2025年人教新课标选择性必修1化学下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教新课标选择性必修1化学下册月考试卷502考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、利用微化学电池可以除去废水中的甲酸钠和卤代烃；其原理如图所示，下列说法正确的是。

A.每生成22.4LCH3CH3，有1mole-发生转移B.B极电极反应式为：HCOO--2e-=CO2↑+H+C.电子流向：B极→导线→A极→溶液→B极D.一段时间后，电解质溶液的pH增大2、利用如图装置；完成很多电化学实验。下列有关此装置的叙述中，不正确的是。

A.若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法B.若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，铁做阴极被保护。C.若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动D.若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，可用于铁表面镀铜，溶液中铜离子浓度将减小3、已知；一些铅盐的溶度积如下：

。化合物。

PbSO4

PbCO3

PbS

PbCl2

溶度积Ksp

1.82×10-8

1.46×10-13

9.04×10-29

1.17×10-5

由上述数据可知，要除去工业废水中的Pb2+，沉淀剂最好选用()A.硫酸盐B.硫化物C.碳酸盐D.盐酸盐4、利用电解法将CO2转化为CH4的原理如图所示。下列说法正确的是。

A.电极a应连接电源负极B.电解过程中，H+由a极区向b极区迁移C.电极b上反应为CO2+8HCO-8e-=CH4+8CO+2H2OD.电解时Na2SO4溶液浓度保持不变5、pH计是一种利用玻璃电极(如图所示)测量溶液pH的仪器；实验时将玻璃电极(作负极)和另一参照电极一起插入待测溶液中，根据所形成原电池的电压即可得出溶液pH，某pH计的测量电压与待测溶液pH关系为E(V)=0.2+0.059pH。下列有关说法错误的是。

A.pH计工作时溶液中的H+向参照电极迁移B.负极的电极反应为Ag-e-=Ag+C.玻璃膜球泡可由对H+特殊敏感膜构成D.常温下若测得0.1mol·L-1HA溶液的E=0.318V，则HA为弱酸评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)6、现代工业生产中常用电解氯化亚铁的方法制得氯化铁溶液，然后用该溶液吸收有毒的硫化氢气体，工艺原理如图所示(其中，a、b均为惰性电极)。下列说法正确的是。

A.电解池应该用阴离子交换膜，使OH-从右槽迁移到左槽B.电极a接电源的正极，发生氧化反应C.吸收池中发生反应的离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+D.吸收池中每吸收2.24LH2S气体，电解池的阴极区生成2g氢气7、在容积可变的密闭容器中存在如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH<0；下列分析中正确的是。

A.图Ⅰ研究的是t0时升高温度对反应速率的影响B.图Ⅱ研究的是t0时增大压强(缩小容积)或使用催化剂对反应速率的影响C.图Ⅲ研究的是催化剂对化学平衡的影响，且甲使用了催化剂D.图Ⅲ研究的是温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高8、已知下列热化学方程式：

①H2(g)＋O2(g)=H2O(g)ΔH1＝akJ·mol-1

②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH2＝bkJ·mol-1

③H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH3＝ckJ·mol-1

④2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH4＝dkJ·mol-1

下列关系式中正确的是()A.a<0B.d<0C.2a＝b<0D.2c＝d>09、25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.0.1溶液与0.1溶液等体积混合：B.浓度均为0.1的小苏打溶液与烧碱溶液等体积混合:C.相同的氨水、溶液、溶液中：D.常温下，0.2溶液与0.1溶液等体积混合，所得的溶液中：10、图中所示为零排放车载燃料电池；下列叙述正确的是。

A.正极通入H2，发生还原反应B.负极通入O2，发生氧化反应C.导电离子为质子，且在电池内部由负极定向移向正极D.总反应式为2H2+O2=2H2O评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)11、工业上制备氯化铜时，是将浓盐酸用水蒸汽加热至80℃左右，慢慢加入粗制氧化铜粉(含杂质氧化亚铁)，充分搅拌，使之溶解，反应如下：CuO+2HCl=CuCl2+H2O，FeO+2HCl=FeCl2+H2O.

已知：pH≥9.6时，Fe2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；

pH≥4.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式开始沉淀；pH≥6.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH在3∼4时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀。

(1)为除去溶液中Fe2+；可采用的方法是__。

(2)工业上为除去溶液中的Fe2+；常使用NaClO，当向溶液中加入NaClO后，可能发生反应的离子方程式为__；溶液的pH变化是__。

(3)已知25℃时，Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20。

①某CuSO4溶液里c(Cu2+)=0.02mol/L，如要生成Cu(OH)2沉淀；应调整溶液的pH，使之大于__。

②要使0.2mol•L-1CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全(使Cu2+浓度降至原来的千分之一)，则应向溶液里加入NaOH溶液，使溶液的pH为__。12、Ⅰ.氨及铵盐是重要的工业原料；在农业；医药、国防和化工等领域有重要应用。

(1)氯化铵作为化肥时不宜与草木灰(主要成分)混用，其原因是___________。

(2)常温下，向的氨水中逐滴加入的盐酸，所得溶液的pH、溶液中NH和物质的量分数与加入盐酸的体积的关系如下图所示；根据图像回答下列问题。

①表示浓度变化的曲线是___________(填“A”或“B”)。

②当加入盐酸体积为50mL时，溶液中___________mol/L。(列出计算式即可)

(3)向溶液中滴入溶液，下列说法正确的是。A．加入NaOH溶液后，溶液中一定有：B．当滴入溶液时：C．当滴入溶液时(>7)：D．当溶液呈中性时：

Ⅱ．过氧化氢是重要的氧化剂；还原剂；它的水溶液又称为双氧水，常用作消毒、杀菌、漂白等。

(4)过氧化氢性质探究实验。

已知是一种二元弱酸，其中则的电离方程式为___________(只写第一步电离即可)。

(5)过氧化氢含量的测定实验。

①某兴趣小组同学用的酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的过氧化氢，离子反应方程式为___________。

