漏斗内的液体顺利流下，需将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔或将玻璃塞拿下D.用铂丝做焰色反应实验时，若焰色呈黄色，说明待测物质中一定含有钠元素，不含钾元素【答案】D【解析】【详解】由于Na的焰色反应呈黄色，而钾的焰色反应呈紫色，黄色很容易掩盖紫色，故进行钾的焰色反应时需透过蓝色钴玻璃进行观察以滤去黄色的光，即用铂丝做焰色反应实验时，若焰色呈黄色，说明待测物质中一定含有钠元素，但不能确定是否含钾元素，需透过蓝色钴玻璃进行观察，是否观察到紫色才可确定是否含钾，故答案为：D。6.关于氯、溴、碘单质及其化合物的性质叙述错误的是A.氯、溴、碘单质的颜色依次加深B.三种元素对应的气态氢化物还原性最强的是HClC.最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4D.氯气和溴单质都能从NaI溶液中置换出碘单质【答案】B【解析】【详解】A．卤素单质Cl2、Br2、I2的颜色分别为黄绿色、红棕色、紫黑色，逐渐加深，故A正确；B．元素非金属性越弱，其气态氢化物还原性越强，非金属性：Cl>Br>I，则三种元素对应的气态氢化物还原性最强的是HI，故B错误；C．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：Cl>Br>I，则最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4，故C正确；D．元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，氧化性：Cl2>Br2>I2，因此氯气和溴单质都能从NaI溶液中置换出碘单质，故D正确；答案选B。7.下列说法正确的是A.离子化合物中不含共价键B.共价化合物中可能含离子键C.CS2和H2O2中均只含有共价键D.CaCl2和H2SO4中含有的化学键类型相同【答案】C【解析】【详解】A．离子化合物中可能含共价键，如氢氧化钠固体中含有离子键、共价键，故A错误；B．共价化合物中只含共价键，不含离子键，故B错误；C．CS2和H2O2都是共价化合物，均只含有共价键，故C正确；D．CaCl2只含离子键，H2SO4中只含共价键，故D错误；选C。8.如图所示装置，一段时间后右侧电极质量增加，下列叙述错误的是A.该装置能将化学能转化为电能 B.铁为负极，发生氧化反应C.电流从铁电极经导线流向银电极 D.正极电极反应式为Cu2++2e-=Cu【答案】C【解析】【详解】A．该装置是原电池，能将化学能转化为电能，故A正确；B．铁的活泼性大于银，铁为负极，铁失电子发生氧化反应，故B正确；C．铁的活泼性大于银，铁为负极、银是正极，电流从银电极经导线流向铁电极，故C错误；D．铁的活泼性大于银，铁为负极、银是正极，正极铜离子得电子生成铜，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，故D正确；选C。9.X、Y、Z、W四种元素的原子序数依次增大，它们离子的电子层结构相同。X原子的L层电子数与K、M层电子数之和相等，W原子的K、L层电子数之和等于其电子总数的一半。下列说法错误的是A.四种元素中原子半径最大的是WB.四种元素对应的单质氧化性最强的是YC.X的一种氧化物具有漂白性D.Y的最高正价与最低负价的代数和为6【答案】A【解析】【分析】X原子的L层电子数与K、M层电子数之和相等，则M层电子数为8-2=6，则X为S元素，W原子的K、L层电子数之和等于其电子总数的一半，则L层已经排满电子，其核外电子数为2×(2+8)=20，W为Ca元素，从而可知Y为Cl元素，Z为K元素。【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，原子半径：K>Ca>S>Cl，因此四种元素中原子半径最大的是Z，故A错误；B．元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，四种元素中Cl的非金属性最强，因此对应的单质氧化性最强的是Y，故B正确；C．X为S，S的氧化物SO2具有漂白性，故C正确；D．Y为Cl，最低负价为-1价，最高正价为+7价，最高正价与最低负价的代数和为6，故D正确；答案选A。10.