第四章 化学反应与电能 检测题 2023—2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

这是一份第四章 化学反应与电能 检测题 2023—2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1，共22页。
第四章《化学反应与电能》检测题
一、单选题
1．一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，其电池结构如图1所示，图2是有机高聚物的结构片段。其电池总反应为：；下列说法不正确的是

A．吸收ZnSO4溶液的有机高聚物固态电解质中离子可自由移动
B．充电时，SO向阴极移动
C．放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极
D．放电时，电极的正极反应为：MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-
2．下图为相互串联的三个装置，下列说法正确的是

A．写出甲池A极的电极反应式为
B．若利用乙池在铁片上镀银，则C是铁片
C．往丙池中滴加酚酞试剂，石墨极附近溶液先变红
D．若甲池消耗标况下气体，则丙池中阳极上产生气体的物质的量为
3．用石墨作电极，电解0.1mol/L下列物质的溶液，溶液的pH值保持不变的是
A．NaOH B． C． D．
4．根据图，下列判断正确的是

A．电子从Zn极流出，流入Fe极，经盐桥回到Zn极
B．烧杯b中发生的电极反应为
C．烧杯a中发生反应，溶液pH降低
D．向烧杯a中加入少量KSCN溶液，则溶液会变成红色
5．基于惰性电极电解水的氧化还原反应原理，设计了一种电化学灭活新冠病毒的装置。下列说法正确的是

A．新冠病毒主要是被碱性溶液灭活的
B．NaCl代替Na2CO3更绿色高效
C．a电极电势比b电极电势低
D．转移4mole-时，可以收集到标况下22.4LO2
6．实验是化学的最高法庭。下列所示装置或操作能达到实验目的的是
A
B
C
D
  
      
  
  
检验有碳碳双键
配制溶液
乙醚萃取碘水得到的乙醚溶液
验证铁钉的吸氧腐蚀
A．A B．B C．C D．D
7．如图所示装置中，试管A、B中电极为多孔石墨电极，C、D为铂夹。断开K1，闭合K2、K3一段时间后，A、B中气体的量之间的关系如图所示：

下列说法正确的是
A．a为正极，b为负极
B．紫红色液滴向C端移动
C．断开K2、K3，闭合K1，A极反应式为O2+4e-+2H2O＝4OH-
D．断开K2、K3，闭合K1，溶液的pH增大
8．用铅蓄电池电解甲、乙电解池中的溶液。已知铅蓄电池的总反应为Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O。电解一段时间后向c极和d极附近分别滴加酚酞试剂，c极附近溶液变红，下列说法正确的是（       ）

A．d极为阴极
B．充电时铅蓄电池阳极的电极反应式：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+SO+4H+
C．放电时铅蓄电池负极的电极反应式：PbO2+4H++SO+2e-=PbSO4+2H2O
D．若四个电极材料均为石墨，当析出6.4gCu时，两池中共产生标准状况下气体3.36L
9．电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如图，下列说法不正确的是（    ）

A．O2在电极b上发生还原反应
B．溶液中OH-向电极a移动
C．负极的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O
D．反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4∶5
10．白铁皮和镀锡铁皮的腐蚀情况如图所示。下列有关说法不正确的是

A．白铁皮和镀锡铁皮破损后，后者铁更易被腐蚀
B．白铁皮发生电化学腐蚀时，Zn做负极，Fe做正极
C．镀锡铁皮发生电化学腐蚀时，Fe的腐蚀电势比Sn的腐蚀电势高
D．两种材料发生电化学腐蚀时，正极的电极反应式均为
11．利用如图所示的电化学装置处理工业尾气中的硫化氢可实现硫元素的回收。下列说法中正确的是