②滴定达到终点的现象是___________。

③用移液管移取试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示：。第一次第二次第三次第四次V(溶液)/mL17.1018.1018.0017.90

计算试样中过氧化氢的浓度为___________mol/L。

④若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，则测定结果___________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。13、已知2A2(g)+B2(g)2C(g)ΔH=-akJ·mol-1(a>0),在一个有催化剂的固定容积的容器中加入2molA2和1molB2,在500℃时充分反应达到平衡后C的浓度为wmol·L-1,放出热量bkJ。

（1）a___(填“>”“=”或“<”)b。

（2）若将反应温度升高到700℃,该反应的平衡常数将___(填“增大”“减小”或“不变”)。

（3）若在原来的容器中只加入2molC,500℃时充分反应达到平衡后,吸收热量ckJ,C的浓度___(填“>”“=”或“<”)wmol·L-1。

（4）能说明该反应已经达到平衡状态的是___。

a.v(C)=2v(B2)b.容器内压强保持不变c.v逆(A2)=2v正(B2)d.容器内气体的密度保持不变。

（5）使该反应的反应速率增大,且平衡向正反应方向移动的操作是___。

a.及时分离出C气体b.适当升高温度c.增大B2的浓度d.选择高效的催化剂14、(1)为了探究化学能与热能的转化；某实验小组设计了如下三套实验装置：

①上述装置中，不能用来证明“锌和稀硫酸反应是吸热反应还是放热反应”的是___________(填序号)。

②某同学选用装置Ⅰ进行实验(实验前U形管里液面左右相平)，在甲试管里加入适量氢氧化钡晶体与氯化铵固体搅拌反应，U形管中可观察到的现象是_________。

③除了图示某些装置，还有其它方法能证明超氧化钾粉末与水的反应(4KO2＋2H2O＝4KOH＋3O2↑)是放热反应还是吸热反应：取适量超氧化钾粉末用脱脂棉包裹并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水，片刻后，若观察到棉花燃烧，则说明该反应是________反应(填“放热”或“吸热”)。

(2)化学反应的焓变通常用实验进行测定；也可进行理论推算。

①实验测得，标准状况下11.2L甲烷在氧气中充分燃烧生成液态水和二氧化碳气体时释放出akJ的热量，试写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式：_______；

②已知反应CH3—CH3(g)→CH2=CH2(g)＋H2(g)ΔH，有关化学键的键能如下：。化学键C—HC=CC—CH—H键能/kJ·mol-1414.4615.3347.3435.3

通过计算得出该反应的焓变ΔH＝_________；

(3)研究NO2、SO2；CO等大气污染气体的处理有重要意义。

如图为1molNO2(g)和1molCO(g)反应生成NO(g)和CO2(g)过程中的能量变化示意图。已知E1=134kJ·mol-1，E2=368kJ·mol-1(E1、E2为反应的活化能)。

若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，则E1、ΔH的变化分别是________、________(填“增大”、“减小”或“不变”)；该反应放出的热量为__________kJ。15、直接甲醇燃料电池被认为是21世纪电动汽车最佳候选动力源．

（1）101KPa时，1mol气态CH3OH完全燃烧生成CO2气体和液态水时，放出726.51kJ的热量，则甲醇燃烧的热化学方程式是________．

（2）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸汽转化为氢气的两种反应原理是：

①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）；△H1═+49.0KJ•mol﹣1

②CH3OH（g）+1/2O2（g）═CO2（g）+2H2（g）；△H2═？

已知H2（g）+1/2O2（g）═H2O（g）△H═﹣241.8KJ•mol﹣1，则反应②的△H2=________．

（3）一种甲醇燃料电池是采用铂或碳化钨作电极，稀硫酸作电解液，一极直接加入纯化后的甲醇，同时向另一个电极通入空气．则甲醇进入________极，正极发生的电极反应方程式为________．16、在常温下；下列五种溶液：

①0.1mol/LNH4Cl

②0.1mol/L

③0.1mol/L

④0.1mol/LNH3•H2O和0.1mol/LNH4Cl混合液。

⑤0.1mol/LNH3•H2O

请根据要求填写下列空白：

(1)溶液①呈___________性(填“酸”、“碱”或“中”)，其原因是___________(用离子方程式表示)；

(2)在上述五种溶液中，最小的是___________；c()最小的是___________(填序号)；

(3)比较溶液②、③中c()的大小关系是②___________③(填“＞”；“＜”或“=”)；

(4)在溶液④中，___________离子的浓度为0.1mol/L；NH3•H2O和___________离子的物质的量浓度之和为0.2mol/L；

(5)常温下，测得溶液②的pH=7，则说明CH3COO-的水解程度___________(填“＞”、“＜”或“=”)的水解程度，CH3COO-与浓度的大小关系是：c(CH3COO-)___________c()(填“＞”、“＜”或“=”)。17、将等物质的量的A；B混合于2L的密闭容器中；发生如下反应：3A(g)+B(g)⇌xC(g)+2D(g)，经5min后，测得D的浓度为0.5mol/L，c(A)∶c(B)=3∶5，C的平均反应速率为0.1mol/(L·min)。求：

(1)x的值为___________。

(2)B的平均反应速率v(B)=___________mol/(L·min)；

(3)此时A的浓度c(A)=___________mol/L，反应开始前容器中的A、B的物质的量：n(A)=n(B)=___________mol；18、如图所示是原电池的装置图。请回答：

