专题2 化学反应速率与化学平衡 单元测试卷（含解析） 高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1
文档属性
| 名称 | 专题2 化学反应速率与化学平衡 单元测试卷（含解析） 高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-06-27 11:44:43 | ||
图片预览
文档简介
专题2《化学反应速率与化学平衡》单元测试卷
一、单选题
1．Li—FeS2电池是目前电池中综合性能最好的一种电池，其装置图如图所示。已知电池放电时的总反应为4Li+FeS2=Fe+ 2Li2S。下列说法不正确的是
A．Li为电池的负极，电极反应式为Li—e— =Li+
B．电池工作时，电子由Li电极流向FeS2电极，经熔融LiCF3SO3回到Li电极
C．正极的电极反应式为FeS2 +4e—=Fe+2S2—
D．熔融的LiCF3SO3不能用LiCl的水溶液代替
2．一种锂离子电池的反应式为(x＜1)，其工作原理如下图所示(可能用到的相对原子质量Li-7 C-12 O-16 Co-59)。下列说法不正确的是
A．放电时A极电极式为：
B．放电时，若转移0.3mol电子，石墨电极将减重2.1g
C．充电时，A极接外电源的正极
D．该废旧电池进行“放电处理”有利于锂在B极回收
3．下列实验目的、操作、现象及结论合理的是
实验目的 实验操作 现象及结论
A 检验CO还原Fe2O3的生成物中是否含有Fe3O4 取反应后的固体溶于稀盐酸，滴加KSCN溶液 若溶液变红色，则还原产物中含有Fe3O4
B 比较Fe3+和I2氧化性强弱 向FeCl3溶液中滴加淀粉碘化钾溶液 若溶液变蓝色，则氧化性：Fe3+>I2
C 检验FeCl3溶液中是否含有Fe2+ 向溶液中滴加酸性KMnO4溶液 若紫红色退去，则溶液中含有Fe2+
D 检验溶液中是否含有CO 取少量溶液于试管中，滴加稀盐酸 若产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则溶液中含有CO
A．A B．B C．C D．D
4．工业上由粗锰粉(主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质)制备高纯碳酸锰。其主要工艺流程如图：
下列有关说法不正确的是
A．可以通过搅拌的方式提高“酸浸”时粗锰粉的浸取率
B．向酸浸后的滤液中加入MnO2，反应的离子方程式为：Mn4++2Fe2+=2Fe3++Mn2+
C．除铁时加入的物质X作用是调节溶液的pH值，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去
D．取除铁后的滤液，加入几滴KSCN溶液，无明显现象证明Fe3+已除尽
5．利用浓差电池电解溶液(a、b电极均为石墨电极)，可制得、、和NaOH，反应原理如图所示。下列说法正确的是
A．b电极的电极反应为
B．c、d分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜
C．浓差电池放电过程中，Cu(2)电极上的电极反应为
D．浓差电池从开始工作到放电结束，电解池理论上可制得160gNaOH
6．下列拟采用的金属防腐措施，错误的是
A．给金属衣架或电线外面包上一层塑料层
B．给自行车钢圈镀上一层金属铬
C．将铁闸门与铜相连
D．给铁栅栏表面涂上一层油漆
7．含氯消毒剂主要有氯气、“84”消毒液、漂白粉、亚氯酸钠、二氧化氯以及氯胺等。下列说法不正确的是
A．“84”消毒液与洁厕灵(主要成分是盐酸)混合会发生氧化还原反应产生：
B．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，次氯酸钙能与二氧化碳和水反应生成具有漂白性的次氯酸：
C．亚氯酸钠()中氯元素的化合价为+3，具有强氧化性
D．制的反应：其中HCl只作还原剂
8．用间接电解法对NO进行无害化处理，其原理如图所示。下列说法正确的是
A．工作时电解池中H+从左室移向右室
B．阳极电极反应式为2 + 2H++ 2e-= + 2H2O
C．理论上每处理lmolNO，电解池中产生32g O2
D．吸收塔中反应的离子方程式为2NO + 2+ 2H2O = N2+ 4
9．如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中央滴入M的浓溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是(实验过程中，不考虑两球的浮力变化)
A．当M为溶液、杠杆为导体时，A端低，B端高
B．当M为溶液、杠杆为导体时，A端高，B端低
C．当M为盐酸、杠杆为导体时，A端高，B端低
D．当M为溶液、杠杆为绝缘体时，A端低、B端高
10．新的研究表明，可以将转化为炭黑进行回收利用，反应原理如图所示。下列有关说法错误的是
A．FeO是该反应的催化剂
B．反应过程中有非极性键的形成
C．过程Ⅱ中生成的FeO与的物质的量之比为3∶1
D．若将该研究大规模应用于工业生产，有利于实现“碳中和”
11．下列实验中，能够正确描述反应的离子方程式的是
A．磁性氧化铁溶于稀：
B．海水提溴工艺中，用纯碱溶液富集：
C．用石灰乳制漂白粉：
D．用足量的碱性溶液除去水中的：
12．如图是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量监测与控制的功能，下列有关说法正确的是
A．电流由呼气所在的铂电极流出
B．H+通过质子交换膜流向氧气所在的铂电极
C．电路中流过2mol电子时，消耗11.2LO2
D．该电池的负极反应为CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+
13．下列说法中正确的是
①电解质溶液导电属于化学变化
②碱性氧化物都是金属氧化物
③FeCl2、Fe(OH)3、Fe3O4都能通过化合反应来制取
④Na2O2不是碱性氧化物
A．②③④ B．①④
C．①②③④ D．②③
14．关于如图所示的原电池，下列说法正确的是
A．电子从铜电极通过电流计流向锌电极
B．盐桥中的阳离子向硫酸铜溶液中迁移
C．锌电极发生还原反应，铜电极发生氧化反应
D．铜电极上发生的电极反应是
15．将和混合固体投入至的稀硝酸溶液中，充分反应后无固体剩余，反应过程中只生成气体，向反应后溶液中滴加溶液至金属离子恰好完全沉淀时，所加溶液的体积为
A． B． C． D．
二、填空题
16．高纯超细氧化铝粉是一种新型无机功能材料，以和为原料制备复盐硫酸铝铵晶体[]，将硫酸铝铵晶体热分解可制得高纯超细氧化铝粉，其流程如下：
回答下列问题：
(1)操作①需加入适量稀硫酸，其目的是_______，采用的纯化方法为_______。
(2)取加热分解，加热过程中固体质量随温度的变化如图所示。硫酸铝铵晶体在633℃、975℃分解生成的固体分别为_______、_______。(填化学式)
(3)实验室以和为原料，在一定条件下反应生成制备纳米的前驱体沉淀，同时生成、和。高温分解即得超细氧化铝粉。反应生成沉淀的化学方程式为_______。
(4)为了测定高纯超细氧化铝粉中的质量分数，可用EDTA标准溶液滴定。取0.2035g高纯超细氧化铝粉溶于盐酸，加入过量的30.00mL0.1600EDTA标准溶液并加热煮沸，充分反应后，再用标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗标准溶液。已知、与EDTA反应的化学计量数之比均为1：1。
①加入过量的EDTA标准溶液并加热煮沸，其原因是_______。
②高纯超细氧化铝粉中，的质量分数为_______%(保留1位小数)。
17．回答下列问题
(1)SiO2在自然界中广泛存在，它是制备现代通讯材料_______(写该材料名称)的主要原料；以SiO2为原料，在工业上制备粗硅的化学方程式为_______。
(2)在一定体积的18 mol/L的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，被还原的硫酸为0.9mol。则浓硫酸的实际体积_______(填“大于”“小于”或“等于”)100mL。若使剩余的铜片继续溶解，可在其中加入硝酸盐溶液(如KNO3溶液)，则该反应的离子方程式为_______。
(3)硝酸是一种重要的工业原料。在实验室中通常保存在棕色试剂瓶中，则原因是_______(用化学方程式表示)。储运浓硝酸时通常用铁罐或铝罐，则原因是_______。硝酸是一种易挥发性的酸，用蘸浓硝酸和蘸浓氨水的玻璃棒靠近会产生大量白烟，白烟的成分是_______。
18．回答下列问题
(1)图中甲池是_____ (“原电池”或“电解池”)装置，其中OH-移向 _____ (填“CH4”或“O2")极。
(2)写出通入CH4的电极的电极反应式： _______________________________________
(3)向乙池两电极附近分别滴加适量紫色石蕊溶液，附近变红的电极为_________(填“A"或“B")极，并写出此电极的电极反应式______________________________________________
(4)乙池中总反应的离子方程式为______________________________
(5)常温下，当乙池中B(Ag)极的质量增加5.40g时，乙池的pH是_______________(若此时乙池中溶液的体积为500mL)；此时丙池某电极析出1.60g某金属，则丙中的某盐溶液可能是________________(填字母)。
A．MgSO4 B．CuSO4 C．NaCl
三、实验题
19．Ⅰ.甲烷—空气燃料电池若以KOH溶液为电解质溶液，负极的电极反应式为______________；若以稀硫酸为电解质溶液，正极的电极反应式为 __________________________。
Ⅱ．现有纯铁片、纯银片、纯铜片，稀硫酸、FeSO4 溶液、Fe2(SO4)3溶液、大烧杯、导线若干，请运用原电池原理设计实验，验证Cu2+、Fe3+的氧化性强弱。
（1）写出电极反应式，负极：__________________，正极：___________________。
