第1章《化学反应与能量转化》巩固练习
一、单选题
1．化学与社会、生活、生产密切相关，下列有关说法错误的是。（ ）
A．2022年北京冬奥会开幕式上绚丽多彩的焰火，主要利用了“焰色反应”的知识
B．航天员所穿航天服的主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成的，它是一种新型无机非金属材料
C．“闽鹭”是我国制造的第四艘LNG船。船底镶嵌锌块，锌作正极，以防船体被腐蚀
D．低碳生活需要节能减排，使用太阳能代替化石燃料，可减少温室气体的排放
2．按下图装置实验，若x轴表示负极流出的电子的物质的量，则y轴应表示( )
①c(Ag＋) ②c(NO3-) ③a棒的质量 ④b棒的质量 ⑤溶液的质量
A．①③ B．③④ C．①②④ D．②
3．如图所示，有关化学反应和能量变化的说法正确的是（ ）
A．铝热反应属于氧化还原反应，故能量变化不符合该图
B．Ba（OH）2·8H2O晶体和NH4Cl品体反应能量变化如图所示
C．反应物总键能小于产物总键能的反应符合该图的能量变化
D．符合该能量变化的化学反应均可用于设计成原电池
4．下列装置能构成原电池的是（ ）
A． B．
C． D．
5．书写热化学方程式时不需要标注（ ）
A．温度 B．压强
C．反应条件 D．物质聚集状态
6．如图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，下列说法正确的是（ ）
A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置
B．甲池通入CH3OH的电极反应式为CH3OH-6e-+2H2O=CO32-+8H+
C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体能使CuSO4溶液恢复到原浓度
D．甲池中消耗280mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体
7．化学用语是学习化学的重要工具，下列表示物质变化的化学用语中正确的是（ ）
A．汽车用的铅蓄电池充电时阳极反应：PbSO4+2H2O-2e-=PbSO4+4H++SO42-
B．利用Na2CO3溶液可除油污：CO32-+2H2O H2CO3+2OH-
C．BaSO4的水溶液导电性极弱： BaSO4 Ba2++SO42-
D．用醋酸除去暖瓶中的水垢：2H++ CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O
8．某金属-空气电池的工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．金属M作电池负极，放电时发生氧化反应
B．放电时，空气中的氧气得到电子
C．电池总反应为
D．放电时，外电路电子由碳材料电极流向金属Ｍ电极
9．某实验小组模拟海水淡化的同时制备H2、Cl2和NaOH溶液，装置如图所示(两端为惰性电极，阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过)。下列有关说法错误的是（ ）
A．甲室产生的气体能使湿润的淀粉—KI试纸变蓝
B．膜①是阴离子交换膜
C．淡水的出口只有c
D．随着电解的进行，戊室溶液的pH不断增大
10．下列说法错误的是（ ）
A．苯或活性炭均能使苯酚与 混合液的紫色变浅，且作用原理相同
B．植物的光合作用是自然界中将太阳光能转化为化学能的最成功的方式
C．炼油厂分馏汽油、煤油、柴油等不涉及化学键断裂
D．纤维素织品经水玻璃浸泡后，既耐腐蚀又不易着火
11．某化学兴趣小组根据反应Fe+Cu2+=Fe2++Cu设计如图所示原电池，下列说法错误的是（ ）
A．铁电极发生氧化反应 B．Y可以是氯化铜溶液
C．X可以是铜或石墨 D．电子从铁电极经Y流向X电极
12．已知化学反应A2(g)+B2(g) = 2AB(g)的能量变化如图所示，下列有关叙述正确的是（ ）
A．断裂1molA-A键和1molB-B键，放出akJ能量
B．破坏反应物中化学键所需的能量低于形成反应产物中化学键所释放的能量
C．该反应的ΔH＝(a-b)kJ·mol-1
D．已知：2H2O(l) 2H2(g)+O2(g) ΔH＝571.6 kJ·mol-1，则H2(g)的摩尔燃烧焓ΔH＝-571.6kJ·mol-1
13．乙醛酸是一种重要的化工中间体，可果用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别问两极迁移。下列说法正确的是（ ）
A．KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用
B．阳极上的反应式为：
