2022-2022学年天津市武清区杨村一中高三（上）月考化学试卷 一、选择题1．化学与生产、生活密切相关．下列叙述中，不正确的是（ ）A．二氧化硫可广泛用于纸浆、毛、丝、草帽辫等的漂白B．明矾净水的原理和“84”消毒液消毒的原理不相同C．食醋可去除水垢，NH4Cl溶液可去除铁锈D．CO2和NO2都能使雨水的pH＜5.6，导致酸雨的形成 2．分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法．某同学用下表所示形式对所学知识进行分类，其中甲和乙是包含关系．下列各组中，有错误的组合是（ ）选项ABCD甲物质构成物质微粒金属元素化学反应乙、丙混合物、纯净物分子、原子、离子铜、碳、氖化合反应分解反应A．AB．BC．CD．D 3．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）A．1L1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中含有CO32﹣的数目为NAB．28g的乙烯和丙烯中含碳原子数目为NAC．标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NAD．常温常压下，14g由N2与CO组成混合气体含有的原子数目为NA 4．下列物质分类正确的是（ ）A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物D．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质 5．元素在周围表中的位置，反映了元素的原子结构和元素的性质，下列说法正确的是（ ）A．同一元素不可能既表现金属性，又表现非金属性B．第三周期元素的最高正化合价等于它所处的主族序数C．短周期元素形成离子后，最外层都达到8电子稳定结构D．同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质完全相同 6．下列叙述中正确的是（ ）A．液态HBr不导电，因此HBr是非电解质B．自由移动离子数目多的电解质溶液导电能力不一定强C．CO2的水溶液能导电，因此CO2是电解质D．NaHSO4在水溶液及熔融状态下均可电离成Na+、H+、SO42﹣ 7．下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（ ）A．用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑-28-\nB．在碱性介质中，氢氧燃料电池的负极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣C．粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为Cu﹣2e﹣=Cu2+D．钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2+ 8．对下列各种溶液中所含离子的判断合理的是（ ）A．某无色溶液中可能含：SO42﹣、Br﹣、OH﹣、Ba2+B．使紫色石蕊试液变红色的溶液中可能含：K+、Na+、Ba2+、HCO3﹣C．某溶液中，加铝粉有氢气放出，溶液中可能含：K+、Na+、H+、NO3﹣D．在c（H+）=10﹣14mol/L的溶液中可能含：Na+、AlO2﹣、CO32﹣、SO32﹣ 9．下列离子方程式正确的是（ ）A．铝片加入到少量浓烧碱溶液中：Al+3OH﹣═Al（OH）3B．向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，使SO42﹣全部沉淀：2Al++6OH﹣+3SO42﹣+3Ba2+═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓C．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：2H++2OH﹣+SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓+2H2OD．用惰性电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl﹣+2H+═H2↑+Cl2↑ 10．在一定温度下的某容积不变的密闭容器中，建立下列化学平衡：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）不能确定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是（ ）A．体系的压强不再发生变化B．V正（CO）=V逆（H2O）C．体系的气体的密度和平均相对分子质量不再发生变化D．1molH﹣H键断裂的同时生成2molH﹣O键 11．下列有关说法正确的是（ ）A．单质Na可通过电解NaCl溶液制得B．石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂C．常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应D．25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大 12．用惰性电极实现如下电解过程，下列说法正确的是（ ）A．电解稀硫酸溶液实质上是电解水，故溶液pH不变B．电解稀氢氧化钠溶液要消耗OH﹣，故溶液pH减小C．电解硫酸钠溶液，在阴极上发生反应：4OH﹣4e﹣═2H2O+O2↑D．电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：1 13．下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是（ ）①常温下NaNO2溶液pH大于7②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗③HNO2和NaCl不能发生反应④0.1mol•L﹣1HNO2溶液的pH=2.1⑤NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2⑥0.1mol•L﹣1HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1．A．①④⑥B．①②③④C．①④⑤⑥D．全部-28-\n 14．在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=﹣373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是（ ）A．加催化剂同时升高温度B．加催化剂同时增大压强C．升高温度同时充入N2D．降低温度同时增大压强 15．下列实验的现象与对应结论均正确的是（ ）A．向某固体上滴加稀盐酸，有气泡产生一一该固体一定是碳酸盐B．向某无色溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色﹣﹣该溶液一定是碱溶液C．某固态化肥与熟石灰混合研磨后产生氨味﹣﹣该化肥一定是铵态氮肥D．把燃着的木条伸入某无色气体中，木条熄灭﹣﹣该气体一定是二氧化碳 16．下列有关实验的做法正确的是（ ）A．蒸馏时，应先点燃酒精灯加热，再通冷凝水B．用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体C．配制1.0000mol•L﹣1氢氧化钠溶液时，将NaOH溶解后立即转移至容量瓶中D．检验NH4+时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体 17．下列依据相关实验得出的结论正确的是（ ）A．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定是碳酸盐溶液B．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含Fe2+C．将某气体通入淀粉碘化钾溶液中，溶液变蓝，该气体一定是氯气D．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液 18．将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是（ ）A．二氧化硫氯气B．二氧化氮二氧化硫C．氨气二氧化碳D．氯气二氧化碳 19．实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是（ ）-28-\nA．①是氨气发生装置B．②是氨气吸收装置C．③是氨气发生装置D．④是氨气收集、检验装置 20．下列有关物质性质的应用正确的是（ ）A．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气B．二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸C．液氨气化时要吸收大量的热，可用作制冷剂D．氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝 21．下列说法正确的是（ ）A．将浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释过程中，c（H+）和c（OH﹣）都会减小B．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的PH．若PH＞7，则H2A是弱酸；若PH＜7，则H2A是强酸C．将SO2通入一定量KOH溶液，所得溶液呈中性，该溶液中一定含KHSO3D．用0.200mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定浓度均为0.1mol•L﹣1的HCl与CH3COOH的混合液，至中性时，溶液中的酸恰好被完全中和 22．