2024届高三化学一轮复习专项复习训练——化学反应与能量（含解析）

2024届高三化学一轮复习专项复习——化学反应与能量
一、单选题
1．（2023·朝阳模拟）我国科研人员首次以为原料合成了葡萄糖和长链脂肪酸，这项突破为人工和半人工合成“粮食”提供了新技术。合成路线如下：
CO葡萄糖、脂肪酸
下列说法错误的是
A．过程①、②中电能转化为化学能
B．葡萄糖分子中含有醛基、羟基
C．和互为同系物
D．葡萄糖不能发生水解反应
2．（2022·自贡模拟）下列有关化学与生活、生产、环保、科技等的说法正确的是（　　）
A．北京冬奥会采用光伏发电有利于实现“碳中和”
B．三星堆出土的青铜器是铜、锡、铬按一定比例熔炼而得的化合物
C．纳米级的铁粉能通过吸附作用除去水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
D．我国发射的“北斗组网卫星”所使用的光导纤维是一种有机高分子材料
3．（2022·宁乡市模拟）某兴趣小组设计的水果电池装置如图所示。该电池工作时，下列说法正确的是（　　）
A．将电能转化为化学能 B．电子由锌片经导线流向铜片
C．铜片作负极 D．锌片发生还原反应
4．（2022·虹口模拟）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
5．（2021·海门模拟）下列关于2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) H=-197kJ mol-1的说法正确的是（　　）
A．该反应的 S>0
B．该反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量
C．生产过程中将SO3分离出去，逆反应速率减慢
D．其他条件不变，增大压强，平衡右移，平衡常数增大
6．（2022高三上·广东月考）近年我国取得让世界瞩目的科技成果，化学功不可没，下列说法正确的是（　　）
A．中国天眼FAST用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料
B．第三代核电“华龙一号”落户福建，核反应属于化学反应
C．国家速滑馆“冰丝带”使用的碲化镉光伏发电属于电解池原理
D．由二氧化碳合成淀粉的人工全合成技术，让化解粮食危机成为了可能
7．（2022高三上·韶关期中）劳动创造世界。下列说法正确的是（ ）
选项 劳动项目 化学原理
A 船员常在出海的轮船底部镶嵌锌块 利用了外加电流法减轻船体腐蚀
B 溶液显酸性，因此可用于刻蚀铜电路板
C 蒸馒头的过程中加入少量发酵粉 发酵粉的主要成分是
D 葡萄酒中适量添加少量二氧化硫 二氧化硫用于杀菌、抗氧化
A．A B．B C．C D．D
8．（2022·呼和浩特模拟）化学与生活密切相关，下列说法错误的是（　　）
A．莜面是糖尿病人的健康食物，是因为莜面中含糖量较大米、白面要低
B．我市积极响应国家“绿色发展”的号召，鼓励煤电、光伏、风电等新能源的发展
C．豆腐常年出现在人们的餐桌上，豆腐通常用豆浆制备，稀豆浆属于胶体
D．沙棘的维生素C含量是猕猴桃的2-3倍，具有一定的抗氧化作用，能够帮助人体提高免疫力
9．（2023·湖南模拟）钛铁矿(，其中Ti为价)在高温下经氯化得到四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示。下列说法正确的是
A．氯化反应中与C的物质的量之比为1∶1
B．氯化过程中既不是氧化剂也不是还原剂
C．根据制取金属钛的反应可得出还原性：
D．制取金属钛时选用Ar气的目的是隔绝空气
10．（2022高三上·湖南月考）“煤制油”的关键技术是煤的气化，目前煤的气化主要反应是：①，此外还存在间歇性的煤燃烧：②，下列关于该过程的说法错误的是（　　）
A．和的总能量高于和的总能量
B．反应②发生的目的是为反应①提供能量
C．“煤制油”技术的使用符合蓝天工程的要求
D．①中产生的氢气可用于油的制备
11．（2022·茂名模拟）下列实验操作正确且能达到实验目的的是（　　）
选项 操作 目的
A 将MgCl2溶液加热蒸干 由MgCl2溶液制备无水MgCl2
B 将铁钉放入试管中，用盐酸浸没 验证铁的吸氧腐蚀
C 称取KMnO4固体0.3160g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度 配制浓度为0.0200的KMnO4溶液
