2025年蘇教版選修4化學下冊月考試卷含答案

…………○…………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年蘇教版選修4化學下冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、一定量的鐵粉和水蒸氣在一個容積可變的密閉容器中進行反應：下列條件能使該反應的化學反應速率增大的是A.增加鐵粉的質(zhì)量B.保持體積不變，充入N2，使體系壓強增大C.將容器的體積縮小一半D.保持壓強不變，充入N2，使容器的體積增大2、常溫下，現(xiàn)有的溶液，已知含氮或含碳各微粒的分布分數(shù)平衡時某種微粒的濃度占各種微粒濃度之和的分數(shù)與pH的關(guān)系如圖所示．下列說法正確的是

A.當溶液的時，溶液中存在下列關(guān)系：B.溶液中存在下列守恒關(guān)系：C.往該溶液中逐滴滴加氫氧化鈉時和濃度逐漸減小D.通過分析可知常溫下3、下表是常溫下某些一元弱酸的電離常數(shù)：

則0.1mol·L－1的下列溶液中，pH最小的是()A.HCNB.HFC.CH3COOHD.HNO24、酸式鹽NaHB在水溶液中，HB﹣的電離程度小于HB﹣的水解程度，下列說法正確的是（）A.NaHB的存在抑制了水的電離B.HB﹣水解方程式：HB﹣+H2OH3O++B2﹣C.相同物質(zhì)的量濃度溶液的pH值：NaHB＞Na2BD.溶液中離子濃度大小為：c（Na+）＞c（HB﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）5、25℃時，在10mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1HCl溶液20mL，溶液中含碳微粒的物質(zhì)的量隨溶液pH的變化如圖所示。下列說法錯誤的是（）

A.HCl溶液滴加一半時，溶液pH＞7B.H2CO3的Ka1的數(shù)量級為10-6C.pH＝8時，溶液中NaHCO3的物質(zhì)的量濃度為0.1mol·L-1D.在M點：c(Na＋)＞c(CO)＝c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)6、常溫下，用0.10mol?L-1NH3?H2O標準溶液滴定20mL0.10mol?L-1鹽酸與未知濃度CH3COOH的混合溶液，混合溶液的相對導電能力變化曲線如圖所示，已知Kb(NH3·H2O)=Ka(CH3COOH)。下列敘述錯誤的是。

A.H+的導電能力大于等濃度的NH4+B.a點混合溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.10mol?L-1C.b點混合溶液中，c(NH4+)+c(NH3?H2O)>c(CH3COOH)D.c點混合溶液中，c(NH4+)>c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)7、下列實驗操作、現(xiàn)象與結(jié)論均正確的是。選項操作現(xiàn)象結(jié)論A向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl固體溶液顏色變淺FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl平衡向逆反應方向移動B向酸性高錳酸鉀溶液中加入過量的FeI2固體反應后溶液變黃反應后溶液中存在大量Fe3+C取3mL1mol·L-1NaOH溶液,先加入3滴1mol·L-1MgCl2溶液,再加入3滴1mol·L-1FeCl3溶液出現(xiàn)紅褐色沉淀Mg(OH)2的Ksp比Fe(OH)3的Ksp大D常溫下，向濃度、體積都相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞變紅,前者紅色更深結(jié)合質(zhì)子的能力：CO32->HCO3-

A.AB.BC.CD.D8、埋在地下的鋼管常用如圖所示方法加以保護；使其免受腐蝕，下列說法正確的是（）

A.金屬棒X的材料可能為鈉B.金屬棒X的材料可能為銅C.鋼管附近土壤的pH增大D.這種方法稱為外加電流的陰極保護法評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、高爐煉鐵中發(fā)生的基本反應之一如下：FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0，其平衡常數(shù)表達式為K=__，又知1100℃時，K=0.28。

（1）溫度升高，化學平衡移動后達到新的平衡，平衡常數(shù)__（填“變大”；“變小”或“不變”）。

（2）1100℃時測得高爐中c(CO2)=0.013mol/L，c(CO)=0.05mol/L，在這種情況下，該反應是否處于化學平衡狀態(tài)：__（填“是”或“否”），此時，化學反應速率是v正__v逆（填“大于”、“小于”或“等于”），其原因__。10、I．現(xiàn)有下列物質(zhì)①100℃純水②25℃0.1mol/LHCl溶液③25℃0.1mol/LKOH溶液④25℃0.1mol/LBa(OH)2溶液。

(1)這些物質(zhì)與25℃純水相比，能促進水電離的是________(填序號，下同)，能抑制水的電離的是________，水電離的c(OH－)等于溶液中c(OH－)的是________，水電離的c(H＋)等于溶液中c(H＋)的是________。

(2)②和③溶液中水的電離度相等，進而可推出的結(jié)論是：同一溫度下，___________時；水的電離度相等。

II．今有①鹽酸②醋酸③硫酸三種稀溶液，用序號回答下列問題。

(1)若三種酸的物質(zhì)的量濃度相等，三種溶液中的c(H＋)大小關(guān)系為______

(2)若三種溶液的c(H＋)相等，三種酸的物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系為_____。11、某二元酸（H2A）在水中的電離方程式：H2A=H＋+HA-；HA-H＋+A2-。回答下列問題：

（1）Na2A溶液顯堿性理由是：__（用離子方程式表示）。

（2）在0.1mol/L的Na2A溶液中，下列微粒濃度關(guān)系式正確的是__。

A．c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)=0.1mol/LB．c(OH-)=c(H＋)＋c(HA-)

C．c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(HA-)＋2c(A2-)D．c(Na＋)=2c(A2-)＋2c(HA-)

