2024届高三化学二轮专题——化学反应与能量
一、单选题
1．下列属于氧化还原反应的是（ ）
A．CO2＋NaOH=NaHCO3
B．2NO2＋2NaOH=NaNO2＋NaNO3＋H2O
C．ICl＋2NaOH=NaCl＋NaIO＋H2O
D．NaOH＋HCl=NaCl＋H2O
2．臭氧层中某转化过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．经过催化过程，反应热效应不变
B．是该反应的催化剂
C．催化过程中反应①②均为放热反应
D．该转化过程总反应为
3．下列实验结果不能作为相应原理、定律或理论的证据之一的是（阿伏加德罗定律：在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子）（ ）
A B C D
勒夏特列原理 盖斯定律 电离理论 阿伏加德罗定律
实验方案
结果 该平衡体系加压后颜色变深 测得： ΔH = ΔH1 + ΔH2 产生Na+和Cl- H2和O2的体积比约为2：1
A．A B．B C．C D．D
4．化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．用于火箭发动机的碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料
B．“一带一路”是现代版的“丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素
C．马家窑文化遗址出土的单刃青铜刀属于青铜制品，青铜是一种合金
D．船体上镶嵌的锌块是利用牺牲阳极法来避免船体遭受腐蚀
5．“天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤。腾飞中国离不开化学，长征系列运载火箭使用的燃料有液氢和煤油等化学品。下列有关说法正确的是（ ）
A．煤油是可再生能源
B． 燃烧过程中热能转化为化学能
C．火星陨石中的 质量数为20
D．月壤中的 与地球上的 互为同位素
6．如图是利用KCl、NaNO3为原料制取KNO3和NaCl的电化学装置，A、C代表不同类别的选择性离子通过膜，M、N为电极，下列有关说法中正确的是（ ）
A．A为阳离子交换膜，C为阴离子交换膜
B．该装置中电子由电极b流向电极N，电极M流向电极a
C．电解总反应：KCl+NaNO3KNO3+NaCl
D．可以用纯铜作为M电极的材料
7．我国科学家研制了Cu2P2O7催化剂建构Zn—CO2二次电池，实现了电还原CO2合成多碳产品(如乙酸，乙醇等)，装置如图所示。双极膜中水电离出的H＋和OH-在电场作用下可以分别向两极迁移。下列说法不正确的是（ ）
A．放电时，双极膜中H＋向Cu2P2O7极迁移
B．电势：Cu2P2O7极高于Zn极
C．当外电路通过2mol电子时，理论上双极膜中水减少18g
D．充电时，阳极上的电极反应式为C2H5OH-12e-＋3H2O=2CO2↑＋12H＋
8．羟基自由基()是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种能将苯酚氧化为和的原电池-电解池组合装置(如图所示)，该装置能实现发电、环保二位一体。下列说法错误的是（ ）
A．a极为正极，c极为阴极
B．a极区每产生1mol，c极区溶液质量减轻3g
C．d极的电极反应式为
D．工作时，如果II室中、数目都减小，则N为阴离子交换膜
9．我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示(吸附在金催化剂表面上的物种用·标注)。
下列说法正确的是（ ）
A．水煤气的变换反应是吸热反应
B．该历程中逆向的最大能垒(活化能)E逆=2.02eV
C．催化剂能够使物质的能量升高
D．反应历程中，生成过渡态I比过渡态II容易
10．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 向盛有BaCl2溶液的试管中通入SO2，振荡，出现白色沉淀 白色沉淀为BaSO4
B 向含碘废液X中加入FeCl3溶液，振荡，滴入淀粉溶液变蓝 X中一定含有I－
C 向盛有乙醇的试管中放入新切的钠块，平缓放出气体，钠块未熔化 钠与乙醇的反应为吸热反应
D 向试管中加入2mL10%CuSO4溶液，滴入4～5滴5%NaOH溶液，加入2mL10%麦芽糖溶液，加热，无红色沉淀 麦芽糖无还原性
A．A B．B C．C D．D
11．下列说法正确的是（ ）
A．纸层析法点样时，用细玻璃棒蘸取试样在滤纸条的原点处轻轻点样，晾干后再点，重复3-5次
B．铝热反应是利用活泼金属单质和氧化铝作用放出大量的热
C．电解饱和食盐水采用阳离子交换膜是为了避免电解产物Cl2和NaOH发生反应
D．毒物进入口内：将50 mL饱和硫酸铜溶液内服后，催吐，并立即送医院
12．2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6是定量分析中的常用反应。下列关于说法错误的是（ ）
A．反应中，I2表现了氧化性
B．反应中，每生成1 mol Na2S4O6，有4 mol e-发生转移
C．Na2S2O3是含有共价键的离子化合物
D．Na2S2O3在空气中放置会变质，产物可能有Na2SO4
13．海洋生物参与氮循环过程如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．反应①～⑤中包含2个非氧化还原反应
B．反应②中有极性键断裂和非极性键生成
C．反应③中N2H4作还原剂，可能有氧气参与反应
D．反应③和⑤生成等量N2，反应⑤转移的电子数目较多
14．中科大经过多次实验发现，采用如图所示装置，阳极(Ti基)上产生羟基·OH(·OH氧化性仅次于F)，阴极上产生H2O2，分别深度氧化苯酚( C6H5OH)为CO2，实现了对苯酚酸性废水的高效处理。下列有关说法错误的是（ ）
A．电流从a极→Ti基→废水→不锈钢→b极
B．阴极电极反应为2H+ + O2+ 2e-= H2O2
C．阳极处理苯酚的方程式为C6H5OH + 28·OH = 6CO2 +17H2O
D．当消耗14molO2时，理论上共氧化处理94g苯酚
15．高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色有光泽粉末，极易溶于水，静置后会分解放出氧气，并生成氢氧化铁，在强碱性溶液中相当稳定。高铁酸钾是极好的氧化剂，是一种新型非氯高效消毒剂，常用于饮水处理。实验室中模拟高铁酸钾的生产流程如图：
