第四章 化学反应与电能 阶段测试题2023-2024学年高二上学期人教版（2019）化学选择性必修1

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第四章 化学反应与电能 阶段测试题
一、单选题
1．电子表和电子计算器的电源通常用微型银-锌电池，其电极分别为 Ag2O 和Zn， 电解质为 KOH 溶液，电极总反应为：Ag2O + H2O + Zn = Zn(OH)2 + 2Ag。 下列叙述正确的是（　　）
A．Zn是正极
B．Ag2O 电极上发生氧化反应
C．工作时正极区溶液的pH增大
D．工作时电子由 Ag2O 极经外电路流向Zn极
2．用惰性电极电解下列溶液，电解结束后加适量水，溶液能恢复至电解前状态的是（　　）
A． B． C． D．
3．等物质的量的BaCl2、K2SO4和AgNO3溶于水形成混合溶液，用石墨电极电解此溶液，经过一段时间后，阴、阳两极收集到的气体体积之比为3∶2。下列说法正确的是(　　)
A．阴极反应为Ag＋＋e－=Ag
B．阳极始终发生反应：2Cl－－2e－=Cl2↑
C．两极共生成三种气体
D．向电解后溶液中通入适量的HCl可使溶液恢复到电解前的状态
4．化学与科技生产、生活环境等密切相关，下列说法不正确的是（　　）
A．市售暖贴的发热原理是利用原电池加快氧化还原反应速率
B．明矾能用于净水是因为铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性
C．减少燃煤的使用，改用风能、太阳能等能源，符合“低碳生活”理念
D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，利用了外加电源的阴极保护法
5．如图是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡片上记录如下，其中正确的是（　　）

①Zn为正极，Cu为负极； ②H＋向负极移动；③电子是由Zn经外电路流向Cu；④Cu极上有H2产生；⑤若有1 mol电子流过导线，则产生的H2为0.5 mol；⑥正极的电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋
A．①②③ B．③④⑤ C．④⑤⑥ D．②③④
6．下图1所示的原电池中，随着放电的进行，下列选项(作纵坐标)中满足图2中曲线关系的是（　　）

A．正极质量 B．负极质量
C．溶液质量 D．转移的电子数
7．如图为铜锌原电池的示意图，下列说法错误的是（）

A．一段时间后，锌片逐渐溶解，质量减小
B．该装置能将电能转化为化学能
C．将铜片换成石墨棒，灯泡亮度不变
D．铜不参与氧化还原反应，只起导电作用
8．将反应Cu(s)＋2Ag＋(aq)=Cu2+(aq)＋2Ag(s)设计成原电池，某一时刻的电子流向及电流计(G)指针偏转方向如图所示，下列有关叙述正确的是（）

A．KNO3盐桥中的K＋移向Cu(NO3)2溶液
B．工作一段时间后，AgNO3溶液中c(Ag＋)减小
C．电子由AgNO3溶液通过盐桥移向Cu(NO3)2溶液
D．Cu作负极，发生还原
9．高中化学《化学反应原理》选修模块从不同的视角对化学反应进行了探究、分析，以下观点中错误的是（　　）
①放热反应在常温下均能自发进行；
②电解过程中，化学能转化为电能而“储存”起来；
③原电池工作时所发生的反应一定有氧化还原反应；
④加热时，化学反应只向吸热反应方向进行；
⑤盐类均能发生水解反应；
⑥化学平衡常数的表达式与化学反应方程式的书写无关。
A．①②④⑤ B．①④⑤⑥ C．②③⑤⑥ D．①②④⑤⑥
10．纽扣电池可作计算器、电子表等的电源。有一种纽扣电池，其电极分别为Zn和Ag2O，用KOH溶液作电解质溶液，电池的总反应为Zn＋Ag2O=2Ag＋ZnO。关于该电池下列叙述不正确的是（　　）
A．正极的电极反应为Ag2O＋2e－＋H2O=2Ag＋2OH－
B．Zn极发生氧化反应，Ag2O极发生还原反应
C．使用时电子由Zn极经外电路流向Ag2O极，Zn是负极
D．使用时溶液中电流的方向是由Ag2O极流向Zn极
11．氯氧燃料电池可以使用在航天飞机上，其反应原理如图。下列有关氢氧燃料电池的说法正确的是（　　）

A．该电池工作时电能转化为化学能
B．该电池中b电极是负极
C．外电路中电子由b电极通过导线流向a电极
D．该电池的总反应：2H2+O2=2H2O
12．下列各组材料中，不能组成原电池的是（　　）
　
A
B
C
D
两极材料
Zn片、石墨
Cu片、Ag片
Zn片、Ag片
Fe片、Cu片
插入溶液
稀硫酸
AgNO3溶液
蔗糖溶液
稀盐酸
A．A B．B C．C D．D
13．锌-空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池示意图如下，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，空气中的O2转化为OH-。下列说法正确的是（　　）