(1)若C为NaCl溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且作负极，则A电极上发生的电极反应式为___________；反应进行一段时间后，向两电极附近溶液滴加酚酞试剂，___________(填“A”或“B”)电极周围溶液显红色。

(2)若需将反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成如图所示的原电池装置，则A(正极)极材料为___________，B(负极)极材料为___________，溶液C为___________。

(3)CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如图：

电池总反应为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，则d电极是___________(填“正极”或“负极”)，c电极的反应方程式为___________。若线路中转移1mol电子，则上述CH3OH燃料电池消耗的O2在标准状况下的体积为___________L。评卷人得分四、判断题(共4题，共40分)19、可以用已经精确测定的反应热效应来计算难于测量或不能测量的反应的热效应。___A.正确B.错误20、下，将和过量的在此条件下充分反应，放出热量(_______)A.正确B.错误21、Na2CO3溶液：c(H+)-c(OH-)=c(HCO)+2c(CO)-c(Na+)。(_______)A.正确B.错误22、pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合：c(Cl-)=c(NH)>c(OH-)=c(H+)。(_______)A.正确B.错误评卷人得分五、实验题(共3题，共24分)23、水的总硬度是指水中Ca2+、Mg2+的总浓度。我国“生活饮用水卫生标准”规定总硬度(以等物质的量的碳酸钙在单位体积内的质量计)不得超过450mg·L-1.某课外小组采用EDTA(简写为H2Y2-)滴定法测定自来水的总硬度，自来水水样中主要含有Ca2+、Mg2+、H2CO3等杂质微粒。测定过程如下：

①配制EDTA溶液，并用Ca2+标准溶液标定EDTA溶液，标定后的EDTA标准溶液浓度为0.00380mol·L-1。

②自来水水样的采集并进行酸化；煮沸、冷却处理。

③自来水总硬度的测定。准确移取50.00mL自来水样于250mL锥形瓶中，加入5mLpH为10的NH3-NH4Cl缓冲溶液和4滴铬黑T(简写为HIn2-)指示剂；立即用EDTA标准溶液滴定至溶液由紫红色变为纯蓝色，平行测定三次消耗EDTA标准溶液的平均体积为13.90mL，数据处理。

已知滴定前和滴定时发生反应的方程式和部分离子的颜色可表示为：

滴定前：HIn2-+Mg2+=MgIn-+H+

(蓝色)(紫红色)

滴定时：(先)H2Y2-+Ca2+=CaY2-+2H+

(无色)(无色)

(后)H2Y2-+Mg2+=MgY2-+2H+

(无色)(无色)

回答下列问题：

(1)配制EDTA溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和_______。

(2)自来水水样采集时，应打开自来水龙头，先放水几分钟，这样做的主要目的是使积留在水管中的杂质及陈旧水排出。自来水水样要酸化、煮沸，目的是除去自来水水样中的_______，这样做的原因是为了避免_______。

(3)请写出滴定终点发生反应的方程式_______。

(4)由于铬黑T与Ca2+结合较弱，所呈颜色不深，当水样中的Mg2+含量较低时，用铬黑T指示剂往往终点变色不敏锐。这时，可在加铬黑T前在被滴定液中加入适量MgY2-溶液，请说明加入适量MgY2-溶液不影响滴定结果的原因_______。

(5)实验过程中，若装EDTA标准溶液的滴定管在起始读数时平视，滴定终点时仰视，将导致测量的总硬度_______(填“偏大”“偏小”“无影响”)

(6)该水样的总硬度为_______mg·L-1(保留4位有效数字)。24、盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在下图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：

(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是__________。

(2)烧杯间填满碎纸条的作用是__________。

(3)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值__________(填“偏大”；“偏小”或“无影响”)。

(4)实验中改用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量__________(填“相等”或“不相等”)，所求中和热________(填“相等”或“不相等”)。

(5)若三次平行操作测得数据中起始时盐酸与烧碱溶液平均温度相同，而终止温度与起始温度差t2—t1分别为2.2℃、2.4℃、3.4℃，则最终代入计算式的温差均值为__________。25、氰化钠是一种重要的基本化工原料，同肘也是一种剧毒物质，一旦泄漏需要及时处理，一般通过喷洒双氧水或过硫酸钠(Na2S2O3)溶液来处理，以减轻环境污染。工业制备过硫酸钠的反应原理如下：主反应：(NH4)2S2O3+2NaOHNa2S2O3+2NH3↑+2H2O，副反应：NH3+3Na2S2O3+6NaOH6Na2SO4+6H2O+N2↑；某兴趣小组利用上述原理在实验室制备过硫酸钠；并检测用过硫酸钠溶液处理后的氰化钠废水是否达标排放。

【实验一】实验窒通过如图装置制备Na2S2O3

(1)欲控制通入O2的速率，可以采取的有效措施有___________。

(2)装置a中反应产生的气体需要持续通入装置c的原因是___________。

(3)上述装置中逐需要朴充的实验仪器或装置___________。

A．酒精灯B．温度计C．水浴加热装置D．洗气瓶。

【实验二】测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。

已知：①废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L。②Ag++2CN-=[Ag(CN)2]-，Ag++I+=AgI↓，AgI呈黄色，且CN-优先与Ag+反应。

实验如下：取100.00mL处理后的氰化钠废水滴入锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.00×10-4mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为1.50mL。

(4)滴定终点的现象是___________。

(5)处理后的废水中氰化钠的浓度为___________mg/L(保留三位有效数字)。评卷人得分六、原理综合题(共3题，共6分)26、电化学原理在防止金属腐蚀；能量转换、物质合成等方面应用广泛。