A．电极乙为正极，氧气在该电极上发生氧化反应
B．装置工作时电子移动路线为：电极甲→电解质膜→电极乙
C．电极甲上的电极反应式为2H2S+4OH- -4e- =S2+4H2O
D．若消耗1 mol H2S，则有2 mol H+由负极区进入正极区
12．下列“类比”合理的是
A．Na与水反应生成，则与水蒸气反应生成
B．能与溶液反应，则也能与溶液反应
C．与反应生成和，则与反应生成和
D．镁、铝、稀硫酸组成原电池时镁作负极，则镁、铝、溶液组成原电池时镁也作负极
13．科学家设计出的质子膜H2S燃料电池实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫的目的，质子膜H2S燃料电池的结构示意图如图所示。下列说法错误的是

A．电极a为电池的负极
B．电路中每通过4mol电子，正极上消耗44.8LH2S
C．电极b上发生的电极反应为O2+4H++4e-=2H2O
D．每17gH2S参与反应，有1molH+经质子膜进入正极区
14．下图两个装置，有关叙述正确的是

A．装置①是原电池，装置②是电解池
B．装置①中铜是负极，装置②中铜是阳极
C．溶液的pH变化：①变小，②变大
D．装置中产生的气体：①氢气，②氧气
15．2020年5月5日，广东虎门大桥出现桥面抖动现象，专家对桥墩的主体钢铁进行了全面检测，并确定了其安全性。以下说法正确的是
A．桥墩钢铁容易发生化学腐蚀
B．可以在桥墩钢铁上镶嵌铜片，减慢钢铁的腐蚀速率
C．在海面与空气交界处的钢铁，比海底下的钢铁更容易被腐蚀
D．将桥墩钢铁与外接电源负极相连而保护钢铁的方法，称为牺牲阳极法

二、填空题
16．海洋约占地球表面积的71%，其中的水资源和其他化学资源具有巨大的开发潜力。下图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图：

已知：MgO的熔点为2852℃，无水MgCl2的熔点为714℃。试回答下列问题：
(1)海水水资源的利用，主要包括海水淡化和直接利用海水进行循环冷却等。请写出一种海水淡化的方法_______。
(2)制得的精盐还可以作为化工原料用于生产纯碱，原理如下(用化学方程式表示)：NaCl + CO2 + H2O + NH3 = NaHCO3↓+ NH4Cl；_______。
(3)电解饱和食盐水的离子反应方程式为_______。
(4)试剂①的名称是_______。
(5)电解无水氯化镁制取镁的化学方程式为：_______。
(6)工业上是将Mg(OH)2先转变为MgCl2，再电解MgCl2来制取镁单质，而不是先加热Mg(OH)2得到MgO，再电解所得MgO制金属镁，其原因是_______。
(7)将镁蒸气冷却后即为固体镁，镁蒸气需要在下列_______气体氛围中冷却？(填序号)。
A．O2 B．N2 C．Ar D．Cl2
17．I.布朗斯特（Brönsted）和劳莱（Lowry）的质子理论认为，凡是给出质子（H+）的任何物质（分子或离子）都是酸；凡是接受质子（H+）的任何物质都是碱。简单地说，酸是质子的给予体，而碱是质子的接受体。酸和碱之间的关系表示如：酸质子（H+）+ 碱
（1）根据酸碱质子理论，既能看成酸又能看成碱的是_____________。（均填序号）
①     ②HS-      ③   ④H2O     ⑤H3O+     ⑥Na+
（2）已知反应C6H5OH + =C6H5O - + ，则C6H5O – 和 -碱性较强的是__________。
Ⅱ.（3）水的离子积常数为Kw ，弱酸HA的电离平衡常数为Ka，NaA的溶液中A-的水解平衡常数为Kh ，根据它们的平衡常数表达式判断，Ka与Kh的关系为__________________。
（4）已知常温下弱酸HA的电离平衡常数为K=1.75× 10-5，常温下向0.2mol/L的HA的溶液中加入等体积0.1mol/L的NaOH溶液，该溶液pH值___7（填“>”或 “=”或 “ c（HA）+c（A-）              
B．c（A-）—c（HA）=2[c（H+）—c（OH-）]
C．c（A-）> c（Na+）> c（HA）> c（H+）>c（OH-）
D．c（Na+）>c（A-）> c（HA）>c（H+）> c（OH-）

