四川省成都市第七中學2023-2024學年高一上學期12月月考化學Word版含解析.docx

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成都七中2023—2024學年度上學期高2025屆12月階段性測試化學試卷考試時間：90分鐘滿分：100分可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12O16Na23S32I127一、選擇題(本大題包含20個小題，每題有且只有一個選項符合題意，每小題2分，共40分)1.化學與人類生活和工業(yè)生產(chǎn)密切相關。下列說法正確的是A.利用明礬處理自來水，可達到殺菌消毒的目的B.生活中，絕大多數(shù)金屬腐蝕過程屬于化學腐蝕，且速率比電化學腐蝕大C.天然弱堿性水呈堿性的原因是其中含有較多的、等離子D.鹽堿地(含較多的NaCl、)不利于農(nóng)作物生長，通過施加適量石膏可以降低土壤的堿性【答案】D【解析】【詳解】A．明礬水解生成氫氧化鋁膠體，具有吸附性可用于凈水，但不能消毒，A錯誤；B．金屬腐蝕包括化學腐蝕和電化學腐蝕，絕大多數(shù)金屬腐蝕屬于電化學腐蝕，B錯誤；C．天然弱堿性水呈堿性，是因為天然水中的弱酸根離子水解，C錯誤；D．石膏是主要成分是CaSO4·2H2O，與碳酸鈉反應生成難溶性的碳酸鈣，同時生成強酸強堿鹽硫酸鈉，所以石膏能降低其堿性，D正確；故選：D。2.酸堿中和滴定實驗中不需要的儀器是A.B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】中和滴定用到的儀器：酸式滴定管、堿式滴定管、滴定管夾、鐵架臺、膠頭滴管、燒杯、錐形瓶等儀器，用不到蒸發(fā)皿。故答案選C。 3.下列事實能用平衡移動原理解釋的是A.溶液中加入少量固體，促進分解B.密閉燒瓶內(nèi)的和的混合氣體，壓縮后顏色加深C.氯化鐵溶液加熱蒸干最終得不到氯化鐵固體D.碳酸鈣的分解反應達平衡后，恒溫條件下壓縮容器，一段時間后，體系壓強不變【答案】C【解析】【詳解】A．MnO2會催化H2O2分解，與平衡移動無關，A錯誤；B．密閉燒瓶內(nèi)的NO2和N2O4的混合氣體，壓縮后顏色加深，是因為壓縮后氣體濃度增大，不能用平衡移動原理解釋，B錯誤；C．加熱促進氯化鐵水解平衡正向移動，氯化氫揮發(fā)，所以將氯化鐵溶液加熱蒸干最終得不到氯化鐵固體，能用平衡移動原理解釋，C正確；D．碳酸鈣的分解反應的平衡常數(shù)K=c(CO2)，平衡常數(shù)只與溫度有關，溫度不變常數(shù)不變，則壓強不變，應該用平衡常數(shù)的性質(zhì)解釋，D錯誤；故選C。4.對化學反應mA(g)+nB(g)pC(g)的速率和平衡的影響，下列判斷正確的是A.由圖a可知，該反應的正反應為吸熱反應B.由圖b可知，該反應m+n＞pC.若圖c是絕熱條件下速率和時間的圖像，說明該反應的正反應為吸熱反應D.圖d中的a曲線一定是加入了催化劑【答案】B【解析】【詳解】A．由圖a可知，T1先達到平衡，且T1對應C%含量低，則T1＞T2，升高溫度平衡逆向移動，則該反應的正反應為放熱反應，故A錯誤；B．由圖b可知，增大壓強，C%含量增大，說明平衡正向移動，說明該反應m+n＞p，故B正確； C．圖c是絕熱條件下速率和時間的圖像，可知最初隨著反應進行，溫度升高，速率加快，則說明此反應的正反應為放熱反應，故C錯誤；D．圖d中，若m+n=p，該反應為氣體體積不變的反應，圖中a、b平衡狀態(tài)相同，則a曲線可能使用了催化劑或增大壓強，故D錯誤；故選B。5.原子結(jié)構(gòu)影響其性質(zhì)。下列關于原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的說法中不正確的是A.某原子處于基態(tài)時的價電子排布式為，則該原子N層上共有2個不同運動狀態(tài)的電子B.