D 先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层 CCl4萃取分离碘水中的I2
A．A B．B C．C D．D
12．（2023·浦东模拟）电子可以（　　）
A．在氧化还原反应中发生转移 B．在电解质溶液中自由移动
C．与阳离子形成离子键 D．在原子核周围聚集成电子云
13．（2022·武汉模拟）甲池是一种常见的氢氧燃料电池，如下图所示。一段时间乙池内，D中进入10mol混合气体其中苯的物质的量分数为20%(杂质不参与反应)，C出来的气体中含苯的物质的量分数为10%的混合气体(不含H2，该条件下苯、环己烷都为气态)，下列说法错误的是（　　）
A．甲池中A处通入O2，E处有O2放出，且体积一样(标况下测定)
B．甲池中H+由G极移向F极，乙池中H+由多孔惰性电极移向惰性电极
C．乙池中惰性电极上发生：+6H++6e-=
D．导线中共传导12mol电子
14．（2022·朝阳模拟）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：
15．（2022高三上·邯郸开学考）钛酸锂电池由于具有体积小、重量轻、能量密度高、安全稳定、绿色环保等特点，在通信电源领域具有非常广泛的应用前景。其工作原理如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．放电时，移向N极
B．充电时，M极接外电源的负极
C．充电时，N极的电极反应式：
D．用该电池电解精炼铜，当M、N两极质量变化差为时，理论上可生成精铜
16．（2022高三上·铁岭月考）反应，下列说法正确的是（　　）
A．发生氧化反应
B．既是氧化剂又是还原剂
C．被氧化的与被还原的的物质的量之比为2：3
D．1mol发生反应，转移6mol电子
二、综合题
17．（2022·石嘴山模拟）2021年6月17日神舟十三号载人飞船与空间站成功对接，航天员进入天和核心舱。空间站处理的一种重要方法是的收集、浓缩与还原。
（1）还原制的部分反应如下：
①
②
③
反应的　 　。
（2）在催化剂作用下加氢可制得甲醇，该反应历程如下图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，如表示吸附在催化剂表面；图中已省略)。
上述合成甲醇的反应速率较慢，该反应过程中决定反应速率的步骤是　 　(用化学方程式表示)。
（3）在一定条件下，向某恒容密闭容器中充入和，发生反应。
①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　 　 (填“m”或“n”)，判断依据是　 　。
②若，测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图2所示，　 　(填“>”、“<”或“=”)；时，起始压强为　 　(保留二位小数；为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
③已知速率方程是速率常数，只受温度影响。图3表示速率常数的对数与温度的倒数之间的关系，分别代表图2中a点、c点的速率常数，点　 　表示c点的。
18．（2022高三上·邯郸开学考）以氢气、一氧化碳为主要组分的合成气是一种重要的化工原料，可以合成甲醇等许多重要的化工产品。回答下列问题：
（1）合成甲醇的热化学方程式为
已知：相关化学键的键能如表所示。则表中的x=　 　；该反应在　 　(填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
化学键 H—H H—O C—O C—H
键能(kJ/mol) x 436 465 351 413
（2）上述反应的阿伦尼乌斯经验公式实验数据如图中曲线a所示。已知阿伦尼乌斯经验公式(Ea为活化能，k为速率常数。R和C为常数)。反应的活化能Ea=　 　。当改变外界条件时，实验数据如图中曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是　 　。
（3）恒温、恒压的密闭容器中充入和(代替合成气中的杂质，不参与反应)，测得压强为，加入合适催化剂后在恒温条件下开始反应，测得容器的体积变化如表：
反应时间/min 0 10 20 30 40 50 60
容器体积/L 8 7 6.4 6 5.8 5.6 5.6
