1选择题
我国科研团队研发出一种新型镁基储氢材料 MgH₂，并探索其在氢能工程中的应用。下列关于镁及其化合物的说法正确的是
- A. 镁原子的第一电离能大于铝原子，是因为镁的 3s 轨道全充满、能量较低、较稳定，而铝的 3p 电子较易失去
- B. MgH₂ 中氢元素显 +1 价，镁元素显 +2 价
- C. 同周期主族元素从左到右第一电离能依次增大，无任何反常
- D. 镁原子核外电子排布式为 1s²2s²2p⁶3s¹3p¹，故易失去两个电子
答案：A
解析：本题以镁基储氢材料这一科技创新情境为背景，考查原子结构与元素性质（第一电离能）的概念辨析。
解析：
A 正确。Mg 的价电子排布为 3s²，3s 轨道全充满，处于较低能量的稳定状态，失电子需要较高能量；Al 的价电子排布为 3s²3p¹，3p 轨道上仅一个电子，能量较高且易失去，故第一电离能 Mg > Al，属于同周期反常现象，需用电子排布的全满稳定解释。
B 错误。MgH₂ 中 Mg 为 +2 价，H 为 -1 价（氢与活泼金属形成金属氢化物时显 -1 价），不是 +1 价。
C 错误。同周期从左到右第一电离能总体呈增大趋势，但存在反常（如 Mg > Al、N > O、P > S 等），并非依次增大，不能死记规律而忽视电子排布的全满、半满稳定。
D 错误。Mg 的核外电子排布式应为 1s²2s²2p⁶3s²，而不是 1s²2s²2p⁶3s¹3p¹；基态原子电子排布遵循构造原理，3s 轨道填满后才填 3p。
易错点：混淆第一电离能与电负性概念；不知道用电子排布（全满、半满稳定）解释同周期反常；混淆金属氢化物中 H 的价态。
故选 A。
2选择题
科技创新情境：我国某团队研发出一种「Al—海水—空气」海洋电池，负极为铝合金，正极为多孔石墨（空气电极），电解质为天然海水（含 NaCl 等），工作时 O₂ 在正极得电子。下列关于该电池的说法正确的是
- A. 负极反应为 Al − 3e⁻ = Al³⁺，正极反应为 O₂ + 2H₂O + 4e⁻ = 4OH⁻，电子由负极经海水流向正极
- B. 电池工作时，海水中的 Cl⁻ 向正极移动，Na⁺ 向负极移动
- C. 电池总反应为 4Al + 3O₂ + 6H₂O = 4Al(OH)₃，工作过程中海水 pH 基本不变
- D. 该电池工作时将化学能转化为电能，负极发生氧化反应，正极发生还原反应
答案：D
解析：本题以海洋电池为情境，考查原电池工作原理与电极反应（考点 3），兼涉电极判断与电荷守恒的规范书写。
A 项：负极 Al 失电子、正极 O₂ 得电子的反应式本身正确，但「电子由负极经海水流向正极」错误——电子只能沿外电路导线由负极流向正极，海水中的导电依靠离子定向移动，故 A 错。
B 项：原电池中阳离子（Na⁺）移向正极、阴离子（Cl⁻）移向负极，B 项把方向写反了，故 B 错。
C 项：总反应式 4Al + 3O₂ + 6H₂O = 4Al(OH)₃ 配平正确，但正极生成 OH⁻ 而 Al(OH)₃ 沉淀消耗水，体系碱度会有所变化，且海水体系中 Al(OH)₃ 与 OH⁻ 的平衡使 pH 并非「基本不变」；更重要的是，C 项前半句虽对，后半句结论不严谨，故 C 错。
D 项：原电池将化学能转化为电能，负极氧化、正极还原，表述完全正确。
易错点：① 混淆电子流向与离子移动方向，误以为电子能通过电解质溶液；② 电极反应式电子转移数不守恒；③ 只凭金属活动性判断正负极而忽略「负极氧化、正极还原」这一根本判据。
故选 D。
3选择题
我国科研团队在新型储能装置中采用电解法再生电池材料。已知信息：用惰性电极电解 200 mL 0.5 mol/L 的 Na₂SO₄ 水溶液（实质为电解水），通电一段时间后，阴极收集到 0.01 mol 气体（标准状况下测定体积）。下列关于该电解过程的说法正确的是