A．充电时，电解质溶液中K+向阳极移动
B．充电时，电解质溶液中c(OH-)逐渐减小
C．放电时，电路中通过2 mol电子，消耗氧气1 mol
D．放电时，负极反应为Zn+4OH--2e-= Zn(OH)
14．科学家基于 易溶于 的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备（如图）。充电时电极a的反应为：
下列说法正确的是（　　）

A．充电时电极b是阴极
B．放电时 溶液的 减小
C．放电时 溶液的浓度增大
D．每生成 ，电极a质量理论上增加
15．对金属腐蚀及防护的表述正确的是（　　）
A．金属腐蚀的本质：金属失电子发生还原反应
B．牺牲阳极的阴极保护法：被保护的金属应做负极
C．外加电流阴极保护法：被保护的金属应与电源正极相连
D．钢铁表面烤蓝生成一层致密的 ，能起到防腐蚀作用
16．下列装置或操作能达到目的的是（　　）

A．装置①探究H2SO4浓度对反应速率的影响
B．装置②可用于测定中和热
C．装置③探究Mg(OH)2能否转化成Fe(OH)3
D．装置④不能保护铁闸门被腐蚀
二、综合题
17．H2S是一种大气污染物。工业尾气中含有H2S，会造成严重的环境污染；未脱除H2S的煤气，运输过程中还会腐蚀管道。
（1）干法氧化铁脱硫是目前除去煤气中H2S的常用方法，其原理如图所示。

①下列说法正确的是　 　(填序号)。
a.单质硫为淡黄色固体
b.脱硫反应为3H2S+Fe2O3·H2O=3H2O+Fe2S3·H2O
c.再生过程中，硫元素被还原
d.脱硫过程中，增大反应物的接触面积可提高脱硫效率
②从安全环保的角度考虑，再生过程需控制反应温度不能过高的原因是　 　。
（2）电化学溶解一沉淀法是一种回收利用H2S的新方法，其工艺原理如下图所示。

已知: Zn与强酸、强碱都能反应生成H2；Zn(II)在过量的强碱溶液中以[Zn(OH)4]2-形式存在。
①锌棒连接直流电源的　 　(填“正极”或“负极”)。
②反应器中反应的离子方程式为　 　。
③电解槽中，没接通电源时已经有H2产生，用化学用语解释原因:　 　。
（3）常用碘量法测定煤气中H2S的含量，其实验过程如下：
i.将10L煤气通入盛有100mL锌氨络合液的洗气瓶中，将其中的H2S全部转化为ZnS沉淀，过滤;
ii.将带有沉淀的滤纸加入盛有15mL 0.1mol/L碘标准液、200mL水和10mL盐酸的碘量瓶中，盖上瓶塞，摇动碘量瓶至瓶内滤纸摇碎，置于暗处反应10 min后，用少量水冲洗瓶壁和瓶塞。(已知:ZnS+I2=ZnI2+S)
iii.用0.1mol/L Na2S2O3标准液滴定，待溶液呈淡黄色时，加入1mL淀粉指示剂，继续滴定至终点。(已知:2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)
①i中，将煤气中的H2S转化为ZnS的目的是　 　。
②滴定终点的现象是　 　。
③若消耗Na2S2O3标准液的体积为20mL，则煤气中 的含量为　 　mg/m3。
18．氮的化合物用途广泛。回答下列问题：
（1）在一定条件下，氮气能和水蒸气反应生成氨气和氧气2N2（g）＋6H2O（g）=4NH3（g）＋3O2（g）△H，与该反应相关的化学键键能数据如下：
化学键
N≡N
H—O
N—H
O=O
E（kJ/mol）
946
463
391
496
则该反应的△H＝　 　kJ·mol-1。
（2）在恒容密闭容器中充入2 mol N2O5与1molO2发生反应4NO2(g)+O2(g) 2N2O5(g)△H。
①已知在不同温度下测得N2O5的物质的量随时间的变化如图所示，该反应的△H　 　0（填“＞”“＜”或“＝”）。高温下该反应能逆向自发进行，其原因是　 　。