肼（H2N﹣NH2）是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1mol化学键所需的能量（kJ）：N≡N为942、O=O为500、N﹣N为154，则断裂1molN﹣H键所需的能量（kJ）是（ ）A．194B．391C．516D．658 23．下列关于溶液说法不正确的是（ ）A．常温下，浓度均为0.2mol•L﹣1的NaHCO3和Na2CO3溶液中，都存在电离平衡和水解平衡，分别加入NaOH固体恢复到原来的温度，c（CO32﹣）均增大B．已知乙酸（HA）的酸性比甲酸（HB）弱，在物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的NaA和NaB混合溶液中，c（Na+）＞c（B﹣）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（HB）＞c（H+）C．pH相同的CH3COONa溶液、C6H5ONa溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液，其浓度：c（CH3COONa）＞c（C6H5ONa）＞c（Na2CO3）＞c（NaOH）D．一定温度下，pH相同的溶液，由水电离产生的c（H+）相同 24．关于下列各装置图的叙述不正确的是（ ）-28-\nA．用图①装置精炼铜，a极为粗铜，b为精铜，电解质溶液为CuSO4溶液B．图②装置盐桥中KCl的Cl﹣移向乙烧杯C．图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护D．图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同 25．在容积为2L的密闭容器中进行反应，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），其他条件不变，在300℃和500℃时，n（CH3OH）与反应时间t的变化曲线如图，下列说法正确的是（ ）A．该反应的△H＜0B．其他条件不变，升高温度反应的平衡常数增大C．300℃时，0～t1min内CH3OH的平均生成速率为1mol•L﹣1•min﹣1D．A点的反应体系温度从300℃升高到500℃，达到平衡时，减小 二、填空题26．根据要求回答下列问题（1）已知NaHSO3水溶液显酸性，原因 （用离子方程式和文字叙述表示）（2）在干燥的HCl气流中加热MgCl2•6H2O时，能得到无水MgCl2，其原因是 （3）用标准酸性KMnO4溶液测定某补血口服液中Fe2+的含量时，酸性KMnO4溶液应放在 滴定管中，判断滴定终点的方法 （4）AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，其原因是 （用离子方程式表示）（5）已知Cl2和H2O通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，写出该反应的热化学方程式 ． 27．A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大．A原子核内无中子；A和E、D和F分别同主族，且B与D最外层电子数之比为2：3．试回答下列问题：-28-\n（1）A元素的名称是 ，E元素在周期表中的位置是 （2）B、D、F的气态氢化物稳定性由强到弱的顺序是 （填化学式）（3）E单质在足量D单质中燃烧生成的化合物的电子式是 （4）化合物X、Y均由A、D、E、F四种元素组成．①X、Y均属于 化合物（填“离子”或“共价”）；②X与Y的水溶液相混合发生反应的离子方程式为 （5）化合物E2F的水溶液中滴入双氧水和稀硫酸，加热，有单质生成．其离子反应方程式为： ． 28．在FeCl3溶液蚀刻铜箔制造电路板的工艺中，废液处理和资源回收的过程简述如下：（已知：Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38）Ⅰ：向废液中投入过量铁屑，充分反应后分离出固体和滤液；Ⅱ：向滤液中加入一定量石灰水，调节溶液pH，同时鼓入足量的空气．回答下列问题：（1）FeCl3蚀刻铜箔反应的离子方程式为 ，证明蚀刻后的混合物溶液仍存在Fe3+的操作是 （2）过程Ⅰ加入铁屑的主要作用是 ，从固体中分离出铜需采用的方法是 （3）过程Ⅱ中发生两个反应的化学方程式为 ， ．（4）过程Ⅱ中调节溶液的pH为5，金属离子浓度为 ． 29．化工生产中原料转化与利用非常重要，现有反应：CCl4+H2⇌CHCl3+HCl，查阅资料可知沸点：CCl4为77℃，CHCl3为61.2℃．在密闭容器中，该反应达到平衡后，测得下表数据（假设不考虑副反应）．实验序号温度℃初始CCl4浓度（mol•L﹣1）初始H2浓度（mol•L﹣1）CCl4的平衡转化率111011.2a21101150%310011b（1）在100℃时，此反应的化学平衡常数表达式为 ；在110℃时的平衡常数为 ．（2）在实验2中，若1小时后反应达到平衡，则H2的平均反应速率为 ，在此平衡体系中再加入0.5molCCl4和1.0molHCl，平衡将向 方向移动．（填正、逆或不移动）（3）实验1中，CCl4的转化率a 50%（填“＞”、“=”或“＜”）．实验3中，b的值 （填字母序号）．A．等于50%B．大于50%C．小于50%D．由本题所给资料无法判断． 30．如图是一个化学过程的示意图．（1）请回答图中甲池是 装置，其中OH﹣移向 极（填“CH3OH”或“O2”）（2）写出通入CH3OH的电极的电极反应式是 ．（3）向乙池两电极附近滴加适量紫色石蕊试液，附近变红的电极为 极（填“A”或“B”），并写出此电极反应的电极反应式 ．（4）乙池中反应的离子方程式为 ．-28-\n（5）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 （填序号）A．MgSO4B．CuSO4C．NaClD．AgNO3． -28-\n2022-2022学年天津市武清区杨村一中高三（上）月考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题1．化学与生产、生活密切相关．下列叙述中，不正确的是（ ）A．二氧化硫可广泛用于纸浆、毛、丝、草帽辫等的漂白B．明矾净水的原理和“84”消毒液消毒的原理不相同C．食醋可去除水垢，NH4Cl溶液可去除铁锈D．CO2和NO2都能使雨水的pH＜5.6，导致酸雨的形成【考点】二氧化硫的化学性质；盐类水解的应用．【分析】A、SO2具有漂白性；B、明矾净水是利用胶体的吸附性，“84”消毒液消毒是利用物质的强氧化性；C、食醋与水垢能反应，氯化铵溶液显酸性；D、化石燃料的燃烧能生成大量的二氧化硫、二氧化氮等物质，这些气体能和水反应生成显酸性的物质，是形成酸雨的主要物质，pH＜5.6的雨水称为酸雨．【解答】A、SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，故A正确；B、明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而吸附水中的杂质，所以能净水，“84”消毒液中含有次氯酸盐，具有强氧化性，能杀菌消毒，所以明矾净水的原理和“84”消毒液消毒的原理不同，故B正确；C、食醋与水垢能反应生成易溶于水的醋酸钙，所以食醋可去除水垢，氯化铵溶液显酸性能与铁锈反应，故C正确；D、二氧化硫、二氧化氮能和水反应生成显酸性的物质，是形成酸雨的主要物质，pH＜5.6的雨水称为酸雨，二氧化碳不能形成酸雨，故D错误．故选D．【点评】本题主要考查了物质的性质分析，盐类水解原理的分析，注意物质性质的理解应用，掌握基础是关键，题目较简单． 2．分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法．某同学用下表所示形式对所学知识进行分类，其中甲和乙是包含关系．下列各组中，有错误的组合是（ ）选项ABCD甲物质构成物质微粒金属元素化学反应乙、丙混合物、纯净物分子、原子、离子铜、碳、氖化合反应分解反应A．AB．BC．CD．D【考点】混合物和纯净物；化学基本反应类型．【分析】A．物质分为纯净物和混合物；B．物质是由分子、原子、离子构成的；C．元素包含金属元素和非金属元素；D．化学反应分为化合反应、分解反应、复分解反应等．【解答】解：A．物质分为纯净物和混合物，纯净物又分为单质和化合物，故A正确；B．物质是由分子、原子、离子构成的，故B正确；C．元素包含金属元素和非金属元素，其中碳和氖均属于非金属单质，一种为固体，一种为气体，故C错误；-28-\nD．化学反应分为化合反应、分解反应、复分解反应等，故D正确，故选C．【点评】本题主要考查的是物质的组成、和分类、常见化学反应等，本题的难度不大． 3．设NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）A．1L1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中含有CO32﹣的数目为NAB．28g的乙烯和丙烯中含碳原子数目为NAC．标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NAD．常温常压下，14g由N2与CO组成混合气体含有的原子数目为NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A．碳酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分发生水解；B．乙烯和丙烯的最简式均为CH2；C．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；D．氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，14g二者的混合物的物质的量为0.5mol，含有1mol原子．【解答】解：A．因为碳酸根离子为弱酸根离子，水溶液中部分发生水解，所以1L1mol•L﹣1的Na2CO3溶液中含有CO32﹣的数目小于NA，故A错误；B．