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陕西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-16化学能与电能
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这是一份陕西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-16化学能与电能，共34页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
陕西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-16化学能与电能
一、单选题
1．（2023·陕西西安·统考一模）下列实验操作与实验现象及结论对应且正确的是
选项
操作
现象
结论
A
将镀层有破坏的镀锌铁片放入酸化的3%NaCl溶液中，一段时间后，取溶液于试管中，滴加KSCN溶液
无红色出现
铁未被腐蚀，已破损的镀层锌仍能起到保护的作用
B
用湿润的淀粉碘化钾试纸鉴别NO2、溴蒸气
试纸变蓝
该气体为溴蒸气
C
向久置于空气中的Na2O2固体中滴加稀硫酸
有气泡产生
Na2O2已变质成Na2CO3
D
向新制饱和氯水中加入过量的碳酸钙粉末，振荡
产生大量气泡
提高了新制氯水中次氯酸的浓度
A．A B．B C．C D．D
2．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）电解HF和熔融KHF2的混合物(熔融混合物中常加入少量LiF或AlF3)制备单质氟，以电解槽内壁(镍铜合金)和石墨为电极，总反应为2KHF2＝2KF+F2↑+H2↑。下列有关电解制备单质氟的说法正确的是
A．电解过程中，电解槽内壁与电源的正极相连
B．石墨电极发生的电极反应为2F－ +2e－ ＝F2↑
C．电解过程中加入少量LiF或AlF3可以降低混合物的熔点，增强导电性
D．电解一段时间后，加入一定量的固体KHF2可还原混合物的组成
3．（2023·陕西宝鸡·统考一模）遇会生成蓝色沉淀，因此常用于的检验。文献显示：具有氧化性，可以氧化；还原性Fe大于。
某科研小组探究Fe与能否直接反应的实验如下：
实验1：取加热至沸腾并快速冷却的溶液(加热、冷却过程中溶液颜色无变化)于试管中，并加入1mL的苯，再加入铁粉，长时间无蓝色沉淀出现。
实验2：在“实验1”中，若使用砂纸打磨过的铁粉，一会儿就出现蓝色沉淀。
实验3：在“实验1”中，若加少量NaCl，立即出现蓝色沉淀；若换成加入或；则不出现蓝色沉淀。
实验4：在“实验1”中，若将铁粉换成在稀硫酸中反应一段时间的铁片，立即出现蓝色沉淀。
下列说法错误的是
A．实验1中长时间无蓝色沉淀出现，可能是因为铁粉表面有氧化膜
B．可能起破坏铁粉表面氧化膜的作用
C．Fe与可以直接反应
D．在Fe、C、NaCl溶液组成的原电池中，通过直接滴加溶液至电解质溶液中的方法，可以检验是否发生原电池反应
4．（2022·陕西汉中·统考二模）“践行双碳目标，助力绿色冬奥”，2022年北京冬奥会使用近700余辆搭载国家电投氢能公司全自主研发“氢腾”燃料电池系统的宇通氢能大巴。某种氢燃料电池的内部结构如下图，下列说法正确的是
A．b极为正极，电极反应式为O2+4e—+2H2O=4OH—
B．电子流向为：从电极a经电解质溶液到电极b
C．装置工作一段时间后，电解质溶液的pH增大
D．正极每消耗2.24LH2，转移2mol电子
5．（2022·陕西汉中·统考二模）化学与科学、技术、社会与环境发展息息相关。下列说法错误的是
A．神舟十三号载人飞船使用的高强度材料碳纤维属于新型有机高分子材料
B．中国科学家实现了二氧化碳人工合成淀粉，该成果有利于碳中和又可助力太空探索
C．“世界铜像之王”三星堆青铜大立人属于合金，其深埋于地下生锈是发生了吸氧腐蚀
D．北京冬奥会火炬在出火口格栅喷涂碱金属，目的是利用焰色反应让火焰可视化
6．（2022·陕西·校联考模拟预测）某科研小组设计双阴极微生物燃料电池进行同步硝化和反硝化脱氮研究，装置如图所示。下列叙述错误的是
A．“厌氧阳极”的电极反应方程式为 C6H12O6+6H2O - 24e -=6CO2+24H+
B．电池工作时，“缺氧阴极”电极附近的溶液pH增大
C．该电池工作中“好氧阴极”和“缺氧阴极”之间存在着对电子的竞争作用，和电极之间存在着对O2的竞争
D．若“好氧阴极”1mol完全生成，此时向该电极输送电子的物质的量为4mol，则该区消耗的O2在标准状况的体积约为44.8L
7．（2022·陕西西安·校联考二模）化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．丝绸、宣纸及尼龙的主要成分均为合成纤维
B．NaClO和酒精都有氧化性，可用于消毒杀菌
C．在食品中添加抗氧化剂，其目的与化学反应速率有关
D．高压直流电线路的瓷绝缘子经日晒雨淋容易出现铁帽腐蚀现象，在铁帽上加铜环能有效防止铁帽腐蚀
8．（2022·陕西榆林·统考二模）氨气含氢量高，是一种安全、易储运的优良小分子储氢载体。利用电解原理，可将氨气转化为高纯氢气，其装置如图所示：
已知：起始时两极电解质溶液质量相等，法拉第常数为阿伏加德罗常数与元电荷的乘积。下列说法正确的是。
A．a为电源正极，阳极上的电极反应式为
B．反应一段时间后，右室KOH溶液中溶质的物质的量减小
C．当电源输出8Ah电量时，产生的氢气在标准状况下的体积约为3.34L
D．忽略气体溶解产生的质量变化，当电路中有0.1mol电子通过时，两室电解质溶液的质量差为1.8g
9．（2022·陕西宝鸡·统考二模）下列选用的仪器、药品和操作均能达到相应实验目的的是
A．用溶液制无水固体 B．证明反应产物中有
C．保护金属铁不被腐蚀 D．用盐酸标准液滴定NaOH溶液
10．（2022·陕西咸阳·统考一模）一种新型锂电池如图所示，其中电解质LiClO4溶于络合有机溶剂中，Li+在电解质溶液中可自由移动，b极参与反应的物质是二氯亚砜(SOCl2)，且放电过程中b极有刺激性气味的气体产生。下列说法错误的是
A．a极为负极
B．不可用水代替有机溶剂
C．正极反应为2SOCl2+4e-=S+SO2↑+4Cl-
D．a极质量增加7g，电路中通过1mol电子
11．（2022·陕西·统考一模）中科院研制出了双碳双离子电池，以石墨(Cn )和中间相炭微粒球(MCMB)为电极，电解质溶液为含有KPF6的有机溶液，其充电示意图如图所示。其反应机理为：充电时，电解液中的钾离子运动到中间相碳微粒球负极表面，并嵌入至石墨层中，同时六氟磷酸根阴离子插层到正极石墨中；放电时，钾离子从负极石墨层中脱出，同时正极石墨中的六氟磷酸根脱嵌回到电解液中。下列说法正确的是
A．放电时石墨电极的电势比MCMB电极电势低
B．当转移电子1 mol时，参与反应的K+与PF的物质的量共1 mol
C．放电时正极反应式是Cn(PF6)x+xe—-=Cn+xPF
D．充电时MCMB电极发生氧化反应
12．（2022·陕西安康·统考一模）肼()是一种还原性较强的液体，在生物膜电极表面容易发生氧化反应，从而达到无污染净化高浓度酸性NO废水的目的，其装置如图所示。其中M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜。下列说法错误的是
A．X为低浓度KOH溶液
B．通过N自左向右做定向移动
C．负极上的电极反应式为
D．电池放电时，正、负极产生的的物质的量之比为1∶1
13．（2021·陕西榆林·统考三模）一种可以反复使用的电池结构如图所示。图中b池的电解质为K2S2、K2S4，a池的电解质为KBr3、KBr。充放电时发生的反应为K2S4+3KBr2K2S2+KBr3。下列叙述不正确的是
A．放电时，左边为正极
B．放电时。当外电路通过1mol电子时，有1molK+由b池移向a池
C．充电时，阴极发生的电极反应为+2e-=2
D．若将钾离子交换膜换成阴离子交换膜，对该电池工作无影响
14．（2021·陕西宝鸡·统考模拟预测）下列说法正确的是
A．向的液体平衡体系中加入少量KCl固体，由于生成物浓度增加，平衡逆向移动，所以液体血红色变浅
B．∆H>0、或∆H<0、∆S<0的化学反应都可能自发进行
C．以铜为电极，电解KI溶液含有少量淀粉，阳极附近溶液呈现蓝色
D．向稀中滴加溶液，反应的离子方程式为
15．（2021·陕西汉中·统考一模）由下列实验操作和现象得出的结论不正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向Co2O3中滴加浓盐酸
产生黄绿色气体
氧化性： Co2O3 > Cl2
B
白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液
无明显现象
锌对铁依然具有保护作用
C
将铁片投入浓硫酸中
无明显变化
常温下铁不与浓硫酸反应
D
将10mL 2mol/L 的KI溶液与1mL 1mol/L FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液
溶液颜色变红
KI与FeCl3的反应具有可逆性
A．A B．B C．C D．D
16．（2021·陕西宝鸡·统考模拟预测）元素钒在溶液中有多种存在形式，比如：V2＋(紫色)、V3＋(绿色)、VO2＋(蓝色)、(黄色)等。钒液可充电电池的工作原理如图所示。已知充电时，左槽溶液颜色由蓝色逐渐变为黄色，溶液中c(H＋)＝1.0mol·L－1，阴离子为。下列说法不正确的是
A．a极为电池的正极
B．充电时，阳极电极反应式为VO2＋＋H2O－e－＝＋2H＋
C．放电过程中，右槽溶液颜色由紫色变为绿色
D．放电时，电子由C2极流出经交换膜流向C1极
二、填空题
17．（2023·陕西商洛·统考三模）实现碳达峰和碳中和目标的有效方式之一是二氧化碳直接加氢合成高附加值产品(烃类和烃的衍生物)，回答下列问题：
(1)二氧化碳加氢合成甲醇：。
①下列有关叙述错误的是 (填标号)。
A．产物之间能形成氢键
B．该反应断裂极性键和非极性键
C．该工艺是理想的绿色化学工艺
D．催化剂均由短周期元素组成
②已知几种共价键的键能数据如下：
共价键
H—C
C—O
H—O
H—H
键能/(kJ·mol-1)
799
413
358
467
436
kJ·mol-1
(2)CO2加氢制备乙烯：。在密闭容器中通入CO2和H2发生上述反应，测得平衡常数K的自然对数lnK与温度的关系如图1中直线 (填“a”或“b”)
(3)一定条件下发生反应：，改变外界一个条件，反应速率与时间关系如图2所示。
①t1min时改变的条件是 ，t2min时改变的条件是 。
②上述三个平衡状态中，原料转化率最大的是 (填“I”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)，判断依据是 。
(4)一定条件下，向一密闭容器中投入1molCO2和3molH2，此时压强为20kPa，发生如下反应：
反应I：
反应Ⅱ：
达到平衡时，CO2的平衡转化率为80%，CH3OCH3的选择性为60%。反应Ⅱ的平衡常数Kp= (结果保留2位有效数字)。
注明：用分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数。
(5)我国科学家开发Ni—N—C(Cl)催化剂实现高效催化CO2还原制备CO。装置如图所示(采用阳离子交换膜)。总反应为。其正极反应式为 。
三、原理综合题
18．（2023·陕西·校联考模拟预测）丁二烯是生产丁苯橡胶SBR、ABS 树脂、聚丁二烯橡胶BR等的基本原料，也是生产氯丁二烯、乙烯基环己烯等化学品的关键中间体，工业上常在钼系催化剂作用下，用丁烯氧化脱氢制丁二烯。丁烯氧化脱氢制丁二烯的反应如下:
反应: 2C4H8 (g) +O2 (g) =2C4H6 (g) +2H2O (g) ΔH
副反应①: C4H8(g) +6O2 (g) =4CO2 (g) +4H2O (g) ΔH1 =-2542.6kJ·mol-1
副反应②: 2C4H6 (g) +11O2 (g) =8CO2 (g) +6H2O (g) ΔH2= -4886.6kJ·mol-1
(1)丁烯氧化脱氢制丁二烯反应的 ΔH = 。
(2)在钼系催化剂作用下，某恒压密闭容器中通入一定量的丁烯和氧气发生反应: 2C4H8 (g) +O2 (g) 2C4H6(g) +2H2O (g)，分别测得温度和氧烯比(氧气和丁烯的物质的量之比)对丁烯的转化率和丁二烯选择性的影响如下图所示:
氧烯比固定，温度升高，丁烯单位时间内转化率先增大后无明显变化的原因是 ; 丁
丁二烯最佳的温度和氧烯比分别为 ；
(3)400°C时，在体积为1L的恒容密闭容器中充入1mol C4H8和1mol O2发生丁烯氧化脱氢制丁二烯反应和副反应①和②，测得此时容器的压强为P0，平衡时容器内的压强为1.2P0，C4H8的转化率为70%，丁二烯的选择性为90%，则平衡后C4H6 (g)的体积分数为 ，丁烯氧化脱氢制丁二烯反应的平衡常数K= 。
(4)钼系催化剂上C4H8燃烧反应的速率方程为v (C4H8) =k·px (C4H8) ·Py (O2)。为确定x和y，通过实验获得如图3数据，则:x和y分别为 、 。
(5)一种以C4H8为主要原料的电池工作原理如图4所示。B上的电极反应式为 。
