2025年人教新起點選擇性必修1化學上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教新起點選擇性必修1化學上冊階段測試試卷189考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、恒溫條件下，某體積可變的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：2A(g)B(?)+2C(g)，且達到平衡。當壓縮體積時，氣體的平均分子質(zhì)量增大，則下列敘述中正確的是A.壓縮體積，平衡逆向移動B.物質(zhì)B為非氣態(tài)C.若充入惰性氣體，正、逆反應(yīng)速率都會增大D.若往容器中加入更多的C物質(zhì)，化學平衡常數(shù)會變大2、在由水電離產(chǎn)生的H＋濃度為1×10－13mol·L－1的溶液中；一定能大量共存的離子組是()

①K＋、Cl－、NOS2－，②K＋、Fe2＋、I－、SO③Na＋、Cl－、NOSO④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NOA.①③B.③⑤C.③④D.②⑤3、某工業(yè)生產(chǎn)中發(fā)生反應(yīng)：2A(g)＋B(g)2M(g)ΔH＞0。下列有關(guān)該工業(yè)生產(chǎn)的說法不正確的是A.工業(yè)上合成M時，一定采用高壓條件，因為高壓有利于M的生成B.若物質(zhì)B價廉易得，工業(yè)上一般采用加入過量的B以提高A的轉(zhuǎn)化率C.工業(yè)上一般采用較高溫度合成M，因溫度越高，反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率越高D.工業(yè)生產(chǎn)中常采用催化劑，因為生產(chǎn)中使用催化劑可提高M的日產(chǎn)量4、在CH3COOHCH3COO-+H+的電離平衡中，要使CH3COOH的電離程度及c(OH-)都增大，可采取的措施是A.升高溫度B.增大壓強C.加少量NaOH固體D.通入HCl5、Zn-BiOI電池以ZnI2水溶液作為鋅離子電池的氧化還原介質(zhì)；可實現(xiàn)快速可逆的協(xié)同轉(zhuǎn)化反應(yīng)，具有超高的可逆容量和超長循環(huán)壽命。下列說法錯誤的是。

A.放電時，負極反應(yīng)為B.放電時，1molBiOI參與反應(yīng)，轉(zhuǎn)移3mole-C.充電時，電池的總反應(yīng)為D.ZnI2能加快電極反應(yīng)速率6、用如圖所示裝置的電解氯化鈉溶液(X；Y是碳棒)。下列判斷正確的是。

A.Y電極和電源的正極相連B.X電極表面有氫氣生成C.X電極表面發(fā)生氧化反應(yīng)D.電解過程的能量變化是化學能轉(zhuǎn)化為電能評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)7、次磷酸(H3PO2)是一種精細磷化工產(chǎn)品。常溫下，某實驗小組以酚酞為指示劑，用0.100mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL未知濃度的次磷酸(H3PO2)溶液。溶液pH、所有含磷微粒的分布系數(shù)δ隨滴加NaOH溶液體積V(NaOH)的變化關(guān)系如圖所示。［比如H2PO的分布系數(shù)：δ(H2PO)=］；下列敘述正確的是。

A.①代表δ(H3PO2)，曲線②代表δ(H2PO)B.H3PO2溶液的濃度為0.100mol·L-1C.H2PO水解常數(shù)Kh≈1.0×10-10D.NaH2PO2是酸式鹽，其水溶液顯堿性8、一定量的稀硫酸跟過量的鐵粉反應(yīng)時，為了減緩反應(yīng)速率，且不影響生成氫氣的總量，可向稀硫酸中加入適量的A.H2OB.NaOH固體C.濃硫酸D.CH3COONa固體9、常溫下，濃度均為0.1mol·L-1的三種溶液：①醋酸溶液②醋酸鈉溶液③碳酸鈉溶液。已知醋酸的電離平衡常數(shù)為K=1.8×10-5。下列說法正確的是A.溶液中c(CH3COO-)：①>②B.溶液的pH：②＜③＜①C.水的電離程度：①＜②＜③D.①與②等體積混合溶液中：c(CH3COO-)>c(CH3COOH)10、關(guān)于下圖所示裝置的判斷；敘述不正確的是()

A.左邊的裝置是電解池，右邊的裝置是原電池B.該裝置中銅為正極，鋅為負極C.當銅片的質(zhì)量變化為12.8g時，a極上消耗的O2在標準狀況下的體積為2.24LD.裝置中電子不經(jīng)過CuSO4溶液11、任意自發(fā)的反應(yīng)在一定條件下均能設(shè)計成為原電池，例如配位反應(yīng)：Cu2+(aq)+4NH3·H2O(aq)=[Cu(NH3)4]2++4H2O可以設(shè)計成原電池；該原電池的裝置圖如圖。下列說法錯誤的是。

A.電池工作時，Cu(Ⅱ)電極為原電池的正極B.電池工作時，氯化鉀鹽橋中的氯離子向右池移動C.Cu(Ⅰ)電極上發(fā)生的電極反應(yīng)為：Cu-2e-+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2OD.電池工作時，右池中c(Cu2+)增大12、25℃時，在的NaOH溶液中，逐滴加入的溶液；溶液的pH與醋酸體積關(guān)系如下圖所示，下列分析正確的是。

A.B點的橫坐標B.C點時溶液中有：C.D點時溶液中有：D.曲線上B間的任意一點，溶液中都有：13、在水質(zhì)檢驗中，測定水的硬度時，用到氨和氯化銨(NH3·H2O~NH4Cl)緩沖溶液，控制溶液在pH=9.1左右。則關(guān)于該緩沖溶液的說法正確的是A.在緩沖溶液中，不可能有c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)B.在緩沖溶液中，一定有c(NH)+c(NH3)=2c(Cl-)C.在有效緩沖范圍內(nèi)，將緩沖溶液加水稀釋時，pH基本不變D.在緩沖溶液中，水的電離可能受到促進也可能受到抑制14、現(xiàn)以CO、O2、熔融鹽Z(Na2CO3)組成的燃料電池，采用電解法處理CO同時制備N2O5，裝置如圖所示，其中Y為CO2。下列說法不合理的是（）