则氢气的平衡转化率为　 　，该温度下的平衡常数为　 　(为以分压表示的平衡常数物质的量分数；请用含P的式子表示)。
（4）研究表明，也可在碱性条件下通过电化学的方法制备甲醇。工作原理如图，工作时，产生甲醇的电极反应式为　 　，每生成，左室溶液质量增加　 　g。
19．（2023·丰台模拟）赤泥硫酸铵焙烧浸出液水解制备偏钛酸[TiO(OH)2]可回收钛。
已知：
i．一定条件下，Ti4+水解方程式：
ii．一定温度下：；
I．赤泥与硫酸铵混合制取浸出液。
（1）用化学用语表示(NH4)2SO4溶液呈酸性的原因　 　。
II．水解制备偏钛酸：浸出液中含Fe3+、Ti4+等，先向其中加入还原铁粉，然后控制水解条件实现Ti4+水解制备偏钛酸。
（2）浸出液(pH=2)中含有大量Ti4+，若杂质离子沉淀会降低钛水解率。从定量角度解释加入还原铁粉的目的　 　。
（3）一定条件下，还原铁粉添加比对钛水解率的影响如图所示。当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，解释其原因　 　。
备注：还原铁粉添加比=；n铁粉为还原铁粉添加量，n理论为浸出液中Fe3+全部还原为Fe2+所需的还原铁粉理论量。
（4）一定条件下，温度对钛水解率的影响如图所示。结合化学平衡移动原理解释钛水解率随温度升高而增大的原因　 　。
（5）III．电解制备钛：偏钛酸煅烧得到二氧化钛(TiO2)，运用电化学原理在无水CaCl2熔盐电解质中电解TiO2得到海绵钛，装置如图所示。
电极X连接电源　 　(填“正”或“负”)极。
（6）写出电极Y上发生的电极反应式　 　。
20．（2023·烟台模拟）甲烷在化学工业中应用广泛。回答下列问题：
（1）H2捕集CO2合成CH4涉及下列反应：
I.4H2(g)+CO2(g) CH4(g)+2H2O(g) △H1平衡常数K1
II.H2(g)+CO2(g) CO(g)+H2O(g) △H2平衡常数K2
①相关物质相对能量大小如图所示，则△H1=　 　kJ·mol-1，升高温度，　 　(填“增大”或“减小”)。
②起始物=3时，反应在不同条件下达到平衡。240℃甲烷的物质的量分数x(CH4)与压强p的变化关系、5×105Pa时(CH4)与温度T的变化关系如图所示。图中对应A、B两点的速率：vA(正)　 　vB(逆)(填“大于”、“小于”或“等于”)；若C点CH4与CO的分压相同，则p(H2O)=　 　Pa，反应I以物质的量分数表示的平衡常数KxI=　 　。
（2）CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一、恒压、750℃时，CH4和CO2反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。
其中过程II主要发生如下反应：
i.CaO(s)+CO2(g) CaCO3(s)
ii.2Fe3O4(s)+8H2(g) 6Fe(s)+8H2O(g)
iii.Fe3O4(s)+4CO(g) 3Fe(s)+4CO2(g)
过程II平衡后通入He，反应iii的化学平衡将　 　(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)，重新平衡时，n(CO2)　 　(填“增大”、“减小”或“不变”)，p(CO)　 　(填“增大”、“减小”或“不变”)。
21．（2022·江苏）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。
（1）“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。
①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为　 　(用电极反应式表示)。
②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有　 　(填元素符号)。
（2）“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。
①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为　 　。
②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为　 　。