C．制得乙醛酸，理论上外电路中迁移了电子
D．双极膜中间层中的在外电场作用下向石墨电极方向迁移
14．银锌电池是一种常见化学电源，其反应原理：Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag，其工作示意图如下。下列说法错误的是（ ）
A．Zn电极是负极
B．Ag2O电极发生还原反应
C．Zn电极的电极反应式：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2
D．放电前后电解质溶液的pH保持不变
15．有机物电化学合成是化学研究的重要方向。下图所示电解装置可以生成葡萄糖酸C6H12O7)和山梨醇(C6H14O6)。葡萄糖酸再与CaCO3反应可以生产补钙剂葡萄糖酸钙。
下列说法错误的是（ ）
A．a为电源正极，a连接的惰性电极发生反应为：2Br--2e-=Br2
B．在电解质溶液1中，葡萄糖被HBrO还原成葡萄糖酸
C．阳极区的H+通过阳离子交换膜向阴极区移动
D．阴极反应为：C6H12O6+2H++2e-=C6H14O6
16．2016年2月《Nature》报道的一种四室（1#～4#）自供电从低浓度废水中回收铜等重金属的装置如下图所示：
下列说法正确的是（ ）
A．装置工作时，4#室中溶液pH不变
B．X、Y依次为阴离子、阳离子选择性交换膜
C．负极的电极反应为：BH4-+8OH--8e-=B(OH)4-+4H2O
D．单位时间内4n(NaBH4)消耗>n(Cu)生成是由于负极上有O2析出
二、综合题
17．在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子称为活化分子，使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫做活化能，其单位通常用kJ mol-1表示。请认真观察图像，然后回答问题：
（1）对于同一反应，图中虚线(II)与实线(I)相比，活化能大大降低，活化分子的百分数增多，反应速率加快，你认为最可能的原因是 。
（2）已知红磷比白磷稳定，则反应：
P4(白磷，s)+5O2(g)=2P2O5(s) ΔH1；
4P(红磷，s)+5O2(g)=2P2O5(s) ΔH2；
ΔH1和ΔH2的关系是ΔH1 ΔH2(填“＞”“＜”或“=”)。
（3）在298K、101kPa时，已知：
2H2O(g)=O2(g)+2H2(g) ΔH1
Cl2(g)+H2(g)=2HCl(g) ΔH2
2Cl2(g)+2H2O(g)=4HCl(g)+O2(g) ΔH3
则ΔH3与ΔH1和ΔH2之间的关系正确的是____(填字母)。
A．ΔH3=ΔH1+2ΔH2 B．ΔH3=ΔH1+ΔH2
C．ΔH3=ΔH1-2ΔH2 D．ΔH3=ΔH1-ΔH2
（4）已知H2(g)+Br2(l)=2HBr(g) ΔH=-72kJ mol-1，蒸发1molBr2(l)需要吸收的能量为30kJ，其他相关数据如表：
物质 H2(g) Br2(g) HBr(g)
1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ 436 200 a
则表中a= 。
18．利用钛白粉厂的废酸（主要含硫酸、Fe3+、Fe2+、TiO2+、Al3+）制备过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]，同时回收TiO(OH)2的简要流程如下：
已知：i．部分离子完全生成氢氧化物沉淀的pH：
金属离子 TiO2+ Fe3+ Fe2+ Al3+
开始沉淀的pH 1.2 1.9 7.0 3.2
沉淀完全的pH 2.8 3.1 9.4 4.7
ii．pH>7时，Fe2+部分生成Fe（II）氨络离子[Fe(NH3)2]2+。
请回答下列问题：
（1）为保证产物TiO(OH)2的纯度，加入试剂A要适量。试剂A为
（2）煅烧回收的TiO(OH)2，获得的TiO2会发黄，发黄的杂质可能是 （填化学式）。
（3）滤渣I的主要成分除Fe(OH)2、Al（OH）3外，还含有 。
（4）加入H2O2的目的是氧化除掉Fe（II）氨络离子[Fe(NH3)2]2+，配平下列离子方程式： 2[Fe(NH3)2]2+ + +4H2O +H2O2 = + 4NH3·H2O 。
（5）电解制备过二硫酸铵的装置如下图所示。
①S2O82-中S元素的化合价为+6，1mol S2O82-过氧键的数目为 。
②电解时，铁电极连接电源的 极。
③常温下，电解液中含硫微粒主要存在形式与 pH 的关系如下图所示。
在阳极放电的离子主要为HSO4-，阳极区电解质溶液的 pH 范围为 ，阳极的电极反应式为 。
19．实现二氧化碳选择性，稳定性加氢合成甲醇是“甲醇经济”理念下的一个重要成果。反应包括两步：
Ⅰ.
Ⅱ.
