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D．Na2CO3是强碱弱酸盐，L－1Na2CO3溶液中含有CO32在溶液中CO32发生水解反应而消耗，所以1L0.1mol·－

小于0.1NA个，错误；

答案选B。 8．B 【解析】 【分析】 【详解】

A、混合溶液中，浓度均为0.1mol/L NaOH和NH3·H2O，NH3·H2O为弱电解质，故c(Na＋)＞c(NH3·H2O)，A错误；

B、加入10mL盐酸时，c(Cl-)=c(Na+)，又根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，B正确；

C、根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，pH=7时，即c(H＋)=c(OH-)，所以

＋c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-），c(Cl-)＞c(Na)，C错误；

D、加入20mL盐酸时，c(Cl-)=2c(Na+)，由于NH4+的水解，c(NH4+)＜c(Na+)，所以c(Cl-)＞c(NH4+)+c(Na+)，D错误； 此题选B。 9．B 【解析】 【详解】

A.

188O2-的质子数为8，故离子结构示意图为，A正确；

B. 乙烯的结构简式为CH2=CH2，B正确；

C. NH3溶于水后的溶液能导电，是因为其与水反应生成NH3·H2O，所以能导电，NH3是非电解质，C错误； D. 正反应放热的可逆反应也可能需要加热才能发生，升高温度，正逆反应速率均加快，D错误； 故答案选B。 10．A 【解析】 【详解】

A、分子晶体的相对分子质量越大,沸点越高,则卤素单质的熔、沸点逐渐升高，与分子间作用力有关，A正确；

B、非金属性F＞Cl＞Br＞I，则HF、HCl、HBr、HI热稳定性依次减弱，与共价键有关，B错误； C、原子晶体中，共价键的键长越短，熔点越高，金刚石的硬度大于硅，其熔、沸点也高于硅，与共价键有关，C错误；

D、离子键的键长越短，离子所带电荷越多，离子键越强，熔点越高，离子半径：Mg2+＜Na+、O2—＜Cl-，所以熔点：MgO＞NaCl，与离子键大小有关，D错误； 正确选项A。 11．C 【解析】 【详解】

A、根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱（Ir）的催化作用下发生氧化还原反应，生成氮气，反应为：H2 + N2O＝N2 + H2O，A正确；

B、根据图示可知：导电基体上的负极反应：氢气失电子，发生氧化反应，导电基体上的负极反应：H2－2e?＝2H+，B正确；

C、若导电基体上只有单原子铜，硝酸根离子被还原为一氧化氮，不能消除含氮污染物，C错误； D、从图示可知：若导电基体上的Pt颗粒增多，硝酸根离子得电子变为铵根离子，不利于降低溶液中的含氮量，D正确； 正确选项C。 12．B 【解析】 【详解】

A．因为t°C生成A，又知A点物质为NH4Al(SO4)2属于新物质，0℃→t℃的过程为NH4Al(SO4)2?12H2O失去结晶水生成NH4Al(SO4)2，是化学变化，故A错误；

B．B点物质为Al2(SO4)3升温再加热分解，在C点生成氧化铝，氧化铝是工业上冶炼铝的原料，故B正确； C．A→B发生的反应为2NH4Al(SO4)2硫酸，故C错误；

D．Al2(SO4)3能够净水，其原理为:Al3++3H2O以吸附水中悬浮的杂质，故D错误； 答案：B。 13．A 【解析】 【分析】 【详解】

A．由《物理小识》中记载语句“臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石”可知是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁，A选项正确；

B．煤其主要成分为碳、氢、氧和少量的氮、硫或其它元素，而烃只由C、H两种元素组成，B选项错误； C．生铁的含碳量比钢的含碳量较高，故生铁不是指含碳量很低的铁合金，C选项错误；

Al(OH)3(胶体)+3H+，生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，可

Al2(SO4)3+2NH3↑+H2SO4，所以除了生成Al2(SO4)3和NH3两种，还有

D．工业上可通过石油的裂化、裂解获得乙烯、丙烯等化工原料，D选项错误； 答案选A。 14．C 【解析】 【分析】 【详解】

A.根电池装置图分析，可知Al较活泼，作负极，而燃料电池中阴离子往负极移动，因而可推知OH-（阴离子）穿过阴离子交换膜，往Al电极移动，A正确；

B.Ni为正极，电子流入的一端，因而电极附近氧化性较强的氧化剂得电子，又已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在，可知HO2-得电子变为OH-，故按照缺项配平的原则，Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，B正确；

C.根电池装置图分析，可知Al较活泼，Al失电子变为Al3+，Al3+和过量的OH-反应得到AlO2-和水，Al电极反应式为Al-3e-+4OH- = AlO2-+2H2O，Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，因而总反应为2Al+3HO2-=2AlO2-+H2O+ OH-，显然电池工作结束后，电解质溶液的pH升高，C错误；