A.石墨Ⅰ是原電池的負極，發(fā)生氧化反應(yīng)B.甲池中的CO向石墨Ⅱ極移動C.乙池中左端Pt極電極反應(yīng)式：N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+D.若甲池消耗氧氣2.24L，則乙池中產(chǎn)生氫氣0.2mol15、電位滴定是利用溶液電位突變指示終點的滴定法。常溫下，用標準溶液測定某生活用品中的含量(假設(shè)其它物質(zhì)均不反應(yīng)，且不含碳、鈉元素)，得到滴定過程中溶液電位與的關(guān)系如圖所示。已知：根據(jù)兩個滴定終點時消耗鹽酸的體積差可計算出的量。下列說法不正確的是。

A.滴定過程中水的電離程度逐漸增大B.滴定過程中溶液中逐漸增大C.1mL該生活用品中含有的質(zhì)量為D.曲線任一點溶液中均存在：評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)16、現(xiàn)用蓄電池Fe+NiO2+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2為電源，制取少量高鐵酸鉀(K2FeO4)。反應(yīng)裝置如圖所示：

(1)電解時，石墨電極連接的a極上放電的物質(zhì)為__________(填“Fe”或“NiO2”)。

(2)寫出電解池中鐵電極發(fā)生的電極反應(yīng)式__________。

(3)當消耗掉0.1molNiO2時，生成高鐵酸鉀__________g。

(4)Mg和Fe都是生產(chǎn)生活中的常用金屬。加熱鍋爐時，水中的MgCO3可以先轉(zhuǎn)化為Mg(HCO3)2，然后轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2，求MgCO3+H2O?Mg2+++OH-在80℃時的平衡常數(shù)__________。(已知：80℃時H2O的Kw＝2.5×10?13，Ksp(MgCO3)＝8.4×10?6，Ka1(H2CO3)＝4.2×10?7、Ka2(H2CO3)＝5.6×10?11)。17、已知100℃時，在100℃下將的溶液與的硫酸溶液混合(忽略溶液混合后體積變化)，若所得溶液則溶液與硫酸溶液的體積比為___________。18、氫氧燃料電池是符合綠色化學理念的新型發(fā)電裝置。下圖為電池示意圖；該電池電極表面鍍一層細小的鉑粉，鉑吸附氣體的能力強，性質(zhì)穩(wěn)定，請回答：

（1）氫氧燃料電池的能量轉(zhuǎn)化主要形式是______，在導(dǎo)線中電子流動方向為___________（用a、b表示）。

（2）負極反應(yīng)式為________。

（3）電極表面鍍鉑粉的原因為___________________________。

（4）該電池工作時，H2和O2連續(xù)由外部供給；電池可連續(xù)不斷提供電能。因此，大量安全儲氫是關(guān)鍵技術(shù)之一。金屬鋰是一種重要的儲氫材料，吸氫和放氫原理如下：

Ⅰ.2Li+H22LIH

Ⅱ.LiH+H2O==LiOH+H2↑

①反應(yīng)Ⅰ中的還原劑是_____，反應(yīng)Ⅱ中的氧化劑是_____。

②已知LiH固體密度為0.82g/cm3。用鋰吸收224L（標準狀況）H2，生成的LiH體積與被吸收的H2體積比為________。

③由②生成的LiH與H2O作用，放出的H2用作電池燃料，若能量轉(zhuǎn)化率為80％，則導(dǎo)線中通過電子的物質(zhì)的量為___________mol。19、（1）下圖中，為了減緩海水對鋼閘門A的腐蝕，材料B可以選擇_____（填字母序號）。用電化學原理解釋材料B需定期拆換的原因：________。

a．碳棒b．鋅板c．銅板。

（2）下圖，鋼閘門C做__極。用氯化鈉溶液模擬海水進行實驗，D為石墨塊，則D上的電極反應(yīng)式為_______，檢測該電極反應(yīng)產(chǎn)物的方法是________。

（3）鎂燃料電池在可移動電子設(shè)備電源和備用電源等方面應(yīng)用前景廣闊。下圖為“鎂-次氯酸鹽”燃料電池原理示意圖；電極為鎂合金和鉑合金。

①E為該燃料電池的極___（填“正”或“負”）。F電極上的電極反應(yīng)式為____。

②鎂燃料電池負極容易發(fā)生自腐蝕產(chǎn)生氫氣，使負極利用率降低，用化學用語（化學方程式）解釋其原因__。

（4）乙醛酸（HOOC-CHO）是有機合成的重要中間體。工業(yè)上用“雙極室成對電解法”生產(chǎn)乙醛酸；原理如圖所示，該裝置中陰；陽兩極為惰性電極，兩級室均可產(chǎn)生乙醛酸，其中乙二醛與M電極的產(chǎn)物反應(yīng)生成乙醛酸。N級乙二酸直接反應(yīng)生成乙醛酸。

①N電極上的電極反應(yīng)式為_________。

②若有2molH+通過質(zhì)子交換膜，并完全參與了反應(yīng)，則該裝置中生成的乙醛酸為______mol。20、(1)氯化銨的水溶液顯弱酸性，其原因為______(用離子方程式表示)

(2)25℃，幾種酸的電離平衡常數(shù)如表?；瘜W式CH3COOHH2CO3HCNHClOH2SO3電離常數(shù)1.8×10-5K1=4.3×10-7

K2=5.6×10-115×10-103.0×10-8K1=2×10-2

K2=1×10-7

①物質(zhì)的量濃度均為0.1mol/L的五種溶液：a．CH3COONab．Na2CO3c．NaClOd．NaHCO3e.NaCN，pH由大到小的順序為______(用編號填寫)。