②下列有关该反应的说法正确的是　 　（填标号）。
A．扩大容器体积，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色变深
B.恒温恒容，再充入2 mol NO2和1molO2，再次达到平衡时，NO2的转化率增大
C.恒温恒容，当容器内的密度保持不变时，反应达到了平衡状态
D.若该反应的平衡常数增大，则一定是降低了温度
（3）N2O5是一种新型绿色硝化剂，其制备可以用硼氢化钠燃料电池作电源，采用电解法制备得到N2O5，工作原理如图所示。则硼氢化钠燃料电池的负极反应式为　 　。

（4）X、Y、Z、W分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种。上表是常温下浓度均为0.01mol・L—1的X、Y、Z、W溶液的pH。将X、Y、Z各1mol同时溶于水中得到混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为　 　。
0.01mol・L—1的溶液
X
Y
Z
W
pH
12
2
8.5
4.5
（5）氮的氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时，涉及如下反应：
I：2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3 (s)+ClNO(g) K1
Ⅱ：2NO(g)+Cl2(g) 2CNO(g) K2
①4NO2（g）＋2NaCl（s） 2NaNO3（s）＋2NO（g）＋Cl2（g）的平衡常数K＝　 　（用K1、K2表示）。
②在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1 mol Cl2，10min时反应Ⅱ达到平衡，测得10min内（ClNO）＝7.5×10-3mol・L-1・min，则平衡时NO的转化率α1=　 　；若其他条件不变，反应Ⅱ在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2　 　α1（填“＞”“＜”或“＝”）。
19．下图是一个电化学过程的示意图：

（1）图中乙池是　 　装置(填“电解池”或“原电池”)，写出通入一极的电极反应式　 　。
（2）反应一段时间后，乙池中溶液的pH　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
（3）某课外小组利用原电池原理驱动某简易小车(用电动机表示)。