同周期元素隨著原子序數(shù)的遞增，第一電離能和電負性也會隨之增大C.鉻的第二電離能相比第一電離能激增的原因為鉻原子失去一個電子后，3d軌道處于半滿狀態(tài)，較為穩(wěn)定D.原子吸收光譜可用于鑒定元素，其特點為亮面譜圖中出現(xiàn)黑線【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)其價電子排布式可知，其4s能級上有兩個電子，每個電子的運動狀態(tài)都不同，則該原子N層上共有2個不同運動狀態(tài)的電子，A正確；B．同周期元素隨著原子序數(shù)的遞增，電負性逐漸增大，但是其第一電離能是有特殊情況出現(xiàn)的，B錯誤；C．鉻的價電子排布式為，則其失去一個電子后3d軌道處于半滿狀態(tài)，較為穩(wěn)定，故鉻的第二電離能相比第一電離能激增，C正確；D．原子光譜分為吸收光譜和發(fā)射光譜，確定元素的光譜具有特定的特征，可用于鑒定元素，其中原子吸收光譜的特點為亮面譜圖中出現(xiàn)黑線，D正確；故選B。6.是汽車尾氣中的主要污染物之一，通過傳感器可監(jiān)測的含量，其工作原理如圖所示。下列說法正確的是A.該裝置將電能轉(zhuǎn)化為化學能B.電極為負極C.外電路中，電子從電極流出D.電極的電極反應式為 【答案】D【解析】【分析】根據(jù)氧離子遷移過程和原電池“同性相吸”得到NiO電極為負極，Pt為正極?！驹斀狻緼．該裝置為原電池，將化學轉(zhuǎn)化為電能，故A錯誤；B．由離子的定向移動可知NiO極為原電池的負極，Pt極為原電池的正極，故B錯誤；C．NiO電極是負極，電子從負極通過外電路流向正極，故C錯誤；D．電極上是一氧化氮失去電子和氧離子結(jié)合生成二氧化氮，其電極反應式為：，故D正確；答案選D。7.AlPO4的沉淀溶解平衡曲線如圖所示(已知AlPO4溶解為吸熱過程)。下列說法不正確的是A.T1>T2B.AlPO4在b點對應的溶解度大于c點C.T1下Q點溶液無AlPO4固體析出D.圖中Ksp：a=c=dc>b>a，C錯誤；D．b點溶液中溶質(zhì)為NaHA和Na2A，結(jié)合圖像可知c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，b點pH<7，D正確；故選C。19.逆水煤氣變換體系中存在以下兩個反應：反應I：；反應II：在恒容條件下，按投料比進行反應，平衡時含碳物質(zhì)體積分數(shù)隨溫度的變化如圖所示。下列說法不正確的是A.反應I的，反應II的B.M點反應I的平衡常數(shù)C.N點的壓強是的3倍D.若按投料，則曲線之間交點位置不變【答案】D【解析】【詳解】A．隨著溫度的升高，甲烷含量減小、一氧化碳含量增大，則說明隨著溫度升高，反應Ⅱ逆向移動、反應Ⅰ正向移動，則反應Ⅱ為放熱反應焓變小于零、反應Ⅰ為吸熱反應焓變大于零，A正確；B．M點沒有甲烷產(chǎn)物，且二氧化碳、一氧化碳含量相等，投料，則此時反應Ⅰ 平衡時二氧化碳、氫氣、一氧化碳、水的物質(zhì)的量相等，反應Ⅰ的平衡常數(shù)，B正確；C．N點一氧化碳、甲烷物質(zhì)的量相等，結(jié)合反應方程式的系數(shù)可知，生成水的總的物質(zhì)的量為甲烷的3倍，結(jié)合阿伏伽德羅定律可知，的壓強是的3倍，C正確；D．反應Ⅰ為氣體分子數(shù)不變的反應、反應Ⅱ為氣體分子數(shù)減小的反應；若按投料，相當于增加氫氣的投料，會使得甲烷含量增大，導致甲烷、一氧化碳曲線之間交點位置發(fā)生改變，D錯誤；故選D。20.