上述流程中涉及的离子反应方程式书写错误的是 （ ）
A．反应①：2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-
B．反应②：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
C．反应③：3Fe3O4+28H++N =9Fe3++NO↑+14H2O
D．反应④：2Fe3++3ClO-+5H2O=2Fe +3Cl-+10H+
16．一定条件下，在密闭容器中，氮气与氢气合成氨气，能量变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．加入催化剂，E1、E2都变小
B．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+600kJ
C．升温可以增大该反应的化学平衡常数
D．通入1molN2和3molH2充分反应，放热小于92kJ
17．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1 molNa被完全氧化为Na2O2时，失去NA个电子
B．常温下，pH=10的碳酸钠溶液中，OH-的数目为10-4NA
C．用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为NA时，阳极应有32 g Cu转化为Cu2+
D．60 g二氧化硅固体中含有NA个二氧化硅分子
18．下列方程式与所给事实不相符的是（ ）
A．通入氯水中，溶液褪色：
B．酚酞滴入溶液中变为浅红色：
C．冷凝气体得到液体：
D．制备时，需除去溶液中的氧气，防止发生：
19．一种新型无隔膜可充电电池，水系电池以锌箔、石墨毡为集流体，和的混合液作电解质溶液，工作原理如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．过程I为充电过程，a接电源的正极
B．为增强电池效率，可向电解液中加入硫酸以增强溶液的导电性
C．过程II为放电过程，石墨毡极的电极反应式为
D．放电时，当外电路转移2mol时，两电极质量变化的差值为22g
20．下列说法错误的是（ ）
A．燃料电池、铅蓄电池都利用了原电池原理
B．镀锌的铁表面有划痕时，仍比不镀锌的铁更难被腐蚀
C．在使用的燃煤中加入适量，可减少及温室气体的排放
D．选用不同种类的催化剂，甲醛与苯酚可反应制得线型或体型的酚醛树脂
二、综合题
21．与重整是利用的研究热点之一。该重整反应体系有以下反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ. (只在高温下自发进行)
（1）已知25℃、101kPa时、和的燃烧热分别为、和，则 。 0(填“>”或“<”)。
（2）在一定压强和催化剂的条件下，将等物质的量的和通入重整反应器中，平衡时，、的物质的量分数及转化率随温度变化的关系如图所示。
①平衡时的物质的量分数随温度变化的曲线是 (填标号)。
②温度高于1300K后，曲线d超过曲线c的可能原因为 。
（3）在p MPa时，将和按物质的量之比为1∶1充入密闭容器中，分别在无催化剂和催化下反应相同时间，所得的转化率、催化剂活性与温度的关系如图。
①a点转化率相等的原因是 。
②在900℃、催化条件下，将、、按物质的量之比为1∶1∶n充入密闭容器，的平衡转化率大于50%，原因是 。
（4）设为相对压力平衡常数，用相对分压代替浓度即可得相对压力平衡常数的表达式［气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以标准压强］。某温度下反应Ⅲ的，向恒容密闭容器中按投料比充入原料气，初始总压为150kPa，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，体系达到平衡时的分压为b kPa，则的平衡转化率为 。
22．2021年度中国科学十大进展之一就是人工淀粉合成途径的研究，其关键步骤之一就是利用CO2合成出有机小分子。这将有利于我国实现碳达峰碳中和，有利于建设友好型社会。
如CO2可与H2生成CH4：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)。
（1）我国科研人员提出了以Ni/Al2O3为催化剂，上述反应的历程如图所示：
下列说法错误的是____。（单选）
A．使用催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
B．该历程中每生成1mol CH4，转移8NA个电子
C．在反应历程中，H-H键与C=O键断裂吸收能量
D．在反应过程中，催化剂参与反应，改变反应路径，降低反应的活化能
（2）在恒温（T>100℃）恒容装置中进行该反应，能判断反应已达平衡状态的是____。（双选）
A．混合气体密度不再改变
B．混合气体压强不再改变
C．混合气体平均摩尔质量不再改变
D．n (CO2)： n(H2) =1：4
（3）将1mol CO2和4mol H2置于体积为2L的密闭容器中发生反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如右图所示，该反应的平衡常数K随温度升高而 （填“增大”或“减小”）。判断依据是 。
（4）下列措施有利于提高反应中CO2的平衡转化率的是____。（单选）
A．使用催化剂 B．加压
C．升高温度 D．增大初始投料比n(CO2)/n(H2)
（5）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。
①、②与过渡态三种物质中，最不稳定的是 ；①转化为②过程中 （选填“吸收”或“放出”)能量。
（6）25℃、100kPa下，CH4(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别﹣893kJ·mol-1、﹣870 kJ·mol-1，计算转化反应CO2(g) + CH4(g) = CH3COOH(l)的焓变ΔH= kJ·mol-1。二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。反应可表示为：
CO2 (g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O (g)
（7）该反应平衡常数的表达式K= ；
（8）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有____。（双选）