②根據(jù)上表數(shù)據(jù)判斷，下列離子方程式錯誤的是_______。

A．CO2(過量)+H2O+ClO-=HCO+HClOB．SO2(過量)+H2O+ClO-=HSO+HClO

C．CO2(少量)+H2O+CN-=HCO+HCND．2SO2(過量)+CO+H2O=2HSO+CO2↑

E．SO2(少量)+2CO+H2O=SO+2HCOF．SO2(少量)+H2O+CN-=HSO+HCN

③0.10mol·L-1NaHSO3溶液中離子濃度由大到小的順序為_______。

④25℃時，NaCN與HCN的混合溶液，若c(CN-)=c(HCN)，則溶液中pH=_____(已知lg2=0.3；lg5=0.7)。

⑤25℃時，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，則溶液中將______(填“增大”“減小”或“不變”)。評卷人得分四、判斷題(共4題，共20分)21、則相同條件下，氣體的總能量小于氫氣和氟氣的能量之和。(_______)A.正確B.錯誤22、為使實驗現(xiàn)象更加明顯，酸堿中和滴定時加入5mL甲基橙或酚酞。(_____)A.正確B.錯誤23、制備AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用將溶液直接蒸干的方法。(_______)A.正確B.錯誤24、pH減小，溶液的酸性一定增強。（____________）A.正確B.錯誤評卷人得分五、原理綜合題(共1題，共4分)25、硫及其化合物有廣泛應(yīng)用。

（1）硫酸生產(chǎn)過程中涉及以下反應(yīng)。已知25℃；l0lkPa時：

(i)2SO2(g)+O2(g)+2H2O(l)=2H2SO4(l)ΔH=-457kJ/mol

(ii)SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(l)ΔH=-130kJ/mol

則SO2催化氧化反應(yīng)中，每生成lmolSO3(g)的焓變?yōu)開____kJ·mol-1。

（2）對于SO3催化氧化反應(yīng)：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。

①甲圖是SO2催化氧化反應(yīng)時SO2(g)和SO3(g)的濃度隨時間的變化情況。反應(yīng)從開始到達到平衡時，用O2表示的平均反應(yīng)速率為____。

②在一容積可變的密閉容器中充入20molSO2(g)和l0molO2(g)，O2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度(T)、壓強(P)的變化如圖所示。則P1與P2的大小關(guān)系是P1____P2(填>、=或<)；A、B、C三點的平衡常數(shù)大小關(guān)系是____(用KA、KB、KC和>、=、<表示)。

（3）為研究H2SO4生產(chǎn)中SO3催化氧化時溫度對SO2平衡轉(zhuǎn)化率的影響，進行如下試驗。取100L原料氣(體積分數(shù)為SO27％、O211％、N282％)使之發(fā)生反應(yīng)；在10lkPa下達到平衡，得到如下數(shù)據(jù)：

根據(jù)上述數(shù)據(jù)，575℃達平衡時，SO3的體積分數(shù)為______％(保留一位小數(shù))。

（4）工業(yè)生成硫酸過程中；通常用氨水吸收尾氣。

①如果相同物質(zhì)的量的SO2與NH3溶于水，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為__________，所得溶液中c(H+)-c(OH-)=___________(填序號)。

A.c(SO32-)-c(H2SO3)B.c(HSO3-)+c(SO32-)-c(NH4+)

C.c(SO32-)+c(NH3?H2O)-c(H2SO3)D.c(HSO3-)+2c(SO32-)-c(NH4+)

②工業(yè)上用足量氨水吸收硫酸工業(yè)廢氣。吸收SO2后的堿性溶液還可用于Cl2的尾氣處理，吸收Cl2后的溶液仍呈強堿性，則吸收Cl2后的溶液中一定存在的陰離子有OH-和_____。評卷人得分六、有機推斷題(共4題，共20分)26、碘番酸是一種口服造影劑；用于膽部X-射線檢查。其合成路線如下：

已知：R1COOH+R2COOH+H2O

(1)A可發(fā)生銀鏡反應(yīng)；A分子含有的官能團是___________。

(2)B無支鏈；B的名稱為___________。B的一種同分異構(gòu)體，其核磁共振氫譜只有一組峰，結(jié)構(gòu)簡式是___________。

(3)E為芳香族化合物；E→F的化學方程式是___________。

(4)G中含有乙基；G的結(jié)構(gòu)簡式是___________。

(5)碘番酸分子中的碘位于苯環(huán)上不相鄰的碳原子上。碘番酸的相對分了質(zhì)量為571；J的相對分了質(zhì)量為193。碘番酸的結(jié)構(gòu)簡式是___________。

(6)口服造影劑中碘番酸含量可用滴定分析法測定；步驟如下。

第一步2稱取amg口服造影劑，加入Zn粉、NaOH溶液，加熱回流，將碘番酸中的碘完全轉(zhuǎn)化為I-；冷卻；洗滌、過濾，收集濾液。

第二步：調(diào)節(jié)濾液pH，用bmol·L-1AgNO3溶液滴定至終點，消耗AgNO3溶液的體積為cmL。已知口服造影劑中不含其它含碘物質(zhì)。計算口服造影劑中碘番酸的質(zhì)量分數(shù)___________。：27、X；Y、Z、W、Q是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素；X與Y位于不同周期，X與W位于同一主族；原子最外層電子數(shù)之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序數(shù)等于Y、W、Q三種元素原子的最外層電子數(shù)之和。請回答下列問題：

（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的電子式為_____________。

（2）一種名為“PowerTrekk”的新型充電器是以化合物W2Q和X2Z為原料設(shè)計的，這兩種化合物相遇會反應(yīng)生成W2QZ3和氣體X2，利用氣體X2組成原電池提供能量。

①寫出W2Q和X2Z反應(yīng)的化學方程式：______________。

②以稀硫酸為電解質(zhì)溶液，向兩極分別通入氣體X2和Z2可形成原電池，其中通入氣體X2的一極是_______（填“正極”或“負極”）。

③若外電路有3mol電子轉(zhuǎn)移，則理論上需要W2Q的質(zhì)量為_________。28、已知A；B、C、E的焰色反應(yīng)均為黃色；其中B常作食品的膨化劑，A與C按任意比例混合，溶于足量的水中，得到的溶質(zhì)也只含有一種，并有無色、無味的氣體D放出。X為一種黑色固體單質(zhì)，X也有多種同素異形體，其氧化物之一參與大氣循環(huán)，為溫室氣體，G為冶煉鐵的原料，G溶于鹽酸中得到兩種鹽。A～H之間有如下的轉(zhuǎn)化關(guān)系（部分物質(zhì)未寫出）：