（1）图1中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择________（填字母序号）

a.碳棒b.锌板c.铜板。

B极需定期更换，写出电极反应方程式________。

（2）图2中，钢闸门C做________极。用氯化钠溶液模拟海水进行实验，D为石墨块，则D上的电极反应式为________，检验该电极反应产物的方法是________。

（3）镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。图3为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。E为该燃料电池的________极（填“正”或“负”）。F电极上的电极反应式为________。

（4）乙醛酸（HOOC-CHO）是有机合成的重要中间体。工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸；原理如图4所示，该装置中阴；阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸。

①N电极上的电极反应式为________。

②若2molH+通过质子交换膜，并完全参与了反应，则该装置中生成的乙醛酸为________mol。27、【化学选修2：化学与技术】

南海某小岛上；可利用的淡水资源相当匮乏，解放军战士为了寻找合适的饮用水源，对岛上山泉水进行分析化验，结果显示山泉水属于硬水。

（1）硬水是指含有较多______________的水，硬水加热后产生沉淀的离子方程式为：________________________________(写出生成一种沉淀物的即可)。

（2）硬度为1°的水是指每升水含10mgCaO或与之相当的物质（如7.1mgMgO），已知水的硬度在8°以下的称为软水，在8°以上的称为硬水。已知岛上山泉水中c(Ca2+)=1.2×10-3mol/L，c(Mg2+)=6×l0-4mol/L，那么此水______（填“是”或“否”）属于硬水。

（3）离子交换法是软化水的常用方法。聚丙烯酸钠是一种离子交换树脂，写出聚丙烯酸钠单体的结构简式__________________。

（4）解放军战士通常向水中加入明矾净水，请用离子方程式解释其净水原理：______________。

（5）岛上还可以用海水淡化来获得淡水。下面是海水利用电渗析法获得淡水的原理图，已知海水中含Na+、Cl－、Ca2+、Mg2+、SO42－等离子；电极为惰性电极。请分析下列问题：

①阳离子交换膜是指___________（填A或B）。

②写出通电后阳极区的电极反应式____________，阴极区的现象是：_______________。28、用生产含氯有机物时会产生HCl。利用反应：可实现氯的循环利用。完成下列填空：

(1)上述反应中所有元素原子半径由大到小的顺序为___________。与氯元素同族的短周期元素原子最外层电子的轨道表示式为___________。

(2)判断氯、溴非金属性强弱的依据是___________(选填序号)。

a．熔点：Cl2＜Br2b．氧化性：Cl2＞Br2

c．热稳定性：HCl＞HBrd．酸性：HCl＜HBr

(3)若反应在固定体积的密闭容器中发生，能说明反应已达平衡的是___________(选填序号)。

a．b．体系压强不再改变。

c．混合气体密度不变d．

(4)若反应容器容积为2L，4molHCl与1mol混合气体反应至8min时，恢复至原来温度，测得容器内气体压强减小了10%，则用HCl表示该反应的化学反应速率为___________。

(5)如下图是在2种不同投料比[=1；6]下，温度对HC1平衡转化率影响的曲线。

①曲线a对应的投料比=___________。

②使曲线a达到曲线b相同的HC1平衡转化率，不改变投料比，可采取的措施有___________；___________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

该装置为原电池，HCOO-→CO2，C元素化合价升高，则B极为负极，电极反应式为HCOO--2e-=CO2↑+H+，A极为正极，电极反应式为：CH3CH2Cl+H++2e-=CH3CH3+Cl-；

【详解】

A．由分析知，A极为正极，电极反应式为：CH3CH2Cl+H++2e-=CH3CH3+Cl-，每生成1molCH3CH3，有2mole-发生转移，由于未知标准状况下不能计算22.4L气体的物质的量，则无法计算转移电子数，故A错误；

B．B极为负极，发生氧化反应，电极反应式为HCOO--2e-=CO2↑+H+，故B正确；

C．电子只能在电极和导线中转移，不能通过溶液，故C错误；

D．电池总反应为：HCOO--CH3CH2Cl=CO2↑+CH3CH3+Cl-，反应没有消耗也没有生成H+，则一段时间后，电解质溶液的pH不变，故D错误；

故选：B。2、D【分析】【详解】

A．若X为锌棒；Y为NaCl溶液，开关K置于M处，此时属于原电池装置，锌较活泼，为负极，铁较不活泼作正极，锌失去电子被氧化，铁则被保护，故可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法，A正确；

B．若X为碳棒；Y为NaCl溶液，开关K置于N处，此时属于电解池，铁作阴极不参与反应，故铁被保护，B正确；

C．若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，此时属于原电池装置，铁活泼，为负极，铜不活泼作正极，负极铁失去电子被氧化，正极反应式为：故铜棒质量将增加，原电池工作时，外电路中电子由负极铁流向铜电极，C正确；

D．若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，此时属于电解池，铜作阳极被氧化，电极反应式为：铁作阴极不参与反应，阴极反应式为：则可用于铁表面镀铜，电极上得失电子数守恒，故溶液中铜离子浓度不变化，D错误；

答案选D。3、B【分析】【分析】

根据题意可知；本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，运用不同硫化物的溶度积常数分析。

【详解】

根据不同硫化物的溶度积常数分析，除去Pb2+的效果好，形成的沉淀越难溶越好，PbS的溶度积极小；一般而言，金属离子的硫化物相当难溶。

答案选B。4、B【分析】【分析】

根据题意可知该装置为电解池，由a极生成O2可以判断出a极为阳极，则b为阴极。

【详解】

A．a为阳极；应连接电源正极，A错误；

B．电解池中阳离子向阴极迁移，a为阳极，b为阴极，所以H+由a极区向b极区迁移；B正确；

C．根据装置图可知电解过程中在KHCO3溶液中CO2在阴极得电子被还原为CH4，电极反应式应为CO2+8HCO+8e-=CH4+8CO+2H2O；C错误；

D．电解时a电极上反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，实质是电解水，溶液中的水消耗，所以Na2SO4溶液的浓度是增大的；D错误；

