高中化学专题2化学反应与能量转化2.4太阳能生物质能和氢能的利用练习苏教版必修2

第四单元 太阳能、生物质能和氢能的利用
1．煤、石油、天然气和生物质能作为能源的共同特点是
( )
A ．可再生能源，取之不尽用之不竭
B ．不可再生能源，用一点少一点
C ．均来自太阳辐射的能量
D ．均为污染环境的能源
答案 C
解析 煤、石油、天然气作为能源的特点：①不可再生；②贮量有限，用一点少一点；③污染环境；④来自太阳辐射能。

生物质能的特点：①储量大；②可再生；③无污染；④源自太阳辐射能。

2．下列给出的能源中，不能作为新能源的是
( )
A ．太阳能
B ．无烟煤
C ．燃料电池
D ．氢能
答案 B
解析 煤属于矿物燃料，会严重污染空气。

太阳能、燃料电池、氢能均为有发展前景的新能源。

3．生物质能是绿色植物通过叶绿素将太阳能固化为化学能而贮存在生物质内部的能量，它一直是人类赖以生存的重要能源。

下列有关说法不正确的是
( )
A ．农村通过杂草和动物的粪便发酵制沼气，沼气的主要成分是甲烷
B ．推广使用乙醇汽油，乙醇可由富含淀粉的谷物发酵产生
C ．氢能可以通过电解海水获得，可大量推广使用
D ．开发生物质能有利于环境保护和经济可持续发展
答案 C
解析 电解海水可制得氢气，但成本高，不能大量推广使用。

4．据报道，某国一集团拟在太空建造巨大的集光装置，把太阳光变成激光用于分解海水制氢：
2H 2O =====激光2H 2↑＋O 2↑。

下列说法正确的是
( )
①水的分解反应是放热反应 ②氢气是一次能源 ③使用氢气作燃料有助于控制温室效应 ④若用生成的氢气与空气中多余的二氧化碳反应生成甲醇储存起来，可以改善生存环境
A ．①④
B ．②③
C ．③④
D ．①②
答案 C
解析①中水的分解反应是吸热反应；②中在自然界中氢气无法直接取得，是二次能源；③中氢气的燃烧产物是水，化石燃料燃烧会产生二氧化碳，所以氢气作燃料有助于控制温室效应；
④中生成的氢气与空气中多余的二氧化碳反应生成甲醇，则可以对二氧化碳进行循环利用。

5．近年来某市政府率先在公交车和出租车中推行用天然气代替汽油作燃料的改革，取得了显著进展。

走上街头你会发现不少公交车和出租车上有“CNG”的标志，代表它们是以天然气作为燃料的汽车。

(1)天然气是植物残体在隔绝空气的条件下，经过微生物的发酵作用而生成的，因此天然气中所
贮藏的化学能最终来自于________。

(2)天然气的主要成分是________。

(3)天然气的主要成分是一种很好的燃料。

已知4 g该主要成分完全燃烧生成CO2气体和液态水
时放出222.5 kJ的热量，则上述成分燃烧的热化学方程式为_________________。

答案(1)太阳能(2)CH4(3)CH4(g)＋2O2(g)===2H2O(l)＋CO2(g) ΔH＝－890 kJ·mol－1
解析化石燃料所贮藏的化学能最终都是来自于太阳能。

2021届新高考化学模拟试卷
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．电化学合成氨法实现了氨的常温常压合成，一种碱性介质下的工作原理示意图如下所示。

下列说法错误的是
A ．b 接外加电源的正极
B ．交换膜为阴离子交换膜
C ．左池的电极反应式为223N 6H O 6e 2NH 6OH --++===+
D ．右池中水发生还原反应生成氧气
2．下列说法正确的是
A ．甘油醛（）和葡萄糖均属于单糖，互为同系物
B ．2,3,5,5−四甲基−3,3−二乙基己烷的键线式为
C ．高聚物和均是缩聚产物，它们有共同的单体
D ．将总物质的量为1 mol 的水杨酸、1,2−二氯乙烷和CH 3NHCOOCH 3的混合物与NaOH 溶液充分反应，最多可以消耗2 mol NaOH
3．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A ．NaHCO 3受热易分解，可用于制胃酸中和剂
B ．SiO 2熔点高硬度大，可用于制光导纤维
C ．Al 2O 3是两性氧化物，可用作耐高温材料
D ．CaO 能与水反应，可用作食品干燥剂
4．人工肾脏可用电化学方法除去代谢产物中的尿素[CO （NH 2）2]，原理如图，下列有关说法不正确的是（ ）
A．B为电源的正极
B．电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高
C．电子移动的方向是B→右侧惰性电极，左侧惰性电极→A
D．阳极室中发生的反应依次为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl
5．下列化学用语或命名正确的是
A．过氧化氢的结构式：H-O-O-H B．乙烯的结构简式：CH2CH2
O D．NH4Cl的电子式：
C．含有8个中子的氧原子：18
8
6．Mg与Br2反应可生成具有强吸水性的MgBr2，该反应剧烈且放出大量的热。

