2020-2021学年北京市朝阳区高三（上）期中化学试卷 含答案解析

2020-2021学年北京市朝阳区高三（上）期中化学试卷
一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．（3分）2020年7月23日我国首个火星探测器“天问一号”发射成功。火星车所涉及的下列材料中属于金属材料的是（　　）
A．探测仪镜头材料﹣﹣二氧化硅
B．车轮材料﹣﹣钛合金
C．温控涂层材料﹣﹣聚酰胺
D．太阳能电池复合材料﹣﹣石墨纤维和硅
2．（3分）下列有关化学用语表述正确的是（　　）
A．中子数为16的硫原子：S
B．纯碱的化学式：NaHCO3
C．CO2的电子式：
D．Al3+的结构示意图：
3．（3分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．常温下，将7.1g
Cl2通入水中，转移的电子数为0.1NA
B．1L
0.1mol?L﹣1乙酸溶液中含H+的数目为0.1NA
C．标准状况下，22.4L
CH4完全燃烧后恢复至原状态，所得产物中气体分子数为3NA
D．25℃时，1L
pH＝11的Na2CO3溶液中由水电离出的OH﹣的数目为0.001NA
4．（3分）下列实验所涉及反应的离子方程式不正确的是（　　）
A．向氯化铁溶液中加入铁粉：2Fe3++Fe═3Fe2+
B．向硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O
C．向草酸溶液中滴加几滴高锰酸钾酸性溶液：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．向海带灰浸出液中滴加几滴硫酸酸化的过氧化氢溶液：2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2O
5．（3分）用下列仪器或装置（夹持装置略）进行实验，不能达到实验目的的是（　　）
A．实验室制取氨气
B．分离乙酸乙酯和碳酸钠溶液
C．制备无水氯化镁
D．证明醋酸为弱酸
6．（3分）短周期元素G、M、W、X、Y、Z的原子半径及其最高正化合价随原子序数递增的变化如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．碱性：GOH＞XOH
B．还原性：HW＞HZ＞H2Y
C．酸性：HZO4＜H2YO4
D．离子半径：M3﹣＞W﹣＞X+
7．（3分）海洋生物参与氮循环过程如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．反应②中有极性键断裂和非极性键生成
B．反应③中可能有氧气参与反应
C．反应①～⑤中包含3个氧化还原反应
D．等量NO2﹣参加反应，反应④转移电子数目比反应⑤多
8．（3分）生物质废物能源化的研究方向之一是热解耦合化学链制高纯H2，工艺流程示意图如图。下列说法不正确的是（　　）
A．燃料反应器中Fe2O3固体颗粒大小影响其与CO、H2反应的速率
B．蒸汽反应器中主要发生的反应为3Fe+4H2O（g）═Fe3O4+4H2
C．从蒸汽反应器所得H2和H2O的混合物中液化分离H2O，可获得高纯H2
D．当n（CO）：n（H2）＝1：1时，为使Fe2O3循环使用，理论上需要满足n（CO）：n（O2）＝2：1
9．（3分）热化学硫碘循环硫化氢分解联产氢气、硫磺是能源研究领域的重要课题。根据如图所给数据，下列说法正确的是（　　）
A．图1反应若使用催化剂，既可以改变反应路径，也可以改变其△H
B．图2中若H2O的状态为气态，则能量变化曲线可能为①
C．图3反应中反应物的总能量比生成物的总能量高
D．由图1、图2和图3可知，H2S（g）═H2（g）+S（s）△H＝+20kJ?mol﹣1
10．（3分）实验小组同学制备KClO3并探究其性质，过程如图下列说法不正确的是（　　）
A．可用饱和NaCl溶液净化氯气
B．生成KClO3的离子方程式为3Cl2+6OH﹣ClO3﹣+5Cl﹣+3H2O
C．推测若取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，溶液仍为无色
D．上述实验说明碱性条件下氧化性Cl2＞KClO3，酸性条件下氧化性：Cl2＜KClO3
11．（3分）25℃时，在20mL
0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol?L﹣1NaOH溶液，pH变化曲线如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．若用10mL
H2O代替10mL
NaOH溶液，所得溶液pH小于a点