19．（2023·陕西宝鸡·统考二模）实现碳中和方法之一是二氧化碳捕捉再利用，研究CO2转化为CH4、CH3OH、HCOOH的重整技术是科学家研究的热点课题，回答下列问题。
反应i：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1
反应ii：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49kJ·mol-1
(1)已知下表中断裂1mol化学键所吸收的能量数据，则ΔH1= kJ·mol-1。
化学键
H-H
O-H
C-H
C=O
能量/kJ
436
463
413
803
(2)在573K时，体积为2L的刚性容器中投入2molCO2和6molH2发生反应ii达到平衡。
①为了提高CH3OH产率可以采取的措施有 (任写两项措施)。
②图1中能表示该反应的平衡常数的对数lnK与(T表示温度)之间的变化关系的曲线是 (选填“m”或“n”)。
③测得在相同时间内，不同温度下的H2转化率如图2所示，v(a)逆 v(c)逆(选填“>”“<”或“=”)；T2温度下该反应的平衡常数K值为 (保留两位小数)。
(3)在恒容密闭容器中，反应i按进料浓度比c(CO2)：c(H2)分别等于1：2、1：5、1：7时，CO2的平衡转化率随条件X的变化关系如图3所示：
①曲线a的进料浓度比c(CO2)：c(H2)为 。
②条件X是 (选填“温度”或“压强”)，依据是 。
(4)我国学者探究了BiIn合金催化剂电化学还原CO2生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图4所示(带“*”表示物质处于吸附态)。
①阴极的电极反应为 。
②试从图4分析，采用BiIn合金催化剂既优于单金属Bi催化剂，又优于单金属In催化剂的原因 。
20．（2022·陕西商洛·统考二模）乙烷、乙烯均是有机合成中重要的原料，乙烯年产量的多少可体现一个国家石油化工发展水平的高低。回答下列问题：
(1)已知有关反应热化学方程式如下：
①C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H1=+137kJ·mol-1
②C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l) △H2=-1411kJ·mol-1
欲利用反应①、②中的数据求C2H6(g)的燃烧热，还需要知道一种物质的燃烧热(用△H3表示)，请写出该物质的燃烧热的热化学方程式 。C2H6(g)的燃烧热(△H4)为 (用含△H3的代数式表示)。
(2)一定条件下向某刚性恒容密闭容器内充入一定量的C2H6(g)，使其只发生反应①，测得不同温度，分别使用甲、乙两种催化剂的情况下，经过相同反应时间时乙烷的转化率随温度的变化情况如图1所示。
①温度低于1000K时，两种催化剂对该反应活化能影响较大的是 (填“甲”或“乙”)，使用该催化剂时，该转化反应适宜的温度是 ；使用催化剂甲时，当温度高于1000K时，C2H6的转化率减小的原因可能是 (填标号)。
A．平衡向左移动
B．催化剂催化活性降低，导致反应速率减小
C．温度过高，乙烯与氢气发生反应
②乙烷的转化率随时间的变化关系如图2所示，在m点条件下，平衡时总压为2.1×105Pa，经过10min反应达到平衡状态，则0~10min内m点对应反应的v(C2H6)= Pa·min-1，Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，则平衡常数Kp= Pa。
(3)利用电解法可将乙烷转化为乙酸、乙烯等多种产品，工作原理如图3所示。写出生成乙酸的电极反应式： 。
21．（2022·陕西西安·模拟预测）据2021年最新统计，中国机动车保有量达到3.8亿辆，稳居世界第一。
Ⅰ.不断改进汽车尾气净化技术是减轻大气污染的重要举揩。其中一种“净化反应”的原理为：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g) △H。
(1)已知N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1=+180.5kJ·mol-1
C(g)+O2(g)=CO2(g) △H2=—393.5kJ·mol-1
2C(g)+O2(g)=2CO(g) △H3=—221kJ·mol-1
净化反应的△H= kJ·mol-1。
(2)下列可判断净化反应达到平衡的是 。
A．混合气体的平均相对分子质量不变 B．p(CO)∶p(N2)=2∶1
C．NO的质量保持不变 D．v(NO)=2v(N2)
(3)净化反应净速率v=v正—v逆=k正p2(CO)·p2(NO)—k逆p2(CO2)·p(N2)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，p为气体的分压(分压=总压×物质的量分数)。
①升高温度，k正—k逆 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
②按照n(CO)∶n(NO)=1∶1投料反应，在不同压强下，净化反应中CO的平衡转化率随反应温度的变化如图1所示。当压强为p1、温度为t1℃时，某时刻测得N2的体积分数为，此时= 。
(4)Ⅱ.SCR法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应原理为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) △H＜0。其他条件相同，在甲、乙两种催化剂作用下，NO转化率与温度的关系如图2。
①工业上选择催化剂乙的原因是 。
②在催化剂甲作用下，图中M点对应温度为210℃。210℃之前，NO转化率随温度升高而增大的原因是 ；210℃之后，NO转化率降低的原因可能是 。
(5)Ⅲ.比亚迪双模电动车不依赖专业充电站，采用了镍镉可充电电池。其总反应为：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2。当电动车车行驶30min，电池的平均电流强度为aA，正极质量增加 g(用含a和F的字母表示计算结果)。[已知：①Q=It，Q的单位为C；②法拉第常数为F，单位为C·mol-1]。
22．（2022·陕西安康·统考一模）甲醇是一种重要的工业品，也可作燃料电池的原料。回答下列问题：
(1)CH3OH的电子式为 ；Sn与C位于同一主族，核电荷数为50，其在元素周期表中的位置为 。
(2)微型直接甲醇燃料电池是通过MEMS工艺制作的一种微型能源装置，具有结构简单、体积小、质量轻、比能量密度高、环境污染小等优点，其装置如图所示：
①通入CH3OH和H2O的电极为该电池的 (填“正极”或“负极”)，该电极上的电极反应式为 。
②电解质溶液可能为 (填“稀H2SO4”或“KOH溶液”)。
(3)T℃时，将0.75molCO2和2.25molH2的混合气体通入体积为1L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，5min后反应达到平衡，此时容器压强为起始压强的。
①平衡时，CH3OH的物质的量为 mol。
②0～5min内，v(H2)= mol·L-1·min-1。
③CO2的转化率为 。(保留3位有效数字)
四、工业流程题
23．（2023·陕西咸阳·统考三模）钛是一种银白色的过渡金属，其密度小、强度高、具有金属光泽，亦有良好的抗腐蚀能力(包括海水、王水及氯气等)。由于其稳定的化学性质，良好的耐高温、耐低温、抗强酸、抗强碱，以及高强度、低密度的特点，被美誉为“太空金属”。工业上可用钛磁铁矿(主要成分是，含有少量的、、、、MgO)制备高纯度的金属钛，其工艺流程如下：
资料：
①浸出液中含钛阳离子主要是，的水解产物是。
②常见氯化物的物理性质如下表所示：
化合物
熔点/℃
-25
193
304
714
沸点/℃
136
181(升华)
316
1412
(1)利用 的磁性，可通过磁选将其从钛磁铁矿分离。在磁选之前需对钛磁铁矿进行粉碎、磨粉等预处理，其作用是 。
(2)水解过程发生主要反应的化学方程式是 ，通过对浸出液浓度的调控，可以获得不同粒子直径的产品。一般情况下，粒子直径越小，煅烧得到的钛白粉品质越高，但钛液的利用率降低。工业上通常用170g/L的浸出液(钛液)进行水解，其原因是 。
(3)氯化可以得到较高纯度的，同时生成一种可燃性气体，其反应化学方程式为 ，蒸馏精制过程中应该控制温度高于 ℃，低于 ℃。
(4)过去几年，电解还原制备Ti有了新的突破，的电解效率取决于其阳极组成(C/O比)，在时，它几乎可以100%地溶解。该电解过程如下图所示，阳极反应式为 。
24．（2021·陕西宝鸡·统考二模）钼酸钠(Na2MoO4)是一种冷却水系统的金属缓蚀剂，工业上通常利用钼精矿(MoS2中硫为-2价)制备金属钼和钼酸钠晶体的流程如图所示。
回答下列问题：
(1)在空气中焙烧时产生对环境有危害气体的化学式是 ，焙烧的化学方程式是 。
(2)操作1的实验名称是 ，由此可推测MoO3为 性氧化物，该反应的离子方程式为 ，进行操作2的步骤是 ，过滤、洗涤、干燥。
(3)操作3中硫元素被氧化为最高价，发生反应的离子方程式为 。
(4)钼精矿中MoS2的测定：取钼精矿20g经操作3等，得到Mo的质量为8.64g，假设过程中钼利用率为90%，钼精矿中MoS2的质量分数为 。
(5)电解法制备：用镍、钼作电极电解浓NaOH溶液制备钼酸钠(Na2MoO4)的装置如图甲所示。b电极上的电极反应式为 ，电解槽中使用 (填阳离子或阴离子)交换膜。某温度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图乙所示，要使溶液中钼酸根离子完全沉淀(浓度小于1×10-5mol•l-1)，Ba2+的浓度最小为 mol•l-1。
参考答案：
1．D
【详解】A．将镀层有破坏的镀锌铁片放入酸化的3%NaCl溶液中，构成原电池，Zn为负极，Fe为正极被保护，滴加KSCN溶液只检验铁离子，无红色出现，不能证明Fe是否被腐蚀，A错误；
B．NO2、溴蒸气均可氧化KI生成碘，试剂均变蓝，不能鉴别，B错误；
C．过氧化钠、碳酸钠均与稀硫酸反应生成气体，不能证明Na2O2已变质成Na2CO3，C错误；
D．氯水中含氢离子，与碳酸钙反应生成二氧化碳，观察到产生大量气泡，提高了新制氯水中次氯酸的浓度，D正确；
故答案为：D。
2．C
【详解】A．电解槽内壁由Ni、Cu合金构成，若与电源正极相连，则为阳极，Ni、Cu失去电子与总反应不符，A错误；
B．石墨电极应为阳极，失去电子，B错误；
C．LiF、AlF3的加入可降低混合物熔点，增强导电性，C正确；
D．从固体熔融物中析出后，H2气体则需要加HF还原混合物组成，D错误；
故答案为：C。
3．D
【分析】实验2、3、4说明铁与铁氰化钾溶液能直接反应，实验1说明铁粉表面氧化膜阻碍了铁与铁氰化钾溶液的反应，实验3说明氯离子能破坏铁粉表面的氧化膜，有利于铁与铁氰化钾溶液的反应。
【详解】A．由分析可知，实验1中长时间无蓝色沉淀出现能是因为铁粉表面的氧化膜阻碍了铁与铁氰化钾溶液的反应，故A正确；
B．由分析可知，氯离子能破坏铁粉表面的氧化膜，有利于铁与铁氰化钾溶液的反应，故B正确；
C．由分析可知，实验2、3、4说明铁与铁氰化钾溶液能直接反应，故C正确；
D．铁、碳、氯化钠溶液组成的原电池中，氯化钠溶液电离出的氯离子会破坏铁表面的氧化膜，若直接向原电池中滴加铁氰化钾溶液，铁与铁氰化钾溶液能直接反应，无法检验溶液中是否存在亚铁离子，不能检验是否发生原电池反应，故D错误；
故选D。
4．C
【分析】由图可知，通入氢气的a电极为负极，氢气在负极失去电子发生氧化反应生成氢离子，电极反应式为H2—2 e—=2H+，通入氧气的电极b为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e—+4H+=2H2O。
【详解】A．由分析可知，通入氧气的电极b为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e—+4H+=2H2O，故A错误；
B．由分析可知，通入氢气的a电极为负极，通入氧气的电极b为正极，电子从电极a经用电器到电极b，故B错误；
C．电池工作时，反应生成水，电解质溶液体积增大，溶液中氢离子浓度减小，pH增大，故C正确；
D．缺标准状况下，无法计算2.24L氢气的物质的量和反应转移电子的物质的量，故D错误；
故选C。
5．A
【详解】A．碳纤维的主要成分是碳单质，属于新型无机非金属材料，故A错误；
B．二氧化碳人工合成淀粉既能减少二氧化碳的排放有利于碳中和又碳中和，又有利于太空探索时宇航员呼吸产生的二氧化碳转化为淀粉提供人体所需要的能量，故B正确；
C．深埋于地下的合金生锈是因为在弱酸性条件下发生了吸氧腐蚀，故C正确；
D．冬奥会火炬在出火口格栅喷涂碱金属是利用了焰色反应让火焰达到可视化的目的，故D正确；
故选A。
6．D