③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、的产率随变化如题图所示。的产率随增加而增大的可能原因是　 　。
（3）从物质转化与资源综合利用角度分析，“热循环制氢和甲酸”的优点是　 　。
答案解析部分
1．C
A．过程①、②均为电解过程，电解实现电能转化为化学能，故A不符合题意；
B．葡萄糖分子中含醛基和多个羟基，故B不符合题意；
C．中烃基比相同碳原子数的烷基少2个H，可知其烃基不饱和，而乙酸为饱和一元羧酸，两者不是同系物，故C符合题意；
D．葡萄糖为单糖不能发生水解，故D不符合题意；
故答案为：C。
A、电解为电能转化为化学能；
B、葡萄糖中含有醛基和羟基；
C、同系物的特点是结构相似，官能团的数目和种类相同；
D、葡萄糖为单糖，不能进一步水解。
2．A
A．北京冬奥会采用光伏发电，减少二氧化碳的排放量，有利于实现“碳中和”，故A符合题意；
B．青铜器是混合物，不属于化合物，故B不符合题意；
C．纳米级的铁粉能通过与Cu2+、Hg2+反应而除去水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，不是吸附，故C不符合题意；
D．光导纤维主要成分是SiO2，不是有机高分子材料，故D不符合题意。
故答案为：A。
B.合金为混合物；
C.Fe粉具有还原性，能将Cu2+、Hg2+等重金属离子还原生成单质；
D.光导纤维是二氧化硅。
3．B
A. 原电池可以将化学能转化为电能，故A不符合题意；
B. 该水果电池中，锌是负极、铜是正极，电子由锌片经导线流向铜片，故B符合题意；
C. 锌的活泼性大于铜，锌是负极、铜是正极，故C不符合题意；
D. 锌片失电子发生氧化反应，故D不符合题意。
Zn为负极，负极上Zn失去电子，Cu为正极，氢离子在正极上得到电子，电子由负极流向正极，原电池中化学能转化为电能。
4．D
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。
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。
5．C
A．由方程式可知，该反应是一个气体体积减小的方向，故该反应的 S＜0，A不符合题意；
B．由题干可知，该反应是一个放热反应，故反应物的总能量大于生成物的总能量，B不符合题意；
C．生产过程中将SO3分离出去，即减小生成物浓度，则逆反应速率减慢，C符合题意；
D．由方程式可知，该反应是一个气体体积减小的方向，故其他条件不变，增大压强，平衡右移，但平衡常数仅仅是温度的函数，温度不变平衡常数不变，D不符合题意；
故答案为：C。
24.影响化学反应速率因素：1.内因：反应物本身性质；2.外界条件主要有：温度、压强（有气体参加反应）、浓度、催化剂
6．D
A．高性能碳化硅是一种新型的无机材料，故A不符合题意；
B．核反应中原子核会发生变化，所以核反应属于物理变化，不属于化学变化，故B不符合题意；
C．碲化镉光伏发电是将故光能转化为电能，不属于电解池原理，故C不符合题意；
D．由二氧化碳合成淀粉的人工全合成技术可以提高粮食的产量，有助于人类化解粮食危机，让化解粮食危机成为了可能，故D符合题意；
故答案为：D。
A．碳化硅是一种新型的无机材料；
B．核反应属于物理变化；
C．光伏发电是将故光能转化为电能；
D．由二氧化碳合成淀粉的人工全合成技术可以提高粮食的产量。
7．D
A．船舶外壳装锌块是利用原电池原理保护铁，为牺牲阳极的阴极保护法，A不符合题意；
B．FeCl3溶液用于刻蚀铜电路板，是因为Fe3+的氧化性强于Cu2+，B不符合题意；
C．发酵粉加热时会分解产生二氧化碳气体，其主要成分是NaHCO3，C不符合题意；
D．二氧化硫具有还原性，葡萄酒中添加适量的二氧化硫能用于杀菌、抗氧化，D符合题意；
故答案为：D。
A. 船舶外壳装锌块是利用原电池原理保护铁，为牺牲阳极的阴极保护法。
B. Fe3+具有强氧化性。
C. 发酵粉的主要成分是NaHCO3。
D. 二氧化硫具有还原性。
8．B
A．糖尿病人要少食含糖食物，莜面含糖量较大米、白面要低，是糖尿病人的健康食物，A不符合题意；
B．煤燃烧会污染空气，煤电不是新能源，新能源的显著特点是环保性，B符合题意；
C．胶体遇电解质溶液发生聚沉，豆浆通过点卤可制得豆腐，稀豆浆属于胶体，C不符合题意；
D．维生素C有还原性，具有一定的抗氧化作用，可帮助人体提高免疫力，D不符合题意；
故答案为：B。
A．莜面含糖量较低；
B．化石能源不是新能源；