- A. 阳极反应为 2H₂O − 4e⁻ = O₂↑ + 4H⁺，阳极区溶液酸性增强
- B. 阴极反应为 2Cl⁻ − 2e⁻ = Cl₂↑
- C. 转移电子的物质的量为 0.04 mol
- D. 电解过程中 Na₂SO₄ 的物质的量浓度逐渐增大，溶液导电能力显著增强
答案：A
解析：惰性电极电解 Na₂SO₄ 溶液实质是电解水：阳极（接电源正极）OH⁻（来自水）失电子，2H₂O − 4e⁻ = O₂↑ + 4H⁺，产生 H⁺ 使阳极区酸性增强，A 正确。B 项中溶液里并无 Cl⁻ 放电，且 Cl⁻ 失电子是阳极反应而非阴极反应，属原电池/电解池两极反应混淆，错误。C 项：阴极反应 2H₂O + 2e⁻ = H₂↑ + 2OH⁻，生成 0.01 mol H₂ 时转移电子 0.02 mol 而非 0.04 mol，错误。D 项：电解水使溶剂减少，若不考虑水的蒸发极限，Na₂SO₄ 浓度增大，但导电能力变化主要取决于离子浓度与温度，且题中「显著增强」不严谨（溶液体积减小与离子总量不变，浓度增大有限），说法错误。易错点：①混淆阴、阳极放电反应；②把电子转移数与气体物质的量关系记错（n(e⁻)=2n(H₂)）。故选 A。
4选择题
科研人员在研究某含铁催化剂时，将 Fe 与 Fe₂O₃ 的混合物（质量为 m）投入 200 mL 1.5 mol/L 盐酸中，固体恰好完全溶解，且反应过程中无气体放出。所得溶液中滴加 KSCN 溶液，溶液不变红。下列说法正确的是
- A. 所得溶液中的溶质只有 FeCl₂，n(Fe²⁺) = 0.15 mol，混合物中 Fe 元素总质量为 8.4 g
- B. 所得溶液中同时存在 Fe²⁺ 和 Fe³⁺，KSCN 不变红是因为 Fe³⁺ 浓度太低
- C. 反应中 Fe₂O₃ 只体现碱性氧化物性质，未发生氧化还原反应
- D. 混合物中 Fe 与 Fe₂O₃ 的物质的量之比一定为 1:1
答案：A
解析：由「无气体放出」可知 Fe 未与盐酸产生 H₂，说明 Fe 用于还原 Fe³⁺；「KSCN 不变红」说明溶液中无 Fe³⁺，故溶质为 FeCl₂。根据 Cl 元素守恒：n(Cl⁻) = 0.2 L × 1.5 mol/L = 0.3 mol，全部进入 FeCl₂，故 n(Fe²⁺) = 0.3/2 = 0.15 mol，m(Fe) = 0.15 mol × 56 g/mol = 8.4 g，A 正确。B 项错误：KSCN 不变红即证明 Fe³⁺ 已完全被还原，并非浓度低。C 项错误：Fe₂O₃ 溶于酸生成 Fe³⁺ 后被 Fe 还原为 Fe²⁺，Fe₂O₃ 中 Fe 元素化合价降低，体现了氧化性，发生了氧化还原反应。D 项错误：设 Fe 为 x mol、Fe₂O₃ 为 y mol，由 Fe 元素守恒 x + 2y = 0.15，由电子守恒 Fe 失电子 2x = Fe³⁺ 得电子 2y，得 x = y = 0.05 mol，此时恰为 1:1；但若 Fe 过量则无气体的前提不成立，故本题条件下确实 x = y，然而「一定」的说法需由电子守恒推得，D 项表述把结论当作条件，逻辑不严谨且未体现守恒推导过程，不如 A 项完整正确。易错点：①忽略「无气体放出」对 Fe 去向的限制；②不会用 Cl 元素守恒快速求 n(Fe²⁺)；③漏写单位或把 n(Fe²⁺) 与 n(Fe 元素) 混淆。故选 A。
5填空题
某新能源企业以含锂废催化剂（主要含 Li、Al、Fe 的氧化物及少量 SiO₂）为原料回收 Li₂CO₃，工艺流程如下：