（3）水的電離平衡曲線如圖所示。下列說法正確的是___。

A．圖中對應點的溫度關(guān)系為：a＞b＞c

B．純水僅升高溫度；可從a點變到c點。

C．水的電離常數(shù)Kw數(shù)值大小關(guān)系為：b＞c＞d

D．在b點對應溫度下，將pH=2的H2SO4與pH=10的NaOH溶液等體積混合后，溶液顯中性12、完成下列問題。

(1)已知常溫下，在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()，且H2SO3的電離平衡常數(shù)為K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7；氨水的電離平衡常數(shù)為K=1.8×10-5.則等物質(zhì)的量濃度的下列五種溶液：①NH3·H2O②(NH4)2SO3③KHSO3④K2SO3⑤H2SO3，其中水的電離程度由大到小排列順序為_______(填序號)。

(2)已知H2CO3的電離常數(shù)K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11。下列微粒可以大量共存的是_______(填字母)。

a.b.c.d.H2SO3、

(3)CuSO4·5H2O的含量(含雜質(zhì)Fe3+)通常利用“間接碘量法”測定。已知Cu2+與F-不反應，而Fe3+與F-反應生成FeF氧化性I2＞FeFI2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。步驟如下：

①稱取1.250g產(chǎn)品配成100mL溶液。

②取其中25.00mL溶液；加入足量的NaF溶液后，滴加KI溶液至不再產(chǎn)生沉淀。

③用0.1000mol·L-1Na2S2O3標準溶液滴定；平行滴定3次。

步驟②中，若不加足量的NaF溶液，最終的測量值將_______(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。滴加KI溶液，有白色碘化物沉淀生成，反應的離子方程式為_______；若Na2S2O3標準溶液的平均用量為10.00mL，則膽礬產(chǎn)品純度為_______%。13、下表是室溫下，幾種弱酸的電離平衡常數(shù)（Ka）和弱堿的電離平衡常數(shù)（Kb）：。酸或堿電離常數(shù)（Ka或Kb）CH3COOHKa＝1.75×10－5檸檬酸（H3C6H5O7）Ka1＝7.4×10－4

Ka2＝1.73×10－5

Ka3＝4.0×10－7NH3·H2OKb＝1.75×10－5

請回答下列問題：

（1）用蒸餾水稀釋0.1mol/L的醋酸溶液，下列選項中一定變小的是__________（填字母）。

A．

B．c(H＋)

C．c(OH－)·c(H＋)

D．

E．

（2）濃度為0.10mol/L檸檬酸氫二鈉（Na2HC6H5O7）溶液顯_____（填“酸”“堿”或“中”）性，通過計算說明其原因____14、蓄電池是一種可以反復充電、放電的裝置。有一種蓄電池在充電和放電時發(fā)生的反應是：NiO2＋Fe+2H2O=Fe(OH)2+Ni(OH)2

（1）金屬鎳在元素周期表中的位置是______________。

（2）此蓄電池放電時；該電池發(fā)生氧化反應的物質(zhì)是________（城序號）。

。A．NiO2

B．Fe

C．Fe(OH)2

D．Ni(OH)2

（3）此蓄留電池充電時；陽極的電極反應式是____________。

（4）用該蓄電池電解含有0.2molNaCl的混合溶液100mL；假如電路中轉(zhuǎn)移了0.1mo電子，且電解池的電極均為惰性電極。陽極產(chǎn)生的氣體在標準狀況下的體積是________；將電解后的溶液加水稀釋至1L，此時溶液的pH=________________。

（5）該電池電極材料對環(huán)境有危害。在對電池進行回收處理過程中遇到以下問題：已知：常溫下Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-34，Ksp[Ni(OH)2]=1.0×10-15。某溶液中含有0.1mol/L的Ni2+和0.1mol/LFe3+；當逐滴加入NaOH溶液（忽略溶液體積改變）；

①先沉淀的離子是________。

②要想使Fe3+沉淀完全，Ni2+不沉淀，溶液的pH需控制的范圍是__________。15、.按要求寫出下列化學方程式或離子方程式。

（1）鋁與氫氧化鈉溶液反應的離子方程式_________________________________

（2）7.80g乙炔氣體完全燃燒生成二氧化碳和液態(tài)水；放出389.9kJ的熱量，寫出反應的熱化學方程式_______________________________

（3）氫氧燃料電池是最常見的燃料電池，電解質(zhì)溶液通常是KOH溶液，寫出負極電極反應式______________________________評卷人得分三、判斷題(共1題，共2分)16、向溶液中加入少量水，溶液中減小。(____)評卷人得分四、工業(yè)流程題(共3題，共21分)17、輝銅礦主要成分Cu2S，此外還含有少量SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)，軟錳礦主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等雜質(zhì)。研究人員開發(fā)綜合利用這兩種資源；用同槽酸浸濕法治煉工藝，制備硫酸錳晶體和堿式碳酸銅。主要工藝流程如下：

已知：

①MnO2有較強的氧化性；能將金屬硫化物中的硫氧化為單質(zhì)硫；

②[Cu(NH3)4]SO4常溫穩(wěn)定，在熱水溶液中會分解生成NH3；

③部分金屬陽離子生成氫氧化物沉淀的pH范圍(開始沉淀和完全沉淀的pH)：。金屬離子Fe3+Mn2+Cu2+開始沉淀pH值1.58.34.4完全沉淀pH值3.29.86.4

④MnSO4·H2O溶于1份冷水；0.6份沸水；不溶于乙醇。

(1)實驗室配制240mL4.8mol?L-1的稀硫酸，所需的玻璃儀器除玻璃棒、量筒、燒杯以外還需要___________。

(2)酸浸時，為了提高浸取率可采取的措施有___________(任寫一點)。

(3)酸浸時，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。寫出該反應的化學方程式：___________。

(4)調(diào)節(jié)浸出液pH=4的作用是___________。

(5)寫出流程中生成MnCO3的離子方程式___________。

(6)MnCO3先加稀硫酸溶解，在經(jīng)過___________得到MnSO4·H2O晶體。

(7)本工藝中可循環(huán)使用的物質(zhì)是___________(寫化學式)。18、工業(yè)上用重晶石（主要成分為BaSO4）制備BaCO3的常用方法有高溫煅燒還原法；沉淀轉(zhuǎn)化法等。高溫煅燒還原法的工藝流程可簡單表示如下：