【分析】由题干微生物燃料电池示意图可知，电子从厌氧阳极流出，即葡萄糖在厌氧阳极上失去电子，生成CO2，则该电极反应为：C6H12O6+6H2O - 24e -=6CO2↑+24H+，电子转移到左侧的缺氧阴极上，得到电子并结合阳极产生的H+，生成NO2和H2O，NO2能够进一步得到电子结合H+，生成N2和H2O，电极反应分别为：+e-+2H+=NO2↑+H2O，2NO2+8e-+8H+=N2+4H2O，电子转移到好氧阴极，则可能是O2得到电子，发生的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，同时O2还可能氧化生成，甚至还可以进一步被O2氧化成，反应方程式为：2+3O2=2+2H2O+4H+，2+O2=2，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，“厌氧阳极”的电极反应方程式为 C6H12O6+6H2O - 24e -=6CO2+24H+，A正确；
B．由分析可知，电池工作时，“缺氧阴极”电极的电极反应为：+e-+2H+=NO2↑+H2O，2NO2+8e-+8H+=N2+4H2O，故其电极附近的溶液中H+浓度减小，pH增大，故B正确；
C．由分析可知，该电池工作中厌氧阳极的电子同时转移到“好氧阴极”和“缺氧阴极”中，故“好氧阴极”和“缺氧阴极”之间存在着对电子的竞争作用，在“好氧阴极”上电极上得电子也可以将O2还原，同时也可以被O2氧化，即和电极之间存在着对O2的竞争，C正确；
D．若“好氧阴极”1mol完全生成则反应中转移了8mol电子，此时转移的电子是发生在和O2之间，消耗了2molO2，即此时并未向该电极输送电子，则该区消耗的O2在标准状况的体积约为2mol×22.4L/mol=44.8L，D错误；
故答案为：D。
7．C
【详解】A．丝绸的成分是蛋白质、宣纸的成分是纤维素，丝绸、宣纸是天然纤维，尼龙为合成纤维，故A错误；
B．NaClO有氧化性，可用于消毒杀菌；酒精能使蛋白质变性，用于消毒杀菌，故B错误；
C．在食品中添加抗氧化剂，降低氧气浓度，其目是减慢食品氧化的速率，故C正确；
D．在铁帽上加铜环，构成原电池，铁为负极，能加快铁帽腐蚀，故D错误；
选C。
8．C
【分析】电解池中，左侧电极上NH3发生失电子的氧化反应生成N2，则左侧电极为阳极、与电源正极相接，右侧电极为阴极、与电源负极相接，阳极电极反应式为2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O，阴极上H2O得电子生成H2，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电解池工作时，OH-从右侧区向左侧区移动，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，a电极为正极，碱性环境不可能生成，阳极电极反应式为2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O，A错误；
B．根据电荷守恒可知，右室有多少生成就有多少通过交换膜移向左室，KOH溶液中溶质的物质的量不变，B错误；
C．根据电子守恒可知，当电源输出8Ah电量时，产生的氢气在标准状况下的体积约为，C正确；
D．当电路中有0.1mol电子通过时，两室电解质溶液的质量差为3.6g，D错误；
故答案为：C。
9．C
【详解】A．氯化铝易水解生成氢氧化铝和盐酸，加热促进氯化铝水解平衡正向移动，盐酸易挥发，最终得到氢氧化铝，不能达到制备无水氯化铝的目的，A错误；
B．木炭与浓硫酸加热条件下反应除了生成二氧化碳、还生成二氧化硫，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，不能验证产物中的二氧化碳，B错误；
C．当金属铁作电解池的阴极时，金属铁被保护，不被腐蚀，能达到目的，C正确；
D．酸碱中和滴定实验中，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，D错误；
答案选C。
10．D
【详解】A．Li为活泼金属所以放电时a电极为负极，b电极为正极，A正确；
B．Li为活泼金属，会和水反应，所以不可用水代替有机溶剂，B正确；
C．b为正极，正极上SOCl2得电子发生还原反应，且放电过程中b极有刺激性气味的气体产生，说明生成SO2，电极反应式为：2SOCl2+4e-=S+SO2↑+4Cl-，C正确；
D．放电时负极反应为Li-e-=Li+，电极质量减小，不会增加，D错误；
综上所述答案为D。
11．C
【分析】由图可知，充电时，与直流电源正极相连的石墨电极是电解池的阳极，PF阴离子在Cn作用下失去电子发生氧化反应生成Cn(PF6)x，MCMB电极为阴极，钾离子在阴极得到电子发生还原反应生成钾；放电时石墨电极为原电池的正极，Cn(PF6)x在正极得到电子发生还原反应生成Cn、PF离子，MCMB电极为负极，钾在负极失去电子发生氧化反应生成钾离子，电池放电时的总反应为Cn(PF6)x+xK= Cn+ xKPF6。
【详解】A．正极电势比负极高，由分析可知，放电时石墨电极为原电池的正极，MCMB电极为负极，则放电时石墨电极电势比MCMB电极电势高，故A错误；
B．由分析可知，当转移电子1mol时，参与反应的K+的物质的量和PF离子的物质的量共2mol，故B错误；
C．由分析可知，放电时石墨电极为原电池的正极，Cn(PF6)x在正极得到电子发生还原反应生成Cn、PF离子，电极反应式为Cn(PF6)x+xe—-=Cn+xPF，故C正确；
D．由分析可知，充电时MCMB电极为阴极，钾离子在阴极得到电子发生还原反应生成钾，故D错误；
故选C。
12．D
【分析】由题干信息可知，通入N2H4一极为负极，电极反应为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，通入硝酸根酸性废水的一极为正极，电极反应为：2+10e-+12H+=N2+6H2O，KOH溶液中OH-通过阴离子交换膜M进入负极区，K+通过阳离子交换膜N进入正极区，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，KOH溶液中OH-通过阴离子交换膜M进入负极区，K+通过阳离子交换膜N进入正极区，故X为低浓度KOH溶液，A正确；
B．由分析可知，左边为负极，右边为正极，阳离子流向正极，故通过N自左向右做定向移动，B正确；
C．由分析可知，负极上的电极反应式为，C正确；
D．根据电子守恒可知，电池放电时，正、负极产生的的物质的量之比为2∶5，D错误；
故答案为：D。
13．D
【详解】A．a池中电解质为KBr3、KBr，放电过程中KBr3转化为KBr，Br的化合价降低，得电子，则左边为正极，故A正确；
B．由以上分析可知左侧为正极，右侧为负极，钾离子由负极向正极移动，即由b池向a池移动，结合电荷守恒，可知转移1mol电子时，有1mol钾离子迁移，故B正确；
C．充电时，阴极发生K2S4转化为K2S2的反应，电极反应为+2e-=2，故C正确；
D．若将钾离子交换膜换成阴离子交换膜，则两测溶液中的阴离子均向负极移动，离子将能直接发生反应，降低了电池的效率，故D错误；
故选：D。
14．B
【详解】A．该离子反应为：，加入少量KCl固体，不会引起平衡移动，故A错误；
B．自发，当>0、>0高温下自发，当<0、<0时低温自发，故B正确；
C．当铜为电极时，属于活性阳极，阳极是铜失电子而不是碘离子失电子，故C错误；
D．向稀中滴加溶液是氧化还原反应，离子方程式为：，故D错误；
故答案为B。
15．C
【详解】A． 发生氧化还原反应生成氯气，Co元素的化合价降低，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Co2O3 > Cl2，故A正确；
B． 白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，构成原电池，Zn为负极，发生氧化反应，Fe为正极被保护，故B正确；
C． 常温下铁与浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，并不是不反应，故C错误；
D． KI过量，由现象可知还反应后存在铁离子，则KI与FeCl3的反应具有可逆性，故D正确；
故选：C。
16．D
【详解】
A．充电时，左槽溶液颜色由蓝色逐渐变为黄色，即左槽中发生的变化为：，该过程是VO2+失去电子，为氧化反应，故a极为电池的正极，A正确；
B．a极为电池的正极，则石墨C1为阳极，电极反应为：，B正确；
C．放电过程中，右槽为负极，发生氧化反应，由V2+变为V3+，即右槽溶液颜色由紫色变为绿色，C正确；
D．放电时，C2极为负极，是电子流出的一极，但是电子不经过电解质溶液，D错误；
故选D。
17．(1) CD -92
(2)b
(3) 升高温度 增大丙烷的浓度(或增大水蒸气的浓度或增大丙烷和水蒸气的浓度，1分) I 平衡I→Ⅱ和Ⅱ→Ⅲ都是向逆反应方向移动
(4)1.3
(5)
【详解】（1）①A．甲醇和水之间能形成氢键；B．该反应断裂二氧化碳中的极性键和氢气中的非极性键；C．该反应生成了甲醇和水，不满足绿色化学工艺要求；D．催化剂中锆为长周期元素；故选CD。
②根据键能计算器反应热为799×2+3×436-413×3-358-467×3=-92kJ·mol-1。
（2）该反应为放热反应，升温，平衡逆向移动，平衡常数减小，平衡常数K的自然对数lnK减小，故平衡常数K的自然对数lnK与温度的关系如图1中直线b。
（3）①t1min时正逆反应速率都增大，平衡向逆向移动，故改变的条件是升温，t2min时逆反应速率增大，但正反应速率不变，平衡逆向移动，则改变的条件是增大丙烷的浓度或增大水蒸气的浓度或增大丙烷和水蒸气的浓度。
②平衡I→Ⅱ和Ⅱ→Ⅲ都是向逆反应方向移动，故上述三个平衡状态中，原料转化率最大的是I。
（4）反应过程中二氧化碳反应的量为1×80%=0.8mol，其中反应生成甲醇的二氧化碳为0.8×60%=0.48mol，
反应后的总量为0.2+1.24+0.32+1.04+0.24=3.04mol，则平衡时的压强为，则反应Ⅱ的平衡常数Kp=。
（5）根据总反应分析，正极为得到电子的反应，则说明是二氧化碳得到我电子生成一氧化碳，反应式为。
18．(1)-198.6 kJ·mol-1
(2) 开始时，温度升高反应速率加快，丁烯单位时间内转化率增大；随着温度更高时，副反应增多，故转化率无明显变化； 440℃，0.85。
(3) 25% 40
(4) 0
(5)
【详解】（1）分别将三个反应标识为③，①，②，则有③=①×2-②，根据盖斯定律有∆H3=∆H1×2-∆H2=-2542.6×2-(-4886.6)=-198.6 kJ·mol-1。
故答案为：-198.6 kJ·mol-1。
（2）开始时，温度升高反应速率加快，丁烯单位时间内转化率增大；随着温度更高时，副反应增多，故转化率无明显变化。结合转化率与选择性，依图1可知，最佳温度为440℃，依图2，最佳氧烯比为0.85。
故答案为：开始时，温度升高反应速率加快，丁烯单位时间内转化率增大；随着温度更高时，副反应增多，故转化率无明显变化；440℃，0.85。
（3）反应过程中，由于丁烯的转化率力70%，二丁烯的选择性为90%，丁烯氧化脱氢制丁二烯反应中C4H8的变化量为：1×70%×90%=0.63mol，副反应①中C4H8的变化量为1×70%-0.63=0.07mol；反应前容器的压强为P0，平街时容器的压强为1.2P0。则平衡时气体总的物质的量为2.4mol，设副反应②消耗C4H6为xmol，对于主反应三段式有，对于副反应①三段式有，对于副反应②三段式有
，所以，解得x=0.03，C4H8(g)、C4H6(g)、H2O(g)，O2(g)，CO2(g)的物质的量分别为0.3mol、0.6mol、1.0mol、0.1mol，0.4mol，则平衡后C4H6(g)的体分数为=25%，故丁烯氧化脱氢制丁二烯反应的平衡常数K=40。
故答案为：25%，40。
（4）由图3可知，当p(C4H8)固定时，P (O2)增大时，v (C4H8)不变，得出y=0；而固定P (O2)时，490℃时p(C4H8)从10→20，v从2.5→3.535，得出。解得x=
故答案为：，0。
（5）由图4可知，B极为O2，发生还原反应：。
故答案为：。
19．(1)-154
(2) 增大体系压强、通入H2 n < 14.81
(3) 1：2 压强 该反应的正反应气体分子数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，与图3曲线一致
(4) CO2 +2e-+ 2H+ = HCOOH 相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能
【详解】（1）根据反应热=反应键能和-产物键能和，则ΔH1=2E(C=O)+4E(H-H)-4E(C-H)-4E(O-H)= -154 kJ·mol-1；
（2）①反应为气体分子数减小的放热反应，为了提高CH3OH产率可以采取的措施有增大体系压强、通入H2等。
②反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，同时增大，平衡常数增大，故图1中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线n；
③测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图2所示，由图可知，a点没有达到平衡，氢气转化率较低，生成浓度较低且温度较低；c点达到平衡，氢气转化率较高，生成浓度较大且温度较高；浓度越大、温度越高则反应速率越快，故<；
