2025年粤教新版选择性必修1化学上册阶段测试试卷

…………○…………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年粤教新版选择性必修1化学上册阶段测试试卷288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总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、25℃、101kPa下，碳、氢气、甲烷和葡萄糖的燃烧热依次是393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、890.31kJ/mol、2800kJ/mol，则下列热化学方程式正确的是A.C(s)＋O2(g)=CO(g)ΔH＝－393.5kJ/molB.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－571.6kJ/molC.CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－890.31kJ/molD.C6H12O6(s)＋3O2(g)=3CO2(g)＋3H2O(l)ΔH＝－1400kJ/mol2、某生产工艺中用惰性电极电解Na2CO3溶液获得NaHCO3和NaOH；其原理如图。下列有关说法正确的是。

A.应选用阳离子交换膜，电解时Na+从右侧往左移动B.阳极电极反应为4CO+2H2O-4e-=4HCO+O2↑C.B出口为H2，C出口为NaHCO3溶液D.a接外电源负极3、下列离子方程式书写正确的是A.侯式联合制碱法：Na++H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+B.电解氯化镁溶液：2Cl—+2H2O2OH—+H2↑+Cl2↑C.草酸使酸性KMnO4溶液褪色：2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2OD.铅蓄电池放电时负极反应：PbO2+2e—+4H++=PbSO4+2H2O4、类推是学习化学的一种重要方法，下列类推一定正确的是A.Al在纯氧中燃烧生成Al2O3，所以Fe在纯氧中燃烧生成Fe2O3B.Na和H2O反应是熵增放热的自发反应，所以K和H2O反应也是熵增放热的自发反应C.CaCO3分解为吸热反应，所以分解反应都为吸热反应D.MgCl2在熔融状态下能导电，所以AlCl3在熔融状态下也能导电5、一定温度下，将加入1L溶液中，充分搅拌不考虑液体体积变化已知：下列有关说法正确的是A.相同温度下，AgCl的溶解性比弱B.沉淀转化反应的平衡常数为C.混合后溶液中的：D.混合后溶液中的：评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、以石墨为电极，电解KI溶液(含有少量的酚酞和淀粉)。下列说法错误的是()A.阳极附近溶液呈红色B.阴极逸出气体C.阳极附近溶液呈蓝色D.溶液最终呈酸性7、对于反应在容积为的密闭容器中进行，起始时和均为反应在不同温度下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是（）

A.a条件下，从反应开始至达到平衡时，B.b条件下，用浓度表示的平衡常数为1C.该反应的D.比较a、b，可得出升高温度反应速率加快的结论8、某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A(g)+xB(g)⇌2C(g)；达到平衡后，在不同的时间段，分别改变影响反应的一个条件，测得容器中物质的浓度；反应速率分别随时间的变化如图所示：

下列说法中正确的是A.30～40min内该反应使用了催化剂B.化学方程式中的x=1，正反应为吸热反应C.30min时减小压强，40min时升高温度D.8min前A的平均反应速率为0.08mol·L-1·min-19、下列操作不能达到实验目的的是（）。目的操作和现象A除去溴苯中少量的溴加入适量NaOH溶液，振荡、静置、分液B证明Na2CO3溶液中存在水解平衡向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅C氧化性:Cl2>Br2向KBrO3溶液中，加入少量的苯，再通入少量氯气，振荡D探究浓度对速率的影响室温下，向等体积等浓度的两份Na2SO3溶液，同时分别滴加0.1mol·L-1双氧水和1.0mol·L-1双氧水

A.AB.BC.CD.D10、我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液，充电、放电时，复合膜层间的H2O解离成H＋和OH－，工作原理如图所示。下列说法不正确的是。

A.a膜是阴离子交换膜，b膜是阳离子交换膜B.放电时负极的电极反应式为Zn+4OH－-2e－=C.充电时多孔Pd纳米片附近pH升高D.充电时Zn与外接直流电源正极相连，将电能转化为化学能11、双膜碱性多硫化物空气液流二次电池可用于再生能源储能和智能电网的备用电源等，电极I为掺杂Na2S2的电极；电极II为碳电极。电池工作原理如下图所示。下列说法错误的是。

A.离子交换膜a为阳离子交换膜，离子交换膜b为阴离子交换膜B.放电时，中间储液器中NaOH的浓度不断减小C.充电时，电极I的电极反应式为：2-2e-=D.充电时，电路中每通过1mol电子，阳极室溶液质量理论上增加9g12、通过对实验现象的观察和分析得出正确的实验结论是化学学习的方法之一，下列有关实验结论正确的是。实验操作及实验现象结论A将生铁放置于潮湿的空气中，铁表面慢慢出现红棕色的斑点铁在潮湿的空气中最终生成Fe(OH)3B分别将纯净的镁粉和打磨后的镁条放入滴有酚酞的蒸馏水中，加热，镁条表面出现红色，而纯净的镁粉附近无现象镁粉能够吸附脱色C将硫的酒精溶液滴入一定量的热水中得微蓝色透明液体，用激光笔照射，有丁达尔效应微蓝色液体为胶体D用pH试纸测定同浓度钠盐NaA和Na2CO3溶液的pH，前者的小酸性H2CO3强于HA

A.AB.BC.CD.D13、已知常温下，向20mL0.1mol·L－1的HA溶液中，滴入0.1mol·L－1的NaOH溶液，所得滴定曲线如下图所示，下列说法不正确的是（）

A.若A点的pH＝3，则HA为一元弱酸，其电离平衡常数的数量级为10－5B.B点各微粒物质的量浓度的关系是：2c(H＋)＋c(A－)＝2c(OH－)＋c(HA)C.C点存在关系式：c(A－)＝c(Na＋)D.若D点的pH＝8.4，则水电离出的c(H＋)＝10－8.4mol·L－114、醋酸的电离方程式为CH3COOH（aq）H＋（aq）＋CH3COO－（aq）ΔΗ>0。25℃时，0.1mol·L－1醋酸溶液的Ka＝＝1.75×10－5。下列说法正确的是（）A.向该溶液中滴加几滴浓盐酸，平衡逆向移动，平衡时溶液中c（H＋）减小B.向该溶液中加少量CH3COONa固体，平衡逆向移动C.该温度下，0.01mol·L－1醋酸溶液的Ka<1.75×10－5D.升高温度，c（H＋）增大，Ka增大评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)15、(1)在一定条件下N2与H2反应生成NH3，已知断开1molH—H键、1molN—H键、1molN≡N键分别吸收的能量是436kJ、391kJ、945.7kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为________________________。