（1）若“煅燒”時產(chǎn)生一種有毒的還原性氣體，則反應的化學方程式為_____________。

（2）工業(yè)上煅燒重晶石礦粉時，為使BaSO4得到充分的還原和維持反應所需的高溫，應采取的措施是________。

a加入過量的焦炭；同時通入空氣。

b設法將生成的BaS及時移出。

（3）在第一次過濾后洗滌，檢驗是否洗滌干凈的試劑最好是________。

（4）沉淀轉(zhuǎn)化法制備BaCO3可用飽和Na2CO3溶液將BaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3：

BaSO4（s）＋（aq）BaCO3（s）＋（aq）

①在實驗室將少量BaSO4固體全部轉(zhuǎn)化為BaCO3的實驗操作方法與步驟為_________。

②與高溫煅燒還原法相比，沉淀轉(zhuǎn)化法的優(yōu)點主要有_______。

③已知：Ksp（BaCO3）＝2.40×10－9，Ksp（BaSO4）＝1.20×10－10。現(xiàn)欲用沉淀轉(zhuǎn)化法將BaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3，該反應的平衡常數(shù)為________。19、氫氧化鈰是黃色難溶于水、可溶于酸的常用化學試劑。以氟碳鈰礦(主要成分為CeFCO3)為原料提取氫氧化鈰的工藝流程如圖所示：

請回答下列問題：

(1)CeFCO3中Ce的化合價為____。“酸浸”時，為提高礦石的浸出率，下列措施可采取的是___(填標號)。

A.提高浸出溫度B.延長浸出時間C.用98%的硫酸。

(2)氧化焙燒發(fā)生的反應方程式為__________。

(3)H2O2的作用是__________。

(4)HT是一種難溶于水的有機溶劑，它能將Ce3+從水溶液中萃取出來，該過程可表示為Ce3+(水層)+3HT(有機層)CeT3(有機層)+3H+(水層)。操作I的名稱是________，操作III的步驟是_______。

(5)從平衡的角度解釋加堿調(diào)pH值生成Ce(OH)3懸濁液的原因________。評卷人得分五、原理綜合題(共3題，共30分)20、對溫室氣體CO2進行減排和綜合治理具有重要意義。回答下列問題：

Ⅰ.O2輔助的Al～CO2電池工作原理如圖所示。該電池電容量大，能有效利用CO2，電池反應產(chǎn)物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。

（1）電池的負極反應式：______________________________________________。電池的正極反應式：6O2+6e?6O2?；6CO2+6O2?3C2O42?+6O2

（2）反應過程中O2的作用是________。

（3）該電池的總反應式：_________________________________。

Ⅱ.CH4-CO2催化重整不僅對溫室氣體的減排具有重要意義，還可以得到合成氣（CO和H2）。

已知：①CH4(g)＋H2O(g)＝CO(g)＋3H2(g)ΔH1＝+206.2kJ/molK1

②CH4(g)＋2H2O(g)＝CO2(g)＋4H2(g)ΔH2=+165.0kJ/molK2

（4）寫出該催化重整反應的熱化學方程式__________________________________________。

K=_________(用K1、K2表示）

（5）恒溫恒壓下，向容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化劑進行重整反應，此時體積為2L，一段時間后達到平衡時，CO2的轉(zhuǎn)化率是50%，其平衡常數(shù)為_______。

（6）分別在VL恒溫密閉容器A（恒容）、B（恒壓，容積可變）中，加入CH4和CO2各1mol的混合氣體讓其發(fā)生催化重整反應。兩容器中反應達平衡后放出或吸收的熱量較多的是_______（填“A”或“B”）。

（7）在某一給定進料比的情況下，溫度、壓強對H2和CO物質(zhì)的量分數(shù)的影響如下圖：

若要達到H2物質(zhì)的量分數(shù)>65%、CO的物質(zhì)的量分數(shù)<10%，以下條件中最合適的是___。

A．600℃，0.9MpaB．700℃，0.9MPaC．800℃，1.5MpaD．1000℃，1.5MPa21、(1)已知2H→H2放出437.6kJ的熱量，下列說法正確的是_________________。

A．氫氣分子內(nèi)每個氫原子都達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。

B．氫氣分子的能量比兩個氫原子的能量低。

C．1molH2離解成2molH要放出437.6kJ熱量。

D．氫原子比氫氣分子穩(wěn)定。

(2)科學家最近研制出利用太陽能產(chǎn)生激光，并在二氧化鈦(TiO2)表面作用使海水分解得到氫氣的新技術(shù)2H2O2H2↑+O2↑；制得的氫氣可用于制作燃料電池。試回答下列問題：

①分解海水時，生成的氫氣用于制作燃料電池時，實現(xiàn)了化學能轉(zhuǎn)化為_________能；分解海水的反應屬于___________反應(填“放熱”或“吸熱”)。

②某種氫氧燃料電池，電解質(zhì)溶液是甲，一個電極上發(fā)生的電極反應為：H2+2OH--2e-=2H2O，則甲溶液可能是_____________(選填字母)。

A．稀硫酸B．食鹽水C．乙醇D．KOH溶液。

(3)鋅錳干電池是應用最廣泛的電池之一(如圖所示)；請回答下列有關(guān)問題：

①鋅錳干電池的負極材料是______，該電池工作時，NH4+移向____極(填“正”或“負”)。

②關(guān)于該電池的使用和性能說法正確的是_______________。

A．該電池可反復充電使用。

B．該電池可用于鬧鐘；收音機、照相機等。

C．該電池使用后能投入火中；也可投入池塘中。

D．堿性鋅錳電池比酸性鋅錳電池壽命長、性能好22、硅有望成為未來的新能源?；卮鹣铝袉栴}：

(1)硅在氧氣中燃燒的熱化學方程式為Si(s)＋O2(g)=SiO2(s)ΔH＝－989.32kJ·mol-1。有關(guān)鍵能數(shù)據(jù)如下表所示：