（1）由合成的热化学方程式 。
（2）恒压下，按时，该反应在无分子筛膜和有分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示。(分子筛膜能选择性分离出水)。
①根据图中数据，压强不变采用有分子筛膜时的最佳反应温度为 。
②有分子筛膜时甲醇产率高的原因是 。
（3）如果在不同压强下，和的起始物质的量比仍为，测定的平衡转化率和的平衡产率随温度升高的变化关系，如图所示：
已知：的平衡转化率，的平衡产率。
①压强p1_ p2(填“”或“”)，原因 。
②其中图中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图 (填“甲”或“乙”)。
③图乙中T1温度时，两条曲线几乎交于一点，分析原因 。
20．我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。将CO2转化为清洁能源是实现碳中和最直接有效的方法。
方法一：H2还原CO2制取CH4.其反应体系中，主要发生反应的热化学方程式有：
反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1= 164.7 kJ mol 1
反应II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2 kJ mol 1
反应III：2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g) ΔH3= 247.1 kJ mol 1
（1）利用上述反应计算CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)的ΔH ，已知ΔG=ΔH TΔS，忽略ΔH、ΔS随温度的变化，若ΔG＜0反应自发，则该反应一般在 (填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
（2）向恒压、密闭容器中通入1molCO2和4molH2，平衡时体系内CH4、CO、CO2的物质的量(n)与温度(T)的变化关互系如图所示。
①结合上述反应，解释图中CO2的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因： ；
②一定条件下，经tmin平衡后，n(CO)=0.15mol，n(CO2)=0.25mol，甲烷的选择性(×100%)= ；
③在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷的选择性，应当 。
方法二：H2还原CO2制取CH3OH。反应原理为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4
（3）CO2催化加氢制CH3OH的一种反应机理历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注，如“*CO2”表示CO2吸附在催化剂表面，图中*H己省略)
该反应历程中决速步反应能垒为 eV，为避免产生副产物，工艺生产的温度应适当 (填“升高”或“降低”)。
（4）已知速率方程υ正=k正·c(CO2)·c3(H2)，υ逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，k正、k逆是速率常数，只受温度(T)影响。如图表示速率常数的对数lgk与温度的倒数之间的关系，则ΔH4 0(填“＞”“＜”或“=”)。
21．辉铜矿的主要成分是Cu2S，含较多的Fe2O3、SiO2杂质：软锰矿的主要成分是MnO2，含有较多的SiO2杂质。辉铜矿的湿法冶炼，目前国内外都处于探索之中。自氧化还原氨分离法是一种较为理想的湿法冶炼方法，工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）将100g辉铜矿和40g98%的浓硫酸混合，在80~90℃条件下浸出2.5h，铜的浸出率随软锰矿用量的变化如表：
锰矿用量(g) 15 20 25 30 35
铜浸出率(%) 84.0 86.5 89.8 89.9 89.9
则浸出100g辉铜矿，软锰矿的最适宜用量为 g。
（2）“浸出”后的浸出液中含有CuSO4、MnSO4、Fe2(SO4)3等溶质，“滤渣I”中含有淡黄色固体单质，则“浸出”时产生淡黄色固体的化学方程式为 。
（3）研究表明矿物中Fe2O3在“浸出”反应中起着重要的媒介作用，促进Cu2S与MnO2的溶解，其反应过程如下：
①Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；
②Cu2S+2Fe2(SO4)3=2CuSO2+4FeSO4+S↓
③ 。(写出反应的化学方程式)
（4）“滤渣II”的主要成分是 ；“沉锰”后，得到的深蓝色溶液中除NH 、H+外，还含有的阳离子为 。(写化学式)
（5）“滤液III”经结晶可得到(NH4)2SO4晶体。结晶时，当 时，即可停止加热。
