河南2023年高考化学模拟题汇编-10电解池、金属的电化学腐蚀与防护、电化学计算

这是一份河南2023年高考化学模拟题汇编-10电解池、金属的电化学腐蚀与防护、电化学计算，共19页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

河南2023年高考化学模拟题汇编-10电解池、金属的电化学腐蚀与防护、电化学计算

一、单选题
1．（2023·河南焦作·统考二模）在电还原条件下由PVC{}产生的氯离子可以直接用于串联电氧化氯化反应。PVC可用于常规回收DEHP(在电化学反应中可充当氧化还原介质，提高反应效率)，转化过程如图所示。

下列叙述错误的是
A．上述装置为将电能转化成化学能的装置
B．电极d上发生还原反应
C．上述转化的总反应方程式为
D．上述转化实现了资源回收与利用
2．（2023·河南·统考三模）化学与科技、生活有密切的关系。下列叙述错误的是
A．航空航天工业中采用化学镀镍，电镀时镀件作阴极，镍作阳极
B．我国力争2060年前实现碳中和，用脱硫煤代替原煤作燃料有利于实现碳中和
C．新冠疫情期间使用的抗原检测试纸，其检测原理是有机物分离方法中的层析法
D．卡塔尔世界杯旗帜来自中国制造，其主要材质是透风性好、不易损坏的涤纶
3．（2023·河南·统考二模）随着中国双碳决策部署的有序推进，绿电发电规模逐年提升，为适应未来绿电长时储能需求，我国企业开始于2022年利用“全钒液流电池”布局大型储能基地。电池的充放电总反应式为VO2+ +V3+ +H2OVO2+ +V2+ +2H +，下图为全钒液流电池工作原理示意图。下列说法错误的是

A．放电时电极A的电势比B的高
B．放电时正极的电极反应式为VO +e-+ 2H+ =VO2+ +H2O
C．在220V电压下，用恒定的1A电流充电1小时，电池中增加的化学能为7.92 105J
D．充电时H +由A极室通过质子交换膜向B极室迁移
4．（2023·河南·统考三模）环氧乙烷(，简称EO)是一种重要的有机合成原料和高效消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下：

下列说法正确的是
A．电极b接电源的正极
B．电极a发生反应为：CH2=CH2+H2O+Cl⁻+2e⁻=HOCH2CH2Cl+H+
C．该过程的总反应为：CH2=CH2+H2O+H2
D．当电路中转移2mol电子时，有22.4LCH2=CH2在阳极区发生反应
5．（2023·河南濮阳·统考一模）1971年Tekkosha公司利用金属钠可溶于水银形成液态的合金“钠汞齐”这一性质，通过电解饱和食盐水得到金属钠，制取钠汞齐的实验装置如图所示。下列说法错误的是

A．b电极是阴极
B．若没有玻璃套管，b电极反应式为2H2O +2e-= H2 ↑+2OH-
C．电解过程中玻璃套管下端的银白色液面上升
D．水银层的质量每增加0.23 g， 理论上c口会逸出112 mL气体
6．（2023·河南郑州·统考一模）钠离子电池以其低成本、高安全性等成为锂离子电池的首选“备胎”，其工作原理为：。下列说法正确的是

A．放电时，嵌入铝箔电极上，Mn元素被氧化
B．放电时，外电路中每转移，理论上碳基材料质量增加4.6g
C．充电时，b极为阴极，其电极反应为
D．该电池在充放电过程中，依靠钠离子在两极反复脱嵌和嵌入，未发生氧化还原反应
7．（2023·河南郑州·统考一模）摩尔日(Mole Day)是一个流传于化学家之间的节日，通常在10月23日的上午6：02到下午6：02之间庆祝，被记为6：02  10/23，恰似阿伏加德罗常数。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.1mol肼含有的孤电子对数为
B．固体中含有个阳离子
C．电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总体积为44.8L，则转移电子数为
D．与足量充分反应，生成个分子
8．（2023·河南安阳·安阳一中校考模拟预测）某种聚合物锂离子电池放电时的反应为：Li1－xCoO2＋LixC6===6C＋LiCoO2，其电池如图所示。