实验室采用如图装置制备无水MgBr2。

下列说法错误的是
A．a为冷却水进水口
B．装置A的作用是吸收水蒸气和挥发出的溴蒸气
C．实验时需缓慢通入N2，防止反应过于剧烈
D．不能用干燥空气代替N2，因为副产物MgO会阻碍反应的进行
7．向某二价金属M的M(OH)2的溶液中加入过量的NaHCO3溶液，生成了MCO3沉淀，过滤，洗涤、干燥后将沉淀置于足量的稀盐酸中，充分反应后，在标准状况下收集到V L气体。

如要计算金属M的相对原子质量，你认为还必需提供下列哪项数据是
A．M(OH)2溶液的物质的量浓度B．与MCO3反应的盐酸的物质的量浓度
C．MCO3的质量D．题给条件充足，不需要再补充数据
8．下列做法中观察到的现象可以说明钠的密度比水小的是
A．用小刀切开金属钠B．将钠放在坩埚中加热
C．把钠保存在煤油中D．将钠放入盛水的烧杯
9．对氧化还原反应：11P+15CuSO4+24H2O→5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4，下列说法正确的是
A．5/11的磷被氧化
B．3mol CuSO4可氧化11/5mol P
C．每摩尔起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物质的量为0.6mol
D．当1mol P参加反应时，转移电子的物质的量为3 mol
10．前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。

其中X、Z、R最外层电子数相等，且X 与Z、R均可形成离子化合物；Y、W同主族，Y最外层电子数是内层电子数的3倍。

下列说法正确的是
A．元素原子半径大小顺序为：W>Z>Y
B．X分别与Y、Z、W形成的常见化合物都属于电解质
C．Y分别与Z、R形成的化合物中均只含有离子键
D．Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同
11．用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）
A．1 mol氨基(－NH2)中所含的质子数为9N A
B．标准状况下，22.4 L单质溴所含有的原子数目为2N A
C．100 mL 0.1 mol·L−1 CH3COONa溶液含CH3COO−的数目是0.01N A
D．标准状况下，2.24 L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.2N A
12．1，1-二环丙基乙烯()是重要医药中间体，下列关于该化合物的说法正确的是A．所有碳原子可能在同一平面B．乙苯与它互为同分异构体
C．二氯代物有9种D．只能发生取代、加成、加聚反应
13．下列有关化学用语表示正确的是（）
A．二氧化碳分子的比例模型
B．芳香烃的组成通式C n H2n﹣6（n≥6）
C．12C、14C原子结构示意图均可表示为
D．羟基的电子式
14．在0.1 mol/L的Na2CO3溶液中，下列关系式正确的是（）
A．c(Na+)=2c(CO32-) B．c(H+)>c(OH-)
C．c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1mol/L D．c(HCO3-)<c(OH-)
15．2019年3月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。

下列说法不正确的是
A．放电时B电极反应式为：I2+2e-=2I-
B．放电时电解质储罐中离子总浓度增大
C．M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜
D．充电时，A极增重65g时，C区增加离子数为4N A
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．Mg(ClO3)2·3H2O在工农业上有重要用途，其制备原理为：MgCl2＋2NaClO3＋
3H2O=Mg(ClO3)2·3H2O＋2NaCl。

实验室制备Mg(ClO3)2·3H2O的过程如图：
已知四种化合物的溶解度(S)与温度(T)的变化曲线关系如图所示：
(1)抽滤装置中仪器A的名称是________________。