C．胶体遇电解质溶液发生聚沉；
D．维生素C有还原性。
9．D
A．氯化反应的化学方程式为2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+6CO+2TiCl4，Cl2与C的物质的量之比为7：6，故A不符合题意；
B．氯化时Ti元素非化合价不变，Fe元素的化合价升高，则FeTiO3为还原剂，故B不符合题意；
C．由金属镁可以置换出金属钛：2Mg+TiCl42MgCl2+Ti可知，还原性：Mg＞Ti，故C不符合题意；
D．制取金属钛时选用Ar气的目的是隔绝空气，防止Mg、Ti被氧化，故D符合题意；
故答案为：D。
氯化时发生反应2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+6CO+2TiCl4，制得TiCl4，再发生反应2Mg+TiCl42MgCl2+Ti制得Ti。
10．A
A．反应①是吸热反应，生成物的总能量较高，故A符合题意；
B．②是放热反应，反应①需要吸收热量，故B不符合题意；
C．煤制油后，可减少灰尘等有害物质的排放，故C不符合题意；
D．“油”的主要成分是烃，将转化为油需要添加氢元素，故D不符合题意；
故答案为：A。
A、反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之反应吸热；
B、放热反应可以提供能量；
C、蓝天工程要求减少有害物质的排放；
D、一氧化碳转化为油需要补充氢元素。
11．D
A．由MgCl2溶液制备无水MgCl2时，由于MgCl2为强酸弱碱盐会发生水解生成氢氧化镁，则需要通入HCl气体防止水解，A项不符合题意；
B．铁钉在酸性条件下会发生析氢腐蚀，只有当酸性很弱或者中性条件下会发生吸氧腐蚀，所以本题中将铁钉放入盐酸中发生析氢腐蚀，要想验证铁钉的吸氧腐蚀可以将铁钉放入试管中，用水浸没，B项不符合题意；
C．容量瓶是准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，不能在容量瓶中进行固体的溶解，要在烧杯中溶解固体物质，C项不符合题意；
D．分离碘水中的I2可以用CCl4萃取，I2在CCl4中溶解性大于水中，CCl4密度大于水，因此有机层在下层。进行萃取分液，下层液体从下口流出，上层液体要从上口倒出，所以先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层，D项符合题意；
故答案为：D。
A.加热蒸干盐溶液，要注意防止离子的水解，氧化以及物质的分解
B.类比“钢铁腐蚀”，酸性条件下发生析氢腐蚀，只有当酸性很弱或者中性条件下发生吸氧腐蚀
C.用容量瓶配制溶液时，先在烧杯中溶解并冷却至室温，再转移到容量瓶中定容
D.萃取分液时，下层液体从下口流出，上层液体要从上口倒出
12．A
A．电子在氧化还原中可发生得失，也可发生偏移，氧化还原反应的本质是电子的转移，A符合题意；
B．电解质溶液中阴阳离子可以自由移动，不存在电子，B不符合题意；
C．金属晶体中电子与金属阳离子形成的是金属键，而不是离子键，C不符合题意；
D．电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，电子不会聚集成电子云，D不符合题意；
故答案为：A。
A.氧化还原反应过程中一定有电子发生转移；
B.电子不能在电解质溶液中自由移动；
C.金属晶体中电子与金属阳离子形成金属键；
D.电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述。
13．D
A．由分析，A处通入O2，E处为电解池阳极产物，阳极是水放电生成氢气和H+，由于电子转移守恒，故两处的氧气的物质的量相同，体积相同，A不符合题意；
B．原电池中阳离子向正极移动，F极为正极，故甲池中H+由G极移向F极，电解池中，阳离子向阴极移动，惰性电极为阴极，故乙池中H+由多孔惰性电极移向惰性电极，B不符合题意；
C．乙池中，惰性电极处苯得到电子，被还原为环己烷，电极方程式为：+6H++6e-=，C不符合题意；
D.10mol含20%苯的混合气体，经过电解生成10mol含苯10%的混合气体，则被还原分苯的物质的量为10mol(20%-10%)=1mol，由电极方程式得转移电子的物质的量为6mol，D符合题意；
故答案为：D。
A．依据电子转移守恒分析；
B．原电池中阳离子向正极移动；电解池中，阳离子向阴极移动；