A．增大H2的浓度，平衡向右移动
B．移去部分CH3OH，正反应速率增大
C．降低反应温度，正、逆反应速率都减小
D．加入催化剂，可提高CO2的平衡转化率
（9）在5L密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，测得一定时间内混合气体中CH3OH的体积分数φ(CH3OH)与温度的关系如下图所示。
若温度为T时，反应10分钟，φ(CH3OH)=30%，则0~10分钟内，CH3OH的平均反应速率 = 。
（10）该反应是 反应（选填“吸热”或“放热”）；其它条件相同时，CH3OH在a点的正反应速率 CH3OH在b点的正反应速率（选填“>”、“<”或“=”）；解释温度低于T时，φ(CH3OH)随温度升高而逐渐增加的原因 。
（11）反应CO2 (g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O (g)通过如下步骤来实现：
①CO2 (g) +H2(g) CO(g) + H2O (g) ②CO(g) +2H2(g) CH3OH(g)
上述反应过程中能量变化可用如图表示，
其中反应 为慢反应(填“①”或“②”)。对反应②自发性的判断正确的是 （单选），判断依据是 。
A．高温下自发 B．低温下自发 C．始终自发 D．始终不自发
23．乙烯是制造塑料、合成橡胶和合成纤维等化学产品的基本原料，乙烷直接裂解、乙烷二氧化碳氧化裂解和乙烷氧气氧化裂解和乙烷氧气氧化裂解制备乙烯的反应如下：
(Ⅰ)
(II)
(III)
回答下列问题：
（1）已知键能：，，由此计算生成碳碳键放出的能量为 kJ。
（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的是___________(填序号)。
A．反应(I)加入催化剂，可降低反应的焓变
B．恒压掺入Ar能提高反应(II)的平衡产率
C．降低温度，反应(II)的正反应速率降低、逆反应速率增大
D．增加乙烷的浓度，反应(I)和(II)的平衡均向右移动
（3）K为平衡常数，与温度的倒数的变化如图所示，a，b两条直线中表示反应(II)的直线是 (填字母)，理由是 。
（4） 时，将乙烷与氦气的混合气体(乙烷的物质的量分数为m%)通入一密闭容器中发生反应(I)。平衡时容器压强为，此时乙烷的平衡转化率为，反应的平衡常数= (用题中所给字母表示，并化简，分压=总压×物质的量分数)。
（5）已知Arrhenius经验公式(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，反应(II)的Arrhenius经验公式实验数据如图甲中直线a所示，该反应的活化能= 。当改变外界条件时，实验数据如图中直线b所示，则实验可能改变的外界条件是 。
（6）电有机合成是制备有机物的一种常用方法，相关研究团队利用电化学装置实现和两种分子的耦合转化来制备乙烯等物质，其原理如图乙所示。阴极上的电极反应式为 。若生成的乙烯和乙烷的体积比为3：1，则消耗的和，物质的量之比为 。
24．亚硫酰氯(SOCl2)又叫二氯亚砜，可用于农药医药等方面的生产，可以用作锂电池的正极活性物质。SOCl2的熔点是-105℃，沸点是788℃，易水解生成一种强酸和一种具有漂白性的气体，加热时会部分分解。某种比较先进的合成SOCl2的工艺流程如下图所示。
请回答下列相关问题
（1）若将SOCl2加入水中，发生反应的化学方程式是 。
（2）SOCl2合成反应的原子利用率是100%，该反应的化学方程式是 。从理论上分析，S2Cl2合成(硫磺完全反应)、SCl2合成(S2Cl2完全反应)、SOCl2合成(SCl2完全反应)三个阶段消耗的氯气的物质的量之比为 。
（3）导热油冷却的目的是 。
（4）已经被淘汰的氯磺酸法合成SOCl2的原理是SCl2+HSO3Cl=SOCl2+SO2↑+HCl↑，与流程中的方法相比其缺点是 、 。
（5）锂亚硫酰氯电池中SOCl2既作正极活性物质又作溶剂，电池总反应是8Li+3SOCl2=6LiCl+Li2SO3+2S，该电池的正极反应是 。
25．下图所示工艺流程是一种以镀锌管废料(锌灰)为原料制取金属锌的方法。
已知：①锌灰的主要成分为ZnO、ZnCl2，还含有SiO2、CuO、PbO和FeO。②Cu++Cl-=CuCl↓。回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分为 。
（2）“酸浸”时，硫酸浓度不能过高，原因是 。
（3）写出“沉铜”时的离子反应方程式： 。
（4）“氧化”时需加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，其目的是 。
（5）氢电极增压还原氧化锌的装置如图所示，储罐内ZnO溶解后形成Zn(OH)离子，每溶解1molZnO需消耗 molKOH。电解池中的总反应离子方程式为： 。
（6）该工艺废水中含有Zn2+，排放前需处理。向废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2++H2SZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒浓度为：
微粒 H2S CH3COOH CH3COO-
浓度/(mol·L-1) 0.10 0.05 0.10
处理后的废水的pH= ，c(Zn2+)= 。[已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5]
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．CO2＋NaOH=NaHCO3反应中没有元素化合价变化，故A不选；
B.2NO2＋2NaOH=NaNO2＋NaNO3＋H2O，反应中N由+4价变为+2和+5价，有元素化合价变化，故B选；
C．ICl＋2NaOH=NaCl＋NaIO＋H2O反应中没有元素化合价变化，故C不选；
D．NaOH＋HCl=NaCl＋H2O反应中没有元素化合价变化，故D不选；
故答案为：B。
【分析】反应中元素化合价发生变化的反应，属于氧化还原反应。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．反应热效应是过程量与过程有关，使用催化剂改变了化学反应的过程，故反应热也发生改变，故A项不符合题意；
B．是该反应的催化剂，只是反应过程的中间产物，故B项不符合题意；
C．由图可知，催化过程中反应①是吸热反应，②是放热反应，故C项不符合题意；