(2)N2H4(l)和H2O2(l)混合可作火箭推进剂，已知16g液态N2H4(l)和足量氧气反应生成N2(g)和H2O(l)，放出310.6kJ的热量，反应的_________已知：则N2H4(l)和H2O2(l)反应生成N2(g)和H2O(l)的热化学方程式为______________________。16、由于温室效应和资源短缺等问题，如何降低大气中的CO2含量并加以开发利用，引起了各国的普遍重视。目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，如图表示该反应进行过程中能量(单位为kJ·mol-1)的变化。

(1)该反应平衡常数K的表达式为___________。

(2)温度降低，平衡常数K___________(填“增大”；“不变”或“减小”)。

(3)为探究反应原理，现进行如下实验：在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示的平均反应速率v(H2)为___________mol·L-1·min-1，CO2和H2的转化率比是___________

(4)下列措施中能使(3)题中增大的有___________。(填字母)

A．升高温度。

B．加入催化剂。

C．将H2O(g)从体系中分离。

D．充入He(g)；使体系总压强增大。

E．再充入1molCO2和3molH217、据报道；摩托罗拉公司开发了一种以液态甲醇为原料，以KOH为电解质的用于手机的可充电的高效燃料电池，充一次电可连续使用一个月．下图是一个电化学过程的示意图．

已知甲池的总反应式为：2CH3OH＋3O2＋4KOH2K2CO3＋6H2O

请填空：

（1）充电时：①原电池的负极与电源________极相连②阳极的电极反应为_________________．

（2）在此过程中若完全反应，乙池中B极的质量增加648g，则甲池中理论上消耗O2_____L（标准状况下）．

（3）若在常温常压下，1gCH3OH燃烧生成CO2和液态H2O时放热22．68kJ，表示该反应的热化学方程式为______________________________________．18、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)。

a.碳棒b.锌板c.铜板。

（2）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2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。

①E为该燃料电池的___(填“正”或“负”)极。F电极上的电极反应式为___。

②镁燃料电池负极容易发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，用化学方程式解释其原因___。

（3）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3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若有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。19、某温度时；在0.5L密闭容器中，某一可逆反应的A；B气体，起始时压强为100KPa，各物质物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析可得：

(1)该反应的化学方程式为_______________。

(2)若降低温度，则该反应的正反应速率_______(填“加快”“减慢”或“不变”，下同)，逆反应速率_______。

(3)第4min时，正、逆反应速率的大小关系为v正___v逆(填“>”“<”或“=”)。

(4)0～4min内，用B的浓度变化来表示该反应的平均反应速率为___mol•L-1•min-1。

(5)反应达到平衡，此时体系内压强与开始时的压强之比为___。

(6)平衡时混合气体中B的分压约为______kPa(保留3位有效数字)。(已知某物质的分压=该物质的体积分数×总压强)

(7)要提高上述反应的转化率，可采取的措施是____________(任写一种)。20、电离度

(1)概念。

在一定条件下的弱电解质达到电离平衡时；已经电离的电解质分子数占原电解质分子总数的百分比。

(2)表示方法。

也可表示为

(3)影响因素。

①相同温度下，同一弱电解质，浓度越大，其电离度越_______________。

②相同浓度下，同一弱电解质，温度越高，其电离度越_______________。21、如图所示；C；D、E、F都是惰性电极，A、B为电源。将电源接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，D质量增加。

(1)AB作为电源；可以利用多种原电池来提供电能，兴趣小组同学设计如下电源：

①小红同学设计利用反应“Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+”制成化学电池来提供电能，该电池的负极材料是____，电解质溶液是____。

②小秦同学设计将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，一组插入烧碱溶液中，分别形成了原电池，在这两个原电池中，负极分别为___(填字母)。

A.铝片、铜片B.铜片、铝片C.铝片、铝片D.铜片；铜片。

③小明同学利用CO、氧气燃料电池作电源，电解质为KOH溶液，A电极上的反应式为___，工作一段时间后溶液的pH___(填“增大”“减小”或“不变”)。

(2)若甲中装有足量的硫酸铜溶液，工作一段时间后，停止通电，欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入____(填字母)。

A.CuB.Cu2(OH)2CO3C.Cu(OH)2D.CuCO3

(3)通电后乙中发生的总反应方程式为____。

(4)欲用丙装置给铜镀银，则金属银应为___(填“G”或“H”)极，反应一段时间后(用CO、氧气燃料电池作电源)铜制品质量增加43.2g，理论上消耗氧气的质量为____g。22、某反应中反应物与生成物有：FeCl2、FeCl3、CuCl2；Cu。

(1)将上述反应设计成的原电池如图甲所示；请回答下列问题：

①图中X溶液是___________。

②石墨电极上发生的电极反应式为__________。

③原电池工作时，盐桥中的___________(填“K＋”或“Cl－”)不断进入X溶液中。

(2)将上述反应设计成的电解池如图乙所示；乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如图丙，请回答下列问题：

①M是___________极；

②图丙中的②线是___________的变化。

③当电子转移为2mol时，向乙烧杯中加入___________L5mol∙L−1NaOH溶液才能使所有的金属阳离子沉淀完全。

(3)铁的重要化合物高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型饮用水消毒剂；具有很多优点。

①高铁酸钠生产方法之一是电解法，其原理为Fe＋2NaOH＋2H2ONa2FeO4＋3H2↑，则电解时阳极的电极反应式是___________。

②高铁酸钠生产方法之二是在强碱性介质中用NaClO氧化Fe(OH)3生成高铁酸钠，该反应的离子方程式为___________。评卷人得分四、实验题(共3题，共12分)23、实验室设计以下四个实验考察过氧化氢(H2O2)分解速率的影响因素；各取5mL过氧化氢溶液完成下列表中实验。回答下列问题：

。实验序号。

浓度(mol·L-1)

温度(℃)

加入0.1mol·L-1CuSO4溶液。

主要实验现象。

①

1.2

100

1滴。

②

1.2

25

1滴。

气泡产生速率很快。

③

0.4

25

1滴。

气泡产生速率较快。

④

0.4

25

0滴。

气泡产生速率较慢。

(1)实验中CuSO4起______作用。

(2)预计实验①的现象是______。

(3)设计实验①；②的目的是考查______对过氧化氢分解速率的影响。

(4)从实验②、③可以得出的结论是：在其他条件一定时，______。24、连二亚硫酸钠(Na2S2O4)是重要的化工产品，可用SO2与Zn；NaOH溶液反应制取。实验室模拟制备的工艺流程及制取装置如图。