下列说法不正确的是
A．放电时，LixC6发生氧化反应
B．充电时，Li＋通过阳离子交换膜从左向右移动
C．充电时将电池的负极与外接电源的负极相连
D．放电时，电池的正极反应为Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－===LiCoO2
9．（2023·河南安阳·安阳一中校考模拟预测）如图所示装置中，a、b、c、d、e、f均为惰性电极，电解质溶液均足量。接通电源后，d极附近显红色。下列说法正确的是

A．电源B端是正极
B．a、c电极均有单质生成，它们的物质的量之比为2∶1
C．欲用丁装置给铜镀银,N应为Ag，电解质溶液为 AgNO3溶液
D．f极附近变红，说明氢氧化铁胶粒带正电荷
10．（2023·河南新乡·统考二模）某同学按图示装置进行实验，大头针固定固体，塑料瓶盛放液体试剂。实验时先打开止水夹，手指压紧小孔并挤压塑料瓶，使液体试剂沿玻璃管上升至完全充满，排尽玻璃管中空气，立即关闭止水夹，一会儿后，手指堵住小孔，打开止水夹。下列所加液体试剂、对应现象及结论均正确的是

选项
固体
液体试剂
现象
结论
A
钠块
水
钠块熔化成小球并浮在水面上；打开止水夹，点燃气体，火焰呈淡蓝色
钠块与水反应产生氢气
B
铝条
NaOH溶液
先有沉淀生成，后沉淀溶解；打开止水夹，点燃气体，火焰呈淡蓝色
铝条与氢氧化钠溶液反应产生氢气
C
铜丝
稀HNO3
产生红棕色气体，溶液呈蓝色
铜丝与稀硝酸反应产生NO2
D
铁丝
食盐水
打开止水夹，并松开小孔片刻，关闭止水夹，发现塑料瓶中液面下降
铁丝发生了吸氧腐蚀


A．A B．B C．C D．D
11．（2023·河南安阳·安阳一中校考模拟预测）化学与社会生活密切相关，下列说法正确的是（    ）
A．军舰船底镶嵌锌块作正极，以防船体被腐蚀
B．汽车尾气中NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，减小压强，反应速率减慢
C．金属冶炼过程是金属离子得电子变成金属单质的氧化过程
D．PM2.5颗粒微粒直径约为2.5×10-6m)分散在空气中形成气溶胶
12．（2023·河南·统考一模）Li-CO2电池在可逆的CO2循环和储能领域都具有巨大的潜力。研究发现，用不同材料作Li极催化剂时，CO2的放电产物不同，催化剂的使用情况和放电时的装置如下列图表所示，下列说法正确的是

Li极催化剂
碳化钼(Mo2C)
Au和多孔碳
CO2的放电产物
草酸锂(Li2C2O4)
Li2CO3和C

A．充电时，在a极上Li+被还原为Li
B．放电时，Li+向b极移动
C．放电时，用碳化钼作Li极催化剂的总反应为2Li+2CO2=Li2C2O4
D．生成等物质的量的Li2C2O4和Li2CO3时，消耗CO2的量相同

二、工业流程题
13．（2023·河南·统考模拟预测）以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂，由富钒废渣(含V2O3、Na2O·Al2O3·4SiO2、FeO)制备V2O5的一种流程如下：

已知：①部分金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
开始沉淀pH
7.0
1.9
3.2
沉淀完全pH
9.0
3.2
4.7

②NH4VO3可溶于热水，不溶于乙醇；
③部分含钒物质在水溶液中的主要存在形式：
pH
<1
1~4
4~6
6~8.5
8.5~13
>13
主要存在形式

V2O5
多矾酸根

多矾酸根

备注
多矾酸盐在水中溶解度较小

回答下列问题：
(1)“酸浸”时含V物质中V的化合价为___________。
(2)“转化II”需要调整的pH范围为___________， “转化III”中含V物质发生反应的离子方程式为___________。
(3)铝元素在“___________”(填操作单元名称)过程中被除去；“滤渣2”的主要成分为___________。
(4)“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥等，洗涤时最好选用的试剂为___________(填字母)。
A．冷水         B．热水          C．乙醇            D．NaOH溶液
“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若“沉钒”前溶液中c( )=0.2 mol· L-1，不考虑溶液体积变化，为使钒元素的沉降率达到98%，至少应调节c( )为___________mol·L-1.[已知：Ksp(NH4VO3)=1.6×10-3]
(5)全钒氧化还原液流电池是一种新型绿色的二次电池，其工作原理如图所示。