（1）寫出物質(zhì)的化學式：A______________；F______________。

（2）物質(zhì)C的電子式為______________。

（3）寫出G與稀硝酸反應(yīng)的離子方程式：____________________________。

（4）已知D→G轉(zhuǎn)化過程中，轉(zhuǎn)移4mol電子時釋放出akJ熱量，寫出該反應(yīng)的熱化學方程式：____________________________。

（5）科學家用物質(zhì)X的一種同素異形體為電極，在酸性介質(zhì)中用N2、H2為原料，采用電解原理制得NH3，寫出電解池陰極的電極反應(yīng)方程式：____________________。29、甲；乙、丙是都含有同一種元素的不同物質(zhì)；轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖：

（1）若甲是CO2。

①常用于泡沫滅火器的是_______（填“乙”或“丙”；下同）。

②濃度均為0.01mol·L－1的乙溶液和丙溶液中，水的電離程度較大的是_________。

（2）若甲是Al。

①Al的原子結(jié)構(gòu)示意圖為__________。

②當n(Al)︰n(NaOH)︰n(H2SO4)＝1︰1︰2時，丙的化學式是_________。

（3）若甲是Cl2。

①甲轉(zhuǎn)化為乙的離子方程式是____________。

②已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(l)＋2CO(g)△H＝－81kJ·mol－1

2C(s)＋O2(g)＝2CO(g)△H＝－221kJ·mol－1

寫出TiO2和Cl2反應(yīng)生成TiCl4和O2的熱化學方程式：_________。

③常溫下，將amol·L－1乙溶液和0.01mol·L－1H2SO4溶液等體積混合生成丙，溶液呈中性，則丙的電離平衡常數(shù)Ka＝___________（用含a的代數(shù)式表示）。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】溫條件下，某體積可變的密閉容器中反應(yīng)2A(g)B(?)+2C(g)達到平衡后；壓縮體積導(dǎo)致壓強增大，氣體的平均分子質(zhì)量增大，說明平衡逆向移動，B為氣態(tài)，化學反應(yīng)速率與氣體濃度成正比，化學平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)。

【詳解】

A．壓縮體積時；若B為非氣態(tài)，則平衡不移動，氣體的平均相對分子質(zhì)量不變，所以B一定為氣體，依據(jù)題意，平衡逆向移動才會導(dǎo)致氣體平均相對分子質(zhì)量變大，故A正確；

B．根據(jù)A分析知；B為氣態(tài)，故B錯誤；

C．充入惰性氣體；體積增大，反應(yīng)物；生成物濃度都會減小，正、逆反應(yīng)速率都會減小，故C錯誤；

D．平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；溫度不變化學平衡常數(shù)不變，故D錯誤。

答案選A。2、B【分析】【分析】

由水電離產(chǎn)生的H+濃度為1×10-13mol?L-1的溶液為酸或堿溶液；根據(jù)能大量共存的離子之間不能結(jié)合生成水；氣體、沉淀，不能發(fā)生氧化還原反應(yīng)等分析判斷。

【詳解】

由水電離產(chǎn)生的H+濃度為1×10-13mol?L-1的溶液為酸或堿溶液。

①酸性溶液中H+、NOS2-之間能夠發(fā)生氧化還原反應(yīng)；不能大量共存，故①不選；

②在堿性溶液中Fe2+與氫氧根離子能夠反應(yīng)生成沉淀；不能大量共存，故②不選；

③無論酸或堿溶液中該組離子之間都不反應(yīng)；能大量共存，故③選；

④HCO既能與酸反應(yīng)又能與堿反應(yīng)，在水電離產(chǎn)生的H＋濃度為1×10－13mol·L－1的溶液中一定不能大量共存；故④不選；

⑤無論酸或堿溶液中該組離子之間都不反應(yīng)；能大量共存，故⑤選；

在由水電離產(chǎn)生的H＋濃度為1×10－13mol·L－1的溶液中，一定能大量共存的離子組有③⑤，故選B。3、A【分析】【詳解】

A．高壓對設(shè)備的要求較高；則合成M時選擇合適的壓強即可，A錯誤；

B．增大一種反應(yīng)物濃度；可促進另一種反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化，由于物質(zhì)B價廉易得，工業(yè)上一般采用加入過量的B的方法以提高A的轉(zhuǎn)化率，B正確；

C．焓變?yōu)檎磻?yīng)的反應(yīng)熱；由題意可知該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度化學平衡正向移動，使反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率增大，則工業(yè)上一般采用較高溫度合成M，C正確；

D．催化劑可同等程度的加快反應(yīng)速率；因而可提高M的日產(chǎn)量，但對化學平衡移動無影響，D正確。

答案選A。4、C【分析】【詳解】

A．弱電解質(zhì)電離過程是吸熱過程。升溫，平衡正向移動，醋酸電離程度增大，氫離子濃度增大，則c(OH-)減??；A項不符合題意；

B．增大壓強只對有氣體參與的反應(yīng)有影響；B項不符合題意；

C．加少量NaOH固體，消耗氫離子，電離平衡向正向移動，電離程度增大，c(OH-)增大；C項符合題意；

D．通入HCl，使得溶液中c(H+)增大，平衡向著逆向移動，醋酸電離程度減小，c(OH-)減??；D項不符合題意；

故答案選C。5、B【分析】【分析】

該電池為二次電池，放電時鋅作負極，BiOI作正極，放電時電池的總反應(yīng)為：6BiOI+3Zn=2Bi+2Bi2O3+3ZnI2；充電時，Bi作陽極，Bi2O3作陰極，電池的總反應(yīng)為：2Bi+2Bi2O3+3ZnI2=6BiOI+3Zn。