B．b点溶液中微粒浓度：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）
C．a点→c点的过程中n（CH3COO﹣）持续增大
D．若向a点对应的溶液中滴加1滴0.1mol?L﹣1NaOH溶液或1滴0.1mol?L﹣1醋酸溶液，pH变化均不大
12．（3分）向体积为10L的恒容密闭容器中通入1.1mol
CH4（g）和1.1mol
H2O（g）制备H2，反应原理为CH4（g）+H2O（g）?CO（g）+3H2（g）△H＝+206.2kJ?mol﹣1。在不同温度（Ta、Tb）下测得容器中n（CO）随时间的变化曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．温度Ta＜Tb
B．Ta时，0～4min内v（CH4）＝0.25mol?L﹣1?min﹣1
C．Tb时，若改为恒温恒压容器，平衡时n（CO）＞0.6mol
D．Tb时，平衡时再充入1.1mol
CH4，平衡常数增大
13．（3分）我国科学家研发了一种水系可逆Zn﹣CO2电池，电池工作时，复合膜（由a、b膜复合而成）层间的H2O解离成H+和OH﹣，在外加电场中可透过相应的离子膜定向移动。当闭合K1时，Zn﹣CO2电池工作原理如图所示，下列说法不正确的是（　　）
A．闭合K1时，Zn表面的电极反应式为Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣
B．闭合K1时，反应一段时间后，NaCl溶液的pH减小
C．闭合K2时，Pd电极与直流电源正极相连
D．闭合K2时，H+通过a膜向Pd电极方向移动
14．（3分）实验小组研究Na与CO2的反应，装置、步骤和现象如图，
实验步骤和现象：
ⅰ．通入CO2至澄清石灰水浑浊后，点燃酒精灯。
ⅱ．一段时间后，硬质玻璃管中有白色物质产生，管壁上有黑色物质出现。检验CO的试剂未见明显变化。
ⅲ．将硬质玻璃管中的固体溶于水，未见气泡产生；过滤，向滤液中加入过量BaCl2溶液，产生白色沉淀；再次过滤，滤液呈碱性；取白色沉淀加入盐酸，产生气体。
ⅳ．将管壁上的黑色物质与浓硫酸混合加热，生成能使品红溶液褪色的气体。
下列说法不正确的是（　　）
A．步骤ⅰ的目的是排除O2的干扰
B．步骤ⅲ证明白色物质是Na2CO3
C．步骤ⅳ发生反应的化学方程式为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O
D．根据以上实验推测：CO2与金属K也可以发生反应并被还原
二、解答题（共5小题，满分58分）
15．（10分）中国传统的农具、兵器曾大量使用铁，铁器的修复是文物保护的重要课题。
（1）潮湿环境中，铁器发生电化学腐蚀的负极反应式是　
　。
（2）铁器表面氧化层的成分有多种，性质如下：
成分
Fe3O4
FeO（OH）
FeOCl
性质
致密
疏松
疏松
①Fe（OH）2被空气氧化为Fe3O4的化学方程式是　
　。
②在有氧条件下，Fe3O4在含Cl﹣溶液中会转化为FeOCl，将相关反应的离子方程式补充完整：
4Fe3O4+O2+　
　　
　+　
　H2O═　
　FeOCl+　
　　
　。
（3）化学修复可以使FeOCl转化为Fe3O4致密保护层：用Na2SO3和NaOH混合溶液浸泡锈蚀的铁器，一段时间后取出，再用NaOH溶液反复洗涤。
①FeOCl在NaOH的作用下转变为FeO（OH），推测溶解度FeOCl　
　FeO（OH）（填“＞”或“＜”）。
②Na2SO3的作用是　
　。
③检验FeOCl转化完全的操作和现象是　
　。
16．（10分）硝酸是重要的化工原料，工业生产硝酸的流程如下图所示：
CH4H2NH3NONO2HNO3
已知：ⅰ．HNO3受热易分解为NO2、O2等物质；
ⅱ．原子利用率＝。
（1）步骤Ⅰ：制高纯氢
①反应器中初始反应的生成物有两种，且物质的量之比为1：4，甲烷与水蒸气反应的化学方程式是　
　。
②所得H2中含有少量CO气体，影响后续反应催化剂活性，可利用如下反应吸收CO：[Cu（NH3）2]Ac（aq）+CO（g）+NH3（g）?[Cu（NH3）3]Ac?CO（aq）△H＜0
（注：Ac﹣代表CH3COO﹣）
利于CO被吸收的反应条件有　
　（写出两点）。
（2）步骤Ⅱ：合成氨
①工业合成氨时，每生成1mol
NH3（g）放出46.1kJ热量，则合成氨的热化学方程式是　
　。
②用如图所示装置实现电化学合成氨。产生NH3的电极反应式是　
　。
（3）步骤Ⅲ和步骤Ⅳ均是放热反应，步骤Ⅴ在反应前需将NO2冷却。
①步骤Ⅴ的化学方程式是　
　。
②冷却NO2有利于提高HNO3产率，原因是　
　（写出一点即可）。
③提高由NH3转化为HNO3的整个过程中氮原子利用率的措施是　
　。