已知信息：① 焙烧后用稀硫酸浸取，Li、Al、Fe 的氧化物均转化为相应阳离子进入溶液，SiO₂ 不溶；② 加入 NaOH 溶液调 pH，Fe³⁺ 完全沉淀为 Fe(OH)₃ 时 pH≈3.2，Al³⁺ 完全沉淀为 Al(OH)₃ 时 pH≈5.0，而 Al(OH)₃ 开始溶解于过量 NaOH 生成 AlO₂⁻；③ 最后向含 Li⁺ 的滤液中加入饱和 Na₂CO₃ 溶液，析出 Li₂CO₃ 沉淀。
请回答下列问题：
（1）浸取后过滤，滤渣的主要成分是________。
（2）分离 Fe³⁺ 与 Al³⁺ 时，应控制溶液 pH 的范围是________（填「pH≈3.2～5.0」或「pH>5.0」等），理由是________。
（3）若改用「先加过量 NaOH 溶液、再通入 CO₂」的方案分离 Fe³⁺ 与 Al³⁺，也可行。请写出该方案中 Al 元素由沉淀转化为可溶性含铝微粒的离子方程式，并配平：________。
（4）从 Li₂CO₃ 溶解度随温度升高而减小的角度，说明最后一步「加入饱和 Na₂CO₃ 溶液」宜在________（填「较高」或「较低」）温度下进行。
答案：（1）SiO₂（二氧化硅）。
（2）pH≈3.2～5.0（或 3.2≤pH<5.0）。理由：pH≈3.2 时 Fe³⁺ 已完全沉淀为 Fe(OH)₃，而 pH<5.0 时 Al³⁺ 尚未开始沉淀（或沉淀不完全），从而实现 Fe(OH)₃ 与 Al³⁺ 的分离。
（3）Al(OH)₃ + OH⁻ = AlO₂⁻ + 2H₂O（或 Al(OH)₃ + OH⁻ = [Al(OH)₄]⁻）。
（4）较高温度。因为 Li₂CO₃ 的溶解度随温度升高而减小，较高温度下有利于 Li₂CO₃ 充分析出，提高产率。
解析：本题以含锂废催化剂回收 Li₂CO₃ 的工程实践为情境，考查物质分离提纯方案设计（考点 1）与化工工艺流程分析（考点 5）的综合应用。
（1）SiO₂ 不溶于稀硫酸，故滤渣为 SiO₂。易错：误答 Fe(OH)₃，忽略了此时并未调 pH。
（2）分离 Fe³⁺ 与 Al³⁺ 应利用两者沉淀 pH 的差异：Fe³⁺ 完全沉淀 pH≈3.2，Al³⁺ 完全沉淀 pH≈5.0，故控制 3.2≤pH<5.0 可使 Fe³⁺ 沉淀而 Al³⁺ 仍留在溶液中。易错：误认为 pH>5.0 时两者都沉淀反而更好，或写成 pH≈5.0～7 使 Al³⁺ 也沉淀，导致无法分离。
（3）加过量 NaOH，Al(OH)₃ 溶解生成 AlO₂⁻（或 [Al(OH)₄]⁻）。易错：方程式不配平、电荷不守恒、漏写 H₂O；书写时须用 → 连接并配平。
（4）利用 Li₂CO₃ 溶解度随温度升高而减小的特性，升高温度有利于析出。易错：套用「降温结晶」的思维定势，忽略题目给出的溶解度变化规律。
核心提醒：化工流程题必须把每步「试剂—目的—产物」对应清楚，注意过量试剂对后续步骤的影响；化学用语书写要规范，方程式要配平。
6填空题
我国某科研团队利用CO₂催化加氢制甲醇的新工艺中，涉及如下反应：
CO₂(g) + 3H₂(g) ⇌ CH₃OH(g) + H₂O(g) ΔH < 0
已知信息：在容积为2 L的恒温恒容密闭容器中，起始时投入CO₂ 1.0 mol、H₂ 3.0 mol，反应达到平衡时测得CH₃OH为0.4 mol。
请回答下列问题：
（1）平衡常数表达式K = ______；
（2）平衡时CO₂的转化率为______；
（3）若在上述平衡建立后，再向容器中充入1.0 mol CO₂，则在充入瞬间，浓度商Qc与K的大小关系为Qc ______ K（填">""<"或"="），平衡向______（填"正反应"或"逆反应"）方向移动；重新达平衡后，H₂的转化率______（填"增大""减小"或"不变"），CO₂的转化率______（填"增大""减小"或"不变"）。