（6）如图表示用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取Cl2时，与a相连的电极上会产生少量的ClO2，产生ClO2电极反应式： ；与b相连的电极上的电极反应式： ；电解一段时间，当阴极产生标准状况下气体112mL时，停止电解，则通过阳离子交换膜的阳离子物质的量为 mol。
答案解析部分
1．C
A.2022年北京冬奥会开幕式上绚丽多彩的焰火，这主要是金属的焰色反应，选项A不符合题意；
B．航天服主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成的，碳纤维复合材料，是一种新型无机非金属材料，选项B不符合题意；
C．锌比铁活泼，在原电池反应中作负极，选项C符合题意；
D．低碳生活就是节能减排，使用太阳能等代替化石燃料，尽量减少二氧化碳的排放，从而减缓温室效应，选项D不符合题意；
故答案为：C。
A.焰火利用了金属的焰色反应；
B.碳化硅、陶瓷和碳纤维均为新型无机非金属材料；
C.根据原电池原理：活泼金属作负极，受到腐蚀；不活泼金属作正极。
2．D
在这个原电池中，负极：Fe－2e－=Fe2＋，使a棒质量减少；正极：Ag＋＋e－=Ag，使b棒增重，溶液中c(NO3-)不变。
在原电池中，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应，所以电子在外电路的流向是负极到正极；在电解液中，阴离子移向负极，阳离子移向正极。
3．C
A.铝热反应属于氧化还原反应，也属于放热反应，放热反应中反应物总能量高于生成物总能量，能量变化符合该图，A不符合题意；
B.二者的反应为吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，因此能量变化不能用图示表示，B不符合题意；
C.符合图示能量变化的反应为放热反应，反应物总键能小于生成物总键能的反应为放热反应，C符合题意；
D.是否可设计为原电池，与反应过程中放热或吸热无关，可设计成原电池的反应为氧化还原反应，而氧化还原反应可以是吸热反应或放热反应，D不符合题意；
故答案为：C
A.铝热反应为氧化还原反应，也为放热反应；
B.Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应；
C.根据图示能量大小分析；
D.是否可设计为原电池与放热或吸热无关；
4．A
A．锌为负极，铜为正极，电解质为硫酸，可发生自发进行的氧化还原反应，符合原电池的构成条件，能形成原电池，故A符合题意；
B．酒精不导电，为非电解质，不能形成原电池，故B不符合题意；
C．未构成闭合电路，不能形成原电池，故C不符合题意；
D．两电极相同，不能形成原电池，故D不符合题意；
故答案为：A。
形成原电池的条件是：活泼性不同的金属或导电非金属作电极、能与电极反应的电解质溶液、形成闭合回路，据此进行判断即可。
5．C
由于反应热ΔH与测定的条件(温度、压强)、物质的聚集状态有关，因此书写热化学方程式时应注明，若是在25 ℃、101 kPa条件下，这时可不注明温度和压强。因此不需要标注的是反应条件。
故答案为：C。
书写热化学方程式时应标准物质的聚集状态、温度和压强等，但不需要标注反应条件。
6．D
A．甲池将化学能转化为电能，乙、丙池将电能转化化学能，A不符合题意；
B．甲池中通入CH3OH的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH- =CO32- +6H2O，B不符合题意；
C．乙池中，石墨为阳极，电极反应式为2H2O-4e- =O2↑+4H+，Ag为阴极，电极反应式为2Cu2++4e- =2Cu，反应一段时间后，向乙池中加入一定量CuO固体能使CuSO4溶液恢复到原浓度，C不符合题意；
D．依据得失电子守恒，可建立甲池中O2与丙池中Mg(OH)2的关系式为：O2—2Mg(OH)2，n(O2)= =0.0125mol，此时丙池中理论上最多产生Mg(OH)2固体0.0125mol ×2×58g/mol=1.45g，D符合题意；
故答案为：D。
甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，则甲池为燃料电池，通CH3OH的电极为负极，通O2的电极为正极；乙池，石墨为阳极，Ag为阴极；丙池，左边Pt为阳极，右边Pt为阴极。
7．A
A. 阳极失去电子，汽车用的铅蓄电池充电时阳极反应：PbSO4+2H2O-2e-=PbSO4+4H++SO42-，故A符合题意；
B. 碳酸根离子水解分步进行，以第一步为主，利用Na2CO3溶液可除油污：CO32-+H2O HCO3-+OH-，故B不符合题意；
C. BaSO4是强电解质，在水溶液完全电离：BaSO4=Ba2++SO42-，导电性极弱是因为硫酸钡难溶于水，故C不符合题意；
D. 醋酸为弱酸，不能拆成离子，用醋酸除去暖瓶中的水垢：2CH3COOH+ CaCO3=（CH3COO）2Ca+CO2↑+H2O，故D不符合题意；
故答案为：A。
本题考查离子反应方程式书写的正误判断，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重电极反应及复分解反应的考查。另外注意只有强酸强碱以及可溶性盐可以拆。