17．（12分）研究人员从处理废旧线路板后的固体残渣（含SnO2、PbO2等）中进一步回收金属锡（Sn），一种回收流程如图。
已知：ⅰ．50Sn、82Pb为ⅣA族元素。
ⅱ．SnO2、PbO2与强碱反应生成盐和水。
（1）Sn在空气中不反应，Pb在空气中表面生成一层氧化膜，结合原子结构解释原因　
　。
（2）SnO2与NaOH反应的化学方程式为　
　。
（3）滤液1中加入Na2S的目的是除铅，将相关方程式补充完整：
Na2PbO3+　
　Na2S+　
　　
　═PbS↓+S↓+　
　　
　
（4）不同溶剂中Na2SnO3的溶解度随温度变化如图。
①相同温度下，Na2SnO3的溶解度随NaOH浓度增大而减小，结合平衡移动原理解释原因：　
　。
②操作Ⅲ的具体方法为　
　。
（5）测定粗锡中Sn的纯度：在强酸性环境中将ag粗锡样品溶解（此时Sn全部转化成Sn2+），迅速加入过量NH4Fe（SO4）2溶液，以二苯胺磺酸钠为指示剂，用cmol?L﹣1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点。平行测定三次，消耗K2Cr2O7溶液的体积平均为vmL，计算Sn的纯度（Sn的摩尔质量为119g?mol﹣1）。
已知：Sn2++2Fe3+═Sn4++2Fe2+
Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O
①溶解粗锡时不宜选用浓盐酸，理由是　
　。
②粗锡样品中Sn的纯度为　
　（用质量分数表示）。
18．（12分）将CO2转化成C2H4可以变废为宝、改善环境。以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：
Ⅰ．CO2（g）+C2H6（g）?C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H＝+177kJ?mol﹣1（主反应）
Ⅱ．C2H6（g）?CH4（g）+H2（g）+C（s）△H＝+9kJ?mol﹣1（副反应）
（1）反应Ⅰ的反应历程可分为如下两步：
ⅰ．C2H6（g）?C2H4（g）+H2（g）△H1＝+136kJ?mol﹣1（反应速率较快）
ⅱ．H2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）△H2（反应速率较慢）
①△H2＝　
　kJ?mol﹣1
②相比于提高c（C2H6），提高c（CO2）对反应Ⅰ速率影响更大，原因是　
　。
（2）0.1MPa时向密闭容器中充入CO2和C2H6，温度对催化剂K﹣Fe﹣Mn/Si﹣2性能的影响如图所示。
①工业生产中反应Ⅰ选择800℃，原因是　
　。
②800℃时，不同的CO2和C2H6体积比对反应影响的实验数据如下表：
v（CO2）/v（C2H6）
平衡时有机产物的质量分数
CH4
C2H4
15.0/15.0
7.7
92.3
20.0/10.0
6.4
93.6
24.0/6.0
4.5
95.5
a．随增大，CO2转化率将　
　（填“增大”或“减小”）。
b．解释对产物中C2H4的质量分数影响的原因：　
　。
（3）我国科学家使用电化学的方法（装置如图）用C2H6和CO2合成了C2H4。
①N是电源的　
　极。
②阳极电极反应式是　
　。
19．（14分）久置的Na2S固体会潮解、变质、颜色变黄，探究Na2S变质的产物。
资料：ⅰ．Na2S能与S反应生成Na2Sx（黄色），Na2Sx与酸反应生成S和H2S；
ⅱ．BaS、BaSx均易溶于水，H2S可溶于水，BaS2O3微溶于水；
ⅲ．白色的Ag2S2O3难溶于水，且易转化为黑色Ag2S。
将久置的Na2S固体溶于水，溶液呈黄色。取黄色溶液，滴加稀硫酸，产生白色沉淀（经检验该沉淀含S）。
（1）推测Na2S变质的产物含有Na2Sx，实验证据是　
　。
（2）研究白色沉淀产生的途径，实验小组同学进行如下假设：
途径一：白色沉淀由Na2Sx与稀硫酸反应产生。
途径二：Na2S变质的产物中可能含有Na2S2O3，白色沉淀由Na2S2O3与稀硫酸反应产生。
途径三：Na2S变质的产物中可能含有Na2SO3，白色沉淀由……。
①Na2S2O3与稀硫酸反应的化学方程式是　
　。
②请将途径三补充完全：　
　。
（3）为检验Na2S变质的产物中是否含有Na2S2O3，设计实验：
①取黄色溶液，向其中滴加AgNO3溶液，产生黑色沉淀。由此得出结论：Na2S变质的产物中含Na2S2O3。有同学认为得出该结论的理由不充分，原因是　
　。
②改进实验，方案和现象如下：
实验一：
实验二：
a．实验一的目的是　
　。
b．试剂1是　
　，试剂2是　
　。