探究鹵族元素單質(zhì)及其化合物的性質(zhì)，下列方案設計、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是實驗方案現(xiàn)象結(jié)論A往碘的溶液中加入等體積濃溶液，振蕩分層，下層由紫紅色變?yōu)闇\粉紅色，上層呈棕黃色碘在濃溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力B用玻璃棒蘸取次氯酸鈉溶液點在試紙上試紙變白次氯酸鈉溶液呈中性C向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴溶液先產(chǎn)生白色沉淀，再產(chǎn)生黃色沉淀轉(zhuǎn)化為，溶解度小于溶解度D取兩份新制氯水，分別滴加溶液和淀粉溶液前者有白色沉淀，后者溶液變藍色氯氣與水的反應存在限度A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【詳解】A ．向碘的四氯化碳溶液中加入等體積濃碘化鉀溶液，振蕩，靜置，溶液分層，下層由紫紅色變?yōu)闇\粉紅色，上層呈棕黃色說明碘的四氯化碳溶液中的碘與碘化鉀溶液中碘離子反應生成碘三離子使上層溶液呈棕黃色，證明碘在濃碘化鉀溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，故A正確；B．次氯酸鈉溶液具有強氧化性，會能使有機色質(zhì)漂白褪色，無法用pH試紙測定次氯酸鈉溶液的pH，故B錯誤；C．由題意可知，向硝酸銀溶液中加入氯化鉀溶液時，硝酸銀溶液過量，再加入碘化鉀溶液時，只存在沉淀的生成，不存在沉淀的轉(zhuǎn)化，無法比較氯化銀和碘化銀的溶度積大小，故C錯誤；D．新制氯水中的氯氣和次氯酸都能與碘化鉀溶液反應生成使淀粉變藍色的碘，則溶液變藍色不能說明溶液中存在氯氣分子，無法證明氯氣與水的反應存在限度，故D錯誤；故選A二、非選擇題(本大題共包含4小題，共60分)21.光伏材料又稱太陽能材料，能將太陽能直接轉(zhuǎn)換成電能?？勺魈柲茈姵夭牧系挠袉尉Ч?、多晶硅、非晶硅、GaAs、GaAlAs、InP、CaS、CdTe、CuInSe等。（1）元素銅在元素周期表中位于___________區(qū)，基態(tài)鉻(Cr)原子的價電子軌道表示式為___________。（2）P、S、Cl元素的電負性從大到小的順序為___________，其中電負性最小的元素原子價電子排布式為___________。（3）As元素的第一電離能___________(填“大于”“小于”或“等于”)Se元素的第一電離能，原因是___________。（4）元素的基態(tài)原子得到一個電子形成氣態(tài)負一價離子時所放出的能量稱為第一電子親合能()。第二周期部分元素的變化趨勢如圖所示，其中，除了氮元素外，其他元素的自左而右依次增大的原因是___________；氮元素的呈現(xiàn)異常的原因是___________?！敬鸢浮?1.①.ds②.22.①.②.3s23p323.①.大于②.砷元素原子4p 能級是半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素24.①.同周期元素隨核電荷數(shù)增大，原子的電負性增大，得電子的能力增強，故結(jié)合一個電子釋放的能量逐漸增大②.基態(tài)N原子的核外電子排布式為1s22s22p3，則N原子的2p軌道為半充滿狀態(tài)，相對穩(wěn)定，不易得電子【解析】【小問1詳解】銅的價層電子排布為3d104s1，位于周期表中的ds區(qū)；基態(tài)鉻(Cr)原子的價電子排布式為：3d54s1，則其價電子軌道表示式為：；【小問2詳解】同周期元素從左到右電負性逐漸增大，同主族元素從上到下電負性逐漸減小，所以電負性；其中P電負性最小，其價電子排布式為3s23p3；【小問3詳解】砷、硒都是第四周期非金屬元素，同周期元素自左而右第一電離能整體呈增大趨勢，但砷元素原子能級是半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，所以As元素的第一電離能大于元素的第一電離能；【小問4詳解】由題意可知，元素的基態(tài)氣態(tài)原子越容易得到一個電子，所放出的能量越大，即第一電子親和能(E1)越大，同周期元素隨核電荷數(shù)的增大，原子的電負性增大，得電子的能力增強，故結(jié)合一個電子釋放的能量逐漸增大；基態(tài)N原子的核外電子排布式為1s22s22p3，則N原子的2p軌道為半充滿狀態(tài)，相對穩(wěn)定，不易得電子。