三、实验题
18．磺酰氯( SO2Cl2 )可用于制造锂电池正极活性物质。实验室可利用SO2和Cl2在活性炭催化下反应制取少量SO2Cl2，装置如图(部分夹持装置已省略)。

已知：①SO2(g) +Cl2(g)=SO2Cl2(1) △H= -97.3 kJ/mol；
②SO2Cl2熔点为-54.1℃ ，沸点为69.1℃，常温较稳定，遇水剧烈水解，100℃以上易分解。回答下列问题：
(1)仪器A的名称是_______，装置丙中橡胶管的作用是_______。
(2)装置丙中发生反应的离子方程式为_______，上述仪器的正确连接顺序是e _______→g，h←_______←f(填仪器接口字母编号，仪器可重复使用)。_______
(3)仪器F的作用是_______。
(4)装置丁中三颈烧瓶需置于冷水浴中，其原因是_______。
(5)某实验小组利用该装置消耗氯气1120 mL(标准状况下，SO2足量) ，最后得到纯净的磺酰氯4.0 g，则磺酰氯的产率为_______( 结果精确到0.01%)。
(6)使用Li - SO2Cl2电池作为电源，采用四室式电渗析法制备Ni( H2PO2)2和NaOH，其工作原理如图所示。已知电池总反应为2Li + SO2Cl2 = 2LiCl +SO2↑。下列说法正确的是_______
(填字母)。

A．电池中C电极的电极反应式为SO2Cl2 +2e-= 2Cl-+SO2↑
B．膜甲、膜丙分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜
C．x为Ni电极，连接电池的n极
D．一段时间后，I室和IV室中溶液的pH均升高
19．某小组从电极反应的角度研究物质氧化性和还原性的变化规律。
(1)实验室以和浓盐酸为原料制取氯气的化学方程式为：。该反应的氧化产物是_____________。将该反应设计成原电池，氧化反应为，还原反应为_____________。
(2)当氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在和盐酸。小组同学分析认为随着反应的进行、的氧化性和Cl的还原性均减弱，为此进行探究。
实验任务  探究离子浓度对氧化性的影响
提出猜想
猜想a：随减小，的氧化性减弱。
猜想b：随增大，的氧化性减弱。
查阅资料    电极电势(φ)是表征氧化剂的氧化性(或还原剂的还原性)强弱的物理量。电极电势越大，氧化剂的氧化性越强；电极电势越小，还原剂的还原性越强。
验证猜想    用0.10溶液、0.10溶液和蒸馏水配制混合液(溶液总体积相同)，将电极置于混合液中测定其电极电势φ，进行表中实验1～3，数据记录。
实验序号
V()/mL
V()/mL
V()/mL
电极电势/V
1
20
20
0

2
m
n
10

3
20
10
10

①根据实验1和2的结果，猜想a成立。补充数据：m＝_____________，n＝_____________。
②根据实验1和3的结果，猜想b成立。判断依据是_______(用电极电势关系表示)。
探究结果    固液混合物A中仍存在和盐酸的原因是随着反应进行，溶液中减小、增大，氧化性减弱。
③根据上述探究结果，小组同学作出如下推断：随增大，还原性增强。
实验验证：在固液混合物A中加入__________(填化学式)固体，加热。证明推断正确的实验现象是____________________。
(3)根据电化学的相关知识，小组同学分别利用电解池(图1)和原电池(图2)装置，成功实现了铜与稀硫酸制氢气。

①图1中阳极的电极反应式为___________________。
②结合(2)的探究结论，图2中试剂X是_____________，试剂Y是_____________。
可选试剂：稀硫酸、溶液、NaOH溶液、溶液、溶液(浓度均为1.0)

四、计算题
20．用Pt电极电解500mL含KNO3和NaCl混合溶液一段时间，在两极均生成标准状况下的气体11.2L，电解前后溶液体积不变，
(1)写出阴极极反应式：______ ；阳极极反应式：________；
(2)求所得溶液中NaOH的物质的量浓度___________。
21．近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
(1)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：