已知：①连二亚硫酸钠易溶于水；难溶于乙醇、在碱性介质中较稳定、在空气中易被氧化。

②二价锌在水溶液中的存在形式与pH的关系如图。

请回答下列问题：

(1)通入一段时间SO2的作用除了充当反应物以外还有_______。需调节溶液为弱碱性的原因：_______。

(2)写出制取连二亚硫酸钠的总反应方程式对应的离子方程式：___________。

(3)下列说法正确的是_________。A．将锌粉投入水中形成悬浮液主要是为了加快反应速率B．单向阀的主要作用是防止氧气倒吸进入装置中C．洗涤Na2S2O4·2H2O时用水洗涤效果比酒精好D．向Na2S2O4溶液中加NaCl的稀溶液或固体对Na2S2O4的产率无明显影响(4)请选择最佳操作并排序完成制备Na2S2O4·2H2O晶体。安装好整套装置，并检查装置的气密性→___________→过滤取滤液并加入NaCl固体；冷却至窒温；过滤，洗涤，干燥得晶体。

a．将一定量的Zn粉与蒸馏水混合搅拌成悬浊液。

b．向溶液中滴加NaOH至pH在8.2~10.5之间。

c．28~35℃加热条件下，向悬浊液中通入SO2至澄清。

(5)称取上述制得的连二亚硫酸钠样品0.0800g加入另一三颈烧瓶，通过自动电位滴定仪控制滴定管向三颈烧瓶中快速滴加K3[Fe(CN)6]溶液将连二亚硫酸钠氧化为硫酸钠，记录终点读数，共消耗10.00mL0.2000mol·L-1的K3[Fe(CN)6]溶液，则样品中连二亚硫酸钠的纯度为_______。样品中可能存在的杂质有________。25、TiCl4是制备钛及其化合物的重要中间体，可利用下列装置在实验室制备TiCl4(夹持装置略去)：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO

已知：①PdCl2溶液捕获CO时生成Pd单质；②相关数据如下表：。化合物熔点/℃沸点/℃密度/g▪cm-3溶解性TiCl4-251361.5能溶于有机溶剂：遇水分解生成难溶于水的物质CCl4-2376.81.6难溶于水

回答下列问题：

(1)装置A中连通管的作用是______；装置E中使用冰盐水浴的目的是_____________________。

(2)按照气流由左到右的方向，上述装置合理的连接顺序为____________________(填仪器接口字母)；根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：_____________；装入药品；向装置A烧瓶中滴加适量浓盐酸，当观察到_________时；加热装置D中陶瓷管；装置E烧瓶中的液体量不再增加时，停止加热，充分冷却。

(3)装置C的作用为___________________。

(4)装置F中发生反应的化学方程式为________________________。

(5)制得的TiCl4中常含有少量CCl4，从混合液体中分离出TiCl4的操作名称为_______________。

(6)利用如图所示装置测定产品纯度：称取wgTiCl4产品进行实验，向安全漏斗中加入适量蒸馏水，待四氯化钛充分反应后，将烧瓶和安全漏斗中的液体一并转入锥形瓶中，用氢氧化钠溶液调节至中性，滴加几滴0.1mol·L-1的K2CrO4溶液作指示剂，用cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点(Ag2CrO4为红棕色沉淀；可指示滴定终点)，重复滴定两次，平均消耗标准溶液VmL。

已知：TiCl4+(2+x)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl

①安全漏斗在本实验中的作用除加水外，还有___________。

②根据上述数据计算该产品的纯度为__________。(用含w、c和V的代数式表示)评卷人得分五、工业流程题(共3题，共18分)26、以红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2等)为原料制备Ni(OH)2的工艺流程如图：

(1)“酸浸”时，加快化学反应速率的措施___(写一条即可)。滤渣1的成分为___(填化学式)。

(2)“氧化”时，Fe2+发生反应的离子方程式为___，若用NaClO代替H2O2溶液，使0.1molFe2+转化为Fe3+，则需NaClO至少为___mol。

(3)MgO的作用是调节溶液pH使Fe3＋沉淀，根据表中的数据，则调节溶液pH的范围是___。金属离子Fe2+Fe3+Mg2+Ni2+开始沉淀的pH6.31.58.96.9沉淀完全的pH8.32.810.98.9

(4)“沉镁”是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是___。

(5)“沉镍”后需过滤、洗涤，证明沉淀已洗涤干净的方法是___。室温时，若“沉镍”后的滤液c(Ni2+)<1×10-5mol•L-1，则滤液中pH>___。(Ksp[Ni(OH)2=1×10-15)27、辉铜矿的主要成分是Cu2S，含较多的Fe2O3、SiO2杂质：软锰矿的主要成分是MnO2，含有较多的SiO2杂质。辉铜矿的湿法治炼；目前国内外都处于探索之中。自氧化还原氨分离法是一种较为理想的湿法治炼方法，工艺流程如图：

回答下列问题：

(1)将100g辉铜矿和40g98%的浓硫酸混合，在80~90℃条件下浸出2.5h，铜的浸出率随软锰矿用量的变化如表：。锰矿用量(g)1520253035铜浸出率(%)84.086.589.889.989.9

则浸出100g辉铜矿，软锰矿的最适宜用量为___________g。

(2)“浸出”后的浸出液中含有CuSO4、MnSO4、Fe2(SO4)3等溶质，“滤渣I”中含有淡黄色固体单质，则“浸出”时产生淡黄色固体的化学方程式为___________。

(3)研究表明矿物中Fe2O3在“浸出”反应中起着重要的媒介作用，促进Cu2S与MnO2的溶解；其反应过程如下：

①Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；

②Cu2S+2Fe2(SO4)3=2CuSO2+4FeSO4+S↓

③___________。(写出反应的化学方程式)

(4)“滤渣II”的主要成分是___________；“沉锰”后，得到的深蓝色溶液中除NHH+外，还含有的阳离子为___________。(写化学式)

(5)“滤液III”经结晶可得到(NH4)2SO4晶体。结晶时，当___________时；即可停止加热。

(6)如图表示用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取Cl2时，与a相连的电极上会产生少量的ClO2，产生ClO2电极反应式：___________；与b相连的电极上的电极反应式：___________；电解一段时间，当阴极产生标准状况下气体112mL时，停止电解，则通过阳离子交换膜的阳离子物质的量为___________mol。