①充电时，X电极反应式为___________。
②充电时，每转移1 mol电子，左池溶液中n(H+)的变化量为___________mol。
14．（2023·河南焦作·统考二模）锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌，以某硫化锌精矿(主要成分是ZnS，还含有少量FeS等其他成分)为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：

回答下列问题：
(1)“焙烧”过程在氧气气氛的沸腾炉中进行，“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在，写出“焙烧”过程中FeS主要发生反应的化学方程式：_______；“含尘烟气”中的SO2可用氨水吸收，经循环利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时，所得溶液中的=_______。[已知：Ka1(H2SO3)=l。4×10-2；Ka2(H2SO3)=6.0×10-8]
(2)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，所得“滤渣”的成分为_______(填化学式)，分离“滤液”'“滤渣”的操作名称为_______。
(3)在该流程中可循环使用的物质是Zn和_______(填化学式)。
(4)改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸(稀硫酸)浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质。
①下列设想的加快浸取反应速率的措施中不合理的是_______(填标号)。
A．将稀硫酸更换为98%的浓硫酸
B．将硫化锌精矿粉碎
C．适当升高温度
②硫化锌精矿的主要成分ZnS遇到硫酸铜溶液可慢慢地转化为铜蓝(CuS)：ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)，该反应的平衡常数K=_______。[已知：Ksp(ZnS)=1.6×10-24，Ksp(CuS)=6.4×10-36]
(5)金属锌化学性质活泼，可用于多种化学电源的电极材料。一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收了ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，电池总反应为MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]。放电时正极的电极反应式为_______。

三、原理综合题
15．（2023·河南·统考二模）为全面实现碳达峰和碳中和，碳及其化合物的资源化利用成为研究热点。 回答下列问题：
(1)CO2和H2反应可生成甲醇。已知101 kPa和298 K时一些物质的标准摩尔生成热(在101 kPa和一定温度下，由最稳定单质生成1 mol纯物质的热效应，称为该物质的标准摩尔生成热)数据如表所示：
物质
H2(g)
CO2(g)
CH3OH(g)
H2O(g)
(kJ·mol -1)
0
- 393.5
- 201
- 241.8

①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  ΔH=_______ kJ• mol-1。
②在一定条件下，向恒容密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2，发生反应①，测得在相同时间内，不同条件下H2的转化率如图1所示(在实验条件下催化剂不会失活)，b点前L1 高于L2，b点后L1和L2重合，其原因可能是_______；T2时，若起始压强为15 atm，Kp=_______atm-2(结果保留两位有效数字，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。

③已知速率方程v正=k正c(CO2)·c3(H2)，v逆=k逆c(CH3OH)• c (H2O)，k正、k逆是速率常数，只受温度影响，图2表示速率常数的对数lgA与温度的倒数之间的关系，A、B、D、E分别代表图1中a点、c点的速率常数，点_______表示a点的lgk正。

(2)借助下图电解装置，二氧化碳也能生成甲醇，控制在一定温度，持续通入二氧化碳，电解过程中物质的量基本不变，则阴极电极反应式为_____。

(3)CO2和C2H6在催化剂作用下可以合成C2H4，反应为：CO2(g)+C2H6(g)CO(g)+H2O(g)+C2H4(g)  ΔH=+177 kJ•mol-1，在C2H4合成体系内会发生副反应。
①若发生副反应C2H6(g)3H2(g)+2C(s)，会降低催化效率，原因是_______。
②某温度下，若只存在副反应：2CO2(g)+C2H6(g)4CO(g)+3H2(g)。向a L密闭容器中充入2.1 mol C2H6和2.2 mol CO2，t min后反应达到平衡，容器内C2H4为1.4 mol，CO2为0. 2 mol，则C2H6的平衡总转化率为_______% (保留三位有效数字)。