初步设计的实验装置示意图如图1所示，溶液在图1所示装置中的作用是　 　(答两点)。
实验发现：该装置不能驱动小车。
该小组同学提出假设：
可能是氧化反应和还原反应没有完全隔开，降低了能量利用率，为进一步提高能量利用率，该小组同学在原有反应的基础上将氧化反应与还原反应隔开进行，优化的实验装置示意图如图2所示，图2中A溶液和B溶液分别是　 　和　 　，盐桥中的移向　 　溶液。
20．我国将在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和。“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当。CO2的资源化利用能有效减少CO2排放。
（1）研究表明CO2与CH4在催化剂存在下可发生反应制得合成气：CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH>0
①此反应的活化能Ea(正)　 　Ea(逆)(填“>”、“=”或“ Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+(酸) > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+(水)；
阴离子顺序：S2– >I–> Br– > Cl– > OH– > (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－。
3．【答案】C
【解析】【解答】本题主要考查了电解池知识，意在考查考生对信息的挖掘能力以及计算能力。三种物质溶于水后，发生反应Ba2＋＋SO=BaSO4↓、Ag＋＋Cl－=AgCl↓，则混合溶液的溶质为KCl和KNO3。由题意，阴、阳两极收集到的气体体积之比为3∶2，所以阴极反应为2H＋＋2e－=H2↑，阳极反应为2Cl－－2e－=Cl2↑和4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，阴、阳两极共生成氢气、氯气和氧气三种气体，要使电解质溶液复原，需要通入适量的HCl，还需要加入适量的水。
【分析】电解池的主要应用用于工业制纯度高的金属，是将电能转化为化学能的一个装置（构成：外加电源，电解质溶液，阴阳电极）。使电流通过电解质溶液或熔融电解质而在阴，阳两极引起还原氧化反应的过程。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．暖贴里面主要用碳粉、铁粉和食盐水，再加一些添加剂组成原电池，利用原电池加快氧化还原反应速率，故A不符合题意；
B．明矾在水中可以电离出两种金属离子：KAl(SO4)2=K++Al3++2S，而铝离子很容易水解，生成胶状的氢氧化铝，氢氧化铝胶体的吸附能力很强，可以吸附水中悬浮的杂质，形成沉淀，使水澄清，故B不符合题意；
C．风能、太阳能为清洁能源，能减少二氧化碳排放，低碳环保，故C不符合题意；
D．镁比铁活泼，电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，发生腐蚀时，镁作负极而被腐蚀，利用了牺牲阳极的阴极保护法，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A．碳粉、铁粉和食盐水组成原电池；
B．明矾水解，生成胶状的氢氧化铝；
C．风能、太阳能为清洁能源；
D．镁比铁活泼，原电池中镁作负极而被腐蚀。
5．【答案】B
【解析】【解答】在该原电池中，Zn比Cu活泼，故Zn作负极，Cu作正极，电子由Zn流出经导线流向Cu；负极反应为Zn－2e－=Zn2＋，正极反应为2H＋＋2e－=H2↑，故每转移1 mol电子时，产生0.5 mol H2；在溶液中H＋向正极移动，SO42-向负极移动。故①②⑥不符合题意，③④⑤符合题意，选B项。
故答案为：B
【分析】Zn-Cu原电池中，Zn做负极，发生电池反应，Zn+2H+=Zn2++H2↑,电子由负极流向正极，阳离子向正极移动；
6．【答案】A
【解析】【解答】该装置中铁做原电池的负极，铜为原电池的正极，铁溶解，质量减小，铜电极上是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，铜电极质量不变，溶液的质量增大，所以随着放电的进行保持不变的为正极的质量，
故答案为：A。
【分析】电化学装置，先判断电极名称。正负极的判断方法：1、活泼金属作负极，相对不活泼的金属作正极。2、负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应。3、溶液中的阳离子移向正极，阴离子移向负极。4、一般来说，质量减轻的负极，质量增重的为正极，或有气体产生的为正极。
7．【答案】B
【解析】【解答】A.Zn-Cu-H2SO4构成原电池，由于活动性Zn>Cu，所以Zn为原电池的负极，发生反应： ，锌片逐渐溶解，质量不断减小，A不符合题意；
B.该原电池是把化学能转化为电能，B符合题意；
C.若将铜片换成石墨棒，由于活动性Zn>C，Zn仍然为原电池的负极，电极反应不变，灯泡亮度也不会发生变化，C不符合题意；
D.Cu为正极，不参与反应，溶液中的H+在正极上获得电子变为H2，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据原电池原理可知锌为原电池的负极，发生氧化反应，铜为原电池的正极，发生还原反应，据此解答即可。
8．【答案】B
【解析】【解答】根据电子的流向，Cu为负极，Ag为正极。
A.在原电池中，阳离子移向正极，KNO3盐桥中的K+移向AgNO3溶液，A不符合题意；
B.Ag为正极，Ag极的电极反应式为2Ag++2e-=2Ag，工作一段时间后，AgNO3溶液中c（Ag+）减小，B符合题意；
C.电子由Cu极通过外电路流向Ag极，C不符合题意；
D.Cu作负极，Cu发生氧化反应，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】分析图像，构成了银铜原电池，其中铜为负极，银为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应。原电池中阳离子移向正极，银离子浓度减小，电子由铜电极移向银电极。
9．【答案】D
【解析】【解答】①放热反应是指：反应物的总能量大于生成物的总能量，与常温下能自发进行无关，如：碳在空气中燃烧，须加热达到碳的着火点才可进行，不符合题意； ②电解过程中，需要消耗电能，是将电能转化为化学能，不符合题意；③原电池工作时，是将化学能转化电能，有电流产生，则有电子的定向移动，所以所发生的反应一定有氧化还原反应，符合题意； ④加热时，提供能量，无论是吸热反应，还是放热反应，反应速率都要加快，不符合题意； ⑤盐类水解的规律为：无弱不水解，有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，弱是指弱酸或弱碱的离子，强酸强碱盐不水解，不符合题意； ⑥化学平衡常数的表达式为：化学平衡常数K=生成物浓度幂之积/反应物质浓度幂之积，与化学反应方程式的书写有关，不符合题意；综上综上①②④⑤⑥不符合题意，
故答案为：A。
【分析】①只有持续加热才反应的，一般为吸热反应，反之，一般为放热反应；
②电解过程中，电能转化为化学能；
③原电池工作时，是将化学能转化为电能；
④加热时，化学反应不只向吸热反应方向进行；
⑤盐类水解，有弱酸或弱碱的离子才水解反应；
⑥化学平衡常数的大小只与温度有关，化学平衡常数的表达式与化学反应方程式的书写有关。

10．【答案】D
【解析】【解答】由题意知，纽扣电池的总反应为Zn+Ag2O=2Ag+ZnO，故Zn为负极、Ag2O为正极。
A. 正极发生还原反应，电极反应为Ag2O+2e‾+H2O=2Ag+2OH‾，A不符合题意；
B. Zn极发生氧化反应，Ag2O极发生还原反应，B不符合题意；
C. 使用时Zn是负极，电子由Zn极经外电路流向正极，C不符合题意；
D. 溶液中是由离子导电的，溶液不能传递电流或电子，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】溶液不能传递电流或电子。
11．【答案】D
【解析】【解答】A.该电池为原电池，原电池工作时，将化学能转化为电能，A不符合题意；
B.电极b上发生O2得电子的还原反应，因此电极b为该原电池的正极，B不符合题意；
C.在该原电池中，电极a为负极，电极b为正极，电子由负极经导线移动正极，因此电子从a电极通过导线流向b电极，C不符合题意；
D.氢氧燃料电池的总反应为H2的燃烧反应，因此该电池的总反应为2H2+O2=2H2O，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据原电池装置的能量转化分析；
B.原电池中负极发生失电子的氧化反应；
C.在原电池中，电子由负极经导向移向正极；
D.氢氧燃料电池的总反应为H2的燃烧反应；
12．【答案】C
【解析】【解答】A．Zn与硫酸可发生自发的氧化还原反应，A能形成原电池；
B．Cu与硝酸银可发生自发的氧化还原反应，B能形成原电池；
C．蔗糖为非电解质，C不能形成原电池；
D．Fe与盐酸可发生自发的氧化还原反应，D能形成原电池；
故答案为：C。