【詳解】

A．放電時鋅為負極，電極反應(yīng)為Zn-2e-=Zn2+；A正確；

B．放電時，通過電池總反應(yīng)可知，轉(zhuǎn)移6mol電子時消耗6molBiOI，故1molBiOI參與反應(yīng)，轉(zhuǎn)移1mole-；B錯誤；

C．根據(jù)分析；充電時電池總反應(yīng)正確，C正確；

D．ZnI2水溶液作為鋅離子電池的氧化還原介質(zhì)，故ZnI2能加快電極反應(yīng)速率；D正確；

故選B。6、C【分析】【分析】

【詳解】

A．Y電極連接電源的負極作陰極；A錯誤；

B．X電極連接電源的正極，為陽極，陽極上Cl-失去電子變?yōu)镃l2逸出；B錯誤；

C．X電極為陽極，溶液中的陰離子Cl-在陽極表面失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)變?yōu)镃l2；C正確；

D．電解過程是使電流通過電解質(zhì)溶液；在陰；陽兩極分別發(fā)生還原反應(yīng)、氧化反應(yīng)的過程，故電解過程的能量變化是電能轉(zhuǎn)化為化學能，D錯誤；

故合理選項是C。二、多選題(共9題，共18分)7、AB【分析】【分析】

根據(jù)加入NaOH溶液后曲線變化可知③是pH變化，曲線①②代表含磷微粒。含磷微粒只有2種，結(jié)合起點pH，可推出H3PO2為一元弱酸(若為一元強酸或二元或三元酸；含磷微粒不是2種或者起點pH不對應(yīng))。據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．結(jié)合以上分析，因為H3PO2為一元弱酸，故曲線①代表δ(H3PO2)，曲線②代表δ(H2PO)；故A正確；

B．因為H3PO2為一元弱酸，故等濃度NaOH與次磷酸二者1∶1恰好中和，由20mL時達到滴定終點可知，次磷酸濃度為0.100mol·L-1；故B正確；

C．由曲線①②交點可知δ(H3PO2)=δ(H2PO)，故c(H3PO2)=c(H2PO)，對應(yīng)曲線③pH=3，即c(H+)=10-3mol·L-1，Ka(H3PO2)==10-3，故H2PO水解常數(shù)Kh=≈1.0×10-11；故C錯誤；

D．因為H3PO2為一元弱酸，故NaH2PO2是正鹽；其水溶液顯堿性，故D錯誤；

答案選AB。8、AD【分析】【詳解】

A．加入H2O能夠降低酸溶液中H+的濃度，減緩反應(yīng)速率；但由于H+的物質(zhì)的量不變；因此不影響生成氫氣的總量，A符合題意；

B．加入NaOH固體，反應(yīng)消耗酸，能夠降低酸的濃度，同時也使H+的物質(zhì)的量減少；因此既減緩了反應(yīng)速率，也影響生成氫氣的總量，B不符合題意；

C．向其中加入濃硫酸，使溶液中H+的濃度增大，H+的總物質(zhì)的量也增大；因此反應(yīng)速率加快，反應(yīng)產(chǎn)生氫氣的總量也增加，C不符合題意；

D．加入CH3COONa固體，醋酸鈉與硫酸反應(yīng)產(chǎn)生醋酸，使溶液中H+的濃度降低，反應(yīng)速率減?。划敺磻?yīng)進行到一定程度后，醋酸電離產(chǎn)生H+；繼續(xù)與Fe反應(yīng)放出氫氣，因此最終放出氫氣的總量不變，D符合題意；

故合理選項是AD。9、CD【分析】【分析】

【詳解】

A．強電解質(zhì)的電離程度大于等濃度的弱電解質(zhì)的電離程度，所以濃度均為0.1mol·L-1的醋酸溶液和醋酸鈉溶液，c（CH3COO-）：①＜②；A錯誤；

B．醋酸溶液顯示酸性；醋酸鈉溶液和碳酸鈉溶液水解顯示堿性，但是碳酸鈉的水解程度大，所以碳酸鈉pH大堿性強，溶液的pH：①＜②＜③，B錯誤；

C．醋酸對水的電離起到抑制作用；能水解的鹽對水的電離起到促進作用，碳酸鈉水解程度大，對水的電離促進作用越大，所以水的電離程度：①＜②＜③，C正確；

D．由醋酸的電離常數(shù)可知，①與②等體積混合，溶液顯酸性，即電離程度大于水解程度，所以c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)；D正確；

答案選CD。10、AB【分析】【分析】

左邊是氫氧燃料電池；通入氫氣的電極是負極，負極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，通入氧氣的電極是正極，正極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，右邊是電解池，鋅是陰極，陰極上銅離子發(fā)生還原反應(yīng)，銅是陽極，陽極上銅失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，據(jù)此分析解答。

【詳解】

A．左邊是原電池；右邊是電解池，故A錯誤；

B．左邊是氫氧燃料電池；通入氫氣的電極是負極，通入氧氣的電極是正極，則鋅是陰極，銅是陽極，故B錯誤；

C．根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得，當銅片的質(zhì)量變化為12.8g時，a極上消耗的O2在標準狀況下的體積為=×22.4L/mol=2.24L；故C正確；

D．左邊是氫氧燃料電池，通入氫氣的電極是負極，通入氧氣的電極是正極，則鋅是陰極，銅是陽極，裝置中電子的流向量b→Zn，Cu→a，電子不經(jīng)過CuSO4溶液；故D正確；

故選AB。11、BD【分析】【分析】

由裝置可知，Cu(Ⅰ)電極銅失電子生成銅離子與一水合氨反應(yīng)生成[Cu(NH3)4]2+；為原電池的負極，Cu(Ⅱ)電極為原電池的正極，據(jù)此解答。

【詳解】

A．由分析可知；電池工作時，Cu(Ⅱ)電極為原電池的正極，故A正確；

B．電池工作時；負電荷向負極移動，氯化鉀鹽橋中的氯離子向左池移動，故B錯誤；

C．由裝置可知，Cu(Ⅰ)電極上發(fā)生的電極反應(yīng)為：Cu-2e-+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O；故C正確；