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故28g混合物中含有的CH2的物质的量n==2mol，故含有2NA个碳原子，故B错误；C．标况下，6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol，0.3mol二氧化氮与水反应生成了0.1mol一氧化氮，转移了0.2mol电子，转移的电子数目为0.2NA，故C错误；D.14gN2与CO组成的混合气体的物质的量为0.5mol，0.5mol混合气体中含有1mol原子，含有的原子数目为NA，故D正确；故选：D．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有应用，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题关键，题目难度不大． 4．下列物质分类正确的是（ ）A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物D．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系；电解质与非电解质．【专题】物质的分类专题．【分析】A、酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物，CO是不成盐氧化物；B、依据分散质微粒直径大小对分散系进行分类为溶液、胶体、浊液；C、纯净物是由一种物质组成的物质，混合物是由多种物质组成的物质；D、电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物．【解答】解：A、SO2、SiO2均为酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，故A错误；B、稀豆浆、硅酸均为胶体，氯化铁溶液为溶液，故B错误；C、福尔马林是甲醛的水溶液，水玻璃是硅酸钠水溶液，氨水是氨气的水溶液，都是混合物，故C正确；-28-\nD、烧碱、冰醋酸在水溶液中能导电，都是电解质，四氯化碳为非电解质，故D错误；故选C．【点评】本题考查了基本概念的含义的应用和判断，主要考查酸性氧化物、非电解质、混合物等知识的分析判断，较简单． 5．元素在周围表中的位置，反映了元素的原子结构和元素的性质，下列说法正确的是（ ）A．同一元素不可能既表现金属性，又表现非金属性B．第三周期元素的最高正化合价等于它所处的主族序数C．短周期元素形成离子后，最外层都达到8电子稳定结构D．同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质完全相同【考点】原子结构与元素的性质．【分析】A、根据周期表中金属性、非金属性的变化规律来考虑；B、根据同周期元素化合价的变化规律来判断；C、注意第一周期只有两种元素；D、根据同族元素的性质的变化规律判断．【解答】解：A、处于金属和非金属分界线的元素既有金属性又有非金属性，如硅元素，A选项错误；B、第三周期的元素从Na到Cl最高化合价从正一价到正七价和族序数相等，B选项正确；C、H元素、Li元素形成离子后达到2电子结构和氦结构相同，不是8电子稳定结构，C选项错误；D、第一主族的所有元素最外层都为一个电子，但是H元素与Na元素性质差异很大，同一主族的元素的原子，最外层电子数相同，化学性质相似，D选项错误．故选B．【点评】此题考查了元素周期律知识．对此类题目既要考虑元素在周期表中的位置、元素的原子结构和性质之间的关系，又要注意规律的特殊性，如核外电子排布的周期性变化中，第一周期最外层电子数从1→2，而不是从1→8的变化；同周期化合价变化规律中，第2周期的F、O不符合；第一电离能变化规律中，同周期的ⅡA族和ⅢA族、ⅤA族和ⅥA族存在反常等． 6．下列叙述中正确的是（ ）A．液态HBr不导电，因此HBr是非电解质B．自由移动离子数目多的电解质溶液导电能力不一定强C．CO2的水溶液能导电，因此CO2是电解质D．NaHSO4在水溶液及熔融状态下均可电离成Na+、H+、SO42﹣【考点】电解质在水溶液中的电离；电解质与非电解质．【分析】A．电解质导电的条件是水溶液或熔融状态；B．溶液的导电性与溶液离子的浓度有关，离子数目大的溶液，其导电性不一定强；C．二氧化碳的水溶液中导电的离子不是二氧化碳自身电离的；D．NaHSO4在熔融状态下电离产生Na+和HSO4﹣两种离子．【解答】解：A．电解质导电的条件是水溶液或熔融状态，HCl在水溶液中电离出氢离子和氯离子，所以氯化氢属于电解质，故A错误；B．离子浓度越大，溶液的导电性越强，自由移动离子数目多的电解质溶液，离子浓度不一定大，则溶液的导电能力不一定强，故B正确；-28-\nC．电解质自身能电离出自由移动离子，溶于水能导电的化合物，二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸能够电离使溶液导电，碳酸为电解质，而二氧化碳为非电解质，故C错误；D．NaHSO4在水溶液中电离成Na+、H+、SO42﹣，而在熔融状态下电离产生Na+和HSO4﹣两种离子，故D错误；故选B．【点评】本题考查了电解质与溶液导电性强弱的关系、电解质与非电解质的判断，题目难度不大，明确电解质、非电解质的概念及判断方法为解答关键，注意掌握影响溶液导电性的因素． 7．下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（ ）A．用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑B．在碱性介质中，氢氧燃料电池的负极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣C．粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为Cu﹣2e﹣=Cu2+D．钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2+【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A．用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑发生氧化反应；B．氢氧燃料电池中负极应是氢气失电子发生氧化反应；C．粗铜为阳极，Cu失去电子；D．钢铁发生吸氧腐蚀的正极为氧气得到电子．【解答】解：A．用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极发生氧化反应，电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故A正确；B．氢氧燃料电池中负极应是氢气失电子发生氧化反应，故B错误；C．粗铜精炼时，与电源正极相连的是粗铜，电极反应式为Cu﹣2e﹣=Cu2+，故C错误；D．钢铁发生吸氧腐蚀的负极反应式为Fe﹣2e﹣═Fe2+，正极反应式为O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣，故D错误；故选A．【点评】本题考查原电池和电解池，明确发生的电极反应是解答本题的关键，题目难度不大． 8．对下列各种溶液中所含离子的判断合理的是（ ）A．某无色溶液中可能含：SO42﹣、Br﹣、OH﹣、Ba2+B．使紫色石蕊试液变红色的溶液中可能含：K+、Na+、Ba2+、HCO3﹣C．某溶液中，加铝粉有氢气放出，溶液中可能含：K+、Na+、H+、NO3﹣D．在c（H+）=10﹣14mol/L的溶液中可能含：Na+、AlO2﹣、CO32﹣、SO32﹣【考点】离子共存问题．【分析】A．钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；B．使紫色石蕊试液变红色的溶液中存在大量氢离子，碳酸氢根离子与氢离子反应；C．某溶液中加铝粉有氢气放出，该溶液为酸性或强碱性溶液，氢离子与氢氧根离子反应，硝酸根离子在酸性条件下与铝反应不会生成氢气；D．c（H+）=10﹣14mol/L的溶液为碱性溶液，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应．【解答】解：A．SO42﹣、Ba2+之间反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．使紫色石蕊试液变红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，HCO3﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；-28-\nC．加铝粉有氢气放出的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，H+与氢氧根离子反应，NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，与铝反应不会生成氢气，故C错误；D．c（H+）=10﹣14mol/L的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、AlO2﹣、CO32﹣、SO32﹣之间不反应，都不与企业改革离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”． 9．下列离子方程式正确的是（ ）A．铝片加入到少量浓烧碱溶液中：Al+3OH﹣═Al（OH）3B．向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液，使SO42﹣全部沉淀：2Al++6OH﹣+3SO42﹣+3Ba2+═2Al（OH）3↓+3BaSO4↓C．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：2H++2OH﹣+SO42﹣+Ba2+═BaSO4↓+2H2OD．用惰性电极电解饱和氯化钠溶液：2Cl﹣+2H+═H2↑+Cl2↑【考点】离子方程式的书写．【分析】A．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；B．