22.是重要的化工原料，易溶于水，在中性或堿性環(huán)境中穩(wěn)定。某課外活動小組探究制備并測定產(chǎn)品純度。I．制備反應原理：實驗步驟：①稱取加入圓底燒瓶中，再加80mL蒸餾水。另取5g研細的硫粉，用3mL乙醇潤濕，加入上述溶液中。②安裝實驗裝置(如圖所示，部分夾持裝置略去)，水浴加熱，微沸60min。 ③趁熱過濾，將濾液水浴加熱濃縮，冷卻析出，經(jīng)過濾、洗滌、干燥，得到產(chǎn)品。回答問題：（1）儀器a的名稱是___________。（2）硫粉在反應前用乙醇潤濕的目的是___________。（3）產(chǎn)品中除了有未反應的外，最可能存在的無機雜質(zhì)是___________。檢驗是否存在該雜質(zhì)的方法是取少量產(chǎn)品溶于過量鹽酸，___________(請補全剩余的實驗操作現(xiàn)象及結(jié)論)。（4）該實驗一般控制在堿性環(huán)境下進行，否則產(chǎn)品發(fā)黃，用離子反應方程式表示其原因：___________。II．測定產(chǎn)品純度準確稱Wg產(chǎn)品，配制成250mL溶液，取25mL溶液于錐形瓶中，加入幾滴淀粉作指示劑，用0.1000mol/L碘的標準溶液滴定。反應原理為。(設相對分子質(zhì)量為M)（5）滴定至終點的判斷方法是___________。（6）滴定起始和終點的液面位置如圖，則消耗碘的標準溶液體積為___________mL。產(chǎn)品的純度為___________。【答案】（1）球形冷凝管 （2）使硫粉易于分散到溶液中（3）①.Na2SO4②.過濾，向濾液中（或靜置后取上層清液）加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產(chǎn)品中含有Na2SO4（4）（5）當最后半滴碘的標準溶液滴入錐形瓶中后，溶液由無色變藍色，且半分鐘不褪色，則到達滴定終點；（6）①.18.10②.【解析】【分析】實驗室利用Na2SO3溶液與固體S反應制取Na2S2O3溶液時，先將Na2SO3加入圓底燒瓶內(nèi)，再加入一定量的蒸餾水溶解，另取研細的硫粉，用無水乙醇潤濕，以增大它的溶解性；沸水浴恒溫反應60min，使用冷凝管冷凝，以防乙醇和水分的大量揮發(fā)；趁熱過濾出未反應的S，再將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾、洗滌、干燥，從而得到Na2S2O3?5H2O。【小問1詳解】根據(jù)題中圖示裝置圖可知，儀器a為球形冷凝管；【小問2詳解】硫粉難溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反應前用乙醇濕潤是使硫粉易于分散到溶液中，故答案為：使硫粉易于分散到溶液中；【小問3詳解】因反應物易被空氣中的氧氣氧化成，故可能存在的無機雜質(zhì)是；檢驗產(chǎn)品中是否含有，即檢驗是否存在，需要防止的干擾，故不能用具有強氧化性的硝酸酸化，而應用鹽酸酸化，過濾除去不溶物，再向濾液中滴加氯化鋇溶液，故答案為取少量產(chǎn)品溶于過量鹽酸，過濾，向濾液中（或靜置后取上層清液）加BaCl2溶液，若有白色沉淀，則產(chǎn)品中含有Na2SO4；【小問4詳解】產(chǎn)品發(fā)黃，說明產(chǎn)品中含有硫雜質(zhì)，這是由于在酸性環(huán)境中不穩(wěn)定，發(fā)生歧化反應：所致；【小問5詳解】滴定終點時，過量的單質(zhì)碘使無色的淀粉溶液變藍，可指示滴定終點，故答案為：當最后半滴碘的標準溶液滴入錐形瓶中后，溶液由無色變藍色，且半分鐘不褪色，則到達滴定終點；【小問6詳解】 