（4）检验Na2S变质的产物中是否含有Na2SO4：取黄色溶液，加入过量稀盐酸，产生白色沉淀。离心沉降（分离固体）后向溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀。你认为能否根据实验现象得出结论？说明理由：　
　。
2020-2021学年北京市朝阳区高三（上）期中化学试卷
试题解析
一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．【答案】B
【解答】解：A．二氧化硅属于非金属氧化物，不是金属材料，故A错误；
B．钛合金是钛的合金，属于金属材料，故B正确；
C．聚酰胺属于有机高分子材料，不是金属材料，故C错误；
D．水泥属于无机硅酸盐材料，不是金属材料，故D错误；
故选：B。
2．【答案】A
【解答】解：A．中子数为16的硫离子的质量数是16+16＝32，所以中子数为16的硫原子：S，故A正确；
B．纯碱是Na2CO3的俗名，故B错误；
C．二氧化碳为共价化合物，其分子中含有两个碳氧双键，二氧化碳的电子式为：，故C错误；
D．铝离子的核外有10个电子，铝离子的结构示意图为：，故D错误；
故选：A。
3．【答案】D
【解答】解：A．7.1g
Cl2的物质的量为：＝0.1mol，由于反应后溶液中还存在Cl2，则转移电子的物质的量小于0.1mol，转移的电子数小于0.1NA，故A错误；
B．1L
0.1mol?L﹣1乙酸溶液中含有乙酸的物质的量为：0.1mol/L×1L＝0.1mol，乙酸为弱酸，只能部分电离出氢离子，则溶液中含H+的数目小于0.1NA，故B错误；
C．标准状况下，22.4L
CH4为1mol，完全燃烧生成1mol二氧化碳和2mol水，由于标况下水为液态，则所得产物中气体分子数为NA，故C错误；
D．Na2CO3溶液中的OH﹣完全来自水的电离，该溶液中OH﹣的浓度为0.001mol/L，由水电离出的OH﹣的物质的量为：0.001mol/L×1L＝0.001mol，数目为0.001NA，故D正确；
故选：D。
4．【答案】B
【解答】解：A．氯化铁溶液中加入铁粉会生成氯化亚铁，其反应的离子方程式为：2Fe3++Fe＝3Fe2+，故A正确；
B．硫酸铝溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3++3NH3?H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；
C．高锰酸钾酸性溶液与草酸溶液反应，离子方程式：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C正确；
D．用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘，双氧水与过氧化氢发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2I﹣+H2O2+2H+═I2+2H2O，故D正确；
故选：B。
5．【答案】A
【解答】解：A.加热氯化铵分解，在试管口化合生成氯化铵，不能制备氨气，应选氯化铵与碱石灰加热制备，故A错误；
B.乙酸乙酯和碳酸钠溶液分层，可选分液漏斗分离，故B正确；
C.在HCl气体中可抑制镁离子水解，可制备无水氯化镁，故C正确；
D.醋酸钠水解显碱性，测定盐溶液的pH可证明醋酸为弱酸，故D正确；
故选：A。
6．【答案】D
【解答】解：A.金属性Na＞Li，NaOH的碱性比LiOH强，故A错误；
B.非金属性F＞Cl＞S，元素的非金属性越强，对应的氢化物的还原性越弱，故B错误；
C.非金属性Cl＞S，非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故C错误；
D.三种离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，故D正确。
故选：D。
7．【答案】C
【解答】解：A．反应②中，NH2OH中存在极性键，反应时有极性键断裂，生成物N2H4中含有非极性键，则反应中有N﹣N非极性键生成，故A正确；
B．反应③N2H4中N元素的化合价升高，被氧化，氧气可以氧化N2H4，则可能有氧气参与反应，故B正确；
C．反应②③④⑤中，都存在N元素化合价的变化，均属于氧化还原反应，所以反应①～⑤中包含4个氧化还原反应，故C错误；
D．反应④中N元素的化合价从+3价降低到﹣3价，反应⑤中N元素的化合价从+3价降低到0价，则等量NO2﹣参加反应，反应④转移电子数目比反应⑤多，故D正确。
故选：C。
8．【答案】D
【解答】解：A．燃料反应器中Fe2O3固体颗粒越小，接触面积越大，反应速率越快，故A正确；