硫酸根离子完全沉淀时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1：4，反应产物为偏铝酸钠；C．溶液为中性时，氢离子与氢氧根离子的物质的量相等；D．电解饱和食盐水的离子方程式中，反应物中等水不能拆开．【解答】解：A．浓烧碱溶液中加入铝片，反应生成偏铝酸钠和氢气，正确的离子反应为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故A错误；B．明矾溶液中滴加Ba（OH）2至SO42﹣完全沉淀，铝离子恰好反应生成偏铝酸根离子，正确的离子方程为：Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O，故B错误；C．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性，硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比为2：1，反应的离子方程式为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，故C正确；D．惰性电极电解饱和氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，正确的离子方程式为：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣，故D错误；故选C．【点评】本题考查了离子方程式的判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等． 10．在一定温度下的某容积不变的密闭容器中，建立下列化学平衡：C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）不能确定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是（ ）A．体系的压强不再发生变化B．V正（CO）=V逆（H2O）C．体系的气体的密度和平均相对分子质量不再发生变化D．1molH﹣H键断裂的同时生成2molH﹣O键-28-\n【考点】化学平衡状态的判断．【分析】该反应是一个反应前后气体体积增大的可逆反应，当该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答．【解答】解：A．该反应是一个反应前后气体体积增大的可逆反应，在未达到平衡状态之前，反应体系的压强随着反应的改变而改变，当体系的压强不再发生变化时该反应达到平衡状态，故A不选；B．V正（CO）=V逆（H2O）=V逆（CO），CO的正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故B不选；C．该反应容器体积不变、但混合气体质量改变，所以混合气体的摩尔质量改变，当体系的气体的密度和平均相对分子质量不再发生变化时该反应达到平衡状态，故C不选；D．无论反应是否达到平衡状态都存在1molH﹣H键断裂的同时生成2molH﹣O键，不能据此判断平衡状态，故D选．故选D．【点评】本题考查化学平衡状态判断，为高频考点，只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断依据，注意该反应中反应前后气体质量改变，为易错点． 11．下列有关说法正确的是（ ）A．单质Na可通过电解NaCl溶液制得B．石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂C．常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应D．25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大【考点】钠的化学性质；氯气的化学性质；钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．制钠是电解熔融NaCl来制取，电解NaCl溶液制得氯气和氢氧化钠和氢气；B．从元素化合价的变化的角度分析，氧化还原反应中，氧化剂得到电子被还原，所含元素的化合价降低，还原剂失去电子被氧化，所含元素的化合价升高；C．常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，但Cl2能与铁反应，铁在氯气中燃烧生成氯化铁；D．25℃，Na2CO3的溶解度比NaHCO3大；【解答】解：A．电解纯净的NaCl溶液：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，得不到钠，工业制钠是电解熔融NaCl：2NaCl2Na+Cl2↑，故A错误；B．石灰乳与Cl2的反应2Cl2+2Ca（OH）2═Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，氯元素的化合价从Cl2单质0价，变为生成物次氯酸钙中的+1价，是还原剂，变为氯化钙中﹣1价的氯，是氧化剂，所以该反应中Cl2既是氧化剂，又是还原剂，故B正确；C．潮湿的氯气易与钢瓶反应，为防止氯气腐蚀钢瓶，钢瓶在装入氯气前必须干燥，铁在氯气中燃烧生成氯化铁，方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，故C错误；D．在相同温度下，Na2CO3较NaHCO3溶解度大，可通过在饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳溶液变浑浊验证，故D错误；故选B．-28-\n【点评】本题考查氯、钠的性质，侧重于基础知识的考查，涉及氯碱工业原理、氯气贮存、Na2CO3与NaHCO3溶解度比较等知识点，有利于培养学生的良好的科学素养，注意通过在饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳溶液变浑浊验证Na2CO3的溶解度比NaHCO3大，题目难度不大． 12．用惰性电极实现如下电解过程，下列说法正确的是（ ）A．电解稀硫酸溶液实质上是电解水，故溶液pH不变B．电解稀氢氧化钠溶液要消耗OH﹣，故溶液pH减小C．电解硫酸钠溶液，在阴极上发生反应：4OH﹣4e﹣═2H2O+O2↑D．电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：1【考点】电解原理．【分析】A、电解硫酸溶液，在阴极上和阳极上析出产物分别是氢气和氧气；B、电解稀氢氧化钠溶液，实质上是电解水，氢氧化钠溶液的浓度变大；C、电解硫酸钠溶液，实质电解水，阳极生成氧气，阴极生成氢气；D、电解氯化铜溶液，生成铜和氯气．【解答】解：A、电解硫酸溶液，在阴极上和阳极上析出产物分别是氢气和氧气，实质上是电解水，溶液pH减小，故A错误；B、电解稀氢氧化钠溶液，实质是电解水，氢氧化钠溶液的浓度变大，溶液pH增大，故B错误；C、电解硫酸钠溶液，实质电解水，阳极生成氧气，阴极生成氢气，在阴极上发生反应：2H++2e﹣═H2↑，故C错误；D、电解氯化铜溶液，生成铜和氯气，在阴极上和阳极上析出产物分别是铜和氯气，二者的物质的量之比为1：1，故D正确；故选D．【点评】本题考查学生电解池的工作原理知识，注意离子的放电顺序是关键，难度不大． 13．下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是（ ）①常温下NaNO2溶液pH大于7②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗③HNO2和NaCl不能发生反应④0.1mol•L﹣1HNO2溶液的pH=2.1⑤NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2⑥0.1mol•L﹣1HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1．A．①④⑥B．①②③④C．①④⑤⑥D．全部【考点】弱电解质的判断．【分析】部分电离、溶液中存在电离平衡的电解质为弱电解质，利用酸不能完全电离或盐类水解的规律来分析HNO2是弱电解质．【解答】解：①常温下NaNO2溶液pH大于7，说明亚硝酸钠是强碱弱酸盐，则亚硝酸是弱电解质，故①正确；②溶液的导电性与离子浓度成正比，用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故②错误；③HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明不符合复分解反应的条件，但不能说明是弱酸，故③错误；④常温下0.1mol•L﹣1HNO2溶液的pH=2.1，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故④正确；-28-\n⑤强酸可以制取弱酸，NaNO2和H3PO4反应，生成HNO2，说明HNO2的酸性弱于H3PO4，所以能说明亚硝酸为弱酸，故⑤正确；⑥常温下pH=1的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1说明亚硝酸中存在电离平衡，则亚硝酸为弱电解质，故⑥正确；故选C．【点评】本题考查弱电解质的判断，为高频考点，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，注意：溶液导电性与离子浓度有关，与电解质强弱无关，为易错点． 14．在密闭容器中，一定条件下，进行如下反应：NO（g）+CO（g）⇌N2（g）+CO2（g）△H=﹣373.2kJ/mol，达到平衡后，为提高该反应的速率和NO的转化率，采取的正确措施是（ ）A．加催化剂同时升高温度B．加催化剂同时增大压强C．升高温度同时充入N2D．降低温度同时增大压强【考点】化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】加快反应速率可以升温、加压、增大浓度、加入催化剂，增大NO的转化率必须在不加入NO的基础上使平衡正向移动，据此分析．