28、钼(Mo)是一种重要的过渡金属元素，常见化合价为+6、+5、+4。由钼精矿(主要成分是MoS2)可制备单质钼和钼酸钠晶体(Na2MoO4．2H2O)；部分流程如下：

(1)MoS2焙烧时反应的化学方程式为_______________________；钼冶炼厂对大气产生污染的主要物质是________(填化学式)，其对环境的主要危害是_____________。

(2)操作l中，加入碳酸钠溶液充分反应后，碱浸液中c(MoO)=0.80mol·L-1，c(SO)=0.04mol·L-1，在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的SO当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率是________。[Ksp(BaSO4)=1.1×10-10、Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8；溶液体积变化可忽略。

(3)焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，右图为各炉层固体物料的物质的量的百分组成。

①图像中纵坐标x=__________。

②焙烧炉中也会发生MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的反应，该反应的化学方程式为___________________。若该反应转移6mol电子，则消耗的氧化剂的化学式及物质的量为____、____mol。

(4)钼电池未来有可能代替锂电池，成为动力电池的霸主。镁钼蓄电池的总反应为：xMg+Mo3S4MgxMo3S4，则该电池充电时的阳极反应是__________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】

燃烧热指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；碳元素对应的是二氧化碳，氢元素对应的是液态水。

【详解】

A.根据燃烧热的定义；碳完全燃烧生成的稳定氧化物是二氧化碳而不是一氧化碳，故A错误；

B.生成物中水应是液态而不是气态；故B错误；

C.应生成液态水才能与ΔH＝-890.3kJ/mol相对应；故C错误；

D.葡萄糖的燃烧热2800kJ/mol；则0.5mol葡萄糖完全燃烧放出的热量是1400kJ，热化学方程式书写正确，故D正确；

故选D。2、B【分析】【分析】

根据图示，a极放出氧气，是溶液中的水失去电子发生氧化反应，a极为阳极，阳极区生成氢离子与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，则b极放出氢气；溶液中的水得到电子发生还原反应，阴极区生成的氢氧根离子与阳极区迁移过来的钠离子结合形成氢氧化钠。

【详解】

A．根据上述分析，阳极区的钠离子需要向阴极区迁移，应选用阳离子交换膜，电解时Na+从左侧往右移动；故A错误；

B．根据上述分析，阳极电极反应为4CO+2H2O-4e-=4HCO+O2↑；故B正确；

C．B出口为H2；C出口为氢氧化钠溶液，故C错误；

D．根据上述分析；a极为阳极，a接外电源正极，故D错误；

故选B。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．侯式联合制碱法的反应原理为氯化钠饱和溶液与二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Na++H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+故A正确；

B．电解氯化镁溶液时，反应生成氢氧化镁沉淀、氢气和氯气，电解的离子方程式为Mg2++2Cl—+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑；故B错误；

C．草酸使酸性高锰酸钾溶液褪色的反应为草酸与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；故C错误；

D．铅蓄电池放电时，铅为电池的负极，铅失去电子发生氧化反应生成硫酸铅，电极反应式为Pb—2e—+=PbSO4；故D错误；

故选A。4、B【分析】【分析】

根据实际发生的反应进行判断产物；利用常见反应类型进行判断是吸热反应还是放热反应。物质的导电性根据是否有自由移动的离子来判断。

【详解】

A．Fe在纯氧中燃烧生成Fe3O4；故不正确。

B．K比Na更活泼的金属，Na和H2O反应是熵增放热的自发反应，所以K和H2O反应也是熵增放热的自发反应；故正确。

C．大部分分解反应是吸热；有些吸热反应是放热，故不正确。

D．AlCl3是共价化合物；在熔融状态下以分子形式存在，不能导电。故不正确。

故选答案B。

【点睛】

注意熔融状态下能否导电判断是不是离子化合物的实验依据，而金属化合物中AlCl3是共价化合物。5、A【分析】【分析】

A．氯化银和碳酸银阴阳离子之比不同；不能用直接用溶度积常数比较溶解性；

B．平衡常数计算；

C．

D．据溶液中的电荷守恒分析。

【详解】

A.设Ag2CO3饱和溶液的物质的量浓度为x，则c(Ag+)=2x，c(CO32-)=x，则有=1×10-11，x=1.26×10-4mol/L；设AgCl饱和溶液的物质的量浓度为y，则c(Ag+)=c(Cl-)=y，=2×10-10，y=1.41×10-5mol/L，相同温度下AgCl的溶解性比Ag2CO3弱；故A正确；

B.平衡常数故B错误；

C.所以c(CO32-)>c(Cl-)；故C错误；

D.据电荷守恒，故D错误；

故选A。二、多选题(共9题，共18分)6、AD【分析】【详解】

A.阴极是水中氢离子得到电子生成氢气；剩余氢氧根离子，因此阴极附近溶液呈红色，故A错误；

B.根据A分析阴极逸出氢气；故B正确；

C.根据阳极是碘离子失去电子生成单质碘；遇淀粉变蓝，故阳极附近溶液呈蓝色，故C正确；

D.电解KI溶液是生成碘；氢气和氢氧化钾；因此溶液呈碱性，故D错误；

答案为AD。7、BC【分析】【详解】

A.a条件下，反应经过达到平衡，恒温恒容下，利用压强之比等于物质的量之比计算平衡时混合气体的总物质的量，则平衡时混合气体的物质的量为平衡时混合气体的物质的量减少利用差量法计算可得平衡时的物质的量为所以内，A项正确；

B.恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，b中平衡时混合气体的总物质的量为说明平衡时消耗反应物的物质的量和生成物的物质的量均是剩余反应物的物质的量均为容器容积为则平衡常数B项错误；

C.由图知，a、b的投料量和容器的体积都相同，a起始压强较大，故起始压强的不同是温度引起的，即a的温度高于b的温度，结合A、B项分析可知，a条件下反应物的转化率较低，说明升高温度，反应逆向进行，所以该反应为放热反应，C项错误；

D.根据以上分析可知a的温度高，反应首先达到平衡状态，所以比较a、b可得出升高温度反应速率加快的结论；D项正确；

故选BC。8、CD【分析】【分析】

在可逆反应中；增加反应物浓度的瞬间正反应速率加快；逆反应速率不变，所以正反应速率先增大后有所减小、逆反应速率先不变，后有所增加，在达到新平衡前，正逆反应速率均比旧平衡时要大；增大气体压强的瞬间，正逆反应速率均增大，气体分子总数减少方向的速率增幅更大；使用正催化剂，能同等幅度增加正逆反应的速率；升温，吸热方向的速率增加得更快。反之则反之，据此回答。

