D、相同条件下，在两个相同的恒容密闭容器中，1molN2和3molH2反应放出的热量不如2molN2和3molH2反应放出的热量多，多加入氮气会促使化学平衡正向移动，故D错误． 故选B．
【点评】本题考查学生反应热的计算以及热化学方程式的意义知识，注意知识的归纳和梳理是解题的关键，难度不大．
10．1L某溶液中含有的离子如表：用惰性电极电解该溶液，当电路中有3mol e通过时（忽略电解时溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象），下列说法正确的是（ ）
﹣2+3+NO 离子 Cu Al Cl 1 1 a 1 物质的量浓度（mol/L） A．电解后溶液的pH=0 B．a=3 C．阳极生成1.5 mol Cl2 【考点】电解原理．
D．阴极析出的金属是铜与铝
2+
3+
﹣
﹣
﹣
﹣
【分析】由溶液电荷守恒可知2c（Cu）+3c（Al）=c（NO3）+c（Cl），可求得c（NO3）=4moL/L，
﹣﹣﹣2++3+
由于离子放电顺序Cu＞H＞Al，Cl＞OH＞NO3，
﹣﹣
电解时阳极首先发生：2Cl﹣2e﹣=Cl2↑，然后发生4OH﹣4e﹣=O2↑+2H2O，阴极首先发生：
﹣﹣2++
Cu+2e=Cu，然后发生2H+2e=H2↑，结合相关离子的物质的量进行解答．
【解答】解：依据电解过程中存在电子守恒，结合电极反应计算分析产物，用Pt电极电解该溶液，当电路中有3mol e通过时
﹣﹣
阳极电极反应为：2Cl﹣2e=Cl2↑； 1mol 1mol 1mol
4OH﹣4e=2H2O+O2↑
2mol 2mol 1mol 阴极电极反应为：Cu+2e=Cu 1mol 2mol 1mol
2H+2e=H2↑ 1mol 1mol 0.5mol
A、电解后溶液PH计算，依据两电极上的反应计算，阳极减少2mol氢氧根离子，同时阴极上减少1mol氢离子，综合计算分析得到溶液中增加氢离子物质的量为1mol，氢离子浓度为1mol/L，pH=0，故A正确；
B、依据溶液中电荷守恒计算忽略氢离子和氢氧根离子浓度：2c（Cu）+3c（Al）=c（Cl）+c
﹣﹣
（NO3），计算得到c（NO3）=4mol/L，即a=4，故B错误； C、依据电极反应电子守恒可知阳极生成1molCl2，故C错误； D、阴极析出的金属是铜，无金属铝析出，故D错误； 故选A．
【点评】该题是中等难度的试题，试题综合性强，在注重对基础知识巩固和训练的同时，主要是侧重对学生能力的培养，有助于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．
二、单项选择题（11～30题，每小题2分，共40分）
11．下面是几种常见的化学电源示意图，有关说法不正确的是（ ）
2+
3+
﹣
﹣
﹣
﹣
2+
﹣
+
﹣
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A．上述电池分别属于一次电池、二次电池和燃料电池 B．干电池在长时间使用后，锌筒被破坏
C．铅蓄电池工作过程中，每通过2mol电子，负极质量减轻207g D．氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源 【考点】常见化学电源的种类及其工作原理． 【专题】电化学专题．
【分析】A、干电池是一次性电池，铅蓄电池是可充电电池属于二次电池，氢氧燃料电池属于燃料电池；
B、干电池中锌做原电池的负极被腐蚀；
C、依据铅蓄电池电极反应结合电子守恒计算； D、氢氧燃料电池的产物为水，无污染．
【解答】解：A、干电池是一次性电池，铅蓄电池是可充电电池属于二次电池，氢氧燃料电池属于燃料电池，故A正确；
B、在干电池中，Zn作负极，被氧化，故B正确；
C、铅蓄电池工作过程中，硫酸铅在负极上析出，该极质量应该增加而非减小，故C错误；
D、氢氧燃料电池不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内，且工作的最终产物是水，故氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源，故D正确； 故选：C．
【点评】本题考查了原电池类型的分析判断，依据原电池原理判断电极和反应产物是解题关键，题目难度中等．
12．下列说法中正确的有几项（ ） ①钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2
②配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液，需要用托盘天平称量氢氧化钠固体9.6g ③盐酸既有氧化性又有还原性
④Fe（OH）3、FeCl2、H2SiO3都不直接用化合反应制备 ⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有漂白性
⑥将质量分数为5%和25%的氨水等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数大于15% ⑦干燥的Cl2和氯水均能使鲜花褪色
⑧中和热测定实验中需要用到的玻璃仪器只有烧杯、温度计和环形玻璃搅拌棒三种 ⑨纯银器在空气中久置变黑是因为发生了化学腐蚀． A．3项 B．4项 C．5项 D．6项
【考点】氯气的化学性质；金属的电化学腐蚀与防护；硝酸的化学性质；中和热的测定． 【分析】①钠在空气中燃烧生成过氧化钠；
②没有480mL容量瓶，选择容量稍大体积接近的容量瓶，故应选择500mL容量瓶，所需氢氧化钠的质量为0.5L×0.5mol?L×40g/mol=10.0g； ③依据氯化氢中氢为+1价，氯为﹣1价解答；
④氢氧化亚铁、氧气、水化合生成氢氧化铁，氯化铁与铁化合生成氯化亚铁；
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﹣1
⑤二氧化硫与酸性的高锰酸钾发生氧化还原反应使其褪色；