T2时氢气转化率为80%，根据题给数据可得三段式如下：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
则此时平衡常数；
（3）①氢气浓度越大，则二氧化碳转化率越大，故曲线a的进料浓度比c(CO2)：c(H2)为1：2；
②该反应为气体分子数减小的反应，压强越大，二氧化碳转化率越大，故X表示压强，理由是：该反应的正反应气体分子数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，与图3曲线一致；
（4）①根据题给信息可知，在阴极二氧化碳得到电子生成甲酸，电极反应为：CO2 +2e-+ 2H+ = HCOOH；
②根据图像，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因：相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能；答案为：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能。
20．(1) H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3 ΔH3-1274kJ/mol
(2) 甲 1000K B 6×103 4×104
(3)C2H6-6e-+2H2O=CH3COOH+6H+
【解析】（1）
还需要知道氢气的燃烧热，故氢气的燃烧热的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3。根据盖斯定律可知，根据①C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H1=+137kJ·mol-1；②C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l) △H2=-1411kJ·mol-1；
③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3，反应C2H6(g) +3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l)可由①+②+③得到，故△H4=△H1+△H2+△H3=ΔH3-1274kJ/mol；
（2）
①由图可知温度低于1000K时，催化剂甲时C2H6的转化率高，故催化剂甲对该反应的活化能影响较大，由图可知转化率最高的温度为1000K；
A．该反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，A不符合题意；
B．随着温度升高，催化剂活性降低，催化效率降低，则反应速率降低，相同时间内，转化率降低，B符合题意；
C．该反应为可逆反应，任何温度下，乙烯与氢气都会发生反应，C不符合题意；
故选B；
②设最初加入的乙烷的压强为xPa，则可得以下三段式：
则0.6x+0.4x+0.4x=2.1×105，x=1.5×105，则0~10min内m点对应反应的v(C2H6)=；平衡时乙烷，乙烯，氢气的分压分别为：，，，则；
（3）
乙烷中的碳为-3价，发生氧化反应生成乙酸，应该在阳极发生反应，电极反应为：C2H6-6e-+2H2O=CH3COOH+6H+。
21．(1)—746.5
(2)AC
(3) 减小 576
(4) 低温下乙有很强的催化活性，NO转化率远大于甲 反应未达平衡，温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 催化剂活性降低、副反应增多
(5)
【详解】（1）将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，②×2—①—③得到净化反应，则△H=(—393.5 kJ/mol)×2—(+180.5kJ/mol)—(—221kJ/mol)=—746.5kJ/mol，故答案为：—746.5；
（2）A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
B．p(CO)∶p(N2)=2∶1不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
C．一氧化氮的质量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．v(NO)=2v(N2) 不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选AC；
（3）①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，则k正增大的程度小于k逆，(k正—k逆)减小，故答案为：减小；
②当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则v正—v逆=k正p2(CO)·p2(NO)—k逆p2(CO2)·p(N2)=0，==Kp，设起始一氧化碳和一氧化氮的物质的量为2mol，由图可知，一氧化碳的转化率为80%，由题给数据可建立如下三段式：
由三段式数据可知平衡常数Kp ===，设某时刻测得N2的体积分数为时，生成氮气的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：
由三段式数据可得：=，解得a=0.4，则=×=×=576，故答案为：576；
（4）①由图可知，其他条件相同，低温时，催化剂乙作用下，一氧化氮的转化率远大于催化剂甲，说明催化剂的活性远大于甲，所以工业上选择催化剂乙做反应的催化剂，故答案为：低温下乙有很强的催化活性，NO转化率远大于甲；
②由图可知，M点一氧化氮转化率最大，说明反应达到平衡，210℃之前反应为达到平衡，温度升高，反应速率加快，一氧化氮的消耗量增大，转化率增大；210℃之后，若催化剂活性降低，反应速率降低，一氧化氮消耗量降低，一氧化氮的转化率会减小；故答案为：反应未达平衡，温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；催化剂活性降低、副反应增多；
（5）由电池总反应可知，NiOOH为正极，电极反应式为NiOOH+H2O+e—=Ni(OH)2+OH—，由电极反应式可知，反应转移1mol电子，正极增加的质量为1g，则当电动车车行驶30min，电池的平均电流强度为aA时，正极增加的质量为g，故答案为：。
22．(1) 第五周期ⅣA族
(2) 负极 CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+ 稀H2SO4
(3) 0.5 0.3 66.7%
【分析】根据图示，CH3OH和H2O在左边电极上反应生成CO2和H2O，CH3OH发生氧化反应，结合原电池原理分析解答；同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，根据三段式列式计算解答。
（1）
CH3OH的电子式为；锡与碳元素属于同一主族，核电荷数为50，原子核外共有5个电子层，锡元素在周期表中的位置是第五周期ⅣA族，故答案为：；第五周期第ⅣA族；
（2）
①根据图示，CH3OH和H2O在左边电极上反应生成CO2和H2O，CH3OH被氧化，发生氧化反应，因此通入CH3OH和H2O的电极为该电池的负极，该电极上的电极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+，故答案为：负极；CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+；
②二氧化碳为酸性氧化物，能够与碱溶液反应，因此电解质溶液可能为稀H2SO4，故答案为：稀H2SO4；
（3）
①同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比。
设平衡时，CH3OH的物质的量为x，则
则=，解得：x=0.5mol，故答案为：0.5；
②0～5min内，v(H2)==0.3mol·L-1·min-1，故答案为：0.3；
③CO2的转化率为×100%=66.7%，故答案为：66.7%。
23．(1) Fe3O4 有利于磁选将Fe3O4分离，有利于提高固相还原和酸浸浸出的速率
(2) TiOSO4＋H2O=H2TiO3↓＋H2SO4 钛液浓度过低，获得的产物粒子直径大，煅烧钛白粉品质不高，钛液浓度过高，水解转化率低，原料利用率低
(3) TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO 136 181
(4)TiC0.5O0.5－2e－=Ti2＋＋CO↑或者2TiC0.5O0.5－4e－=2Ti2＋＋CO↑
【分析】钛磁铁矿含有成分是FeTiO3、SiO2、Fe3O4、Fe2O3、Al2O3、MgO，Fe3O4是磁铁的主要成分，利用磁选可以将Fe3O4分离，“固相还原”步骤中加入焦炭，利用焦炭的还原性，将Si、Fe还原出来，“酸浸”中Si不与酸反应，然后分离出来，浸出液中含有Fe2＋、Mg2＋、Al3＋和TiO2+等，然后结晶，得到FeSO4·7H2O，TiO2+水解产物是H2TiO3，H2TiO3煅烧得到TiO2，氯化过程中TiO2转化成TiCl4，利用Mg强还原性，将TiCl4中Ti还原出来，据此分析；
【详解】（1）Fe3O4是磁铁主要的主要成分，具有磁性，可通过磁选将其从钛磁铁矿分离；磁选前对钛磁铁矿进行粉碎、磨粉等预处理，有利于磁选将Fe3O4分离，有利于提高固相还原和酸浸浸出的速率；故答案为Fe3O4；有利于磁选将Fe3O4分离，有利于提高固相还原和酸浸浸出的速率；
（2）浸出液结晶得到FeSO4·7H2O，说明用硫酸酸浸，根据题中信息可知，水解过程TiO2+转化成H2TiO3，其反应方程式为TiOSO4＋H2O=H2TiO3↓＋H2SO4；根据信息可知，粒子直径越小，煅烧得到的钛白粉品质越高，但钛液的利用率降低，根据图象可知，钛液浓度小于170g·L-1，粒子直径大，煅烧钛白粉品质不高，钛液浓度大于170g·L－1，粒子直径小，水解转化率低，原料利用率低；故答案为TiOSO4＋H2O=H2TiO3↓＋H2SO4；钛液浓度过低，获得的产物粒子直径大，煅烧钛白粉品质不高，钛液浓度过高，水解转化率低，原料利用率低；
（3）煅烧过程H2TiO3转化成TiO2，氯化过程中Cl2、C与TiO2反应生成TiCl4和可燃性气体，根据原子守恒，可燃性气体为CO，即化学反应方程式为TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO；根据流程可知氯化过程中得到氯化物为TiCl4和AlCl3，依据氯化物物质性质可知，温度应控制在136℃～181℃，可以获得较纯净的TiCl4；故答案为TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO；136；181；
（4）根据装置图，阳极上得到CO，阴极上的沉积Ti，阳极电极反应式为TiC0.5O0.5－2e－=Ti2＋＋CO↑或者2TiC0.5O0.5－4e－=2Ti2＋＋CO↑；故答案为TiC0.5O0.5－2e－=Ti2＋＋CO↑或者2TiC0.5O0.5－4e－=2Ti2＋＋CO↑。
24． SO2 2MoS2+7O22MnO3+4SO2 过滤 两性 MoO3+2OH-= MoO+H2O 蒸发浓缩、冷却结晶 MoS2+6OH-+9ClO-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O 80% Mo-6e-+8OH-= MoO+4H2O 阴离子 4×10-3
【分析】在空气中焙烧钼精矿得到MnO3，碱性条件下，MoO3和NaOH溶液反应得到Na2MoO4，过滤分离得到Na2MoO4溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到Na2MoO4·2H2O；钼精矿碱溶并用NaClO氧化，过滤也得到Na2MoO4溶液，加足量硫酸反应生成钼酸，高温灼烧钼酸生成MoO3，氢气还原MoO3得到Mo。
【详解】(1)MoS2中硫为-2价，空气中焙烧时会被氧化为对环境有危害气体SO2，根据电子守恒和元素守恒该反应的化学方程式为2MoS2+7O22MnO3+4SO2；
(2)经操作1可得Na2MoO4溶液，所以该操作为过滤；根据流程可知MoO3可以和NaOH溶液反应，具有酸性氧化物的特点，而金属氧化物一般碱性氧化物，所以可推测MoO3为两性氧化物，反应的离子方程式为MoO3+2OH-= MoO+H2O；操作2可以从溶液中获取晶体，应为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；
(3)根据流程可知操作3中Mo元素被氧化为MoO，根据题干所给信息可知S元素被氧化为SO，根据得失电子守恒可知MoS2和ClO-的系数比应为1:9，再结合元素守恒可得离子方程式为MoS2+6OH-+9ClO-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O；
(4)设钼精矿中MoS2的质量为x，则有=8.64g，解得x=16g，所以钼精矿中MoS2的质量分数为×100%=80%；