B．根据图示，蒸汽反应器中铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，发生的反应为3Fe+4H2O（g）═Fe3O4+4H2，故B正确；
C．H2O的沸点比H2高得多，从蒸汽反应器所得H2和H2O的混合物中液化分离H2O，可获得高纯H2，故C正确；
D．根据氧元素守恒分析，反应体系有水蒸气通入，为使Fe2O3循环使用，理论上需要满足n（CO）：n（O2）＞2：1，故D错误；
故选：D。
9．【答案】D
【解答】解：A.图1反应若使用催化剂，可以改变反应路径，不改变其△H，焓变和反应路径无关，故A错误；
B.该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，为吸热反应，而液态水转化为气态水还要吸收热量，所以能量变化曲线还要在生成物上方，故B错误；
C.该图象表示的反应物的总能量比生成物的总能量低，为吸热反应，故C错误；
D.已知①SO2（g）+I2（s）+2H2O（l）═2HI（aq）+H2S
O4（aq）△H1＝﹣151kJ?mol﹣1，
②H2S
（g）+H2S
O4（aq）═S（s）+SO2（g）+2H2O（l）△H3＝+61kJ?mol﹣1，
③2HI（aq）═H2（g）+I2（s）△H2＝+110kJ?mol﹣1，
根据盖斯定律由①+②+③可得反应H2S
（g）＝H2（g）+S（s），由此计算反应的△H，则△H＝△H1+△H2﹣△H3＝（61kJ?mol﹣1）+（﹣151kJ?mol﹣1）+（110kJ?mol﹣1）＝20kJ?mol﹣1，此反应的热化学方程式为H2S
（g）＝H2（g）+S（s）△H＝+20kJ?mol﹣1，故D正确；
故选：D。
10．【答案】C
【解答】解：A.浓盐酸易挥发，可用饱和NaCl溶液净化氯气，故A正确；
B.生成KClO3时只有Cl元素的化合价变化，离子方程式为3Cl2+6OH﹣ClO3﹣+5Cl﹣+3H2O，故B正确；
C.若取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，Cl﹣、IO3﹣发生氧化还原反应生成碘，溶液为黄色，故C错误；
D.由氯气与KOH的反应、氯酸钾与盐酸的反应，结合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，上述实验说明碱性条件下氧化性Cl2＞KClO3，酸性条件下氧化性：Cl2＜KClO3，故D正确；
故选：C。
11．【答案】B
【解答】解：A．a点溶质CH3COOH和CH3COONa的混合液，pH＝5，若用10mL
H2O代替10mL
NaOH溶液，开始pH＝3，仅仅稀释0.5倍，pH＜4，故A正确；
B．b点溶液pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣），满足c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），b点时有c（CH3COO﹣）＝c（Na+），故B错误；
C．a点是c（H+）＝10﹣4mol/L，a
点溶液中
c（CH3COO﹣）约为
10﹣4mol?L﹣1，c点溶液为二者恰好反应点，c（CH3COO﹣）＞c（Na+）≈0.05mol?L﹣1，a点→c点的过程中n（CH3COO﹣）持续增大，故C正确；
D．醋酸的电离是可逆反应：CH3COOH?CH3COO﹣+H+，向a点对应的溶液中滴加1滴0.1mol?L﹣1NaOH溶液或1滴0.1mol?L﹣1醋酸溶液，平衡正向移动，且量很小，氢离子浓度基本不变，所以pH变化均不大，故D正确；
故选：B。
12．【答案】C
【解答】解：A．根据“先拐先平数值大”知，其它条件相同时温度高的先达到平衡状态，根据图知Ta条件下先达到平衡状态，所以Ta＞Tb，故A错误；
B．Ta时，0～4min内v（CO）＝＝mol?L﹣1?min﹣1＝0.0125mol?L﹣1?min﹣1，相同时间内v（CH4）＝v（CO）＝0.0125mol?L﹣1?min﹣1，故B错误；
C．图中Tb时为恒温恒容条件下发生的反应，随着反应进行气体物质的量增大导致容器内压强增大，如果改为恒温恒压条件下，与原来相比相当于减小压强，减小压强平衡正向移动，反应物的转化率增大，所以平衡时n（CO）＞0.6mol，故C正确；
D．平衡常数只与温度有关，Tb时，平衡时再充入1.1mol
CH4，平衡正向移动但温度不变平衡常数不变，故D错误；
故选：C。
13．【答案】D
【解答】解：A．闭合K1时为原电池，Zn发生失电子的氧化反应生成Zn（OH）42﹣，则Zn电极为负极，电极反应式为Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣，故A正确；
