上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-85化学能与电能（4）

这是一份上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-85化学能与电能（4），共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-85化学能与电能（4）

一、单选题
1．（2021·上海·统考一模）用如图装置探究金属的腐蚀原理。有关说法正确的是

A．K打开时，生铁越靠近底端腐蚀越严重
B．K打开时，生铁的腐蚀速率比K闭合时慢
C．K闭合时，锌作阴极保护生铁
D．K闭合时，生铁上的电极反应式为O2+2H2O+4e- = 4OH-
2．（2021·上海徐汇·统考一模）关于如图所示装置，下列说法正确的是（    ）

A．溶液X 为食盐水，铁主要发生化学腐蚀
B．溶液X 为稀硫酸，铜电极上会产生气泡
C．溶液X 为食盐水或稀硫酸，电子方向均由 FeCuFe
D．溶液X 为食盐水或稀硫酸，铁棒上的电极反应均为：Fe-3e-= Fe3+
3．（2021·上海黄浦·统考二模）研究电化学腐蚀及防护的装置如下图所示。下列有关说法错误的是

A．d为石墨，铁片腐蚀加快 B．d为石墨，石墨上电极反应为O2＋2H2O＋4e‒＝4OH‒
C．d为锌块，铁片不易被腐蚀 D．d为锌块，锌块上电极反应为2H＋＋2e‒＝H2↑
4．（2021·上海黄浦·统考一模）通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列反应的推断或解释正确的是

操作
实验现象
推断或解释
A
用稀硫酸和锌粒制取 H2时，加几滴CuSO4 溶液
反应速率加快
CuSO4 是该反应的催化剂
B
将 SO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中
有白色沉淀生成
SO2 与Ba(NO3)2 反应生成BaSO3
C
同温同压下用 pH 试纸测定相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的酸碱性
碳酸钠溶液显碱性，硫酸钠溶液显中性
碳酸钠溶液发生了水解
D
将湿润的有色纸条放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片
一段时间后纸条褪色
氯气具有漂白性

A．A B．B C．C D．D
5．（2021·上海奉贤·统考一模）工业上使用阳离子隔膜法(仅允许Na+通过)电解饱和食盐水，装置如图所示，则以下说法错误的是

A．惰性电极X是阳极，发生氧化反应
B．进料口1需补充高浓度氯化钠溶液
C．出气口a中会导出H2，出气口b中会导出Cl2
D．电解过程离子方程式：2Cl- +2H2O Cl2↑ + H2↑ + 2OH-
6．（2021·上海·统考一模）钢铁的牺牲阳极的阴极保护法如图所示。将金属M与钢铁设施连接，可减缓钢铁设施的腐蚀。下列说法错误的是

A．该保护法是利用了原电池原理 B．电子从钢铁设施沿导线流到金属M
C．金属M发生的反应：M-ne-→Mn+ D．钢铁设施因电子流入而被保护
7．（2021·上海嘉定·统考一模）下列关于实验现象的描述错误的是
A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀H2SO4中，铜片表面出现气泡
B．用石墨棒作阳极，铁片作阴极，电解NaCl溶液，石墨棒和铁片表面都出现气泡
C．把铜片插入FeCl3溶液中，在铜片表面出现一层铁
D．把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴CuCl2溶液，气泡放出速率加快
8．（2021·上海嘉定·统考一模）下列化学用语对事实的表述正确的是
A．电解CuCl2溶液：CuCl2→Cu2++2Cl﹣
B．Mg和Cl形成离子键的过程：
C．NH4HCO3溶液与足量NaOH溶液混合：+OH-→+H2O
D．乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O
9．（2021·上海金山·统考一模）工业上不宜用电解法制备的金属是
A．Na B．Mg C．Al D．Fe
10．（2021·上海金山·统考一模）锌-空气电池适宜用作城市电动车的动力电源，原理如图。该电池放电时Zn转化为ZnO。以下说法正确的是

A．氧气在石墨电极上发生氧化反应
B．负极反应：Zn+H2O-2e-→ZnO+2H+
C．OH-向石墨电极移动
D．电子从Zn电极经导线流向石墨电极
11．（2021·上海闵行·统考一模）用石墨作电极电解饱和食盐水可制取 NaClO 消毒液，简易装置如图所示。下列说法正确的是

A．a 为电源的负极
B．用铁制容器盛放食盐水
C．电解过程中，c(Na+)保持不变
D．电解结束后，用 pH 试纸测定溶液的pH
12．（2021·上海虹口·统考一模）利用如图装置探究铁的腐蚀与防护，下列说法错误的是

A．装置Ⅰ中铁发生析氢腐蚀
B．装置Ⅱ中铁电极上发生还原反应
C．装置Ⅰ中石墨电极附近溶液pH上升
D．装置Ⅱ模拟了牺牲阳极的阴极保护法
13．（2021·上海虹口·统考一模）图a、b、c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验的微观示意图(X、Y均表示石墨电极且与直流电源连接方式相同，表示水分子)，下列说法正确的是