D．该反应是臭氧转化为氧气，总反应为，故D项符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、催化剂不影响焓变，但是会降低反应所需活化能；
B、反应①的反应物，反应②的生成物，是催化剂；反应①的生成物，反应②的反应物，是中间产物；
C、反应物的内能大于生成物的内能，反应放热，反应物的内能小于生成物的内能，反应吸热；
D、最终反应即为臭氧转化为氧气。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．给平衡体系加压，气体的体积缩小，有色气体的浓度增大，不管平衡是否移动，混合气的颜色都加深，A符合题意；
B．由盖斯定律可知，不管反应路径如何，只要反应物和生成物都相同，反应的热效应相同，所以ΔH = ΔH1 + ΔH2，B不合题意；
C．氯化钠晶体溶于水，由于Na+、Cl-都与水分子形成水合离子，所以不断脱离晶体表面进入溶液，从而产生自由移动的Na+和Cl-，C不合题意；
D．电解水时，发生反应2H2O 2H2↑+O2↑，所以H2和O2的体积比约为2：1(两种气体在水中的溶解度有差异)，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】A.该反应是反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动；
B.由盖斯定律可知，反应一步完成或者分布完成，反应的热效应相同；
C.氯化钠在水的作用下发生电离；
D.根据电子守恒计算生成氢气和氧气的物质的量，然后利用 阿伏加德罗定律分析。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料，A不符合题意；
B．丝绸主要成分是蛋白质，B符合题意；
C．青铜是铜锡或铅合金，C不符合题意；
D．锌比铁活泼，形成原电池锌作负极被氧化，铁作正极被保护，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料；
B．丝绸主要成分是蛋白质；
C．青铜是铜锡或铅合金；
D．锌比铁活泼，形成原电池锌作负极被氧化，铁作正极被保护。
5．【答案】C
【解析】【解答】A.煤、石油、天然气属于不可再生能源，A不符合题意；
B.H2燃烧过程中，化学能转化为热能，B不符合题意；
C.20Ne中，20表示的是Ne的相对原子质量为20，C符合题意；
D.3He和3H中质子数不同，不属于同位素，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.煤油属于不可再生能源；
B.燃烧是将化学能转化为热能；
C.标在元素符号左上角的数字表示原子的相对原子质量；
D.同位素是指质子数相同，中子数不同的一类原子；
6．【答案】B
【解析】【解答】A． 由分析C为阳离子交换膜，A为阴离子交换膜，故A不符合题意；
B． M为阳极，N为阴极，该装置中电子由电极b流向电极N，电极M流向电极a，故B符合题意；
C． 电解总反应：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，故C不符合题意；
D． 铜的还原性强于氯离子，M为阳极，不可以用纯铜作为M电极的材料，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】M极通入KCl溶液，N极通入NaNO3溶液，整个过程电解制取KNO3和NaCl，则M极上Cl-不能放电，故M为阴极，N为阳极，阴极反应生成为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，左1室与右3室均通入KCl溶液，右1室与左3室均通入NaNO3溶液，由于阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，故左3室中Na+通过膜A移向左2室、NO3-通过膜C移向中间室（左4室），右3室中K+通过膜A移中间室（左4室）、Cl-通过膜C移向右2室，在中间室获得KNO3，则左2室、右2室获得NaCl，A膜为阳离子交换膜、C膜为阴离子交换膜。
7．【答案】C
【解析】【解答】A、放电时为原电池，阳离子移向正极，阴离子移向负极，即双极膜中H+向Cu2P2O7极迁移，故A不符合题意；
B、放电时为原电池，Zn为负极，Cu2P2O7纳米片为正极，则Cu2P2O7极的电势高于Zn极，故B不符合题意；
C、双极膜中水电离的方程式为H2O=H++OH-，外电路通过2mol电子时，理论上有2molH+和OH-分别向正极、负极移向，即有2molH2O参与电离，质量减少18g/mol×2mol=36g，故C符合题意；
D、充电时为电解池，阴阳极反应与原电池负正极反应相反，阳极的电极反应为C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图可知，放电时为原电池，Zn转化为[Zn(OH)4]2-，发生氧化反应，则Zn为负极，电极反应为Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)4]2-，Cu2P2O7纳米片为正极，发生还原反应，电极反应为CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O，H2O电离出的H+和OH-分别由双极膜移向正极、负极；充电时为电解池，原电池正负极分别与电源正负极相接。
8．【答案】B
【解析】【解答】A． I室化合价降低，得电子，发生还原反应，因此a极为正极，b极为负极，c极为阴极，d极为阳极，故A不符合题意；
B．a极每产生1mol，转移3mol电子，c极上的电极反应式为，生成1.5mol，与此同时，有3mol从阳极室透过质子交换膜进入阴极室，因此c极区溶液质量不变，故B符合题意；
C．根据图中信息可知，d极上发生的电极反应式为，故C不符合题意；
D．II室中、数目都减小，说明离子从II室向I室和III室移动，由于阴离子移向负极(b极)，阳离子移向正极(a极)，因此N和M分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】由图可知，a极发生还原反应，则a极为正极，b极为负极，c极为阴极，d极为阳极。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．一个反应的反应热和反应的过程无关，只和反应物的总能量和生成物的总能量有关，从图中可知，生成的能量低于反应物，该反应是放热反应，A不符合题意；