（2）请在下面方框中画出原电池的装置图，标出外电路电子流向（注明电极材料、电解质溶液，连成闭合回路）________。
该装置反应一段时间后，当溶液的质量增加3.2 g时，通过导线的电子的数目是_________。
20．溴酸钠应用广泛，“氯气氧化法”制备装置如下：
(1)装置I中发生反应的还原剂与还原产物物质的量之比为___________。
(2)装置II的作用是___________。
(3)检查装置气密性并加入药品，所有活塞处于关闭状态。开始制备时，先打开电热磁力搅拌器，升温至50-60℃，滴入适量液溴。然后打开活塞___________，当pH传感器显示接近中性时，关闭所有活塞。反应结束后，在拆卸装置前为避免I中残留较多的污染空气，应打开活塞___________。
(4)装置III中发生总反应的离子方程式为___________。
(5)实验完毕后，使用图甲(作用为趁热过滤)、图乙装置对装置Ⅲ中混合物进行分离。得到产品。已知：有关物质在不同温度下的溶解度曲线如下图：
下列有关说法正确的是___________(填序号)。
a．选择图甲装置的优点是避免过滤过程中析出晶体
b．分离过程为：趁热过滤，蒸发结晶，抽滤，洗涤，干燥
c．选择图乙装置的优点是抽滤速率快，使产品更加干燥
(6)取ag产品，加蒸馏水至250mL溶液，取25.00 mL于碘量瓶中，加入过量KI溶液和适量稀硫酸，暗处密封静置5min。加入淀粉指示剂，用标准溶液滴定，滴定至终点，平行滴定三次，消耗体积分别为20.02mL、19.00mL、19.98mL；另取25.00mL蒸馏水作空白试验，平均消耗标准溶液VmL。(假设杂质不与KI反应，涉及的反应为，)。
判断达到滴定终点的现象为___________。产品质量分数为___________(用含a，c，V的代数式表示)。
21．已知：①甲为 CH4 和 O2 形成的燃料电池，电解质为固体电解质，能传导 O2-。
②乙中为 100 mL NaCl 溶液(足量)，滴有酚酞，丙为 CuSO4 溶液。
③若 c、d 为惰性电极，通电时 c 电极附近首先出现红色。 请回答下列问题：
(1)b 处通入_____(填“CH4”或“O2”)，电极反应式为：_____。
(2)当乙中 pH＝13 时，a 处通入标准状况下_____mL 的_____气体(填“O2”或 “CH4”)，c 电极的电极反应式为：_____。
(3)若用丙装置在 Fe 上镀 Cu，则 e 为_____(填“Fe”或“Cu”)，若 e，f 为惰性电极， 写出电解反应的离子方程式：_____。若 e，f 为惰性电极，丙中溶液为不饱和 Na2CO3 溶液， 则电解过程中pH_____(填“变大”、“不变”或“变小”)，原因是_____。
四、计算题
22．常温下电解200 mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，理论上两极所得气体的体积随时间变化的关系如图中Ⅰ、Ⅱ所示(气体体积已换算成标准状况下的体积)，根据图中信息进行下列计算：（要求写出计算步骤）
(1)原混合溶液中NaCl和CuSO4的物质的量浓度。
(2)电解至t3时，消耗水的质量。
23．回答下列问题
(1)在标准状况下，CO和CO2混合气体的质量为36g，体积为22.4L，则CO2和CO物质的量之比为______。
(2)神舟十三飞船以N2H4和N2O4为动力源，发生反应： N2H4+N2O4→N2+H2O，反应温度可高达2700 °C， 回
答下列问题。
①配平方程式____N2H4+ N2O4= N2+ H2O________。
②氧化产物与还原产物的质量之比为________。
(3)将10.9g Na2O和Na2O2的固体混合物溶于水得到500mL溶液，所得溶液用100mL1.5 mol/L稀硫酸恰好完全中和。
①固体混合物中Na2O2的质量分数为_____(保留三位有效数字)。
②固体混合物与水反应后，所得NaOH溶液的物质的量浓度______mol/L。
③若用质量分数为98%，密度为1.84 g/mL的浓硫酸配制题中所用的稀硫酸，则需量取浓硫酸的体积为____(保留两位有效数字)。
24．亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液中发生以下发应：5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O。
(1)标出该反应的电子转移方向和数目_______。
(2)其中氧化剂是_______，若反应中有2.5mol电子转移，则生成的碘是_______g，氧化产物为_______mol。
(3)该反应的过程和机理较复杂，一般认为发生以下四步反应：
①+=+(反应速率慢)
②+2=I-+2(反应速率快)
③5I-+6H++=3I2+3H2O(反应速率快)
④I2++H2O=2I-++2H+(反应速率快)
根据上述步骤推测该反应总的反应速率由第_______(填反应编号)步反应决定。
(4)预先加入淀粉溶液，由上述四步反应可以看出必须在_______离子消耗完后，才会使淀粉变蓝的现象产生。
参考答案：
1．B
【分析】由图可知，锂电极为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极反应式Li—e— =Li+，二硫化铁是正极，二硫化铁得到电子生成铁和硫离子，电极反应式为FeS2 +4e—=Fe+2S2—。
【详解】A．由分析可知，锂电极为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极反应式Li—e— =Li+，故A正确；
B．熔融电解质LiCF3SO3不能传递电子，故B错误；
C．由分析可知，二硫化铁是正极，二硫化铁得到电子生成铁和硫离子，电极反应式为FeS2 +4e—=Fe+2S2—，故C正确；
D．锂易与水反应生成氢氧化锂和氢气，所以熔融的LiCF3SO3不能用LiCl的水溶液代替，故D正确；
故选B。
2．C
【分析】由锂离子的移动方向可知，A极为原电池的负极，LixC6在负极失去电子发生氧化反应生成碳和锂离子，电极反应式为LixC6—xe—=6C+xLi+，B极为正极，在锂离子作用下Li1-xCoO2在正极得到电子发生还原反应生成Li1-xCoO2+xLi++xe—=LiCoO2；充电时，A极与直流电源的负极相连做电解池的阴极，B极为阳极。
【详解】A．由分析可知，放电时，A极为原电池的负极，LixC6在负极失去电子发生氧化反应生成碳和锂离子，电极反应式为LixC6—xe—=6C+xLi+，故A正确；
B．由分析可知，放电时，A极为原电池的负极，LixC6在负极失去电子发生氧化反应生成碳和锂离子，电极反应式为LixC6—xe—=6C+xLi+，则转移0.3mol电子时，石墨电极减少的质量为0.3mol ×7g/mol=2.1g，故B正确；
C．由分析可知，充电时，A极与直流电源的负极相连做电解池的阴极，故C错误；
D．由分析可知，放电时，A极为原电池的负极，B极为正极，锂离子向正极B极移动，所以该废旧电池进行“放电处理”有利于锂在B极回收，故D正确；
故选C。
3．B
【详解】A．Fe2O3和Fe3O4中均含有三价铁，与盐酸反应后均得到Fe3+而KSCN溶液主要用于检验Fe3+，所以溶液变血红色只能说明还原产物中含有三价铁，有可能是剩余的Fe2O3，A不符合题意；
B．向FeCl3溶液中滴加淀粉碘化钾溶液后溶液变蓝色，说明I-被氧化成I2，氧化剂为Fe3＋，利用氧化还原反应的规律，得出Fe3＋的氧化性强于I2，故B符合题意；
C．在酸性条件下高锰酸钾与氯离子发生反应：2MnO＋10Cl-＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，氯离子也能高锰酸钾溶液褪色，则紫红色退去，不能说明溶液中含有Fe2+，故C不符合题意；
D．取少量溶液于试管中，滴加稀盐酸，若产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则溶液中含有CO，也可能含有HCO或SO或HSO，故D不符合题意；
故选B。
4．B
【分析】粗锰粉中含有Mn、Fe、Ni、Pb，根据流程图可知，这四种单质在“酸浸”中与硫酸反应生成Mn2+、Fe2+、Ni2+、Pb2+，加入MnO2将Fe2+氧化成Fe3+，加入X调节pH，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀除去，加入H2S，使Pb2+、Ni2+转化成PbS和NiS沉淀而除去，据此分析；
【详解】A．提高“酸浸”时粗锰粉浸取率，可以采取的措施有适当升高温度、搅拌、适当升高硫酸浓度等，故A说法正确；
B．在书写离子方程式时，氧化物不能拆写成离子，正确的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故B说法错误；
C．根据上述分析，加入X调节pH，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀除去，故C说法正确；
D．含Fe3+溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红，因此取除铁后的滤液，加入几滴KSCN溶液，无明显现象证明Fe3+已除尽，故D说法正确；
答案为B。
5．D
【分析】根据电子流动方向可知，a为电解池的阴极，电离出的得到电子发生还原反应生成，电极反应为，c为阳离子交换膜，穿过阳离子交换膜进入阴极室，阴极区NaOH溶液浓度不断增大。
【详解】A．b为电解池的阳极，电离出的失去电子发生氧化反应生成，电极反应为，A错误；
B．d为阴离子交换膜，穿过阴离子交换膜进入阳极室，阳极区溶液浓度不断增大，B错误；
C．Cu(1)为原电池的正极，电极反应为，Cu(2)为原电池的负极，电极反应为，C错误；
D．浓差电池从开始工作到放电结束，正极区硫酸铜溶液浓度由降低到，负极区硫酸铜溶液浓度由上升到，即正极区被还原的的物质的量为，负极区被氧化的Cu的物质的量为，电路中转移4mol电子，电解池阴极区生成，即阴极区可得4molNaOH，其质量为160g，D正确；
故选D。
6．C
【详解】A．衣架和电线的外面包上一层塑料层为外加防护膜的保护法，可以隔绝空气，所以能起到防腐作用，故A不选；