B．闭合K1时为原电池，Zn电极为负极，Pd电极为正极，正极反应式为CO2+2e﹣+2H+═HCOOH，生成甲酸，溶液的酸性增强，NaCl溶液的pH减小，故B正确；
C．Zn﹣CO2电池中Zn电极为负极，Pd电极为正极，闭合K2时为电解池，Pd电极为阳极，与直流电源正极相连，故C正确；
D．闭合K2时为电解池，Pd电极为阳极，Zn电极为阴极，复合膜层间的H2O解离成的H+通过a膜移向Zn电极，OH﹣通过b膜向Pd电极方向移动，故D错误；
故选：D。
14．【答案】B
【解答】解：A.实验时先通入二氧化碳，可将装置内的氧气排出，避免干扰实验，故A正确；
B.由实验iii可知，滤液呈碱性，说明生成氢氧化钠，则白色物质含有碳酸钠和氧化钠，故B错误；
C.黑色固体为碳，加热条件下与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，方程式为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，故C正确；
D.K的活泼性比Na强，具有相似的化学性质，则CO2与金属K也可以发生反应并被还原，故D正确。
故选：B。
二、解答题（共5小题，满分58分）
15．【答案】（1）Fe﹣2e﹣═Fe2+；
（2）①6Fe（OH）2+O2═2Fe3O4+6H2O；
②12Cl﹣；6；12；12OH﹣；
（3）①＞；
②作还原剂，将FeOCl还原为Fe3O4；
③取最后一次的洗涤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀产生，证明FeOCl转化完全。
【解答】解：（1）反应中铁是负极，发生氧化反应，生成Fe2+，负极反应式是：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，
故答案为：Fe﹣2e﹣＝Fe2+；
（2）①Fe（OH）2被空气中氧气氧化，生成四氧化三铁和水，反应的化学方程式：6Fe（OH）2+O2═2Fe3O4+6H2O，
故答案为：6Fe（OH）2+O2═2Fe3O4+6H2O；
②反应中O2中O元素的化合价降低4，Fe3O4中3个Fe的化合价共升高1，根据化合价升降守恒可知，Fe3O4的计量数为4，O2的计量数为1，反应的离子方程式：4Fe3O4+O2+12Cl﹣+6H2O═12FeOCl+12OH﹣，
故答案为：12Cl﹣；6；12；12OH﹣；
（3）①化学反应有从溶解度小的物质转化为溶解度更小的趋势，由于不溶物FeOCl→FeO（OH），所以FeOCl的溶解度大于FeO（OH），
故答案为：＞；
②Na2SO3还原FeOCl生成Fe3O4，反应为：SO32﹣+6FeOCl+3H2O＝SO42﹣+2Fe3O4+6H++6Cl﹣，
故答案为：作还原剂，将FeOCl还原为Fe3O4；
③检验FeOCl转化完全需检验Cl﹣，操作和现象是：取最后一次的洗涤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀产生，证明FeOCl转化完全，
故答案为：取最后一次的洗涤液于试管中，加入HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀产生，证明FeOCl转化完全。
16．【答案】（1）①CH4+2H2O═4H2+CO2；
②降低温度，增大压强（或增大[Cu（NH3）2]Ac（aq）浓度，或增大NH3浓度）；
（2）①N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）
ΔH＝﹣92.2kJ?mol﹣1；
②N2+6H++6e﹣═2NH3；
（3）①3NO2+H2O═2HNO3+NO；
②防止温度高造成HNO3分解（或温度高NO2溶解度降低）；
③通入过量的O2，使生成的NO全部转化为硝酸。
【解答】解：（1）①甲烷与水蒸气反应有2种产物，其中一种是H2，且生成物的物质的量之比为1：4，则另一种产物是CO2，故化学方程式为CH4+2H2O═4H2+CO2，
故答案为：CH4+2H2O═4H2+CO2；
②利于CO被吸收就是要增大CO的转化率，降低温度、增大压强、增大[Cu（NH3）2]Ac（aq）浓度或增大NH3浓度均可使平衡向右移动，增大CO的转化率，所以降低温度，增大压强（或增大[Cu（NH3）2]Ac（aq）浓度，或增大NH3浓度）有利于CO被吸收，
故答案为：降低温度，增大压强（或增大[Cu（NH3）2]Ac（aq）浓度，或增大NH3浓度）；
（2）①每生成1mol
NH3（g）放出46.1kJ热量，则每生成2mol