B．找出逆向最大的活化能，从图中的右侧看到左侧，物质能量增加最大的，能垒最大，即为CO2(g)＋H2(g)＋H2O·转化为COOH·＋2H·＋OH·，能垒为1.41-(-0.83)ev=2.24ev，B不符合题意；
C．通过图像可知，催化剂吸附后能够降低反应物的能量，C不符合题意；
D．形成过渡Ⅰ的能垒为1.91ev，形成过渡Ⅱ的能垒为2.02ev，能垒越低，越容易形成，过渡Ⅰ能容易生成，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.生成的能量低于反应物，为放热反应，据此分析；
B.根据图像找出逆向最大的活化能，再根据物质能量增加最大的，能垒最大，据此分析解答；
C.催化剂能降低反应所需的活化能，据此解答；
D.能垒越低，越容易形成，结合图像分析解答。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．弱酸不能制强酸，BaCl2与SO2不反应，但有白色沉淀生成，可能是振荡过程中H2SO3被空气中氧气氧化为H2SO4，则白色沉淀为BaSO4，故A符合题意；
B．未先滴加淀粉溶液，则无法排除原溶液中含有I2，由操作和现象可知X中可能含碘或I-，故B不符合题意；
C．钠与乙醇反应为放热反应，钠块未熔化，是反应速率缓慢，放出的热量少的缘故，故C不符合题意；
D．检验-CHO需要在碱性条件下进行，则配制新制Cu(OH)2悬浊液需要在浓NaOH溶液中滴加几滴CuSO4溶液，确保NaOH过量，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A.BaCl2与SO2不反应，出现白色沉淀，可知二氧化硫被氧化；
B.淀粉遇碘变蓝；
C.钠与乙醇反应缓慢，且钠块未熔化，与温度有关；
D.NaOH不足，检验-CHO在碱性溶液中。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．纸层析法点样时不能用玻璃棒，应用毛细管蘸取试样在原点轻点样，晾干后再点，A不符合题意；
B．铝热反应是利用铝与活泼性比铝弱的金属氧化物在高温下发生置换反应产生金属单质和氧化铝，反应会放出大量的热使产生的金属以液态形式存在，B不符合题意；
C．电解饱和食盐水时，阳极产生Cl2，阴极上产生H2，同时在阴极附近溶液中含有大量NaOH，采用阳离子交换膜是为了避免电解产物Cl2和NaOH发生反应，C符合题意；
D．有毒物质会使蛋白质发生变性，导致人中毒，为防止人体蛋白质变性，应采取措施让有毒物质排出体外，可以将5-10 mL稀硫酸铜溶液加入一杯温水中内服，人工促使呕吐出毒物后送医院进行抢救，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.依据纸层析法的操作分析解答；
B.依据铝热反应分析解答；
C.依据电解饱和食盐水分析解答；
D.依据有毒物质会使蛋白质发生变性，导致人中毒，为防止人体蛋白质变性，应采取措施让有毒物质排出体外分析解答。
12．【答案】B
【解析】【解答】A．在反应中，I元素化合价降低，得到电子被还原，所以I2表现了氧化性，A不符合题意；
B．在该反应中，每生成1 mol Na2S4O6，有2 mol e-发生转移，B符合题意；
C．Na2S2O3是盐，Na+与 以离子键结合，在阴离子 中含有共价键，因此该化合物是含有共价键的离子化合物，C不符合题意；
D．在Na2S2O3中S元素化合价为+2价，具有强的还原性，在空气中放置，会被空气中的氧气氧化导致变质，产物可能有Na2SO4，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】依据氧化还原反应的相关知识分析解答；
13．【答案】A
【解析】【解答】A．反应①～⑤中只有反应①中氮元素的化合价没变，属于非氧化还原反应，其他4个反应氮元素的化合价均发生改变，属于氧化还原反应，故A符合题意；
B．反应②中 ， 中极性键断裂， 中有非极性键生成，故B不符合题意；
C．反应③中 ，氮的化合价从-2价升高到0价，N2H4作还原剂，被氧化，可能有氧气参与，故C不符合题意；
D．生成等量N2(取1mol)时，反应③中 ，失去电子数的物质的量为 ，而反应⑤中 ，得到电子数的物质的量为 ，反应⑤转移的电子数目比反应③多，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．根据化合价的变化分析；
B．根据分析；
C．根据的化合价分析；
D．根据、的化合价分析；
14．【答案】D
【解析】【解答】A．电流从正极经导线流向负极，即从a极→Ti基→废水→不锈钢→b极，A不符合题意；
B．阳极上水失电子生成羟基和氢离子，其电极方程式为：H2O-e-= OH+H+， B不符合题意；
C．羟基自由基对有机物有极强的氧化能力，则苯酚被氧化的化学方程式为：C6H5OH+14H2O2=6CO2+17H2O，C不符合题意；
D．阴极反应电极式为：O2+2e-+2H+ =H2O2，1个水失一个电子生成1个 OH，2个 OH可看作1个H2O2，即阴阳极各产生一个H2O2，消耗14molO2即产生28molH2O2，由C6H5OH~14H2O2，可知消耗2molC6H5OH，质量为m=nM=2mol×94g/mol=188g，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．电流从正极经导线流向负极；
B．阴极上得电子发生还原反应；
C．羟基自由基对有机物有极强的氧化能力；
D．依据得失电子守恒分析。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．电解氯化钠溶液的离子方程式为：2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-，故A不符合题意；
B．氯气和氢氧化钾反应离子方程式为： ，故B不符合题意；
C．磁铁矿为Fe3O4，固体不可拆，稀硝酸和Fe3O4反应的离子方程为： ，故C不符合题意；
D．硝酸铁溶液与碱性次氯酸钾溶液反应的离子方程式为：2Fe3++3ClO-+10OH-=2Fe +3Cl-+5H2O，故D符合题意；
故答案为D。
【分析】根据反应物和反应条件利用氧化还原反应即可写出离子方程式
16．【答案】D
【解析】【解答】A．加入催化剂可以降低活化能，但是不能改变反应热，即E2不变，A不符合题意；