B．在自行车钢圈上镀上一层铬，能阻止钢铁和电解质溶液构成原电池，所以能防腐，故B不选；
C．将铁闸门与铜相连时，铁作负极而加速被腐蚀，故C选；
D．给铁栅栏表面涂上一层油漆，外加防护膜的保护法，可以隔绝空气，所以能起到防腐作用，故D不选；
答案选C。
【点睛】注意从能否形成原电池和电解池的角度去思考金属能否发生电化学腐蚀。注意了解金属的防护措施有牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法，另外还有电镀、喷镀、喷油漆等方法使金属与空气、水等物质隔离，以防止金属腐蚀。
7．D
【详解】A．“84”消毒液中NaClO具有氧化性，能与Cl-在强酸性条件下发生氧化还原反应生成Cl2，反应方程式为，故A项正确；
B．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，因酸性：H2CO3>HClO，因此次氯酸钙能与二氧化碳和水反应生成具有漂白性的次氯酸，反应方程式为，故B项正确；
C．中O元素为-2价，Na元素为+1价，根据化合物化合价为0可知Cl元素化合价为+3，Cl元素化合价处于中间价态，具有强氧化性，故C项正确；
D．中只有Cl元素化合价发生变化，根据氧化还原反应中同种元素化合价“只靠近，不交叉”可知，NaClO3中Cl元素化合价由+5降低至+4被还原，NaClO3作氧化剂，部分HCl中Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，被氧化HCl作还原剂，而生成NaCl部分的HCl表现出酸性，故D项错误；
综上所述，不正确的是D项。
8．D
【分析】从图示中，可知在吸收塔中NO变成了N2，N的化合价降低，变成了，S的化合价从＋3升高到了＋4，化合价升高。在电解池中，变成了，S的化合价从＋4降低到＋3，得到电子，电极Ⅰ为阴极，而在电极Ⅱ附近有氧气生成，为H2O失去电子生成O2，为阳极。
【详解】A．电极Ⅰ为阴极，电极Ⅱ为阳极，工作时电解池中H+从右室移向左室，移向阴极，选项A错误；
B．阳极上H2O失去电子生成O2，电极反应式为2H2O- 4e-=4H++O2↑,选项B错误；
C．理论上每处理lmolNO，NO转化为N2,转移2mol e-，电解池中同样转移2mol e-，故产生0.5mol32g /mol=16gO2，选项C错误；
D．吸收塔中NO变N2，变成了，C中的离子方程式满足电子守恒、电荷守恒、原子守恒，反应的离子方程式为2NO + 2+ 2H2O = N2+ 4，选项D正确；
答案选D。
9．A
【分析】当杠杆是绝缘体的时候，考虑铜、铁能否和电解质溶液发生反应，再根据生成物质判断球的质量增加还是减少；当杠杆是导体时，加入电解质溶液后，形成原电池，铁作负极，被氧化，铁球质量减少。
【详解】A．当M为、杠杆为导体时，形成原电池，铁的金属活泼性强于铜，因此铁是负极失去电子，被氧化，铁球质量减小；铜是正极，溶液中的铁离子在正极得到电子生成亚铁离子，发生还原反应，铜球质量不变；因此是A端低，B端高；故A正确。
B．当M为AgNO3、杠杆为导体时，形成原电池，铁的金属活泼性强于铜，因此铁是负极失去电子，被氧化，铁球质量减小；铜是正极，溶液中的银离子在正极得到电子，发生还原反应析出银，铜球质量增大；因此是A端低，B端高；故B错误。
C．当M为盐酸、杠杆为导体时，形成原电池，铁的金属活泼性强于铜，因此铁是负极失去电子，被氧化；铜是正极，溶液中H+得到电子生成H2，铁球质量减少，铜球不变；因此A端低，B端高；故C错误。
D．当M为CuSO4、杠杆为绝缘体时，只发生Fe与硫酸铜溶液的反应，在Fe的表面附着Cu，质量变大，则A端高，B端低；故D错误；
故选A。
10．C
【分析】根据流程图可知，过程I是二氧化碳与FeO反应生成C与Fe3O4，过程II为Fe3O4分解生成FeO和O2的反应。
【详解】A．整个过程中FeO先参加后生成，为反应的催化剂，A正确；
B．反应过程中产生了氧气，二氧化碳中碳氧极性键断裂生成氧氧非极性键，B正确；
C．结合图示过程Ⅱ，根据氧化还原反应的配平原则可知化学方程式为：，则该过程中生成的FeO与的物质的量之比为24:4=6∶1，C错误；
D．整个过程可以将转化为炭黑，有利于实现“碳中和”，D正确；
故选C。
11．B
【分析】本题主要考查离子方程式书写正误的判断，侧重考查学生分析和解决问题的能力。
【详解】
A．得失电子不守恒、电荷不守恒，A错误；
B．纯碱与Br2反应：3Br2+3 =5Br-+ +3CO2↑，B正确；
C．氯气通入石灰乳制漂白粉，石灰乳是浊液，氢氧化钙不能拆，C错误；
D．反应混合物是碱性溶液，不会生成，D错误；
故选B。
12．B
【分析】燃料电池中通氧气的一极是正极，则呼气的一极是负极。再利用原电池原理解析。
【详解】A．呼气所在的电极发生乙醇转化为醋酸的氧化反应，故为负极，而电流由正极流出，A项错误；
B．H＋通过质子交换膜流向正极(氧气所在的铂电极)，B项正确；
C．正极反应为O2＋4e-＋4H＋=2H2O，电路中流过2 mol电子时，消耗0.5 mol O2，在标准状况下的体积为11.2 L，但题中未指明是否为标准状况，C项错误；
D．呼气所在的电极发生乙醇转化为醋酸的氧化反应，故为负极。该电池的负极反应为CH3CH2OH＋H2O-4e-=CH3COOH＋4H＋，D项错误。
故答案选B。
13．C
【详解】①电解质溶液导电是阴阳离子在两个电极发生氧化还原反应，电解质溶液导电属于化学变化，故①正确；
②碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，碱性氧化物都是金属氧化物，故②正确；
③氯化亚铁可以由铁和氯化铁化合反应生成，氢氧化铁可以用氢氧化亚铁、氧气和水化合反应生成，四氧化三铁可以铁在氧气中燃烧化合生成，故③正确；
④碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，过氧化钠属于过氧化物，不是碱性氧化物，故④正确；
故选C。
14．B
【分析】原电池工作时，锌为负极，发生氧化反应，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，发生还原反应，电极反应为Cu2++2e-=Cu，电子由负极经外电路流向正极，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。
【详解】A．原电池工作时，锌为负极，铜为正极，电子从锌电极通过检流计流向铜电极，错误；
B．溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，正确；
C．锌为负极，发生氧化反应，铜为正极，发生还原反应，错误；
D．铜为正极，发生还原反应，电极反应为Cu2++2e-=Cu，错误。
故选B。
15．C
【详解】和与硝酸反应得到硝酸铜，向反应后的溶液中加入溶液，金属离子恰好沉淀完全，溶液中溶质为，失去电子、失去电子，而生成要转移电子，由电子守恒可知，，则，由原子守恒可知：，而，所以，氢氧化钠溶液的体积，故选C。
16．(1) 抑制和水解 重结晶
(2)
(3)
(4) 有利于与EDTA充分反应，加快反应速率 98.7
【详解】（1）蒸发浓缩溶液时，为抑制和水解，需加入适量稀硫酸。将粗品硫酸铝铵晶体转化为纯净的硫酸铝铵晶体，可采用重结晶方法。
（2）的相对分子质量为453，的相对分子质量为237，的相对分子质量为342，的相对分子质量为的物质的量为0.01mol，则的物质的量为0.01mol，的物质的量为0.005mol，的物质的量为0.005mol。所以硫酸铝铵晶体在300℃、633℃、975℃分解生成的固体分别为、、。
（3）和在一定条件下反应生成制备纳米的前驱体沉淀的化学方程式为
。
（4）①为了让与EDTA充分反应，并加快反应速率，在加入过量的EDTA标准溶液时，须加热煮沸。
②根据关系式和，可知，则。
17．(1) 光导纤维 SiO2＋2CSi＋2CO↑
(2) 大于 3Cu＋8H＋＋2NO=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
(3) 4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O 常温时铁、铝遇浓硝酸钝化 NH4NO3
【详解】（1）二氧化硅广泛存在与自然界中，其用途也非常广泛，可以用于制造光导纤维；粗硅的制备是二氧化硅和碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，方程式为：；
（2）根据,且该反应必须用浓硫酸，所以还原0.9mol的硫酸所需硫酸大于1.8mol，即所需体积大于100mL;铜片不和稀硫酸反应，加入硝酸盐后相当于组成了稀硝酸，离子方程式为；
（3）硝酸见光易分解，需避光保存，方程式为：；铁铝遇浓硝酸钝化，可用铁罐或铝罐盛装；硝酸蒸汽与氨气反应生成的白烟是硝酸铵；
18．(1) 原电池 CH4
(2)CH4+10OH--8e- =+7H2O
(3) A 2H2O-4e-=O2↑+4H+
(4)4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+
(5) 1 B
【分析】从图中可以看出，甲池为燃料电池，乙池、丙池都为电解池。在甲池中，通入CH4的电极为负极，通入O2的电极为正极。在乙池中，A电极为阳极，B电极为阴极；在丙池中，C电极为阳极，D电极为阴极。
【详解】（1）由分析可知，图中甲池是原电池装置，通入CH4的电极为负极，通入O2的电极为正极。原电池工作时，阴离子向负极移动，则OH-移向CH4极。答案为：原电池；CH4；
（2）通入CH4的电极为负极，CH4失电子产物与电解质反应，生成等，电极反应式：CH4+10OH--8e- =+7H2O。答案为：CH4+10OH--8e- =+7H2O；
（3）在乙池中，A极为阳极，2H2O-4e-=O2↑+4H+，B极为阴极，4Ag++4e-=4Ag，向乙池两电极附近分别滴加适量紫色石蕊溶液，则附近变红的电极为A极，此电极的电极反应式：2H2O-4e-=O2↑+4H+。答案为：A；2H2O-4e-=O2↑+4H+；
