【解析】 【详解】
A.该装置是原电池，由于Fe比Cu活泼，所以铁作负极，铜作正极，负极上Fe失电子发生氧化反应，正极上Fe3＋得电子发生还原反应，电池总反应式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，选项A错误；
B.该装置是原电池，铁作负极，负极上Fe失电子生成Fe2+，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，选项B错误； C.氢氧化铁胶体粒子吸附正电荷，所以氢氧化铁胶体粒子向负电荷较多的阴极移动，因此装置②中石墨Ⅱ电极附近溶液红褐色加深，选项C正确；
D.由电流方向判断a是正极，b是负极，则c是阳极，d是阴极，电解精炼铜时粗铜作阳极，所以c为粗铜，d为纯铜，选项D错误； 答案选C。 10．B 【解析】 【详解】
A．氢气和氯气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则和HCI的原子数目是否相同无法计算，A错误；
B．32gCu的物质的量0.5mol，失去的电子数均为NA，浓硝酸被还原为二氧化氮，稀硝酸被还原为NO，根据得失电子数守恒，浓、稀硝酸得到的电子数均为NA，B正确； C．溶液体积不明确，故溶液中含有的氯离子个数无法计算，C错误； D．D318O+中含13个中子，故1molD318O+中含13NA个中子，D错误； 答案选B。 11．D 【解析】 【详解】
A．由溶液pH=7时消耗KOH的体积小于10mL可知，HA为弱酸，设0.1 mol·L?1 HA溶液中c(H+)=xmol/L，
x2根据电离平衡常数可知=1?10-5，解得x≈1×10-3mol/L，因此a点溶液的pH约为3，故A不符合题
0.1-x意；
B．d点溶质为KA，c点溶质为HA、KA，HA会抑制水的电离，KA会促进水的电离，因此水的电离程度：d点＞c点，故B不符合题意；
KW10?14??5?10?9，HA的电离程度大于A-的水解程度，结合溶C．b点溶质为等浓度的KA和HA，Kh?Ka10液呈酸性可知b点溶液中粒子浓度大小：cA意；
???c?K??c?HA??c?H??c?OH?，故C不符合题
????D．e点物料守恒为：2cK故答案为：D。 【点睛】
比较时溶液中粒子浓度：
???3c?A??3c?HA?，故D符合题意；
??（1）弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOH?CH3COO-＋H+，H2O?OH-＋H+，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)；
（2）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO-＋Na+，CH3COO-＋H2O?CH3COOH＋OH-，H2O?H+＋OH-，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)。 12．D 【解析】 【详解】
A.光导纤维主要成分是二氧化硅不属于有机高分子材料，故A错误；
B.磁性氧化铁的成分是四氧化三铁，是黑色固体，不能制备红色颜料和油漆，故B错误；
C. 明矾溶液中Al3? 水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2(OH)2CO3溶于酸性溶液，故能利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，而不是因为溶液中的Al3?离子能与铜锈反应，故C错误；
D. 血液透析原理就是胶体的渗析原理，胶体不能通过半透膜，涉及胶体性质，故D正确； 故答案为：D。 13．D 【解析】 【详解】
A. CaO没有强还原性，故不能防止食品的氧化变质，只能起到防潮的作用，A项错误； B. 硅是半导体，芯片的主要成分是硅单质，B项错误；
C. Fe具有还原性，能把Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子还原，所以纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子是利用Fe的还原性，与吸附性无关，C项错误； D. SO2能与有色物质化合生成无色物质，可用于漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，D项正确； 答案选D。 14．B 【解析】 【分析】 【详解】
A. 反应物浓度越大，反应速率越快，则解释与结论不正确，A项错误；
B. 钠会与无水乙醇反应产生氢气，则说明乙醇分子中羟基上的氢原子活泼，B项正确；
C. 动物油是高级脂肪酸甘油酯，在碱性条件下会水解生成高级脂肪酸纳，能发生皂化反应，但石蜡不会与氢氧化钠发生皂化反应，C项错误；