综上所述答案为B。5、B【分析】【分析】

【详解】

A．pH计工作时，实验时将玻璃电极(作负极)和饱和参照电极，溶液中H+向参照电极迁移；故A正确；

B．Ag-AgCl为原电池负极，负极上是银失电子生成氯化银，电极反应为：Ag-e-+Cl-═AgCl；故B错误；

C．pH计的玻璃膜球泡需要对H+有特殊敏感才能有测量pH的作用；故C正确；

D．常温下若测得0.1mol•L-1HA溶液的E=0.318V；E(V)=0.2+0.059pH=0.318V，计算得到pH=2，说明HA不完全电离为弱酸，故D正确；

故选：B。二、多选题(共5题，共10分)6、BC【分析】【分析】

【详解】

略7、AB【分析】【详解】

A．若t0时刻升温；则正逆反应速率都加快，由于正反应为放热反应，故此时平衡逆向移动，所以υ(逆)＞υ(正)，A正确；

B．t0时刻条件改变后；正逆反应速率同等程度加快，即平衡没有发生移动，此时改变的条件可能为增大压强或加入催化剂，B正确；

C．催化剂对平衡移动无影响；而图Ⅲ改变的条件使平衡发生了移动，故不可能是加入催化剂，C错误；

D．由图Ⅲ知；乙先达平衡，说明乙条件下反应速率比甲快，若研究的是温度对平衡的影响，则乙对应的温度比甲高，D错误；

故答案选AB。8、BC【分析】【详解】

A.对于放热反应，当反应物能量相同时，生成物的能量越低，反应放出的热量越多，ΔH越小，而①和③相比，③中水为液态，能量低于气态水，故反应③放出的热量大于①，即c<0；故A错误；

B.反应②④的情况与①③的类似，则d<0；故B正确；

C.由于燃烧均为放热反应，故ΔH均小于0，且由于反应②是①的2倍，故b是a的2倍，故有2a=b<0；故C正确；

D.由于燃烧均为放热反应，故ΔH均小于0，反应④是③的2倍，故d是c的2倍，故有2c=d<0；故D错误；

答案选BC。9、AC【分析】【详解】

A．0.1溶液与0.1溶液等体积混合后的溶液中存在物料守恒，n(Na+)=n(CH3COO−)+n(CH3COOH)，2n(Ca2+)=n(Cl−)，则c(Na+)+2c(Ca2+)=c(CH3COO−)+c(CH3COOH)+c(Cl−)；故A正确；

B．浓度均为0.1mol⋅L−1的小苏打溶液与烧碱溶液等体积混合得到碳酸钠溶液，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH−)，物料守恒c(Na+)=2c()+2c()+2c(H2CO3)，代入计算得到c(OH−)−c(H+)=c()+2c(H2CO3)；故B错误；

C．pH相同的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度相同，则c()=c(K+)=2c(Ba2+)；故C正确；

D．常温下，0.2mol⋅L−1NH4NO3溶液与0.1mol⋅L−1NaOH溶液等体积混合，所得pH=9.6的溶液中含等浓度的NH4NO3、NH3⋅H2O、NaNO3，一水合氨电离大于铵根离子水解，溶液显碱性，溶液中离子浓度大小为：c()＞c()＞c(Na+)＞c(NH3⋅H2O)＞c(OH−)＞c(H+)；故D错误；

答案选AC。10、CD【分析】【分析】

【详解】

由图中信息可知；该装置为酸式氢氧燃料电池。

A．通入氢气的电极为负极；发生氧化反应，选项A错误；

B．通入氧气的电极为正极；发生还原反应，选项B错误；

C．内电路；质子即氢离子从负极向正极运动，选项C正确；

D．电池总反应为2H2+O2＝2H2O；选项D正确。

答案选CD。三、填空题(共8题，共16分)11、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据题意可知Fe3+完全沉淀时Cu2+不沉淀，所以可以将Fe2+氧化为Fe3+；再调节溶液pH为3~4的范围，除去Fe元素；

(2)该工艺中利用浓盐酸浸取粗制氧化铜粉制取氯化铜，为防止Cu2+沉淀，溶液应保持酸性环境，加入NaClO后，酸性环境中ClO-将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原成Cl-，离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；该反应过程中消耗氢离子，所以pH增大；

(3)①Cu2+开始沉淀时c(OH-)==1×10-9mol/L，则c(H+)=1×10-5mol/L；pH=5；

②使Cu2+浓度降至原来的千分之一，即c(Cu2+)=2×10-4mol/L，此时c(OH-)==1×10-8mol/L，则c(H+)=1×10-6mol/L，pH=6。【解析】将Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液pH为3~4的范围2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O增大5612、略

【分析】(1)

由于氯化铵与碳酸钾发生相互促进的水解反应生成氨气，会降低肥效，所以氯化铵作为化肥时不宜与草木灰(主要成分)混用。

(2)

①随着盐酸的加入，一水合氨和盐酸反应生成氯化铵和水，氨水浓度降低，铵根离子浓度增大，则表示浓度变化的曲线是A。

②当加入盐酸体积为50mL时，此时溶液pH=9，溶液中存在等浓度的一水合氨、氯化铵，溶液中存在电荷守恒c（NH）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），物料守恒得到：c（NH）+c（NH3•H2O）=2c（Cl-），得到2c（OH-）-2c（H+）=mol/L。