A．X电极与电源负极相连
B．图b、c中Y电极上会生成不同产物
C．NaCl是电解质，三种状态下都能导电
D．图b说明通电后发生了：NaCl → Na+ + Cl—
14．（2021·上海黄浦·统考一模）某同学按图示装置进行实验探究，电极材料为石墨，下列说法正确的是

A．电极N为阴极，电极上有红色物质生成 B．电极M为正极，电极上有气体产生
C．一段时间后，溶液质量增加 D．该装置是将化学能转化为电能
15．（2021·上海宝山·统考二模）一定能实现铁元素之间相互转化的措施是

A．实现①的转化，用比铁活泼的金属
B．实现②的转化，通过钢铁电化腐蚀
C．实现③的转化，加入少量稀硝酸
D．实现④的转化，加入过量氯气
16．（2021·上海·统考一模）用滴有氯化钠溶液的湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断正确的是

A．a极上发生还原反应
B．铁片腐蚀速率：乙＞甲
C．d为阴极，发生的反应为：Fe－2e→Fe2＋
D．b极上发生的反应为：O2 + 2H2O + 4e → 4OH-
17．（2021·上海·统考二模）有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是
A．可在船壳外刷油漆进行保护 B．可将船壳与电源的正极相连进行保护
C．可在船底安装锌块进行保护 D．在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀
18．（2021·上海嘉定·统考二模）采用循环操作可以提高原料的利用率，下列工业生产中，没有采用循环操作的是
A．氯碱工业 B．硫酸工业 C．硝酸工业 D．合成氨工业
19．（2021·上海宝山·统考一模）图1是铜锌原电池示意图。图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示

A．铜棒的质量 B．c(Zn2＋) C．c(H＋) D．c(SO)
20．（2020·上海松江·一模）今年7月1日，上海市正式实施垃圾分类管理条例，旧报纸属于(　　)
A．干垃圾 B．湿垃圾 C．可回收物 D．有害垃圾
21．（2020·上海松江·一模）如图所示，下列分析错误的是(　　)

A．只闭合K2，该装置将电能转化为化学能
B．只闭合K1，石墨棒周围溶液pH逐渐升高
C．只闭合K2，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法
D．只闭合K1，Fe电极发生反应：Fe﹣2e﹣=Fe2+
22．（2020·上海·二模）对如图实验现象描述或分析正确的是（    ）

A．溶液变蓝色 B．Cu 片上有气泡
C．Zn 是氧化剂 D．Cu 是氧化剂
23．（2020·上海徐汇·统考二模）化学家用锌片与铜片并夹以食盐水浸湿的布片叠成如图所示装置，下列说法正确的是

A．该装置将电能转化为化学能 B．锌片上有生成
C．片被还原 D．片被氧化
24．（2020·上海静安·统考二模）下列情形中，相同材质的铁最不易被腐蚀的是
A．
B．
C．
D．
25．（2020·上海松江·统考二模）有关电化学原理的推断正确的是（    ）
A．金属腐蚀就是金属原子失去电子被还原的过程
B．钢铁吸氧腐蚀时，负极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-
C．氯碱工业中，阳极发生的反应为：2Cl-–2e-=Cl2↑
D．镀锌铁皮的镀层部分损坏后，铁更容易腐蚀
26．（2020·上海奉贤·统考二模）图为氯碱工业的简易装置示意图，其中两电极均为惰性电极，下列说法正确的是

A．粗盐水中含有的少量Ca2+和Mg2+可用NaOH除去
B．阳离子交换膜允许Na+通过，而阻挡了Cl2进入B室
C．a处得到的是浓NaOH溶液
D．饱和食盐水从B室底部加入

二、填空题
27．（2020·上海松江·一模）完成下列填空：硼氧化钠(NaBH4)是合成中常用的还原剂。采用NaBO2为主要原料制备NaBH4(B元素化合价为+3)的反应为：NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3(未配平)；硅酸钠俗称泡花碱，又名水玻璃，在工业生产中也有广泛应用(已知硅酸为难溶性弱酸)
完成下列填空：
(1)上述反应中，原子最外层有两个未成对电子的元素是_____(填元素符号)。SiO2熔点高的原因是_____。
(2)上述反应中H2与Na的物质的量之比为_____。
(3)硅酸钠水溶液产生硅酸(H2SiO3)，硬化粘结，且有碱性，其原因是_____(用离子方程式表示)。铸造工艺中可用氯化铵作为水玻璃的硬化剂。试用平衡原理加以解释_____。
(4)NaBH4可使许多金属离子还原成金属单质。例如它从含金离子(Au3+)的废液中提取Au．配平该反应的离子方程式：_____Au3++_____BH4﹣+_____OH-→_____Au+_____BO2﹣+_____H2O。
(5)最新研究发现以NaBH4和H2O2为原料，NaOH溶液作电解质溶液，可以设计成全液流电池，则每消耗1L6mol/L H2O2溶液，理论上流过电路中的电子数为_____。
28．（2020·上海嘉定·二模）面对新冠肺炎病毒可以采用的消毒剂常见的有“84”消毒液，医用酒精它们的有效成分分别是NaClO、，都可以使病毒中的蛋白质变性，从而杀死病毒。请回答以下问题：
（1）以上涉及元素包含______个主族、______个周期；按原子半径由小到大排列依次为____________（用元素符号表示）；有2个未成对电子元素是______；非金属性：O>Cl，请列举一个事实________________________。
（2）是______（“电解质”，“非电解质”）；75%酒精的“75%”是______（“质量分数分数”，“体积分数”），分子中的氢原子的类型有______种（“2”，“3”或“4”）。
（3）NaClO的电子式______，其溶液中的离子浓度由大到小顺序__________________。某化学工作者在家自制“84”消毒液如图