参考答案：
1．B
【详解】A．上述装置有外接电源，为电解池，将电能转化成化学能，A正确；
B．电极d上氯离子失去电子生成氯原子，发生氧化反应，B错误；
C．结合反应过程，和电解生成、，转化的总反应方程式为，C正确；
D．根据题干信息，上述转化实现了PVC资源回收与利用，D正确；
故选B。
2．B
【详解】A．航空航天工业中采用化学镀镍，电镀时镀件作阴极，发生还原反应，镍作阳极，发生氧化反应，故A正确；
B．我国力争2060年前实现碳中和，用脱硫煤代替原煤作燃料不能减少二氧化碳的排放，不能实现碳中和，故B错误；
C．新冠疫情期间使用的抗原检测试纸，其检测原理是有机物分离方法中的层析法，故C正确﹔
D．卡塔尔世界杯旗帜来自中国制造，其主要材质是透风性好、不易损坏的涤纶，故D正确﹔
故选B。
3．C
【分析】电池的充放电总反应式为VO2+ +V3+ +H2OVO +V2+ +2H +，由图可知，放电时A极室VO转化为VO2+，得到电子，则A电极为正极，B极室V2+转化为V3+，失去电子，则B极为负极，故充电时A极为阳极，B极为阴极。
【详解】A．据分析可知，放电时电极A为正极，电极B为负极，则电极A的电势比B的高，A正确；
B．根据总反应可知，放电时正极的电极反应式为VO +e-+ 2H+ =VO2+ +H2O，B正确；
C．充电过程中，电能不会完全转化为化学能，则无法计算，C错误；
D．据分析可知，充电时电极A为阳极，电极B为阴极，则H +由A极室通过质子交换膜向B极室迁移，D正确；
故选C。
4．C
【分析】由图示反应流程可知，氯离子在a电极变为氯气，失电子化合价升高，发生氧化反应，所以电极a为阳极，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸与乙烯发生加成反应生成HOCH2CH2Cl；氢离子在b电极放电生成氢气，阳极室中的钾离子透过阳离子膜进入阴极室，与氢离子放电后剩余的氢氧根结合变为氢氧化钾，HOCH2CH2Cl与氢氧化钾反应生成环氧乙烷和氯化钾。
【详解】A．由上述分析可知，电极b是阴极，与电源负极相连，A错误；
B．由上述分析可知，氯离子在电极a失电子发生反应，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2（或CH₂=CH₂+H₂O+Cl⁻-2e⁻=HOCH₂CH₂Cl+H+），B错误；
C．由上述分析可知，该反应的总反应方程式为CH2=CH2+H2O+H2，C正确；
D．未注明气体所处的温度、压强，无法计算体积，D错误；
故选C。
5．D
【分析】金属钠可与水银形成钠汞齐，说明在水银处有Na生成，发生还原反应，则水银为阴极，Na++e-+nHg=Na·nHg，石墨为阳极，2Cl--2e-=Cl2↑；
【详解】A．b电极处与水银相连，为阴极，选项A正确；
B．若没有玻璃套管，b电极反应式为2H2O +2e-= H2 ↑+2OH-，选项B正确；
C．因形成钠汞齐，故电解过程中玻璃套管下端的银白色液面上升，选项C正确；
D．没有注明标准状况下，故无法计算气体体积，选项D错误；
答案选D。
6．C
【分析】由题干信息可知，碳基材料为负极b，放电过程中发生的电极反应为：NamCn-me-=Cn+mNa+，充电时，b与电源负极相连为阴极，电极反应为：Cn+mNa+ +me-= NamCn则含钠过渡金属氧化物为正极a，电极反应为：Na1-mMnO2+me-+mNa+=NaMnO2，充电时，a与电源正极相连作阳极，电极反应为：NaMnO2-me-= Na1-mMnO2+ mNa+，据此分析解题。
【详解】A．通过分析可知，放电时嵌入铝箔电极上，此时锰元素化合价降低，被还原，A错误；
B．放时，钠元素由碳基材料转移到铝箔电极上，此时碳基材料质量减轻，B错误；
C．由分析可知，充电时，b与电源负极相连为阴极，电极反应为：Cn+mNa+ +me-= NamCn，C正确；
D．由分析可知，放电过程中，钠元素和锰元素的化合价都在变，发生了氧化还原反应，D错误；
故选C。
7．A
【详解】A．肼的电子式为，每个氮原子上各有一个孤电子对，故0.1mol肼含有的孤电子对数为，正确；
B．的物质的量为=0.2mol，1molNaHSO4中含有1molNa+和1molHSO，故含有个阳离子，错误；
C．无标准状况，无法计算气体的物质的量，错误；
D．乙酸和乙醇的反应为可逆反应，故生成的分子的个数小于，错误；
故选A。
8．B
【详解】A.根据题意，放电时负极发生氧化反应，极反应：LixC6-xe−=6C+xLi+，A正确；
B.充电时左边阴极，右边阳极，阳离子移向阴极，B错误；
C.充电时将电池的负极发生还原反应为阴极与外接电源的负极相连，C正确；
D.总反应为Li1-xCoO2 +LixC6 =6C+ LiCoO2，负极LixC6 -xe−=6C+xLi+，可知正极为Li1-xCoO2 + xLi+ + xe−= LiCoO2，D正确；
故选B。
9．D
【详解】A．接通电源后，d极附近显红色，说明d是阴极，c是阳极，A为电源正极，故A错误；
B．a极电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，c极电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，氧气与氯气的物质的量之比为1∶2，故B错误；
C．用丁装置给铜镀银，M应为Ag，N为Cu，电解质溶液为 AgNO3溶液，故C错误；
D．f极附近变红，说明氢氧化铁胶粒向f极移动，即氢氧化铁胶粒带正电荷，故D正确；
答案选D。
10．A
【详解】A．若固体是钠块，液体试剂为水，钠块熔化成小球并浮在水面上，说明钠熔点低，且产生了气体，打开止水夹，点燃气体，火焰呈淡蓝色，说明产生了氢气，可以证明钠块与水反应产生氢气，选项A正确；
B．若固体是铝条，液体试剂为氢氧化钠溶液,铝单质与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，不会产生沉淀，选项B错误；
C．若固体是铜丝，液体试剂为稀硝酸，铜单质与稀硝酸反应生成一氧化氮， 选项C错误；
D．若固体是铁丝，液体试剂为食盐水，食盐水呈中性，铁丝发生了吸氧腐蚀，打开止水夹,并松开小孔片刻，关闭止水夹，发现玻璃管中液面.上升，但由于塑料瓶直径较大，较难观察其液面变化，选项D错误；
答案选A。
11．B
【详解】A．锌的活泼性强于铁，军舰船底镶嵌锌块作负极，以防船体被腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，锌块不是作正极，故A错误；
B．减小压强，活化分子百分数不变，但是单位体积内的活化分子减少，反应速率减小，故B正确；
C．金属矿物中，金属为化合态，金属离子得到电子被还原可得到金属单质，是还原过程，故C错误；
D．PM2.5(微粒直径约为2.5×10-6m)微粒直径大于10-7m，不能形成气溶胶，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为D，要注意胶体微粒直径在1～100nm，即10-9～10-7m之间。
12．C
【分析】由题给信息可知，放电时，b电极为原电池的负极，锂失去电子发生氧化反应生成锂离子，a电极为正极，碳化钼做催化剂时，锂离子作用下，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成草酸锂，总反应为2Li+2CO2=Li2C2O4，金和多孔碳做催化剂时，锂离子作用下，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳酸锂和碳，总反应为4Li+3CO2=2Li2CO3+C，充电时，与直流电源的负极相连的b电极做阴极，a电极做阳极。
【详解】A．由分析可知，充电时，与直流电源的负极相连的b电极做阴极，锂离子在阴极被还原为锂，故A错误；
B．由分析可知，放电时，b电极为原电池的负极，a电极为正极，则锂离子向a极移动，故B错误；
C．由分析可知，放电时，用碳化钼作锂极催化剂的总反应为2Li+2CO2=Li2C2O4，故C正确；
D．由总反应可知，生成1mol草酸锂和碳酸锂消耗二氧化碳的物质的量分别为2mol和1mol，消耗二氧化碳的量不相同，故D错误；
故选C。
13．(1)+5
(2)     pH＞13     VO+2CO2+H2O=VO+2HCO
(3)     转化Ⅲ     Fe(OH)3
(4)     C     0.4
(5)     VO2+—e—+H2O=VO+2H+     1