(2)操作X的步骤是________________________________。

(3)“溶解”时加水太多会明显降低MgCl2的利用率，其原因是__________________。

(4)下列有关实验过程与操作说法不正确的是________。

A．冷却时可用冰水
B．洗涤时应用无水乙醇
C．抽滤Mg(ClO3)2·3H2O时，可用玻璃纤维代替滤纸
D．抽滤时，当吸滤瓶中液面快到支管时，应拔掉橡皮管，将滤液从支管倒出
(5)称取3.000 g样品，加水溶解并加过量的NaNO2溶液充分反应，配制成250 mL溶液，取25 mL 溶液加足量稀硝酸酸化并加入合适的指示剂，用0.100 0 mol·L－1的AgNO3标准溶液滴定至终点，平均消耗标准液24.00 mL。

则样品中Mg(ClO3)2·3H2O的纯度是________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分Na2Cr2O7·2H2O)，其主要工艺流程如下：
查阅资料得知:
ⅰ．常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将Cr3+转化为CrO42－。

ⅱ．
金属离子Fe3+Al3+Cr3+Fe2+Bi3+
开始沉淀的pH 2.7 3.4 5.0 7.5 0.7
沉淀完全的pH 3.7 4.9 5.9 9.7 4.5
回答下列问题：
（1）反应之前先将矿石粉碎的目的是__________________。

（2）步骤③加的试剂为_____________，此时溶液pH要调到5的目的_______________。

（3）写出反应④的离子反应方程式______________________。

（4）⑤中酸化是使CrO42－转化为Cr2O72－，写出该反应的离子方程式_________________。

（5）将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，精制红矾钠则对粗晶体需要采用的操作是__________________(填操作名称)。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．人类向大气中排放的NO x和SO2对环境会产生危害，烟气的脱硝（除NO x）技术和脱硫（除SO2）技术都是环境科学研究的热点。

（1）选择性催化还原技术是目前最成熟的烟气脱硝技术，即在催化剂作用下，用还原剂（如NH3选择性地与NO x反应生成N2和H2O。

已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH1=-905.5kJ·mol-1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH2=+180kJ·mol-1
则4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) ΔH3=__。

（2）碱性KMnO4氧化法也可将NO x进行脱除。

①用KMnO4(NaOH)溶液进行烟气中NO的脱除，将该离子方程式补充完整。

__
□NO+□MnO4-+□__=NO2-+3NO3-+□MnO42-+□__
②下列叙述正确的是__（填字母序号）。

A．将脱除后的混合溶液进行分离可获得氮肥
B．反应后混合溶液中：c(MnO4-)+2c(MnO42-)=c(K+)
C．在不同酸碱性条件下，KMnO4发生还原反应的产物可能不同
（3）催化剂V2O5可用于处理NO x和SO2。

V2O5在催化降解NO x的过程中，也会对SO2和O2反应起到一定的催化作用，其反应式如下：
a.V2O5+SO2=V2O4+SO3
b.__
c.2VOSO4=V2O5+SO2+SO3
SO3进一步与烟气中逃逸的氨反应，生成硫酸氢铵和硫酸铵。

19．（6分）钛被称为继铁、铝之后的第三金属，请回答下列问题：
(1)金红石(TiO2)是钛的主要矿物之一，基态Ti原子价层电子的排布图为_________，基态O原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为__________形。

(2)以TiO2为原料可制得TiCl4，TiCl4的熔、沸点分别为205K、409K，均高于结构与其相似的CCl4，主要原因是__________________。