8．D
A．由分析可知，金属M电极为原电池的负极，M失去电子发生氧化反应生成M2+，故A不符合题意；；
B．由分析可知，碳材料电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，故B不符合题意；
C．由分析可知，电池的总反应方程式为 ，故C不符合题意；
D．原电池工作时，外电路电子由负极流向正极，则放电时，外电路电子由Ｍ电极流向金属碳材料电极，故D符合题意；
故答案为：D。
由示意图中离子的移动方向可知，金属M电极为原电池的负极，M失去电子发生氧化反应生成M2+，碳材料电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电池的总反应方程式为 。
9．C
A．甲室为阳极室，电极反应式为 ， 能使湿润的淀粉 试纸变蓝，A不符合题意；
B．反应过程中丙室中 通过膜②到丁室， 通过膜①到乙室；膜①是阴离子交换膜，膜②是阳离子交换膜，B不符合题意；
C．淡水的出口为a和c，C符合题意；
D．戊室的电极反应式为 ，随电解的进行，溶液的pH不断增大，D不符合题意。
故答案为：C。
该反应甲室连接电源正极为阳极室，戊室连接电源负极为阴极室；阳极电极反应式为 ，阴极电极反应式为 ；反应过程中丙室中 通过膜②到丁室，戊室中生成的OH-通过阴膜到达丁室， 通过膜①到乙室；膜①是阴离子交换膜，膜②是阳离子交换膜，淡水的出口为a和c，d中生成 NaOH ，以此分析。
10．A
A．苯酚溶解于苯，使溶液变浅，活性炭是吸附，二者原理不同，A符合题意；
B．植物的光合作用是将太阳光能转化为化学能的最成功的方式，B不符合题意；
C．分馏是物理变化，不涉及化学键的断裂，C不符合题意；
D．水玻璃有防火功能，D不符合题意；
故答案为：A。
苯和苯酚均是有机物相似形溶，苯酚与氯化铁溶液显色后，加入苯，苯将苯酚溶解使其褪色，而活性炭具有吸附性可将其吸附褪色，原理不同，其他选项均正确
11．D
A．铁电极为负极，失去电子发生氧化反应，A不符合题意；
B．根据总方程式可知：Cu2+得到电子被还原为Cu单质，因此含有Cu2+的溶液为电解质溶液，可以是氯化铜溶液，B不符合题意；
C．X为原电池的正极，活动性应该比Fe弱，X可以是铜或石墨电极，C不符合题意；
D．电子不能进入电解质溶液，电子应该由负极Fe经外电路的电流计流向X电极，D符合题意；
故答案为：D。
根据反应方程式即可判断铁发生氧化反应，失去电子做负极，铜做正极，铜离子在正极得到电子变为铜单质，电子是从铁向铜电极移动，电流是铜向铁流动
12．C
A．断键应该吸收能量，A不符合题意；
B．根据图示，破坏反应物中的化学键需要吸收能量akJ，形成生成物中的化学键需要放出bkJ能量，很明显a > b，B不符合题意；
C．焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，故△H=(a-b)kJ/mol，C符合题意；
D．H2的摩尔燃烧焓指1molH2完全燃烧生成液态水时的焓变，已知方程式是对应2molH2的焓变，故需除以2，即H2的摩尔燃烧焓△H= ，D不符合题意。
故答案为：C。
由图可知，反应物能量之和小于生成物的能量之和，反应是吸热反应，反应过程中断裂化学键需要吸收能量，形成化学键放出热量。
13．C
A.由分析可知，Br－在阳极发生失电子的氧化反应，因此KBr不仅起到电解质溶液作用，还作为反应物参与电极反应，A不符合题意；
B.阳极发生失电子的氧化反应，B不符合题意；
C.电解过程中，电路中转移2mol电子时，阳极生成1mol乙醛酸，阴极也生成1mol乙醛酸，因此值得2mol乙醛酸时，理论上外电路迁移2mol电子，C符合题意；
D.双极膜中H2O解离成H＋和OH－，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，因此H＋向铅电极方向迁移，D不符合题意；
故答案为：C
图示装置为电解池装置，铅电极上乙二酸转化为乙醛酸，发生得电子的还原反应，因此铅电极为阴极，其电极反应式为HOOCCOOH＋2e－＋2H＋=HOOCCHO＋H2O。石墨为阳极，溶液中的Br－发生失电子的氧化反应，生成Br2，其电极反应式为：2Br2－2e－=Br2，Br2进一步将乙二醛氧化成乙醛酸。据此结合选项进行分析。
14．D
A、活泼金属Zn为负极，Ag2O为正极，选项A不符合题意；
B、Ag2O电极为正极，正极上得到电子，发生还原反应，选项B不符合题意；
C、Zn为负极，电极反应式为：Zn－2e－＋2OH－＝Zn(OH)2，选项C不符合题意；
D、电极总反应式为：Zn＋Ag2O＋H2O＝Zn(OH)2＋2Ag，放电后水消耗了，氢氧化钾的浓度增大，电解质溶液的pH增大，选项D符合题意。
故答案为：D。
根据反应原理 Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag ，锌发生氧化反应，故锌做负极，锌失去电子与氢氧根结合变为亲氧化锌，氧化银得到电子发生还原反应，因此银/氧化银做正极，放电后水不断的被消耗，浓度增大，碱性增强