甲~己六种元素均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图，戊的原子序数是甲的五倍。下列叙述错误的是甲丁乙丙己戊A.甲与丙化学性质相似B.乙的单质在空气中燃烧，生成阴、阳离子个数比为1：1的化合物C.丙元素属于碱土金属元素D.丁、己、戊三种元素对应的单质熔沸点最低的是丁【答案】B【解析】【分析】戊的原子序数是甲的五倍，则戊为P元素，甲为Li元素，丁为N元素，乙为Na元素，丙为Mg元素，己为Si元素。【详解】A．甲与丙位于对角线的位置，化学性质相似，故A正确；B．乙为Na，在空气中燃烧生成Na2O2，Na2O2是由Na+和构成的，其阴阳离子个数比为1：2，故B错误；C．碱土金属指元素周期表中ⅡA族元素，丙为Mg，属于碱土金属元素，故C正确；D．己(Si)、戊(P)的单质为固体，丁(N)的单质为气体，因此丁、己、戊三种元素对应的单质熔沸点最低的是丁，故D正确；答案选B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.完成下列各组实验，所选硅酸盐仪器(夹持仪器省略)准确、完整的是选项实验内容硅酸盐仪器A灼烧海带酒精灯、蒸发皿B从海带灰中获取含I-的溶液烧杯、漏斗C用CCl4萃取溴水中的溴烧杯、分液漏斗D从溴的CCl4溶液中获取溴酒精灯、蒸馏烧瓶、冷凝管A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】硅酸盐仪器是指由硅酸盐材料（如陶瓷、玻璃等）制成的仪器。【详解】A．灼烧海带应使用坩埚，不是蒸发皿，坩埚使用时应搭配泥三角，故A错误；B．从海带灰中获取含I-的溶液，需要进行过滤，需要的硅酸盐仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故B错误；C．用CCl4萃取溴水中的溴，萃取需要使用烧杯、分液漏斗，故C正确；D．从溴的CCl4溶液中获取溴应采用蒸馏的方法，蒸馏需要的硅酸盐仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管、锥形瓶，故D错误；答案选C。12.氢氧燃料电池与电解水装置配合使用，可实现充放电循环，应用于长寿命航天器中下列说法错误的是A.a极发生氧化反应B.b极为负极C.K2CO3溶液可以传导电子和离子D.该电池能量转化率高，不污染环境【答案】BC【解析】【分析】氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，则a极为负极，b极为正极。【详解】A．由上述分析可知，a极为负极，负极发生氧化反应，故A正确；B．由上述分析可知，b极为正极，故B错误；C．K2CO3溶液作为电解质溶液，用于传导离子形成闭合回路，不能传导电子，故C错误；D．氢氧燃料电池可以连续将燃料和氧化剂的化学能直接转换成电能，能量转化率高，且不污染环境，故D正确；答案选BC。13.短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，只有Y、Z、W是同周期且相邻的元素，Q是地壳中含量最多的金属元素，Y和Z的原子序数之和等于Q的原子序数。下列说法错误的是A.Y可形成两种以上的单质B.最高正价：W>Z>XC.简单气态氢化物的稳定性：Y>Z>WD.Q元素的最高价氧化物对应的水化物既能和酸反应又能和碱反应【答案】BC【解析】【分析】Q是地壳中含量最多的金属元素，则Q为Al元素，只有Y、Z、W是同周期且相邻的元素，则X为H元素，Y和Z的原子序数之和等于Q的原子序数，则Y为C元素，Z为N元素，W为O元素。【详解】A．由上述分析可知，Y为C元素，碳元素可形成两种以上单质，如金刚石、石墨、C60等，故A正确；B．W为O，Z为N，X为H，O的最高正价为+2价，N的最高正价为+5价，H的最高正价为+1价，则最高正价：N>O>H，即Z>W>X，故B错误；C．Y为C，Z为N，W为O，元素的非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，非金属性：O>N>C，则稳定性：H2O>NH3>CH4，即W>Z>Y，故C错误；D．