C．阴极得电子，被还原；
D.依据电子转移守恒计算。
14．B
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。
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
15．C
A．见分析，N极为负极，吸引阴离子，所以Li+移向M极，A不符合题意；
B．充电时M极为正极，充电时为阳极，与电源正极相连，B不符合题意；
充电时，N极为阴极，发生还原反应，故电极反应式为，C符合题意；
D．放电时，M极质量减少的量为Lie-，N极增加的量为Li~e-，当两级的质量差为14g时，转移的电子数为1mol，当精炼铜时，电池转移的电子数等于阴极增重时电子转移数，而阴极增重的质量为铜，铜与电子之间的关系为Cu~2e-，所以增重的质量为32g。
新型二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应。
16．C
A．该反应中Cl元素化合价从0价降低到-1价，被还原，Cl2发生了还原反应，A不符合题意；
B．该反应中N元素原子部分从-3价升高到0价，被氧化，NH3作还原剂，部分不变价，既不是氧化剂又不是还原剂，B不符合题意；
C．根据反应的方程式可知，被氧化的NH3生成了N2，Cl2全部被还原，二者物质的量之比为2：3，C符合题意；
D．根据反应的方程式可知，8molNH3参与反应有2mol被氧化，转移6mol电子，则1mol发生反应，转移0.75mol电子，D不符合题意；
故答案为：C。
氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；
化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；
化合价降低，得到电子，被还原，发生还原法院，作为氧化剂，得到氧化产物；
电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。
17．（1）-25
（2）
（3）m；该反应是放热反应，升高温度，会使化学平衡向吸热反应的方向移动，平衡常数减小；＜；9.88；A
(1)根据目标反应方程式，可以得出②－①－2×③，得出ΔH=ΔH2－ΔH1－2ΔH3=－25kJ·mol－1，故答案为－25；
(2)该反应过程中决定反应速率是由慢反应决定，活化能越大，反应速率越慢，根据图像可知，活化能最大的是－0.2－(－1.56)eV=1.36eV，该步骤的反应方程式为；故答案为；
(3)①该反应为放热反应，升高温度，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，根据图像可知，曲线m表示平衡常数与温度T之间的变化关系；故答案为m；该反应是放热反应，升高温度，会使化学平衡向吸热反应的方向移动，平衡常数减小；
②根据图2可知，c的温度高于a点，温度高，反应速率快，即v(a)逆＜v(c)逆；T2时，起始压强2.5MPa，则CO2的分压为=1MPa，H2的分压为=1.5MPa，T2时，H2的转化率为80%，则H2变化分压为1.5MPa×80%=1.2MPa，则达到平衡时CH3OH、H2O(g)分压均为0.4MPa，CO2的分压为0.6MPa，Kp=≈9.88MPa－2；故答案为＜；9.88；
③达到平衡时，v正=v逆，K=，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，即越小，lgk逆越大，即点A表示c点的lgk逆；故答案为A。
（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）决速步骤即反应速率最慢的步骤，活化能越大，反应速率越慢；
（3） ① 反应为放热反应，化学平衡常数和温度成反比；
② 升高温度朝逆向进行，温度越高，逆反应速率越快；利用分压计算平衡常数时需要通过三段式以及化学计量数、物质的量之比等于压强之比进行计算；
③ 平衡时正反应速率等于逆反应速率，根据公式代入，同时结合化学平衡常数和温度的关系判断。
18．（1）1093；低温
（2）30；使用催化剂
（3）60%；
（4）CO+4e-+4H2O=CH3OH+4OH-；184