【分析】组成原电池的条件：有活泼性不同的两级；有电解质溶液；形成闭合回路；能自发的发生氧化还原反应
13．【答案】D
【解析】【解答】A．充电时，阳离子向阴极移动，A不符合题意；
B．充电时， Zn(OH) 变成锌和氢氧根离子，所以溶液中的氢氧根离子浓度增大，B不符合题意；
C．放电时每消耗1mol氧气生成氢氧根离子，转移4mol电子，C不符合题意；
D．放电时，锌做负极，从图分析，锌失去电子生成Zn(OH) ，电极反应为Zn+4OH--2e-= Zn(OH) ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.阳离子流向阴极；
B.充电时氢氧根被电离出来，浓度增加；
C.通过2mol电子消耗0.5mol氧气；
D.锌时电子进入溶液结合氢氧根。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．根据分析可知，充电时电极b是阳极，A不符合题意；
B．放电时电极反应式与充电时相反，根据题干信息可知，放电时电极a的反应式为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，没有涉及c(H+)，所以NaCl溶液的pH不变，B不符合题意；
C．放电时负极的电极反应式为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，正极的电极反应式为Cl2+2e-=2Cl-，反应后Na+和Cl-浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，C符合题意；
D．充电时阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，根据得失电子守恒可知，每生成1molCl2，电极a质量理论上增加2molNa原子，即23g/mol2mol=46g，D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】充电时为电解池，正极与阳极连接，负极与阴极连接，阴极得电子发生还原反应，阳极失电子发生氧化反应，根据题干信息可知电极a为阴极，则电极b为阳极，且电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。放电时为原电池，电极a为负极，电极b为正极，且电极反应式与充电时的相反。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．金属腐蚀的本质：金属失电子发生氧化反应，故A不符合题意；
B．牺牲阳极的阴极保护法，利用原电池原理，被保护的金属应做正极，故B不符合题意；
C．外加电流阴极保护法，利用电解原理，被保护的金属应与电源负极相连，作阴极，故C不符合题意；
D．钢铁表面烤蓝是在钢铁表面生成一层有一定厚度和强度的致密的 Fe3O4 ，能起到防腐蚀作用，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.失电子被氧化
B. 牺牲阳极的阴极保护法 被保护的做正极
C. 外加电流阴极保护法 被保护的做阴极
D.烤蓝是形成致密的四氧化三铁防止反应进一步发生
16．【答案】B
【解析】【解答】A，由于装置①中加入H2SO4溶液的体积不相等，装置①的两支试管中H2SO4、Na2S2O3溶液的浓度都不相同，无法探究H2SO4浓度对反应速率的影响，A项不符合题意；
B，装置②为测定中和热的简易装置，能测定中和热，B项符合题意；
C，在0.1mol/L1mLMgCl2溶液中滴加过量的2mol/LNaOH溶液，反应后的溶液中含过量的NaOH，再滴加FeCl3溶液，过量的NaOH会与FeCl3形成红褐色Fe（OH）3沉淀，不能证明发生了沉淀的转化，C项不符合题意；
D，铁闸门与外加电源的负极相连，铁闸门为阴极，铁闸门被保护，此法为外加电流的阴极保护法，D项不符合题意；答案选B。
【分析】A.在其它条件不变的情况下只改变一个条件进行探究对反应速率的影响；
B.根据中和热的测定方法判断；
C.会有氢氧化铁生成；
D. 外加电流的阴极保护法可以保护金属不被腐蚀。
17．【答案】（1）abd；防止硫粉燃烧产生SO2，污染环境、导致爆炸
（2）正极；[Zn(OH)4]2-+H2S=ZnS↓+2OH-+2H2O；Zn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]2-+H2↑
（3）富集、提纯煤气中的H2S；溶液蓝色恰好消失，且半分钟内不恢复蓝色；1700
【解析】【解答】（1）①单质硫为淡黄色固体，a正确；根据分析，脱硫反应的化学方程式为3H2S+Fe2O3·H2O=3H2O+Fe2S3·H2O，b正确；再生过程中S元素化合价从-2价变为0价，反应过程中失去电子，发生氧化反应被氧化，c不正确；脱硫过程中，增大反应物与气体的接触面积，可以使固体与气体的反应更加完全，提高脱硫效率，d正确；
故答案为：abd；②再生反应不易温度过高，在高温条件下，再生过程生成的硫单质易与氧气发生反应生成SO2污染空气；（2）①根据分析，若想通过Zn吸收S2-，需将Zn变成Zn2+，通过反应生成ZnS沉淀。此时在电解池中Zn电极一定为阳极，与电源正极相连，电极方程式为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，阴极为水中H+得电子的反应，方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；②电解过程中生成的[Zn(OH)4]2-与H2S发生反应生成ZnS，反应的离子方程式为[Zn(OH)4]2-+H2S=ZnS↓+2OH-+2H2O；③根据已知条件，Zn可以在强碱中发生反应，生成氢气，故反应的离子方程式为Zn+2OH-+2H2O=[Zn(OH)4]2-+H2↑；（3）①煤气中H2S含量较低，难以直接测量，故需要将煤气通入到锌氨溶液中，将S元素全部转化为ZnS固体，利用少量的液体将含量低的H2S收集起来，这样起到富集、提纯煤气中的H2S的目的；
②滴定终点时，体系中不再出现I2，溶液颜色发生变化，故滴定终点的现象是：溶液蓝色恰好消失，且半分钟内不恢复蓝色；③碘量法测定I2含量时，消耗硫代硫酸钠20mL，根据化学方程式，设与硫代硫酸钠反应的I2的物质的量为x mol，则