电路中转移1 mol电子，需消耗氧气___________L(标准状况)。
(2)“84消毒液”的有效成分为NaClO。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1 000 kg该溶液需消耗氯气的质量为___________kg(保留整数)。

参考答案：
1．B
【详解】A．内电路通过离子的移动导电，所以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物固态电解质中离子可自由移动，故A正确；
B．充电时，阴离子移向阳极，SO向阳极移动，故B错误；
C．根据总反应式，放电时，锌的化合价升高，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极，故C正确；
D．放电时，MnO2中Mn元素的化合价降低生成MnOOH，所以电极的正极反应为MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH -，故D正确；
选B。
2．D
【分析】由图可知，甲池为甲烷燃料电池，通入氧气的一极为正极，通入甲烷的一极为负极，乙池和丙池均为电解池，C极和石墨电极与电源正极相连均为阳极，D极和铁电极与电源负极相连均为阴极。
【详解】A．由分析可知，通入甲烷的一极为负极，碱性条件下甲烷失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为，故A错误；
B．若利用乙池在铁片上镀银，铁做电镀池的阴极，由分析可知，D极和铁电极与电源负极相连为阴极，则D是铁片，故B错误；
C．由分析可知，丙池为电解池，铁电极与电源负极相连为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，则往丙池中滴加酚酞试剂，铁电极附近溶液先变红，故C错误；
D．若甲池消耗标况下1.4L甲烷气体，则失去的电子的物质的量为，根据串联电路中得失电子守恒，丙池阳极失去的电子的物质的量也为0.5mol，丙池中阳极反应开始为，溶液中，所以氯离子消耗电子，产生，氯离子完全反应后阳极反应为，该阶段转移电子，产生，所以阳极共生成气体，故D正确；
故选D。
3．D
【详解】A．电解NaOH溶液的实质是电解水，电解后，NaOH溶液的浓度增大，溶液的pH增大，A不符合题意；
B．电解H2SO4溶液的实质是电解水，电解后，硫酸溶液的浓度增大，溶液的pH减小，B不符合题意；
C．电解AgNO3溶液时，发生反应4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，电解后，溶液的酸性增强，pH减小，C不符合题意；
D．电解Na2SO4溶液，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中硫酸钠的浓度增大，但溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度不变，所以溶液的pH值保持不变，D符合题意；
故合理选项是D。
4．B
【分析】根据原电池工作原理分析判断。
【详解】据图，电子从较活泼金属锌经外电路转移向较不活泼金属铁，使铁被保护，不能失电子形成离子（D项错误）。故锌为负极，电极反应为（B项正确）；铁为正极，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，生成OH-使溶液pH升高（C项错误）。在NaCl溶液和盐桥内部，阳离子移向正极、阴离子移向负极，而不是电子移动（A项错误）。
本题选B。
【点睛】原电池外电路中，电子由负极移向正极；内电路中，阳离子移向正极，阴离子移向负极。
5．C
【分析】惰性电极电解Na2CO3溶液，阳极是氢氧根失去电子生成氧气，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极是氢离子得电子生成氢气，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。阳极产生的活性氧能使病毒灭活，则b为电源正极，a为负极。