【分析】由题给流程可知，废渣与碳酸钠在空气中焙烧得到含有五氧化二钒、氧化铁、偏铝酸钠和硅酸钠的焙烧渣，向焙烧渣中加入盐酸调节溶液pH小于1，五氧化二钒转化为离子、氧化铁转化为铁离子、偏铝酸钠转化为铝离子、硅酸钠转化为硅酸沉淀，过滤得到含有硅酸的滤渣1和含有离子、铁离子、铝离子的滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为3，将离子转化为五氧化二钒、铁离子部分转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有铝离子、少量铁离子的滤液和含有氢氧化铁和五氧化二钒的滤渣；向滤渣中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于13，将五氧化二钒转化为离子，铝离子转化为偏铝酸根离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有离子、偏铝酸根离子的滤液；向滤液中通入足量的二氧化碳将溶液中离子转化为离子，偏铝酸根离子转化为氢氧化铝，向溶液中加入氯化铵，将溶液中离子转化为钒酸铵沉淀，过滤、洗涤、干燥得到含有碳酸氢钠、氯化钠的母液和钒酸铵；钒酸铵煅烧分解生成五氧化二钒。
【详解】（1）由分析可知，“酸浸”时含钒元素物质为离子，由化合价代数和为0可知，离子中钒元素的化合价为+5价，故答案为：+5；
（2）由分析可知，转化II加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于13的目的是将五氧化二钒转化为离子，转化III中含钒元素物质发生的反应为足量的二氧化碳与溶液中离子反应生成离子和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为VO+2CO2+H2O=VO+2HCO，故答案为：VO+2CO2+H2O=VO+2HCO；
（3）由题意可知，铝元素在转化Ⅲ步骤转化为氢氧化铝被除去；滤渣2的主要成分为氢氧化铁，故答案为：转化Ⅲ；Fe(OH)3；
（4）由钒酸铵可溶于热水，不溶于乙醇可知，一系列操作中洗涤步骤最好选用的试剂为乙醇；由钒酸铵的溶度积可知，当钒元素的沉降率达到98%时，溶液中铵根离子浓度为=0.4mol/L，故选C，故答案为：0.4；C；
（5）由图可知，充电时，X电极为电解池的阳极，水分子作用下VO2+离子在阳极失去电子发生氧化反应生成VO和氢离子，电极反应式为VO2+—e—+H2O=VO+2H+，Y电极为阴极，V3+离子得到电子发生还原反应生成V2+离子，电极反应式为V3++ e—=V2+，氢离子由左池经质子交换膜进入右池；
①由分析可知，充电时，X电极为电解池的阳极，水分子作用下VO2+离子在阳极失去电子发生氧化反应生成VO和氢离子，电极反应式为VO2+—e—+H2O=VO+2H+，故答案为：VO2+—e—+H2O=VO+2H+；
②由分析可知，充电时，每转移1 mol电子，左池溶液中生成2mol氢离子，其中1mol氢离子由左池经质子交换膜进入右池使溶液呈电中性，故答案为：1。
14．(1)     3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2     6× 10-3
(2)     Zn、Fe     过滤
(3)H2SO4
(4)     A     2.5×1011
(5)MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-