(3)

A.加入NaOH溶液后，根据电荷守恒可知溶液中一定有：A正确；

B.当滴入溶液时氢离子恰好被中和，得到硫酸铵和硫酸钠的混合液，根据物料守恒可知：B错误；

C.当滴入溶液时(>7)生成硫酸钠、硫酸铵和一水合氨，溶液显碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根的水解程度，则溶液中：C正确；

D.当溶液呈中性时生成硫酸钠、硫酸铵和一水合氨，且一水合氨的电离程度和铵根的水解程度相同，根据选项C分析可知此时加入氢氧化钠溶液的体积小于30mL，则溶液中：D错误；

答案选AC。

(4)

已知是一种二元弱酸，其中则的电离方程式为(只写第一步电离即可)。

(5)

①某兴趣小组同学用的酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的过氧化氢，双氧水被氧化为氧气，离子反应方程式为

②高锰酸钾溶液显红色；则滴定达到终点的现象是锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅红色，且30秒内溶液不褪色。

③第一次实验误差太大，舍去，消耗标准液体积的平均值为18.00mL，根据方程式可知试样中过氧化氢的浓度为＝0.1800mol/L。

④若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，消耗标准液体积偏大，则测定结果偏高。【解析】(1)氯化铵与碳酸钾发生相互促进的水解反应生成氨气；会降低肥效。

(2)A

(3)AC

(4)

(5)锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅红色，且30秒内溶液不褪色0.1800偏高13、略

【分析】【分析】

（1）2A2(g)+B2(g)2C(g)反应可逆，2molA2和1molB2,在500℃时充分反应达到平衡后C的物质的量小于2mol；

（2）正反应放热；升高温度平衡逆向移动；

（3）在同一容器同一条件下2molA2和1molB2建立的平衡和2molC建立的平衡是等效平衡。

(4)根据平衡标志判断；

（5）根据影响反应速率和反应限度的因素分析。

【详解】

（1）2A2(g)+B2(g)2C(g)反应可逆，2molA2和1molB2,在500℃时充分反应达到平衡后C的物质的量小于2mol，所以放出热量小于akJ，故a>b；

（2）正反应放热；升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；

（3）在同一容器同一条件下2molA2和1molB2建立的平衡和2molC建立的平衡是等效平衡，所以达到平衡时C的浓度=wmol·L-1。

(4)a、任意时刻反应速率比都等于系数比，所以v(C)=2v(B2)不一定平衡；故a错误；

b；正反应是气体压强减小的反应；平衡状态容器内压强保持不变，说明反应达到平衡，故B正确；

c、依据正逆反应速率之比等于化学方程式的系数之比可知，v逆(A2)=2v正(B2)，说明v逆(A2)=v正(A2)；故c正确；

d；密度是混合气的质量和容器容积的比值；在反应过程中质量和容积始终是不变的，所以密度是恒量，容器内气体的密度保持不变不一定平衡，故d错误，选BC；

（5）及时分离出C气体；正逆反应速率均减小，平衡正向移动，故a错误；

b.适当升高温度，正逆反应速率均增大，平衡逆向移动，故b错误；

c.增大B2的浓度；正逆反应速率均增大，平衡正向移动，故c正确；

d.选择高效的催化剂；正逆反应速率均增大，平衡不移动，故d错误。

【点睛】

减少反应物或生成物，正逆反应速率均减小；增大反应物或生成物的浓度，正逆反应速率均增大。【解析】①.>②.减小③.=④.bc⑤.c14、略

【分析】【详解】

（1）①装置I可通过U形管中红墨水液面的变化判断锌和稀硫酸的反应是放热还是吸热；装置II可通过烧杯中是否产生气泡判断锌和稀硫酸的反应放热还是吸热；装置III只是一个锌和稀硫酸反应并将生成的气体通入水的装置；不能证明该反应是放热反应还是吸热反应，故选III；

②氢氧化钡晶体与氯化铵反应属于吸热反应；所以锥形瓶中气体遇冷缩小，导致U形管左端液柱升高，右端液柱降低；

③棉花燃烧说明温度达到棉花的着火点；即温度升高，所以该反应放热；

（2）①11.2L甲烷的物质的量为则1molCH4燃烧放出的热量为2akJ，甲烷燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-2akJ/mol；

②反应CH3—CH3(g)→CH2=CH2(g)＋H2(g)的ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能=6×414.4kJ/mol+347.4kJ/mol-(4×414.4kJ/mol+615.3kJ/mol+435.3kJ/mol)=+125.6kJ/mol；

（3）加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，所以催化剂对反应热无影响；由图可知，1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO放出热量为1mol×(E2-E1)=1mol×(368kJ/mol-134kJ/mol)=234kJ；【解析】III左端液柱升高，右端液柱降低放热CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝-2akJ/mol+125.6kJ/mol减小不变23415、略

【分析】【详解】

（1）1molCH3OH完全燃烧生成稳定的氧化物为气态二氧化碳和液态水，放出热量726.51kJ/mol，则燃烧的热化学方程式为CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.51kJ/mol；综上所述，本题答案是：CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.51kJ/mol。

（2）由盖斯定律可知，①CH3OH（g）+H2O（g）=CO2（g）+3H2（g）△H1=+49.0kJ•mol﹣1；③H2（g）+1/2O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ•mol﹣1，①+③得到反应②：CH3OH（g）+1/2O2（g）═CO2（g）+2H2（g），△H2=+49.0kJ•mol﹣1+（﹣241.8kJ•mol﹣1）=﹣192.8kJ•mol﹣1；综上所述，本题答案是：﹣192.8kJ•mol﹣1。