【详解】A．Na2CO3溶液的碱性较弱，不能灭活病毒，灭活病毒的是活性氧，故A错误；
B．用NaCl代替，阳极会是Cl-失电子产生有毒的Cl2，并不绿色环保，故B错误；
C．分析可知，b为电源正极，电解产生的活性氧使病毒灭活，则a为负极，负极的电势比正极电势低，故C正确；
D．阳极电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，由于灭活病毒需要一定量的O2，则转移4mol电子时收集到标况下O2小于22.4L，故D错误；
故选：C。
6．D
【详解】A．过量银氨溶液呈碱性，Br2与OH-反应褪色，而不能说明是碳碳双键的缘故，A错误；
B．容量瓶不宜用于溶解固体，B错误；
C．乙醚密度小于水，I2的乙醚溶液应从分液漏斗上口倒出，C错误；
D．通过传感器测定O2含量减少，即可证明铁钉发生了吸氧腐蚀，D正确；
故选D。
【点睛】银氨溶液呈碱性，Br2与OH-反应褪色。
7．C
【分析】根据图示，断开K1，闭合K2、K3，左端电解氢氧化钠溶液，相当于电解水，电解反应为2H2O 2H2↑+O2↑，结合图示A、B中气体的量之间的关系，A中为氧气，B中为氢气，则A电极为阳极，B为阴极，阳极与电源正极相连，则电源a为负极，b为正极，滤纸上C为阴极，D为阳极。
【详解】A．根据分析可知，a为负极，b为正极，故A错误；
B．电解池中阴离子向阳极移动，显紫色的离子为，滤纸上D为阳极，则紫红色液滴向D端移动，故B错误；
C．断开K2、K3，闭合K1，构成燃料电池，A为正极，B为负极，A极反应式为O2+4e-+2H2O＝4OH-，故C正确；
D．根据C项分析，断开K2、K3，闭合K1，构成氢氧燃料电池，电池总反应为O2+2H2=2H2O，KOH溶液的浓度减小，则溶液中的氢氧根离子浓度减小，溶液的碱性减弱，pH减小，故D错误；
答案选C。
8．B
【分析】根据装置图可知，甲、乙为电解池，若四个电极材料均为石墨，装置乙电解硫酸钠，产生氢气和氧气，滴加酚酞试剂，c极附近溶液变红，则c极水得电子生成氢气和氢氧根离子，做阴极，根据串联电路，a极也为阴极。
【详解】A．分析可知，d极为阳极，A说法错误；
B．充电时铅蓄电池阳极硫酸铅失电子生成二氧化铅，电极反应式：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+SO+4H+，B说法正确；
C．放电时铅蓄电池负极失去电子，电极反应式：Pb+SO-2e-=PbSO4，C说法错误；
D．若四个电极材料均为石墨，当析出6.4gCu时，转移0.2mol电子，甲池产生0.1mol氯气，乙池产生0.1mol氢气、0.05mol氧气，则两池中共产生标准状况下气体5.6L，D说法错误；
答案为B。
9．D
【详解】A．该感器在工作过程中，负极上氨气失电子生成氮气，则a为负极，b为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应，A正确；
B．原电池中阴离子向负极移动，则氢氧根离子向a极移动，B正确；
C．碱性条件下，氨气失电子生成氮气和水，则a极的电极反应式为2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O，C正确；
D．电池的总反应为4NH3+3O2＝4N2+6H2O，则反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4：3，D错误；
答案选D。
10．C
【分析】如图，相同条件下，Zn比铁活泼，所以白铁皮即使破损，Zn依然作负极，被氧化，铁作正极，被保护起来；镀锡铁皮中，因为铁比锡活泼，所以由铁锡形成的原电池中，铁作负极，发生氧化反应，被腐蚀；
【详解】A．Zn的金属活动性强于Fe的，白铁皮破损后，Zn做负极被腐蚀，Fe做正极被保护；Fe的金属活动性强于Sn，镀锡铁皮破损后，Fe做负极被腐蚀，因此，镀锡铁皮更易被腐蚀，A说法正确；