。化學鍵。

Si—OO=OSi—Si鍵能/(kJ·mol-1)

x498.8176

已知1molSi中含2molSi—Si鍵，1molSiO2中含4molSi—O鍵，表中x＝______。

(2)硅光電池作為電源已廣泛應用于人造衛(wèi)星、燈塔和無人氣象站等。硅光電池是一種把_______能轉(zhuǎn)化為_________能的裝置。

(3)下列對硅作為未來新能源的認識錯誤的是_________(填標號)。

A．硅是固體燃料；便于運輸；貯存。

B．硅的來源豐富；易于開采且可再生。

C．硅燃燒放出的熱量大；其燃燒產(chǎn)物對環(huán)境污染程度低且易控制。

D．自然界中存在大量的單質(zhì)硅。

(4)工業(yè)制備純硅的反應為2H2(g)＋SiCl4(g)=Si(s)＋4HCl(g)ΔH＝+240.4kJ·mol-1。若將生成的HCl通入100mL1mol·L-1的NaOH溶液中恰好完全反應，則在制備純硅的反應過程中________(填“吸收”或“放出”)的熱量為_______kJ。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】【詳解】

A．鐵粉為固態(tài)；增加鐵粉的量不影響化學反應速率，A不符題意；

B．體積不變充入N2，體系壓強增大，但N2不參加反應，體系內(nèi)H2、H2O(g)的濃度不變；化學反應速率不變，B不符題意；

C．將容器的體積縮小一半，體系內(nèi)H2、H2O(g)的濃度增大；反應速率增大，C符合題意；

D．壓強不變充入N2，容器的體積增大，體系內(nèi)H2、H2O(g)的濃度減??；反應速率減小，D不符題意。

答案選C。

【點睛】

壓強發(fā)生變化引起濃度發(fā)生變化，化學反應速率就發(fā)生變化，壓強發(fā)生變化而濃度沒有變化，化學反應速率不變。2、D【分析】【詳解】

A.結(jié)合圖像可知，溶液的時，溶液中離子濃度大小為：選項A錯誤；

B.溶液中存在物料守恒：溶液顯堿性則而的電離程度很小，即遠大于所以選項B錯誤；

C.的溶液的根據(jù)圖像可知，當溶液pH增大時，銨根離子濃度逐漸減小，而碳酸氫根離子能夠先增大后減小，選項C錯誤；

D.由于的溶液的說明碳酸氫根離子的水解程度大于銨根離子的水解程度，則一水合氨的電離平衡常數(shù)大于選項D正確；

答案選D。3、B【分析】【詳解】

同一溫度下，酸的電離常數(shù)越大其酸性越強，根據(jù)酸的電離常數(shù)知，酸性強弱為：HF＞CH3COOH＞HNO2＞HCN；則pH最小的是HF，故B正確；

答案：B

【點睛】

同一溫度下，酸的電離常數(shù)越大其酸性越強，根據(jù)酸的電離常數(shù)確定酸性強弱，從而得到氫離子濃度的大小。4、D【分析】【詳解】

A．HB﹣能電離出氫離子，抑制了水的電離，HB﹣的水解促進了水的電離，但由于HB﹣的電離程度小于HB﹣的水解程度，即HB﹣對水的電離的促進程度大于抑制程度；所以NaHB的存在促進了水的電離，故A錯誤；

B．該方程式為電離方程式，HB﹣水解方程式：HB﹣+H2OH2B+OH﹣；故B錯誤；

C．多元弱酸的鹽溶液，第一步水解程度大于第二步，酸根離子水解程度越大，其相同濃度的鹽溶液堿性越強，所以相同物質(zhì)的量濃度溶液的pH：Na2B＞NaHB；故C錯誤；

D．酸式鹽NaHB在水溶液中，HB﹣的電離程度小于HB﹣的水解程度，則該溶液中c(OH﹣)＞c(H+)，溶液呈堿性，鈉離子不水解，HB﹣水解，但水解程度較小，所以c(Na+)＞c(HB﹣)，溶液中離子濃度大小為：c(Na+)＞c(HB﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)；故D正確；

故答案為D。5、C【分析】【分析】

不加酸時，Na2CO3溶液顯堿性；隨著HCl溶液的加入，溶液由碳酸鈉轉(zhuǎn)變?yōu)樘妓釟溻c，當HCl溶液滴加一半時，兩者恰好生成碳酸氫鈉，再繼續(xù)加HCl溶液，溶液逐步由碳酸氫鈉轉(zhuǎn)化為碳酸，由此分析。

【詳解】

A．當HCl溶液滴加一半時，兩者恰好生成碳酸氫鈉，溶液中，以NaHCO3為主；故該溶液呈堿性，溶液pH＞7，故A正確；

B．由圖中可以看出，當c(H+)=10?6mol/L時，c(H2CO3)＝c(HCO)，H2CO3的Ka1=故B正確；

C．從圖中可知當pH值為8時，溶液中的主要溶質(zhì)為NaHCO3。當加入鹽酸的體積為10mL時，恰好生成NaHCO3，此時NaHCO3的物質(zhì)的量濃度為0.05mol/L；故C錯誤；

D．由圖可知M點的CO32-和HCO3-物質(zhì)的量相等，兩者的鹽水解溶液呈堿性，pH值為11呈堿性，故離子濃度為：c(Na＋)＞c(CO)＝c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)；故D正確；

答案選C。6、D【分析】【分析】

根據(jù)圖中信息消耗20mL0.10mol?L?1NH3?H2O時導電能力最低，則此時20mL0.10mol?L?1鹽酸恰好反應完，再加入20mL0.10mol?L?1NH3?H2O時導電能力增加到相對最大，說明在40mL時CH3COOH消耗完，則說明CH3COOH的濃度為0.10mol?L?1，再加入NH3?H2O時導電能力下降；是因此溶液體積增大，離子濃度減小。