(5)b电极与电源正极相连，为电解池阳极，该装置的目的是制备Na2MoO4，则Mo元素要被氧化，所以b电极的材料为钼，发生氧化反应，其电极反应式为Mo-6e-+8OH-=MoO+4H2O；为防止阳极区的Na+迁移到阴极，电解槽中应使用阴离子交换膜；据图可知该温度下Ksp(BaMoO4)=2×10-4×2×10-4=4×10-8，当c(MoO)=1×10-5mol•l-1时，c(Ba2+)==4×10-3mol/L。
陕西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-16化学能与电能
一、单选题
1．（2023·陕西西安·统考一模）下列实验操作与实验现象及结论对应且正确的是
选项
操作
现象
结论
A
将镀层有破坏的镀锌铁片放入酸化的3%NaCl溶液中，一段时间后，取溶液于试管中，滴加KSCN溶液
无红色出现
铁未被腐蚀，已破损的镀层锌仍能起到保护的作用
B
用湿润的淀粉碘化钾试纸鉴别NO2、溴蒸气
试纸变蓝
该气体为溴蒸气
C
向久置于空气中的Na2O2固体中滴加稀硫酸
有气泡产生
Na2O2已变质成Na2CO3
D
向新制饱和氯水中加入过量的碳酸钙粉末，振荡
产生大量气泡
提高了新制氯水中次氯酸的浓度
A．A B．B C．C D．D
2．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）电解HF和熔融KHF2的混合物(熔融混合物中常加入少量LiF或AlF3)制备单质氟，以电解槽内壁(镍铜合金)和石墨为电极，总反应为2KHF2＝2KF+F2↑+H2↑。下列有关电解制备单质氟的说法正确的是
A．电解过程中，电解槽内壁与电源的正极相连
B．石墨电极发生的电极反应为2F－ +2e－ ＝F2↑
C．电解过程中加入少量LiF或AlF3可以降低混合物的熔点，增强导电性
D．电解一段时间后，加入一定量的固体KHF2可还原混合物的组成
3．（2023·陕西宝鸡·统考一模）遇会生成蓝色沉淀，因此常用于的检验。文献显示：具有氧化性，可以氧化；还原性Fe大于。
某科研小组探究Fe与能否直接反应的实验如下：
实验1：取加热至沸腾并快速冷却的溶液(加热、冷却过程中溶液颜色无变化)于试管中，并加入1mL的苯，再加入铁粉，长时间无蓝色沉淀出现。
实验2：在“实验1”中，若使用砂纸打磨过的铁粉，一会儿就出现蓝色沉淀。
实验3：在“实验1”中，若加少量NaCl，立即出现蓝色沉淀；若换成加入或；则不出现蓝色沉淀。
实验4：在“实验1”中，若将铁粉换成在稀硫酸中反应一段时间的铁片，立即出现蓝色沉淀。
下列说法错误的是
A．实验1中长时间无蓝色沉淀出现，可能是因为铁粉表面有氧化膜
B．可能起破坏铁粉表面氧化膜的作用
C．Fe与可以直接反应
D．在Fe、C、NaCl溶液组成的原电池中，通过直接滴加溶液至电解质溶液中的方法，可以检验是否发生原电池反应
4．（2022·陕西汉中·统考二模）“践行双碳目标，助力绿色冬奥”，2022年北京冬奥会使用近700余辆搭载国家电投氢能公司全自主研发“氢腾”燃料电池系统的宇通氢能大巴。某种氢燃料电池的内部结构如下图，下列说法正确的是
A．b极为正极，电极反应式为O2+4e—+2H2O=4OH—
B．电子流向为：从电极a经电解质溶液到电极b
C．装置工作一段时间后，电解质溶液的pH增大
D．正极每消耗2.24LH2，转移2mol电子
5．（2022·陕西汉中·统考二模）化学与科学、技术、社会与环境发展息息相关。下列说法错误的是
A．神舟十三号载人飞船使用的高强度材料碳纤维属于新型有机高分子材料
B．中国科学家实现了二氧化碳人工合成淀粉，该成果有利于碳中和又可助力太空探索
C．“世界铜像之王”三星堆青铜大立人属于合金，其深埋于地下生锈是发生了吸氧腐蚀
D．北京冬奥会火炬在出火口格栅喷涂碱金属，目的是利用焰色反应让火焰可视化
6．（2022·陕西·校联考模拟预测）某科研小组设计双阴极微生物燃料电池进行同步硝化和反硝化脱氮研究，装置如图所示。下列叙述错误的是
A．“厌氧阳极”的电极反应方程式为 C6H12O6+6H2O - 24e -=6CO2+24H+
B．电池工作时，“缺氧阴极”电极附近的溶液pH增大
C．该电池工作中“好氧阴极”和“缺氧阴极”之间存在着对电子的竞争作用，和电极之间存在着对O2的竞争
D．若“好氧阴极”1mol完全生成，此时向该电极输送电子的物质的量为4mol，则该区消耗的O2在标准状况的体积约为44.8L
7．（2022·陕西西安·校联考二模）化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．丝绸、宣纸及尼龙的主要成分均为合成纤维
B．NaClO和酒精都有氧化性，可用于消毒杀菌
C．在食品中添加抗氧化剂，其目的与化学反应速率有关
D．高压直流电线路的瓷绝缘子经日晒雨淋容易出现铁帽腐蚀现象，在铁帽上加铜环能有效防止铁帽腐蚀
8．（2022·陕西榆林·统考二模）氨气含氢量高，是一种安全、易储运的优良小分子储氢载体。利用电解原理，可将氨气转化为高纯氢气，其装置如图所示：
已知：起始时两极电解质溶液质量相等，法拉第常数为阿伏加德罗常数与元电荷的乘积。下列说法正确的是。
A．a为电源正极，阳极上的电极反应式为
B．反应一段时间后，右室KOH溶液中溶质的物质的量减小
C．当电源输出8Ah电量时，产生的氢气在标准状况下的体积约为3.34L
D．忽略气体溶解产生的质量变化，当电路中有0.1mol电子通过时，两室电解质溶液的质量差为1.8g
9．（2022·陕西宝鸡·统考二模）下列选用的仪器、药品和操作均能达到相应实验目的的是
A．用溶液制无水固体 B．证明反应产物中有
C．保护金属铁不被腐蚀 D．用盐酸标准液滴定NaOH溶液
10．（2022·陕西咸阳·统考一模）一种新型锂电池如图所示，其中电解质LiClO4溶于络合有机溶剂中，Li+在电解质溶液中可自由移动，b极参与反应的物质是二氯亚砜(SOCl2)，且放电过程中b极有刺激性气味的气体产生。下列说法错误的是
A．a极为负极
B．不可用水代替有机溶剂
C．正极反应为2SOCl2+4e-=S+SO2↑+4Cl-
D．a极质量增加7g，电路中通过1mol电子
11．（2022·陕西·统考一模）中科院研制出了双碳双离子电池，以石墨(Cn )和中间相炭微粒球(MCMB)为电极，电解质溶液为含有KPF6的有机溶液，其充电示意图如图所示。其反应机理为：充电时，电解液中的钾离子运动到中间相碳微粒球负极表面，并嵌入至石墨层中，同时六氟磷酸根阴离子插层到正极石墨中；放电时，钾离子从负极石墨层中脱出，同时正极石墨中的六氟磷酸根脱嵌回到电解液中。下列说法正确的是
A．放电时石墨电极的电势比MCMB电极电势低
B．当转移电子1 mol时，参与反应的K+与PF的物质的量共1 mol
C．放电时正极反应式是Cn(PF6)x+xe—-=Cn+xPF
D．充电时MCMB电极发生氧化反应
12．（2022·陕西安康·统考一模）肼()是一种还原性较强的液体，在生物膜电极表面容易发生氧化反应，从而达到无污染净化高浓度酸性NO废水的目的，其装置如图所示。其中M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜。下列说法错误的是
A．X为低浓度KOH溶液
B．通过N自左向右做定向移动
C．负极上的电极反应式为
D．电池放电时，正、负极产生的的物质的量之比为1∶1
13．（2021·陕西榆林·统考三模）一种可以反复使用的电池结构如图所示。图中b池的电解质为K2S2、K2S4，a池的电解质为KBr3、KBr。充放电时发生的反应为K2S4+3KBr2K2S2+KBr3。下列叙述不正确的是
A．放电时，左边为正极
B．放电时。当外电路通过1mol电子时，有1molK+由b池移向a池
C．充电时，阴极发生的电极反应为+2e-=2
D．若将钾离子交换膜换成阴离子交换膜，对该电池工作无影响
14．（2021·陕西宝鸡·统考模拟预测）下列说法正确的是
A．向的液体平衡体系中加入少量KCl固体，由于生成物浓度增加，平衡逆向移动，所以液体血红色变浅
B．∆H>0、或∆H<0、∆S<0的化学反应都可能自发进行
C．以铜为电极，电解KI溶液含有少量淀粉，阳极附近溶液呈现蓝色
D．向稀中滴加溶液，反应的离子方程式为
15．（2021·陕西汉中·统考一模）由下列实验操作和现象得出的结论不正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向Co2O3中滴加浓盐酸
产生黄绿色气体
氧化性： Co2O3 > Cl2
B
白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液
无明显现象
锌对铁依然具有保护作用
C
将铁片投入浓硫酸中
无明显变化
常温下铁不与浓硫酸反应
D
将10mL 2mol/L 的KI溶液与1mL 1mol/L FeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液
溶液颜色变红
KI与FeCl3的反应具有可逆性
A．A B．B C．C D．D
16．（2021·陕西宝鸡·统考模拟预测）元素钒在溶液中有多种存在形式，比如：V2＋(紫色)、V3＋(绿色)、VO2＋(蓝色)、(黄色)等。钒液可充电电池的工作原理如图所示。已知充电时，左槽溶液颜色由蓝色逐渐变为黄色，溶液中c(H＋)＝1.0mol·L－1，阴离子为。下列说法不正确的是
A．a极为电池的正极
B．充电时，阳极电极反应式为VO2＋＋H2O－e－＝＋2H＋
C．放电过程中，右槽溶液颜色由紫色变为绿色
D．放电时，电子由C2极流出经交换膜流向C1极
二、填空题
17．（2023·陕西商洛·统考三模）实现碳达峰和碳中和目标的有效方式之一是二氧化碳直接加氢合成高附加值产品(烃类和烃的衍生物)，回答下列问题：
(1)二氧化碳加氢合成甲醇：。
①下列有关叙述错误的是 (填标号)。
A．产物之间能形成氢键
B．该反应断裂极性键和非极性键
C．该工艺是理想的绿色化学工艺
D．催化剂均由短周期元素组成
②已知几种共价键的键能数据如下：
共价键
H—C
C—O
H—O
H—H
键能/(kJ·mol-1)
799
413
358
467
436
kJ·mol-1
(2)CO2加氢制备乙烯：。在密闭容器中通入CO2和H2发生上述反应，测得平衡常数K的自然对数lnK与温度的关系如图1中直线 (填“a”或“b”)
(3)一定条件下发生反应：，改变外界一个条件，反应速率与时间关系如图2所示。
①t1min时改变的条件是 ，t2min时改变的条件是 。
②上述三个平衡状态中，原料转化率最大的是 (填“I”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)，判断依据是 。
(4)一定条件下，向一密闭容器中投入1molCO2和3molH2，此时压强为20kPa，发生如下反应：
反应I：
反应Ⅱ：
达到平衡时，CO2的平衡转化率为80%，CH3OCH3的选择性为60%。反应Ⅱ的平衡常数Kp= (结果保留2位有效数字)。
注明：用分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数。
(5)我国科学家开发Ni—N—C(Cl)催化剂实现高效催化CO2还原制备CO。装置如图所示(采用阳离子交换膜)。总反应为。其正极反应式为 。
三、原理综合题
18．（2023·陕西·校联考模拟预测）丁二烯是生产丁苯橡胶SBR、ABS 树脂、聚丁二烯橡胶BR等的基本原料，也是生产氯丁二烯、乙烯基环己烯等化学品的关键中间体，工业上常在钼系催化剂作用下，用丁烯氧化脱氢制丁二烯。丁烯氧化脱氢制丁二烯的反应如下:
反应: 2C4H8 (g) +O2 (g) =2C4H6 (g) +2H2O (g) ΔH
副反应①: C4H8(g) +6O2 (g) =4CO2 (g) +4H2O (g) ΔH1 =-2542.6kJ·mol-1
副反应②: 2C4H6 (g) +11O2 (g) =8CO2 (g) +6H2O (g) ΔH2= -4886.6kJ·mol-1
(1)丁烯氧化脱氢制丁二烯反应的 ΔH = 。
(2)在钼系催化剂作用下，某恒压密闭容器中通入一定量的丁烯和氧气发生反应: 2C4H8 (g) +O2 (g) 2C4H6(g) +2H2O (g)，分别测得温度和氧烯比(氧气和丁烯的物质的量之比)对丁烯的转化率和丁二烯选择性的影响如下图所示:
氧烯比固定，温度升高，丁烯单位时间内转化率先增大后无明显变化的原因是 ; 丁
丁二烯最佳的温度和氧烯比分别为 ；
(3)400°C时，在体积为1L的恒容密闭容器中充入1mol C4H8和1mol O2发生丁烯氧化脱氢制丁二烯反应和副反应①和②，测得此时容器的压强为P0，平衡时容器内的压强为1.2P0，C4H8的转化率为70%，丁二烯的选择性为90%，则平衡后C4H6 (g)的体积分数为 ，丁烯氧化脱氢制丁二烯反应的平衡常数K= 。
(4)钼系催化剂上C4H8燃烧反应的速率方程为v (C4H8) =k·px (C4H8) ·Py (O2)。为确定x和y，通过实验获得如图3数据，则:x和y分别为 、 。
(5)一种以C4H8为主要原料的电池工作原理如图4所示。B上的电极反应式为 。
19．（2023·陕西宝鸡·统考二模）实现碳中和方法之一是二氧化碳捕捉再利用，研究CO2转化为CH4、CH3OH、HCOOH的重整技术是科学家研究的热点课题，回答下列问题。
反应i：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1