B．Zn的金属活动性强于Fe，白铁皮发生电化学腐蚀时，Zn做负极，Fe做正极，B说法正确；
C．Fe的金属活动性强于Sn，镀锡铁皮发生电化学腐蚀时，Fe做负极，Sn做正极，因此Fe的腐蚀电势比Sn的腐蚀电势低，C说法错误；
D．两种材料发生电化学腐蚀时，正极均是参与反应，电极反应式均为，D说法正确；
故选C。
【点睛】本题以白铁皮和镀锡铁皮的腐蚀情况为背景考查电化学原理，具体考查原电池的工作原理和电化学腐蚀等知识，意在考查考生获取新信息的能力及在陌生情境中分析问题和解决问题的能力。
11．D
【分析】该原电池的负极为电极甲，H2S在其表面发生氧化反应，电极乙为正极，氧气在其表面发生还原反应。
【详解】A．电极乙为正极，氧气在该电极上发生还原反应，故A错误；
B．原电池工作时，电子由电极甲经外电路流向电极乙，不能流经电解质膜，故B错误；
C．电解质为质子固体电解质环境，环境是酸性环境，没有OH-离子，故电极甲上的电极反应式应为：2H2S-4e-=S2+4H+，故C错误；
D．电子在导线上流动，离子在溶液中移动，从而形成闭合回路；负极的电极方程式为：2H2S-4e-=S2+4H+，当有1mol H2S参与反应，转移2mol电子，则电解质溶液中有2mol H+由负极区进入正极区，故D正确；
故答案为D。
12．B
【详解】A．铁与水蒸气反应生成Fe3O4而不生成Fe(OH)3，故A错误；
B．在金属活动性顺序表中，前边金属能置换出后边金属，金属性Fe＞Cu＞Ag，所以Fe与AgNO3溶液也能反应生成Ag，故B正确；
C．具有强氧化性，与反应生成，故C错误；
D．镁、铝、稀硫酸组成原电池时，镁作负极，镁、铝、NaOH溶液组成原电池时，镁不能与NaOH溶液反应，铝能与NaOH溶液反应，铝作负极，故D错误；
答案选B。
13．B
【分析】根据2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，正极O2得电子发生还原反应，以此解答该题。
【详解】A．根据电极的反应物与生成物可判断，电极a是负极，电极b是正极，选项A正确；
B．H2S是气体，在表明体积时要说明温度、压强，选项B错误；
C．电极b是正极，发生还原反应：O2+4H++4e-=2H2O，选项C正确；
D．17gH2S参与反应，只失去1mol电子，对应移动的离子也是1mol，故每17gH2S参与反应，有1molH+经质子膜进入正极区，选项D正确；
答案选B。
14．C
【详解】A．装置①有外接直流电源是电解池，装置②是原电池，A错误；
B．装置①中铜连接外接直流电源的负极，铜是阴极，装置②中铜是正极，B错误；
C．装置①是惰性电极电解硫酸铜溶液，电解质溶液变成硫酸，pH变小；装置②是锌铜原电池，锌与电解质硫酸反应，消耗H+，pH变大，C正确；
D．装置①是惰性电极电解硫酸铜溶液，阴极得到铜单质，阳极得到氧气；装置②是锌铜原电池，锌与电解质硫酸反应，消耗H+，得到氢气，D错误；
故答案选C。
15．C
【详解】A．钢铁在自然界中易发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀，吸氧腐蚀和析氢腐蚀属于电化学腐蚀，故A错误；
B．Fe、Cu形成原电池时，Fe的活泼性大于Cu，Fe失电子，则Fe作负极被腐蚀，所以在桥墩钢铁上镶嵌铜片，会加快桥墩钢铁的腐蚀速率，故B错误；
C．在海面与空气交界处溶解的氧气比海底多，在海面与空气交界处的钢铁易形成原电池发生吸氧腐蚀，所以在海面与空气交界处的钢铁，比海底下的钢铁更容易被腐蚀，故C正确；
D．将桥墩钢铁与外接电源负极相连构成电解池，钢铁作阴极被保护，该保护方法是外接电源的阴极保护法，故D错误；
故选C。
16．(1)蒸馏法(电渗析法、离子交换法)
(2)2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O
(3)2Cl-＋2H2O Cl2↑＋H2↑+2OH-
(4)盐酸
(5)MgCl2 (熔融) Mg+Cl2↑
(6)氯化镁和氧化镁同为离子化合物，氧化镁熔点高，能耗高
(7)C