【解答】解：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）；△H=﹣373.4kJ•mol﹣1，反应是放热反应，反应后气体体积减小；A、加催化剂同时升高温度，催化剂加快反应速率，升温平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故A错误；B、加催化剂同时增大压强，催化剂加快反应速率，反应前后气体体积减小，增大压强平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故B正确；C、升高温度同时充入N2，升温速率增大，平衡逆向进行，加氮气平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故C错误；D、降低温度反应速率减小，加压反应速率增大，无法确定反应速率的变化情况，故D错误；故选B．【点评】本题考查了化学平衡移动原理的分析应用，主要是催化剂改变速率不改变平衡，转化率是反应物的转化率，题目难度中等． 15．下列实验的现象与对应结论均正确的是（ ）A．向某固体上滴加稀盐酸，有气泡产生一一该固体一定是碳酸盐B．向某无色溶液中滴入酚酞试液，溶液变红色﹣﹣该溶液一定是碱溶液C．某固态化肥与熟石灰混合研磨后产生氨味﹣﹣该化肥一定是铵态氮肥D．把燃着的木条伸入某无色气体中，木条熄灭﹣﹣该气体一定是二氧化碳【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．活泼金属和盐酸反应也会产生气体；B．显碱性的溶液不一定是碱；C．根据铵态氮肥的检验方法进行分析；D．无色气体具有不助燃、不可燃的性质的有多种．【解答】解：A．活泼的金属上滴加盐酸也会产生气泡，所以该固体不一定是碳酸盐，故A错误，-28-\nB．酸碱指示剂指示的是溶液的酸碱性，酸显酸性，碱显碱性，但是有的盐就显碱性，比如碳酸钠的水溶液显碱性，故B错误，C．铵态氮肥中的铵根离子和熟石灰研磨后会生成氨气，氨气具有氨味，故C正确，D．把燃着的木条伸入某无色气体中，木条熄灭，只能说明该气体具有的不助燃、不可燃，具有该性质的除了二氧化碳外还有氮气，故D错误，故选C．【点评】本体主要考查化学实验方案的评价，涉及常见离子的检验方法和现象，以及酸碱指示剂不会只会测定酸碱性，对常见的化学知识的严密性要注意掌握，题目难度不大． 16．下列有关实验的做法正确的是（ ）A．蒸馏时，应先点燃酒精灯加热，再通冷凝水B．用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体C．配制1.0000mol•L﹣1氢氧化钠溶液时，将NaOH溶解后立即转移至容量瓶中D．检验NH4+时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；溶液的配制；常见阳离子的检验．【专题】实验评价题．【分析】A．蒸馏时，应先通冷水，防止馏分挥发；B．碳酸氢钠加热易分解，而碳酸钠不能；C．NaOH溶解后放出热量，应冷却；D．用湿润的红色石蕊试纸检验氨气．【解答】解：A．蒸馏时，应先通冷水，防止馏分挥发，再点燃酒精灯加热，故A错误；B．碳酸氢钠加热易分解，而碳酸钠不能，则用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体，故B正确；C．配制1.0000mol•L﹣1氢氧化钠溶液时，将NaOH溶解后，冷却至室温，再转移至容量瓶中，故C错误；D．检验NH4+时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，故D错误；故选B．【点评】本题考查物质检验、鉴别的方法及选择，为高频考点，把握蒸馏、溶液配制及离子检验实验、物质的性质为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大． 17．下列依据相关实验得出的结论正确的是（ ）A．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定是碳酸盐溶液B．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含Fe2+C．将某气体通入淀粉碘化钾溶液中，溶液变蓝，该气体一定是氯气D．用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】物质检验鉴别题．【分析】A．产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，气体为二氧化碳或二氧化硫；B．滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，则亚铁离子被氧化生成铁离子；D．气体通入淀粉碘化钾溶液中，溶液变蓝，则气体具有氧化性；D．火焰呈黄色，该溶液一定含钠离子．-28-\n【解答】解：A．产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，气体为二氧化碳或二氧化硫，则溶液可能是碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐等溶液，故A错误；B．滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，则亚铁离子被氧化生成铁离子，所以该溶液中一定含Fe2+，故B正确；D．气体通入淀粉碘化钾溶液中，溶液变蓝，则气体具有氧化性，则气体可能为氯气、二氧化氮等，故C错误；D．火焰呈黄色，该溶液一定含钠离子，则该溶液可能为NaOH、NaCl等溶液，故D错误；故选B．【点评】本题考查物质检验和鉴别，为高频考点，侧重常见离子检验及物质检验的考查，把握检验试剂、现象、物质的性质为解答的关键，注意检验中应排除其它离子或物质的干扰，题目难度不大． 18．将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是（ ）A．二氧化硫氯气B．二氧化氮二氧化硫C．氨气二氧化碳D．氯气二氧化碳【考点】常见气体的检验．【分析】A．氯气与二氧化硫反应生成硫酸和盐酸；B．二氧化氮与二氧化硫在溶液中反应生成硫酸根离子；C．氨气与二氧化碳反应生成碳酸铵；D．氯气、二氧化碳均氯化钡溶液之间均不反应．【解答】解：A．氯气与二氧化硫反应生成硫酸和盐酸，然后与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，故A不选；B．二氧化氮与二氧化硫在溶液中反应生成硫酸根离子，然后与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，故B不选；C．氨气与二氧化碳反应生成碳酸铵，然后与氯化钡溶液反应生成碳酸钡白色沉淀，故C不选；D．氯气、二氧化碳均氯化钡溶液之间均不反应，不会有沉淀生成，故D选；故选D．【点评】本题考查二氧化硫的性质，为高频考点，侧重元素化合物性质的考查，涉及氧化还原反应及复分解反应等，综合性较强，题目难度不大，注意强酸制取弱酸的反应应用． 19．实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是（ ）A．①是氨气发生装置B．②是氨气吸收装置-28-\nC．③是氨气发生装置D．④是氨气收集、检验装置【考点】氨的制取和性质．【分析】A．NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl；B．氨气极易溶于水，应进行防倒吸设置；C．浓氨水易挥发，氧化钙溶于水放出大量的热；D．氨气易与空气对流，收集不到纯净的气体．【解答】解：A．NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，所以不能制取到氯气，故A错误；B．图中漏斗起不到防倒吸的作用，应使倒置漏斗的上边缘刚好没入水中，故B错误；C．向CaO中滴加浓氨水，CaO遇水生成Ca（OH）2，同时放出大量热量，促进浓氨水中的氨气逸出，可制取氨气，故C正确；D．氨气易与空气对流，收集不到纯净的气体，收集装置中应在试管口塞一团棉花，故D错误；故选：C．【点评】本题考查氨气的实验室制备，难度不大，把握氨气的性质、反应原理是解题关键，题目难度不大． 20．下列有关物质性质的应用正确的是（ ）A．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气B．二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸C．液氨气化时要吸收大量的热，可用作制冷剂D．氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝【考点】硅和二氧化硅；氨的化学性质；镁、铝的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．氯气可与碱性物质反应；B．二氧化硅可与氢氟酸反应；C．根据制冷剂的原理判断；D．氯化铝不导电．【解答】解：A．氯气可与氢氧化钙反应，不能用碱性干燥剂干燥，故A错误；B．二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅，故B错误；C．液氨沸点较高，气化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故C正确；D．氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，故D错误．故选C．【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累． 21．下列说法正确的是（ ）A．将浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释过程中，c（H+）和c（OH﹣）都会减小B．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的PH．