起始讀數(shù)為0.00mL，終點讀數(shù)為18.10mL，所以消耗碘的標準溶液的體積為18.10mL；配制成250ml溶液，取25ml溶液于錐形瓶中，根據(jù)，得，則產(chǎn)品的純度為：；23.鈦(Ti)的性質(zhì)穩(wěn)定，有良好的耐高溫、抗酸堿、高強度、低密度等特性，工業(yè)上常用鈦鐵礦(主要含和少量、MgO、、等)通過如圖所示工藝流程制取鈦，并回收鎂、鋁、鐵等。已知：①易水解，只能存在于強酸性溶液中；②常溫下，相關金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH如表所示。金屬離子開始沉淀的pH2.26.53.595沉淀完全()的pH3.29.74.711.1（1）為了提高“酸溶”速率，可采取的措施有___________(任寫一點)（2）“酸溶”后，鈦主要以形式存在，寫出相應反應的離子方程式：___________。（3）“分步沉淀”時用氨水逐步調(diào)節(jié)pH至11.1，依次析出的金屬離子是___________(填離子符號)；當沉淀完全時，“母液”中的濃度為___________。（4）“酸溶”后，加入熱水進行水浸可得水浸渣()，寫出“水浸”過程的離子反應方程式___________。（5）“氯化”過程在高溫下會生成一種有毒氣體，寫出“氯化”過程的化學方程式___________。（6）“還原”在800~900℃及惰性氣體的保護下進行，要在惰性氣體的保護下進行的原因是___________。 【答案】（1）攪拌或粉碎或適當提高硫酸的濃度（2）（3）①.②.（4）（5）（6）防止鎂與空氣中氧氣、氮氣反應【解析】【分析】鈦鐵礦(主要含F(xiàn)eTiO3和少量SiO2、MgO、Al2O3、Fe2O3等)中加入硫酸，二氧化硅不反應，其他物質(zhì)與硫酸反應，過濾，向濾液中加入熱水，過濾得到TiO2·xH2O，煅燒得到TiO2，再氯化得到四氯化鈦，四氯化鈦和鎂反應生成鈦和氯化鎂，濾液中滴加氨水分步沉淀金屬離子得到氫氧化物?！拘?詳解】為了提高“酸溶”的速率，主要從接觸面積、濃度、溫度考慮，因此可采取的措施有攪拌或粉碎或適當提高硫酸的濃度；故答案為：攪拌或粉碎或適當提高硫酸的濃度；【小問2詳解】“酸溶”后，F(xiàn)eTiO3與硫酸反應生成TiOSO4、FeSO4和水，則反應的離子方程式：；【小問3詳解】“分步沉淀”時用氨水逐步調(diào)節(jié)pH至11.1，根據(jù)金屬離子沉淀完全的pH值得到依次析出的金屬離子是；當Mg2+沉淀完全時，pH=11.1，則“母液”中Al3+的濃度為mol·L-1；故答案為：；；【小問4詳解】TiOSO4完全水解生成TiO2?xH2O沉淀和硫酸，則反應的離子方程式為：【小問5詳解】 “氯化”過程在高溫下會生成一種有毒氣體CO，還有TiCl4，則“氯化”過程的化學方程式；【小問6詳解】“還原”在800~900℃及惰性氣體的保護下進行，要在惰性氣體的保護下進行的原因是Mg是活潑性金屬，在空氣中與氧氣、氮氣反應，因此防止鎂與空氣中氧氣、氮氣反應；故答案為：防止鎂與空氣中氧氣、氮氣反應。24.溫室氣體讓地球“發(fā)燒”，倡導低碳生活，是一種可持續(xù)發(fā)展的環(huán)保責任，將應用于生產(chǎn)中實現(xiàn)其綜合利用是目前的研究熱點。回答下列問題：（1）通過使用不同的新型催化劑，實現(xiàn)二氧化碳加氫合成轉(zhuǎn)化為二甲醚()也有廣泛的應用。