（4）①M的化学式______，铁是______极；②请阐述该装置能够制取消毒液的理由：_____________。
29．（2020·上海青浦·统考二模）Li-SOCl2电池采用LiAlCl4的SOCl2溶液为电解质溶液，是目前比能量最高的化学电源，具有电压高.储存寿命长.工作温度范围宽.成本低等优点。
（1）该电池的工作原理为：4Li+2SOCl2=4LiCl↓+SO2↑+S↓，该反应的还原产物为__________，若生成标准状况下气体11.2L，则转移电子的数目为_____________；
（2）SOCl2可用于AlCl3·6H2O制备无水AlCl3，请结合离子方程式解释不采用直接加热晶体的方法除去结晶水的原因_____________________________________________________________；
（3）解释Li-SOCl2电池组装必须在无水条件下的原因_______________________________；
（4）工业制硫酸中，SO2的催化氧化采用常压而不是高压的原因______________________；
（5）向NaOH溶液中缓慢通入SO2至过量，反应过程中某微粒X的物质的量浓度随着通入SO2体积的变化如图所示，该微粒X为_____________，SO2过量时溶液仍然存在微粒X的原因____________________________。


三、原理综合题
30．（2020·上海松江·一模）2019年诺贝尔化学奖授予锂离子电池领域。LiFePO4(磷酸亚铁锂) 是锂离子电池的一种电极材料，可通过下列方法制备：
方法一：2FePO4(s)+Li2 CO3(s)+2C(s)⇌2LiFePO4(s)+3CO(g)
(1)该反应的平衡常数表达式为_____。若在容积不变的容器中，上述反应达到平衡时，一氧化碳的浓度为amol•L﹣1，再充入bmol一氧化碳，则平衡向_____方向移动，达到新平衡时，一氧化碳的浓度为_____。
(2)一定温度下，在2L密闭容器中发生上述反应。反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，则0～20min内一氧化碳的平均反应速率是_____。
方法二：LiFePO4可以通过(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4与Li OH溶液发生共沉淀反应，所得沉淀经80℃真空干燥、高温成型而制得。
(3)氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强，请用元素周期律知识说明理由_____。
(4)共沉淀反应投料时，不将(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，其原因是_____。
(5)磷酸亚铁锂电池总反应为：FePO4+Li LiFePO4，放电时，负极为_____(填写化学式)。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，该电池消耗锂的质量为_____。

