2024届高三化学二轮复习——化学反应与能量（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024届高三化学二轮复习——化学反应与能量（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 899.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-02-28 23:22:34 | ||
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文档简介
2024届高三化学二轮复习——化学反应与能量
一、单选题
1．下列过程吸收热量的是（ ）
A．大理石受热分解 B．食物腐败
C．铝热反应 D．浓硫酸稀释
2．已知拆开1molH-H键，1molN=N键分别需要吸收的能量为436kJ、946kJ；形成1molN-H键，会放出能量391kJ，在反应中，每生成3molN-H键（ ）
A．吸收92kJ热量 B．放出46kJ热量
C．放出209kJ热量 D．吸收209kJ热量
3．下列物质应用正确的是（ ）
A．泡沫灭火器可用于金属钠着火时灭火
B．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果
D．用淀粉检验食盐中的碘元素
4．近年我国在科技领域不断取得新成就。对相关成就所涉及的化学知识理解错误的是（ ）
A．我国科学家实现了从二氧化碳到淀粉的人工合成，淀粉是一种单糖
B．中国“深海一号”平台成功实现从深海中开采石油和天然气，石油和天然气都是混合物
C．我国实现了高性能纤维锂离子电池的规模化制备，锂离子电池放电时将化学能转化为电能
D．以硅树脂为基体的自供电软机器人成功挑战马里亚纳海沟，硅树脂是一种高分子材料
5．神舟十四号和神舟十五号六名航天员在轨驻留交换代表了我国天宫空间站将正式进入长期在轨运行阶段。下列叙述正确的是
A．运载火箭加注的液氢燃料是高能清洁燃料
B．飞船返回舱表面的耐高温陶瓷材料属于金属材料
C．空间站舷窗使用的耐辐射石英玻璃的主要成分为硅
D．飞船逃逸系统复合材料中的酚醛树脂属于无机非金属材料
6．研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如下图所示。下列说法错误的是（ ）
A．加入HNO3降低了正极反应的活化能
B．电池工作时正极区溶液的pH降低
C．当有 反应时，有 被还原
D．负极反应为
7．下列有关物质的性质与用途说法不正确的是（ ）
A．碳酸钠的水溶液显碱性，可用作食用碱
B．碳酸氢钠受热易分解，可以用作焙制糕点的膨松剂
C．过氧化钠具有强还原性，可用于潜水艇的供氧剂
D．ClO2具有强氧化性，可用于自来水杀菌消毒
8．相关有机物分别与氢气发生反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示：
下列叙述错误的是
A．(g)(g)为吸热反应
B．(g)(g)
C．相同状况下，等质量的和完全燃烧，放热少
D．，可推测苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
9．恒温密闭容器中加入一定量的A，发生反应 ( )，达到平衡。以下分析正确的是（ ）
A．加入少量B，平衡就会逆向移动
B．达到平衡的标志之一：
C．若开始时向容器中加入1 A，达到平衡时吸收热量Q
D．缩小容器体积，重新达到平衡时， 的浓度与原平衡浓度相等
10．类推是化学学习和研究中常用的思维方法，下列类推正确的是（ ）
A．晶体中有阴离子，必有阳离子，则晶体中有阳离子，也必有阴离子
B．CuSO4溶液在空气中蒸干得到CuSO4固体，故Fe2(SO4)3溶液在空气中蒸干得到Fe2(SO4)3固体
C．适量CO2通入Ca(ClO)2溶液中可生成CaCO3和HClO，故适量SO2通入Ca(ClO)2溶液中可生成CaSO3和HClO
D．Fe和S反应生成FeS，则Cu和S反应生成CuS
11．已知三氟化氯(ClF3)是一种很强氧化剂和氟化剂，它能大多数有机和无机材料甚至塑料反应，可以使许多材料不接触火源就燃烧，可应用于航天工业。下列推测不合理的是（ ）
A．ClF3与水按照1：2反应只生成一种弱酸和一种强酸
B．能与一些金属反应生成氯化物和氟化物
C．三氟化氯可用于清洁化学气相沉积的反应舱附着的半导体物质
D．可以代替H2O2充当火箭推进剂中的氧化物
12．上海交通大学利用光电催化脱除与制备相耦合，高效协同转化过程如图。(BPM原可将水解离为和，向两极移动)
已知：①
②
下列分析中正确的是
A．是负极，电势更高
B．正极区每消耗22.4L氧气，转移
C．当生成时，负极区溶液增加6.4g