反應I：反應II：反應III：則___________。（2）向2L恒容密閉容器中充入和，在一定條件下，僅發(fā)生上述反應I；在甲、乙兩種不同催化劑的作用下，反應時間均為tmin時，測得甲醇的物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度的變化如圖所示。①相同溫度下，催化劑效果更好的是___________(填“甲”或“乙”)；下，甲醇的平均反應速率為___________。②和下，平衡常數(shù)：___________(填“>”、“<”或“=”)。③下，反應開始時容器中的總壓為，該溫度下反應的平衡常數(shù)___________(只列出計算式，不必化簡，氣體分壓=氣體總壓×氣體的物質(zhì)的量分數(shù))。 （3）已知的選擇性為。其他條件相同時，反應溫度對的轉(zhuǎn)化率和的選擇性的影響如圖I、II所示。①由圖I可知，實驗中反應均未達到化學平衡狀態(tài)的依據(jù)是___________。②溫度高于260℃時，的平衡轉(zhuǎn)化率呈上升變化的原因是___________。③由圖II可知，溫度相同時選擇性的實驗值略高于其平衡值，從化學反應速率的角度解釋其原因___________。（4）為實現(xiàn)“碳中和”，還可通過電解法用制備，電解裝置如圖所示。①已知鉑電極區(qū)溶液呈強酸性，寫出鉑電極的電極反應式___________。②當玻碳電極收集到標況下22.4L氣體時，陰極區(qū)增重___________g。(精確到一位小數(shù))【答案】（1）（2）①.甲②.③.>④.（3）①.CO2的實驗轉(zhuǎn)化率未達到平衡轉(zhuǎn)化率②.溫度升高，反應I逆向移動，反應III正向移動，當溫度高于260°C時，反應III正向移動的程度大于反應I逆向移動的程度③.在該條件下反應I的速率大于反應III，單位時間內(nèi)生成甲醇的量比生成CO的量多 （4）①.②.33.3【解析】【小問1詳解】由蓋斯定律可得，則，故答案為：；【小問2詳解】①在前，相同溫度下，甲醇的物質(zhì)的量分數(shù)：催化劑甲＞催化劑乙，則相同溫度下，催化劑效果：催化劑甲＞催化劑乙；設tmin內(nèi)甲醇的變化量為amol，則有三段式：，有，解得，所以甲醇的平均反應速率為，故答案為：甲；；②反應CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動；由2可知T2°C＜T5°C，即平衡常數(shù)T2°C＞T5°C，故答案為：＞；③設甲醇的物質(zhì)的量的變化量為amol，則由三段式有：，解得，則平衡后氣體的總物質(zhì)的量，反應前氣體的總物質(zhì)的量；由阿伏加德羅定律的推論可知，解得；平衡時各物質(zhì)的分壓分別為：、、，平衡常數(shù)Kp=，故答案為：；【小問3詳解】 ①由圖3可知，CO2的實驗轉(zhuǎn)化率低于平衡轉(zhuǎn)化率，所以實驗中反應均未達到化學平衡狀態(tài)，故答案為：CO2的實驗轉(zhuǎn)化率未達到平衡轉(zhuǎn)化率；②反應I為放熱反應、反應III吸熱反應，所以升高溫度，反應I逆向移動，反應III正向移動，當溫度高于260°C時，反應III正向移動的程度大于反應I逆向移動的程度，故答案為：溫度升高，反應I逆向移動，反應III正向移動，當溫度高于260°C時，反應III正向移動的程度大于反應I逆向移動的程度；③在該條件下反應I的速率大于反應III，單位時間內(nèi)生成甲醇的量比生成CO的量多，溫度相同時CH3OH選擇性的實驗值略高于其平衡值，故答案為：在該條件下反應I的速率大于反應III，單位時間內(nèi)生成甲醇的量比生成CO的量多；【小問4詳解】①玻碳電極產(chǎn)生氧氣，發(fā)生氧化反應，為陽極，則鉑電極為陰極，故電極反應式為；