【分析】海水蒸发得到粗盐，粗盐加水溶解，重结晶得到精盐，电解饱和食盐水：2Cl-＋2H2O Cl2↑＋H2↑+2OH-，得到烧碱、氢气和氯气；向母液中加入石灰乳，利用Mg(OH)2溶解度小于Ca(OH)2，发生Mg2++ Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+，氢氧化镁中加入盐酸，生成氯化镁溶液，浓缩得到MgCl2·6H2O，然后在氯化氢氛围中加热MgCl2·6H2O，得到氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁，据此分析；
（1）海水淡化方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，故答案为蒸馏法或电渗析法或离子交换法；
（2）用精盐制备纯碱，利用碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，因此有NaCl+CO2+H2O+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl，然后利用碳酸氢钠受热易分解，得到纯碱，即有2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；故答案为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
（3）电解饱和食盐水得到NaOH、氯气和氢气，其离子方程式为2Cl-＋2H2O Cl2↑＋H2↑+2OH-；故答案为2Cl-＋2H2O Cl2↑＋H2↑+2OH-；
（4）氢氧化镁转化成MgCl2·6H2O，因此需要加入试剂①为盐酸；故答案为盐酸；
（5）电解熔融氯化镁得到金属镁和氯气，其化学反应方程式为MgCl2 (熔融) Mg+Cl2↑；故答案为MgCl2 (熔融) Mg+Cl2↑；
（6）氧化镁属于离子化合物，其熔点很高，常作耐高温材料，熔融时耗能太大，氯化镁也属于离子化合物，但熔点较低，熔融时耗能少，因此工业上常电解熔融氯化镁获得金属镁；故答案为氯化镁和氧化镁同为离子化合物，氧化镁熔点高，能耗高；
（7）金属镁能与氧气、氮气、氯气发生反应，与惰性气体不反应，因此镁蒸气需要在Ar气体氛围中冷却；选项C符合题意；故答案为C。
17． ②④ Ka ˙Kh = Kw < BC
【分析】（1）根据酸碱质子理论进行分析；
（2）根据离子结合氢离子的能力强弱判断碱性的强弱；
（3）弱酸HA的电离及A－水解的电离平衡常数判断；
（3）利用水解平衡常数Kh=计算及判断。
【详解】（1）①CO32-只能结合氢离子，生成CO2，不能给出氢离子，故①错误；
②HS-能接受氢离子变成H2S，能给出氢离子变成S2-，所以既是酸又是碱，故②正确；
③NH4+能给出氢离子变成氨气，不能接受氢离子，属于酸，故③错误；
④H2O能接受氢离子变成H3O+，能给出氢离子变成OH-，所以既是酸又是碱，故④正确；
⑤H3O+能给出氢离子变成氨气，不能接受氢离子，属于酸，故⑤错误；
⑥Na+既不能接受氢离子，也不能给出氢离子，所以既不是酸又不是碱，故⑥错误；
答案选②④；
（2）已知反应C6H5OH + =C6H5O - + ，则结合H+的能力强于C6H5O – ，故碱性较强的是；
（3）弱酸HA的电离方程式为：HAH＋＋A－，根据电离方程式可知，Ka=，A－水解的反应方程式为：A－＋H2OHA＋OH－，根据水解方程式可知，Kh=，则Ka×Kh=c(H＋)×c(OH－)=Kw，故答案为：Ka·Kh = Kw；
(4)常温下向0.2mol/L的HA的溶液中加入等体积0.1mol/L的NaOH溶液，二者反应后得到等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液，根据物料守恒得c(HA)+c(A－)==0.1mol/L；根据上述分析可知，A－的水解平衡常数Kh===5.7×10-10 < Ka，说明HA的电离程度大于A－的水解程度，溶液呈酸性，则pH＜7；
A．因两溶液混合后得到的是等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液，根据物料守恒得2c(Na+)= c(HA)+ c(A-)，选项A错误；
B. 根据物料守恒得2c(Na+)= c(HA)+ c(A-)，根据电荷守恒得c(Na+)+ c(H+)= c(OH－)+ c(A－)，将两式合并得：c(A-)－c(HA)=2[c(H+)－c(OH-)]，选项B正确；
C. 根据上述分析可知，HA的电离程度大于A－的水解程度，溶液呈酸性，根据电荷守恒可知c(A-)>c(Na+)，c(A-)> c(Na+)> c(HA)> c(H+)> c(OH-)，选项C正确；
D. 因HA的电离程度大于A－的水解程度，溶液呈酸性，则c(A-)> c(Na+)> c(HA)> c(H+)> c(OH-)，选项D错误；
答案选BC。
18．(1) 蒸馏烧瓶 平衡分液漏斗内外压强，便于液体顺利流下
(2) 2+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O e→c→d→a→b→g，h←b←a←f
(3)吸收未反应的Cl2、SO2，同时防止空气中的水蒸气进入冷凝管内
(4)制备SO2Cl2的反应为放热反应，温度过高易气化且易分解
(5)59.26%
(6)AC