【分析】硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用。
【详解】（1）已知“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在，说明 “焙烧”过程FeS中Fe被氧化，S被还原，所以主要发生反应的化学方程式为3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2；SO2可用氨水吸收，经循环利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时，，已知Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，所以，所以=6× 10-3；故答案为3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2；6× 10-3。
（2）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，过量锌充分反应，可置换出铁，所得“滤渣”的成分为Zn、Fe；过滤可分离“滤液”'“滤渣”；故答案为Zn、Fe；过滤。
（3）由流程图可知，H2SO4和Zn可重复使用；故答案为H2SO4。
（4）①A．将稀硫酸更换为98%的浓硫酸，将发生氧化还原反应，产生二氧化硫，故A符合题意；
B．将硫化锌精矿粉碎，增大接触面积，有利于快浸取反应速率，故B符合题意；
C.适当升高温度，有利于快浸取反应速率，故C符合题意；
故答案选A。
②反应ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)的平衡常数，已知：，；所以，故答案为2.5×1011。
（5）电池总反应为MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]，放电时正极发生还原反应，所以电极方程式为MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-；故答案为MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-。
15．(1)     -49.3     L1表示温度对该反应中H2平衡转化率的影响，在L2线上是加入反应物发生该反应，由于a点温度较低，反应速率较慢，H2转化率较低，a→b的过程中随着温度的升高，反应速率加快，反应消耗H2的物质的量逐渐增加，H2的转化率逐渐增大，当反应进行到b点时刚好达到平衡状态，两条线合并，此后就是温度对化学平衡移动的影响。     1.1     D
(2)7CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6
(3)     反应消耗C2H6，使主反应的化学平衡逆向移动，单位时间内反应产生乙烯量减少，     81.0%