若PH＞7，则H2A是弱酸；若PH＜7，则H2A是强酸C．将SO2通入一定量KOH溶液，所得溶液呈中性，该溶液中一定含KHSO3D．用0.200mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定浓度均为0.1mol•L﹣1的HCl与CH3COOH的混合液，至中性时，溶液中的酸恰好被完全中和【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．-28-\n【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A、一定温度下的溶液中存在离子积常数，氢氧根离子浓度和氢离子浓度乘积为常数；B、NaHA溶液若PH＞7说明溶液呈碱性，说明对应酸一定为弱酸，若pH＜7可能对应酸是强酸，也可能对应酸是弱酸；C、将SO2通入一定量KOH溶液，所得溶液呈中性，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，依据电荷守恒分析判断，c（H+）+c（K+）=c（OH﹣）+c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣），该溶液中一定含KHSO3；D、氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液至中性，溶液中酸恰好反应，滴定醋酸时，醋酸恰好反应时生成醋酸钠，溶液呈碱性．【解答】解：A、一定温度下的溶液中存在离子积常数，氢氧根离子浓度和氢离子浓度乘积为常数，将浓度为0.1mol•L﹣1HF溶液加水不断稀释过程中，c（H+）会减小，c（OH﹣）离子浓度增大，故A错误；B、NaHA溶液若pH＞7说明溶液呈碱性，说明对应酸一定为弱酸，若pH＜7可能对应酸是强酸，如硫酸氢钠，也可能对应酸是弱酸，如亚硫酸氢钠，故B错误；C、依据溶液中电荷守恒，c（H+）+c（K+）=c（OH﹣）+c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣），溶液呈中性c（H+）=c（OH﹣），c（K+）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣），所以溶液中一定存在KHSO3，故C正确；D、用0.200mol•L﹣1NaOH标准溶液滴定浓度均为0.1mol•L﹣1的HCl与CH3COOH的混合液，至中性时，盐酸溶液恰好完全中和，滴定醋酸时，醋酸恰好反应时生成醋酸钠，溶液呈碱性，醋酸略有剩余，故D错误；故选C．【点评】本题考查了弱电解质电离平衡的应用判断，盐类水解的应用，溶液中电荷守恒的分析，酸碱中和溶液酸碱性的分析理解，题目难度中等． 22．肼（H2N﹣NH2）是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1mol化学键所需的能量（kJ）：N≡N为942、O=O为500、N﹣N为154，则断裂1molN﹣H键所需的能量（kJ）是（ ）A．194B．391C．516D．658【考点】化学能与热能的相互转化．【专题】压轴题；化学反应中的能量变化．【分析】根据热化学方程式的含义可知：旧键断裂所吸收的能量和新键生成所释放的能量之差即为化学反应焓变的数值，结合图示内容来回答即可．【解答】解：根据图中内容，可以看出N2H4（g）+O2（g）=2N（g）+4H（g）+2O（g），△H3=2752kJ/mol﹣534kJ/mol=2218kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，-28-\n设断裂1molN﹣H键所需的能量为K，旧键断裂吸收的能量：154+4K+500=2218，解得K=391．故选B．【点评】本题考查学生化学键的断裂和生成与反应的吸放热之间的关系，考查学生知识的灵活应用情况，难度不大． 23．下列关于溶液说法不正确的是（ ）A．常温下，浓度均为0.2mol•L﹣1的NaHCO3和Na2CO3溶液中，都存在电离平衡和水解平衡，分别加入NaOH固体恢复到原来的温度，c（CO32﹣）均增大B．已知乙酸（HA）的酸性比甲酸（HB）弱，在物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的NaA和NaB混合溶液中，c（Na+）＞c（B﹣）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（HB）＞c（H+）C．pH相同的CH3COONa溶液、C6H5ONa溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液，其浓度：c（CH3COONa）＞c（C6H5ONa）＞c（Na2CO3）＞c（NaOH）D．一定温度下，pH相同的溶液，由水电离产生的c（H+）相同【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的原理．【分析】A．氢氧化钠抑制了碳酸根离子的水解，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠，所以两溶液中的碳酸根离子浓度都增大；B．相同温度下的相同浓度的不同一元酸，酸的酸性越强，则酸的电离程度越大，其阴离子的水解能力越小，混合溶液中，A﹣、B﹣都水解导致c（OH﹣）大于c（HA）、c（HB），据此进行分析；C．氢氧化钠为强碱，pH相同时其浓度最小；酸根离子对应的酸的酸性越强，其水解程度越小，溶液的pH越小，则pH相同时酸根离子对应的酸的酸性越强，该盐的浓度越大，据此进行判断；D．酸碱溶液抑制了水的电离，能够水解的盐溶液促进了水的电离．【解答】解：A．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，碳酸氢根和氢氧根在溶液反应会生成碳酸根和水，氢氧根对它们的水解均起到抑制作用，所以c（CO32﹣）均增大，故A正确；B．乙酸（HA）的酸性比甲酸（HB）弱，则相同浓度的HB的电离程度大于HA，酸的电离程度越大，其酸根离子的水解能力越小，所以A﹣的水解能力大于B﹣，水解能力越强，则其溶液中碱性越强，氢氧根离子浓度越大，酸的浓度越小，所以在物质的量浓度均为0.1mol•L﹣1的NaA和NaB混合溶液中c（HA）＞c（HB）；因为两种阴离子都水解生成氢氧根离子，所以c（OH﹣）＞（H+），所以离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（B﹣）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（HB）＞c（H+），故B正确；C．pH相同的CH3COONa溶液、C6H5ONa溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液，氢氧化钠溶液为强碱，其浓度最小；水解程度碳酸钠最大、醋酸钠最小，则pH相同时盐的浓度大小为：c（CH3COONa）＞c（C6H5ONa）＞c（Na2CO3），所以四种物质的浓度关系为：c（CH3COONa）＞c（C6H5ONa）＞c（Na2CO3）＞c（NaOH），故C正确；D．一定温度下，pH相同的溶液，由水电离产生的c（H+）不一定相同，如：酸碱溶液抑制了水的电离，酸溶液中的氢氧根离子、碱溶液中的氢离子是水电离的，能够水解的盐溶液促进了水的电离，故D错误；故选D．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，D为易错点，注意酸碱溶液抑制了水的电离、能够水解的盐溶液促进了水的电离，试题培养了学生导电分析能力及灵活应用能力． -28-\n24．关于下列各装置图的叙述不正确的是（ ）A．用图①装置精炼铜，a极为粗铜，b为精铜，电解质溶液为CuSO4溶液B．图②装置盐桥中KCl的Cl﹣移向乙烧杯C．图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护D．图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同【考点】原电池和电解池的工作原理；金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】A、电解精炼铜，粗铜做阳极，精铜做阴极；B、盐桥是起到平衡电解质液的电荷守恒，甲池中锌离子增多，氯离子移向甲池；C、电解阴极被保护；D、两个原电池中使铝和稀硫酸反应，锌和稀硫酸反应电子转移相同时铝和锌物质的量不同；【解答】解：A、电解精炼铜，粗铜做阳极，精铜做阴极，用图①装置精炼铜，a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液，故A正确；B、盐桥是起到平衡电解质液的电荷守恒，甲池中锌离子增多，氯离子移向甲池；图②装置盐桥中KCl的Cl﹣移向甲烧杯，故B错误；C、图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护，电解阴极被保护，故C正确；D、两个原电池中使铝和稀硫酸反应，锌和稀硫酸反应电子转移相同时铝和锌物质的量不同；图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同，故D正确；故选B．【点评】本题考查了原电池和电解池的工作原理应用，主要考查电解精炼铜、原电池盐桥作用，电解阴极保护的原理，题目难度中等． 25．在容积为2L的密闭容器中进行反应，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），其他条件不变，在300℃和500℃时，n（CH3OH）与反应时间t的变化曲线如图，下列说法正确的是（ ）A．该反应的△H＜0B．其他条件不变，升高温度反应的平衡常数增大C．300℃时，0～t1min内CH3OH的平均生成速率为1mol•L﹣1•min﹣1-28-\nD．A点的反应体系温度从300℃升高到500℃，达到平衡时，减小【考点】化学平衡的计算．【专题】化学平衡图像；化学平衡专题．