(3)TiCl4可溶于浓盐酸得H2[TiCl6]，向溶液中加入NH4Cl浓溶液可析出黄色的(NH4)2[TiCl6]晶体。

该晶体中微观粒子之间的作用力有________。

A．离子键B．共价键C．分子间作用力D．氢键E．范德华力
(4)TiCl4可与CH3CH2OH、HCHO、CH3OCH3等有机小分子形成加合物。

上述三种小分子中C原子的VSEPR模型不同于其他分子的是_____，该分子中C的轨道杂化类型为________。

(5)TiO2与BaCO3一起熔融可制得钛酸钡。

①BaCO3中阴离子的立体构型为________。

②经X射线分析鉴定，钛酸钡的晶胞结构如下图所示（Ti4+、Ba2+均与O2－相接触），则钛酸钡的化学式为_________。

已知晶胞边长为a pm，O2－的半径为b pm，则Ti4+、Ba2+的半径分别为
____________pm、___________pm。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．D
【解析】
【详解】
A．在电化学合成氨法中，N2发生还原反应，而电解池的阴极发生还原反应，通N2的极为阴极，则
a 为电源负极，
b 为电源的正极，故A 正确；
B ．由图示可知，电解池工作时，左侧池中OH -向右池移动，则交换膜为阴离子交换膜，故B 正确；
C ．左池中N 2发生还原反应生成NH 3，则电极反应式为223N 6H O 6e 2NH 6OH --++===+，故
C 正确；
D ．右池中发生氧化反应，电极反应式为4OH --4e -=2H 2O+O 2↑，则是4OH -发生还原反应生成氧气，故D 错误；
故答案为D 。

2．D
【解析】
【详解】
A. 甘油醛不属于单糖，故错误；
B.键线式为 的名称为2,2,4,5−四甲基−3,3−二乙基己烷，故错误；
C. 高聚物的单体为碳酸乙二醇，而的单体是乙二醇，故没有共同的
单体，故错误； D. 水杨酸含有羧基和酚羟基，1 mol 的水杨酸消耗2mol 氢氧化钠，1 mol 的1,2−二氯乙烷消耗2mol 氢氧化钠，CH 3NHCOOCH 3含有酯基和肽键，所以1 mol 的CH 3NHCOOCH 3消耗2mol 氢氧化钠，将总物质的量为1 mol 三种物质的混合物与NaOH 溶液充分反应，最多可以消耗2 mol NaOH ，故正确。

故选D 。

3．D
【解析】
【分析】
【详解】
A 项，NaHCO 3能与HCl 反应，NaHCO 3用于制胃酸中和剂，NaHCO 3用于制胃酸中和剂与NaHCO 3受热易分解没有对应关系；
B 项，SiO 2传导光的能力非常强，用于制光导纤维，SiO 2用于制光导纤维与SiO 2熔点高硬度大没有对应关系；
C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系；
D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系；答案选D。

4．A
【解析】
【分析】
根据反应装置可确定为电解池，右边电极H原子得电子化合价降低，发生还原反应，为阴极；左边电极为阳极，阳极室反应为6Cl﹣-6e﹣=3Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，阴极反应式为2H2O+2e ﹣=H
↑+2OH﹣，电子从负极流向阴极、阳极流向正极；
2
【详解】
A．通过以上分析知，B为电源的负极，A错误；
B．电解过程中，阴极反应式为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，所以电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高，B正确；
C．电子从负极流向阴极、阳极流向正极，所以电子移动的方向是B→右侧惰性电极、左侧惰性电极→A，C正确；
D．通过以上分析知，阳极室中发生的反应依次为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，D正确；
答案为A。

5．A
【解析】
【详解】
A．过氧化氢为共价化合物，用短线代替所有共价键即为结构式，过氧化氢的结构式是H−O−O−H，故A正确；
B．乙烯含有碳碳双键，不能省略，结构简式为CH2=CH2，故B错误；
O表示质量数为18的氧原子，含有10个中子，故C错误；
C．18
8
D．NH4Cl的电子式为：，故D错误；
故答案选A。

6．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．冷凝管起到冷凝回流的作用，冷凝管内冷凝水的方向为下进上出，则a为冷却水进水口，故A 正确；
B．MgBr2具有较强的吸水性，制备无水MgBr2，需要防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶，则装置A 的作用是吸收水蒸气，但无水CaCl2不能吸收溴蒸气，故B错误；
C．制取MgBr2的反应剧烈且放出大量的热，实验时利用干燥的氮气将溴蒸气带入三颈烧瓶中，为防止反应过于剧烈，实验时需缓慢通入N2，故C正确；
D．不能用干燥空气代替N2，空气中含有的氧气可将镁氧化为副产物MgO会阻碍反应的进行，故D 正确；
答案选B。

7．C
【解析】
【分析】
【详解】
生成的气体是CO2，所以要计算M的相对原子质量，还需要知道MCO3的质量，选项C正确，答案选C。

8．D
【解析】
【详解】
A．用小刀切开金属钠，说明钠的质地软，故A错误；
B．将钠放在坩埚中加热能够熔化，说明钠的熔点低，故B错误；
C．把钠保存在煤油中，钠沉在底部，说明钠的密度比煤油大，而煤油的密度比水小，不能说明钠的密度比水小，故C错误；
D．钠与水反应的现象可以说明钠的熔点低、密度比水小，故D正确；
故选D。