D．電池工作時，右池中c(Cu2+)得電子生成銅單質(zhì)；離子濃度降低，故D錯誤；

故選BD。12、BC【分析】【詳解】

A．B點溶液顯中性，而加入12.5mL醋酸時溶液中的溶質(zhì)為CH3COONa，由于存在醋酸根的水解所以溶液顯堿性，所以a>12.5；故A錯誤；

B．C點溶液中存在電荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，溶液顯酸性，所以c(H+)>c(OH-)，則c(CH3COO-)>c(Na+)，醋酸的電離和醋酸根的水解都是微弱的，所以溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)；故B正確；

C．D點加入n(CH3COOH)=2n(NaOH)，根據(jù)物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)；故C正確；

D．A、B之間任意一點均滿足電荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，此時溶液顯堿性，所以c(H+)<c(OH-)，則c(CH3COO-)<c(Na+)；故D錯誤；

綜上所述答案為BC。13、AC【分析】【詳解】

A．NH3·H2O和NH4Cl的混合溶液pH=9.1，呈堿性，則c(OH-)＞c(H+)，由電荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH)，則c(Cl-)<c(NH)，離子濃度大小順序為：c(NH)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)；A正確；

B．該緩沖溶液c(NH3·H2O)：c(NH4Cl)不確定，不是1:1關(guān)系，則不一定有c(NH)+c(NH3)=2c(Cl-)；B錯誤；

C．加水稀釋可同時促進氨水的電離平衡和銨根的水解平衡；在有效緩沖范圍內(nèi)，兩者的影響程度可能一樣，則pH基本不變，C正確；

D．在緩沖溶液中；存在氨水的電離平衡和銨根的水解平衡，因為顯堿性，氨水的電離程度大于銨根水解程度，而氨的電離對水有抑制作用，所以水的電離受抑制，D錯誤；

故選：AC。14、BD【分析】【詳解】

A.一氧化碳發(fā)生氧化反應(yīng)是負極；則石墨Ⅰ是原電池的負極，發(fā)生氧化反應(yīng)，故A正確；

B.原電池中陰離子向負極移動，所以甲池中的CO向石墨I極移動；故B錯誤；

C.乙池中左端Pt極與電源的正極相連做陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，氮元素化合價升高，所以電極反應(yīng)式為：N2O4?2e?+2HNO3=2N2O5+2H+；故C正確；

D.沒有說明氣體存在的外界條件；無法計算2.24L氧氣的物質(zhì)的量，故D錯誤；

故選：BD。15、AC【分析】【分析】

【詳解】

A．隨著鹽酸的加入；碳酸鈉轉(zhuǎn)化為碳酸氫鈉，最后轉(zhuǎn)化為氯化鈉，鹽類的水解程度越來越小，故對水的電離的促進作用也越來越小，鹽酸過量時還將抑制水的電離，故滴定過程中水的電離程度逐漸減小，A錯誤；

B．隨著鹽酸的加入，碳酸鈉轉(zhuǎn)化為碳酸氫鈉，故c()逐漸增大，c()逐漸減小，滴定過程中溶液中逐漸增大；B正確；

C．由圖中可知，(V2-V1)即碳酸氫鈉消耗鹽酸的體積，原溶液中碳酸鈉的物質(zhì)的量濃度為：mol/L，故1mL該生活用品中含有的質(zhì)量為=C錯誤；

D．根據(jù)溶液中電荷守恒可知，曲線任一點溶液中均存在：D正確；

故答案為：AC。三、填空題(共5題，共10分)16、略

【分析】【詳解】

(1)該裝置可以通過電解制取高鐵酸鉀，所以鐵電極要被氧化，所以鐵電極為陽極，則b為蓄電池的正極；a為蓄電池的負極，蓄電池中負極發(fā)生氧化反應(yīng)，所以a極上放電的物質(zhì)為Fe；

(2)鐵電極上Fe失電子被氧化，堿性環(huán)境中生成高鐵酸根，電極反應(yīng)式為Fe-6e-+8OH-=+4H2O；

(3)蓄電池中放電時NiO2轉(zhuǎn)化為Ni(OH)2化合價降低2價，所以消耗掉0.1molNiO2時，轉(zhuǎn)移0.2mol電極，再結(jié)合鐵電極的電極反應(yīng)可知生成mol高鐵酸鉀，質(zhì)量為=6.6g；

(4)MgCO3+H2O?Mg2+++OH-的平衡常數(shù)K=c(Mg2+)?c()?c(OH-)===3.75×10-8。【解析】FeFe-6e-+8OH-=+4H2O6.63.75×10-817、略

【分析】【分析】

【詳解】

100℃時，的溶液中的硫酸溶液中二者混合后所得溶液顯堿性，設(shè)加入溶液的體積為加入硫酸溶液的體積為則解得氫氧化鈉溶液和硫酸溶液的體積之比【解析】1∶918、略

【分析】【分析】

(1)原電池主要是將化學鍵轉(zhuǎn)化為電能；氫氣失去電子；為負極，氧氣獲得電子，為正極，電子由負極通過導(dǎo)線移向正極；

(2)負極上氫氣失電子和氫氧根離子反應(yīng)生成水；

(3)反應(yīng)物接觸面積越大；反應(yīng)速率越大；

(4)①根據(jù)化合價的變化判斷；

②設(shè)LiH體積體積為vL；算出質(zhì)量和物質(zhì)的量，求出氣體的體積；

③根據(jù)實際參加反應(yīng)的氫氣以及電極反應(yīng)式計算。

【詳解】

(1)原電池主要是將化學鍵轉(zhuǎn)化為電能，燃料電池是原電池，是將化學能轉(zhuǎn)化為電能的裝置；氫氣失去電子，為負極，氧氣獲得電子，為正極，電子由負極通過導(dǎo)線移向正極，即由a到b；