D．总反应，该过程为自发过程
13．科学家报道了一种新型可充电Na/Fe二次电池，其工作原理如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．充电时，X极为阴极，发生了氧化反应
B．充电时，Y极的电极反应式为CaFeO2.5＋0.5Na2O-e-=CaFeO3＋Na＋
C．充电时，可用乙醇代替有机电解质溶液
D．电极材料中，单位质量金属放出的电能：Na＞Li
14．下列铁的化合物通过化合反应、置换反应、复分解反应均能得到的是（ ）
A．FeCl2 B．Fe2(SO4)3 C．Fe3O4 D．Fe(OH)3
15．一种可充电锌－空气电池放电时的工作原理如下图所示。已知：I室溶液中，锌主要以的形式存在，并存在。下列说法正确的是
A．放电时，I室溶液pH增大
B．放电时，该装置II室可实现海水淡化
C．充电时，Zn电极反应为
D．充电时，每生成，III室溶液质量理论上减少32g
16．双碱法脱硫过程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．过程I中，SO2未被氧化
B．过程Ⅱ中，1 mol O2可氧化2 mol Na2SO3
C．双碱法脱硫过程中，Ca(OH)2可以循环利用
D．总反应为2Ca(OH)2 + 2SO2 + O2 →2CaSO4+2H2O
17．关于下列 ΔH的判断错误的是（ ）
H2S(g)+ O2(g)=SO2(g)+H2O(g) ΔH1
H2S(g)+ O2(g)=S(g)+H2O(g) ΔH2
2H2S(g)+SO2(g)= S8(s)+2H2O(l) ΔH3
2H2S(g)+SO2(g)= S8(g)+2H2O(g) ΔH4
8S(g)=S8(g) ΔH5
A．ΔH1＜0 ΔH5＜0 B．ΔH1＜ΔH2
C．ΔH5= (ΔH1+ΔH4-3ΔH2) D．ΔH3＜ΔH4
18．实验小组按如图装置进行实验，制备并探究的性质。下列说法错误的是（ ）
A．试管内制备的化学方程式为
B．②处观察到淡黄色固体生成，说明具有还原性
C．①、③处均可观察到颜色褪去，但褪色原理不相同
D．④处NaOH溶液可吸收多余的
19．近期，我国科学家在氯碱工业的基础之上，用电解法研究“碳中和”中CO2的处理，其装置工作原理如图。下列说法错误的是（ ）
A．X为氯气
B．膜II为阴离子交换膜
C．a极电势低于b极电势
D．M电极上发生的电极反应式为CO2＋H2O＋2e-=HCOO-＋OH-
20．我国在科技上不断取得重大成果，下列说法正确的是（ ）
A．嫦娥五号月面五星红旗的面料“芳纶”属于合成纤维
B．嫦娥五号登月采集的样本中含有3He，与地球上的2He 互为同素异形体
C．我国开采的海底可燃冰是可以燃烧的水
D．中国“奋斗者”号万米载人潜水器的钛合金材料属于新型高分子材料
二、综合题
21．工业上以钒钛磁铁矿为原料，在炼铁的同时还可以制备钒的最高价氧化物V2O5，其主要流程如下：
已知：①VO3-+2H+ VO2++H2O
②NH4VO3微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇
（1）高炉炼铁应用的冶炼方法是_______（填标号）
A．热分解法 B．热还原法 C．电解法
（2）钒渣中的V2O3在焙烧时转化为Ca(VO3)2，写出该反应的化学方程式 。
（3）Ca(VO3)2难溶于水但能溶于稀硫酸，试用平衡移动原理分析其原因 ，浸出液中含钒物质的化学式为 。
（4）沉钒过程有气体生成，其反应的离子方程式为 。
（5）过滤后用乙醇代替水来洗涤沉淀的原因是 。
（6）煅烧NH4VO3时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到200℃时，得到的固体物质化学式为 ，300～350℃放出的气态物质化学式为 。
22．研究SO2尾气的处理及回收利用具有重要意义。
（1）I．SO2尾气的处理
一种煤炭脱硫技术是把硫元素以CaSO4的形式固定下来可以减少SO2的排放，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，从而降低脱硫效率。相关的热化学方程式如下：
①CaSO4(s)+CO(g) CaO(s) +SO2(g)+CO2(g) △H1= +210.5kJ mol-1
② CaSO4(s)+CO(g) CaS(s)+CO2(g) △H2=-47.3 kJ mol-1
反应CaO(s)+ 3CO(g) +SO2(g) CaS(s)+3CO2(g) △H3 kJ mol-1，平衡时增大压强，此反应将 (填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。