【詳解】

A.a點是鹽酸和醋酸的混合溶液且濃度相等，b點是鹽酸剛反應完全，b點溶質(zhì)是NH4Cl和CH3COOH的混合溶液，忽略醋酸電離和溶液體積加和的變化，溶液體積變?yōu)?0mL，b點NH4Cl是a點鹽酸濃度的一半，如果H+的導電能力等于等濃度的NH4+，則b點導電能力應該是a點導電能力的一半，而b點導電能力比a點導電能力一般還小，說明H+的導電能力大于等濃度的NH4+；故A正確；

B.根據(jù)分析原20mL溶液中CH3COOH的濃度為0.10mol?L?1，因此a點混合溶液中c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=0.10mol?L?1；故B正確；

C.b點溶質(zhì)為NH4Cl和CH3COOH的混合溶液，兩者濃度相等，根據(jù)物料守恒，c(NH4+)+c(NH3?H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO－)，因此c(NH4+)+c(NH3?H2O)＞c(CH3COOH)；故C正確；

D.c點混合溶液溶質(zhì)為NH4Cl和CH3COONH4，NH4+、CH3COO－水解，由于Kb(NH3·H2O)=Ka(CH3COOH)，因此CH3COONH4呈中性，NH4Cl顯酸性；因此混合溶液顯酸性，故D錯誤。

綜上所述，答案為D。7、D【分析】【詳解】

A、發(fā)生的離子反應：Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，加入KCl固體，平衡不移動，故A錯誤；B、酸性高錳酸鉀溶液可將Fe2＋氧化為Fe3＋，將I－氧化成I2，F(xiàn)e3＋、I2在溶液種都顯黃色，故B錯誤；C、因為加入NaOH是過量，再滴入3滴FeCl3溶液，F(xiàn)e3＋與過量的NaOH溶液生成Fe(OH)3，不能說明兩者溶度積大小，故C錯誤；D、Na2CO3、NaHCO3的水溶液都顯堿性，前者紅色更深，說明CO32－水解的程度比HCO3－大，即CO32－結(jié)合H＋能力強于HCO3－，故D正確。8、C【分析】【詳解】

A．金屬鈉性質(zhì)很活潑；極易和空氣；水反應，不能作電極材料，故A錯誤；

B．構(gòu)成的原電池中；金屬棒X作原電池負極，所以金屬棒X材料的活潑性應該大于鐵，不可能是Cu電極，故B錯誤；

C．該裝置發(fā)生吸氧腐蝕；正極鋼管上氧氣得電子生成氫氧根離子，導致鋼管附近土壤的pH可能會增大，故C正確；

D．該裝置沒有外接電源；不屬于外加電流的陰極保護法，而是犧牲陽極的陰極保護法，故D錯誤；

故答案為C。

【點睛】

考查金屬的腐蝕與防護，明確金屬腐蝕與防護的原理、金屬發(fā)生析氫腐蝕和吸氧腐蝕的條件即可解答，根據(jù)圖片知，該金屬防護措施采用的是犧牲陽極的陰極保護法，即把金屬和鋼管、及電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池，金屬棒X作負極，鋼鐵作正極，從而鋼管得到保護。二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】【詳解】

FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0，其平衡常數(shù)表達式為K=故答案為：

（1）FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)△H＞0；反應是吸熱反應，升高溫度平衡向吸熱反應方向進行，即平衡正向移動，平衡常數(shù)變大；故答案為：變大；

（2）1100℃時測得高爐中c(CO2)=0.013mol/L，c(CO)=0.05mol/L，Qc=即Qc＜K，說明反應未達到平衡狀態(tài)，平衡正向進行，v正大于v逆；故答案為：否，大于；Qc＜K，反應向正反應方向進行。【解析】①.②.①②③.否④.大于⑤.Qc＜K，反應向正反應方向進行10、略

【分析】【分析】

一定溫度下，水存在電離平衡H2O（l）?H+（aq）+OH-（aq）△H>0，升高溫度或加入能與H+或OH-反應的離子，可促進水的電離，如加入酸或堿，溶液中H+或OH-濃度增大；則抑制水的電離，以此解答該題。

【詳解】

I．(1)①100℃純水②25℃0.1mol/LHCl溶液③25℃0.1mol/LKOH溶液④25℃0.1mol/LBa(OH)2溶液；一定溫度下，水存在電離平衡H2O（l）?H+（aq）+OH-（aq）△H>0；這些物質(zhì)與25℃純水相比，能促進水的電離的是升高溫度，因水的電離為吸熱反應；

加入酸、堿溶液可抑制水的電離，即②③④抑制水的電離；水電離的水等于溶液中可為中性溶液或酸溶液，如純水、鹽酸等，①②符合；水電離的水等于溶液中可為中性溶液或堿溶液，如純水；氫氧化鉀、氫氧化鋇溶液，①③④符合；

故答案為：①；②③④；①②；①③④；

(2)純水中加入酸、堿,可抑制水的電離；從②和③溶液中水的電離程度相等，進而可推出的結(jié)論是：同一溫度下酸溶液中的等于堿溶液中的水的電離程度相等；

故答案為：酸溶液中的與堿溶液中的相等時；

II．(1)今有①鹽酸②醋酸③硫酸三種稀溶液，若三種酸的物質(zhì)的量濃度相等為a，則硫酸中氫離子的濃度為2a，鹽酸中氫離子的濃度為a，醋酸不完全電離，氫離子的濃度小于a，則三種溶液中的c(H＋)大小關(guān)系為③>①>②；

(2)若三種溶液的c(H＋)相等，則三種酸的物質(zhì)的量濃度大小關(guān)系與(1)相反：②>①>③。【解析】①②③④①②③④酸溶液中的與堿溶液中的相等時③>①>②②>①>③11、略

【分析】【詳解】

(1)根據(jù)H2A的電離是分步電離可以知道H2A是弱酸，所以Na2A溶液顯堿性，水解原理是：A2-＋H2OHA-＋OH-，故答案為：A2-＋H2OHA-＋OH-；