因此，本題正確答案是：由化學能轉(zhuǎn)化為電能；由a到b；

(2)負極上氫氣失電子和氫氧根離子反應(yīng)生成水，電極反應(yīng)式為2H2+4OH—4e-=4H2O（或H2+2OH—2e-=2H2O）；

因此，本題正確答案是：2H2+4OH—4e-=4H2O（或H2+2OH—2e-=2H2O）；

(3)反應(yīng)物接觸面積越大；反應(yīng)速率越大，鍍鉑粉增大電極單位面積吸附氫氣；氧氣分子數(shù)，加快電極反應(yīng)速率；

因此，本題正確答案是：增大電極單位面積吸附H2、O2分子數(shù)；加快電極反應(yīng)速率；

(4)①2Li+H22LIH，該反應(yīng)中鋰失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，所以鋰是還原劑；LiH+H2O=LiOH+H2↑，該反應(yīng)中H2O得電子生成氫氣，發(fā)生還原反應(yīng)，所以H2O是氧化劑；

因此，本題正確答案是：Li；H2O；

②I.Li從零價升至+1價，作還原劑。II.H2O的H從+1降至H2中的零價，作氧化劑。由反應(yīng)I，當吸收10molH2時，則生成20molLiH，V=m/ρ=20×7.9/0.82×10-3L=192.68×10-3L。V(LiH)/v(H2)=192.68×10-3L/224L=8.71×10-4。

故答案是：1/1148或8.71×10-4；

③20molLiH可生成20molH2，實際參加反應(yīng)的H2為20×80%=16mol，1molH2轉(zhuǎn)化成1molH2O，轉(zhuǎn)移2mol電子，所以16molH2可轉(zhuǎn)移32mol的電子；

因此，本題正確答案是：32?！窘馕觥坑苫瘜W能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔苡蒩到b2H2+4OH—4e-=4H2O（或H2+2OH—2e-=2H2O）增大電極單位面積吸附H2、O2分子數(shù)，加快電極反應(yīng)速率LiH2O或8.71×10-43219、略

【分析】【詳解】

(1)形成原電池時；Fe作正極被保護，則要選擇活潑性比Fe強的金屬作負極，所以選鋅；鋅的活潑性比Fe強的作負極，不斷遭受腐蝕，需定期拆換；

故答案為b；鋅等做原電池的負極，(失電子，Zn?2e?═Zn2+)；不斷遭受腐蝕，需定期拆換；

(2)Fe作陰極被保護，則鋼閘門C做陰極；電解氯化鈉溶液時陽極上氯離子失電子生成氯氣，其電極反應(yīng)為：2Cl??2e?═Cl2↑；檢驗氯氣用濕潤的淀粉碘化鉀試紙，即用濕潤的淀粉碘化鉀試紙放在陽極附近，試紙變藍，證明生成氯氣；

故答案為陰；2Cl??2e?═Cl2↑；濕潤的淀粉碘化鉀試紙放在陽極附近；試紙變藍，證明生成氯氣；

(3)①“鎂?次氯酸鹽”燃料電池中失電子的為負極,則Mg為負極;正極上ClO?得電子生成氯離子,則正極的電極反應(yīng)式為：ClO?+2e?+H2O═Cl?+2OH?；

故答案為負；ClO?+2e?+H2O═Cl?+2OH?；

②Mg的活潑性較強能與水反應(yīng)生成氫氣，其反應(yīng)為：Mg+2H2O═Mg(OH)2+H2↑；

故答案為Mg+2H2O═Mg(OH)2+H2↑；

(4)①N電極上HOOC?COOH得電子生成HOOC?CHO，則電極反應(yīng)式為HOOC?COOH+2e?+2H+═HOOC?CHO+H2O；

故答案為HOOC?COOH+2e?+2H+═HOOC?CHO+H2O；

②2molH+通過質(zhì)子交換膜，則電池中轉(zhuǎn)移2mol電子，根據(jù)電極方程式HOOC?COOH+2e?+2H+═HOOC?CHO+H2O；可知生成1mol乙醛酸，由于兩極均有乙醛酸生成所以生成的乙醛酸為2mol；

故答案為2?！窘馕觥緽鋅做原電池的負極，（失電子，Zn-2e-=Zn2+），不斷遭受腐蝕，需定期拆換陰2Cl－-2e－=Cl2↑濕潤的淀粉碘化鉀試紙放在陽極附近，試紙變藍，證明生成氯氣（或取陽極附近溶液滴加淀粉KI溶液，變藍）負ClO－+2e－+H2O=Cl－+2OH－Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑HOOC-COOH+2e－+2H+=HOOC-CHO+H2O220、略

【分析】【詳解】

(1)氯化銨為強酸弱堿鹽，發(fā)生水解，其水解反應(yīng)方程式為：＋H2ONH3·H2O＋H＋，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，溶液顯酸性；故答案：＋H2ONH3·H2O＋H＋；

(2)電離平衡常數(shù)越大，電離出H＋能力越強，根據(jù)表格中數(shù)據(jù)，推出電離出H＋能力的強弱是：H2SO3>CH3COOH>H2CO3>>HClO>HCN>

①根據(jù)上述電離出H＋的能力，利用鹽類水解的規(guī)律“越弱越水解”，推出結(jié)合質(zhì)子能力的順序是：>CN－>ClO－>>CH3COO－，得出相同濃度時，pH由大到小的順序是b>e>c>d>a；

②A．碳酸的酸性強于HClO，因此過量的CO2通入含ClO－的溶液發(fā)生：CO2(過量)＋ClO－＋H2O=HClO＋故A正確；

B．具有還原性，能被HClO氧化成故B錯誤；

C．電離出H＋能力：H2CO3>HCN>利用酸性強的制取酸性弱的，因此CO2(少量)通入含CN－溶液中發(fā)生CO2(少量)＋CN－＋H2O=HCN＋故C正確；