D. 电石与食盐水反应生成的乙炔气体含杂质如硫化氢等气体，所以通入酸性高锰酸钾溶液中能使紫色褪去的气体不一定是 乙炔，D项错误； 答案选B。 15．A 【解析】 【分析】 【详解】
A. 新型冠状病毒主要由C、H、O、N、P等元素组成，常用体积分数为75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒，故A错误；
B. 葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色，苏打粉是碳酸钠，溶液呈碱性，可用苏打粉检验假葡萄酒，故B正确；
C. 植物油含有碳碳双键，长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质，故C正确；
D. Hg和S常温下反应生成HgS，水银温度计不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖，故D正确； 故选A。
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．Fe + 3NO3- + 6H+＝Fe3+ + 3NO2↑ + 3H2O 降温结晶 过滤 取反应后的溶液，加几滴铁氰化钾L-1硝酸钠和0.2mol·L-1硝酸的混合溶液或者pH约等于1.6的0.3mol·L-1硝酸溶液，有蓝色沉淀 0.1mol·
钠和硝酸的混合溶液 实验二的步骤i中未观察到溶液变为深棕色，说明没有Fe2+生成 2Fe3+ + SO2 + 2H2O ＝ 2Fe2+ + SO42- + 4H+ 在pH约等于1.6 0.1mol·L-1硝酸铁溶液中， Fe3+、NO3-都有氧化性，其中以NO3-氧化性为主。 【解析】 【分析】
(1)①硝酸与铁屑混合后，铁屑溶解，溶液变黄色，液面上方有红棕色气体，生成了硝酸铁、二氧化氮和水，据此写离子方程式；
②根据溶液提取晶体的操作回答；
(2) ①如果Fe3+使银镜溶解，则铁的化合价降低变为Fe2+，证明Fe2+的存在即可； ②证明NO3-使银镜溶解，采用控制变量法操作； ④溶液液面上方出现红棕色气体，溶液仍呈黄色；
⑤根据继续持续通入SO2，溶液逐渐变为深棕色，已知：Fe2++NO?[Fe(NO)]2+(深棕色)，有Fe2+的生成； (3)总结实验一和实验二可知答案。 【详解】
(1)①硝酸与铁屑混合后，铁屑溶解，溶液变黄色，液面上方有红棕色气体，生成了硝酸铁、二氧化氮和水，离子方程式为：Fe + 3NO3- + 6H+＝Fe3+ + 3NO2↑ + 3H2O，故答案为：Fe + 3NO3- + 6H+＝Fe3+ + 3NO2↑ + 3H2O； ②由硝酸铁溶液，获取硝酸铁晶体，应进行的操作是：将溶液小心加热浓缩、降温结晶、过滤、用浓硝酸洗涤、干燥，故答案为：降温结晶；过滤；
(2) ①如果Fe3+使银镜溶解，则铁的化合价降低变为Fe2+，证明Fe2+的存用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀即可，故答案为：取反应后的溶液，加几滴铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀；
L-1硝酸钠和0.2mol·L-1硝酸的混合溶液②证明NO3-使银镜溶解，采用控制变量法操作，即加入的为0.1mol·L-1硝酸钠和硝酸的混合溶液，故答案为：0.1mol·L-1硝酸钠和0.2mol·L-1硝酸或者pH约等于1.6的0.3mol·
L-1硝酸钠和硝酸的混合溶液； 的混合溶液或者pH约等于1.6的0.3mol·
④实验二的步骤i中未观察到溶液变为深棕色，说明没有Fe2+生成，故答案为：实验二的步骤i中未观察到溶液变为深棕色，说明没有Fe2+生成；
⑤根据继续持续通入SO2，溶液逐渐变为深棕色，已知：Fe2++NO?[Fe(NO)]2+(深棕色)，有Fe2+的生成，离2Fe3+ + SO2 + 2H2O ＝ 2Fe2+ + SO42- + 4H+，2Fe3+ + SO2 + 2H2O ＝ 2Fe2+ + SO42- + 4H+；子方程式为：故答案为： (3)总结实验一和实验二可知，在pH约等于1.6 0.1mol·L-1硝酸铁溶液中， Fe3+、NO3-都有氧化性，其中以NO3-氧化性为主，故答案为：在pH约等于1.6 0.1mol·L-1硝酸铁溶液中， Fe3+、NO3-都有氧化性，其中以NO3-氧化性为主。
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．对甲基苯甲醛 3 羧基 b、d
【解析】 【分析】
由合成路线可知，甲苯发生取代反应生成A对甲基苯甲醛，再与CH3CHO在碱性条件下反应生成B，B为
，①中-CHO被弱氧化剂氧化为-COOH，而C=C不能被氧化，再酸化得到D，