Q元素的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，Al(OH)3属于两性氢氧化物，既能和酸反应又能和碱反应，故D正确；答案选BC。14.某汽车安全气囊的气体发生剂主要含有叠氮化钠、三氧化二铁、硝酸铵等物质。下列说法错误的是A.汽车发生剧烈碰撞时叠氮化钠发生的反应为2NaN3=2Na+3N2↑B.NH4NO3作冷却剂，能吸收热量发生分解反应生成氮气和水蒸气C.气体发生剂中的硝酸铵也可以用碳酸氢钠代替D.Fe2O3是助氧化剂，能与钠反应生成较为安全的氧化钠和铁【答案】B【解析】【详解】A．汽车受到猛烈碰撞时，NaN3迅速分解生成氮气和金属钠，反应的化学方程式为2NaN3=2Na+3N2↑，故A正确；B．NH4NO3作冷却剂，能吸收热量发生反应，生成N2O和水蒸气，故B错误；C．气体发生剂中的硝酸铵作冷却剂，碳酸氢钠受热分解吸收大量的热，也可作冷却剂，因此硝酸铵可以用碳酸氢钠代替，故C正确；D．Na的性质非常活泼，易发生危险，因此可用Fe2O3与Na发生反应，将钠转化为较为安全的氧化钠和铁，故D正确；答案选B。15.120℃时，将0.5molH2和1molCO通入5L的恒容密闭容器中，一定条件下反应生成甲烷和一种无机产物，该反应为放热反应。测得部分物质的物质的量随时间变化如图所示。下列说法正确的是A.2min时，该反应的正反应速率大于逆反应速率B.在0-3min内H2的平均化学反应速率为0.1mol·L-1·min-1C.该反应的方程式为CO+3H2CH4+H2OD.若适当升高温度可以使平衡向正反应移动【答案】AC【解析】【详解】A．由图可知，2min时反应未达到平衡状态，该反应的正反应速率大于逆反应速率，故A正确；B．在0-3min内，H2反应了0.5mol-0.2mol=0.3mol，，故B错误；C．由图可知，反应在第3min时达到平衡状态，平衡时，CO反应了1.0mol-0.9mol=0.1mol，H2反应了0.5mol-0.2mol=0.3mol，生成0.1molCH4，根据元素守恒可知，产物还有水，且水的物质的量为0.1mol，反应的方程式的系数比为0.1mol：0.3mol：0.1mol：0.1mol=1：3：1：1，则该反应的方程式为CO+3H2CH4+H2O，故C正确；D．根据题干信息，该反应放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，故D错误；答案选AC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.下表为元素周期表的一部分。回答下列问题：abcdefgmn（1）元素m在周期表中的位置为_______，元素n的原子结构示意图为_______。（2）由a、c两种元素组成的化合物，原子个数比为1：2，其电子式为________。（3）元素b、c、d、e简单离子半径由大到小的顺序是_______(用离子符号表示)。（4）元素f的最高价氧化物对应的水化物和元素g的最高价氧化物对应的水化物反应的离子反应方程式为_______。（5）下列叙述能说明e原子失电子能力比f原子强的是_______(填序号)A.单质的熔点e比f低B.单质与盐酸反应e比f反应剧烈C.最外层电子数e原子的比f原子的少D.最高价氧化物对应水化物的碱性e比f强【答案】（1）①.第4周期IVB族②.（2）（3）N3->O2->F->Mg2+（4）Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O（5）BD【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置，a、b、c、d、e、f、g、m、n分别是C元素、N元素、O元素、F元素、Mg元素、Al元素、Cl元素、Ti元素、Br元素；【小问1详解】m是22号元素Ti，在周期表中的位置为第4周期IVB族，元素n是35号元素Br，有4个电子层，最外层有7个电子，原子结构示意图为；小问2详解】由C、O两种元素组成的化合物，原子个数比为1：2的是CO2，分子中存在2个碳氧双键，其电子式为。【小问3详解】N、O、F、Mg简单离子电子层结构相同，质子数越多半径越小，半径由大到小的顺序是N3->O2->F->Mg2+。