【分析】A．由图象可知，温度越高，到达平衡时甲醇的物质的量越小，故升高温度平衡向逆反应移动，正反应为放热反应；B．温度越高，到达平衡时甲醇的物质的量越小，升高温度平衡向逆反应移动，平衡常数减小；C．平衡时甲醇的物质的量为n1mol，根据v=计算v（CH3OH）；D．A点的反应体系从300℃升高到500℃，甲醇的物质的量减小，平衡向逆反应，氢气的物质的量增大．【解答】解：A．由图象可知，温度越高，到达平衡时甲醇的物质的量越小，故升高温度平衡向逆反应移动，该反应正反应是放热反应，即△H＜0，故A正确；B．温度越高，到达平衡时甲醇的物质的量越小，升高温度平衡向逆反应移动，平衡常数减小，故B错误；C．平衡时甲醇的物质的量为n1mol，v（CH3OH）==mol•L﹣1•min﹣1，故C错误；D．A点的反应体系从300℃升高到500℃，甲醇的物质的量减小，平衡向逆反应，氢气的物质的量增大，故达到平衡时增大，故D错误；故选：A．【点评】本题考查化学平衡图象、化学平衡的影响因素、平衡常数影响因素、化学反应速率的计算等，注意掌握平衡移动原理． 二、填空题26．根据要求回答下列问题（1）已知NaHSO3水溶液显酸性，原因 HSO3﹣⇌H++SO32﹣，HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣，HSO3﹣的电离程度大于水解程度 （用离子方程式和文字叙述表示）（2）在干燥的HCl气流中加热MgCl2•6H2O时，能得到无水MgCl2，其原因是 Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+，在干燥的HCl气流中可以抑制Mg2+的水解 （3）用标准酸性KMnO4溶液测定某补血口服液中Fe2+的含量时，酸性KMnO4溶液应放在 酸式 滴定管中，判断滴定终点的方法 当滴加最后一滴酸性KMnO4溶液时，锥形瓶内的溶液恰好由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复 （4）AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，其原因是 2AgCl+S2﹣⇌Ag2S+2Cl﹣ （用离子方程式表示）（5）已知Cl2和H2O通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，写出该反应的热化学方程式 2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）=4HCl（g）+CO2（g）△H=﹣290.0kJ•mol﹣1 ．【考点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．-28-\n【分析】（1）亚硫酸氢钠是强碱弱酸盐，溶液显酸性，说明亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度；（2）氯化镁水解显酸性，氯化氢气流中加热防止水解；（3）高锰酸钾溶液具有强氧化性，滴定实验应放在酸式滴定管中；高锰酸钾溶液呈紫红色，依据滴入溶液颜色变化判断反应终点；（4）根据溶解度大的沉淀向溶解度小的沉淀的方向转变，沉淀溶解平衡向离子浓度减小的方向移动；（5）根据热化学方程式的含义和书写方法来回答．【解答】解：（1）NaHSO3水溶液中存在电离平衡和水解平衡HSO3﹣⇌H++SO32﹣，HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣，溶液显酸性说明HSO3﹣的电离程度大于水解程度，故答案为：HSO3﹣⇌H++SO32﹣，HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣，HSO3﹣的电离程度大于水解程度；（2）氯化镁水解显酸性，Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+，氯化氢气流中加热防止水解，HCl气流可抑制Mg2+水解；故答案为：Mg2++2H2O⇌Mg（OH）2+2H+，在干燥的HCl气流中可以抑制Mg2+的水解；（3）用标准酸性KMnO4溶液测定某补血口服液中Fe2+的含量时，酸性KMnO4溶液具有强氧化应放在酸式滴定管中，判断滴定终点的方法当滴加最后一滴酸性KMnO4溶液时，锥形瓶内的溶液恰好由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复，故答案为：酸式；当滴加最后一滴酸性KMnO4溶液时，锥形瓶内的溶液恰好由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复；（4）因为Ag2S的溶解度比AgCl的溶解度小，所以发生反应：2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，故答案为：2AgCl+S2﹣⇌Ag2S+2Cl﹣；（5）1molCl2参与反应时释放出145KJ热量，则反应2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）=4HCl（g）+CO2（g）会放出290KJ的能量，即2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）=4HCl（g）+CO2（g）△H=﹣290.0kJ•mol﹣1，故答案为：2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）=4HCl（g）+CO2（g）△H=﹣290.0kJ•mol﹣1．【点评】本题考查了盐类水解的分析，滴定实验的注意问题，沉淀转化原理，热化学方程式书写，掌握基础是解题关键，题目难度中等． 27．A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大．A原子核内无中子；A和E、D和F分别同主族，且B与D最外层电子数之比为2：3．试回答下列问题：（1）A元素的名称是 氢 ，E元素在周期表中的位置是 第三周期ⅠA族 （2）B、D、F的气态氢化物稳定性由强到弱的顺序是 H2O＞H2S＞CH4 （填化学式）（3）E单质在足量D单质中燃烧生成的化合物的电子式是 （4）化合物X、Y均由A、D、E、F四种元素组成．①X、Y均属于 离子 化合物（填“离子”或“共价”）；②X与Y的水溶液相混合发生反应的离子方程式为 H++HSO3﹣=H2O+SO2↑ （5）化合物E2F的水溶液中滴入双氧水和稀硫酸，加热，有单质生成．其离子反应方程式为： S2﹣+H2O2+2H+S↓+2H2O ．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】-28-\nA、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大．A原子核内无中子，则A为H元素；A和E同主族，结合原子序数可知E为Na；B与D最外层电子数之比为2：3，由原子序数可知，二者都处于第二周期且不相邻，故B、D原子最外层电子数分别为4、6，可推知B为C元素、D为O元素，C的原子序数介于碳、氧之间，则C为N元素；D和F同主族，则F为S元素，据此解答．【解答】解：A、B、C、D、E、F六种短周期元素，它们的原子序数依次增大．A原子核内无中子，则A为H元素；A和E同主族，结合原子序数可知E为Na；B与D最外层电子数之比为2：3，由原子序数可知，二者都处于第二周期且不相邻，故B、D原子最外层电子数分别为4、6，可推知B为C元素、D为O元素，C的原子序数介于碳、氧之间，则C为N元素；D和F同主族，则F为S元素．（1）由上述分析可知，A为氢元素；E为Na元素，处于周期表中第三周期ⅠA族，故答案为：氢；第三周期ⅠA族；（2）非金属性O＞S＞C，故C、O、S元素氢化物的稳定性H2O＞H2S＞CH4，故答案为：H2O＞H2S＞CH4；（3）Na单质在足量氧气中燃烧生成的化合物为Na2O2，其电子式为：，故答案为：；（4）化合物X、Y均由H、O、Na、S四种元素组成，分别为NaHSO3、NaHSO4中的一种，①NaHSO3、NaHSO4均属于离子化合物；②X与Y的水溶液相混合发生反应的离子方程式为：H++HSO3﹣=H2O+SO2↑；故答案为：离子；H++HSO3﹣=H2O+SO2↑；（5）化合物Na2S的水溶液中滴入双氧水和稀硫酸，加热，生成单质为S，同时生成水，其反应离子方程式为：S2﹣+H2O2+2H+S↓+2H2O，故答案为：S2﹣+H2O2+2H+S↓+2H2O．【点评】本题考查结构性质位置关系综合应用，难度不大，推断元素是解题关键，注意充分利用原子序数关系确定元素． 28．在FeCl3溶液蚀刻铜箔制造电路板的工艺中，废液处理和资源回收的过程简述如下：（已知：Ksp[Fe（OH）3]=4.0×10﹣38）Ⅰ：向废液中投入过量铁屑，充分反应后分离出固体和滤液；Ⅱ：向滤液中加入一定量石灰水，调节溶液pH，同时鼓入足量的空气．回答下列问题：（1）FeCl3蚀刻铜箔反应的离子方程式为 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ ，证明蚀刻后的混合物溶液仍存在Fe3+的操作是 取少量反应后的溶液于洁净的试管中，向其中滴加KSCN溶液，若出现红色溶液，则证明仍存在Fe3+ （2）过程Ⅰ加入铁屑的主要作用是 做还原剂，回收铜 ，从固体中分离出铜需采用的方法是 加入盐酸反应后过滤 （3）过程Ⅱ中发生两个反应的化学方程式为 FeCl2+Ca（OH）2=Fe（OH）2↓+CaCl2 ， 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3 ．（4）过程Ⅱ中调节溶液的pH为5，金属离子浓度为 4.0×10﹣11mol/L ．