(2)H2A的第一步電離為完全電離，則溶液中沒有H2A分子；

A.0.1mol/L的Na2A溶液中，根據(jù)A原子守恒；所以c(A2?)+c(HA?)=0.1mol·L?1；A項錯誤；

B.在溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒得：c(OH?)=c(H+)+c(HA?)；B項正確；

C.0.1mol/L的Na2A溶液中，存在電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(HA-)＋2c(A2-)；C項正確；

D.由物料守恒可知c(Na＋)=2c(A2-)＋2c(HA-)；D項正確，故答案為：BCD；

(3)A.溫度越高，水的離子積常數(shù)越大，根據(jù)圖象知，b點Kw=10?12，c點Kw=10?13，a點Kw=10?14，所以b＞c＞a；A項錯誤；

B.c點Kw=10?13；則c曲線的純水中6＜pH＜7，c點的pH=6，則該溶液呈酸性，所以純水僅升高溫度，不能從a點變到c點，B項錯誤；

C.由圖可計算出各點的水的離子積，d點Kw=10?14，b點Kw=10?12，c點Kw=10?13，所以水的電離常數(shù)Kw數(shù)值大小關(guān)系為：b＞c＞a；C項正確；

D.b點Kw=10?12；中性溶液pH=6，將pH=2的硫酸與pH=10的NaOH溶液等體積混合后，氫離子濃度和氫氧根離子濃度相同，等體積混合溶液呈中性，D項正確；故選CD。

【點睛】

本題易錯點(3)，圖象數(shù)據(jù)分析，要先明確縱軸、橫軸所代表的意義，結(jié)合水的離子積常數(shù)Kw=c(H+)×c(OH-)計算判斷，溫度越高，水的離子積常數(shù)越大。【解析】①.A2-＋H2OHA-＋OH-②.BCD③.CD12、略

【分析】【分析】

根據(jù)電離常數(shù)K值大小和鹽類水解大小判斷水電離程度的相對大??；根據(jù)K值和強酸制弱酸原理判斷離子共存；根據(jù)氧化還原滴定計算產(chǎn)品純度；據(jù)此解答。

(1)

酸或堿抑制水電離，弱離子促進水電離，在NaHSO3溶液中c(H2SO3)＜c()，說明電離程度大于水解程度，①屬于堿、⑤屬于酸，所以二者都抑制水電離，由于H2SO3的電離平衡常數(shù)為K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7，氨水的電離平衡常數(shù)為K=1.8×10-5，H2SO3的電離平衡常數(shù)K1＞氨水的電離平衡常數(shù)K，則H2SO3抑制水電離要大一些，水電離程度①＞⑤；③中電離程度大于水解程度；所以抑制水電離；②④促進水電離但②中陰陽離子相互促進水解，所以水解程度②＞④＞③＞①＞⑤；答案為②④③①⑤。

(2)

已知Ka越大酸性越強，酸性較強的能與酸性較弱的酸根離子反應，由H2SO3的電離平衡常數(shù)為K1=1.5×10-2，K2=1.1×10-7；H2CO3的電離常數(shù)K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-11，則酸性H2SO3＞H2CO3＞＞根據(jù)強酸制弱酸原理，得。

a.由于的酸性大于的酸性，二者能反應，即+=+不能大量共存；故a不符合題意；

b.由于的酸性小于H2CO3的酸性，二者不反應，能大量共存，故b符合題意；

c.由于的酸性小于的酸性；二者不反應，能大量共存，故c符合題意；

d.H2SO3、由于H2SO3的酸性大于H2CO3的酸性，二者能反應，即H2SO3+=+CO2+H2O；不能大量共存，故d不符合題意；

答案為bc。

(3)

步驟②中，若不加足量的NaF溶液，有Fe3+存在，F(xiàn)e3+也與碘化鉀反應生成碘單質(zhì)，即整個過程生成的碘單質(zhì)增大，Na2S2O3標準溶液體積增大，測定結(jié)果偏大；消耗硫酸銅溶液與碘化鉀溶液反應生成白色沉淀(碘化亞銅)并析出碘，離子方程式為2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；反應關(guān)系式為2CuSO4·5H2O～2Cu2+～I2～2則反應的Na2S2O3的物質(zhì)的量為n(Na2SO3)=0.1000mol·L-1×10×10-3L=1×10-3mol，試樣中CuSO4·5H2O的物質(zhì)的量n(CuSO4·5H2O)=1×10-3mol×=4×10-3mol，試樣中CuSO4·5H2O的質(zhì)量分數(shù)為×100%=80.00%；答案為偏大；2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；80.00%。【解析】（1）②④③①⑤

（2）bc

（3）偏大2Cu2++4I-=2CuI↓+I280.0013、略

【分析】【分析】

（1）醋酸是弱電解質(zhì)；越稀越電離。

（2）弱酸的酸式鹽顯酸性或者堿性；是通過比較電離和水解的相對強弱。

【詳解】

（1）A．用蒸餾水稀釋0.1mol/L的醋酸溶液，可變形為稀釋過程中，溫度不變，醋酸根離子濃度減小，Ka不變，故選項A數(shù)據(jù)增大，不符合題意；

B．用蒸餾水稀釋0.1mol/L的醋酸溶液，酸性變小，即c(H＋)變小，B符合題意；

C．c(OH－)·c(H＋)即為Kw，溫度不變，Kw不變；故C項不符合題意；

D．即為Ka，溫度不變，Ka不變，故D項不符合題意；

E．用蒸餾水稀釋0.1mol/L的醋酸溶液，c(H＋)變小，由于Kw不變，c(OH-)變大，則變大；故E項不符合題意；

綜合以上；本題選B。

(3).濃度為0.10mol/L檸檬酸氫二鈉（Na2HC6H5O7）中，弱酸根的電離常數(shù)Ka3＝4.0×10－7，而水解常數(shù)Kh2＝＝＜Ka3，電離程度大于水解程度，所以溶液顯酸性?！窘馕觥緽酸性因為Ka3＝4.0×10－7，Kh2＝＝＜Ka3，所以顯酸性14、略