解得x=1×10-3mol，说明与ZnS反应的I2的物质的量为1.5×10-3mol-1×10-3mol=5×10-4mol，根据化学方程式可知参加反应的ZnS的物质的量为5×10-4mol，说明含有S元素5×10-4mol，故H2S为5×10-4mol，即10L煤气中含有5×10-4mol的H2S，煤气中H2S的含量为 =1700mg/m3。
【分析】（1）干法氧化铁脱硫的过程是将氧化铁和H2S相互接触，二者发生反应生成Fe2S3·H2O从而达到脱硫的目的，化学方程式为3H2S+Fe2O3·H2O=3H2O+Fe2S3·H2O，同时生成的Fe2S3·H2O可以通过再生的方法将S单质分离出来，化学方程式为2Fe2S3·H2O+3O2=2Fe2O3·H2O+6S，这样既可以脱硫又可以将硫进行回收；（2）电化学溶解-沉淀法是一种回收利用H2S的新方法，实验过程是以Zn为阳极在碱性条件下发生电解，生成[Zn(OH)4]2-，将[Zn(OH)4]2-与H2S气体在反应器中发生反应生成ZnS固体，达到回收利用H2S的方法；（3）利用碘量法测定煤气中H2S的含量，首先将煤气通入锌氨溶液中将S元素富集起来，将生成的ZnS与碘水混合，二者发生反应，因I2为足量，所以I2剩余，通过碘量法测量未参加反应的I2的含量间接测量煤气中H2S的含量。
18．【答案】（1）+1268
（2）0；BD
（3）BH4－+8OH－−8e－=BO2－+6H2O
（4）c(Na+)>c(NO3−)>c(NO2−)>c(OH−)>c(H+)
（5）；75%；>
【解析】【解答】（1）△H=反应物的总键能-生成物的总键能= 2×946kJ/mol+12×463kJ/mol−12×391kJ/mol−3×496kJ/mol=+1268kJ/mol，故答案为：+1268；（2）①由图1可知，温度Ⅱ>Ⅰ，升高温度时升高时N2O5的物质量减小，说明平衡逆向移动，说明正反应放热，即△H0，若逆反应能够自发进行，则其，△H−T△S0，故答案为：0；②A. 扩大容器体积，无论平衡怎样移动，各组分浓度都减小，混合气体颜色变浅，故A项错误；
B. 与开始加入比例相同加入反应物，平衡正向移动，反应物转化率增大，故B项正确；
C. 容器中气体密度始终不变，所以密度不变不能说明反应达到平衡状态，故C项错误；
D. 降温平衡正向移动，化学平衡常数增大，故D项正确；故答案为：BD；（3）由图2可知，硼氢化钠燃料电池的左侧为负极，BH4－在碱性条件发生氧化反应生成BO2－，电极反应式为：BH4－+8OH－−8e－=BO2－+6H2O，故答案为：BH4－+8OH－−8e－=BO2－+6H2O；（4）X、Y、Z各1molL−1同时溶于水中制得混合溶液，溶液中的溶质为等物质的量浓度的硝酸钠和亚硝酸钠，亚硝酸钠能水解而使溶液呈碱性，则c(OH−)>c(H+)，钠离子和硝酸根离子都不水解，但盐类水解较微弱，所以离子浓度大小关系是c(Na+)>c(NO3−)>c(NO2−)>c(OH−)>c(H+)，故答案为：c(Na+)>c(NO3−)>c(NO2−)>c(OH−)>c(H+)；（5）I：2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g) K1Ⅱ：2NO(g)+Cl2(g) 2CNO(g) K2根据盖斯定律，Ⅰ×2−Ⅱ可得4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g），则该反应平衡常数K= ，故答案为： ；（2）测得10min内v(ClNO)=7.5×10−3 molL−1min−1，则△n(ClNO)=7.5×10−3molL−1min×10min×2L=0.15mol，由方程式可知，参加反应氯气的物质的量为0.15mol× =0.075mol，故平衡时氯气的物质的量为0.1mol−0.075mol=0.025mol；参加反应NO物质的量为0.15mol，则NO的转化率为 ×100%=75%；正反应为气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，到达平衡时压强比起始压强小，其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在恒压条件下进行，等效为在恒温恒容下的平衡基础上增大压强，平衡正向移动，NO转化率增大，故转化率α2>α1；故答案为：75%；>。