参考答案：
1．D
【分析】K打开时，生铁发生吸氧腐蚀；K闭合时，由于锌比铁活泼，锌为负极，生铁被保护，据此分析判断。
【详解】A．K打开时，生铁发生吸氧腐蚀，接触空气又接触水的部位腐蚀最严重，越靠近底端，氧气的含量越少，越不易被腐蚀，故A错误；
B．K打开时，生铁发生吸氧腐蚀；K闭合时，由于锌比铁活泼，锌为负极，生铁被保护，即K打开时，生铁的腐蚀速率比K闭合时快，故B错误；
C．K闭合时，由于锌比铁活泼，锌为负极，生铁为正极，被保护，该方法称为牺牲阳极的阴极保护法，故C错误；
D．K闭合时，生铁为正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-→ 4OH-，故D正确；
故选D。
2．B
【分析】根据图示分析，溶液X 为食盐水，则为吸氧腐蚀，铁棒作负极，发生的电极反应式为Fe-2e-= Fe2+，铜棒作正极，发生的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；溶液X 为稀硫酸，铁棒作负极，发生的电极反应式为Fe-2e-= Fe2+，铜棒作正极，发生的电极反应式为2H++2e-=H2。
【详解】A．根据分析可知，溶液X 为食盐水，则为吸氧腐蚀，铁棒上主要发生电化学腐蚀，故A错误；
B．根据分析可知，溶液X 为稀硫酸，铜棒上产生气泡，故B正确；
C．根据分析可知，溶液X 为食盐水或稀硫酸，铁棒都作负极，因此电子方向均由 FeCu，电子不可以在电解质溶液中移动，故C错误；
D．根据分析可知，溶液X 为食盐水或稀硫酸，铁棒上的电极反应均为：Fe-2e-= Fe2+，故D错误；
故答案选B。
3．D
【详解】A．由于活动性：铁＞石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化，Fe变为Fe2+进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原，比没有形成原电池时的速率快，A项正确；
B．d为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为：O2＋2H2O＋4e‒＝4OH‒，B项正确；
C．若d为锌块，则由于金属活动性：Zn＞Fe，Zn作为原电池的负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，C项正确；
D．d为锌块，金属活动性：锌＞铁，锌块、铁片和海水构成原电池，锌块作原电池的负极，发生氧化反应，电极反应为：Zn-2e‒＝Zn2+，D项错误；
答案选D。
4．C
【详解】A．用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液，Zn与CuSO4溶液反应置换出的Cu与Zn、稀硫酸形成原电池，从而使反应速率加快，CuSO4不是该反应的催化剂，A错误；
B．SO2通入Ba(NO3)2溶液使溶液呈酸性，在酸性条件下表现强氧化性，将SO2氧化成，与Ba2+形成白色BaSO4沉淀，B错误；
C．因为碳酸钠属于强碱弱酸盐，在碳酸钠溶液中发生了水解反应：、 ，硫酸钠属于强酸强碱盐，故同温同压下用 pH 试纸测定相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的酸碱性，碳酸钠溶液显碱性，硫酸钠溶液显中性，故C正确；
D．氯气没有漂白性，氯气与水反应生成的HClO具有漂白性使湿润的有色纸条褪色，D错误；
答案选C。
5．C
【详解】A．钠离子由离子交换膜左侧向右侧移动，则左侧为阳极区，惰性电极X是阳极，发生氧化反应，A正确；
B． 进料口1需补充高浓度氯化钠溶液，氯离子失电子被氧化转变为氯气，钠离子通过离子交换膜进入阴极区，B正确；
C．左侧为阳极区，惰性电极X是阳极，出气口a中会导出Cl2，右侧为阴极区，惰性电极Y是阴极，出气口b中会导出H2，C不正确；
D． 电解饱和食盐水生成Cl2、 H2和NaOH，离子方程式：2Cl- +2H2O Cl2↑ + H2↑ + 2OH-，D正确；
答案选C。
6．B
【详解】A．牺牲阳极的阴极保护法实际利用的是原电池原理，即连接一个更活泼的金属M从而保护钢铁，形成原电池，更活泼的金属作负极失电子被腐蚀，A正确；
B．根据保护原理，金属M的活泼性比钢铁强，作负极被腐蚀，故电子从金属M经导线流向钢铁设施，B错误；
C．金属M作负极失电子：M-ne-→Mn+，C正确；
D．钢铁设施因电子流入，作正极，其表面会积累大量电子，故其自身不容易失电子，所以被保护，D正确；
故答案选B。
7．C
【详解】A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀H2SO4中，形成原电池，铁为负极，铜片为正极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，表面出现气泡，A正确；
B．用石墨棒作阳极，铁片作阴极，电解NaCl溶液，阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为：2H++2e-=H2↑，故石墨棒和铁片表面都出现气泡，B正确；
C．把铜片插入FeCl3溶液中，发生的反应为：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，故在铜片表面不会出现一层铁，而是观察到铜在不断的减少，C错误；