【分析】試題分析：（1）鎳的原子序數(shù)是28；因此金屬鎳在元素周期表中的位置是第四周期第VIII族；

（2）蓄電池放電時相當于原電池；該電池發(fā)生氧化反應的電極是負極，因此發(fā)生反應的物質(zhì)是鐵，答案選B；

（3）蓄留電池充電時相當于電解，陽極失去電子，是原電池中正極反應的逆反應，則電極反應式是Ni(OH)2+2OH-=NiO2+2H2O；

（4）惰性電極電解氯化鈉溶液，陽極是氯離子放電，產(chǎn)生氯氣，假如電路中轉(zhuǎn)移了0.1mo電子，則根據(jù)方程式2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑可知此時氯氣是0.05mol；在標準狀況下的體積是1.12L，用該蓄電池電解含有0.2molNaCl的混合溶液100mL，且電解池的電極均為惰性電極。陽極產(chǎn)生的氣體在標準狀況下的體積是0.05mol×22.4L/mol＝1.12L；根據(jù)方程式可知同時還有0.1mol氫氧化鈉生成，因此將電解后的溶液加水稀釋至1L，此時溶液中氫氧根的濃度是0.1mol÷1L＝0.1mol/L，所以溶液的pH=13。

（5）①產(chǎn)生Ni(OH)2時需要氫氧根的濃度是產(chǎn)生氫氧化鐵時需要氫氧根的濃度是所以先沉淀的離子是Fe3+。

②根據(jù)①中分析可知鐵離子開始沉淀時溶液的pH＝3，鎳離子開始沉淀時溶液的pH＝7，所以要想使Fe3+沉淀完全，Ni2+不沉淀，溶液的pH需控制的范圍是3<7。

考點：考查電化學原理的應用以及溶度積常數(shù)的有關(guān)計算【解析】（1）第四周期第VIII族；（2）B；（3）Ni(OH)2+2OH-=NiO2+2H2O

（4）1.12L；13；（5）①Fe3+；②3<715、略

【分析】【分析】

（1）鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣；

（2）0.3mol乙炔燃燒生成二氧化碳氣體和液態(tài)水時；放出389.9kJ熱量，則2mol乙炔完全燃燒生成二氧化碳和液體水放出熱量為2599.2kJ；

（3）氫氧燃料電池中；氫氣做負極，堿性條件下在負極放電生成水。

【詳解】

（1）鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，反應的離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（2）7.80g乙炔的物質(zhì)的量為=0.3mol，0.3mol乙炔燃燒生成二氧化碳氣體和液態(tài)水時，放出389.9kJ熱量，則2mol乙炔完全燃燒生成二氧化碳和液體水放出熱量為=2599.2kJ，反應的熱化學方程式為2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol-1，故答案為2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol-1；

（3）氫氧燃料電池中，氫氣做負極，堿性條件下在負極放電生成水，電極反應式為H2-2e-+2OH-=2H2O，故答案為H2-2e-+2OH-=2H2O。

【點睛】

書寫熱化學方程式時注意物質(zhì)的聚集狀態(tài)不能漏寫、反應熱的符號和單位不要漏寫是解答易錯點。【解析】.2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol—1H2-2e-+2OH-=2H2O三、判斷題(共1題，共2分)16、×【分析】【詳解】

向溶液中加入少量水，減小，堿性減弱即減小，則增大，則溶液中增大，故錯；【解析】錯四、工業(yè)流程題(共3題，共21分)17、略

【分析】【分析】

酸浸過程中，二氧化硅不反應，分離出來，Cu2S反應生成S單質(zhì)，F(xiàn)e2O3溶解成溶液，pH值控制在4時，F(xiàn)e3+沉淀，過濾得到的濾液成分應為CuSO4和MnSO4等；加熱趕氫過后，得到堿式碳酸銅，濾渣為碳酸錳，通過蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶、過濾洗滌等操作即可得到硫酸錳晶體。

（1）

實驗室配置240mL4．8mol?L－1的溶液需要250mL的容量瓶和膠頭滴管；故答案為：250mL容量瓶；膠頭滴管；

（2）

為了提高浸取率可采取的措施可以粉碎礦石增大接觸面積；加熱、攪拌等。故答案為：粉碎礦石（或加熱或者攪拌）；

（3）

由題目可知，MnO2具有氧化性，且Cu2S與MnO2在H2SO4浸泡的條件下生成了S，CuSO4和MnSO4，故根據(jù)氧化還原反應配平，可得到Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O；故答案為：Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O；

（4）

根據(jù)提示Fe3+的pH沉淀范圍：1.5～3.2可知當PH=4時，F(xiàn)e3+會水解生成氫氧化鐵沉淀；故答案為：使Fe3+完全水解生成氫氧化鐵沉淀；

（5）

本流程中NH4HCO3和氨水的混合物使錳離子沉淀，反應離子方程式為：Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O；故答案為：Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O；

（6）

MnCO3先加稀硫酸溶解；在經(jīng)過加熱濃縮；冷卻結(jié)晶即可得硫酸錳晶體，故答案為：加熱濃縮、冷卻結(jié)晶；

（7）

工藝流程中，加入了氨水，最后又得到了氨氣，NH3可循環(huán)使用，故答案為NH3。【解析】(1)250mL容量瓶；膠頭滴管。

(2)粉碎礦石（或加熱或者攪拌）

(3)Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O

(4)使Fe3+完全水解生成氫氧化鐵沉淀。

(5)Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O

(6)加熱濃縮；冷卻結(jié)晶。

(7)NH318、略

【分析】【分析】

(1)、BaSO4和C反應生成BaS和CO；

(2)a、加入過量的炭使BaSO4得到充分的還原；同時通入空氣使CO燃燒提供熱量；

B；設法將生成的BaS及時移出不能維持及應所需的高溫；

(3)；BaS為可溶性鹽；檢驗是否洗滌干凈即檢驗是否含有鋇離子；

(4)①；難溶電解質(zhì)的溶解平衡中；溶度積小的電解質(zhì)也能向溶度積大的電解質(zhì)轉(zhuǎn)化，注意濃度的大小問題；

②；根據(jù)所發(fā)生的化學反應來判斷分析方法的優(yōu)點；

③、將BaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3：BaSO4+CO32-=BaCO3+SO42-；根據(jù)反應的平衡常數(shù)計算。