（4）乙池为电解硝酸银溶液，在阳极水失电子生成O2等，在阴极Ag+得电子生成Ag，总反应的离子方程式为4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+。答案为：4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+；
（5）常温下，当乙池中B(Ag)极的质量增加5.40g时，则生成Ag的质量为5.40g，n(Ag)==0.05mol，依据得失电子守恒，可建立关系式：Ag——H+，则乙池生成H+0.05mol，c(H+)==0.1mol/L，pH是1；此时丙池某电极析出1.60g某金属，则溶液中含有金属性不太活泼的金属离子，设金属离子的带电荷为x，则其相对原子质量为=32x，当x=2时，该金属的相对原子质量为64，所以丙中的某盐溶液可能是CuSO4，故选B。答案为：1；B。
【点睛】在串联电路中，各电极通过电子的物质的量相等。
19． CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O O2+4e-+4H+=2H2O Cu -2e- = Cu2+ 2Fe3+ +2e- =2Fe2+ 0．1 NA
【详解】试题分析：Ⅰ. 碱性甲烷燃料电池，总反应为 ，甲烷失电子发生氧化反应，为电池负极；若以稀硫酸为电解质溶液，总反应是，氧气在电极正极得电子发生还原反应。
Ⅱ．氧化性Cu2+该装置反应一段时间后，溶液的质量增加3.2 g，说明有3.2g铜参加反应。
解析：Ⅰ. 甲烷—空气燃料电池若以KOH溶液为电解质溶液，总反应为 ，甲烷失电子发生氧化反应，为电池负极，负极的电极反应为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；若以稀硫酸为电解质溶液，总反应是；若以稀硫酸为电解质溶液，正极是氧气得电子发生还原反应，电极反应式为 O2+4e-+4H+=2H2O。
Ⅱ．氧化性Cu2+（2）。
溶液的质量增加3.2 g，说明有3.2g铜参加反应，转移电子的物质的量xmol
根据
X=0.1mol，转移电子的数目是0.1NA
点睛：原电池中较活泼金属做负极，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应。
20．(1)
(2)除去HCl气体
(3) 、
(4)
(5)ac
(6) 当滴入最后半滴标准液，溶液由蓝色褪为无色，且半分钟内不恢复蓝色
【分析】装置Ⅰ中浓盐酸和漂粉精反应生成氯气，化学方程式为4HCl(浓)+Ca(ClO)2=2Cl2↑+CaCl2+2H2O。生成的氯气中混有HCl，因此通过Ⅱ饱和食盐水除去氯气中的HCl，氯气进入Ⅲ与Br2、离子反应生成，最后ⅣNaOH用于吸收多余的Cl2和生成的CO2。
【详解】（1）装置Ⅰ中浓盐酸和漂粉精反应生成氯气，化学方程式为4HCl(浓)+Ca(ClO)2=2Cl2↑+CaCl2+2H2O。该反应4个HCl2个HCl为还原剂，Ca(ClO)2中Cl得电子化合价降低生成的一个Cl2为还原产物，则还原剂和还原产物的物质的量之比为2：1。
（2）根据分析可知，装置Ⅱ的作用为吸收氯气中的HCl。
（3）检验装置气密性后进行反应，升温至50-60℃，滴入适量液溴，打开活塞K1、K3装置Ⅰ中反应生成氯气，氯气经提纯后进入Ⅲ，与溴单质、碳酸根离子反应生成溴酸根离子。反应结束后在拆卸装置前为避免Ⅰ残留较多的Cl2污染空气，应打开活塞K2，吸收多余的氯气。
（4）氯气进入Ⅲ与Br2、离子反应生成，离子方程式为。
（5）a．根据NaBrO3的溶解度曲线可知，其溶解度随温度变化较大，采用趁热过滤的方式可避免在过滤过程中析出NaBrO3，a正确；
b．NaBrO3溶解度随温度变化较大，因此分离过程为：趁热过滤，冷却结晶，抽滤、洗涤、干燥，b错误；
c．图乙抽滤装置的优点是抽滤速率快，同时能除去NaBrO3表面的水分使产品更加干燥，c正确；
故答案选ac。
（6）淀粉为指示剂，用硫代硫酸钠滴定I2，则滴定终点的现象为当滴入最后半滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。已知滴定I2时消耗Na2S2O30.02cmol，空白实验中消耗Na2S2O3cV×10-3mol，则实际反应消耗的Na2S2O3为(20-V)c×10-3mol，根据离子方程式，参与反应的I2有(10-)c×10-3mol，根据离子方程式，参与反应的有(-)c×10-3mol，ag产品中有(-)c×10-2mol，则该产品的质量分数为×100%。
21． CH4 CH4－8e－＋4O2－ ═ CO2＋2H2O 56 O2 2H＋＋2e－ ═ H2↑ Fe 2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋ 变大 电解 Na2CO3 溶液即电解水，使 Na2CO3 溶液浓度变大
【分析】根据③若 c、d 为惰性电极，通电时电解饱和食盐水， c 电极附近首先出现红色，酚酞遇碱变红，说明此极附近溶液显碱性，有氢氧根离子产生，溶液中的氢离子得电子生成氢气，c 电极为电解池的阴极，与原电池的负极相连；该原电池为甲烷的燃料电池，甲烷在负极发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应，所以b电极为负极，a电极为正极；f电极与a电极相连，为电解池的阳极，e为阴极，d为阳极，c 为阴极；据以上分析解答。
【详解】根据③若 c、d 为惰性电极，通电时电解饱和食盐水， c 电极附近首先出现红色，酚酞遇碱变红，说明此极附近溶液显碱性，有氢氧根离子产生，溶液中的氢离子得电子生成氢气，c 电极为电解池的阴极，与原电池的负极相连；该原电池为甲烷的燃料电池，甲烷在负极发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应，所以b电极为负极，a电极为正极；f电极与a电极相连，为电解池的阳极，e为阴极，d为阳极，c 为阴极；
(1)结合以上分析可知，b电极为原电池的负极，发生氧化反应，应该通入甲烷气体，电极反应式为：CH4－8e－＋4O2－ ═ CO2＋2H2O；
综上所述，本题答案是：CH4；CH4－8e－＋4O2－ ═ CO2＋2H2O。
(2) 乙中均为惰性电极，通电时电解饱和食盐水，总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+ H2↑；从反应可知，反应转移电子为2mol，生成氢氧化钠2mol；pH＝13的NaOH溶液，c(OH-)=c（NaOH）=0.1mol/L；n(NaOH)= 0.1mol/L×0.1L=0.01 mol,转移电子0.01mol；c 电极为电解池的阴极，氢离子在此极得电子生成氢气，电极反应式为：2H＋＋2e－═ H2↑； a 电极为原电池的正极，氧气在此极得电子，电极反应为：O2+4e-=2O2-，根据串联电路中电子转移相等可知，正极消耗氧气的量为0.0025mol，体积为0.0025mol×22.4L/mol=0.056L=56mL；
综上所述，本题答案是：56 ；O2 ；2H＋＋2e－ ═ H2↑。
(3) Fe 上镀 Cu，铁做阴极，铜做阳极，所以e 为Fe；
若 e，f 为惰性电极，电解硫酸铜溶液，阴极生成铜，阳极产生氧气和硫酸，电解的总反应为：2Cu2＋＋2H2O 2Cu＋O2↑＋4H＋；
若 e，f 为惰性电极，Na2CO3 水解显碱性，电解不饱和 Na2CO3 溶液，相当于电解水，溶剂的量减小，碳酸钠溶液的浓度增大，碱性增强，pH变大；
综上所述，本题答案是：Fe ；2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋； 变大；电解 Na2CO3 溶液即电解水，使 Na2CO3 溶液浓度变大。
22．(1)c(NaCl)= 0.1 mol/L、c(CuSO4)＝0.1 mol/L
(2)0.72 g
【详解】（1）图像中看出阳极得到336 mL气体中，224mL是氯气，112mL是氧气，故 Cl20.01 mol和O20.005 mol ，转移电子的物质的量为：0.01 mol×2＋0.005 mol×4＝0.04 mol。又因为阳极首先逸出的是氯气：n(NaCl)＝2n(Cl2)＝0.02 mol，故c(NaCl)＝。此过程中阴极刚好析出全部铜：Cu2++2e-=Cu，故n(CuSO4)＝n(Cu)＝＝0.02 mol，则c(CuSO4)＝＝0.1 mol/L。
（2）从图像可知，t3时，氧气的生成量为672mL-224mL=448mL，n(O2)=，氧气全部是电解水得来的，根据关系2H2O—O2得到n(H2O)=0.04mol，m(H2O)=0.04mol×18g/mol=0.72g。
23．(1)1:1
(2) 2N2H4+N2O4=3N2+4H2O 2∶1
(3) 8.2mL
【详解】（1）由题意列方程组得：，解得：n(CO)＝0.5 mol，n(CO2)＝0.5mol，故CO2和CO物质的量之比为1:1，故答案为：1:1；
（2）①N2H4中氮元素化合价为-2，N2O4中氮元素化合价为+4，生成物氮元素化合价为0，则每个N2H4失去4个电子，每个N2O4得到8个电子，根据电子守恒和原子个数守恒得配平后的方程式为2N2H4+N2O4=3N2+4H2O；
②N2H4失去电子，N2O4得到电子，则氧化产物的个数为2，还原产物的个数为1，所以氧化产物与还原产物的质量之比为2∶1；
（3）设固体混合物中的物质的量为xmol，的物质的量为ymol，
由固体混合物的质量为10.9g，可得①；
由，
则固体混合物与水反应生成的，
由钠原子守恒，可得②；
联立①②两式可解得，，据此分析解答。
①，则固体混合物中的质量分数为；
②由，溶液体积为500mL，可得；
③由公式，可得浓硫酸的物质的量浓度；结合稀释定律，可得，所以用量取量取8.2mL。
24．(1)
(2) KIO3
(3)①
(4)
【解析】（1）反应中S元素化合价由Na2SO3中+4价升高为+6价，总升高2价，I元素化合价由KIO3中+5价降低为I2中0将，总化合价降低10价，用单线桥表示为 ，故答案为： ；
（2）反应中I元素的化合价由+5价变为0价，S元素化合价由+4价变为+6价，所以氧化剂为KIO3；若反应中有2.5mol电子转移，则生成碘的物质的量，质量为；反应中S元素化合价由+4价变为+6价，发生氧化反应，则Na2SO4氧化产物，其物质的量为，故答案为：KIO3；；；