【详解】

A．30～40min内反应速率减小；若使用催化剂，则化学反应速率增大，A错误；

B．由浓度­时间图像可知；A；B的浓度变化相同，故A、B的化学计量数相同，都为1；由反应速率­时间图像可知，30min时改变的条件为减小压强，40min时改变的条件为升高温度，且升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，B错误；

C．结合选项AB可知；C正确；

D．前8min内A的平均反应速率为=0.08mol·L-1·min-1；D正确；

答案选CD。9、CD【分析】【详解】

A．除去溴苯中少量的溴；加入适量NaOH溶液，溴与NaOH溶液反应，与溴苯分层，则静置分液可除杂，可达到实验目的，A不符合题意；

B．含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaCl2固体，水解平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减小，溶液红色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡；可达到实验目的，B不符合题意；

C．氯气本身可以和水反应生成次氯酸，并不能表明是溴酸钾氧化了氯气，也不能证明氧化性：Cl2>Br2；故不能达到实验目的，C符合题意；

D．在其他条件相同下，浓度越大，反应速率越快，但是Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O；反应中没有明显现象，不能判断反应速率的快慢，故不能达到实验目的，D符合题意；

答案选：CD。10、AD【分析】【分析】

根据图示可知，放电时是原电池，放电时，负极为锌，锌在负极上失去电子生成锌离子，结合复合膜间的水解离出的氢氧根离子生成负极的电极反应式为：Zn+4OH--2e-=多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，电极反应式为：CO2+2H++2e-=HCOOH。

【详解】

A．复合膜间的H2O解离成H+和OH-，根据图中复合膜中H+通过a膜、OH-通过b膜可知，a膜是阳离子膜，b膜是阴离子膜；故A错误；

B．根据图示可知，放电时是原电池，负极为锌，锌在负极上失去电子生成锌离子，结合复合膜间的水解离出的氢氧根离子生成负极的电极反应式为：Zn+4OH--2e-=故B正确；

C．放电时多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，充电时是电解池，据图可知，充电时甲酸在多孔Pd纳米片表面发生失电子的氧化反应转化为CO2，电极反应式为：HCOOH+2OH--2e-=CO2+2H2O，消耗OH-；则pH升高，故C正确；

D．放电时；Zn作负极，则充电时Zn与外接电源的负极相连，将电能转化为化学能，故D错误；

答案选AD。11、BC【分析】【分析】

由图分析可知；电极II为碳电极，放电时，氧气发生还原反应生成氢氧根离子，为正极，则电极I为负极；

【详解】

A．放电时，正极发生还原反应，反应为O2+2H2O+4e-=4OH-；负极发生氧化反应，反应为2-2e-=正极区氢氧根离子向左侧运动，离子交换膜b为阴离子交换膜；负极区钠离子向右侧运动；离子交换膜a为阳离子交换膜，中间储液器中NaOH的浓度不断变大，A正确；

B．由A分析可知；中间储液器中NaOH的浓度不断变大，B错误；

C．充电时；电极I为阴极，得到电子发生还原反应，C错误；

D．充电时，电极II为阳极区，反应为4OH--4e-=O2+2H2O；电路中每通过1mol电子，阳极室从中间储液器进入1mol氢氧根离子；同时生成0.25mol氧气，溶液质量理论上增加17g-8g=9g，D正确；

故选BC。12、BC【分析】【分析】

【详解】

A．把生铁放置于潮湿的空气中，铁发生吸氧腐蚀最终生成Fe2O3∙xH2O；故A错误；

B．纯净的镁粉和镁条可以在热水中发生反应生成Mg(OH)2；镁条表面出现红色，由于镁粉表面积较大具有强吸附性，所以纯净的镁粉附近无红色现象出现，故B正确；

C．用激光笔照射微蓝色透明液体；有光亮的通路，该现象为丁达尔现象，属于胶体特有的性质，由现象可知微蓝色透明液体为胶体，故C正确；

D．同浓度Na2CO3溶液的pH大于NaA，只能说明水解程度CO32-大于A-，即酸性HCO3-比HA弱，不能判断出H2CO3与HA酸性的强弱；故D错误；

选BC。13、BD【分析】【分析】

由图知，HA是弱酸，常温下，向20mL0.1mol·L－1的HA溶液中，滴入0.1mol·L－1的NaOH溶液，若滴入20mL的NaOH溶液时，恰好反应，得到NaA溶液，因水解呈碱性，若滴入NaOH溶液后溶液恰好呈中性，则溶液为NaA和HA的混合溶液，HA未充分反应，则滴入NaOH溶液的体积小于20mL，任何时刻，溶液呈电中性，c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)；据此分析；

【详解】

A.若A点的pH＝3，则c(H+)=c(A-)=10-3mol·L－1，HA为一元弱酸，其电离平衡常数故数量级为10－5；A正确；

B.B点滴入10mLNaOH溶液，则有一半HA反应，故溶液为NaA和HA的混合溶液，且NaA和HA的物质的量浓度相等，按物料守恒知，2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，溶液呈电中性，则c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，据此得到各微粒物质的量浓度的关系是：2c(OH－)＋c(A－)＝2c(H＋)＋c(HA)；B错误；

C.C点溶液恰好呈中性，c(H+)=c(OH-)，由于溶液呈电中性，则c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，故存在关系式：c(A－)＝c(Na＋)；C正确；

D.D点时，滴入20mL的NaOH溶液，恰好反应，得到NaA溶液，因水解呈碱性，促进水的电离，若D点的pH＝8.4，则水电离出的c(H＋)=c(OH-)=10－5.6mol·L－1；D错误；

答案选BD。14、BD【分析】【分析】

【详解】

A.向该溶液中加入一定量的盐酸时；氢离子浓度增大，平衡逆向移动，故A错误；

B.向醋酸中加入少量CH3COONa固体；醋酸根离子浓度增大，平衡逆向移动，故B正确；

C.向醋酸溶液中加水稀释，平衡正向移动，但温度不变，Ka不变；故C错误；

D.醋酸的电离是吸热过程，温度升高，c（H＋）增大，Ka增大；故D正确。

故选：BD。三、填空题(共8题，共16分)15、略

【分析】【分析】

(1)根据断键吸收的热量和成键放出的热量分析并进行计算。

(2)根据数据进行计算得到焓变；再根据盖斯定律进行计算。

【详解】

(1)在反应中，断裂3molH—H键、1molN≡N键共吸收的能量为生成2molNH3时共形成6molN—H键键，放出的能量为反应放出的热量为则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为故答案为：