【詳解】

(1)、BaSO4和C反應生成BaS和CO，BaSO4＋4CBaS＋4CO↑，故答案為:BaSO4＋4CBaS＋4CO↑；

(2)a、.加入過量的炭使BaSO4得到充分的還原；同時通入空氣使CO燃燒提供熱量，故a正確；

b、設法將生成的BaS及時移出不能維持及應所需的高溫，故b錯誤；

故選a；

(3)；BaS為可溶性鹽；檢驗是否洗滌干凈即檢驗是否含有鋇離子，可用硫酸來檢驗；

故答案為硫酸；

(4)①、常溫下，向飽和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，部分BaSO4因飽和Na2CO3溶液中高濃CO32-轉(zhuǎn)化BaCO3；

故答案為將適量飽和Na2CO3溶液加入BaSO4固體中，充分攪拌，靜置，棄去上層清液；如此操作，反復多次（直到BaSO4全部轉(zhuǎn)化為BaCO3）；

②、用飽和Na2CO3溶液沉淀轉(zhuǎn)化法的優(yōu)點是不需要消耗能量；不產(chǎn)生污染物；

故答案為節(jié)能；環(huán)保；

③、將BaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3：BaSO4+CO32-=BaCO3+SO42-反應的平衡常數(shù)為

故答案為0.05?！窘馕觥緽aSO4＋4CBaS＋4CO↑aH2SO4將適量飽和Na2CO3溶液加入BaSO4固體中，充分攪拌，靜置，棄去上層清液；如此操作，反復多次（直到BaSO4全部轉(zhuǎn)化為BaCO3）節(jié)能、環(huán)保（答案合理即可）5×10－219、略

【分析】【分析】

氟碳鈰礦主要化學成分為CeFCO3，由流程可知，氧化焙燒生成二氧化碳、HF氣體及CeO2，再加稀硫酸、過氧化氫發(fā)生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，溶液中加入萃取劑HT，操作I為分液將溶液中的Ce3+萃取出來，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，調(diào)節(jié)溶液的pH得到Ce(OH)3沉淀，再經(jīng)過氧氣氧化發(fā)生4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4，過濾、洗滌、干燥可得Ce(OH)4產(chǎn)品；以此解答該題。

【詳解】

(1)根據(jù)化學式書寫原則，F(xiàn)顯-1價，碳酸根整體為-2價，則CeFCO3中Ce的化合價為+3價；酸浸時；升高溫度；延長浸出時間可提高礦石的浸出率，故答案為:+3；AB；

(2)氧化焙燒過程中氧氣參與反應，生成無色無味酸性氣體CO2，故發(fā)生的反應方程式為：4CeFCO3+O2+2H2O=4CeO2+4HF+4CO2；

(3)H2O2是常見的氧化劑，在反應中的作用是：把CeO2還原為Ce3+；

(4)HT是一種難溶于水的有機溶劑，它能將Ce3+從水溶液中萃取出來，該過程可表示為Ce3+(水層)+3HT(有機層)CeT3(有機層)+3H+(水層)，操作I的名稱是分液（或萃取分液）；Ce(OH)3沉淀在氧氣的作用下氧化為Ce(OH)4；操作III的步驟是：過濾；洗滌、干燥；

故答案為：分液（或萃取分液）；過濾；洗滌、干燥；

(5)在溶液中存在平衡：Ce3++3H2OCe(OH)3+3H+，加堿后與H+反應，使c(H+)減小，水解平衡向右移動，生成Ce(OH)3沉淀（或加堿后，溶液中c(OH-)變大，使c(Ce3+)·c(OH-)3增大，從而使沉淀溶解平衡Ce(OH)3(s)Ce3+(aq)+3OH-逆向移動，產(chǎn)生Ce(OH)3沉淀），故加堿調(diào)pH值可生成Ce(OH)3懸濁液?！窘馕觥?3AB4CeFCO3+O2+2H2O=4CeO2+4HF+4CO2把CeO2還原為Ce3+分液（或萃取分液）過濾、洗滌、干燥在溶液中存在平衡：Ce3++3H2OCe(OH)3+3H+，加堿后與H+反應，使c(H+)減小，水解平衡向右移動，生成Ce(OH)3沉淀（或加堿后，溶液中c(OH-)變大，使c(Ce3+)·c(OH-)3增大，從而使沉淀溶解平衡Ce(OH)3(s)Ce3+(aq)+3OH-逆向移動，產(chǎn)生Ce(OH)3沉淀）五、原理綜合題(共3題，共30分)20、略

【分析】【詳解】

Ⅰ.（1）Al～CO2電池的負極為鋁，正極為多孔碳電極，所以負極反應式為Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）；

（2）由于反應前后氧氣的量沒有發(fā)生變化；所以氧氣的作用為催化劑；

（3）電池的反應產(chǎn)物為Al2(C2O4）3，所以反應的總方程式為2Al+6CO2=Al2（C2O4）3；

因此，本題正確答案為：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）；催化劑；2Al+6CO2=Al2(C2O4）3；

Ⅱ.（4）根據(jù)蓋斯定律，①2-②，得重整反應為：CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)，所以ΔH=ΔH12-ΔH2＝（+206.2kJ/mol）2-（+165.0kJ/mol）=+247.4kJ/mol；平衡常數(shù)K==K12/K2；

因此，本題正確答案為：CH4(g)＋CO2(g)＝2CO(g)＋2H2(g)ΔH2=+247.4kJ/mol；K=