15．B
A．根据上述分析，a为电源正极，发生氧化反应，a连接的惰性电极发生的反应为：2Br--2e-=Br2，故A不符合题意；
B．根据图示，在电解质溶液1中，HBrO被还原为Br-，则葡萄糖被HBrO氧化成葡萄糖酸，故B符合题意；
C．在电解池中，阳极区的H+通过阳离子交换膜向阴极区移动，故C不符合题意；
D．阴极上C6H12O6得到电子生成C6H14O6，发生还原反应，电极反应为C6H12O6+2H++2e-=C6H14O6，故D不符合题意；
故答案为：B。
根据图示，在与电源a极相连电极上Br-失去电子生成Br2，发生氧化反应，则该电极为阳极，在与电源b极相连电极上C6H12O6得到电子生成C6H14O6，发生还原反应，则该电极为阴极，因此a为电源正极，b为电源负极，据此分析解答。
16．C
A.根据图示可知：1#室中BH4-失去电子变为B(OH)4-，电子由负极经外电路转移到正极上，4#室中Cu2+获得电子变为单质Cu析出，CuSO4是强酸弱碱盐，Cu2+水解使溶液显酸性，Cu2+浓度降低，溶液的酸性减弱，因此pH增大，A不符合题意；
B.根据图示可知：左边的1#室溶液中的K+、Na+通过X膜进入2#室、3#室，所以X膜为阳离子膜；4#室中SO42-通过Y膜进入到3#室，所以Y膜为阴离子膜，B不符合题意；
C.根据图示可知负极上BH4-失去电子变为B(OH)4-，因此负极的电极反应为：BH4-+8OH--8e-=B(OH)4-+4H2O，C符合题意；
D.每1molBH4-失去8mole-，而每1molCu2+获得2mol电子，所以若单位时间内4n(NaBH4)消耗>n(Cu)生成是由于正极上有H2析出，D不符合题意；
故答案为：C
1#室中BH4-失去电子变为B(OH)4-，其电极反应式为：BH4-+8OH--8e-=B(OH)4-+4H2O，1#室溶液中的K+、Na+通过X膜进入2#室、3#室；4#室中Cu2+获得电子变为单质Cu析出，其电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，4#室中SO42-通过Y膜进入到3#室；据此结合选项进行分析。
17．（1）使用了催化剂
（2）＜
（3）A
（4）369
（1）对于同一反应，图中虚线(Ⅱ)与实线(Ⅰ)相比，活化能大大降低，活化分子的百分数增多，反应速率加快，说明反应中加入了催化剂。
（2）①P4(白磷，s)+5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1，②4P(红磷s)+5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2，根据盖斯定律，①-②得：P4(白磷，s)=4P(红磷，s)ΔH=ΔH1-ΔH2，红磷比白磷稳定，说明红磷的能量低于白磷的能量，该反应是放热反应，即ΔH1-ΔH2＜0，即ΔH1＜ΔH2。
（3）①2H2O(g)=O2(g)+2H2(g)ΔH1，②Cl2(g)+H2(g)=2HCl(g)ΔH2，③2Cl2(g)+2H2O(g)=4HCl(g)+O2(g)ΔH3，由盖斯定律可知，反应③=2×②+①，因此ΔH3=ΔH1+2ΔH2。
（4）由化学键的键能可知①H2(g)+Br2(g)=2HBr(g)ΔH=(436kJ mol-1+200kJ mol-1)-2akJ mol-1=(636-2a)kJ mol-1，因蒸发1molBr2(l)需要吸收的能量为30kJ，即②Br2(l)=Br2(g)ΔH=+30kJ mol-1，根据盖斯定律，①+②得H2(g)+Br2(l)=2HBr(g)ΔH=(636-2a)kJ mol-1+(+30kJ mol-1)=-72kJ mol-1，解得a=369。
（1）催化剂能加快反应速率；
（2）根据盖斯定律计算；
（3）根据盖斯定律计算；
（4）根据盖斯定律计算。
18．（1）铁粉
（2）Fe2O3
（3）Fe(OH)3
（4）4OH-；2Fe(OH)3↓
（5）1；负；0≤pH≤2；2HSO4- - 2e- = S2O82- + 2H+
（1）铁离子沉淀的pH≤3，而亚铁离子沉淀的pH≤9.4，TiO2+沉淀的pH≤2.8；因此为保证产物TiO(OH)2的纯度，加入适量的铁粉，把铁离子还原为亚铁离子；正确答案：铁粉
（2）沉淀中会有少量氢氧化铁沉淀掺杂，煅烧后，产生少量的Fe2O3，获得的TiO2会发黄；正确答案：Fe2O3。
（3）滤液中会含有少量的铁离子，加入氨水后，调节溶液的pH=10，会产生Fe(OH)2、Al（OH）3外，还含有少量的Fe(OH)3；正确答案：Fe(OH)3。
（4）[Fe（NH3）2]2+中铁为+2价，被氧化为+3价铁，在碱性环境下生成Fe(OH)3，H2O2中氧由-1价降低到-2价，发生还原反应，根据化合价升降总数相等，电荷守恒规律，配平后的离子方程式：2[Fe（NH3）2]2+ +4OH-+4H2O +H2O2 = 2Fe(OH)3↓+ 4NH3·H2O；正确答案：4OH- ；2Fe(OH)3↓。
（5）①S2O82-中硫元素为+6，氧为-2价，过氧根中氧元素为-1价，设过氧键的数目为x，根据化合价法则可知：6×2+（-2）×（8-2x）+(-1) ×2x=-2，解得x=1，正确答案：1。