（2）反应①②的平衡常数的对数lgK随温度的变化曲线如图，其中曲线I代表反应
(填“①”或“②”)，从减少SO2排放的角度来考虑，本体系适宜的反应条件是
A．低温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．高温低压
（3）另一种方法是用氨水将SO2转化为(NH4)2SO3，再氧化为 (NH4)2SO4.，用空气氧化(NH4)2SO3的速率随温度的变化如图所示，当温度超过60℃时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是 。(NH4)2SO4溶液中离子浓度的大小关系为 。
（4）II．SO2的回收利用
SO2与Cl2反应可制得磺酰氯(SO2Cl2)，反应为SO2(g) +Cl2(g) SO2Cl2(g)。按投料比1：1把SO2与Cl2充入一恒压密闭容器中发生上述反应，SO2的转化率与温度T的关系如图所示：
①该反应的平衡常数K(100℃) K(300℃) (填“大于”、“小于”或“等于”)；在500℃下，若反应进行至N点，此时v正 v逆(填“大于”、“小于”或“等于”)。
②若反应一直保持在p压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp= (用含p的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数)。
23．氯的许多化合物是高效、广谱的灭菌消毒剂，在疫情防控中发挥了重要作用。
（1）工业制取氯气可用如图装置，图中的离子膜为 膜(填“阳离子”或“阴离子”)。写出阴极的电极反应式 。
（2）一种有效成分为 、 、 的“二氧化氯泡腾片”，快速溶于水后溢出大量气泡，得到 溶液。产生“气泡”的化学方程式为 ；生成 的离子方程式为 。
（3）已知AgCl、 (砖红色)的 分别为 和 ，分析化学中，测定含氯的中性溶液中 的含量，常以 作指示剂，用标准 溶液滴定。当溶液中出现砖红色沉淀时，假设 ，则 。
24．工厂烟气(主要污染物SO2、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。
（1）O3氧化。O3氧化过程中部分反应的能量变化如图所示。
①已知2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g) ΔH = 198 kJ·mol 1。则反应2O3(g)=3O2(g)的 ΔH= kJ·mol 1。
②其他条件不变时，增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是 。
（2）NaClO2氧化。40 ℃时向一定量NaClO2溶液中按一定流速持续通入工厂烟气，溶液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图所示。
①写出NO与ClO反应的离子方程式： 。
②烟气中含有少量SO2，能提高NO的脱除率，可能原因是 。
（3）TiO2光催化。主要是利用TiO2光催化剂在紫外线作用下产生的高活性自由基(·OH、·O)和h+(h+代表空位，空位有很强的得电子能力)，将烟气中的SO2、NO等氧化除去。TiO2光催化剂粒子表面产生·OH的机理如图所示(图中部分产物略去)。已知TiO2中电子跃迁的能量hv=3.2eV。
①TiO2光催化剂在紫外线作用下产生·OH的过程可描述为 。
②在TiO2中掺杂一定量的金属离子可提高光催化活性。对所掺杂金属离子的要求是 。
25．锰广泛存在于自然界中，工业可用软锰矿(主要成分是MnO2)制备锰。
资料：①MnCO3难溶于水，可溶于稀酸。
②在Mn2+催化下，SO2在水溶液中被氧化成H2SO4。
（1）I.制备
写出铝热法还原MnO2制备锰的化学方程式 。
（2）工业上制备锰时，会产生大量废水和锰渣。锰渣煅烧会产生含高浓度SO2的烟气，可用以下方法处理。
处理方法一：
①用软锰矿进行脱硫可生成硫酸锰，从而达到资源的循环使用。写出一定条件下利用MnO2进行脱硫的化学方程式 。
②研究表明，用Fe2+/Fe3+可强化脱硫效果，其过程如下所示：
过程I：……
过程II ：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++ +4H+
过程I的离子方程式是 。
处理方法二：
③用MnCO3进行脱硫，可提高脱硫率。结合化学用语解释原因： 。
（3）II.废水中锰含量的测定
取1 mL废水置于20