【小问4详解】元素Al的最高价氧化物对应的水化物是Al(OH)3，元素Cl的最高价氧化物对应的水化物是强酸HClO4，反应的离子反应方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；【小问5详解】A．单质的熔点与得失电子难易无关，故不选A；B．金属性越强，电子与盐酸反应越剧烈，单质与盐酸反应Mg比Al反应剧烈，说明Mg原子失电子能力比Al原子强，故选B；C．必须明确同周期元素的原子，最外层电子数越少越易失电子，故不选C；D．最高价氧化物对应水化物的碱性越强，说明元素的金属性越强，越易失电子，最高价氧化物对应水化物的碱性Mg(OH)2比Al(OH)3强，能说明Mg原子失电子能力比Al原子强，故选D；选BD。17.碘是人体生长发育不可缺少的微量元素，海带中富含碘元素，从海带中提取碘的工艺流程如下。回答下列问题：（1）步骤①中发生反应的离子方程式为_______，当生成0.3molI2时，转移电子的物质的量为_______mol。（2）向含有I2的水溶液中加入CCl4振荡静置后的实验现象为_______。（3）步骤③中发生反应的化学方程式为_______。（4）步骤⑤的实验操作名称为_______。（5）步骤③④是利用化学转化法将富集在四氯化碳中的碘单质重新富集在水中，该方法称为_______法。【答案】（1）①.2I-+2H++H2O2=I2+2H2O②.0.6（2）溶液分层，上层无色，下层紫红色（3）3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O（4）过滤（5）反萃取【解析】【分析】海带浸取液中含有I-，加过氧化氢溶液把I-氧化为I2，用四氯化碳萃取出I2，碘的四氯化碳溶液中加氢氧化钠反萃取，得含有NaI、NaIO3的溶液，加入硫酸，NaI、NaIO3在酸性条件下反应生成I2，过滤得I2。【小问1详解】步骤①中过氧化氢溶液把I-氧化为I2，发生反应的离子方程式为2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，I元素化合价由-1升高为0，当生成0.3molI2时，转移电子的物质的量为0.6mol。【小问2详解】CCl4难溶于水且密度比水大，I2易溶于CCl4，向含有I2的水溶液中加入CCl4振荡静置后的实验现象为溶液分层，上层无色，下层紫红色；【小问3详解】步骤③中，碘的四氯化碳溶液和氢氧化钠反应生成NaI、NaIO3，发生反应的化学方程式为3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O；【小问4详解】步骤⑤是从碘的悬浊液中分离出固体碘，实验操作名称为过滤；【小问5详解】步骤③④是利用化学转化法将富集在四氯化碳中的碘单质重新富集在水中，该方法称为反萃取。18.研究化学反应的快慢和限度，能更好的服务于人类。500℃时，向2L的恒容密闭容器中，充入2molCO2和6molH2，发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，n(CO2)随时间的变化如下表。时间(min)01234n(CO2)(mol)21.51.21.01.0回答下列问题：（1）该温度下，反应达到平衡时，c(H2)=_______。（2）下图中表示CH3OH变化的曲线是_______。（3）下列能说明该反应达到平衡状态的是_______。A.3v(H2)正=v(CH3OH)逆 B.混合气体的密度不再改变C.容器内压强保持不变 D.消耗1molCO2的同时生成3molH2（4）下列措施能使化学反应速率减小的是_______。A.适当升高温度 B.保持温度不变，增大容器体积C.保持容器体积不变，通入氢气 D.保持容器体积不变，充入氦气（5）其他条件不变，4min时向该密闭容器中再充入1molCO2和1molH2O，则化学反应速率_______(填“变大”“变小”或“不变”)，化学平衡_______(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。已知：化学反应aA(g)+bB(g)⇌cC(g)+dD(g)，一定温度下，可逆反应达到平衡状态时，K=-(K为平衡常数，c平代表平衡浓度)；任意状态时，Qc=(Qc为浓度商，c代表任意时刻浓度)。若Qc<K，反应向正反应方向进行；若Qc=K，反应处于平衡状态；若Qc>K，反应向逆反应方向进行。