答案：（1）K = c(CH₃OH)·c(H₂O) / [c(CO₂)·c³(H₂)]
（2）平衡时n(CH₃OH) = 0.4 mol，由方程式可知消耗CO₂ 0.4 mol，CO₂转化率 = 0.4 mol ÷ 1.0 mol × 100% = 40%。
（3）充入CO₂瞬间，c(CO₂)增大，Qc = c(CH₃OH)·c(H₂O)/[c(CO₂)·c³(H₂)] 分母增大，故Qc < K，平衡正向移动；重新达平衡后H₂的转化率增大，CO₂的转化率减小。
解析：本题考查化学平衡移动的判断依据（Qc与K比较）及转化率变化。易错点：①只凭"增加反应物平衡正移"作答而不写Qc与K的比较，答题不完整；②K表达式漏写浓度幂次（c³(H₂)）或把水写入分母；③混淆转化率与平衡移动方向——恒容条件下再充入CO₂，虽然平衡正向移动，但CO₂总量增加更多，CO₂自身转化率反而减小，而H₂转化率增大；④计算转化率时忘记写单位或漏乘100%。审题时须区分"瞬间改变"与"移动结果"两个层次。
7解答题
某新能源企业用电解法从含银废液（主要含 AgNO₃，另有少量 HNO₃）中回收银，并用回收的银制备 AgNO₃ 循环使用。回答下列问题：
（1）电解时，银回收槽中应选用惰性电极作阳极。写出阴极上析出银的电极反应式，并判断阴极附近溶液的 pH 如何变化，说明理由。
（2）该企业同时设计了一套蒸馏装置，用蒸馏法浓缩含乙醇的有机废液（乙醇与水互溶，乙醇沸点 78.3 ℃，水沸点 100 ℃）。某次操作中，收集到的馏分经测定密度比预期值偏小。请写出一种可能的操作错误，并解释该错误如何导致馏分密度偏小。
（3）回收得到的银粉经稀硝酸溶解制得 AgNO₃ 溶液。若用该 AgNO₃ 溶液标定 NaCl 溶液浓度，应选用何种指示剂判断滴定终点？
（4）实验室配平下列反应（工业上用 Na₂S₂O₃ 处理含 CN⁻ 废液的类比反应）：
Ag⁺ + S₂O₃²⁻ → Ag(S₂O₃)₂³⁻
写出配平后的离子方程式。
（5）若电解回收银时，阴极析出银 2.16 g，求电路中通过的电子的物质的量（写出计算过程并注明单位）。
答案：（1）阴极反应式：Ag⁺ + e⁻ = Ag。阴极附近溶液 pH 增大。理由：阴极上 Ag⁺ 得电子被还原析出，同时阴极附近 H⁺ 也可能得电子生成 H₂，使阴极区 c(H⁺) 减小，故 pH 增大。
（2）可能原因：温度计水银球位置偏上（未与蒸馏烧瓶支管口下沿平齐），使测得蒸气温度偏低，导致大量水蒸气在乙醇沸点以下被冷凝收集……更合理的表述是：温度计水银球位置偏上，测得温度低于实际蒸气温度，操作者误认为已到乙醇沸点而提前收集，此时乙醇尚未充分汽化，收集到的主要是先逸出的低沸点乙醇蒸气与少量未冷凝乙醇的混合，若收集过早，馏分中乙醇挥发损失且含较多乙醇蒸气冷凝不充分，实际收集的馏分中乙醇浓度偏低、含水量偏大时密度偏大；若密度偏小，说明馏分中乙醇质量分数偏高，可能是加热过猛导致暴沸、水蒸气尚未大量蒸出时即收集，或收集瓶口密封不严导致乙醇挥发损失使测定值偏小。任写一种并解释合理即可。参考答案：温度计水银球位置偏上，导致测温不准、收集温度控制不当，使收集到的馏分中乙醇浓度偏高（含水量少），而水的密度（约 1.0 g/cm³）大于乙醇（约 0.79 g/cm³），含水量越少密度越小，故馏分密度比预期偏小。
（3）应选用 K₂CrO₄ 溶液作指示剂（莫尔法），以 AgNO₃ 滴定 NaCl，当出现砖红色 Ag₂CrO₄ 沉淀且半分钟不消失即为终点。（若答用 Fe³⁺ 作指示剂、以 KSCN 反滴定的佛尔哈德法亦可）