【分析】（1）化学反应的反应热等于生成物的键能和与反应物的键能和之差；
（2）在放热反应中，升高温度，反应会向逆反应方向进行；反之，在吸热反应中，升高温度反应会向中反应方向进行；
（3）在硼氢化钠燃料电池的负极上失去电子，发生的是氧化反应，即BH4－结合OH－生成BO2－和水；
（4）根据电荷守恒可以得出几种离子的浓度大小关系；
（5）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应无论从正反应开始，还是从逆反应开始，也不考虑反应物起始浓度大小，最后都达到平衡，这时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值是个常数，用K表示，这个常数叫化学平衡常数，平衡常数一般有浓度平衡常数和压强平衡常数。

19．【答案】（1）电解池；CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+
（2）减小
（3）传导离子，正极反应物；硫酸锌溶液；硫酸铜溶液；B
【解析】【解答】（1）据上述分析可知乙池为电解池；其中通入CH3OH的电极为负极，通入O2的电极为正极。在负极上，CH3OH失去电子被氧化产生CO2，电极反应为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+；
（2）乙池为电解池，A电极为阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+， B电极为阴极，溶液中的Ag+得到电子变为Ag单质，总反应为：4Ag++2H2O4Ag↓+O2↑+4H+，有氢离子生成，pH减小；
（3）图1所示装置形成的是原电池，锌做负极，铜做正极，溶液中硫酸铜溶液中铜离子在正极得到电子析出铜，CuSO4溶液起到传导离子，做正极反应物的作用；图1所示装置形成的是原电池，锌做负极，铜做正极，硫酸铜溶液中铜离子在正极得到电子析出铜，为进一步提高能量利用率，图2中A溶液和B溶液分别是硫酸锌溶液和硫酸铜溶液，锌做负极，铜做正极，盐桥中阴离子移向负极，阳离子移向正极，则盐桥中的Cl-移向A电极，K+移向B电极，从而形成原电池的闭合回路，盐桥属于离子导体。

【分析】甲池为甲醇燃料电池，通入甲醇的一极为负极，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+，通入氧气的一极为正极，则乙池为电解池，A为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，B为阴极，电极反应式为Ag++e-=Ag。
20．【答案】（1）>；67
（2）左；阴；CO2+ HCO+ 2e- = HCOO-+ CO
（3）300℃以后， CH3OCH3的选择性降低，此时以反应I为主，反应I是吸热反应，升高温度，反应I正向移动，所以CO2转化率升高；增大压强或使用对反应II催化活性更高的催化剂
【解析】【解答】（1）①反应的ΔH=Ea(正)-Ea(逆)＞0，说明Ea(正)＞Ea(逆)；
②设CO2的压强变化量为xkPa，列三段计算如下：
，由(15-x+20-x+2x+2x)-(15+20)=10解得x=5，则该反应的平衡常数Kp=(kPa)2=67(kPa)2，
（2）①阳极水放电发生反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+，为该装置的左边，氢离子与碳酸氢根离子反应，同时溶液中的阳离子K+向阴极区迁移；
②阴极CO2得电子被还原为HCOO-，根据元素守恒有碳酸氢根离子参与反应，由此得电极反应：CO2+ HCO+ 2e- = HCOO-+ CO；
（3）①温度高于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是：反应Ⅰ的△H＞0，反应Ⅱ的△H＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；
②2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H=-122.5kJ•mol-1，结合CH3OCH3的选择性=100%分析，平衡正向进行二甲醚物质的量增大，二氧化碳物质的量减小，二甲醚选择性增大，不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有增大压强平衡正向进行，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂，增大二甲醚的选择性，故答案为：增大压强或使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂。