D．把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴CuCl2溶液，锌置换出铜附在锌粒上，形成微小的原电池反应，加快反应速率，故气泡放出速率加快，D正确；
故答案为：C。
8．D
【详解】  A．惰性电极电解CuCl2溶液的化学方程式为：CuCl2Cu+Cl2↑，A错误；
B．Mg和Cl形成离子键的过程：，B错误；
C．NH4HCO3溶液与足量NaOH溶液混合：++2OH-→+H2O+NH3·H2O，C错误；
D．酯化反应的机理是酸脱羟基醇脱氢，故乙酸与乙醇发生酯化反应：CH3COOH+C2H518OHCH3CO18OC2H5+H2O，D正确；
故答案为：D。
9．D
【详解】A．工业上用电解熔融状态的NaCl制备金属Na，A不符题意；
B．工业上用电解熔融状态的MgCl2制备金属Mg，B不符题意；
C．工业上用电解熔融状态的Al2O3制备金属Al，C不符题意；
D．工业上用热还原法制备Fe，不用电解法制备Fe，D符合题意；
答案选D。
10．D
【分析】放电时Zn转化为ZnO，锌作负极，负极上电极反应式为：Zn+2OH--2e-═ZnO+H2O，正极上通入空气，其电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，再结合原电池工作原理分析解答。
【详解】A．氧气在石墨电极上得电子，发生还原反应，故A错误；
B．锌作负极，在碱性条件下，负极上电极反应式为：Zn+2OH--2e-═ZnO+H2O，故B错误；
C．原电池工作时，溶液中的阴离子向负极移动，即OH-向Zn极移动，故C错误；
D．原电池工作时，电子从负极经导线流向正极，即电子从Zn电极经导线流向石墨电极，故D正确；
故选D。
【点睛】会根据电极材料的性质来确定正负极上发生的电极反应，注意电极反应式的书写与电解质溶液的酸碱性有关。
11．A
【详解】A．电解饱和食盐水，阳极上发生氯离子失去电子生成氯气的反应，阴极上发生水得电子生成氢气和氢氧根离子的反应，为使氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根与氯离子，必须使氯气在装置下部产生，故下面为阳极，b电源为正极，a为电源负极，故A正确；
B．铁在中性食盐水中易发生吸氧腐蚀，铁失去电子变成亚铁离子，故不能用铁制容器盛放食盐水，故B错误；
C．电解过程中，阴极水作为反应物被消耗，溶液体积减小，钠离子物质的量不变，所以c(Na+)减小，故C错误；
D．由于次氯酸钠具有漂白性，会漂白pH 试纸，所以不能用pH 试纸测定溶液的pH，故D错误；
故答案为A。
12．A
【详解】A．装置Ⅰ中电解质溶液为中性，活泼金属铁作负极，发生氧化反应，正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，称为吸氧腐蚀，故A错误；
B．装置Ⅱ中活泼金属锌作负极，则铁作正极，电极上发生还原反应，故B正确；
C．装置Ⅰ中石墨电极作正极，电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，则附近溶液pH上升，故C正确；
D．装置Ⅱ中锌作负极，发生氧化反应，被腐蚀，铁作正极，没有被腐蚀，模拟了牺牲阳极的阴极保护法-，故D正确；
故选A。
13．B
【详解】A．氯离子半径大于钠离子，则图中代表的离子是Cl-，b图中阴离子向X极移动，失电子生成氯气，则X为阳极，接电源正极，A错误；
B．Y是阴极，图b中是Na+得电子生成Na单质，图c中是水电离的H+得电子生成H2，产物不同，B正确；
C．NaCl在晶体状态没有自由移动的电子不导电，即图a不导电，C错误；
D．熔融状态下，NaCl通电生成Na和Cl2，氯化钠生成钠离子和氯离子的过程为电离，不需要通电也能电离，D错误；
答案选B。
14．A
【详解】A．电极N与电源负极相连，为电解池的阴极，电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，电极上有红色物质生成，故A正确；
B．电极M与电源的正极相连，为电解池的阳极，电解材料为石墨，所以此极为溶液中的氯离子放电，电极反应式为：2Cl--2e- =Cl2↑，电极上有气体产生，故B错误；
C．有电源，装置为电解池，电极材料为石墨，所以电极不放电，相当于电解氯化铜，溶质会减少，一段时间后，溶液质量减少，故C错误；
D．该装置为电解池，将电能转化为化学能，故D错误；
答案选A。
15．B
【详解】A. 金属钠活泼性很强，但是金属钠加入到氯化亚铁溶液中，生成氢氧化亚铁白色沉淀和氢气，不能置换出铁，A错误；
B. 钢铁发生吸氧腐蚀或析氢腐蚀，负极反应均为：Fe-2e-= Fe2+，B正确；
C. 过量的铁与少量的稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，C错误；
D. 铁离子变为亚铁离子，应加入还原剂，如铁粉即可实现，不能加入氧化剂氯气，D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】铁与足量的硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，铁被氧化到+3价；如果铁过量，反应生成的铁离子与铁发生反应生成亚铁离子，因此过量的铁与一定量的硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水；反应物的量不同，产物不相同。
16．D