NH3（g）的热效应为ΔH＝﹣46.1kJ?mol﹣1×2＝﹣92.2kJ?mol﹣1，所以合成氨的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）
ΔH＝﹣92.2kJ?mol﹣1，
故答案为：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）
ΔH＝﹣92.2kJ?mol﹣1；
②电极上反应物为N2和H+，产物为NH3，N的化合价降低须得电子，所以电极反应式为N2+6H++6e﹣═2NH3，
故答案为：N2+6H++6e﹣═2NH3；
（3）①步骤Ⅴ是NO2和H2O反应生成HNO3，产物除了HNO3外，还有NO，所以方程式为3NO2+H2O═2HNO3+NO，
故答案为：3NO2+H2O═2HNO3+NO；
②冷却NO2有利于提高HNO3产率，是因为HNO3受热易分解为NO2、O2等物质，另外，温度高也会降低NO2在水中溶解度，从而降低HNO3产率，因此冷却NO2有利于提高HNO3产率是因为防止温度高造成HNO3分解（或温度高NO2溶解度降低），
故答案为：防止温度高造成HNO3分解（或温度高NO2溶解度降低）；
③NH3转化为HNO3的整个过程中，要想提高N原子的利用率，就要尽可能的使N原子全部转入HNO3中，并且最后一步NO2和H2O也生成了部分NO，所以可通入过量的O2，使生成的NO全部转化为硝酸，
故答案为：通入过量的O2，使生成的NO全部转化为硝酸。
17．【答案】（1）Sn和Pb均为第IVA元素，核电荷数Pb＞Sn，电子层数Pb＞Sn，原子半径Pb＞Sn，失电子能力Pb＞Sn，金属性Pb＞Sn；
（2）SnO2+2NaOH═Na2SnO3+H2O；
（3）2；3；H2O；6；NaOH；
（4）①随着NaOH溶液浓度增大，c（Na+）增大，Na2SnO3溶解平衡：Na2SnO3（s）?2Na+（aq）+SnO32﹣（aq）逆向移动，使得Na2SnO3溶解度减小；
②蒸发结晶、趁热过滤；
（5）①K2Cr2O7酸性溶液可以氧化Cl﹣，产生实验误差；
②%。
【解答】解：（1）Sn在空气中不反应，Pb在空气中表面生成一层氧化膜，结合原子结构解释原因为Sn和Pb均为第IVA元素，核电荷数Pb＞Sn，电子层数Pb＞Sn，原子半径Pb＞Sn，失电子能力Pb＞Sn，金属性Pb＞Sn，
故答案为：Sn和Pb均为第IVA元素，核电荷数Pb＞Sn，电子层数Pb＞Sn，原子半径Pb＞Sn，失电子能力Pb＞Sn，金属性Pb＞Sn；
（2）SnO2与NaOH反应的化学方程式为SnO2+2NaOH═Na2SnO3+H2O，
故答案为：SnO2+2NaOH═Na2SnO3+H2O；
（3）滤液1中加入Na2S的目的是除铅，Pb元素的化合价降低，S元素的化合价升高，由电子及原子守恒可知反应为Na2PbO3+2Na2S+3H2O═PbS↓+S↓+6NaOH，
故答案为：2；3；H2O；6；NaOH；
（4）①相同温度下，Na2SnO3的溶解度随NaOH浓度增大而减小，结合平衡移动原理解释原因为随着NaOH溶液浓度增大，c（Na+）增大，Na2SnO3溶解平衡：Na2SnO3（s）?2Na+（aq）+SnO32﹣（aq）逆向移动，使得Na2SnO3溶解度减小，
故答案为：随着NaOH溶液浓度增大，c（Na+）增大，Na2SnO3溶解平衡：Na2SnO3（s）?2Na+（aq）+SnO32﹣（aq）逆向移动，使得Na2SnO3溶解度减小；
②由图可知，溶剂为水时随温度升高溶解度减小，则操作Ⅲ的具体方法为蒸发结晶、趁热过滤，
故答案为：蒸发结晶、趁热过滤；
（5）①溶解粗锡时不宜选用浓盐酸，理由是K2Cr2O7酸性溶液可以氧化Cl﹣，产生实验误差，
故答案为：K2Cr2O7酸性溶液可以氧化Cl﹣，产生实验误差；
②由Sn2++2Fe3+═Sn4++2Fe2+、Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知存在3Sn2+～Cr2O72﹣，粗锡样品中Sn的纯度为×100%＝%，
故答案为：%。
18．【答案】（1）①+41；
②反应ii为反应I的决速步，c（CO2）增大，反应ii速率加快，从而提高反应I速率；
（2）①800℃时，C2H4选择性比780℃略有降低，但CO2的转化率增大较多，有利于提高C2H4的产率；800℃时，C2H4选择性与820℃相比选择性略高；
②a．减小；
b．随增大，c（CO2）增大，c（C2H6）减小；c（CO2）增大促进反应I平衡正移，反应消耗的C2H6增多，也使c（C2H6）减小，反应II平衡逆移；上述因素导致产物中C2H4质量分数增大；
（3）①负；
②C2H6+O2﹣﹣2e﹣═C2H4+H2O。
【解答】解：（1）①ⅠC2H6（g）?C2H4（g）+H2（g）△H1＝+136kJ?mol﹣1，