反应ii：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49kJ·mol-1
(1)已知下表中断裂1mol化学键所吸收的能量数据，则ΔH1= kJ·mol-1。
化学键
H-H
O-H
C-H
C=O
能量/kJ
436
463
413
803
(2)在573K时，体积为2L的刚性容器中投入2molCO2和6molH2发生反应ii达到平衡。
①为了提高CH3OH产率可以采取的措施有 (任写两项措施)。
②图1中能表示该反应的平衡常数的对数lnK与(T表示温度)之间的变化关系的曲线是 (选填“m”或“n”)。
③测得在相同时间内，不同温度下的H2转化率如图2所示，v(a)逆 v(c)逆(选填“>”“<”或“=”)；T2温度下该反应的平衡常数K值为 (保留两位小数)。
(3)在恒容密闭容器中，反应i按进料浓度比c(CO2)：c(H2)分别等于1：2、1：5、1：7时，CO2的平衡转化率随条件X的变化关系如图3所示：
①曲线a的进料浓度比c(CO2)：c(H2)为 。
②条件X是 (选填“温度”或“压强”)，依据是 。
(4)我国学者探究了BiIn合金催化剂电化学还原CO2生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图4所示(带“*”表示物质处于吸附态)。
①阴极的电极反应为 。
②试从图4分析，采用BiIn合金催化剂既优于单金属Bi催化剂，又优于单金属In催化剂的原因 。
20．（2022·陕西商洛·统考二模）乙烷、乙烯均是有机合成中重要的原料，乙烯年产量的多少可体现一个国家石油化工发展水平的高低。回答下列问题：
(1)已知有关反应热化学方程式如下：
①C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H1=+137kJ·mol-1
②C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l) △H2=-1411kJ·mol-1
欲利用反应①、②中的数据求C2H6(g)的燃烧热，还需要知道一种物质的燃烧热(用△H3表示)，请写出该物质的燃烧热的热化学方程式 。C2H6(g)的燃烧热(△H4)为 (用含△H3的代数式表示)。
(2)一定条件下向某刚性恒容密闭容器内充入一定量的C2H6(g)，使其只发生反应①，测得不同温度，分别使用甲、乙两种催化剂的情况下，经过相同反应时间时乙烷的转化率随温度的变化情况如图1所示。
①温度低于1000K时，两种催化剂对该反应活化能影响较大的是 (填“甲”或“乙”)，使用该催化剂时，该转化反应适宜的温度是 ；使用催化剂甲时，当温度高于1000K时，C2H6的转化率减小的原因可能是 (填标号)。
A．平衡向左移动
B．催化剂催化活性降低，导致反应速率减小
C．温度过高，乙烯与氢气发生反应
②乙烷的转化率随时间的变化关系如图2所示，在m点条件下，平衡时总压为2.1×105Pa，经过10min反应达到平衡状态，则0~10min内m点对应反应的v(C2H6)= Pa·min-1，Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，则平衡常数Kp= Pa。
(3)利用电解法可将乙烷转化为乙酸、乙烯等多种产品，工作原理如图3所示。写出生成乙酸的电极反应式： 。
21．（2022·陕西西安·模拟预测）据2021年最新统计，中国机动车保有量达到3.8亿辆，稳居世界第一。
Ⅰ.不断改进汽车尾气净化技术是减轻大气污染的重要举揩。其中一种“净化反应”的原理为：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g) △H。
(1)已知N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1=+180.5kJ·mol-1
C(g)+O2(g)=CO2(g) △H2=—393.5kJ·mol-1
2C(g)+O2(g)=2CO(g) △H3=—221kJ·mol-1
净化反应的△H= kJ·mol-1。
(2)下列可判断净化反应达到平衡的是 。
A．混合气体的平均相对分子质量不变 B．p(CO)∶p(N2)=2∶1
C．NO的质量保持不变 D．v(NO)=2v(N2)
(3)净化反应净速率v=v正—v逆=k正p2(CO)·p2(NO)—k逆p2(CO2)·p(N2)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，p为气体的分压(分压=总压×物质的量分数)。
①升高温度，k正—k逆 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
②按照n(CO)∶n(NO)=1∶1投料反应，在不同压强下，净化反应中CO的平衡转化率随反应温度的变化如图1所示。当压强为p1、温度为t1℃时，某时刻测得N2的体积分数为，此时= 。
(4)Ⅱ.SCR法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应原理为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) △H＜0。其他条件相同，在甲、乙两种催化剂作用下，NO转化率与温度的关系如图2。
①工业上选择催化剂乙的原因是 。
②在催化剂甲作用下，图中M点对应温度为210℃。210℃之前，NO转化率随温度升高而增大的原因是 ；210℃之后，NO转化率降低的原因可能是 。
(5)Ⅲ.比亚迪双模电动车不依赖专业充电站，采用了镍镉可充电电池。其总反应为：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2。当电动车车行驶30min，电池的平均电流强度为aA，正极质量增加 g(用含a和F的字母表示计算结果)。[已知：①Q=It，Q的单位为C；②法拉第常数为F，单位为C·mol-1]。
22．（2022·陕西安康·统考一模）甲醇是一种重要的工业品，也可作燃料电池的原料。回答下列问题：
(1)CH3OH的电子式为 ；Sn与C位于同一主族，核电荷数为50，其在元素周期表中的位置为 。
(2)微型直接甲醇燃料电池是通过MEMS工艺制作的一种微型能源装置，具有结构简单、体积小、质量轻、比能量密度高、环境污染小等优点，其装置如图所示：
①通入CH3OH和H2O的电极为该电池的 (填“正极”或“负极”)，该电极上的电极反应式为 。
②电解质溶液可能为 (填“稀H2SO4”或“KOH溶液”)。
(3)T℃时，将0.75molCO2和2.25molH2的混合气体通入体积为1L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，5min后反应达到平衡，此时容器压强为起始压强的。
①平衡时，CH3OH的物质的量为 mol。
②0～5min内，v(H2)= mol·L-1·min-1。
③CO2的转化率为 。(保留3位有效数字)
四、工业流程题
23．（2023·陕西咸阳·统考三模）钛是一种银白色的过渡金属，其密度小、强度高、具有金属光泽，亦有良好的抗腐蚀能力(包括海水、王水及氯气等)。由于其稳定的化学性质，良好的耐高温、耐低温、抗强酸、抗强碱，以及高强度、低密度的特点，被美誉为“太空金属”。工业上可用钛磁铁矿(主要成分是，含有少量的、、、、MgO)制备高纯度的金属钛，其工艺流程如下：
资料：
①浸出液中含钛阳离子主要是，的水解产物是。
②常见氯化物的物理性质如下表所示：
化合物
熔点/℃
-25
193
304
714
沸点/℃
136
181(升华)
316
1412
(1)利用 的磁性，可通过磁选将其从钛磁铁矿分离。在磁选之前需对钛磁铁矿进行粉碎、磨粉等预处理，其作用是 。
(2)水解过程发生主要反应的化学方程式是 ，通过对浸出液浓度的调控，可以获得不同粒子直径的产品。一般情况下，粒子直径越小，煅烧得到的钛白粉品质越高，但钛液的利用率降低。工业上通常用170g/L的浸出液(钛液)进行水解，其原因是 。
(3)氯化可以得到较高纯度的，同时生成一种可燃性气体，其反应化学方程式为 ，蒸馏精制过程中应该控制温度高于 ℃，低于 ℃。
(4)过去几年，电解还原制备Ti有了新的突破，的电解效率取决于其阳极组成(C/O比)，在时，它几乎可以100%地溶解。该电解过程如下图所示，阳极反应式为 。
24．（2021·陕西宝鸡·统考二模）钼酸钠(Na2MoO4)是一种冷却水系统的金属缓蚀剂，工业上通常利用钼精矿(MoS2中硫为-2价)制备金属钼和钼酸钠晶体的流程如图所示。
回答下列问题：
(1)在空气中焙烧时产生对环境有危害气体的化学式是 ，焙烧的化学方程式是 。
(2)操作1的实验名称是 ，由此可推测MoO3为 性氧化物，该反应的离子方程式为 ，进行操作2的步骤是 ，过滤、洗涤、干燥。
(3)操作3中硫元素被氧化为最高价，发生反应的离子方程式为 。
(4)钼精矿中MoS2的测定：取钼精矿20g经操作3等，得到Mo的质量为8.64g，假设过程中钼利用率为90%，钼精矿中MoS2的质量分数为 。
(5)电解法制备：用镍、钼作电极电解浓NaOH溶液制备钼酸钠(Na2MoO4)的装置如图甲所示。b电极上的电极反应式为 ，电解槽中使用 (填阳离子或阴离子)交换膜。某温度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图乙所示，要使溶液中钼酸根离子完全沉淀(浓度小于1×10-5mol•l-1)，Ba2+的浓度最小为 mol•l-1。
参考答案：
1．D
【详解】A．将镀层有破坏的镀锌铁片放入酸化的3%NaCl溶液中，构成原电池，Zn为负极，Fe为正极被保护，滴加KSCN溶液只检验铁离子，无红色出现，不能证明Fe是否被腐蚀，A错误；
B．NO2、溴蒸气均可氧化KI生成碘，试剂均变蓝，不能鉴别，B错误；
C．过氧化钠、碳酸钠均与稀硫酸反应生成气体，不能证明Na2O2已变质成Na2CO3，C错误；
D．氯水中含氢离子，与碳酸钙反应生成二氧化碳，观察到产生大量气泡，提高了新制氯水中次氯酸的浓度，D正确；
故答案为：D。
2．C
【详解】A．电解槽内壁由Ni、Cu合金构成，若与电源正极相连，则为阳极，Ni、Cu失去电子与总反应不符，A错误；
B．石墨电极应为阳极，失去电子，B错误；
C．LiF、AlF3的加入可降低混合物熔点，增强导电性，C正确；
D．从固体熔融物中析出后，H2气体则需要加HF还原混合物组成，D错误；
故答案为：C。
3．D
【分析】实验2、3、4说明铁与铁氰化钾溶液能直接反应，实验1说明铁粉表面氧化膜阻碍了铁与铁氰化钾溶液的反应，实验3说明氯离子能破坏铁粉表面的氧化膜，有利于铁与铁氰化钾溶液的反应。
【详解】A．由分析可知，实验1中长时间无蓝色沉淀出现能是因为铁粉表面的氧化膜阻碍了铁与铁氰化钾溶液的反应，故A正确；
B．由分析可知，氯离子能破坏铁粉表面的氧化膜，有利于铁与铁氰化钾溶液的反应，故B正确；
C．由分析可知，实验2、3、4说明铁与铁氰化钾溶液能直接反应，故C正确；
D．铁、碳、氯化钠溶液组成的原电池中，氯化钠溶液电离出的氯离子会破坏铁表面的氧化膜，若直接向原电池中滴加铁氰化钾溶液，铁与铁氰化钾溶液能直接反应，无法检验溶液中是否存在亚铁离子，不能检验是否发生原电池反应，故D错误；
故选D。
4．C
【分析】由图可知，通入氢气的a电极为负极，氢气在负极失去电子发生氧化反应生成氢离子，电极反应式为H2—2 e—=2H+，通入氧气的电极b为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e—+4H+=2H2O。
【详解】A．由分析可知，通入氧气的电极b为正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e—+4H+=2H2O，故A错误；
B．由分析可知，通入氢气的a电极为负极，通入氧气的电极b为正极，电子从电极a经用电器到电极b，故B错误；
C．电池工作时，反应生成水，电解质溶液体积增大，溶液中氢离子浓度减小，pH增大，故C正确；
D．缺标准状况下，无法计算2.24L氢气的物质的量和反应转移电子的物质的量，故D错误；
故选C。
5．A
【详解】A．碳纤维的主要成分是碳单质，属于新型无机非金属材料，故A错误；
B．二氧化碳人工合成淀粉既能减少二氧化碳的排放有利于碳中和又碳中和，又有利于太空探索时宇航员呼吸产生的二氧化碳转化为淀粉提供人体所需要的能量，故B正确；
C．深埋于地下的合金生锈是因为在弱酸性条件下发生了吸氧腐蚀，故C正确；
D．冬奥会火炬在出火口格栅喷涂碱金属是利用了焰色反应让火焰达到可视化的目的，故D正确；
故选A。
6．D
【分析】由题干微生物燃料电池示意图可知，电子从厌氧阳极流出，即葡萄糖在厌氧阳极上失去电子，生成CO2，则该电极反应为：C6H12O6+6H2O - 24e -=6CO2↑+24H+，电子转移到左侧的缺氧阴极上，得到电子并结合阳极产生的H+，生成NO2和H2O，NO2能够进一步得到电子结合H+，生成N2和H2O，电极反应分别为：+e-+2H+=NO2↑+H2O，2NO2+8e-+8H+=N2+4H2O，电子转移到好氧阴极，则可能是O2得到电子，发生的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，同时O2还可能氧化生成，甚至还可以进一步被O2氧化成，反应方程式为：2+3O2=2+2H2O+4H+，2+O2=2，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，“厌氧阳极”的电极反应方程式为 C6H12O6+6H2O - 24e -=6CO2+24H+，A正确；