【详解】A．甲中发生铁的吸氧腐蚀，铁为原电池的负极，电极反应为Fe-2e-= Fe2＋，a极上发生氧化反应，故A错误；
B．甲中铁为原电池的负极，Fe-2e-= Fe2＋，乙中铁为电解池的阴极，发生反应2H++2e-=H2↑，铁被保护，故B错误；
C．d与直流电源的负极相连为阴极，水电离出的氢离子放电，发生的反应为：2H++2e-=H2↑，故C错误；
D．甲中铁发生吸氧腐蚀，b为正极，正极上的电极反应式为O2 + 2H2O + 4e → 4OH-，故D正确。
故选D。
【点睛】原电池的电极是正负极，电解池的电极是阴阳极，负极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应，原电池中电解质溶液中的阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动；电解池中的阳离子向阴极定向移动，阴离子向阳极定向移动。
17．B
【详解】A. 可在船壳外刷油漆进行保护，A正确；B. 若将船壳与电源的正极相连，则船壳腐蚀加快，B不正确；C. 可在船底安装锌块进行保护属于牺牲阳极的阴极保护法，C正确； D. 在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀，D正确。本题选B。
18．A
【详解】A、氯碱工业生成氢气和氯气和氢氧化钠，没有进行循环操作，错误，选A；
B、硫酸工业是硫铁矿煅烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，二氧化硫转化为三氧化硫是可逆反应，所以尾气中含有二氧化硫，可以进行循环操作，不选B；
C、硝酸工业是氨气催化氧化成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，一氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，尾气中含有一氧化氮，采用循环操作提高原料的利用率，不选C；
D、合成氨的反应是可逆反应，必须进行循环操作，不选D。
19．C
【详解】铜锌原电池中，Zn是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为 2H++2e-=H2↑。则
A．Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，Cu棒的质量不变，故A错误；
B．由于Zn是负极，不断发生反应Zn-2e-=Zn2+，所以溶液中c（Zn2+）增大，故B错误；
C．由于反应不断消耗H+，所以溶液的c（H+）逐渐降低，故C正确；
D．SO42-不参加反应，其浓度不变，故D错误；
故选C。
20．C
【分析】垃圾多，危害大，正确给垃圾分类；上海市将垃圾分为可回收垃圾、有害垃圾、湿垃圾和干垃圾；旧报纸的成分为纤维素，可回收循环利用，重新用于造纸业；属于可回收物质；不属于有害垃圾。
【详解】A．干垃圾是指除可回收物、有害垃圾、湿垃圾以外的其它生活废弃物，干垃圾主要包括餐盒、餐巾纸、湿纸巾、卫生间用纸、塑料袋、食品包装袋、污染严重的纸、烟蒂、纸尿裤、一次性杯子、大骨头、贝壳、花盆等，故A不符合题意；
B．湿垃圾是指日常生活垃圾产生的容易腐烂的生物质废弃物，湿垃圾主要包括食材废料、剩饭剩菜、过期食品、蔬菜水果、瓜皮果核、花卉绿植、中药残渣等，故B不符合题意；
C．可回收物是指适宜回收利用和资源化利用的生活废弃物，如废纸张、废塑料、废玻璃制品、废金属、废织物等，可回收物主要包括报纸、纸箱、书本、广告单、塑料瓶、塑料玩具、油桶、酒瓶、玻璃杯、易拉罐、旧铁锅、旧衣服、包、旧玩偶、旧数码产品、旧家电，旧报纸的成分为纤维素，可回收循环利用，重新用于造纸业，属于可回收物质，故C符合题意；
D．有害垃圾有害垃圾是指对人体健康或者自然环境造成直接或潜在危害的废弃物，主要包括废电池（充电电池、铅酸电池、镍镉电池、纽扣电池等）、废油漆、消毒剂、荧光灯管、含贡温度计、废药品及其包装物等，故D不符合题意；
答案选C。
21．C
【详解】A．只闭合K2，形成电解池，电解池将电能转化为化学能，选项A正确；
B．只闭合K1，形成原电池，发生吸氧腐蚀，石墨作正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，即石墨棒周围溶液pH逐渐升高，选项B正确；
C．只闭合K2，形成电解池，Fe作阴极，阴极上发生得电子的还原反应，所以铁棒得到保护，属于外加电流的阴极保护法，选项C错误；
D．只闭合K1，形成原电池，Fe作负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2+，选项D正确；
答案选C。
22．B
【分析】根据装置图所示，该装置为铜锌原电池，锌作负极，发生氧化反应，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，铜作正极，发生还原反应，正极反应为：2H++2e-=H2↑，据此分析解答。
【详解】A．铜作正极，不参与电极反应，无铜离子产生，溶液不变蓝色，故A错误；
B．铜作正极，发生还原反应，电解质溶液中的氢离子在铜电极上得到电子转化为氢气，正极反应为：2H++2e-=H2↑，铜电极上有气泡产生，故B正确；
C．锌作负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，Zn元素的化合价升高，发生氧化反应，作还原剂，故C错误；
D．Cu电极没有参与反应，既不作氧化剂也不作还原剂，故D错误；
答案选B。