(2)16g(即0.5mol)液态N2H4和足量氧气反应生成N2(g)和H2O(l)，放出310.6kJ的热量，则1mol液态N2H4和足量氧气反应生成N2(g)和H2O(l)，放出621.2kJ的热量；由热化学方程式①，②，根据盖斯定律得到N2H4(l)和H2O2(l)反应生成N2(g)和H2O(l)的热化学方程式为故答案为：－621.2；

【点睛】

化学反应能量变化是常考题型，主要考查焓变的计算、根据盖斯定律进行计算、根据质量计算焓变等。【解析】－621.216、略

【分析】【详解】

(1)平衡常数K等于生成物的浓度幂之积与反应物的浓度幂之积之比，则K=(2)据图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数K增大；(3)据图可知，反应进行到10min时达到平衡，CO2的物质的量减少：n(CO2)=(1.00mol/L-0.25mol/L)×1L=0.75mol，则H2的物质的量减少：n(H2)=3n(CO2)=0.75mol×3=2.25mol，所以从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示的平均反应速率v(H2)==0.225mol·L-1·min-1；达到平衡时，CO2的转化率为：×100%=75%，H2的转化率为：×100%=75%，CO2和H2的转化率比是1∶1；(4)A．升高温度，平衡逆向移动，n(CH3OH)减小，n(CO2)增大，比值减小，A不合题意；B．加入催化剂，平衡不发生移动，不变，B不合题意；C．将H2O(g)从体系中分离，平衡正向移动，n(CH3OH)增大，n(CO2)减小，比值增大，C符合题意；D．充入He(g)，使体系总压强增大，但参加反应的各气体分压不变，平衡不发生移动，不变，D不合题意；E．再充入1molCO2和3molH2，相当于对原平衡体系加压，平衡正向移动，比值增大，E符合题意；故选CE。【解析】增大0.2251∶1CE17、略

【分析】【详解】

（1）①因为放电时负极上甲醇失电子发生氧化反应，所以充电时该电极应发生得电子还原反应，为阴极，故与电源负极相连；②阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑。

（2）乙池中B极上Ag+得电子发生还原反应，电极反应式为：Ag++e-=Ag，所以生成Ag的质量为648g，物质的量为6mol，转移电子为6mol，根据电子守恒，甲池中消耗O2转移的电子也是6mol，由O2+2H2O+4e-=4OH-，所以理论上消耗1.5molO2；标准状况下体积为33.6L。

（3）常温常压下，1gCH3OH燃烧生成CO2和液态H2O时放热22.68kJ，则1mol(32g)CH3OH燃烧生成CO2和液态H2O时放热32×22.68kJ=725.76kJ，表示该反应的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-725.76kJ/mol。【解析】负极4OH--4e-=2H2O+O233.6CH3OH(l)+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-725.76kJ/mol18、略

【分析】【分析】

原电池中；还原剂在负极失去电子发生氧化反应，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，用电化学方法防护金属,可采用牺牲阳极的阴极保护法或外接电流的阴极保护法保护金属；电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向阳极；阳离子移向阴极；电化学反应时，电极上电子数守恒，据此分析回答；

（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；

（2）

①镁铝合金金属性强，Mg在转变为氢氧化镁，则Mg失去电子发生氧化反应、E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-。

②镁是活泼的金属能与水反应生成氢气和氢氧化镁，因此负极容易发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，化学方程式为Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑；

（3）

电解时；阳离子移向阴极，则图中N为阴极。阴；阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，则：

①N电极上HOOC-COOH得电子发生还原反应生成HOOC-CHO，则电极反应式为HOOC-COOH+2e-+2H+═HOOC-CHO+H2O；

②2molH+通过质子交换膜，则电池中转移2mol电子，根据阴极电极方程式HOOC-COOH+2e-+2H+═HOOC-CHO+H2O，可知阴极生成1mol乙醛酸，阳极上：OHC-CHO-2e-+H2O═HOOC-CHO+2H+，阳极生成1mol乙醛酸，所以生成的乙醛酸为2mol。【解析】（1）b

（2）负ClO－+2e-+H2O=Cl-+2OH-Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑

（3）HOOC-COOH+2e-+2H+═HOOC-CHO+H2O219、略

【分析】(1)

根据图示可知在前4min内A减少0.4mol，B增加0.2mol，一定时间后A、B都存在，且物质的量不再发生变化，说明该反应是可逆反应，其中A是反应物，B是生成物，二者改变的物质的量的比是0.4mol:0.2mol=2:1，故反应方程式为：2A(g)B(g)；

(2)

降低温度；活化分子百分数减小，有效碰撞几率减小，正；逆反应速率都减慢；

(3)

4min后，A的物质的量减小，B的物质的量增加，则反应正向进行，因此正、逆反应速率的大小关系为v正>v逆；

(4)

在0～4minB物质的量改变△n(B)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，则用B的浓度变化来表示该反应的平均反应速率为v(B)=

(5)

该反应达到平衡时，n(A)=0.2mol，n(B)=0.5mol；恒温恒容下，气体的体积比等于气体的物质的量之比，故平衡时总压强和起始时总压比为(0.5+0.2)mol:(0.8+0.2)mol=7:10；

(6)

结合(5)可知7:10=p平:100kPa，因此平衡时总压p平=70kPa，平衡时B的体积分数为则平衡时混合气体中B的分压为×70KPa=50.0kPa；

(7)

该反应为气体分子数减小的反应，要提高上述反应的转化率，可采取的措施是增大压强（合理即可）。【解析】(1)2A(g)B(g)

(2)减慢减慢。

(3)>

(4)0.1

(5)7:10

(6)50.0

(7)增大压强20、略

【分析】【详解】

相同温度下，同一弱电解质，浓度越大，溶液中弱电解质的分子总数越多，其电离度越小；电离为吸热过程，相同浓度下，同一弱电解质，温度越高，其电离度越大。【解析】小大21、略

【分析】【分析】

电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，阳极上失去电子发生氧化反应，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上氧化剂得到电子发生还原反应，图中C、D、E、F都是惰性电极，将电源接通后，向乙中滴酚酞溶液，在F极附近显红色，则F电极反应为：F为阴极，D质量增加，则D电极反应为：D为阴极；则A为正极；B为负极；C、E和G为阳极、D、F和H为阴极；原电池中，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，据此回答；