（1）由反应的反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等可得：(xkJ/mol +436kJ/mol×2)—(413kJ/mol×3+352kJ/mol+465kJ/mol)=-90.0kJ/mol，解得x=1093，该反应为气体体积减小的放热反应，低温条件下ΔH-TΔS小于0，反应能自发进行，故答案为：1093；低温；
（2）由曲线a中数据可得：9.0=-3.2×10-3Ea+C①和3.0=-3.4×10-3Ea+C②，解联立方程可得Ea =30×10-3J/mol×103kJ/J=30kJ/mol；使用催化剂能降低反应的活化能，由图可知，曲线b的活化能小于曲线a，说明反应改变的条件为使用催化剂，故答案为：30；使用催化剂；
（3）由表格数据可知，50min反应达到平衡时，容器的体积为5.6L，设反应消耗一氧化碳的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：
由恒温恒压条件下，反应前后气体的物质的量之比等于气体体积之比可得：，解得a=1.2，则平衡时，氢气的转化率为×100%=60%，一氧化碳、氢气和甲醇的平衡分压分别为×pMPa=MPa、×p=MPa、×p=MPa，分压常数Kp==，故答案为：60%；；
（4）由图可知，生成甲醇的一极为原电池的正极，水分子作用下一氧化碳在正极得到电子生成甲醇和氢氧根离子，电极反应式为CO+4e-+4H2O=CH3OH+4OH-，每生成32g甲醇时，反应消耗28g一氧化碳，同时有4mol钾离子通过离子交换膜进入左室，则左室溶液增加的质量为28g+4mol×39g/mol=1848g，故答案为：CO+4e-+4H2O=CH3OH+4OH-；184。
（1）△H=反应物总键能-生成物总键能；
（2）曲线b的活化能小于曲线a，即通过外界条件降低反应的活化能，因此该外界条件为催化剂；
（3）此类题型可以结合三段式进行判断，代入相关数据进行计算；
（4）新型电池判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒。
19．（1）
（2）pH=2时，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度为4.9×107 mol/L；Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度为2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降。
（3）还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(IV)还原为Ti(III)，从而造成钛水解率降低
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，水解吸热，升高温度时，水解平衡正移，钛水解率升高
（5）正
（6）TiO2+4e-=Ti+2O2-
（1）(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应，消耗水电离产生的OH-生成弱碱NH3 H2O，同时产生H+，最终达到平衡时溶液中c(H+)＞c(OH-)，因此溶液呈酸性，水解反应的离子方程式为：；
（2）Fe粉具有强的还原性，可以与溶液中的Fe3+发生反应产生Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，在溶液pH=2时，c(OH-)=10-12 mol/L，Fe2+转化为Fe(OH)2沉淀需要的浓度c(Fe2+)==4.9×107 mol/L；而Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀需要的浓度c(Fe2+)==2.6×10-3 mol/L，加铁粉将Fe3+还原为Fe2+，防止Fe3+优先发生水解生成氢氧化铁沉淀，阻碍Ti4+的水解反应，导致钛水解率下降；
（3）根据图示可知：当还原铁粉添加比大于1时，钛水解率急剧下降，还原铁粉添加比过大时，过量的还原铁粉将浸出液中的Ti(Ⅳ)还原为Ti(Ⅲ)，从而造成钛水解率降低；
（4）浸出液存在Ti4+水解平衡：，盐的水解反应是吸热反应，在其它条件不变时，升高温度，盐水解程度增大，导致钛水解率增大；
（5）在电解时TiO2在阴极上得到电子被还原为Ti单质，则TiO2电极应该与电源负极连接作阴极，X电极连接电源的正极，作阳极。故电极X连接电源的正极；