（3）甲醇燃料电池中，甲醇中C元素的化合价升高，则甲醇为负极，电解质为酸，甲醇失去电子生成二氧化碳，正极电极反应为O2+4H++4e﹣=2H2O；综上所述，本题答案是：负；O2+4H++4e﹣=2H2O。【解析】CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣726.51kJ/mol﹣192.8kJmol﹣1负O2+4H++4e﹣=2H2O16、略

【分析】【详解】

(1)溶液①0.1mol/LNH4Cl中铵根离子水解，+H2ONH3•H2O＋H+，溶液显酸性，故答案为酸；+H2ONH3•H2O＋H+；

(2)相同浓度的这几种溶液中，pH：碱溶液＞碱溶液和盐溶液＞中性溶液＞强酸弱碱盐溶液＞强酸酸式盐溶液，①③溶液呈酸性且酸性①＜③，②溶液呈中性，④⑤溶液呈碱性但碱性④＜⑤，所以溶液pH最小的是③；H+抑制水解，CH3COO-促进水解，c()最小的是弱电解质一水合氨溶液⑤；故答案为③；⑤；

(3)H+抑制水解，CH3COO-促进水解，②中醋酸根离子促进铵根离子水解、③中氢离子抑制铵根离子水解，所以c()②＜③；故答案为＜；

(4)在溶液④中，存在物料守恒，根据物料守恒得c(Cl-)=0.1mol/L，c(NH3•H2O)+c()=0.2mol/L，故答案为Cl-；

(5)醋酸铵是弱酸弱碱盐，常温下，测得溶液②的pH=7，溶液呈中性，则CH3COO-的水解程度等于的水解程度，溶液呈中性c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒得c(CH3COO-)=c()，故答案为=；=。【解析】①.酸②.+H2ONH3•H2O＋H+③.③④.⑤⑤.＜⑥.Cl-⑦.⑧.=⑨.=17、略

【分析】【详解】

(1)v(D)===0.1mol/(L·min)；则v(C):v(D)=x:2=0.1:0.1=1:1，x=2；

(2)v(B)=v(D)=0.05mol/(L·min)。

(3)设反应开始时A；B的物质的量均为nmol；则：

故c(A):c(B)=(-0.75):(-0.25)=3:5，解得n=3mol，即c(A)=mol/L-0.75mol/L=0.75mol/L；反应开始前，n(A)=n(B)=3mol。【解析】20.050.75318、略

【分析】【分析】

若C为NaCl溶液，铁作负极，则A电极为正极，则该原电池反应是铁的吸氧腐蚀；将Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成原电池装置，Cu发生氧化反应，作原电池的负极，负极材料是Cu，正极材料是比Cu活泼性差的导电物质，溶液C中含有Fe3+；根据图中电子转移的方向可知，c电极为负极，d电极为正极，甲醇在负极上发生氧化反应生成CO2；氧气在正极上发生还原反应生成水，据此分析解答。

【详解】

(1)铁作负极，则A电极为正极，则该原电池反应是铁的吸氧腐蚀，所以正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；反应进行一段时间后，向两电极附近溶液滴加酚酞试剂，A电极周围溶液显红色，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；A；

(2)将Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+设计成如上图所示的原电池装置，根据方程式中物质发生的反应类型判断，Cu发生氧化反应，作原电池的负极，所以B(负极)材料是Cu，A(正极)材料是比Cu不活泼的导电物质如石墨、Ag等即可。溶液C中含有Fe3+，如FeCl3溶液，故答案为：石墨；Cu；FeCl3溶液；

(3)根据图示电子转移的方向可知，c电极为负极，d电极为正极，甲醇在负极上发生氧化反应生成CO2，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，若线路中转移1mol电子，则上述CH3OH燃料电池消耗0.25molO2，在标准状况下的体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L，故答案为：正极；CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；5.6。【解析】O2+2H2O+4e-=4OH-A石墨CuFeCl3溶液正极CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+5.6四、判断题(共4题，共40分)19、A【分析】【分析】

【详解】

根据盖斯定律，反应热只与反应物和生成物的状态有关，与路径无关，因此可以将难于或不能测量反应热的反应设计成多个可以精确测定反应热的方程式，用盖斯定律计算，该说法正确。20、B【分析】【详解】

该反应为可逆反应；反应进行不完全，故此条件下充分反应，放出热量小于19.3kJ；

故错误。21、A【分析】【分析】

【详解】

碳酸钠溶液中电荷守恒：则c(H+)-c(OH-)=c(HCO)+2c(CO)-c(Na+)，故答案为：正确。22、B【分析】【分析】

【详解】

pH=11的氨水中氢氧根浓度和pH=3的盐酸中氢离子浓度相等。盐酸是强酸，一水合氨是弱碱,故等体积的混合溶液呈碱性，则结合电中性：得故答案为：错误。五、实验题(共3题，共24分)23、略

【分析】【详解】

(1)EDTA溶液的浓度是由Ca2+标准溶液标定而得；不需要一定体积的容量瓶，只需要量取一定体积的浓溶液稀释即可。所以答案为：量筒；

(2)因为自来水中H2CO3等杂质微粒在pH为10的NH3—NH4Cl的溶液中反应会产生CaCO3沉淀，影响滴定终点的准确判定，所以应该加热除去，所以答案为：H2CO3、Ca2+与H2CO3在pH为10的NH3—NH4Cl的溶液中反应会产生CaCO3沉淀；影响滴定终点的准确判定；

(3)滴定终点时溶液由紫红色变为纯蓝色，所以是紫红色MgIn-和EDTA反应转化为HIn2-，所以答案为：H2Y2-+MgIn-=MgY2-+HIn2-+H+；

(4)因为加入的MgY2先转化为CaY2-和Mg2+，最后又转化成MgY2-，故不影响滴定结果，所以答案为：滴定前加入的MgY2-先转化为CaY2-和Mg2+，最后又转化成MgY2-；故不影响滴定结果；