23．D
【分析】锌片、铜片和食盐水形成原电池时，由于锌比铜活泼，锌为负极，Zn发生失电子的氧化反应，铜为正极，氧气在正极上发生得电子的还原反应。
【详解】A．该装置为原电池，将化学能转化为电能，故A错误；
B．该原电池中，锌为负极，锌片上锌失去电子生成Zn2＋，故B错误；
C．该原电池中，铜为正极，氧气在正极上发生得电子的还原反应，故C错误；
D．该原电池中，锌为负极，锌片上锌失去电子生成Zn2＋，发生氧化反应，故D正确；
故选D。
24．C
【详解】A．图中的铁勺和铜盆以及食醋一同构成原电池，铁勺做原电池的负极，发生氧化反应，腐蚀较快，A项错误；
B．铁做负极、合金中的碳等材料做正极，食盐水为电解质溶液，形成原电池，铁发生电化学腐蚀，B项错误；
C．图中的塑料盆不导电，铁球表面镀了层铜，可以起到防腐蚀的作用，因此腐蚀速很慢，C项正确；
D．酸雨为电解质溶液，可以和金属铁之间反应，金属铁发生化学腐蚀，D项错误；
答案选C。
25．C
【详解】A．金属腐蚀就是金属原子失去电子被氧化的过程，故A错误；
B．钢铁吸氧腐蚀时，负极发生氧化反应，反应式为：Fe-2e-=Fe2+，故B错误；
C．氯碱工业中，阳极发生氧化反应，氯离子失电子生成氯气，电极反应为：2Cl-–2 e-=Cl2↑，故C正确；
D．镀锌铁皮的镀层金属锌是较活泼的金属，部分损坏后锌与铁可以在潮湿的空气中形成原子池，锌作负极，锌仍可保护铁，铁不容易被腐蚀，故D错误；
答案选C。
26．B
【分析】氯碱工业的原理是2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2。A室连接电源的正极，失去电子，发生氧化反应，2Cl--2e-= Cl2，B室连接电源的负极，得到电子，发生还原反应，2H2O+2e-=2OH-+ H2，Na+由A室移动到B室。
【详解】A．Ca(OH)2微溶，少量Ca2+用NaOH除去效果不好，可用Na2CO3除去，A错误；
B．由上述分析可知，Na+经阳离子交换膜由A室移动到B室，不可用阴离子交换膜，否则OH-会从B室移动到A室，与Cl2反应，B正确；
C．由上面分析可知，A室发生反应为2Cl--2e-= Cl2，并且Na+由A室移动到B室，所以A室损失了Cl-和Na+，由浓NaCl溶液变化为稀NaCl溶液，所以a处得到的是稀NaCl溶液，C错误；
D．由上面分析可知，A室发生反应为2Cl--2e-= Cl2，并且Na+由A室移动到B室，所以A室损失了Cl-和Na+，由浓NaCl溶液变化为稀NaCl溶液，所以需要补充浓NaCl溶液，所以饱和食盐水从A室底部加入，D错误；
答案选B。
27． O、Si 二氧化硅形成的是原子晶体 1：2 +2H2O⇌H2SiO3+2OH﹣ 硅酸钠和氯化铵二者双水解相互促进生成更多硅酸加速硬化 8 3 24 8 3 18 12NA
【分析】写出NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3中原子最外层核外电子排布，然后进行判断；二氧化硅是原子构成的原子晶体，据此分析判断；配平化学方程式得到物质的定量关系；硅酸钠是强碱弱酸盐，硅酸根离子分步水解，溶液显碱性；利用硅酸根和铵根离子双水解分析；利用电荷守恒、质量守恒定律来配平离子反应方程式；在电池反应中，每消耗1L 6mol/L H2O2溶液，消耗双氧水的物质的量为6mol，根据知H2O2+2e﹣＝2OH﹣，计算理论上流过电路中的电子数。
【详解】(1)NaBO2+SiO2+Na+H2NaBH4+Na2SiO3中原子最外层有两个未成对电子的元素是Na价电子排布3s1，有1个未成对电子，B价电子排布2s22p1，未成对电子为1个，O价电子排布2s22p4，未成对电子有2个，Si价电子排布3s23p2，未成对电子有2个，故未成对电子数为2的是氧和硅；二氧化硅是原子构成的原子晶体，故SiO2熔点高；
(2)NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3，配平化学方程式得到物质的定量关系，反应中H2与Na的物质的量之比为1：2；
(3)硅酸钠水溶液产生硅酸(H2SiO3)，硬化粘结，且有碱性，是硅酸根离子水解生成硅酸，SiO32﹣+2H2O⇌H2SiO3+2OH﹣，铸造工艺中可用氯化铵作为水玻璃的硬化剂是因为：硅酸钠和氯化铵二者双水解相互促进生成更多硅酸加速硬化；
(4)因BO2﹣易与H+结合，则碱性溶液可抑制它与水的反应，由Au的化合价由+3降低为0，BH4﹣中H元素从﹣1价升高到+1，则由电子守恒可得8Au3++3BH4﹣→8Au↓+3BO2﹣，碱性溶液中氢氧根离子参加反应，再由电荷守恒和质量守恒定律可得：8Au3++3BH4﹣+24OH﹣═8Au↓+3BO2﹣+18H2O；
(5)在电池反应中，每消耗1L 6mol/L H2O2溶液，消耗双氧水的物质的量为6mol，根据知H2O2+2e﹣＝2OH﹣，理论上流过电路中的电子数×2NA/mol＝12NA。
【点睛】第(5)题的转移电子数的计算时需要利用电极反应，写出电极反应是难点。
28． 4 3 C和O ClO2中Cl为价，O为价 非电解质 体积分数 3种 NaCl 阴 石墨电极上产生的氯气上升与铁电极附近产生的氢氧化钠反应生成次氯酸钠即“84”消毒液（    
【详解】(1)H、Na位于第ⅠA族，C位于第ⅣA族，O位于第ⅥA族，Cl位于第Ⅶ主族，共涉及4个主族，H位于第一周期，C、O位于第二周期，Na、Cl位于第三周期，共涉及3个周期。H位于第一周期，H的原子半径最小，C、O位于第二周期，C的核电荷数比O小，半径比O大，Na、Cl位于第三周期，Na的核电荷数比Cl小，半径比Cl大，所以原子半径由小到大依次排列为：。有2个未成对电子元素是核外电子排布为1s22s22p2的C和1s22s22p4的O。Cl和O形成的化合物ClO2中Cl为价，O为价，该事实说明O的非金属性比Cl强，故答案为：4；3；；C和O；ClO2中Cl为价，O为价；
(2)的水溶液和液态均不导电，是非电解质，75%酒精指的是体积分数为75%的酒精，中有3种等效氢，故答案为：非电解质；体积分数；3种；