（3）由慢反应决定整个反应过程的速率，故总反应速率由第①步反应所决定，故答案为：①；
（4）由反应④可知，的还原性大于，可被氧化，故需消耗完，才会生成，才会由溶液变蓝的现象产生，故答案为：。
一、单选题
1．Li—FeS2电池是目前电池中综合性能最好的一种电池，其装置图如图所示。已知电池放电时的总反应为4Li+FeS2=Fe+ 2Li2S。下列说法不正确的是
A．Li为电池的负极，电极反应式为Li—e— =Li+
B．电池工作时，电子由Li电极流向FeS2电极，经熔融LiCF3SO3回到Li电极
C．正极的电极反应式为FeS2 +4e—=Fe+2S2—
D．熔融的LiCF3SO3不能用LiCl的水溶液代替
2．一种锂离子电池的反应式为(x＜1)，其工作原理如下图所示(可能用到的相对原子质量Li-7 C-12 O-16 Co-59)。下列说法不正确的是
A．放电时A极电极式为：
B．放电时，若转移0.3mol电子，石墨电极将减重2.1g
C．充电时，A极接外电源的正极
D．该废旧电池进行“放电处理”有利于锂在B极回收
3．下列实验目的、操作、现象及结论合理的是
实验目的 实验操作 现象及结论
A 检验CO还原Fe2O3的生成物中是否含有Fe3O4 取反应后的固体溶于稀盐酸，滴加KSCN溶液 若溶液变红色，则还原产物中含有Fe3O4
B 比较Fe3+和I2氧化性强弱 向FeCl3溶液中滴加淀粉碘化钾溶液 若溶液变蓝色，则氧化性：Fe3+>I2
C 检验FeCl3溶液中是否含有Fe2+ 向溶液中滴加酸性KMnO4溶液 若紫红色退去，则溶液中含有Fe2+
D 检验溶液中是否含有CO 取少量溶液于试管中，滴加稀盐酸 若产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则溶液中含有CO
A．A B．B C．C D．D
4．工业上由粗锰粉(主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质)制备高纯碳酸锰。其主要工艺流程如图：
下列有关说法不正确的是
A．可以通过搅拌的方式提高“酸浸”时粗锰粉的浸取率
B．向酸浸后的滤液中加入MnO2，反应的离子方程式为：Mn4++2Fe2+=2Fe3++Mn2+
C．除铁时加入的物质X作用是调节溶液的pH值，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去
D．取除铁后的滤液，加入几滴KSCN溶液，无明显现象证明Fe3+已除尽
5．利用浓差电池电解溶液(a、b电极均为石墨电极)，可制得、、和NaOH，反应原理如图所示。下列说法正确的是
A．b电极的电极反应为
B．c、d分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜
C．浓差电池放电过程中，Cu(2)电极上的电极反应为
D．浓差电池从开始工作到放电结束，电解池理论上可制得160gNaOH
6．下列拟采用的金属防腐措施，错误的是
A．给金属衣架或电线外面包上一层塑料层
B．给自行车钢圈镀上一层金属铬
C．将铁闸门与铜相连
D．给铁栅栏表面涂上一层油漆
7．含氯消毒剂主要有氯气、“84”消毒液、漂白粉、亚氯酸钠、二氧化氯以及氯胺等。下列说法不正确的是
A．“84”消毒液与洁厕灵(主要成分是盐酸)混合会发生氧化还原反应产生：
B．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，次氯酸钙能与二氧化碳和水反应生成具有漂白性的次氯酸：
C．亚氯酸钠()中氯元素的化合价为+3，具有强氧化性
D．制的反应：其中HCl只作还原剂
8．用间接电解法对NO进行无害化处理，其原理如图所示。下列说法正确的是
A．工作时电解池中H+从左室移向右室
B．阳极电极反应式为2 + 2H++ 2e-= + 2H2O
C．理论上每处理lmolNO，电解池中产生32g O2
D．吸收塔中反应的离子方程式为2NO + 2+ 2H2O = N2+ 4
9．如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中央滴入M的浓溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是(实验过程中，不考虑两球的浮力变化)
A．当M为溶液、杠杆为导体时，A端低，B端高
B．当M为溶液、杠杆为导体时，A端高，B端低
C．当M为盐酸、杠杆为导体时，A端高，B端低
D．当M为溶液、杠杆为绝缘体时，A端低、B端高
10．新的研究表明，可以将转化为炭黑进行回收利用，反应原理如图所示。下列有关说法错误的是
A．FeO是该反应的催化剂
B．反应过程中有非极性键的形成
C．过程Ⅱ中生成的FeO与的物质的量之比为3∶1
D．若将该研究大规模应用于工业生产，有利于实现“碳中和”
11．下列实验中，能够正确描述反应的离子方程式的是
A．磁性氧化铁溶于稀：
B．海水提溴工艺中，用纯碱溶液富集：
C．用石灰乳制漂白粉：
D．用足量的碱性溶液除去水中的：
12．如图是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量监测与控制的功能，下列有关说法正确的是
A．电流由呼气所在的铂电极流出
B．H+通过质子交换膜流向氧气所在的铂电极
C．电路中流过2mol电子时，消耗11.2LO2
D．该电池的负极反应为CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+
13．下列说法中正确的是
①电解质溶液导电属于化学变化
②碱性氧化物都是金属氧化物
③FeCl2、Fe(OH)3、Fe3O4都能通过化合反应来制取
④Na2O2不是碱性氧化物
A．②③④ B．①④
C．①②③④ D．②③
14．关于如图所示的原电池，下列说法正确的是
A．电子从铜电极通过电流计流向锌电极
B．盐桥中的阳离子向硫酸铜溶液中迁移
C．锌电极发生还原反应，铜电极发生氧化反应
D．铜电极上发生的电极反应是
15．将和混合固体投入至的稀硝酸溶液中，充分反应后无固体剩余，反应过程中只生成气体，向反应后溶液中滴加溶液至金属离子恰好完全沉淀时，所加溶液的体积为
A． B． C． D．
二、填空题
16．高纯超细氧化铝粉是一种新型无机功能材料，以和为原料制备复盐硫酸铝铵晶体[]，将硫酸铝铵晶体热分解可制得高纯超细氧化铝粉，其流程如下：
回答下列问题：
(1)操作①需加入适量稀硫酸，其目的是_______，采用的纯化方法为_______。
(2)取加热分解，加热过程中固体质量随温度的变化如图所示。硫酸铝铵晶体在633℃、975℃分解生成的固体分别为_______、_______。(填化学式)
(3)实验室以和为原料，在一定条件下反应生成制备纳米的前驱体沉淀，同时生成、和。高温分解即得超细氧化铝粉。反应生成沉淀的化学方程式为_______。
(4)为了测定高纯超细氧化铝粉中的质量分数，可用EDTA标准溶液滴定。取0.2035g高纯超细氧化铝粉溶于盐酸，加入过量的30.00mL0.1600EDTA标准溶液并加热煮沸，充分反应后，再用标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗标准溶液。已知、与EDTA反应的化学计量数之比均为1：1。
①加入过量的EDTA标准溶液并加热煮沸，其原因是_______。
②高纯超细氧化铝粉中，的质量分数为_______%(保留1位小数)。
17．回答下列问题
(1)SiO2在自然界中广泛存在，它是制备现代通讯材料_______(写该材料名称)的主要原料；以SiO2为原料，在工业上制备粗硅的化学方程式为_______。
(2)在一定体积的18 mol/L的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，被还原的硫酸为0.9mol。则浓硫酸的实际体积_______(填“大于”“小于”或“等于”)100mL。若使剩余的铜片继续溶解，可在其中加入硝酸盐溶液(如KNO3溶液)，则该反应的离子方程式为_______。
(3)硝酸是一种重要的工业原料。在实验室中通常保存在棕色试剂瓶中，则原因是_______(用化学方程式表示)。储运浓硝酸时通常用铁罐或铝罐，则原因是_______。硝酸是一种易挥发性的酸，用蘸浓硝酸和蘸浓氨水的玻璃棒靠近会产生大量白烟，白烟的成分是_______。
18．回答下列问题
(1)图中甲池是_____ (“原电池”或“电解池”)装置，其中OH-移向 _____ (填“CH4”或“O2")极。
(2)写出通入CH4的电极的电极反应式： _______________________________________
(3)向乙池两电极附近分别滴加适量紫色石蕊溶液，附近变红的电极为_________(填“A"或“B")极，并写出此电极的电极反应式______________________________________________
(4)乙池中总反应的离子方程式为______________________________
(5)常温下，当乙池中B(Ag)极的质量增加5.40g时，乙池的pH是_______________(若此时乙池中溶液的体积为500mL)；此时丙池某电极析出1.60g某金属，则丙中的某盐溶液可能是________________(填字母)。
A．MgSO4 B．CuSO4 C．NaCl
三、实验题
19．Ⅰ.甲烷—空气燃料电池若以KOH溶液为电解质溶液，负极的电极反应式为______________；若以稀硫酸为电解质溶液，正极的电极反应式为 __________________________。
Ⅱ．现有纯铁片、纯银片、纯铜片，稀硫酸、FeSO4 溶液、Fe2(SO4)3溶液、大烧杯、导线若干，请运用原电池原理设计实验，验证Cu2+、Fe3+的氧化性强弱。
（1）写出电极反应式，负极：__________________，正极：___________________。
（2）请在下面方框中画出原电池的装置图，标出外电路电子流向（注明电极材料、电解质溶液，连成闭合回路）________。