D.A1电极质量减轻13.5g，即Al消耗了0.5mol，Al电极反应式为Al-3e-+4OH- = AlO2-+2H2O，因而转移电子数为0.5×3NA=9.03×1023，D正确。 故答案选C。 【点睛】

书写燃料电池电极反应式的步骤类似于普通原电池，在书写时应注意以下几点：1.电极反应式作为一种特殊的离子反应方程式，也必需遵循原子守恒，得失电子守恒，电荷守恒；2.写电极反应时，一定要注意电解质是什么，其中的离子要和电极反应中出现的离子相对应，在碱性电解质中，电极反应式不能出现氢离子，在酸性电解质溶液中，电极反应式不能出现氢氧根离子；3.正负两极的电极反应式在得失电子守恒的条件下，相叠加后的电池反应必须是燃料燃烧反应和燃料产物与电解质溶液反应的叠加反应式。 15．C 【解析】 【分析】

题中给出的图，涉及模拟空气中CO2浓度以及温度两个变量，类似于恒温线或恒压线的图像，因此，在分析此图时采用“控制变量”的方法进行分析。判断温度的大小关系，一方面将模拟空气中CO2浓度固定在

?垐?某个值，另一方面也要注意升高温度可以使HCO3分解，即让反应CO2?CO3?H2O噲?2HCO3逆向

2??移动。 【详解】

2??垐?A．升高温度可以使HCO3分解，反应CO2?CO3?H2O噲?2HCO3逆向移动，海水中的CO3浓度

2??增加；当模拟空气中CO2浓度固定时，T1温度下的海水中CO3浓度更高，所以T1温度更高，A项正确； B．假设海水温度为T1，观察图像可知，随着模拟空气中CO2浓度增加，海水中的CO3浓度下降，这是因

2?垐?为更多的CO2溶解在海水中导致反应CO2?CO3?H2O噲从而使CO3浓度下降，?2HCO3正向移动，

2?2?2??B项正确；

C．结合A的分析可知，大气中CO2浓度一定时，温度越高，海水中的CO3浓度也越大，C项错误； D．结合B项分析可知，大气中的CO2含量增加，会导致海水中的CO3浓度下降；珊瑚礁的主要成分是

?2?2?CaCO3，CaCO3的溶解平衡方程式为：CaCO3(s)=Ca(aq)?CO3(aq)，若海水中的CO3浓度下降会导

2?2?致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移动，珊瑚礁会逐渐溶解，D项正确； 答案选C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）

16．蒸馏烧瓶 饱和亚硫酸氢钠溶液 O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S↓ 氧气中水中的溶解度比二氧化硫小 吸收液出现稳定的蓝色 空白实验 0.096% 【解析】 【分析】

I.在装置A中制取SO2气体，通过乙观察SO2气体产生的速率，经品红溶液检验SO2的漂白性，在装置丁中SO2与Na2S会发生氧化还原反应产生S单质，SO2及反应产生的H2S都是有毒气体，经NaOH溶液尾气处理后排出。

II.根据IO3-能够氧化SO2为SO42-，氧化I-为I2，SO2反应完全后，再滴入的IO3-溶液，I2不再反应，溶液中的I2遇淀粉溶液变为蓝色；要测定物质含量，应该排除杂质的干扰，设计对比实验，为减少实验的偶然性，要进行多次平行实验，取多次实验的平均值，根据反应过程中电子守恒计算铁矿石样品中硫元素的质量分数。 【详解】

(1)根据图示仪器结构可知：仪器A的名称为蒸馏烧瓶；

(2)装置乙的作用是为了观察生成SO2的速率，为了减少SO2气体在溶液中的溶解，可根据H2SO3是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡的性质，在装置乙中加入的试剂为饱和NaHSO3溶液；

(3)①Na2S具有还原性，O2具有氧化性，在溶液中会发生氧化还原反应产生S单质和NaOH，反应的化学方程式为O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S↓；

②根据O2、SO2气体分别通入到Na2S溶液中产生S单质的时间可知，物质的氧化性：SO2>O2，该实验条件下Na2S溶液出现浑浊现象是SO2导致的。表中实验1反应较慢的原因可能是O2难溶于水，而SO2易溶于水，由于氧气中水中的溶解度比二氧化硫小，导致反应速率较慢；

II. (4)根据方程式可知物质的氧化性：IO3->I2>SO2，向含有SO2、KI和淀粉溶液中滴加KIO3溶液，首先发生②反应，当SO2反应完全后发生反应④，反应产生的I2单质遇淀粉溶液会变为蓝色，且半分钟内溶液蓝色