B．由分析可知，电池工作时，“缺氧阴极”电极的电极反应为：+e-+2H+=NO2↑+H2O，2NO2+8e-+8H+=N2+4H2O，故其电极附近的溶液中H+浓度减小，pH增大，故B正确；
C．由分析可知，该电池工作中厌氧阳极的电子同时转移到“好氧阴极”和“缺氧阴极”中，故“好氧阴极”和“缺氧阴极”之间存在着对电子的竞争作用，在“好氧阴极”上电极上得电子也可以将O2还原，同时也可以被O2氧化，即和电极之间存在着对O2的竞争，C正确；
D．若“好氧阴极”1mol完全生成则反应中转移了8mol电子，此时转移的电子是发生在和O2之间，消耗了2molO2，即此时并未向该电极输送电子，则该区消耗的O2在标准状况的体积约为2mol×22.4L/mol=44.8L，D错误；
故答案为：D。
7．C
【详解】A．丝绸的成分是蛋白质、宣纸的成分是纤维素，丝绸、宣纸是天然纤维，尼龙为合成纤维，故A错误；
B．NaClO有氧化性，可用于消毒杀菌；酒精能使蛋白质变性，用于消毒杀菌，故B错误；
C．在食品中添加抗氧化剂，降低氧气浓度，其目是减慢食品氧化的速率，故C正确；
D．在铁帽上加铜环，构成原电池，铁为负极，能加快铁帽腐蚀，故D错误；
选C。
8．C
【分析】电解池中，左侧电极上NH3发生失电子的氧化反应生成N2，则左侧电极为阳极、与电源正极相接，右侧电极为阴极、与电源负极相接，阳极电极反应式为2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O，阴极上H2O得电子生成H2，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电解池工作时，OH-从右侧区向左侧区移动，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，a电极为正极，碱性环境不可能生成，阳极电极反应式为2NH3-6e-+6OH-═N2+6H2O，A错误；
B．根据电荷守恒可知，右室有多少生成就有多少通过交换膜移向左室，KOH溶液中溶质的物质的量不变，B错误；
C．根据电子守恒可知，当电源输出8Ah电量时，产生的氢气在标准状况下的体积约为，C正确；
D．当电路中有0.1mol电子通过时，两室电解质溶液的质量差为3.6g，D错误；
故答案为：C。
9．C
【详解】A．氯化铝易水解生成氢氧化铝和盐酸，加热促进氯化铝水解平衡正向移动，盐酸易挥发，最终得到氢氧化铝，不能达到制备无水氯化铝的目的，A错误；
B．木炭与浓硫酸加热条件下反应除了生成二氧化碳、还生成二氧化硫，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，不能验证产物中的二氧化碳，B错误；
C．当金属铁作电解池的阴极时，金属铁被保护，不被腐蚀，能达到目的，C正确；
D．酸碱中和滴定实验中，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，D错误；
答案选C。
10．D
【详解】A．Li为活泼金属所以放电时a电极为负极，b电极为正极，A正确；
B．Li为活泼金属，会和水反应，所以不可用水代替有机溶剂，B正确；
C．b为正极，正极上SOCl2得电子发生还原反应，且放电过程中b极有刺激性气味的气体产生，说明生成SO2，电极反应式为：2SOCl2+4e-=S+SO2↑+4Cl-，C正确；
D．放电时负极反应为Li-e-=Li+，电极质量减小，不会增加，D错误；
综上所述答案为D。
11．C
【分析】由图可知，充电时，与直流电源正极相连的石墨电极是电解池的阳极，PF阴离子在Cn作用下失去电子发生氧化反应生成Cn(PF6)x，MCMB电极为阴极，钾离子在阴极得到电子发生还原反应生成钾；放电时石墨电极为原电池的正极，Cn(PF6)x在正极得到电子发生还原反应生成Cn、PF离子，MCMB电极为负极，钾在负极失去电子发生氧化反应生成钾离子，电池放电时的总反应为Cn(PF6)x+xK= Cn+ xKPF6。
【详解】A．正极电势比负极高，由分析可知，放电时石墨电极为原电池的正极，MCMB电极为负极，则放电时石墨电极电势比MCMB电极电势高，故A错误；
B．由分析可知，当转移电子1mol时，参与反应的K+的物质的量和PF离子的物质的量共2mol，故B错误；
C．由分析可知，放电时石墨电极为原电池的正极，Cn(PF6)x在正极得到电子发生还原反应生成Cn、PF离子，电极反应式为Cn(PF6)x+xe—-=Cn+xPF，故C正确；
D．由分析可知，充电时MCMB电极为阴极，钾离子在阴极得到电子发生还原反应生成钾，故D错误；
故选C。
12．D
【分析】由题干信息可知，通入N2H4一极为负极，电极反应为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O，通入硝酸根酸性废水的一极为正极，电极反应为：2+10e-+12H+=N2+6H2O，KOH溶液中OH-通过阴离子交换膜M进入负极区，K+通过阳离子交换膜N进入正极区，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，KOH溶液中OH-通过阴离子交换膜M进入负极区，K+通过阳离子交换膜N进入正极区，故X为低浓度KOH溶液，A正确；
B．由分析可知，左边为负极，右边为正极，阳离子流向正极，故通过N自左向右做定向移动，B正确；
C．由分析可知，负极上的电极反应式为，C正确；
D．根据电子守恒可知，电池放电时，正、负极产生的的物质的量之比为2∶5，D错误；
故答案为：D。
13．D
【详解】A．a池中电解质为KBr3、KBr，放电过程中KBr3转化为KBr，Br的化合价降低，得电子，则左边为正极，故A正确；
B．由以上分析可知左侧为正极，右侧为负极，钾离子由负极向正极移动，即由b池向a池移动，结合电荷守恒，可知转移1mol电子时，有1mol钾离子迁移，故B正确；
C．充电时，阴极发生K2S4转化为K2S2的反应，电极反应为+2e-=2，故C正确；
D．若将钾离子交换膜换成阴离子交换膜，则两测溶液中的阴离子均向负极移动，离子将能直接发生反应，降低了电池的效率，故D错误；
故选：D。
14．B
【详解】A．该离子反应为：，加入少量KCl固体，不会引起平衡移动，故A错误；
B．自发，当>0、>0高温下自发，当<0、<0时低温自发，故B正确；
C．当铜为电极时，属于活性阳极，阳极是铜失电子而不是碘离子失电子，故C错误；
D．向稀中滴加溶液是氧化还原反应，离子方程式为：，故D错误；
故答案为B。
15．C
【详解】A． 发生氧化还原反应生成氯气，Co元素的化合价降低，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Co2O3 > Cl2，故A正确；
B． 白铁皮(镀锌铁)出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，构成原电池，Zn为负极，发生氧化反应，Fe为正极被保护，故B正确；
C． 常温下铁与浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，并不是不反应，故C错误；
D． KI过量，由现象可知还反应后存在铁离子，则KI与FeCl3的反应具有可逆性，故D正确；
故选：C。
16．D
【详解】
A．充电时，左槽溶液颜色由蓝色逐渐变为黄色，即左槽中发生的变化为：，该过程是VO2+失去电子，为氧化反应，故a极为电池的正极，A正确；
B．a极为电池的正极，则石墨C1为阳极，电极反应为：，B正确；
C．放电过程中，右槽为负极，发生氧化反应，由V2+变为V3+，即右槽溶液颜色由紫色变为绿色，C正确；
D．放电时，C2极为负极，是电子流出的一极，但是电子不经过电解质溶液，D错误；
故选D。
17．(1) CD -92
(2)b
(3) 升高温度 增大丙烷的浓度(或增大水蒸气的浓度或增大丙烷和水蒸气的浓度，1分) I 平衡I→Ⅱ和Ⅱ→Ⅲ都是向逆反应方向移动
(4)1.3
(5)
【详解】（1）①A．甲醇和水之间能形成氢键；B．该反应断裂二氧化碳中的极性键和氢气中的非极性键；C．该反应生成了甲醇和水，不满足绿色化学工艺要求；D．催化剂中锆为长周期元素；故选CD。
②根据键能计算器反应热为799×2+3×436-413×3-358-467×3=-92kJ·mol-1。
（2）该反应为放热反应，升温，平衡逆向移动，平衡常数减小，平衡常数K的自然对数lnK减小，故平衡常数K的自然对数lnK与温度的关系如图1中直线b。
（3）①t1min时正逆反应速率都增大，平衡向逆向移动，故改变的条件是升温，t2min时逆反应速率增大，但正反应速率不变，平衡逆向移动，则改变的条件是增大丙烷的浓度或增大水蒸气的浓度或增大丙烷和水蒸气的浓度。
②平衡I→Ⅱ和Ⅱ→Ⅲ都是向逆反应方向移动，故上述三个平衡状态中，原料转化率最大的是I。
（4）反应过程中二氧化碳反应的量为1×80%=0.8mol，其中反应生成甲醇的二氧化碳为0.8×60%=0.48mol，
反应后的总量为0.2+1.24+0.32+1.04+0.24=3.04mol，则平衡时的压强为，则反应Ⅱ的平衡常数Kp=。
（5）根据总反应分析，正极为得到电子的反应，则说明是二氧化碳得到我电子生成一氧化碳，反应式为。
18．(1)-198.6 kJ·mol-1
(2) 开始时，温度升高反应速率加快，丁烯单位时间内转化率增大；随着温度更高时，副反应增多，故转化率无明显变化； 440℃，0.85。
(3) 25% 40
(4) 0
(5)
【详解】（1）分别将三个反应标识为③，①，②，则有③=①×2-②，根据盖斯定律有∆H3=∆H1×2-∆H2=-2542.6×2-(-4886.6)=-198.6 kJ·mol-1。
故答案为：-198.6 kJ·mol-1。
（2）开始时，温度升高反应速率加快，丁烯单位时间内转化率增大；随着温度更高时，副反应增多，故转化率无明显变化。结合转化率与选择性，依图1可知，最佳温度为440℃，依图2，最佳氧烯比为0.85。
故答案为：开始时，温度升高反应速率加快，丁烯单位时间内转化率增大；随着温度更高时，副反应增多，故转化率无明显变化；440℃，0.85。
（3）反应过程中，由于丁烯的转化率力70%，二丁烯的选择性为90%，丁烯氧化脱氢制丁二烯反应中C4H8的变化量为：1×70%×90%=0.63mol，副反应①中C4H8的变化量为1×70%-0.63=0.07mol；反应前容器的压强为P0，平街时容器的压强为1.2P0。则平衡时气体总的物质的量为2.4mol，设副反应②消耗C4H6为xmol，对于主反应三段式有，对于副反应①三段式有，对于副反应②三段式有
，所以，解得x=0.03，C4H8(g)、C4H6(g)、H2O(g)，O2(g)，CO2(g)的物质的量分别为0.3mol、0.6mol、1.0mol、0.1mol，0.4mol，则平衡后C4H6(g)的体分数为=25%，故丁烯氧化脱氢制丁二烯反应的平衡常数K=40。
故答案为：25%，40。
（4）由图3可知，当p(C4H8)固定时，P (O2)增大时，v (C4H8)不变，得出y=0；而固定P (O2)时，490℃时p(C4H8)从10→20，v从2.5→3.535，得出。解得x=
故答案为：，0。
（5）由图4可知，B极为O2，发生还原反应：。
故答案为：。
19．(1)-154
(2) 增大体系压强、通入H2 n < 14.81
(3) 1：2 压强 该反应的正反应气体分子数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，与图3曲线一致
(4) CO2 +2e-+ 2H+ = HCOOH 相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能
【详解】（1）根据反应热=反应键能和-产物键能和，则ΔH1=2E(C=O)+4E(H-H)-4E(C-H)-4E(O-H)= -154 kJ·mol-1；
（2）①反应为气体分子数减小的放热反应，为了提高CH3OH产率可以采取的措施有增大体系压强、通入H2等。
②反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，同时增大，平衡常数增大，故图1中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线n；
③测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图2所示，由图可知，a点没有达到平衡，氢气转化率较低，生成浓度较低且温度较低；c点达到平衡，氢气转化率较高，生成浓度较大且温度较高；浓度越大、温度越高则反应速率越快，故<；
T2时氢气转化率为80%，根据题给数据可得三段式如下：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
则此时平衡常数；
（3）①氢气浓度越大，则二氧化碳转化率越大，故曲线a的进料浓度比c(CO2)：c(H2)为1：2；
②该反应为气体分子数减小的反应，压强越大，二氧化碳转化率越大，故X表示压强，理由是：该反应的正反应气体分子数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，与图3曲线一致；