【详解】（1）①由相应物质的标准摩尔生产热可得反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH= (-201 kJ/mol)+(-241.8 kJ/mol)-(-393.5 kJ/mol)-3×0 kJ/mol=-49.3 kJ/mol；
②根据①计算可知CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.3 kJ/mol，该反应的正反应是放热反应，L1表示该反应的H2的平衡转化率与温度的关系，温度升高，H2的平衡转化率降低。在一定条件下向容器中充入1 mol CO2和3 mol H2，发生该反应，由于a点温度较低，反应速率较慢，a→b的过程中随着温度的升高，反应速率加快，反应消耗H2的物质的量逐渐增加，H2的转化率逐渐增大，b点时反应刚好达到平衡状态，此后是温度对化学平衡移动的影响。升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致反应物H2的平衡转化率降低；
对于反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 在开始时n(CO2)=1 mol，n(H2)=3 mol，在T2温度下反应达到平衡时H2的平衡转化率是80%，△n(H2)=2.4 mol，则根据物质反应转化关系可知平衡时，n(CO2)=0.2 mol，n(H2)=0.6 mol，n(CH3OH)=n(H2O)=0.8 mol，反应开始时气体总物质的量为1 mol+3 mol=4 mol，平衡时气体总物质的量n(总)=0.2 mol+0.6 mol+0.8 mol+0.8 mol=2.4 mol。在恒温恒容时气体的压强比等于气体的物质的量的比，则平衡时气体总压强p(总)=，则压强平衡常数Kp==1.1；
③反应在达到平衡时，v正=v逆，k正c(CO2)·c3(H2)=k逆c(CH3OH)• c(H2O)，化学平衡常数K=。该反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热逆反应方向进行，导致化学平衡常数K减小，即越小，lgk逆越大；越大，lgk正越小，即点A表示c点的lgk逆，点D表示a点的lgk正；
（2）由题意可知：通入二氧化碳的电极为电解池的阴极，在水分子作用下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇和碳酸氢根离子，电极反应式为7CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6；
（3）①若发生副反应C2H6(g)3H2(g)+2C(s)，则使C2H6(g)的浓度降低，合成乙烯的化学平衡逆向移动，单位时间内反应产生乙烯量减少，从而导致催化效率降低；
②在a L密闭容器中充入2.1 mol C2H6和2.2 mol CO2，发生反应CO2(g)+C2H6(g)CO(g)+H2O(g)+C2H4(g) ΔH=+177 kJ•mol-1，2CO2(g)+C2H6(g)4CO(g)+3H2(g)。反应达到平衡时，容器内C2H4为1.4 mol，CO2为0. 2 mol，根据n(C2H4)=1.4 mol，结合主反应中物质反应转化关系可知：消耗CO2、C2H6(g)的物质的量是n(CO2)=n(C2H6)=1.4 mol，平衡时剩余CO2的物质的量是0.2 mol，则反应副反应2CO2(g)+C2H6(g)4CO(g)+3H2(g)消耗CO2的物质的量是n(CO2)=2.2 mol-0.2 mol-1.4 mol=0.6 mol，则副反应消耗乙烷的物质的量是n(C2H6)=0.6 mol×=0.3 mol，故C2H6的平衡总转化率为。