mL磷酸介质中，加入HClO4 ，将溶液中的Mn2+氧化为Mn3+，用c mol/L (NH4)2 Fe(SO4)2溶液进行滴定，达到滴定终点时，滴定管刻度由V0mL变为V1 mL，废水中锰的含量为 g/mL。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．大理石受热分解为吸热反应，该过程吸收热量，A项符合题意；
B．食物腐败过程中放出热量，B项不符合题意；
C．铝热反应是放热反应，该过程中放出热量，C项不符合题意；
D．浓硫酸溶于水放出热量，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】常见放热反应：燃烧、爆炸、金属腐蚀、食物腐烂、金属的置换反应、大部分化合反应、中和反应；
常见吸热反应：一氧化碳、碳、氢气为还原剂的氧化还原反应，大部分分解反应，八水合氢氧化钡和氯化铵的反应。
2．【答案】B
【解析】【解答】拆开1molH-H键，1molN=N键分别需要吸收的能量为436kJ、946kJ；形成1molN-H键，会放出能量391kJ，则 的ΔH=3×436kJ+946kJ-6×391kJ=-92kJ，每生成3molN-H键，即生成1molNH3，放出46kJ热量，故选B；
故答案为：B。
【分析】形成化学键释放能量。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分，钠能够与水剧烈反应放出氢气，不能用于金属钠着火时灭火，故A不符合题意；
B．碳酸钡能与胃酸反应，会引起重金属离子中毒，不能用于胃肠X射线造影检查，故B不符合题意；
C．浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放于新鲜的水果箱内，可以氧化生成的具有催熟作用的乙烯，可以保鲜水果，故C符合题意；
D．食盐中的碘为碘酸钾，而淀粉遇碘单质变蓝，因此淀粉不能检验食盐中是否含碘元素，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、金属钠应该用干沙灭火；
B、钡餐是用硫酸钡；
C、高锰酸钾可以和乙烯反应；
D、淀粉可以检验碘单质。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．淀粉是多糖，故A符合题意；
B．石油主要是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，天然气主要含甲烷，还有少量的其他烷烃气体，因此天然气是混合物，故B不符合题意；
C．原电池工作时将化学能转化为电能，故C不符合题意；
D．硅树脂是高聚物，属于高分子材料，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.淀粉属于多糖；
B.由多种物质组成的物质属于混合物；
C.锂离子电池为原电池装置；
D.硅树脂是一种高分子材料。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．液氢燃料热值高，且燃烧产物是水，不污染环境，属于高能清洁燃料，A项符合题意；
B．陶瓷是无机非金属材料，B项不符合题意；
C．石英玻璃的主要成分是二氧化硅，C项不符合题意；
D．酚醛树脂为有机高分子合成材料，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、氢气燃烧产物无污染；
B、高温结构陶瓷为新型无机非金属材料；
C、石英玻璃为二氧化硅；
D、酚醛树脂属于有机材料。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．由图可知，硝酸是正极的催化剂，所以HNO3降低了正极反应的活化能，故A不符合题意；
B．电池工作时正极区的总反应为 ，氢离子浓度减小，溶液的pH升高，故B符合题意；
C.1mol氧气得4mol电子，当有 被完全氧化为二氧化碳时转移12mol电子，根据电子守恒，有 被还原，故C不符合题意；
D．乙醇在负极失电子生成二氧化碳，负极反应为 ，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.加入硝酸促进了电池的大电流放电因此硝酸可做催化剂，降低活化能
B.正极是氧气得到电子结合氢离子形成水导致氢离子浓度降低
C.写出总的反应方程式即可判断
D.负极是乙醇失去电子变为二氧化碳和氢离子的反应写出即可
7．【答案】C
【解析】【解答】A．碳酸钠可用作食用碱，是利用其水溶液显碱性，能与酸反应，A不符合题意；
B．NaHCO3 可用作焙制糕点的膨松剂，是利用其受热易分解产生CO2气体，B不符合题意；
C．过氧化钠可用于潜水艇的供氧剂，是利用其能与水、二氧化碳反应生成氧气，与过氧化钠具有强还原性无关，C符合题意；