该装置反应一段时间后，当溶液的质量增加3.2 g时，通过导线的电子的数目是_________。
20．溴酸钠应用广泛，“氯气氧化法”制备装置如下：
(1)装置I中发生反应的还原剂与还原产物物质的量之比为___________。
(2)装置II的作用是___________。
(3)检查装置气密性并加入药品，所有活塞处于关闭状态。开始制备时，先打开电热磁力搅拌器，升温至50-60℃，滴入适量液溴。然后打开活塞___________，当pH传感器显示接近中性时，关闭所有活塞。反应结束后，在拆卸装置前为避免I中残留较多的污染空气，应打开活塞___________。
(4)装置III中发生总反应的离子方程式为___________。
(5)实验完毕后，使用图甲(作用为趁热过滤)、图乙装置对装置Ⅲ中混合物进行分离。得到产品。已知：有关物质在不同温度下的溶解度曲线如下图：
下列有关说法正确的是___________(填序号)。
a．选择图甲装置的优点是避免过滤过程中析出晶体
b．分离过程为：趁热过滤，蒸发结晶，抽滤，洗涤，干燥
c．选择图乙装置的优点是抽滤速率快，使产品更加干燥
(6)取ag产品，加蒸馏水至250mL溶液，取25.00 mL于碘量瓶中，加入过量KI溶液和适量稀硫酸，暗处密封静置5min。加入淀粉指示剂，用标准溶液滴定，滴定至终点，平行滴定三次，消耗体积分别为20.02mL、19.00mL、19.98mL；另取25.00mL蒸馏水作空白试验，平均消耗标准溶液VmL。(假设杂质不与KI反应，涉及的反应为，)。
判断达到滴定终点的现象为___________。产品质量分数为___________(用含a，c，V的代数式表示)。
21．已知：①甲为 CH4 和 O2 形成的燃料电池，电解质为固体电解质，能传导 O2-。
②乙中为 100 mL NaCl 溶液(足量)，滴有酚酞，丙为 CuSO4 溶液。
③若 c、d 为惰性电极，通电时 c 电极附近首先出现红色。 请回答下列问题：
(1)b 处通入_____(填“CH4”或“O2”)，电极反应式为：_____。
(2)当乙中 pH＝13 时，a 处通入标准状况下_____mL 的_____气体(填“O2”或 “CH4”)，c 电极的电极反应式为：_____。
(3)若用丙装置在 Fe 上镀 Cu，则 e 为_____(填“Fe”或“Cu”)，若 e，f 为惰性电极， 写出电解反应的离子方程式：_____。若 e，f 为惰性电极，丙中溶液为不饱和 Na2CO3 溶液， 则电解过程中pH_____(填“变大”、“不变”或“变小”)，原因是_____。
四、计算题
22．常温下电解200 mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，理论上两极所得气体的体积随时间变化的关系如图中Ⅰ、Ⅱ所示(气体体积已换算成标准状况下的体积)，根据图中信息进行下列计算：（要求写出计算步骤）
(1)原混合溶液中NaCl和CuSO4的物质的量浓度。
(2)电解至t3时，消耗水的质量。
23．回答下列问题
(1)在标准状况下，CO和CO2混合气体的质量为36g，体积为22.4L，则CO2和CO物质的量之比为______。
(2)神舟十三飞船以N2H4和N2O4为动力源，发生反应： N2H4+N2O4→N2+H2O，反应温度可高达2700 °C， 回
答下列问题。
①配平方程式____N2H4+ N2O4= N2+ H2O________。
②氧化产物与还原产物的质量之比为________。
(3)将10.9g Na2O和Na2O2的固体混合物溶于水得到500mL溶液，所得溶液用100mL1.5 mol/L稀硫酸恰好完全中和。
①固体混合物中Na2O2的质量分数为_____(保留三位有效数字)。
②固体混合物与水反应后，所得NaOH溶液的物质的量浓度______mol/L。
③若用质量分数为98%，密度为1.84 g/mL的浓硫酸配制题中所用的稀硫酸，则需量取浓硫酸的体积为____(保留两位有效数字)。
24．亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液中发生以下发应：5Na2SO3+2KIO3+H2SO4=5Na2SO4+K2SO4+I2+H2O。
(1)标出该反应的电子转移方向和数目_______。
(2)其中氧化剂是_______，若反应中有2.5mol电子转移，则生成的碘是_______g，氧化产物为_______mol。
(3)该反应的过程和机理较复杂，一般认为发生以下四步反应：
①+=+(反应速率慢)
②+2=I-+2(反应速率快)
③5I-+6H++=3I2+3H2O(反应速率快)
④I2++H2O=2I-++2H+(反应速率快)
根据上述步骤推测该反应总的反应速率由第_______(填反应编号)步反应决定。
(4)预先加入淀粉溶液，由上述四步反应可以看出必须在_______离子消耗完后，才会使淀粉变蓝的现象产生。
参考答案：
1．B
【分析】由图可知，锂电极为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极反应式Li—e— =Li+，二硫化铁是正极，二硫化铁得到电子生成铁和硫离子，电极反应式为FeS2 +4e—=Fe+2S2—。
【详解】A．由分析可知，锂电极为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极反应式Li—e— =Li+，故A正确；
B．熔融电解质LiCF3SO3不能传递电子，故B错误；
C．由分析可知，二硫化铁是正极，二硫化铁得到电子生成铁和硫离子，电极反应式为FeS2 +4e—=Fe+2S2—，故C正确；
D．锂易与水反应生成氢氧化锂和氢气，所以熔融的LiCF3SO3不能用LiCl的水溶液代替，故D正确；
故选B。
2．C
【分析】由锂离子的移动方向可知，A极为原电池的负极，LixC6在负极失去电子发生氧化反应生成碳和锂离子，电极反应式为LixC6—xe—=6C+xLi+，B极为正极，在锂离子作用下Li1-xCoO2在正极得到电子发生还原反应生成Li1-xCoO2+xLi++xe—=LiCoO2；充电时，A极与直流电源的负极相连做电解池的阴极，B极为阳极。
【详解】A．由分析可知，放电时，A极为原电池的负极，LixC6在负极失去电子发生氧化反应生成碳和锂离子，电极反应式为LixC6—xe—=6C+xLi+，故A正确；
B．由分析可知，放电时，A极为原电池的负极，LixC6在负极失去电子发生氧化反应生成碳和锂离子，电极反应式为LixC6—xe—=6C+xLi+，则转移0.3mol电子时，石墨电极减少的质量为0.3mol ×7g/mol=2.1g，故B正确；
C．由分析可知，充电时，A极与直流电源的负极相连做电解池的阴极，故C错误；
D．由分析可知，放电时，A极为原电池的负极，B极为正极，锂离子向正极B极移动，所以该废旧电池进行“放电处理”有利于锂在B极回收，故D正确；
故选C。
3．B
【详解】A．Fe2O3和Fe3O4中均含有三价铁，与盐酸反应后均得到Fe3+而KSCN溶液主要用于检验Fe3+，所以溶液变血红色只能说明还原产物中含有三价铁，有可能是剩余的Fe2O3，A不符合题意；
B．向FeCl3溶液中滴加淀粉碘化钾溶液后溶液变蓝色，说明I-被氧化成I2，氧化剂为Fe3＋，利用氧化还原反应的规律，得出Fe3＋的氧化性强于I2，故B符合题意；
C．在酸性条件下高锰酸钾与氯离子发生反应：2MnO＋10Cl-＋16H＋=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，氯离子也能高锰酸钾溶液褪色，则紫红色退去，不能说明溶液中含有Fe2+，故C不符合题意；
D．取少量溶液于试管中，滴加稀盐酸，若产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，则溶液中含有CO，也可能含有HCO或SO或HSO，故D不符合题意；
故选B。
4．B
【分析】粗锰粉中含有Mn、Fe、Ni、Pb，根据流程图可知，这四种单质在“酸浸”中与硫酸反应生成Mn2+、Fe2+、Ni2+、Pb2+，加入MnO2将Fe2+氧化成Fe3+，加入X调节pH，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀除去，加入H2S，使Pb2+、Ni2+转化成PbS和NiS沉淀而除去，据此分析；
【详解】A．提高“酸浸”时粗锰粉浸取率，可以采取的措施有适当升高温度、搅拌、适当升高硫酸浓度等，故A说法正确；
B．在书写离子方程式时，氧化物不能拆写成离子，正确的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故B说法错误；
C．根据上述分析，加入X调节pH，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀除去，故C说法正确；
D．含Fe3+溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红，因此取除铁后的滤液，加入几滴KSCN溶液，无明显现象证明Fe3+已除尽，故D说法正确；
答案为B。
5．D
【分析】根据电子流动方向可知，a为电解池的阴极，电离出的得到电子发生还原反应生成，电极反应为，c为阳离子交换膜，穿过阳离子交换膜进入阴极室，阴极区NaOH溶液浓度不断增大。
【详解】A．b为电解池的阳极，电离出的失去电子发生氧化反应生成，电极反应为，A错误；
B．d为阴离子交换膜，穿过阴离子交换膜进入阳极室，阳极区溶液浓度不断增大，B错误；
C．Cu(1)为原电池的正极，电极反应为，Cu(2)为原电池的负极，电极反应为，C错误；
D．浓差电池从开始工作到放电结束，正极区硫酸铜溶液浓度由降低到，负极区硫酸铜溶液浓度由上升到，即正极区被还原的的物质的量为，负极区被氧化的Cu的物质的量为，电路中转移4mol电子，电解池阴极区生成，即阴极区可得4molNaOH，其质量为160g，D正确；
故选D。
6．C
【详解】A．衣架和电线的外面包上一层塑料层为外加防护膜的保护法，可以隔绝空气，所以能起到防腐作用，故A不选；
B．在自行车钢圈上镀上一层铬，能阻止钢铁和电解质溶液构成原电池，所以能防腐，故B不选；
C．将铁闸门与铜相连时，铁作负极而加速被腐蚀，故C选；