【点睛】
本题的易错点为C，钠沉在煤油底部，只能说明钠的密度比煤油大，不能说明钠的密度比水小。

9．C
【解析】
【详解】
A. 11P+15CuSO4+24H2O═5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素的化合价由0降低为-3价，这样的P
原子是5mol，还有P元素的化合价由0升高为+5价，这样的P原子是6mol，即被氧化的磷原子为6 11
，
选项A错误；
B.根据反应知道，是1molCuSO4得到1mol电子，1molP失去5mol电子，则3molCuSO4可氧化0.6molP，选项B错误；
C.起氧化作用P元素的化合价由0降低为-3价转移3个电子，起还原作用的P的化合价由0升高为+5价转移5个电子，则每摩尔起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物质的量为0.6mol，选项C正确；
D.当1molP参加反应时，有6
11
molP作还原剂，转移电子的物质的量为
30
11
mol，选项D错误．
答案选C。

【点睛】
本题考查了氧化剂和还原剂的判断、电子转移等知识点，注意该反应中P既是氧化剂又是还原剂，会根据元素化合价的变化判断氧化剂、还原剂和氧化产物、还原产物，
11P+15CuSO4+24H2O═5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素的化合价由0降低为-3价，这样的P原子是5mol，还有P元素的化合价由0升高为+5价，这样的P原子是6mol，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，根据氧化还原反应中的概念以此电子守恒知识来解答。

10．B
【解析】
【分析】
前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。

Y最外层电子数是内层电子数的3倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O元素；而Y、W同主族，则W为S元素；X、Z、R最外层电子数相等，三者处于同主族，只能处于IA族或IIA族，且X与Z、R均可形成离子化合物，根据原子序数关系可知：X为H元素、Z为Na元素、R为K元素。

【详解】
根据上述分析可知X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；W是S元素；R是K元素。

A.同周期元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：
Z(Na)>W(S)>Y(O)，A错误；
B.X分别与Y、Z、W形成的常见化合物依次为H2O、NaH、H2S，这几种物质都属于电解质，B正
确；
C.Y与Z、R形成化合物有氧化钠、过氧化钠、氧化钾等，而过氧化钠中含有离子键、共价键，C错误；
D.Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2、SO2，前两者利用其强氧化性，而二氧化硫利用与有机色质化合为不稳定的无色物质，漂白原理不同，D错误；
故合理选项是B。

11．A
【解析】
【详解】
A. 1mol氨基中含有9mol电子，含有的电子数目为9N A，故A正确；
B. 标况下单质溴不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L溴的物质的量，故B错误；
C. 100 mL 0.1 mol·L−1 CH3COONa溶液中，CH3COO−会发生水解，数目小于0.01N A，故C错误；
D. 氯气与过量稀氢氧化钠反应,首先反应方程式如下：2NaOH + Cl2 = NaCl + NaClO + H2O，在这个反应中，氯气单质气体既充当氧化剂，又充当还原剂，两个零价位的Cl原子，一个被氧化成为+1价，另一个被还原成为-1价，0.1 mol的氯气在这个反应中转移电子总数当然只是0.1N A，故D错误；正确答案是A。

12．C
【解析】
【分析】
【详解】
A. 在该物质分子中含有6个饱和碳原子，由于饱和碳原子构成的是四面体结构，所以分子中不可能所有碳原子可能在同一平面，A错误；
B. 乙苯分子式是C8H10，1，1-二环丙基乙烯分子式是C8H12，二者的分子式不相同，因此乙苯与1，1-二环丙基乙烯不是同分异构体，B错误；
C. 该物质分子结构对称，若2个Cl原子在同一个C原子上，有2种不同的结构；若2个Cl原子在不同的C原子上，其中一个Cl原子在不饱和C原子上，可能有2种不同结构；若其中一个Cl原子位于连接在不饱和C原子的环上的C原子上，另一个C原子可能在同一个环上有1种结构；在不同环上，具有2种结构；若一个Cl原子位于-CH2-上，另一个Cl原子在同一个环上，只有1种结构；在两个不同环上，又有1种结构，因此可能的同分异构体种类数目为：2+2+1+2+1+1=9，C正确；
D. 该物质含有不饱和的碳碳双键，可发生加成反应、加聚反应；含有环丙基结构，能够发生取代反
应，该物质属于不饱和烃，能够发生燃烧反应，催化氧化反应，因此不仅仅能够发生上述反应，D 错误；
故合理选项是C。