⑥将质量分数为5%和25%的氨水等质量混合后，所得溶液中溶质的质量分数等于15%，由于等质量时25%的氨水体积大，需再加入一些5%的氨水才能是等体积，所以将质量分数为5%和25%的氨水等体积混合，溶质的质量分数小于15%； ⑦次氯酸具有漂白性，氯气不具有漂白性； ⑧依据中和热试验简易装置解答； ⑨纯银器主要发生化学腐蚀；
【解答】解：①钠在空气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠为淡黄色，故正确；
②没有480mL容量瓶，选择容量稍大体积接近的容量瓶，故应选择500mL容量瓶，所需氢氧化钠的质量为0.5L×0.5mol?L×40g/mol=10.0g，秤取9.6g溶质，所配溶液浓度偏低，故错误；
③氯化氢中氢为+1价，氯为﹣1，化合价既可以升高又可以降低，所以既有氧化性又有还原性，故正确；
④氢氧化亚铁、氧气、水化合生成氢氧化铁，氯化铁与铁化合生成氯化亚铁，所以Fe（OH）FeCl23、可以直接用化合反应制备，故错误；
⑤SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以它具有还原性，故错误；
⑥将质量分数为5%和25%的氨水等体积混合后，所得溶液中溶质的质量分数小于15%，故错误； ⑦HClO具有强氧化性能漂白，干燥的Cl2遇到鲜花会生成HClO，氯水含有HClO，所以干燥的Cl2和氯水均能使鲜花褪色，故正确；
⑧中和热测定实验中需要用到的玻璃仪器有烧杯、温度计和环形玻璃棒、量筒、搅拌棒四种，故错误；
⑨纯银器主要发生化学腐蚀，故正确； 故选：B．
【点评】本题为综合题，涉及元素化合物知识、中和热的测定、金属的腐蚀与防护、溶液的配制，明确物质的性质及相关实验的原理和操作是解题关键，题目难度不大．
13．把锌片和铁片放在盛有稀食盐水和K3[Fe（CN）6]试液混合溶液的培养皿中（如图所示平面图），经过一段时间后，下列说法中正确的是（ ）
﹣1
A．Ⅰ附近溶液pH降低 B．Ⅱ附近很快出现蓝色沉淀 C．Ⅲ附近产生黄绿色气体 D．Ⅳ附近很快生成铁锈 【考点】原电池和电解池的工作原理． 【专题】电化学专题．
【分析】第一个装置是电解池，铁为阳极，铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子遇K3[Fe（CN）6]生
﹣+
成蓝色沉淀，溶液中的H在Ⅰ处得电子，破坏了锌片附近水的电离平衡，使得OH浓度增大，pH
﹣
增大．第二个装置是原电池，Zn为负极，溶液中的氧气在Ⅳ处得电子生成OH，发生了锌的吸氧腐蚀，据此解答．
【解答】解：A、Ⅰ附近溶液pH升高，故A错误；
B、第一个装置是电解池，铁为阳极，铁失电子生成亚铁离子，亚铁离子遇K3[Fe（CN）6]生成蓝色沉淀，故B正确；
C、第二个装置是原电池，Zn为负极，失电子生成锌离子，故C错误；
D、氧气在Ⅳ处得电子生成OH，发生了锌的吸氧腐蚀，不会生成铁锈，故D错误； 故选B．
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﹣
【点评】本题考查了原电池和电解池的工作原理的应用，主要是电解反应的离子变化，题目难度中等．
14．硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备多种物质．有关下列制备方法错误的是（ ）
A．制备碱式硫酸铁利用了过氧化氢的氧化性
B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行 C．可用KSCN溶液检验（NH4）2Fe（SO4）2是否被氧化
D．制备（NH4）2Fe（SO4）2利用了它的溶解度比FeSO4的溶解度大这一性质 【考点】化学实验方案的评价；铁盐和亚铁盐的相互转变；制备实验方案的设计． 【专题】图像图表题；创新题型；实验评价题．
3+
【分析】A．根据Fe能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂；
B．根据NH4HCO3不稳定，受热易分解；
2+3+
C．KSCN溶液遇Fe溶液无现象，遇Fe溶液变红； D．根据溶解度大的沉淀可以转化为溶解度小的沉淀．
3+3+
【解答】解：A．碱式硫酸铁电离产生Fe，Fe，能发生水解生成Fe（OH）3胶体，Fe（OH）3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；
B．NH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，故B正确；
2+3+3+
C．KSCN溶液遇Fe溶液无现象，（NH4）2Fe（SO4）2若被氧化则生成Fe，KSCN溶液遇Fe溶液变红，故C正确；
D．（NH4）2Fe（SO4）2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与（NH4）2SO4反应生成（NH4）2Fe（SO4）2，故D错误；故选D．
【点评】本题以硫酸亚铁为原料进行物质的制备，主要考查了物质的性质与反应原理，难度不大．
15．一定条件下，充分燃烧一定量的丁烷放出热量161.9kJ，经测定完全吸收生成的CO2需消耗5mol/L的KOH溶液100ml，恰好生成正盐，则此条件下热化学方程式：C4H10（g）++5H2O（g）的△H为（ ）
A．+2590.4kJ/mol B．﹣2590.4kJ/mol C．+1295.2kJ/mol D．﹣1295.2kJ/mol 【考点】热化学方程式．
【专题】化学反应中的能量变化．
【分析】充分燃烧一定量的丁烷发生的反应为：2C4H10+13O2
8CO2+10H2O，CO2恰好与KOH
O2（g）→4CO2（g）
溶液完全反应生成正盐为K2CO3，2KOH+CO2═K2CO3+H2O，根据n=c×V计算KOH的物质的量，根据钾元素守恒计算n（K2CO3），根据碳元素守恒有n（CO2）=n（K2CO3），据此计算判断．
【解答】解：KOH的物质的量为n（KOH）=c×V=0.1L×5mol/L=0.5mol，2KOH+CO2═K2CO3+H2O，
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