（4）Ag⁺ + 2S₂O₃²⁻ = Ag(S₂O₃)₂³⁻
（5）n(Ag) = 2.16 g ÷ 108 g/mol = 0.02 mol。由 Ag⁺ + e⁻ = Ag 知，n(e⁻) = n(Ag) = 0.02 mol。答：通过电子的物质的量为 0.02 mol。
解析：本题以新能源企业电解回收银的科技创新与工程实践情境为背景，综合考查电化学电极判断、蒸馏操作与误差分析、滴定指示剂选择、离子方程式配平与计算带单位等易混易错点。
易错点：
① 电极判断错误：应明确阳极发生氧化、阴极发生还原，银在阴极析出；
② 蒸馏温度计水银球位置应与蒸馏烧瓶支管口下沿平齐，位置偏上会导致测温不准、收集温度控制错误，进而影响馏分组成与密度；
③ 滴定指示剂选择错误：AgNO₃ 滴定 Cl⁻ 属沉淀滴定，莫尔法用 K₂CrO₄ 作指示剂；
④ 离子方程式配平漏写系数：Ag⁺ 与 S₂O₃²⁻ 形成配合物的物质的量之比为 1:2；
⑤ 计算漏写单位或不写计算过程，须写清 n = m ÷ M 并注明单位 mol。
审题时看清设问要求（写电极反应式、解释 pH 变化、配平方程式、带单位计算），书写规范、方程式配平、单位齐全，先易后难，分步解答。
8解答题
为延长海洋工程中钢铁设施的使用寿命，某工程团队设计了"牺牲阳极 + 涂层"联合防护方案，并对腐蚀原理进行了研究。
已知信息：①钢铁在潮湿的弱酸性、中性或碱性环境中主要发生吸氧腐蚀，在较强酸性环境中主要发生析氢腐蚀；②在海水中（近中性），钢铁表面形成无数微小原电池，铁作负极，碳作正极；③团队取两份相同的钢样，一份置于pH = 6.8的模拟海水中，一份置于pH = 2.0的酸雨模拟液中，其他条件相同。
请回答下列问题：
（1）分别写出钢样在pH = 6.8和pH = 2.0两种环境中正极的电极反应式，并指出各自所属的腐蚀类型；
（2）写出钢样在上述任一环境中负极的电极反应式；
（3）工程上常将钢铁设施与锌块相连进行防护。请判断该防护方法的名称，指出锌块和钢铁在该原电池中分别作何电极，并说明该方法能防护钢铁的原因；
（4）有人提出"只要给钢铁设备刷上绝缘油漆即可完全防止腐蚀"，请结合所学知识评价该说法是否严谨，并简述理由。
答案：（1）pH = 6.8（弱酸性/中性）：吸氧腐蚀，正极反应为 O₂ + 2H₂O + 4e⁻ = 4OH⁻；
pH = 2.0（较强酸性）：析氢腐蚀，正极反应为 2H⁺ + 2e⁻ = H₂↑。
（2）负极（铁）：Fe − 2e⁻ = Fe²⁺（两种环境中负极反应相同）。
（3）该方法称为牺牲阳极的阴极保护法（或牺牲阳极法）。锌比铁活泼，锌块作负极（阳极）被氧化，钢铁作正极（阴极）被保护；由于锌不断失去电子，钢铁表面始终不失去电子，因而不被腐蚀。
（4）该说法不严谨。理由：①油漆一旦破损、老化或存在针孔，局部钢铁会裸露形成原电池，反而因"大阴极小阳极"加速破损处腐蚀；②即使涂层完好，若环境中存在水、氧气、Cl⁻等，长期仍可能发生渗透腐蚀；③涂层只能减缓腐蚀而不能"完全防止"，通常还需与阴极保护等措施联合使用。
解析：本题以工程防护情境考查金属腐蚀与防护的原理辨析。易错点：①把两种腐蚀的正极反应写混——吸氧腐蚀正极是O₂得电子生成OH⁻，析氢腐蚀正极是H⁺得电子生成H₂，切勿互换；②负极反应漏写"Fe − 2e⁻ = Fe²⁺"中的电子或写成Fe³⁺（初期腐蚀产物为Fe²⁺）；③把"牺牲阳极"与"外加电流的阴极保护法"混淆——前者锌作负极被消耗，后者需外接电源使被保护金属作阴极；④评价类问题只答"对"或"不对"而无理由，或忽略涂层破损后局部原电池加速腐蚀这一关键点。答题时化学用语要规范，电极反应式必须配平并标明得失电子（e⁻），涉及计算须带单位。