D．ClO2可用于自来水杀菌消毒，是利用其具有强氧化性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据物质性质及其对应用途进行分析。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．由图可知，(g)的能量小于(g)，则(g)(g)的反应为吸热反应，故A不符合题意；
B．由图可知，(g)转化为 (g)和氢气的反应为放热反应，反应的热化学方程式为(g)(g)，故B符合题意；
C．由图可知，(g)的能量小于(g)，则相同状况下，等质量的和完全燃烧，放热少，故C不符合题意；
D．(g)转化为(g)放出热量不是(g) 转化为(g)放出热量的3倍说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.反应物的总能量小于生成物的总能量的反应为吸热反应；
C.(g)的能量小于(g)；
D.3d=a时，说明苯分子中存在三个完全独立的碳碳双键。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．由于B的状态未标出，若B为纯液体或固体，则加入少量B，平衡不移动，若B为气体，则加入少量B，生成物的浓度增大，平衡就会逆向移动，故A不符合题意；
B．达到平衡的标志之一是同一物质的正逆反应速率相等，而化学反应速率之比等于化学计量数之比，即 都表示正反应方向的速率，不能表示反应达到平衡状态，故B不符合题意；
C．若开始时向容器中加入1 A，由于反应为可逆反应，1molA不会完全反应，故达到平衡时吸收热量小于Q，故C不符合题意；
D．缩小容器体积，重新达到平衡时，温度不变，K不变，若B为固体、纯液体，K=c(C)，K不变， 的浓度不变，若B为气体，K=c(C)c(B)，由于c(C)和c(B)始终相等，故K=c(C)2，温度不变，K不变， 的浓度与原平衡浓度相等，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图示可以得到正反应是吸热反应。
A.B的状态不确定，因此不能说明加入B反应移动的方向
B.达到平衡的盘算标准是正逆速率相等
C.可逆反应，反应不完全
D.温度不变，平衡常数不变，可据此计算
10．【答案】B
【解析】【解答】A．晶体中有阳离子，不一定有阴离子，如金属晶体中只有阳离子和电子，A不符合题意；
B．CuSO4溶液在空气中蒸干得到CuSO4固体，说明Cu2+虽然水解，但蒸干过程中硫酸不会挥发，同理Fe2(SO4)3溶液在空气中蒸干得到Fe2(SO4)3固体，B符合题意；
C．SO2虽为酸性气体，但同时具有较强还原性，通入Ca(ClO)2溶液会被氧化为硫酸根，无法得到亚硫酸钙，C不符合题意；
D．Fe和S反应生成FeS，说明S氧化性较弱，只能将金属元素氧化为较低价态，所以Cu和S反应生成Cu2S，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.不是所有的晶体中都有阴阳离子，比如金属晶体
B.虽然铜离子和铁离子均水解，但是硫酸不是挥发性酸，可以制取
C.充分考虑二氧化硫具有还原性以及次氯酸根具有氧化性
D.铜的活动性弱，而硫的氧化性弱只能将其氧化为低价
11．【答案】A
【解析】【解答】A．ClF3与水按照1：2发生反应ClF3+2H2O=3HF+HClO2，生成了两种弱酸，符合题意；
B．ClF3中Cl为+3价，有氧化性，故能与一些金属反应生成氯化物和氟化物，不符合题意；
C．三氟化氯与水反应生成了HF，HF可与硅反应，故可用于清洁化学气相沉积的反应舱附着的半导体物质，不符合题意；
D．因ClF3有氧化性，可以使许多材料不接触火源就燃烧，故可以代替H2O2充当火箭推进剂中的氧化物，不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、根据发生反应的化学方程式分析；
B、ClF3中氯元素为＋3价，具有氧化性；
C、ClF3与H2O反应生成HF，能与Si反应；
D、根据题干ClF3的性质分析；
12．【答案】D
【解析】【解答】A．由图示信息可知上二氧化硫失电子生成，为负极，负极电势低于正极电势，故A不符合题意；
B．气体不是标准状况，不能根据气体体积确定气体的物质的量，故B不符合题意；
C．正极反应：，生成时，转移0.2mol电子，结合负极反应：，转移0.2mol电子时，负极吸收0.1mol二氧化硫，负极区增加13g，故C不符合题意；
D．根据盖斯定律可知，总反应可由①+②得到，总反应的，<0，反应可自发进行，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．负极电势低于正极电势；
B．没有注明标准状况；
C．正依据得失电子守恒；