13．C
【解析】
【分析】
【详解】
A.同周期主族元素，原子半径随原子序数的增大而减小，因此碳原子的半径大于氧原子，A项错误；
C H是苯的同系物的组成通式，芳香烃的同系物则不一定，B项错误；
B.n2n-6
C.12C和14C仅仅是中子数不同，均有6个质子和6个电子，因此原子结构示意图均为，C项正确；
D.基态氧原子有6个电子，和一个氢原子形成共价键后的电子后应该是7个，D项错误；
答案选C。

【点睛】
芳香化合物、芳香烃、苯的同系物，三者是包含的关系，同学们一定要注意辨别。

14．D
【解析】
【详解】
A.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2O HCO3-+OH-，所以c(Na+)>2c(CO32-)；故A错误；
B.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2O HCO3-+OH-，由于CO32-水解溶液呈碱性，所以
c(OH-)>c(H+)，故B错误；
C.由于Na 2CO3在溶液中存在着下列平衡：CO32-+H2O HCO3-+OH-;HCO3-+H2O H2CO3+OH-;所以Na2CO3在溶液中C的存在形式为CO32-、HCO3-、H2CO3，根据物料守
恒:c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=0.1mol/L，故C错误；
D.由于CO 32-水解，水解方程式为CO32-+H2O HCO3-+OH-，HCO3-+H2O=H2CO3+OH-，所以c(OH)>c(HCO3-)，故D正确；
所以答案：D。

【点睛】
根据Na2CO3在溶液中存在：Na2CO3=2Na++CO32-；CO32-+H2O HCO3-+OH-；
HCO 3-+H2O H2CO3+OH-;H2O H++OH-，进行分析判断。

15．C
【解析】
【分析】
由装置图可知，放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I--2e-=I2、阴极反应式为
Zn2++2e-=Zn，据此分析解答。

【详解】
A.放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I-，电极反应式为I2+2e-=2I-，A正确；
B.放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，B正确；
C.离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触发生反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过M膜进入负极区，K+通过N膜进入正极区，所以M为阴离子交换膜，N 为阳离子交换膜，C错误；
D.充电时，A极反应式Zn2++2e-=Zn，A极增重65g转移2mol电子，所以C区增加2molK+、2molCl-，离子总数为4N A，D正确；
故合理选项是C。

【点睛】
本题考查化学电源新型电池，根据电极上发生的反应判断放电时的正、负极是解本题关键，要会根据原电池、电解池反应原理正确书写电极反应式，注意交换膜的特点，选项是C为易错点。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．布氏漏斗蒸发浓缩、趁热过滤加水过多会延长蒸发时间，促使MgCl2的水解量增大 D 98.00%
【解析】
【分析】
(1)根据图像可知仪器A名称。

(2)MgCl2和NaClO3混合后反应，要得产物Mg(ClO3)2·3H2O，根据溶解度与温度关系可知，则要除去杂质NaCl，应进行的操作是蒸发浓缩、趁热过滤。

(3)加水过多，则会延长蒸发浓缩的时间，促进了Mg2＋的水解。

(4)A. 根据溶解度曲线可知，低温时Mg(ClO3)2·3H2O的溶解度较小，可以用冰水冷却；B. 产物为带有结晶水的晶体，用乙醇洗涤可减少产物的溶解，提高产率；C. Mg(ClO3)2·3H2O溶液中Mg2＋水解
生成的少量H ＋，HClO 3的酸性和强氧化性腐蚀滤纸，抽滤时可用玻璃纤维；D. 吸滤瓶中滤液过多时，只能通过吸滤瓶上口倒出。