【详解】

(1)①小红同学设计利用反应“”制成化学电池来提供电能，Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+中Cu为还原剂，故电池的负极材料是Cu，正极上Fe3+得到电子转变为Fe2+；则电解质溶液是含铁离子的溶液，例如氯化铁。

②铝与浓硝酸发生钝化反应，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、水和二氧化氮，故该原电池中铜为负极，铝能与氢氧化钠溶液反应：铜不能与氢氧化钠溶液反应，则该原电池中，负极为铝。则B满足；答案为B。

③小明同学利用CO、氧气燃料电池作电源，电解质为KOH溶液，A电极上的反应式为CO在负极失去电子发生氧化反应：按得失电子数守恒，负极消耗的氢氧根离子大于正极生成的氢氧根离子，故工作一段时间后溶液的pH减小。

(2)若甲中装有足量的硫酸铜溶液，反应为设电解消耗2molCuSO4；则欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入相当于2molCuO的物质，则D满足，答案为D。

(3)通电后乙中发生的是惰性电极电解氯化钠溶液，产物为氢氧化钠，氢气和氯气：总反应方程式为

(4)电镀时，镀层金属作阳极、待镀金属作阴极；欲用丙装置给铜镀银，则金属银应为G极，按得失电子数守恒，得反应一段时间后(用CO、氧气燃料电池作电源)铜制品质量增加43.2g，则消耗银理论上消耗氧气0.1mol、氧气的质量为3.2g。【解析】Cu氯化铁等含铁离子的溶液B减小DG3.2g22、略

【分析】【详解】

(1)①根据图中信息，甲为原电池，铜为负极，石墨为正极，三种溶液FeCl2、FeCl3、CuCl2，只有铜和FeCl3反应，因此X溶液是FeCl3溶液；故答案为：FeCl3。

②石墨是正极，其铁离子得到电子变为亚铁离子，因此电极上发生的电极反应式为Fe3++e－=Fe2+；故答案为：Fe3++e－=Fe2+。

③原电池工作时，根据离子“同性相吸”移动方向，因此盐桥中的K＋不断向正极移动即进入FeCl3溶液中；故答案为：K＋。

(2)①上述反应设计成的电解池；则铜失去电子变为铜离子，铁离子反应生成亚铁离子，因此M是负极，N为正极；故答案为：负。

②在电解过程中有铜离子生成，则铜离子的物质的量从零逐渐增大，因此③为Cu2+，图①表示的金属离子的物质的量减少，则为Fe3+，因此图丙中的②线是Fe2+的变化；故答案为：Fe2+。

③当电子转移为2mol时，溶液中有1molCu2+，3molFe2+，2molFe3+，要将沉淀完全，则需要的n(NaOH)=1mol×2+3mol×2+2mol×3=14mol，向乙烧杯中加入5mol∙L−1NaOH溶液的体积故答案为：2.8。

(3)①高铁酸钠电解原理是Fe＋2NaOH＋2H2ONa2FeO4＋3H2↑，则电解时阳极的电极反应式是Fe＋8OH－－6e－=＋4H2O；故答案为：Fe＋8OH－－6e－=＋4H2O。

②强碱性介质中用NaClO氧化Fe(OH)3生成高铁酸钠、氯化钠和水，其反应的离子方程式为2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2＋3Cl－＋5H2O；故答案为：2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2＋3Cl－＋5H2O。【解析】FeCl3Fe3++e－=Fe2+K＋负Fe2+2.8Fe＋8OH－－6e－=＋4H2O2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－=2＋3Cl－＋5H2O四、实验题(共3题，共12分)23、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)根据实验③、④操作的异同点判断实验目的，CuSO4在双氧水的分解中起到了催化作用；故答案为：催化(剂)；

(2)实验①同样使用了催化剂但温度高于其他实验，温度越高，H2O2分解速率越快；气泡产生速率最快，故答案为：气泡产生速率最快；

(3)实验①、②浓度相同，都使用了催化剂，温度不同，是探究温度对H2O2分解速率的影响；故答案为：温度；

(4)实验②、③中双氧水的浓度不同，则是探究浓度对H2O2分解速率的影响，从表中描述可知，浓度越大，反应速率越快；故答案为：过氧化氢浓度越大，过氧化氢分解速率就越快。【解析】催化(剂)气泡产生速率最快温度过氧化氢浓度越大，过氧化氢分解速率就越快24、略

【分析】【分析】

Zn和SO2反应生成ZnS2O4，控制温度在35℃，使ZnS2O4和NaOH反应生成Na2S2O4和Zn(OH)2沉淀，通过过滤除去Zn(OH)2，得到Na2S2O4溶液，再向溶液中加入NaCl增大钠离子的浓度，同时进行降温，使Na2S2O4晶体析出。

【详解】

（1）连二亚硫酸钠在空气中易被氧化，在碱性介质中较稳定，故通入SO2可以排除装置内的空气，防止连二业硫酸钠被氧化；溶液显碱性使Na2S2O4能稳定存在；

（2）Zn的水溶液中通入SO2发生反应：和制取连二亚硫酸钠的总化学方程式对应的离子方程式为：

（3）A．将锌粉投入水中形成悬浮液主要是为了增大接触面；加快反应速率，故A正确；

B．单向阀的主要作用是防止氧气倒吸进入装置中；将连二亚硫酸钠氧化，故B正确；

C．连二亚硫酸钠易溶于水、难溶于乙醇，洗涤Na2S2O4•2H2O时用酒精洗涤效果比冰水好；故C错误；

D．向Na2S2O4溶液中加NaC1固体，使c(Na+)增大，减小Na2S2O4的溶解量，促进Na2S2O4•2H2O晶体析出，产率增大，加入NaC1溶液，c(Na+)减小，减少Na2S2O4•2H2O晶体析出；产率降低，故D错误；

故答案选AB；

（4）制备Na2S2O4•2H2O晶体，先安装好整套装置，并检查装置的气密性，将一定量的Zn粉与蒸馏水混合搅拌成悬浊液，28~35℃加热条件下，向悬浊液中通入SO2至澄清；再向溶液中滴加NaOH至pH在8.2~10.5之间，过滤取滤液并加入NaCl固体，冷却至室温，过滤，洗涤，干燥得到晶体；