D．给铁栅栏表面涂上一层油漆，外加防护膜的保护法，可以隔绝空气，所以能起到防腐作用，故D不选；
答案选C。
【点睛】注意从能否形成原电池和电解池的角度去思考金属能否发生电化学腐蚀。注意了解金属的防护措施有牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法，另外还有电镀、喷镀、喷油漆等方法使金属与空气、水等物质隔离，以防止金属腐蚀。
7．D
【详解】A．“84”消毒液中NaClO具有氧化性，能与Cl-在强酸性条件下发生氧化还原反应生成Cl2，反应方程式为，故A项正确；
B．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，因酸性：H2CO3>HClO，因此次氯酸钙能与二氧化碳和水反应生成具有漂白性的次氯酸，反应方程式为，故B项正确；
C．中O元素为-2价，Na元素为+1价，根据化合物化合价为0可知Cl元素化合价为+3，Cl元素化合价处于中间价态，具有强氧化性，故C项正确；
D．中只有Cl元素化合价发生变化，根据氧化还原反应中同种元素化合价“只靠近，不交叉”可知，NaClO3中Cl元素化合价由+5降低至+4被还原，NaClO3作氧化剂，部分HCl中Cl元素化合价由-1升高至0被氧化，被氧化HCl作还原剂，而生成NaCl部分的HCl表现出酸性，故D项错误；
综上所述，不正确的是D项。
8．D
【分析】从图示中，可知在吸收塔中NO变成了N2，N的化合价降低，变成了，S的化合价从＋3升高到了＋4，化合价升高。在电解池中，变成了，S的化合价从＋4降低到＋3，得到电子，电极Ⅰ为阴极，而在电极Ⅱ附近有氧气生成，为H2O失去电子生成O2，为阳极。
【详解】A．电极Ⅰ为阴极，电极Ⅱ为阳极，工作时电解池中H+从右室移向左室，移向阴极，选项A错误；
B．阳极上H2O失去电子生成O2，电极反应式为2H2O- 4e-=4H++O2↑,选项B错误；
C．理论上每处理lmolNO，NO转化为N2,转移2mol e-，电解池中同样转移2mol e-，故产生0.5mol32g /mol=16gO2，选项C错误；
D．吸收塔中NO变N2，变成了，C中的离子方程式满足电子守恒、电荷守恒、原子守恒，反应的离子方程式为2NO + 2+ 2H2O = N2+ 4，选项D正确；
答案选D。
9．A
【分析】当杠杆是绝缘体的时候，考虑铜、铁能否和电解质溶液发生反应，再根据生成物质判断球的质量增加还是减少；当杠杆是导体时，加入电解质溶液后，形成原电池，铁作负极，被氧化，铁球质量减少。
【详解】A．当M为、杠杆为导体时，形成原电池，铁的金属活泼性强于铜，因此铁是负极失去电子，被氧化，铁球质量减小；铜是正极，溶液中的铁离子在正极得到电子生成亚铁离子，发生还原反应，铜球质量不变；因此是A端低，B端高；故A正确。
B．当M为AgNO3、杠杆为导体时，形成原电池，铁的金属活泼性强于铜，因此铁是负极失去电子，被氧化，铁球质量减小；铜是正极，溶液中的银离子在正极得到电子，发生还原反应析出银，铜球质量增大；因此是A端低，B端高；故B错误。
C．当M为盐酸、杠杆为导体时，形成原电池，铁的金属活泼性强于铜，因此铁是负极失去电子，被氧化；铜是正极，溶液中H+得到电子生成H2，铁球质量减少，铜球不变；因此A端低，B端高；故C错误。
D．当M为CuSO4、杠杆为绝缘体时，只发生Fe与硫酸铜溶液的反应，在Fe的表面附着Cu，质量变大，则A端高，B端低；故D错误；
故选A。
10．C
【分析】根据流程图可知，过程I是二氧化碳与FeO反应生成C与Fe3O4，过程II为Fe3O4分解生成FeO和O2的反应。
【详解】A．整个过程中FeO先参加后生成，为反应的催化剂，A正确；
B．反应过程中产生了氧气，二氧化碳中碳氧极性键断裂生成氧氧非极性键，B正确；
C．结合图示过程Ⅱ，根据氧化还原反应的配平原则可知化学方程式为：，则该过程中生成的FeO与的物质的量之比为24:4=6∶1，C错误；
D．整个过程可以将转化为炭黑，有利于实现“碳中和”，D正确；
故选C。
11．B
【分析】本题主要考查离子方程式书写正误的判断，侧重考查学生分析和解决问题的能力。
【详解】
A．得失电子不守恒、电荷不守恒，A错误；
B．纯碱与Br2反应：3Br2+3 =5Br-+ +3CO2↑，B正确；
C．氯气通入石灰乳制漂白粉，石灰乳是浊液，氢氧化钙不能拆，C错误；
D．反应混合物是碱性溶液，不会生成，D错误；
故选B。
12．B
【分析】燃料电池中通氧气的一极是正极，则呼气的一极是负极。再利用原电池原理解析。
【详解】A．呼气所在的电极发生乙醇转化为醋酸的氧化反应，故为负极，而电流由正极流出，A项错误；
B．H＋通过质子交换膜流向正极(氧气所在的铂电极)，B项正确；
C．正极反应为O2＋4e-＋4H＋=2H2O，电路中流过2 mol电子时，消耗0.5 mol O2，在标准状况下的体积为11.2 L，但题中未指明是否为标准状况，C项错误；
D．呼气所在的电极发生乙醇转化为醋酸的氧化反应，故为负极。该电池的负极反应为CH3CH2OH＋H2O-4e-=CH3COOH＋4H＋，D项错误。
故答案选B。
13．C
【详解】①电解质溶液导电是阴阳离子在两个电极发生氧化还原反应，电解质溶液导电属于化学变化，故①正确；
②碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，碱性氧化物都是金属氧化物，故②正确；
③氯化亚铁可以由铁和氯化铁化合反应生成，氢氧化铁可以用氢氧化亚铁、氧气和水化合反应生成，四氧化三铁可以铁在氧气中燃烧化合生成，故③正确；
④碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，过氧化钠属于过氧化物，不是碱性氧化物，故④正确；
故选C。
14．B
【分析】原电池工作时，锌为负极，发生氧化反应，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，发生还原反应，电极反应为Cu2++2e-=Cu，电子由负极经外电路流向正极，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。
【详解】A．原电池工作时，锌为负极，铜为正极，电子从锌电极通过检流计流向铜电极，错误；
B．溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，正确；
C．锌为负极，发生氧化反应，铜为正极，发生还原反应，错误；
D．铜为正极，发生还原反应，电极反应为Cu2++2e-=Cu，错误。
故选B。
15．C
【详解】和与硝酸反应得到硝酸铜，向反应后的溶液中加入溶液，金属离子恰好沉淀完全，溶液中溶质为，失去电子、失去电子，而生成要转移电子，由电子守恒可知，，则，由原子守恒可知：，而，所以，氢氧化钠溶液的体积，故选C。
16．(1) 抑制和水解 重结晶
(2)
(3)
(4) 有利于与EDTA充分反应，加快反应速率 98.7
【详解】（1）蒸发浓缩溶液时，为抑制和水解，需加入适量稀硫酸。将粗品硫酸铝铵晶体转化为纯净的硫酸铝铵晶体，可采用重结晶方法。
（2）的相对分子质量为453，的相对分子质量为237，的相对分子质量为342，的相对分子质量为的物质的量为0.01mol，则的物质的量为0.01mol，的物质的量为0.005mol，的物质的量为0.005mol。所以硫酸铝铵晶体在300℃、633℃、975℃分解生成的固体分别为、、。
（3）和在一定条件下反应生成制备纳米的前驱体沉淀的化学方程式为
。
（4）①为了让与EDTA充分反应，并加快反应速率，在加入过量的EDTA标准溶液时，须加热煮沸。
②根据关系式和，可知，则。
17．(1) 光导纤维 SiO2＋2CSi＋2CO↑
(2) 大于 3Cu＋8H＋＋2NO=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
(3) 4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O 常温时铁、铝遇浓硝酸钝化 NH4NO3
【详解】（1）二氧化硅广泛存在与自然界中，其用途也非常广泛，可以用于制造光导纤维；粗硅的制备是二氧化硅和碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，方程式为：；
（2）根据,且该反应必须用浓硫酸，所以还原0.9mol的硫酸所需硫酸大于1.8mol，即所需体积大于100mL;铜片不和稀硫酸反应，加入硝酸盐后相当于组成了稀硝酸，离子方程式为；
（3）硝酸见光易分解，需避光保存，方程式为：；铁铝遇浓硝酸钝化，可用铁罐或铝罐盛装；硝酸蒸汽与氨气反应生成的白烟是硝酸铵；
18．(1) 原电池 CH4
(2)CH4+10OH--8e- =+7H2O
(3) A 2H2O-4e-=O2↑+4H+
(4)4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+
(5) 1 B
【分析】从图中可以看出，甲池为燃料电池，乙池、丙池都为电解池。在甲池中，通入CH4的电极为负极，通入O2的电极为正极。在乙池中，A电极为阳极，B电极为阴极；在丙池中，C电极为阳极，D电极为阴极。
【详解】（1）由分析可知，图中甲池是原电池装置，通入CH4的电极为负极，通入O2的电极为正极。原电池工作时，阴离子向负极移动，则OH-移向CH4极。答案为：原电池；CH4；
（2）通入CH4的电极为负极，CH4失电子产物与电解质反应，生成等，电极反应式：CH4+10OH--8e- =+7H2O。答案为：CH4+10OH--8e- =+7H2O；
（3）在乙池中，A极为阳极，2H2O-4e-=O2↑+4H+，B极为阴极，4Ag++4e-=4Ag，向乙池两电极附近分别滴加适量紫色石蕊溶液，则附近变红的电极为A极，此电极的电极反应式：2H2O-4e-=O2↑+4H+。答案为：A；2H2O-4e-=O2↑+4H+；
（4）乙池为电解硝酸银溶液，在阳极水失电子生成O2等，在阴极Ag+得电子生成Ag，总反应的离子方程式为4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+。答案为：4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+；