D．根据盖斯定律分析。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．放电时，X极上Na失电子、发生氧化反应、为负极，则充电时，X极为阴极，发生了还原反应，故A不符合题意；
B．充电时，Y极做阳极，电极反应式为CaFeO2.5＋0.5Na2O-e-=CaFeO3＋Na＋，故B符合题意；
C．乙醇是非电解质，不能导电，不能作为电解质溶液，故C不符合题意；
D．若Na和Li都失去1mol电子，则电极材料中消耗Na的质量为23g、Li的质量为7g，所以单位质量金属放出的电能：Li＞Na，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据原电池工作原理图可知，负极X上Na发生失电子的氧化反应，负极反应式为Na-e-=Na+，正极Y上发生得电子的还原反应，正极反应式为CaFeO3+Na++e-═CaFeO2.5+0.5Na2O，充电时为电解池，原电池的负极连接电源的负极，阴阳极的电极反应和放电时的负正极反应相反，据此分析解答。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，为化合反应；硫酸亚铁与氯化钡反应可得到氯化亚铁和硫酸钡，为复分解反应；铁与氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，属于置换反应，故 A符合题意；
B.可以通过硫酸亚铁与氧气反应生成硫酸铁，属于化合反应；也可以通过氢氧化铁和硫酸反应得到硫酸铁和水，属于复分解反应；但不能通过置换反应得到硫酸铁，故B不符合题意；
C．铁与氧气点燃可生成四氧化三铁，为化合反应，铁与水蒸气在高温条件下生成四氧化三铁和氢气，为置换反应，但不能通过复分解反应得到四氧化三铁，故C不符合题意；
D．氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，为化合反应，氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁和氯化钠，为复分解反应，但不能通过置换反应得到Fe(OH)3，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】
A.三种反应类型均可达到；
B.置换反应不可；
C.复分解反应无法得到；
D.置换反应无法得到。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析可知，Zn电极为负极，电极方程式为：，浓度增大，平衡正向移动，H+浓度增大，I室溶液pH减小，故A不符合题意；
B．放电时，该装置II室中Na+通过阳离子交换膜进入III室，Cl-通过阴离子交换膜进入I室，可实现海水淡化，故B符合题意；
C．放电时，Zn电极反应为，则充电时，Zn电极反应为，故C不符合题意；
D．充电时，III室为阳极，电极方程式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，每生成转移4mol电子，同时有4molNa+通过阳离子交换膜进入II室，III室溶液质量理论上减少32g+4mol×23g/mol=124g，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据电极反应和题目信息中的平衡移动分析；
B．电解时，阴离子会由阴极区通过阴离子交换膜向阳极区移动，阳离子会由阳极区通过阳离子交换膜向阴极区移动；
C．放电时，阴极反应是负极反应的逆反应；
D．依据得失电子守恒。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．过程Ⅰ中SO2被NaOH吸收生成 Na2SO3，SO2体现出酸性氧化物的性质，故A不符合题意；
B．过程Ⅱ中，Na2SO3、Ca(OH)2与O2反应，生成NaOH和CaSO4，1mol O2可氧化2mol Na2SO3，故B不符合题意；
C．过程Ⅰ中NaOH被消耗，过程Ⅱ中又生成NaOH，所以双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用，故C符合题意；
D．由以上分析可知，总反应为2Ca(OH)2+2SO2+O2═2CaSO4+2H2O，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据图示可以得出，在过程I中二氧化硫体现出了酸性氧化物的性质，未发生化合价的改变，在过程II发生的是氧化还原反应，亚硫酸钠最为还原剂氧气作为氧化剂，根据得失电子即可计算出五皇子的量之比，氢氧化钙做为反应物参与反应不能循环使用对I和II进行合并即可写出总的方程式
17．【答案】C