D．亞硫酸的酸性強于碳酸，通入過量的SO2，因SO2與發(fā)生SO2＋＋H2O=2因此發(fā)生2SO2(過量)＋＋H2O=2＋CO2↑；故D正確；

E．電離出H＋能力：H2SO3>H2CO3>>通入少量的SO2，則發(fā)生SO2(少量)＋2＋H2O=＋2故E正確；

F．電離出H＋能力：H2SO3>>HCN，通入少量的SO2，則發(fā)生SO2(少量)＋2CN－＋H2O=＋2HCN；故F錯誤；

綜上所述錯誤的有：BF；

③H2SO3屬于中強酸，在溶液中既有水解也有電離，其電離平衡常數(shù)Ka=1×10－7，水解平衡常數(shù)Kh==5×10－13<1×10－7，的電離大于水解，電離程度微弱，則0.10mol·L－1NaHSO3溶液中離子濃度大小順序是c(Na＋)>c()>c(H＋)>c()>c(OH－)；

④HCN電離平衡常數(shù)的表達式為K=電離平衡常數(shù)只受溫度的影響，與濃度大小無關(guān)，若c(CN－)=c(HCN)，則K=c(H＋)=5×10－10；即pH=9.3；

⑤NaHSO3和少量I2發(fā)生H2O＋I2＋=2I－＋＋3H＋，H＋＋=H2SO3，溶液中c(H＋)增大，Ka1只受溫度的影響，即Ka1保持不變，c(H＋)增大；該比值增大；

【點睛】

本題的難點是離子方程式正誤判斷，應(yīng)利用酸性強的制取酸性弱的，同時還應(yīng)注意生成物之間是否發(fā)生反應(yīng)，如HClO能與發(fā)生氧化還原反應(yīng)，的電離平衡常數(shù)大于HCN，還能與過量的CN－反應(yīng)生成HCN。【解析】NH+H2ONH3?H2O+H+b>e>c>d>aBFc(Na+)>c(HSO)>c(H+)>c(SO)>c(OH-)9.3增大四、判斷題(共4題，共20分)21、A【分析】【詳解】

由于該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，所以反應(yīng)物的總能量之和大于生成物的總能量之和，因此氣體的總能量小于氫氣和氟氣的能量之和，說法正確。22、B【分析】【詳解】

酸堿指示劑本身就是弱酸或弱堿，加入過多會使中和滴定結(jié)果產(chǎn)生較大誤差。23、A【分析】【詳解】

氯化鋁，氯化鐵，氯化銅均屬于強酸弱堿鹽，在溶液中水解生成相應(yīng)的氫氧化物和鹽酸，加熱促進水解、同時鹽酸揮發(fā)，進一步促進水解，所以溶液若蒸干，會得到相應(yīng)的氫氧化物、若繼續(xù)灼燒，氫氧化物會分解生成氧化物。所以答案是：正確。24、B【分析】【分析】

【詳解】

pH值不但與氫離子濃度有關(guān)，也和溶度積常數(shù)有關(guān)，溫度升高，溶度積常數(shù)增大，換算出的pH值也會減小，但這時酸性并不增強，故答案為：錯誤。五、原理綜合題(共1題，共4分)25、略

【分析】【分析】

【詳解】

試題分析：（1）(i)-(ii)×2，整理可得：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-197kJ/mol，可見每產(chǎn)生2molSO3(g)放熱197kJ，若SO2催化氧化反應(yīng)中，每生成lmolSO3(g)，則其焓變?yōu)?97÷2=-98.5kJ/mol。（2）①根據(jù)圖像可知從反應(yīng)開始至平衡，SO2的濃度變化是Δc(SO2)=(0.90-0.15)mol/L=0.75mol/L，則V(SO2)=Δc(SO2)÷Δt=0.75mol/L÷10min=0.075mol/(L?min)。根據(jù)方程式可知V(SO2)：V(O2)=2:1，所以V(O2)=0.0375mol/(L?min)。②在溫度不變時，增大壓強，平衡向氣體體積減小的正反應(yīng)方向移動，O2的轉(zhuǎn)化率增大。由于在壓強p2物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率大于p1的轉(zhuǎn)化率，所以壓強p2>p1?；瘜W平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度相同，化學平衡常數(shù)相同。由于該反應(yīng)的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向吸熱的逆反應(yīng)方向移動，化學平衡常數(shù)減小。由于溫度：TA=TBC，所以這三點的平衡常數(shù)大小關(guān)系是KA=KB>KC。（3）根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知在575℃達平衡時，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率是80.0％，在原來100L氣體中含有SO2的體積是7％×100L=7L，所以反應(yīng)的SO2體積是V(SO2)=7L×80.0％=5.6L，根據(jù)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)可知每有2體積SO2發(fā)生反應(yīng)，會產(chǎn)生2體積SO3,反應(yīng)后氣體體積減小1體積。所以反應(yīng)的SO2體積是5.6L，平衡時產(chǎn)生混合氣體含有的SO3的體積是V(SO3)=5.6L，混合氣體的總體積是100L-2.8L=97.2L，因此達平衡時，SO3的體積分數(shù)為（5.6L÷97.2L）×100.0％=5.8％。（4）①如果相同物質(zhì)的量的SO2與NH3溶于水，由于SO2與水反應(yīng)形成的是二元酸H2SO3，NH3溶于水形成的是一元堿NH3?H2O，所以二者恰好發(fā)生反應(yīng)形成酸式鹽NH4HSO3，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為SO2+NH3+H2O=NH4++HSO3-，根據(jù)電荷守恒，可得關(guān)系式：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，所以c(H+)-c(OH-)=c(HSO3-)+2c(SO32-)-c(NH4+)，選項D正確；根據(jù)質(zhì)子守恒可得c(H+)+c(H2SO3)=c(OH-)+c(SO32-)+c(NH3?H2O)，所以c(H+)-c(OH-)=c(SO32-)+c(NH3?H2O)-c(H2SO3)，所以選項C正確。故答案是C、D。②工業(yè)上用足量氨水吸收硫酸工業(yè)廢氣。吸收SO2后的堿性溶液還可用于Cl2的尾氣處理，吸收Cl2后的溶液仍呈強堿性，Cl2有強的氧化性，