（4）①根据题给信息可知，在阴极二氧化碳得到电子生成甲酸，电极反应为：CO2 +2e-+ 2H+ = HCOOH；
②根据图像，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因：相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能；答案为：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能。
20．(1) H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3 ΔH3-1274kJ/mol
(2) 甲 1000K B 6×103 4×104
(3)C2H6-6e-+2H2O=CH3COOH+6H+
【解析】（1）
还需要知道氢气的燃烧热，故氢气的燃烧热的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3。根据盖斯定律可知，根据①C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H1=+137kJ·mol-1；②C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l) △H2=-1411kJ·mol-1；
③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3，反应C2H6(g) +3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l)可由①+②+③得到，故△H4=△H1+△H2+△H3=ΔH3-1274kJ/mol；
（2）
①由图可知温度低于1000K时，催化剂甲时C2H6的转化率高，故催化剂甲对该反应的活化能影响较大，由图可知转化率最高的温度为1000K；
A．该反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，A不符合题意；
B．随着温度升高，催化剂活性降低，催化效率降低，则反应速率降低，相同时间内，转化率降低，B符合题意；
C．该反应为可逆反应，任何温度下，乙烯与氢气都会发生反应，C不符合题意；
故选B；
②设最初加入的乙烷的压强为xPa，则可得以下三段式：
则0.6x+0.4x+0.4x=2.1×105，x=1.5×105，则0~10min内m点对应反应的v(C2H6)=；平衡时乙烷，乙烯，氢气的分压分别为：，，，则；
（3）
乙烷中的碳为-3价，发生氧化反应生成乙酸，应该在阳极发生反应，电极反应为：C2H6-6e-+2H2O=CH3COOH+6H+。
21．(1)—746.5
(2)AC
(3) 减小 576
(4) 低温下乙有很强的催化活性，NO转化率远大于甲 反应未达平衡，温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 催化剂活性降低、副反应增多
(5)
【详解】（1）将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，②×2—①—③得到净化反应，则△H=(—393.5 kJ/mol)×2—(+180.5kJ/mol)—(—221kJ/mol)=—746.5kJ/mol，故答案为：—746.5；
（2）A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
B．p(CO)∶p(N2)=2∶1不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
C．一氧化氮的质量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．v(NO)=2v(N2) 不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选AC；
（3）①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，则k正增大的程度小于k逆，(k正—k逆)减小，故答案为：减小；
②当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则v正—v逆=k正p2(CO)·p2(NO)—k逆p2(CO2)·p(N2)=0，==Kp，设起始一氧化碳和一氧化氮的物质的量为2mol，由图可知，一氧化碳的转化率为80%，由题给数据可建立如下三段式：
由三段式数据可知平衡常数Kp ===，设某时刻测得N2的体积分数为时，生成氮气的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：
由三段式数据可得：=，解得a=0.4，则=×=×=576，故答案为：576；
（4）①由图可知，其他条件相同，低温时，催化剂乙作用下，一氧化氮的转化率远大于催化剂甲，说明催化剂的活性远大于甲，所以工业上选择催化剂乙做反应的催化剂，故答案为：低温下乙有很强的催化活性，NO转化率远大于甲；
②由图可知，M点一氧化氮转化率最大，说明反应达到平衡，210℃之前反应为达到平衡，温度升高，反应速率加快，一氧化氮的消耗量增大，转化率增大；210℃之后，若催化剂活性降低，反应速率降低，一氧化氮消耗量降低，一氧化氮的转化率会减小；故答案为：反应未达平衡，温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；催化剂活性降低、副反应增多；
（5）由电池总反应可知，NiOOH为正极，电极反应式为NiOOH+H2O+e—=Ni(OH)2+OH—，由电极反应式可知，反应转移1mol电子，正极增加的质量为1g，则当电动车车行驶30min，电池的平均电流强度为aA时，正极增加的质量为g，故答案为：。
22．(1) 第五周期ⅣA族
(2) 负极 CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+ 稀H2SO4
(3) 0.5 0.3 66.7%
【分析】根据图示，CH3OH和H2O在左边电极上反应生成CO2和H2O，CH3OH发生氧化反应，结合原电池原理分析解答；同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，根据三段式列式计算解答。
（1）
CH3OH的电子式为；锡与碳元素属于同一主族，核电荷数为50，原子核外共有5个电子层，锡元素在周期表中的位置是第五周期ⅣA族，故答案为：；第五周期第ⅣA族；
（2）
①根据图示，CH3OH和H2O在左边电极上反应生成CO2和H2O，CH3OH被氧化，发生氧化反应，因此通入CH3OH和H2O的电极为该电池的负极，该电极上的电极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+，故答案为：负极；CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+；
②二氧化碳为酸性氧化物，能够与碱溶液反应，因此电解质溶液可能为稀H2SO4，故答案为：稀H2SO4；
（3）
①同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比。
设平衡时，CH3OH的物质的量为x，则
则=，解得：x=0.5mol，故答案为：0.5；
②0～5min内，v(H2)==0.3mol·L-1·min-1，故答案为：0.3；
③CO2的转化率为×100%=66.7%，故答案为：66.7%。
23．(1) Fe3O4 有利于磁选将Fe3O4分离，有利于提高固相还原和酸浸浸出的速率
(2) TiOSO4＋H2O=H2TiO3↓＋H2SO4 钛液浓度过低，获得的产物粒子直径大，煅烧钛白粉品质不高，钛液浓度过高，水解转化率低，原料利用率低
(3) TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO 136 181
(4)TiC0.5O0.5－2e－=Ti2＋＋CO↑或者2TiC0.5O0.5－4e－=2Ti2＋＋CO↑
【分析】钛磁铁矿含有成分是FeTiO3、SiO2、Fe3O4、Fe2O3、Al2O3、MgO，Fe3O4是磁铁的主要成分，利用磁选可以将Fe3O4分离，“固相还原”步骤中加入焦炭，利用焦炭的还原性，将Si、Fe还原出来，“酸浸”中Si不与酸反应，然后分离出来，浸出液中含有Fe2＋、Mg2＋、Al3＋和TiO2+等，然后结晶，得到FeSO4·7H2O，TiO2+水解产物是H2TiO3，H2TiO3煅烧得到TiO2，氯化过程中TiO2转化成TiCl4，利用Mg强还原性，将TiCl4中Ti还原出来，据此分析；
【详解】（1）Fe3O4是磁铁主要的主要成分，具有磁性，可通过磁选将其从钛磁铁矿分离；磁选前对钛磁铁矿进行粉碎、磨粉等预处理，有利于磁选将Fe3O4分离，有利于提高固相还原和酸浸浸出的速率；故答案为Fe3O4；有利于磁选将Fe3O4分离，有利于提高固相还原和酸浸浸出的速率；
（2）浸出液结晶得到FeSO4·7H2O，说明用硫酸酸浸，根据题中信息可知，水解过程TiO2+转化成H2TiO3，其反应方程式为TiOSO4＋H2O=H2TiO3↓＋H2SO4；根据信息可知，粒子直径越小，煅烧得到的钛白粉品质越高，但钛液的利用率降低，根据图象可知，钛液浓度小于170g·L-1，粒子直径大，煅烧钛白粉品质不高，钛液浓度大于170g·L－1，粒子直径小，水解转化率低，原料利用率低；故答案为TiOSO4＋H2O=H2TiO3↓＋H2SO4；钛液浓度过低，获得的产物粒子直径大，煅烧钛白粉品质不高，钛液浓度过高，水解转化率低，原料利用率低；
（3）煅烧过程H2TiO3转化成TiO2，氯化过程中Cl2、C与TiO2反应生成TiCl4和可燃性气体，根据原子守恒，可燃性气体为CO，即化学反应方程式为TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO；根据流程可知氯化过程中得到氯化物为TiCl4和AlCl3，依据氯化物物质性质可知，温度应控制在136℃～181℃，可以获得较纯净的TiCl4；故答案为TiO2＋2C＋2Cl2TiCl4＋2CO；136；181；
（4）根据装置图，阳极上得到CO，阴极上的沉积Ti，阳极电极反应式为TiC0.5O0.5－2e－=Ti2＋＋CO↑或者2TiC0.5O0.5－4e－=2Ti2＋＋CO↑；故答案为TiC0.5O0.5－2e－=Ti2＋＋CO↑或者2TiC0.5O0.5－4e－=2Ti2＋＋CO↑。
24． SO2 2MoS2+7O22MnO3+4SO2 过滤 两性 MoO3+2OH-= MoO+H2O 蒸发浓缩、冷却结晶 MoS2+6OH-+9ClO-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O 80% Mo-6e-+8OH-= MoO+4H2O 阴离子 4×10-3
【分析】在空气中焙烧钼精矿得到MnO3，碱性条件下，MoO3和NaOH溶液反应得到Na2MoO4，过滤分离得到Na2MoO4溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到Na2MoO4·2H2O；钼精矿碱溶并用NaClO氧化，过滤也得到Na2MoO4溶液，加足量硫酸反应生成钼酸，高温灼烧钼酸生成MoO3，氢气还原MoO3得到Mo。
【详解】(1)MoS2中硫为-2价，空气中焙烧时会被氧化为对环境有危害气体SO2，根据电子守恒和元素守恒该反应的化学方程式为2MoS2+7O22MnO3+4SO2；
(2)经操作1可得Na2MoO4溶液，所以该操作为过滤；根据流程可知MoO3可以和NaOH溶液反应，具有酸性氧化物的特点，而金属氧化物一般碱性氧化物，所以可推测MoO3为两性氧化物，反应的离子方程式为MoO3+2OH-= MoO+H2O；操作2可以从溶液中获取晶体，应为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；
(3)根据流程可知操作3中Mo元素被氧化为MoO，根据题干所给信息可知S元素被氧化为SO，根据得失电子守恒可知MoS2和ClO-的系数比应为1:9，再结合元素守恒可得离子方程式为MoS2+6OH-+9ClO-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O；
(4)设钼精矿中MoS2的质量为x，则有=8.64g，解得x=16g，所以钼精矿中MoS2的质量分数为×100%=80%；
(5)b电极与电源正极相连，为电解池阳极，该装置的目的是制备Na2MoO4，则Mo元素要被氧化，所以b电极的材料为钼，发生氧化反应，其电极反应式为Mo-6e-+8OH-=MoO+4H2O；为防止阳极区的Na+迁移到阴极，电解槽中应使用阴离子交换膜；据图可知该温度下Ksp(BaMoO4)=2×10-4×2×10-4=4×10-8，当c(MoO)=1×10-5mol•l-1时，c(Ba2+)==4×10-3mol/L。
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