（5）Na2S2O4与K3[Fe(CN)6]发生反应，Na2S2O4转化为Na2SO4，S元素化合价由+3价升高到+6价，共升高6价，K3[Fe(CN)6]中Fe元素由+3价降低到+2价，降1价，根据得失电子守恒，得Na2S2O4~6K3[Fe(CN)6]，n(Na2S2O4)=n(K3[Fe(CN)6])=×0.01L×0.2mol/L，m(Na2S2O4•2H2O)=n×M=×0.01L×0.2mol/L×174=0.058g，Na2S2O4•2H2O晶体的纯度为：=72.5%；Na2S2O4可能被氧化成Na2SO4，结晶过程中可能含有NaCl等杂质。【解析】(1)排除装置内的空气，防止连二亚硫酸钠被氧化碱性条件下，能稳定存在。

(2)Zn+2SO2+2OH-=+Zn(OH)2

(3)AB

(4)acb

(5)72.5％25、略

【分析】【分析】

A中有KMnO4与浓盐酸制备Cl2，通过G装置净化除去HCl，再经B装置的浓硫酸干燥，进入D装置与TiO2和C反应制备TiCl4，在E中冷凝收集产品TiCl4；为防止产品有水进入E装置，连接C装置，最后在F装置收集生成的不溶于水的CO。

(1)A中有气体生成，容易造成A中气压增大，分液漏斗液体不易顺利滴下，E装置收集产品TiCl4；据此分析；

(2)根据A装置制备Cl2，G装置除去HCl，B装置干燥，D装置制备TiCl4，C装置防止水蒸气进入收集装置，E收集产品TiCl4，F装置收集CO分析有气体参加的反应首先要检查装置的气密性，然后加入药品，制取气体，待装置充满氯气时，进行氯气与TiO2的反应TiCl4；

(3)根据防止产品水解和保持产品干燥及氯气的性质的角度分析；

(4)装置F中进行PdCl2溶液捕获CO时生成Pd单质和两种酸性气体；

(5)根据TiCl4、CCl4的沸点差异分析。

(6)根据安全漏斗的气密性分析仪器的作用，结合Ag++Cl-=AgCl↓即Cl元素守恒计算。

【详解】

(1)装置A中导管m的作用是：平衡压强，使浓盐酸更易滴落；冰水混合物可起到降温、冷凝，收集产品TiCl4的作用；

(2)A装置制备Cl2，G装置除去Cl2中混有的杂质HCl，B装置干燥，为干燥彻底，导气管长进短出，D装置制备TiCl4，E装置收集，C装置防止水蒸气进入收集装置，除去氯气，F装置收集CO，故按照气流由左到右的方向，上述装置仪器接口字母的连接顺序为almcbfghidej；根据完整的实验装置进行实验；实验步骤如下：检查装置的气密性；装入药品；向装置A烧瓶中滴加适量浓盐酸，当观察到装置充满氯气时，加热装置D中陶瓷管；装置E烧瓶中的液体量不再增加时，停止加热，充分冷却。

(3)E中装置C的作用是防止水蒸气进入E装置；同时吸收未参加反应的氯气，防止氯气污染空气；

(4)装置F中CO与PdCl2、H2O发生反应产生Pd、CO2、HCl，发生反应的化学方程式为PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HCl；

(5)已知：TiCl4的沸点为136℃，CCl4的沸点为76.8℃，可采用蒸馏方法分离出TiCl4；

(6)①安全漏斗在本实验中的作用除加水外；还可以形成液封，吸收多余的HCl，避免HCl损失；

②产品与水充分反应得到HCl的水溶液，加入K2CrO4溶液作指示剂，用cmol/LAgNO3溶液滴定；当观察到白色沉淀刚刚出现砖红色沉淀时达到滴定终点，则有：

TiCl4～4HCl～4AgCl～4AgNO3，故n(TiCl4)=n(AgNO3)，所以产品纯度为×100%=%。

【点睛】

本题考查了物质制备方案设计，涉及化学方程式的书写、氧化还原反应、物质分离提纯、物质含量的测定等，明确实验原理及实验基本操作方法、知道各个装置作用是解本题关键，在进行物质含量测定时，若发生多个化学反应，可根据方程式的关系式(或根据元素守恒)得到已知物质和待求物质之间的物质的量的关系)，然后直接计算，不仅简单，而且正确率也会大大提高。要在平时学习中多注意相关基础知识与方法的学习和积累。【解析】平衡压强，使浓盐酸更易滴落降温、冷凝，收集产品TiCl4almcbfghidej检查装置的气密性装置充满氯气防止水蒸气进入E装置，同时吸收未参加反应的氯气，防止氯气污染空气PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HCl蒸馏形成液封，吸收多余的HCl，避免HCl损失%五、工业流程题(共3题，共18分)26、略

【分析】【分析】

红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3、MgO和SiO2等)加硫酸溶解，除二氧化硅外均溶于硫酸，得到硫酸镍、硫酸亚铁、硫酸铁和硫酸镁的混合溶液，过滤后滤渣I为SiO2；滤液中加双氧水将硫酸亚铁氧化成硫酸铁，再向溶液中加MgO调节溶液的pH值使三价铁离子沉淀，再加NaF将镁离子沉淀，过滤，滤渣II为氢氧化铁和氟化镁的混合物，再向滤液II中加氢氧化钠，将镍离子转变成氢氧化镍沉淀，据此分析解答。

（1）

加快反应速率的措施可以是增大硫酸的浓度，将矿石粉碎，升高温度等措施，由以上分析可知滤渣I为SiO2，故答案为：将矿石粉碎或增大硫酸的浓度等；SiO2；

（2）

氧化过程中二价铁被双氧水氧化成三价铁，反应的离子方程式为：2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O，使0.1molFe2+转化为Fe3+，失去的电子数为0.1mol，NaClO作氧化剂时其还原产物为氯离子，1molNaClO得2mol电子，若电子转移0.1mol时，消耗的NaClO为0.05mol，故答案为：2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O；0.05mol；

（3）

加MgO的目的是调节pH值使三价铁离子完全沉淀而镍离子不沉淀；结合表中数据可知pH应大于2.8，小于6.9，故答案为：2.8—6.9；

（4）

HF为弱酸，酸度过高时F−与H+结合形成弱电解质HF，使MgF2(s)Mg2+(aq)+2F-(aq)平衡向右移动，导致氟化镁溶解从而不易沉淀，故答案为：F−与H+结合形成弱电解质HF，使MgF2(s)Mg2+(aq)+2F-(aq)平衡向右移动；

（5）

过滤出氢氧化镍的溶液中含有硫酸根离子，若沉淀洗涤干净则洗涤液中不存在硫酸根离子，因此可以通过检验最后一次洗涤液中是否有硫酸根离子确定氢