【考点】金属的回收与环境、资源保护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【分析】（1）氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，依据离子方程式书写方法写出；用KSCN溶液检验Fe3+的存在；-28-\n（2）过程Ⅰ加入铁屑的主要作用是和氯化铜发生反应生成铜，过滤后得到固体为Fe和Cu，加入盐酸铁反应，铜不反应过滤分离得到铜；（3）滤液成分为氯化亚铁溶液，加入石灰水反应生成氢氧化亚铁沉淀，在空气中迅速氧化为氢氧化铁；（4）过程Ⅱ中调节溶液的pH为，氢氧化铁沉淀溶液中存在沉淀溶解平衡，依据溶度积常数计算．【解答】解：（1）FeCl3蚀刻铜箔反应是三价铁离子具有氧化性和铜反应生成亚铁离子和铜离子，反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；向溶液中加入KSCN溶液，若溶液变红，则证明混合物溶液仍存在Fe3+，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；取少量反应后的溶液于洁净的试管中，向其中滴加KSCN溶液，若出现红色溶液，则证明仍存在Fe3+；（2）向废液中投入过量铁屑，铁会和三氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，和氯化铜反应生成铜和氯化亚铁，所以加入铁粉是为了得到铜，过滤得到固体是过量的铁和铜，用盐酸溶解铁反应，铜不反应过滤得到铜，故答案为：做还原剂，回收铜；加入盐酸反应后过滤；（3）滤液成分为氯化亚铁溶液，加入石灰水反应生成氢氧化亚铁沉淀，在空气中迅速氧化为氢氧化铁；反应的化学方程式为：FeCl2+Ca（OH）2=Fe（OH）2↓+CaCl2、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：FeCl2+Ca（OH）2=Fe（OH）2↓+CaCl2、4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（4）过程Ⅱ中调节溶液的pH为5，常温下溶液中氢氧根离子浓度为10﹣9mol/L，依据溶度积常数计算铁离子浓度，Fe（OH）3（s）⇌Fe3++3OH﹣；Ksp=c（Fe3+）×c3（OH﹣）；c（Fe3+）==4×10﹣11mol/L；故答案为：4×10﹣11mol/L．【点评】本题考查了铁离子的氧化性，提取铜的反应过程和步骤分析判断，氢氧化铁氢氧化亚铁的转化反应，溶度积的计算应用，题目难度中等． 29．化工生产中原料转化与利用非常重要，现有反应：CCl4+H2⇌CHCl3+HCl，查阅资料可知沸点：CCl4为77℃，CHCl3为61.2℃．在密闭容器中，该反应达到平衡后，测得下表数据（假设不考虑副反应）．实验序号温度℃初始CCl4浓度（mol•L﹣1）初始H2浓度（mol•L﹣1）CCl4的平衡转化率111011.2a21101150%310011b（1）在100℃时，此反应的化学平衡常数表达式为 ；在110℃时的平衡常数为 1 ．（2）在实验2中，若1小时后反应达到平衡，则H2的平均反应速率为 0.5mol/（L．h） ，在此平衡体系中再加入0.5molCCl4和1.0molHCl，平衡将向 逆 方向移动．（填正、逆或不移动）（3）实验1中，CCl4的转化率a ＞ 50%（填“＞”、“=”或“＜”）．实验3中，b的值 D （填字母序号）．-28-\nA．等于50%B．大于50%C．小于50%D．由本题所给资料无法判断．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；110℃时，实验2中达到平衡时CCl4的转化率为50%，平衡时CCl4的浓度变化量=1mol/L×50%=0.5mol/L，则：CCl4（g）+H2（g）⇌CHCl3（g）+HCl（g）起始（mol/L）：1100变化（mol/L）：0.50.50.50.5平衡（mol/L）：0.50.50.50.5代入平衡常数K=计算；（2）根据v=计算氢气表示的反应速率；判断浓度商Qc与平衡常数相对大小，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行；（3）实验1、2温度相同，实验1等效在实验2的基础上增大氢气浓度，平衡正向移动，实验1中的CCl4的转化率较大；对于实验3，因温度不同，又不知该反应的热效应，所以无法判断转化率的大小．【解答】解：（1）因CCl4的沸点为77℃，CHCl3的沸点为61.2℃，所以在100℃反应时各物质均为气态，CCl4（g）+H2（g）⇌CHCl3（g）+HCl（g）的平衡常数表达式K=，110℃时，实验2中达到平衡时CCl4的转化率为50%，平衡时CCl4的浓度变化量=1mol/L×50%=0.5mol/L，则：CCl4（g）+H2（g）⇌CHCl3（g）+HCl（g）起始（mol/L）：1100变化（mol/L）：0.50.50.50.5平衡（mol/L）：0.50.50.50.5则平衡常数K===1，故答案为：；1；（2）实验2中，若1小时后反应达到平衡，则H2的平均反应速率为=0.5mol/（L．h）；-28-\n在此平衡体系中再加入0.5molCCl4和1.0molHCl，由K=可知，浓度商Qc＞K=1，反应向逆反应进行，故答案为：0.5mol/（L．h）；逆；（3）实验1、2温度相同，实验1等效在实验2的基础上增大氢气浓度，平衡正向移动，实验1中的CCl4的转化率较大，故CCl4的转化率a＞50%，对于实验3，因温度与实验1、2不同，又不知该反应的热效应，所以无法判断转化率的大小，故答案为：＞；D．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、化学平衡常数计算及应用等，难度中等，注意掌握三段式计算与平衡常数的应用． 30．如图是一个化学过程的示意图．（1）请回答图中甲池是 原电池 装置，其中OH﹣移向 CH3OH 极（填“CH3OH”或“O2”）（2）写出通入CH3OH的电极的电极反应式是 CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O ．（3）向乙池两电极附近滴加适量紫色石蕊试液，附近变红的电极为 A 极（填“A”或“B”），并写出此电极反应的电极反应式 4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O ．（4）乙池中反应的离子方程式为 4Ag++2H2O=4Ag+O2↑+4H+ ．（5）当乙池中B（Ag）极的质量增加5.40g时，乙池的pH是 1 （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 BD （填序号）A．MgSO4B．CuSO4C．NaClD．AgNO3．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】（1）燃料电池属于原电池，原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；（2）燃料电池中燃料失电子发生氧化反应，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；（3）乙池有外接电源是电解池，阳极上氢氧根离子放电，阴极上银离子放电，酸性溶液使紫色石蕊试液变红，根据电极附近溶液的酸碱性变化确定溶液变红的电极；（4）电解硝酸银溶液时，银离子得电子生成银、水失电子生成氧气和氢离子，据此写出离子方程式；（5）根据银和氢离子关系式计算氢离子浓度，从而确定溶液的pH，阴极上析出金属，则在金属活动性顺序表中金属元素处于H元素后，根据串联电池中转移电子数相等知，丙中析出金属元素需要的电子等于或小于乙池中转移电子数，据此确定含有的金属元素．【解答】解：（1）燃料电池是化学能转变为电能的装置，属于原电池，燃料电池中，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，原电池放电时，电解质溶液中氢氧根离子向负极移动，即向投放甲醇的电极移动，故答案为：原电池；CH3OH；-28-\n（2）该燃料电池中，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O，故答案为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣=CO32﹣+6H2O；（3）乙池有外接电源属于电解池，连接原电池正极的A是阳极，连接原电池负极的B是阴极，电解硝酸银溶液时，A电极上氢氧根离子放电导致电极附近氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，加热紫色石蕊试液呈红色，电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O，故答案为：A，4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；（4）电解硝酸银溶液时，银离子得电子生成银、水失电子生成氧气和氢离子，离子方程式为4Ag++2H2O=4Ag+O2↑+4H+，故答案为：4Ag++2H2O=4Ag+O2↑+4H+；（5）当乙池中B（Ag）极的质量增加5.40g时，设氢离子浓度为xmol/L，4Ag++2H2O=4Ag+O2↑+4H+；432g4mol5.40g0.5xmolx=0.1，则溶液的pH=1，阴极上析出金属，则在金属活动性顺序表中金属元素处于H元素后，根据串联电池中转移电子数相等知，丙中析出金属元素需要的电子等于或小于乙池中转移电子数，据此确定含有的金属元素，析出5.40g时转移电子是0.05mol，A、硫酸镁中镁元素处于H元素前，所以阴极上不析出金属单质，故错误；B、电解硫酸铜溶液时，阴极上析出1.60g铜需要转移电子0.05mol，故正确；C、氯化钠中钠元素处于氢元素前，所以阴极上不析出金属单质，故错误；D、电解硝酸银溶液时，阴极上析出1.60g银需要转移电子0.0148mol＜0.05mol，故正确；故选BD；故答案为：1；BD．【点评】本题考查了原电池和电解池原理，注意（5）题中，丙中析出金属元素需要的电子等于或小于乙池中转移电子数，为易错点． 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