B．根据图示， 1mol 氮气和 3mol 氢气完全反应生成 2mol 氨气时，放出的热量为 600kJ-508 kJ =92kJ ，根据热化学方程式书写规则得： N2 (g)+3H2 (g) 2NH3 (g) △H=-92kJ·mol -1 ，B不符合题意；
C．该反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，C不符合题意；
D．该反应为可逆反应，反应不能进行到底，故通入1molN2和3molH2充分反应，放热小于92kJ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.催化剂不影响反应热；
B.ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能；
C.升温该反应的平衡逆向移动；
D.该反应为可逆反应，不能完全进行。
17．【答案】A
【解析】【解答】A．钠在反应中由0价升高到+1价，所以1 molNa被完全氧化为Na2O2时，失去NA个电子，A项符合题意；
B．因体积不确定，无法计算出OH-的数目，B项不符合题意；
C．电解精炼铜时，阳极为粗铜，阳极发生的电极反应有：比铜活泼的杂质金属失电子发生氧化反应，例如 、 Cu失电子的氧化反应： ， 当电路中通过的电子数为NA时，即电路中通过1mol电子，Cu失去的电子应小于1mol，阳极反应的Cu的物质的量小于0.5mol，则阳极反应的Cu的质量小于32g，C项不符合题意；
D．二氧化硅是原子晶体，由Si、O原子直接构成，不含有分子，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据Na~Na+~e，根据钠完全反应计算出转移电子数
B.根据n=cV，但是体积未知不能计算
C.电解精炼铜时，阳极的粗铜中有可能是锌失去电子，因此电解的铜的减小
D二氧化硅中不存在分子
18．【答案】B
【解析】【解答】A．通入氯水中，溶液褪色，是由于SO2和Cl2、H2O反应转化为H2SO4和HCl，方程式为：，A不符合题意；
B．酚酞滴入溶液中变为浅红色是由于发生水解使溶液呈碱性，故该离子方程式为：，B符合题意；
C．，降低温度平衡正向移动，则冷凝气体能够得到液体，C不符合题意；
D．由于Fe(OH)2具有还原性，易被空气中的O2氧化，即，则制备时，需除去溶液中的氧气，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.形成的次氯酸将二氧化硫氧化为硫酸
B.碳酸氢钠水解呈碱性
C.二氧化氮变为四氧化二氮，温度越低易转化
D.氢氧化亚铁具有还原性越易被氧化
19．【答案】D
【解析】【解答】由图可知，水系可充电电池放电时即过程Ⅱ，锌箔作负极，电极反应式为Zn-2e =Zn2+，石墨为正极，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，充电时即过程Ⅰ，锌箔作阴极，电极反应式为Zn2++2e- =Zn，石墨为阳极，电极反应式为，据此作答。
A．过程Ⅰ为充电过程，a接电源的负极，A项不符合题意；
B．向电解液中加入硫酸﹐硫酸与二氧化锰反应，电池效率降低，B项不符合题意；
C．过程Ⅱ为放电过程，石墨为正极，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O ，C项不符合题意；
D．放电时即过程Ⅱ，锌箔作负极，电极反应式为Zn-2e =Zn2+，石墨为正极，电极反应式为MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，当外电路有2mol电子转移时，负极减少65克，正极减少88克，两极质量差为88-65=22克，D项符合题意。
故答案为：D。
【分析】 由图可知，过程I为放电过程，Zn在反应中失电子生成锌离子，锌箔作负极，电极反应式为Zn-2e =Zn2+，石墨毡为正极，电极反应式为：MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，过程II为充电过程，锌箔作阴极，石墨毡为阳极，电极反应式为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。
20．【答案】C
【解析】【解答】A．燃料电池和铅蓄电池都利用了氧化还原反应放出的化学能直接转化为电能，属于原电池原理，A项不符合题意；
B．锌比铁更加活泼，镀锌的铁表面有划痕时，锌先反应，所以仍比不镀锌的铁更难被腐蚀，B项不符合题意；
C．在使用的燃煤中加入适量，可减少排放，C项符合题意；
D．如果采用不同的催化剂，苯酚羟基对位上的氢原子也可以和甲醛进行缩聚，使分子链之间发生交联，生成体型酚醛树脂，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.燃料电池和铅蓄电池均为原电池；
B.锌比铁更加活泼，镀锌的铁表面有划痕时，形成锌铁原电池，锌作负极被腐蚀；
D.苯酚羟基对位上的氢原子也可以和甲醛进行缩聚生成体型酚醛树脂。
21．【答案】（1）；>
（2）a；曲线c、d分别代表和的转化率曲线，温度高于1300K后，升高温度有利于Ⅲ的进行，导致的转化率大于
（3）催化剂失活；压强恒定时，充入水蒸气，平衡右移，的平衡转化率a大于50%
（4）
【解析】【解答】(1)已知25℃、101kPa时、和的燃烧热分别为、和，可得燃烧热的热化学方程式分别为、、，由盖斯定律，甲烷的燃烧热方程式减去氢气和一氧化碳燃烧热方程式的两倍，即可得到；反应Ⅲ正反应是熵增反应，因为反应Ⅲ只在高温下自发进行，所以>0；
(2)①物质的量分数均随温度升高减小，温度低温时反应Ⅲ不发生，只发生反应Ⅰ和Ⅱ，所以二氧化碳的物质的量分数小于甲烷物质的量分数，平衡时的物质的量分数随温度变化的曲线是a；
②曲线c、d分别代表和的转化率曲线，温度高于1300K后，升高温度有利于积碳反应的进行，导致的转化率大于；
(3)①a点时与无催化剂的转化率相同，说明已无催化活性，则a点转化率相等的原因是：催化剂失活；
②压强恒定时，充入水蒸气，平衡右移，的平衡转化率a大于50%；
(4)平衡时氢气的分压为b kPa，依据相对压力平衡常数，可得平衡时。根据阿伏加德罗定律推论，恒温恒容时气体的压强之比等于物质的量之比，按投料比，初始总压为150kPa，则起始时，消耗的，所以甲烷的平衡转化率为=kPa。
【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减。；
（2） ① 物质的量分数均随温度升高减小，低温时只发生反应Ⅰ和Ⅱ，所以二氧化碳的物质的量分数小于甲烷物质的量分数；