（5）常温下，当乙池中B(Ag)极的质量增加5.40g时，则生成Ag的质量为5.40g，n(Ag)==0.05mol，依据得失电子守恒，可建立关系式：Ag——H+，则乙池生成H+0.05mol，c(H+)==0.1mol/L，pH是1；此时丙池某电极析出1.60g某金属，则溶液中含有金属性不太活泼的金属离子，设金属离子的带电荷为x，则其相对原子质量为=32x，当x=2时，该金属的相对原子质量为64，所以丙中的某盐溶液可能是CuSO4，故选B。答案为：1；B。
【点睛】在串联电路中，各电极通过电子的物质的量相等。
19． CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O O2+4e-+4H+=2H2O Cu -2e- = Cu2+ 2Fe3+ +2e- =2Fe2+ 0．1 NA
【详解】试题分析：Ⅰ. 碱性甲烷燃料电池，总反应为 ，甲烷失电子发生氧化反应，为电池负极；若以稀硫酸为电解质溶液，总反应是，氧气在电极正极得电子发生还原反应。
Ⅱ．氧化性Cu2+
解析：Ⅰ. 甲烷—空气燃料电池若以KOH溶液为电解质溶液，总反应为 ，甲烷失电子发生氧化反应，为电池负极，负极的电极反应为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；若以稀硫酸为电解质溶液，总反应是；若以稀硫酸为电解质溶液，正极是氧气得电子发生还原反应，电极反应式为 O2+4e-+4H+=2H2O。
Ⅱ．氧化性Cu2+
溶液的质量增加3.2 g，说明有3.2g铜参加反应，转移电子的物质的量xmol
根据
X=0.1mol，转移电子的数目是0.1NA
点睛：原电池中较活泼金属做负极，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应。
20．(1)
(2)除去HCl气体
(3) 、
(4)
(5)ac
(6) 当滴入最后半滴标准液，溶液由蓝色褪为无色，且半分钟内不恢复蓝色
【分析】装置Ⅰ中浓盐酸和漂粉精反应生成氯气，化学方程式为4HCl(浓)+Ca(ClO)2=2Cl2↑+CaCl2+2H2O。生成的氯气中混有HCl，因此通过Ⅱ饱和食盐水除去氯气中的HCl，氯气进入Ⅲ与Br2、离子反应生成，最后ⅣNaOH用于吸收多余的Cl2和生成的CO2。
【详解】（1）装置Ⅰ中浓盐酸和漂粉精反应生成氯气，化学方程式为4HCl(浓)+Ca(ClO)2=2Cl2↑+CaCl2+2H2O。该反应4个HCl2个HCl为还原剂，Ca(ClO)2中Cl得电子化合价降低生成的一个Cl2为还原产物，则还原剂和还原产物的物质的量之比为2：1。
（2）根据分析可知，装置Ⅱ的作用为吸收氯气中的HCl。
（3）检验装置气密性后进行反应，升温至50-60℃，滴入适量液溴，打开活塞K1、K3装置Ⅰ中反应生成氯气，氯气经提纯后进入Ⅲ，与溴单质、碳酸根离子反应生成溴酸根离子。反应结束后在拆卸装置前为避免Ⅰ残留较多的Cl2污染空气，应打开活塞K2，吸收多余的氯气。
（4）氯气进入Ⅲ与Br2、离子反应生成，离子方程式为。
（5）a．根据NaBrO3的溶解度曲线可知，其溶解度随温度变化较大，采用趁热过滤的方式可避免在过滤过程中析出NaBrO3，a正确；
b．NaBrO3溶解度随温度变化较大，因此分离过程为：趁热过滤，冷却结晶，抽滤、洗涤、干燥，b错误；
c．图乙抽滤装置的优点是抽滤速率快，同时能除去NaBrO3表面的水分使产品更加干燥，c正确；
故答案选ac。
（6）淀粉为指示剂，用硫代硫酸钠滴定I2，则滴定终点的现象为当滴入最后半滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。已知滴定I2时消耗Na2S2O30.02cmol，空白实验中消耗Na2S2O3cV×10-3mol，则实际反应消耗的Na2S2O3为(20-V)c×10-3mol，根据离子方程式，参与反应的I2有(10-)c×10-3mol，根据离子方程式，参与反应的有(-)c×10-3mol，ag产品中有(-)c×10-2mol，则该产品的质量分数为×100%。
21． CH4 CH4－8e－＋4O2－ ═ CO2＋2H2O 56 O2 2H＋＋2e－ ═ H2↑ Fe 2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋ 变大 电解 Na2CO3 溶液即电解水，使 Na2CO3 溶液浓度变大
【分析】根据③若 c、d 为惰性电极，通电时电解饱和食盐水， c 电极附近首先出现红色，酚酞遇碱变红，说明此极附近溶液显碱性，有氢氧根离子产生，溶液中的氢离子得电子生成氢气，c 电极为电解池的阴极，与原电池的负极相连；该原电池为甲烷的燃料电池，甲烷在负极发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应，所以b电极为负极，a电极为正极；f电极与a电极相连，为电解池的阳极，e为阴极，d为阳极，c 为阴极；据以上分析解答。
【详解】根据③若 c、d 为惰性电极，通电时电解饱和食盐水， c 电极附近首先出现红色，酚酞遇碱变红，说明此极附近溶液显碱性，有氢氧根离子产生，溶液中的氢离子得电子生成氢气，c 电极为电解池的阴极，与原电池的负极相连；该原电池为甲烷的燃料电池，甲烷在负极发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应，所以b电极为负极，a电极为正极；f电极与a电极相连，为电解池的阳极，e为阴极，d为阳极，c 为阴极；
(1)结合以上分析可知，b电极为原电池的负极，发生氧化反应，应该通入甲烷气体，电极反应式为：CH4－8e－＋4O2－ ═ CO2＋2H2O；
综上所述，本题答案是：CH4；CH4－8e－＋4O2－ ═ CO2＋2H2O。
(2) 乙中均为惰性电极，通电时电解饱和食盐水，总反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+ H2↑；从反应可知，反应转移电子为2mol，生成氢氧化钠2mol；pH＝13的NaOH溶液，c(OH-)=c（NaOH）=0.1mol/L；n(NaOH)= 0.1mol/L×0.1L=0.01 mol,转移电子0.01mol；c 电极为电解池的阴极，氢离子在此极得电子生成氢气，电极反应式为：2H＋＋2e－═ H2↑； a 电极为原电池的正极，氧气在此极得电子，电极反应为：O2+4e-=2O2-，根据串联电路中电子转移相等可知，正极消耗氧气的量为0.0025mol，体积为0.0025mol×22.4L/mol=0.056L=56mL；
综上所述，本题答案是：56 ；O2 ；2H＋＋2e－ ═ H2↑。
(3) Fe 上镀 Cu，铁做阴极，铜做阳极，所以e 为Fe；
若 e，f 为惰性电极，电解硫酸铜溶液，阴极生成铜，阳极产生氧气和硫酸，电解的总反应为：2Cu2＋＋2H2O 2Cu＋O2↑＋4H＋；
若 e，f 为惰性电极，Na2CO3 水解显碱性，电解不饱和 Na2CO3 溶液，相当于电解水，溶剂的量减小，碳酸钠溶液的浓度增大，碱性增强，pH变大；
综上所述，本题答案是：Fe ；2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋； 变大；电解 Na2CO3 溶液即电解水，使 Na2CO3 溶液浓度变大。
22．(1)c(NaCl)= 0.1 mol/L、c(CuSO4)＝0.1 mol/L
(2)0.72 g
【详解】（1）图像中看出阳极得到336 mL气体中，224mL是氯气，112mL是氧气，故 Cl20.01 mol和O20.005 mol ，转移电子的物质的量为：0.01 mol×2＋0.005 mol×4＝0.04 mol。又因为阳极首先逸出的是氯气：n(NaCl)＝2n(Cl2)＝0.02 mol，故c(NaCl)＝。此过程中阴极刚好析出全部铜：Cu2++2e-=Cu，故n(CuSO4)＝n(Cu)＝＝0.02 mol，则c(CuSO4)＝＝0.1 mol/L。
（2）从图像可知，t3时，氧气的生成量为672mL-224mL=448mL，n(O2)=，氧气全部是电解水得来的，根据关系2H2O—O2得到n(H2O)=0.04mol，m(H2O)=0.04mol×18g/mol=0.72g。
23．(1)1:1
(2) 2N2H4+N2O4=3N2+4H2O 2∶1
(3) 8.2mL
【详解】（1）由题意列方程组得：，解得：n(CO)＝0.5 mol，n(CO2)＝0.5mol，故CO2和CO物质的量之比为1:1，故答案为：1:1；
（2）①N2H4中氮元素化合价为-2，N2O4中氮元素化合价为+4，生成物氮元素化合价为0，则每个N2H4失去4个电子，每个N2O4得到8个电子，根据电子守恒和原子个数守恒得配平后的方程式为2N2H4+N2O4=3N2+4H2O；
②N2H4失去电子，N2O4得到电子，则氧化产物的个数为2，还原产物的个数为1，所以氧化产物与还原产物的质量之比为2∶1；
（3）设固体混合物中的物质的量为xmol，的物质的量为ymol，
由固体混合物的质量为10.9g，可得①；
由，
则固体混合物与水反应生成的，
由钠原子守恒，可得②；
联立①②两式可解得，，据此分析解答。
①，则固体混合物中的质量分数为；
②由，溶液体积为500mL，可得；
③由公式，可得浓硫酸的物质的量浓度；结合稀释定律，可得，所以用量取量取8.2mL。
24．(1)
(2) KIO3
(3)①
(4)
【解析】（1）反应中S元素化合价由Na2SO3中+4价升高为+6价，总升高2价，I元素化合价由KIO3中+5价降低为I2中0将，总化合价降低10价，用单线桥表示为 ，故答案为： ；
（2）反应中I元素的化合价由+5价变为0价，S元素化合价由+4价变为+6价，所以氧化剂为KIO3；若反应中有2.5mol电子转移，则生成碘的物质的量，质量为；反应中S元素化合价由+4价变为+6价，发生氧化反应，则Na2SO4氧化产物，其物质的量为，故答案为：KIO3；；；
（3）由慢反应决定整个反应过程的速率，故总反应速率由第①步反应所决定，故答案为：①；
（4）由反应④可知，的还原性大于，可被氧化，故需消耗完，才会生成，才会由溶液变蓝的现象产生，故答案为：。