(5)根据方程式建立关系式，计算质量分数。

【详解】
(1)根据图像可知仪器A 为布氏漏斗，故答案为：布氏漏斗。

(2)MgCl 2和NaClO 3混合后反应，要得产物Mg(ClO 3)2·3H 2O ，则要除去杂质NaCl ，根据溶解度与温度关系可知，应进行的操作是蒸发浓缩、趁热过滤，故答案为：蒸发浓缩、趁热过滤。

(3)加水过多，则会延长蒸发浓缩的时间，促进了Mg 2＋的水解，MgCl 2的利用率降低，故答案为：加水过多会延长蒸发时间，促使MgCl 2的水解量增大。

(4)A. 根据溶解度曲线可知，低温时Mg(ClO 3)2·3H 2O 的溶解度较小，可以用冰水冷却，故A 正确；B. 产物为带有结晶水的晶体，用乙醇洗涤可减少产物的溶解，提高产率，故B 正确；C.
Mg(ClO 3)2·3H 2O 溶液中Mg 2＋水解生成的少量H ＋，HClO 3的酸性和强氧化性腐蚀滤纸，抽滤时可用玻璃纤维，故C 正确；D. 吸滤瓶中滤液过多时，只能通过吸滤瓶上口倒出，故D 错误。

综上所述，答案为D 。

(5)样品溶解后加NaNO 2溶液和AgNO 3溶液，发生的反应为：ClO 3－＋3NO 2－＋Ag ＋=AgCl↓＋3NO 3－，故有：Mg(ClO 3)2·
3H 2O ～6 NO 2－～2Ag ＋。

产物的纯度 31250
0.10002410245
225ω=100%=98%
3.000
-⨯⨯⨯⨯⨯⨯，故答案为98%。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率 氢氧化钠溶液或NaOH 溶液 使Fe 3+、Al 3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去 3NaBiO 3+2Cr 3++7OH －+H 2O=3Bi(OH)3+2CrO 42
－
+3Na + CrO 42－+2H +Cr 2O 72－+H 2O 重结晶
【解析】 【分析】
铬铁矿加入过量的硫酸，反应生成硫酸亚铁和硫酸铬、硫酸铝，二氧化硅不溶于硫酸，所以固体A 为二氧化硅，溶液B 中加入过氧化氢，将亚铁离子氧化成铁离子，加入碱调节pH 使铁离子和铝离子沉淀，根据表格数据分析，控制pH 到5，固体D 为氢氧化铁和氢氧化铝，溶液E 中加入铋酸钠和少量氢氧化钠溶液，反应生成Na 2CrO 4，酸化将其变成重铬酸钠，最后重结晶得到红矾钠，据此解答。

【详解】
(1) 为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率，反应之前先将矿石粉碎，故答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高铬铁矿的浸取率；
(2) 根据表格数据分析，步骤③加的试剂为氢氧化钠溶液或NaOH溶液；此时溶液pH要调到5的目的使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去，而铬离子不沉淀；
故答案为：NaOH溶液；使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去；
(3)反应④中铋酸钠将硫酸铬氧化生成铬酸钠同时生成氢氧化铋，离子反应方程式为
3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+，
故答案为：3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=3Bi(OH)3+2CrO42-+3Na+；
(4) ⑤中酸化是使CrO 42－转化为Cr2O72－，离子方程式2CrO42－+2H+Cr2O72－+H2O，
故答案为：2CrO 42－+2H+Cr2O72－+H2O；
(5) 将溶液H经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠粗晶体，此操作为重结晶，故答案为：重结晶。

【点睛】
本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．-1625.5kJ/mol4，10，10OH−，10，7H2OACV2O4+O2+2SO2=2VOSO4
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律进行计算；
(2)①根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该反应离子方程式
②A. 根据反应的离子方程式确定；
B. 根据物料守恒判断，故B错误；
C. 根据KMnO4在不同酸碱性条件下的还原产物判断；
(3)根据总反应式以及部分分步反应式确定。

【详解】
(1)给已知反应编号，①：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH1=-905.5kJ·mol-1，
②：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH2=+180kJ·mol-1，根据盖斯定律可得，①−②×4可得目标方程式
4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) △H=(-905.5kJ·mol-1)−(+180kJ·mol-1)×4=−1625.5kJ/mol，故答案为：−1625.5kJ/mol；
(2)①因为n(NO2−):n(NO3−)=1:3，转移电子数为(3−2)+3(5−2)=10，根据得失电子守恒，可得10MnO4−、。