【分析】（1）①依据ΔH=Ea(正)-Ea(逆)分析；
②利用“三段式”法计算；
（2）①阳极失电子发生氧化反应；电解时阳离子向阴极区迁移；
②根据元素守恒书写；
（3）①根据影响化学平衡移动的因素分析；
②依据化学平衡移动原理分析。
21．【答案】（1）通过计算可知该反应ΔH=+49.5 kJ/mol，则该反应能够自发进行的原因是ΔS>0；CuAl2O4催化剂活性更高，且使用较长时间后，还能保持较高的活性；7
（2）CO2；3
（3）2NH3·H2O+6OH--6e-=N2↑+8H2O
（4）4NH4++2NO+2O2=3N2+6H2O+4H+
【解析】【解答】(1)①(i)CH3OH(g)=CO(g)+2H2(g)；ΔH=+90.7 kJ/mol(ii)CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)；ΔH=-41.2 kJ/mol
根据盖斯定律，将(i)+(ii)，整理可得CH3OH(g)+H2O(g) CO2(g)+3H2(g) ，ΔH=+49.5 kJ/mol>0，该反应的正反应是气体体积增大的反应，根据反应自发进行的判断依据ΔG=ΔH-TΔS0，则该反应能够自发进行的原因是ΔS>0；②根据图示可知：在相同温度下催化剂CuAl2O4比催化剂Cu/Zn/Al的催化活性高，且使用较长时间后，还能保持较高的活性，因此催化剂CuAl2O4比催化剂Cu/Zn/Al更好；③由于Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，则Cu2+形成沉淀需要c(OH-)= =4.7×10-8 mol/L；由于Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，则Al3+形成沉淀需要c(OH-)= =5.1×10-10 mol/L。显然Al3+完全形成沉淀需要溶液的c(OH-)较小。向Cu(NO3)2、Al(NO3)3混合溶液中滴加NaOH溶液可获得沉淀物[Cu(OH)2、Al(OH)3]，以便于制取CuAl2O4。为确保Cu2+、Al3＋完全沉淀，应该根据Cu2+形成沉淀需要的pH进行判断，c(H+)= mol/L=2.13×10-7 mol/L，pH≈7，故应控制混合液pH的最小整数值为7。(2)在反应2中，反应物是HCOO-，生成物是H-和M，根据电荷守恒及元素守恒，可知M的化学式为CO2；在反应1中元素化合价发生变化的元素有C、N元素；在反应2中元素化合价发生变化的元素有H、C元素；在反应3中H+、H-结合形成H2，只有H元素化合价发生变化，因此图示反应中只有氢元素化合价发生变化的是反应3；(3)电解氨水和KOH混合溶液，在阴极上溶液中水电离产生的H+得到电子，被还原产生H2，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，在阳极上一水合氨得到电子生成N2，则生成N2的电极反应式为2NH3·H2O+6OH--6e-=N2↑+8H2O；(4)NH4+将NOx还原为N2，当NO与O2的物质的量之比为1∶1时，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得该反应的方程式为：4NH4++2NO+2O2=3N2+6H2O+4H+。
【分析】(1)①根据已知热化学方程式，结合盖斯定律得到该反应的反应热，然后利用反应自发进行的判断依据分析；②根据催化剂的催化活性高低及保持高效性的时间长短分析；③根据沉淀的溶度积常数计算分别形成沉淀时溶液的pH，再确定形成两种沉淀的最小pH；(2)根据反应前后元素守恒及微粒带有的电荷数目，确定M化学式；利用图示中反应前后物质微粒在元素化合价分析判断只有H元素化合价发生变化的反应；(3)在该电解装置中，H+在阴极得到电子，产生H2，NH3·H2O中-3价的N失去电子，发生氧化反应产生N2；(4)NH4+将NOx还原为N2，由于NO与O2的物质的量之比为1∶1，结合电子守恒、原子守恒和电荷守恒书写反应方程式。