②电解池中，HSO4-在阳极失电子发生氧化反应，生成S2O82-，如果铁做阳极，铁失电子，HSO4-就不能失电子，也就不能生成二硫酸铵[（NH4）2S2O8]，因此铁做电解池的阴极，与电源的负极相连；正确答案：负。
③根据图示可知，在阳极放电的离子主要为HSO4-，阳极区电解质溶液的 pH 范围为0≤pH≤2；HSO4-失电子变为S2O82-，发生氧化反应，阳极的电极反应式为2HSO4- - 2e- = S2O82- + 2H+；正确答案：0≤pH≤2；2HSO4- - 2e- = S2O82- + 2H+。
（1）根据溶液中离子完全沉淀的pH进行分析；
（2）结合TiO(OH)2中可能含有的杂质进行分析；
（3）调节pH=10时，还可能产生Fe(OH)3沉淀；
（4）根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒进行配平；
（5）①根据化合价进行计算；
②结合电极反应可得铁为阴极；
③根据HSO4-与pH的关系分析；阳极由HSO4-发生失电子的氧化反应，生成S2O82-，据此写出电极反应式；
19．（1）
（2）210；分子筛膜从反应体系中不断分离出水，减少了生成物，平衡向正向移动，甲醇产率升高
（3）>；生成甲醇的反应是气体体积减小的反应，压强增大甲醇的平衡产率增大；乙；反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，T1时温度高，体系中以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响
(1)由盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅱ可得二氧化碳和氢气合成甲醇的热化学方程式，故答案为：；
(2) ①根据图中数据可知，压强不变采用有分子筛膜时，210℃的甲醇产率最大，则最佳反应温度为210℃，故答案为：210；
②该由题意可知，分子筛膜能选择性分离出水，使生成物的浓度减小，平衡正逆反应方向移动，甲醇产率升高，所以有分子筛膜时甲醇产率高于无分子筛膜时，故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出水，减少了生成物，平衡向正向移动，甲醇产率升高；
(3) ①生成甲醇的反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇产率升高，由图可知，条件为压强p1时甲醇产率高于p2，则p1大于p2，故答案为：>；生成甲醇的反应是气体体积减小的反应，压强增大甲醇的平衡产率增大；
②生成甲醇的反应是放热反应，低温阶段升高温度，平衡正逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应Ⅰ为吸热反应，温度较高时，主要发生反应Ⅰ，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，则曲线乙表示二氧化碳的转化率随温度升高的变化关系，故答案为：乙；
③反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，T1时温度高，体系中以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响，两条曲线几乎交于一点，故答案为：反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，T1时温度高，体系中以反应Ⅰ为主，反应Ⅰ前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响。
(1)依据盖斯定律；(2) ①根据图中数据判断；
②根据影响化学平衡移动的因素分析；
(3) ①根据压强对化学平衡移动的影响分析；
②根据温度对化学平衡移动的影响分析；
③依据反应的主次判断。
20．（1） 205.9 kJ mol 1；低温
（2）约600℃之前，温度对反应I的影响更大，CO2物质的量总量上升；约600℃之后，温度对反应II、III的影响更大，CO2物质的量总量下降；60%；选择合适的催化剂
（3）1.36；降低
（4）＜
（1）根据盖斯定律将反应I加反应III，再整体除以2得到CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ΔH= 205.9 kJ mol 1，该反应是熵减的反应，根据ΔG＜0反应自发即 ，则该反应一般在低温下能自发进行；故答案为： 205.9 kJ mol 1；低温。
（2）①结合上述反应，解释图中CO2的物质的量随温度的升高先增大后减小的原因：约600℃之前，温度对反应I的影响更大，平衡逆向移动，CO2物质的量总量上升；约600℃之后，温度对反应II、III的影响更大，反应II正向移动，反应III逆向移动，则CO2物质的量总量下降；故答案为：约600℃之前，温度对反应I的影响更大，CO2物质的量总量上升；约600℃之后，温度对反应II、III的影响更大，CO2物质的量总量下降。