② 升高温度有利于Ⅲ的进行，导致的转化率大于 ；
（3） ①未平衡之前，有催化剂跟无催化剂相比，有催化剂转化率应该更高，但是a点时刻两者相等，有可能是温度过高导致催化剂失去活性；
② 恒压时，充入水蒸气，平衡朝正向移动；
（4）此类题要结合三段式进行关系式的判断，通过各种物质的化学计量数，计算其分压。
22．【答案】（1）A
（2）B；C
（3）减小；根据图像可知，温度升高，达平衡时H2O的物质的量分数减小，即温度身高，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小
（4）B
（5）过渡态；放出
（6）﹣23
（7）
（8）A；C
（9）0.015 mol·L-1·min-1
（10）放热；<；温度低于T时，反应未达到平衡，向生成物方向进行
（11）①；B；该反应 H＜0，正反应为气体分子数减少的反应， S＜0，故在低温条件下 H－T S＜0，即反应在低温下自发进行。
【解析】【解答】（1）A.催化剂只是改变反应速率，不能改变反应的转化率，故A符合题意；
B.根据甲烷变为二氧化碳，1mol甲烷转移8mol电子，故B不符合题意；
C.键的断裂吸收能量，故C不符合题意；
D.反应过程中，催化剂参与反应降低了活化能，故D不符合题意；
（2） A.体积不变，气体的质量不变，其密度不变，故A不符合题意；
B.反应前后体积系数之和不等，压强不变，其反应达到平衡，故B符合题意；
C.混合气体摩尔质量不变，说明其物质的量不变，反应平衡，故C符合题意；
D. n (CO2)： n(H2) =1：4 不一定平衡，故D不符合题意；
（3）根据图示温度升高，水的量减少，说明温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小；
（4） 对于反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)。 提高二氧化碳转化率可以采用增加压强或者增加氢气的量，故答案为：B
（5）根据过度态是最不稳定，能量最高，根据化合反应过程是放出热量；
（6）CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)，H= ﹣893kJ·mol-1①， CH3COOH(l) +2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g)，H= ﹣870 kJ·mol-②，①-②得到 CO2(g) + CH4(g) = CH3COOH(l) ，焓变为 -23 kJ·mol-1 ；
（7）对于反应 CO2 (g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O (g) ，平衡常数为K= ；
（8）A.增大氢气的浓度可以向右进行，故A符合题意；
B.移除甲醇，速率均减小，故B不符合题意；
C.降低温度速率均减小，故C符合题意；
D.加入催化剂只是提高反应速率，故D不符合题意；
（9）
CO2 (g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O (g)
起始(mol) 1 3
变化(mol) x 3x x x
平衡(mol) 1-x 3-3x x x
φ(CH3OH)=30% ，即可得到x/(4-2x)=0.3，x=0.75mol.即可计算出速率为0.75/(5x10) mol·L-1·min-1 = 0.015 mol·L-1·min-1 ；
（10）温度升高甲醇的体积分数降低，说明正反应是放热反应。a点的速率低于b点，主要是温度影响，温度较低时，甲醇的体积分数随温度升高而增加主要是反应未平衡正向移动；
（11）根据活化能越高，反应越慢，故反应①为慢反应，根据焓变小于0，正反应是气体体积减小的反应，熵变减小，即可判断低温下自发反应；
【分析】（1）催化剂只是改变反应速率；
（2）根据达到平衡，对弈恒容反应容器，前后系数不同的反应可根据压强和摩尔质量不变判断；
（3）根据温度变化平衡逆向移动常数减小；
（4）提高二氧化碳转化率乐意适当的加压；
（5）根据找出能量最高即可判断，结合能量高低进行判断；
（6）写出燃烧热方程式。利用盖斯定律计算；
（7）根据常数公式即可写出；
（8）结合反应，增加反应的量可以促进平衡右移，降低温度速率降低；
（9）根据给出的数据利用三段式进行计算即可；
（10）根据温度对甲醇体积的影响即判断，温度越高，速率越快，温度低含量增大主要是未达到平衡即可判断；
（11）根据判断即可。
23．【答案】（1）271
（2）B；D
（3）B；反应(II)为吸热反应，当温度降低时，平衡逆向移动， 变小，温度降低， 上升， 变小，故b曲线符合
（4）
（5）26；加入催化剂或增大催化剂表面积
（6）CO2+2e-=CO+ O2-；8： 7。
【解析】【解答】（1） =反应物总键能-生成物总键能，由题可知，反应I中每断裂2molC- H键，会形成1mol碳碳π键和1molH- H键，故2 x 416 - E(碳碳π键)- 436 = +125 ，解得E(碳碳π键)= 271 。
（2）A.加入催化剂，不能改变反应热，A不正确；
B.恒压掺入Ar，相当于增大体积减小压强，故平衡向着气体体积增大的方向移动，平衡正向移动，平衡产率提高，B正确；
C.降低温度，无论正反应还是逆反应速率都降低，C不正确；
D.乙烷在反应(I)和(II)中，均为反应物，增加乙烷的浓度，即增大反应物浓度，平衡正向移动，D正确；
故本题选BD。
（3）反应(II)为吸热反应，当温度降低时，平衡逆向移动， 变小，温度降低， 上升， 变小，故b曲线符合，答案为：b；反应(II)为吸热反应，当温度降低时，平衡逆向移动， 变小，温度降低， 上升， 变小，故b曲线符合；
（4）设总物质的量为100mol，则乙烷为mmol由三段式：
可得平衡时乙烷、乙烯以及氢气的物质的量分数分别为： 、 、 ， ；答案为 ；
（5）计算曲线a的活化能，将(3.8，2.8)、 (3.5，10.6)分 别代入到 可得： 解得 =26 ；类似的方法计算曲线b的活化能，将(3.5，10.6)、(4.2，1.1)分别代入到 解得 =13.6 ，与a相比，曲线b的活化能降低，则实验可能改变的外界条件是加入催化剂或增大催化剂表面积。
（6）根据图中信息，二氧化碳在阴极得电子转化为一氧化碳，结合题图和题干中固体电解质可传导 ，可知电极反应式为： ；根据图中信息， 在阳极失去电子变成乙烷、乙烯和水，由于生成乙烯和乙烷的体积比为3：1，产生物质的量比也是3： 1，设生成了3mol乙烯和1mol乙烷，根据碳元素守恒则有8mol甲烷发生反应，应中失去1molH原子相当于失去1mol电子，共转移14mol电子，根据得失电子守恒，阴极上有7mol 参与电极反应，则此时消耗的 和 的体积比为8：7。