（6）在Y电极上TiO2得到电子被还原为海绵Ti单质，电极反应式为：TiO2+4e-=Ti+2O2-。
（1）依据盐类水解规律分析；
（2）利用Ksp计算；
（3）根据图示变化和还原铁粉性质分析；
（4）依据水解平衡的影响因素分析；
（5）、（6）电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应。
20．（1）-165；减小；大于；1.5×105；
（2）逆向移动；增大；不变
（1）①△H1=(-75 kJ·mol-1)+2×(-242kJ·mol-1) -(-394 kJ·mol-1) = -165 kJ·mol-1；△H2=(-111 kJ·mol-1)+ (-242kJ·mol-1) -(-394 kJ·mol-1) = +41 kJ·mol-1；由盖斯定律可知，I- II得：3H2(g)+CO(g) CH4(g)+H2O(g)，△H=-206 kJ·mol-1，其平衡常数，反应为放热反应，温度升高，平衡逆向进行，平衡常数变小；
②由图可知，A点温度更高、压强更大，则平衡时A点的正逆反应速率更快，则速率：vA(正)大于B(逆)；
假设氢气、二氧化碳投料分别为3mol、1mol，且C点CH4与CO的分压相同，则：
此时，反应后总的物质的量为(4-2a)mol；已知x(CH4)=0.1、压强为5×105Pa，则，，总的物质的量、水的物质的量为，则p(H2O)= ；
平衡时氢气、二氧化碳、甲烷、水分别为、、、，其物质的量分数分别为0.4、0.1、0.1、0.3，则反应I以物质的量分数表示的平衡常数KxI=；
（2）恒压、750℃时，过程II平衡后通入He，相当于增大容器体积，导致反应i逆向移动，使得二氧化碳增多，进而导致反应iii的化学平衡将逆向移动；反应i为气体分子数减小的反应、反应ii、iii为气体分子数不变的反应，故达到重新平衡时，n(CO2) 仍然增大；反应iii为气体分子数不变的反应，且反应物中只有一氧化碳为气体，其平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，则新平衡时p(CO)不变。
（1）①根据ΔH=生成物的总能量-生成物的总能量计算；根据盖斯定律，I- II得到目标方程式，则，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，K减小；
②A点温度更高、压强更大，反应速率更快；列出反应的三段式计算；
（2）过程II平衡后通入He，反应i逆向移动，反应iii的化学平衡将逆向移动；反应iii为气体分子数不变的反应，且反应物中只有一氧化碳为气体，其平衡常数只受温度影响。
21．（1）；Cu、O
（2）；H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；随增加，生成和H2的速率更快、产量增大，生成的速率更快、产率也增大
（3）高效、经济、原子利用率高、无污染
(1)①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性溶液，电解过程中转化为，电解时阳极发生的主要电极反应为：；
②由图可知，在热水解中得到HCl，热分解中得到CuCl和O2，从详解①中得知，进入热水解的物质有，故发生化合价变化的元素有Cu、O。
(2)①在时，密闭容器中溶液与铁粉反应生成并放出，离子方程式为：；
②电负性：O>H>Fe，在活性表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；
③在其他条件相同时，随增加，与铁粉反应速率加快，由图可知，Fe的转化率也增大，即生成和H2的速率更快，量更大，则得到活性的速度更快，量也更多，生成的速率更快，产率也更大。
(3)“热循环制氢和甲酸”系统将转化为和生成H2的速率快，原子利用率高，不产生污染物，Fe初期生成后迅速转化为活性，氧化为再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：高效、经济、原子利用率高、无污染。
（1）①电解时阳极发生氧化反应；
②在热水解中得到HCl，热分解中得到CuCl和O2；
（2）①溶液与铁粉反应生成并放出；
②H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为 ；
③随增加，生成和H2的速率更快、产量增大，生成的速率更快、产率也增大 ；
（3）该原理的原子利用率高，不产生污染物。