【分析】制取SO2Cl2时，应先制得Cl2和SO2，然后将生成的两种气体都通入丁装置中。制取并净化Cl2时，选择甲、乙、丙装置，制取并净化SO2时，选择戊、甲装置。除杂质时，注意气体的流向为长进短出。
【详解】（1）仪器A带有支管，名称是蒸馏烧瓶，装置丙中，反应进行后，蒸馏烧瓶内气体压强大于大气压强，会造成分液漏斗内液体不能顺利流出，则橡胶管的作用是：平衡分液漏斗内外压强，便于液体顺利流下。答案为：蒸馏烧瓶；平衡分液漏斗内外压强，便于液体顺利流下；
（2）装置丙中，KMnO4与浓盐酸发生反应，生成KCl、MnCl2、Cl2等，发生反应的离子方程式为2+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O；由分析可知，仪器的连接顺序为：丙-乙-甲-丁-甲-戊，则仪器接口的正确连接顺序是e→c→d→a→b→g，h←b←a←f。答案为：2+10Cl－+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O；e→c→d→a→b→g，h←b←a←f；
（3）Cl2、SO2都是有毒气体，会污染环境，且SO2Cl2遇水剧烈水解，所以仪器F的作用是：吸收未反应的Cl2、SO2，同时防止空气中的水蒸气进入冷凝管内。答案为：吸收未反应的Cl2、SO2，同时防止空气中的水蒸气进入冷凝管内；
（4）因为SO2Cl2在100℃以上易分解，所以装置丁中三颈烧瓶需置于冷水浴中，其原因是：制备SO2Cl2的反应为放热反应，温度过高易气化且易分解。答案为：制备SO2Cl2的反应为放热反应，温度过高易气化且易分解；
（5）n(Cl2)==0.05mol，则理论上生成SO2Cl2的质量为0.05mol×135g/mol=6.75g，最后得到纯净的磺酰氯4.0 g，则磺酰氯的产率为≈59.26%。答案为：59.26%；
（6）Li - SO2Cl2电池中，Li电极为负极，C电极为正极。采用四室式电渗析法制备Ni( H2PO2)2和NaOH，则Pt电极上H2O得电子生成H2和OH-，其为阴极，x电极为阳极；则Ⅰ室中的阳离子向Ⅱ室移动，Ⅲ室中的阴离子向Ⅱ室移动，Ⅲ室中的阳离子向Ⅳ室移动，从而得出膜甲、膜丙为阳离子交换膜，膜乙为阴离子交换膜。
A．由分析可知，电池中C电极为正极，SO2Cl2得电子生成Cl-和SO2，电极反应式为SO2Cl2 +2e-= 2Cl-+SO2↑，A正确；
B．由分析可知，膜甲、膜丙都为阳离子交换膜，B不正确；
C．x为阳极，需不断提供Ni2+，则其为Ni电极，连接电池的正极，即n极，C正确；
D．I室中，阳极Ni失电子生成Ni2+，生成的Ni2+透过膜甲进入Ⅱ室，则NiSO4溶液的浓度不变，pH不变，IV室中稀NaOH溶液转化为浓NaOH溶液，pH升高，D不正确；
故选AC。答案为：AC。
【点睛】分析电解池时，先由电极确定离子的迁移方向，然后便可确定离子交换膜为阳膜还是阴膜。
19．(1) Cl2 MnO2+2e-+4H+=2H2O+Mn2+
(2) m=10 n=20 φ1