【解析】【解答】A．H2S(g)+ O2(g)=SO2(g)+H2O(g)和8S(g)=S8(g)都属于放热反应，故ΔH1＜0、ΔH5＜0，故A不符合题意；
B．反应H2S(g)+ O2(g)=SO2(g)+H2O(g)减去反应H2S(g)+ O2(g)=S(g)+H2O(g)得到：S(g)+O2(g)=SO2(g)，ΔH＜0，该反应为放热反应，则反应H2S(g)+ O2(g)=SO2(g)+H2O(g)放出的热量大于H2S(g)+ O2(g)=S(g)+H2O(g)放出的热量，ΔH1＜ΔH2，故B不符合题意；
C．①H2S(g)+ O2(g)=SO2(g)+H2O(g) ΔH1
②H2S(g)+ O2(g)=S(g)+H2O(g) ΔH2
③2H2S(g)+SO2(g)= S8(g)+2H2O(g) ΔH4
④利用盖斯定律：将 (①+③-3×②)得到：8S(g)=S8(g)ΔH5= (ΔH1+ΔH4-3ΔH2)，故C符合题意；
D．H2O(l)变为H2O(g)还要吸热，故ΔH3＜ΔH4，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.H2S(g)+ O2(g)=SO2(g)+H2O(g)和8S(g)=S8(g)都属于放热反应；
B.完全燃烧比不完全燃烧放热多，放热越多，ΔH越小；
C.根据盖斯定律可知，ΔH5= (ΔH1+ΔH4-3ΔH2)；
D.等量的同种物质，状态不同能量不同，能量：g＞l＞s。
18．【答案】B
【解析】【解答】A.制备SO2的原理是： ，A选项是正确的；
B.②处出现黄色沉淀是S单质，证明SO2具有氧化性，B选项是错误的；
C.①处褪色说明SO2具有漂白性，③处褪色证明SO2具有还原性，C选项是正确的；
D.④处的NaOH溶液可以与SO2反应达到尾气处理的作用，D选项是正确的。
故答案为：B。
【分析】A.制备SO2的原理是强酸制弱酸；
B.②处发生的反应是：二氧化硫将硫化钠氧化为硫单质；
C.SO2具有漂白性，可以使品红褪色，SO2具有还原性，可以将碘单质还原为碘离子；
D.SO2与NaOH反应的方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．二氧化碳转化为甲酸根，碳元素化合价降低，失去电子，根据电解原理可知M极为阴极，N极为阳极，所以Ⅹ为氯气，A项不符合题意；
B．根据电解原理图可知Na+要通过膜Ⅱ进入中间室，所以膜Ⅱ是阳离子交换膜，B项符合题意；
C．a极为负极，电势低于b极，C项不符合题意；
D．M电极上二氧化碳转化为甲酸根，碳元素化合价降低，发生的电极反应式为CO2＋H2O＋2e-=HCOO-＋OH-，D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】
A.M极二氧化碳生成甲酸根，得电子，故氯化钠需要失电子，故X为氯气；
B.根据分析M为阴极，N为阳极，阳离子钠离子需要往阳极移动，故膜Ⅱ为阳离子交换膜；
C.ａ极负极电极电势低于ｂ极；
D.M阴极得电子还原反应，电极反应式为CO2＋H2O＋2e-=HCOO-＋OH-。
20．【答案】A
【解析】【解答】A． “芳纶”是一种新型高科技合成纤维，故A符合题意；
B． 3He、2He为质子数相同，中子数不同的原子，互为同位素，故B不符合题意；
C．可燃冰是甲烷(CH4)和水形成的一种水合物，故C不符合题意；
D．钛合金材料属于合金，不是高分子材料，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.芳纶是有机合成材料
B.同素异形体是单质
C.可燃冰是混合物，水是纯净物
D.钛合金是利用物理变化制备的，不是合成材料是金属材料
21．【答案】（1）B
（2）V2O3+O2+CaCO3 Ca(VO3)2+CO2
（3）加入硫酸使VO3-+2H+ VO2++H2O中c(VO3-)降低，Ca(VO3)2溶解平衡Ca(VO3)2(s) Ca2+(aq)+VO3-(aq)正向移动，Ca(VO3)2溶解；(VO2)2SO4
（4）NH4++2HCO3-+VO2+=NH4VO3↓+2CO2↑+H2O
（5）NH4VO3不溶于乙醇，减少损失
（6）HVO3；H2O