(5)起始读数时平视，滴定终点时仰视因为滴定管刻度越靠下读数越大，所以终点仰视时，读数偏大，算得体积偏大，所以结果偏大，答案为：偏大；

(6)由转化关系可知钙镁离子和EDTA物质的量相等，而总硬度以等物质的量的碳酸钙在单位体积内的质量计，所以有根据题目的数据，取四位有效数字，所以答案为：105.6；【解析】量筒H2CO3Ca2+与H2CO3在pH为10的NH3—NH4Cl的溶液中反应会产生CaCO3沉淀，影响滴定终点的准确判定H2Y2-+MgIn-=MgY2-+HIn2-+H+滴定前加入的MgY2-先转化为CaY2-和Mg2+，最后又转化成MgY2-，故不影响滴定结果偏大105.624、略

【分析】【分析】

(1)根据量热计的构造来判断该装置缺少的仪器；

(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作；

(3)若不盖硬纸板；会有一部分热量散失；

(4)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关；结合中和热的概念分析判断；

(5)先判断数据的有效性；再求出温度差的平均值。

【详解】

(1)根据量热计的构造可知；该装置缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；

(2)中和热测定实验成败的关键是保温工作；大小烧杯之间填满碎纸条，可以起到保温的作用，减少实验过程中的热量损失，故答案为：保温，减少实验过程中的热量损失；

(3)大烧杯上如不盖硬纸板；会有一部分热量散失，测得的热量会减少，求得的中和热数值将会偏小，故答案为：偏小；

(4)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关；若用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，则放出的热量增多，但中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，所以用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行上述实验，测得中和热的数值相等，故答案为：不相等；相等；

(5)三次温度差分别为：2.2℃、2.4℃、3.4℃，第三组数据误差较大，舍去，温度差的平均值==2.3℃；故答案为：2.3℃。【解析】环形玻璃搅拌棒保温，减少实验过程中的热量损失偏小不相等相等2.3℃25、略

【分析】【分析】

(1)实验中要控制O2生成速率；根据浓度对反应速率的影响分析；

(2)c中生成的氨气能够与Na2S2O8发生副反应；需要将生成的氨气及时排出；

(3)根据反应原理（NH4）2S2O8+2NaOHNa2S2O8+2NH3+2H2O分析还需补充的实验仪器或装置；

(4)Ag+与CN-反应生成[Ag（CN）2]-，当CN-反应结束时，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀；说明反应到达滴定终点；

(5)计算消耗硝酸银物质的量，再根据方程式Ag++2CN-=[Ag（CN）2]-计算出氰化钠的含量。

【详解】

(1)通过控制调节双氧水的滴加速度或调节双氧水的浓度、控制开关K2的大小等操作，可控制通入O2的通入速率；

(2)由于生成的氨气发生副反应NH3+3Na2S2O3+6NaOH6Na2SO4+6H2O+N2↑，为了避免副反应的发生，需要将装置a中反应产生的氧气持续通入装置c，把反应产生的NH3及时排出；

故答案为：将反应产生的NH3及时排出；避免副反应的发生；

(3)根据(NH4)2S2O3+2NaOHNa2S2O3+2NH3↑+2H2O可知；反应温度为55℃，需要测量温度的仪器为温度计，为了更好的控制温度，需要采用水浴加热，还缺少水浴装置；

故答案为：BC；

(4)CN-优先与Ag+反应；所以当滴入最后一滴硝酸银溶液，出现黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失，即达到滴定终点；

(5)消耗AgNO3的物质的量为1.00×10−4mol/L×1.5×10−3L=1.5×10−7mol，根据方程式Ag++2CN-=[Ag(CN)2]-，处理的废水中氰化钠的质量为：1.5×10−7mol×2×49g/mol=1.47×10−5g，废水中氰化钠的含量为：=0.147mg/L。【解析】控制双氧水的滴加速率、调节双氧水浓度、控制开关K2的大小等将反应产生的NH3及时排出，避免副反应的发生BC滴入最后一滴AgNO3标准溶液，出现黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失0.147六、原理综合题(共3题，共6分)26、略

【分析】（1）根据装置图可判断该装置利用的是原电池原理，因此为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B的活泼性应该强于铁，作负极，才能满足牺牲阳极的阴极保护法，碳是非金属，铜的金属性弱于铁，锌的金属性强于铁，因此答案选b。由于锌等做原电池的负极，失电子发生氧化反应，即Zn-2e-＝Zn2+，不断遭受腐蚀，因此需定期拆换；（2）用氯化钠溶液模拟海水进行实验，则钢闸门C与电源的负极相连，做阴极。D为石墨块，做阳极，溶液中的氯离子放电，则D上的电极反应式为2Cl－-2e－＝Cl2↑。氯气具有强氧化性，能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝色，所以检验氯气的实验操作是湿润的淀粉碘化钾试纸放在阳极附近，试纸变蓝，证明生成氯气；（3）镁铝合金金属性强，做电源的负极。铂电极是正极，次氯酸根转化为氯离子，电极反应式为ClO－+2e－+H2O＝Cl－+2OH－；（4）①氢离子通过交换膜向N电极移动，这说明N电极是阴极，溶液中的乙二酸得到电子发生还原反应而转化为乙醛酸，电极反应式为HOOC-COOH+2e－+2H+＝HOOC-CHO+H2O；②根据①中方程式可知有2molH+通过质子交换膜，并完全参与了反应，则N电极产生1mo