ⅡH2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）△H2，
ⅢCO2（g）+C2H6（g）?C2H4（g）+H2O（g）+CO（g）△H＝+177kJ?mol﹣1，
由盖斯定律可知，②＝③﹣①，△H2＝△H﹣△H1＝+177kJ?mol﹣1﹣（+136kJ?mol﹣1）＝+41kJ/mol，
②反应ⅱ．H2（g）+CO2（g）?H2O（g）+CO（g）△H2
反应速率较慢，对整个反应速率影响最大，反应ⅱ为反应Ⅰ的决速度，c（CO2）增大，反应ii速率加快，从而提高反应I速率，
故答案为：反应ⅱ为反应Ⅰ的决速度，c（CO2）增大，反应ii速率加快，从而提高反应I速率；
（2）①工业生产中反应Ⅰ选择800℃，原因是：800℃时，C2H4选择性比780℃略有降低，但CO2的转化率增大较多，有利于提高C2H4的产率；800℃时，C2H4选择性与820℃相比选择性略高，
故答案为：800℃时，C2H4选择性比780℃略有降低，但CO2的转化率增大较多，有利于提高C2H4的产率；800℃时，C2H4选择性与820℃相比选择性略高；
a．随增大，相当于在反应体系中增大二氧化碳的量，则平衡正向移动，但CO2转化率将减小，
故答案为：减小；
b．随增大，c（CO2）增大，c（C2H6）减小。c（CO2）增大促进反应Ⅰ平衡右移，反应消耗的C2H6增多，也使c（C2H6）减小，反应II平衡左移，上述因素导致产物中C2H4质量分数增大，
故答案为：随增大，c（CO2）增大，c（C2H6）减小。c（CO2）增大促进反应Ⅰ平衡右移，反应消耗的C2H6增多，也使c（C2H6）减小，反应II平衡左移，上述因素导致产物中C2H4质量分数增大；
（3）①N极CO2→CO，化合价降低，得电子，被还原，为负极，
故答案为：负；
②阳极C2H6→C2H4，失去2个电子且消耗氧离子，电极反应式为：C2H6+O2﹣﹣2e﹣═C2H4+H2O，
故答案为：C2H6+O2﹣﹣2e﹣═C2H4+H2O。
19．【答案】（1）溶液呈黄色；
（2）①Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O；
②白色沉淀由SO32﹣与S2﹣在酸性条件下反应产生（或白色沉淀由生成的H2S与SO2反应产生）；
（3）①剩余的Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀；
②a.确认Ag2SO4和Ag2SO3都不易转化为黑色固体，排除SO42﹣、SO32﹣对S2O32﹣检验的干扰；
b.BaCl2溶液；AgNO3溶液；
（4）可以，稀盐酸将S2O32﹣、SO32﹣等除去，不会产生干扰；或：不可以，检验过程中H2S等低价含硫物质被O2氧化。
【解答】解：（1）如含有Na2Sx，则溶液成黄色，
故答案为：溶液呈黄色；
（2）①Na2S2O3与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和硫，反应的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，
故答案为：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O；
②Na2S变质的产物中可能含有Na2SO3，二者在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫，或白色沉淀由生成的H2S与SO2反应产生，
故答案为：白色沉淀由SO32﹣与S2﹣在酸性条件下反应产生（或白色沉淀由生成的H2S与SO2反应产生）；
（3）①固体中含有硫化钠，硫化钠和硝酸银反应生成硫化银沉淀，为黑色固体，
故答案为：剩余的Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀；
②a.实验一加入亚硫酸钠、硫酸钠，与硝酸银反应生成白色沉淀，可排除SO42﹣、SO32﹣对S2O32﹣检验的干扰，
故答案为：确认Ag2SO4和Ag2SO3都不易转化为黑色固体，排除SO42﹣、SO32﹣对S2O32﹣检验的干扰；
b.黄色溶液含有Na2Sx，如含有含有Na2S2O3，可加入氯化钡溶液，生成白色沉淀为BaS2O3，然后加入硝酸银溶液，可生成白色的Ag2S2O3，然后转化为Ag2S，
故答案为：BaCl2溶液；AgNO3溶液；
（4）可能有两种情况，加入稀盐酸，可将S2O32﹣、SO32﹣等除去，对实验无影响，但检验过程中H2S等低价含硫物质被O2氧化，则不可以，
故答案为：可以，稀盐酸将S2O32﹣、SO32﹣等除去，不会产生干扰；或：不可以，检验过程中H2S等低价含硫物质被O2氧化。