②一定条件下，经tmin平衡后，n(CO)=0.15mol，n(CO2)=0.25mol，则n(CH4)=0.6mol，因此甲烷的选择性；故答案为：60%。
③催化剂能提高反应速率，在实际生产中为了提高化学反应速率和甲烷的选择性，应当选择合适的催化剂；故答案为：选择合适的催化剂。
（3）该反应历程中决速步反应是活化能最大即能垒最高的那一步，相对能量 1.56eV到 0.20eV的这一步即能垒为1.36eV，该反应是吸热反应，反应I、反应III是放热反应，反应II是吸热反应，根据图中信息，产生副产物(CO、CH2O)时吸收热量更多，因此为了减少副产物生成，则工艺生产的温度应适当降低；故答案为：1.36；降低。
（4）根据图中表示速率常数的对数lgk与温度的倒数之间的关系，从右向左分析，温度升高，lgK增大，k逆增大程度比k正大，说明平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热反应即ΔH4＜0；故答案为：＜。
（1）根据盖斯定律，将可得目标方程式；根据ΔH TΔS<0时反应自发进行分析；
（2）①600℃之前，温度对反应I的影响更大，CO2物质的量总量上升；约600℃之后，温度对反应II、III的影响更大，CO2物质的量总量下降；
②根据甲烷的选择性(×100%) 计算；
③催化剂可提高化学反应速率和选择性；
（3）活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
（4）温度升高，lgK增大，k逆增大程度比k正大，说明升温，该反应的平衡逆向移动。
21．（1）25
（2）2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S+2CuSO4+2MnSO4+4H2O
（3）2FeSO4+MnO2+2H2SO4=MnSO4+FC2(SO4)3+2H2O
（4）Fe(OH)3；[Cu(NH3)4] 2+
（5）溶液表面出现晶膜(或溶液出现晶体)
（6）Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H＋；2H2O+2e-=H2↑+2OH-；0.01
(1)由表中数据可知，浸出100g辉铜矿，软锰矿的最适宜用量为25g时铜的浸出率为89.8%，在增加用量浸出率几乎没有变化，从节约原料角度考虑适宜用量为25g，故答案为：25；(2)“浸出”时产生淡黄色固体即硫化亚铜与二氧化锰在酸性条件下生成硫酸锰、硫酸铜、淡黄色的沉淀硫和水，故化学方程式为Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+S+2MnSO4+4H2O，故答案为：Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+S+2MnSO4+4H2O；(3)研究表明矿物中Fe2O3在“浸出”反应中起着重要的媒介作用，促进Cu2S与MnO2的溶解，其反应过程如下①Fe2O3+3H2SO4═Fe2(SO4)3+3H2O；②Cu2S+2Fe2(SO4)3═2CuSO4+4FeSO4+S↓；③MnO2+2H2SO4+2FeSO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O，故答案为：MnO2+2H2SO4+2FeSO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O；(4)由上述分析可知，“滤渣Ⅱ”的主要成分是Fe(OH)3；“沉锰”后，得到的深蓝色溶液中除NH4+、H+外，还含有的阳离子为[Cu(NH3)4]2+，故答案为：Fe(OH)3；[Cu(NH3)4]2+； (5)“滤液Ⅲ”经结晶可得到(NH4)2SO4晶体。结晶时，当溶液表面出现晶膜(或溶液出现晶体)时，即可停止加热，故答案为：溶液表面出现晶膜；(6)ClO2是电解饱和NaCl溶液的产物，因为a极通入NaCl饱和溶液，故a为阳极，b为阴极，阳极Cl-失去电子，被氧化，生成ClO2；阳极上产生ClO2的电极反应式：Cl--5e-+2H2O═ClO2↑+4H+；在阴极2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成112mLH2的同时，生成0.01molOH-，为保持溶液中的电荷守恒，则通过阳离子交换膜的阳离子为0.01mol；故答案为：Cl--5e-+2H2O═ClO2↑+4H+；2H2O+2e-=H2↑+2OH-，0.01。
（1）浸出率较高之后，不要为了提高一点点的浸出率而浪费大量的原料
（2）淡黄色固体为硫， Cu2S 为还原剂、 MnO2 为氧化剂（ MnO2 的氧化性很强）
（3）根据 ② 生成物为 FeSO4 ， FeSO4 能被 MnO2 氧化
（4）碳酸氢铵调节pH值，铁离子在pH值等于3左右就能完全电离
（5）氢氧化铜能溶于氨水，形成深蓝色的[Cu(NH3)4]2+
（6）易错点，b极为碱性，所以书写b极电极式时是水分子得电子，不能写成氢离子得电子