(3)NaClO的电子式为： ，HClO是弱酸，所以ClO-会水解，NaClO溶液显碱性，故溶液中离子浓度大小为：，故答案为： ；；
(4)“84”消毒液的有效成分是NaClO，可通过电解饱和NaCl溶液制取，原理为：石墨作阳极，Cl-在阳极失电子得Cl2，Fe作阴极，H2O在阴极得电子生成OH-和H2，接着Cl2和NaOH反应得NaClO，故答案为：NaCl；阴极；    。
29． S 2NA 存在Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+平衡，受热后HCl挥发，水解平衡持续正向移动，使氯化铝转化为氢氧化铝 Li(或SOCl2)会与水发生反应 常压SO2的转化率已经很高，高压虽能使平衡正向移动，但会增加成本 SO32- 溶液中HSO3-的电离
【分析】(1)根据氧化还原反应中化合价的变化及电子得失守恒进行分析判断和计算；
(2) Al3+在溶液中会发生水解，存在Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+平衡，根据水解平衡移动分析；
(3)金属锂是活泼金属可与水反应；
(4) 根据反应2SO2+ O22SO3，高压能使平衡正向移动，但成本太高；
(5) NaOH和二氧化硫反应生成亚硫酸钠，二氧化硫过量可生成亚硫酸氢钠，则SO32-浓度先增大后减小，生成的HSO3-可发生微弱电离生成SO32-。
【详解】(1)该电池的工作原理为：4Li+2SOCl2=4LiCl↓+SO2↑+S↓，该反应中Li元素由0价变为+1价，失去电子，被氧化，S元素由+4价变为0价，得电子，被还原，还原产物为S；反应中4molLi参与反应生成1mol SO2，转移4mol电子，生成标准状况下SO211.2L，即为SO2的物质的量为0.5mol，则转移电子的物质的量为0.5mol×4=2mol，则数目为2NA；
(2) Al3+在溶液中会发生水解，存在Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+平衡，受热后HCl挥发，水解平衡持续正向移动，使氯化铝转化为氢氧化铝，则SOCl2与水反应生成的盐酸可以抑制铝离子的水解，可以用于AlCl3·6H2O制备无水AlCl3；
(3)金属锂是活泼金属，Li(或SOCl2)会与水发生反应，则电池组装必须在无水条件下进行；
(4)根据反应2SO2+ O22SO3，常压下，SO2的转化率已经很高，高压虽能使平衡正向移动，但会增加成本；
(5) NaOH和二氧化硫反应生成亚硫酸钠，二氧化硫过量可生成亚硫酸氢钠，则SO32-浓度先增大后减小，生成的HSO3-可发生微弱电离生成SO32-，则X为SO32-。
30． K＝c3(CO) 逆 amol•L﹣1 0.005mol/(L•min) 同一主族，从上到下，元素最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐增强 防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁(或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化) Li 1.4g
【分析】(1)方程式中只有CO为气体，平衡常数为CO浓度的三次方；CO浓度增大，平衡逆向移动，因为平衡常数仅仅是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，故达到平衡时，CO浓度不变；
(2)反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，说明生成5.6gCO，可计算CO的物质的量浓度，进而计算反应速率；
(3)元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
(4)(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定；
(5)电池放电时原电池原理，Li失电子发生氧化反应做原电池负极，FePO4在正极得到电子发生还原反应生成LiFePO4；结合根据电解饱和食盐水方程式进行计算电子转移，依据电子守恒和电极反应计算消耗锂的质量。
【详解】(1)方程式中只有CO为气体，则K＝c3(CO)；CO浓度增大，平衡逆向移动，但由于温度不变，则平衡常数不变，故达到平衡时，CO浓度不变，仍为amol•L﹣1，故答案为：K＝c3(CO)；逆；amol•L﹣1；
(2)反应进行到20min时，容器内固体的质量减少了5.6g，说明生成了5.6gCO，则c(CO)0.1mol/L，0.005mol/(L•min)，故答案为：0.005mol/(L•min)；
(3)Li在周期表中位于同一主族的元素Na的上方，而从上到下，元素的金属性增强，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性就越强，则氢氧化钠碱性比氢氧化锂碱性强，故答案为：同一主族，从上到下，元素最高价氧化物对应的水化物碱性逐渐增强；
(4)(NH4)2Fe(SO4)2和LiOH溶液直接混合，易生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化而生成氢氧化铁，故答案为：防止形成更易被氧化的氢氧化亚铁(或亚铁离子在碱性条件下更易被氧化)；
(5)电池放电时，Li失电子发生氧化反应，故其为原电池负极。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极) ，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，气体物质的量为0.2mol，生成氢气和氯气物质的量各0.1mol，则根据关系式 可知，消耗锂的质量为0.2mol×7g/mol＝1.4g，故答案为：Li；1.4g。