【分析】（1） =反应物总键能-生成物总键能，据此分析。
（2）A.影响焓变大小的因素有：温度、压强、物质的聚集状态、参加反应物质的物质的量。
B.恒压掺入惰性气体，相当于增大体积减小压强。
C.降低温度，反应速率减小。
D.根据勒夏特烈原理进行分析。
（3）降低温度利于平衡向放热反应方向移动，据此分析。
（4）通过列出化学平衡三段式，结合平衡常数表达式进行分析。
（5）将(3.8，2.8)、 (3.5，10.6)分别代入到 ，解二元一次方程进行分析。
（6）该装置为电解池，根据CO2→CO，碳元素化合价降低，则CO2得电子，发生还原反应，所以电极A是阴极，电极反应式为 ，电极B是阳极，结合电子、原子守恒进行分析。
24．【答案】（1）SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl
（2）SCl2+Cl2+SO2 2SOCl2；1：1：2
（3）使混合物快速降温，减少SOCl2的分解
（4）原子利用率低(或副产物较多)；产生大量酸性气体，容易腐蚀设备，污染环境
（5）3SOCl2+8e-=6Cl-+SO32-+2S(或3SOCl2+8e-+8Li+=6LiCl+Li2SO3+2S)
【解析】【解答】(1)SOCl2遇水生成的具有漂白性的气体是SO2，强酸是HCl，因此该反应的化学方程式是SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl
(2)SOCl2合成反应的原子利用率是100%，该反应是化合反应流程中二氧化硫与氯气要混合预热，说明反应条件是加热，因此其化学方程式是SCl2+Cl2+SO2 2SOCl2三步合成的方程式依次是：2S+Cl2=S2Cl2；S2Cl2+Cl2=2SCl2；SCl2+Cl2+SO2 2SOCl2取一定量的硫磺根据化学方程式可知三步合成消耗的氯气的物质的量之比为1：1：2。
【分析】（1）根据SOCl2易水解生成一种强酸和一种具有漂白性的气体，确定生成的气体分别是二氧化硫和氯化氢，然后书写化学方程式；
（2）原子利用率为100%，则SCl2、Cl2、SO2结合生成唯一物质SOCl2，据此书写化学方程式；
（3）根据SOCl2加热时部分分解进行回答；
（4）根据产物中有二氧化硫和氯化氢进行解答；
（5）根据原电池的正极发生还原反应书写电极方程式。
25．【答案】（1）SiO2、PbSO4
（2）会产生SO2气体污染环境
（3）Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+
（4）促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离
（5）4；H2+2H2O+Zn+2OH-
（6）5；1×10-11mol L-1
【解析】【解答】由工艺流程图可知，根据锌灰的成分可知，在酸浸时发生的反应有：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、PbO+H2SO4=PbSO4↓+H2O、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，过滤1得到滤渣1为：SiO2、PbSO4，根据信息②可知，沉铜时是用Zn将Cu2+转化为CuCl沉淀，反应离子方程式为：2Cu2++Zn+2Cl-=2CuCl↓+Zn2+，过滤得到CuCl，再向滤液中加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，通过调节pH的方法将Fe3+转化为Fe(OH)3而除去，过滤后的滤渣2，主要成分是Fe(OH)3，得到含Zn2+的滤液，通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥得到ZnSO4·7H2O，在加入碱液转化为Zn(OH)2，在加热分解为ZnO，最后电解熔融的ZnO制得Zn，解题(1)~(4)，(5)由ZnO+2KOH+H2O═K2[Zn(OH)4]可知，每溶解2mol ZnO需消耗4mol KOH，阳极上氢失去电子、阴极上Zn得到电子，结合电子守恒书写电解池中的总反应离子方程式，(6)由表中离子浓度及Ka(CH3COOH)=2.0×10-5)，c(H+)=mol/L=10-5mol L-1，可知pH=5；Zn2++H2S ZnS(s)+2H+的K====100，据此计算c(Zn2+)，由此分析解题。
（1）由上述分析可知，滤渣1的主要成分为SiO2和PbSO4，故答案为：SiO2、PbSO4；
（2）浓硫酸有强氧化性，溶解时可能被还原为SO2，污染环境，故答案为：会产生SO2气体污染环境；
（3）由分析可知，“沉铜”时的离子方程式为Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+，故答案为：Zn+2Cu2++2Cl-=2CuCl↓+Zn2+；
（4）“氧化”时加入聚丙烯酰胺絮凝剂并加热搅拌，其目的是促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离，故答案为：促使Fe(OH)3胶体聚沉，有利于过滤分离；
（5）由ZnO+2KOH+H2O═K2[Zn(OH)4]可知，每溶解2mol ZnO需消耗4mol KOH，阳极上氢失去电子、阴极上Zn得到电子，电解池中的总反应离子方程式为H2+2H2O+Zn+2OH-，故答案为：4；H2+2H2O+Zn+2OH-；
（6）由表中离子浓度及Ka(CH3COOH)=2.0×10-5)，c(H+)=mol/L=10-5mol L-1，可知pH=5；Zn2++H2S ZnS(s)+2H+的K====100，c(Zn2+)=mol/L=1×10-11mol L-1，故答案为：5；1×10-11mol L-1。
【分析】（1）根据是否与硫酸反应以及产物是否溶于水即可找出滤渣
（2）硫酸浓度过高易被还原为二氧化硫
（3）根据反应物和生成物即可写出方程式
（4）絮凝剂有助于胶体的沉降
（5）根据反应物和生成物即可写出离子反应方程式，即可计算出消耗氢氧化钾的量，根据阴极和阳极的电极产物即可写出总的电极方程式
（6）根据醋酸的电离即可计算出氢离子的浓度，即可计算出pH，结合 Zn2++H2SZnS(s)+2H+即可计算出锌离子浓度