【答案】（1）1.5mol/L（2）b（3）CD（4）B（5）①.变大②.不移动【解析】【小问1详解】根据表中数据可知，反应在第3min时达到平衡，此时CO2反应了1mol，则氢气反应了3mol，氢气剩余6mol-3mol=3mol，，故答案为：1.5mol/L，故答案为：1.5mol/L；【小问2详解】CH3OH是产物，随反应进行物质的量浓度增大，由(1)可知，平衡时，，则平衡时，由图可知，表示CH3OH变化的曲线是b，故答案为：b；【小问3详解】A．反应速率之比等于化学计量数之比，v(H2)正=3v(CH3OH)逆时，反应才达到平衡状态，故A不符合题意；B．反应前后气体的总质量不变，容器的体积不变，则气体的体积也不变，混合气体的密度始终不变，因此当混合气体的密度不再改变，不能说明反应达到平衡状态，故B不符合题意；C．该反应是气体体积减小的反应，容器内的压强是变量，因此当容器内压强保持不变，反应达到平衡状态，故C符合题意；D．消耗1molCO2的同时生成3molH2，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D符合题意；答案选CD，故答案为：CD；【小问4详解】A．升高温度反应速率加快，故A不符合题意；B．保持温度不变，增大容器体积，各物质的浓度减小，反应速率减小，故B符合题意；C．保持容器体积不变，通入氢气，反应物的浓度增大，反应速率加快，故C不符合题意；D．保持容器体积不变，充入氦气，各物质的浓度不变，反应速率不变，故D不符合题意；答案选B，故答案为：B；【小问5详解】其他条件不变，4min时向该密闭容器中再充入1molCO2和1molH2O，反应CO2的浓度增大，反应速率变大；根据表中数据可知，反应在3min时达到平衡，平衡时，，，，此时，4min时再充入1molCO2和1molH2O后，，，平衡不移动，故答案为：变大；不移动。19.化学电池已成为人类生产生活的重要能量来源之一，化学电池是根据原电池原理制成的。依据如下装置图，回答下列问题：（1）若X为Zn，Y为硫酸铜溶液，溶液中的Cu2+移向_______(填“Cu”或“X”)电极，当电路中转移0.2mole-时，电解质溶液质量增加_______g。（2）若用如图装置，依据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+设计原电池，则电极X应为_______(填化学式)，电解质溶液Y的溶质为_______(填化学式)，铜极的电极反应式为_______。（3）若Y为稀硫酸，X为铁，则铜为_______(填“正”或“负”)极；若Y为浓硝酸，X为铁，则铁为_______(填“正”或“负”)极，铁极的电极反应式为_______。【答案】（1）①.Cu②.0.1（2）①.Fe②.FeCl3[或Fe2(SO4)3]③.Fe3++e-=Fe2+（3）①.正②.正③.+e-+2H+=NO2↑+H2O【解析】【小问1详解】若X为Zn，Y为硫酸铜溶液，由于Zn比Cu活泼，Zn作负极，Cu为正极，原电池工作时，阳离子向正极移动，则溶液中的Cu2+移向Cu极；负极的电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，正极的电极反应式为Cu2++2e-=Cu，当电路中转移0.2mole-时，溶液增加的重量为0.1mol×65g/mol-0.1mol×64g/mol=0.1g，故答案为：Cu；0.1；【小问2详解】依据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+设计原电池，该反应中Fe失去电子发生氧化反应，则电极X应为Fe；电解质溶液应含Fe3+，则电解质溶液Y的溶质为FeCl3[或Fe2(SO4)3]；铜极为正极，Fe3+在铜极上得电子发生还原反应，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，故答案为：Fe；FeCl3[或Fe2(SO4)3]；Fe3++e-=Fe2+；小问3详解】若Y为稀硫酸，X为铁，铁与稀硫酸反应而铜与稀硫酸不反应，铁作负极，铜为正极；若Y为浓硝酸，X为铁，铁在浓硝酸中钝化，铜能与浓硝酸反应，因此铜为负极，铁为正极；铁电极上硝酸根得电子发生还原反应，电极反应式