【解析】【解答】（1）高炉炼铁的主要原理是Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2，因此应用的冶炼方法是热还原法；答案为：B；（2）钒渣中的V2O3在焙烧时转化为Ca(VO3)2，可看到钒元素化合价升高了，但是焙烧时加入CaCO3并不是氧化剂，真正的氧化剂是氧气，故该反应的化学方程式为V2O3+O2+CaCO3 Ca(VO3)2+CO2；答案为：V2O3+O2+CaCO3 Ca(VO3)2+CO2；（3）Ca(VO3)2难溶于水，则存在溶解平衡： ，又有信息知 ，故可推知Ca(VO3)2难溶于水但能溶于稀硫酸，氢离子浓度增大， 向右移动， 浓度减小， 向右移动；答案为：加入硫酸， 中c(VO3-)降低，Ca(VO3)2溶解平衡Ca(VO3)2(s) Ca2+(aq)+VO3-(aq)正向移动，Ca(VO3)2溶解；上述平衡移动的结果，浸出液中含钒粒子主要为 ，则含钒物质的化学式为(VO2)2SO4；答案为：(VO2)2SO4；（4）浸出液中含钒粒子主要为 ，加入碳酸氢铵通过反应沉钒，沉钒过程有气体生成，气体只能是CO2，沉钒结果得到NH4VO3；可以看到加入碳酸氢铵，碳酸氢根消耗氢离子使 平衡向左移动， 浓度减小，以及 与铵根离子产生沉淀可使反应持续进行，故沉钒过程的离子方程式为NH4++2HCO3-+VO2+=NH4VO3↓+2CO2↑+H2O；答案为：NH4++2HCO3-+VO2+=NH4VO3↓+2CO2↑+H2O；（5）题给信息②NH4VO3微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇，因此过滤后用乙醇代替水来洗涤沉淀的原因是NH4VO3不溶于乙醇，减少损失；答案为：NH4VO3不溶于乙醇，减少损失；（6）煅烧NH4VO3时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到200℃时，质量减少0.17g，所以0.01molNH4VO3，生成气体为氨气0.01mol，发生NH4VO3 NH3↑+HVO3，失去的是氨气，得到的是HVO3；答案为：HVO3；
加热到350℃时固体质量减少0.09g，失去0.005molH2O，发生的反应2HVO3 H2O+V2O5；答案为：H2O。
【分析】（1）从高炉炼铁的反应解答；（2）钒渣中的V2O3在焙烧时转化为Ca(VO3)2，可看到钒元素化合价升高了，找氧化剂并用氧化还原反应原理来书写该反应的化学方程式；（3）Ca(VO3)2难溶于水但能溶于稀硫酸，试用平衡移动原理分析；找到浸出液中含钒的微粒，即可写出物质的化学式；（4）分析浸出液中含钒微粒与碳酸氢铵之间的反应，结合沉钒过程有气体生成来书写其反应的离子方程式；（5）比较乙醇、水分别作洗涤剂洗涤沉淀优劣，就可找出原因；（6）由图示数据等信息、结合物质的性质计算求解；
22．【答案】（1）-399.7；向正反应方向
（2）②；B
（3）温度过高，(NH4)2SO3分解，浓度减小或温度升高，氧气在溶液中的溶解度降低；
（4）大于；大于；
【解析】【解答】I．(1)根据盖斯定律可知，由②×4-①可得反应CaO(s)+ 3CO(g) +SO2(g) CaS(s)+3CO2(g)，故△H3=-47.3 kJ mol-1×4-(+210.5kJ mol-1)=-399.7kJ mol-1；该反应是气体物质的量减小的反应，则平衡时，增大压强，此反应将向正反应方向移动；
(2)由曲线I知，随着温度的升高，lgK减小，即K值减小，则升温平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故曲线I代表反应②；反应①生成SO2，则为减少SO2排放，应使反应①逆向移动，降低温度，增大压强，均可以使反应①平衡逆向移动，故本体系适宜的反应条件是B；
(3)当温度超过60℃时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是温度过高，(NH4)2SO3分解，浓度减小或温度升高，氧气在溶液中的溶解度降低；(NH4)2SO4溶液中 离子水解使溶液显酸性，且水解是微弱的，则离子浓度的大小关系为 ；
II．(4)①由图可知，升高温度，平衡时SO2的转化率减小，说明升温平衡逆向移动，该反应为放热反应，则该反应的平衡常数K(100℃)大于K(300℃)；在500℃下，若反应进行至N点，此时，SO2的转化率比该温度下平衡时SO2的转化率小，则反应正向进行，v正大于v逆；
②若反应一直保持在p压强条件下进行，M点时，平衡时SO2的转化率为50%，假设起始加入SO2、Cl2均为1mol，则可列出三段式(单位：mol)： ，则M点SO2(g)、Cl2(g)、SO2Cl2(g)的分压均为 ，则M点的分压平衡常数 。
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算，根据平衡移动影响因素即可确定压强对平衡的影响
（2）考查的是温度对①②平衡常数的影响，根据吸热放热确定反应确定温度改变平衡移动的方向即可，考查的是温度和压强对平衡的影响
（3）考查的是温度对反应物的影响导致浓度的变化，根据三大守恒即可写出离子浓度关系
（4）①先根据二氧化硫的平衡转化率确定正反应是放热吸热情况，在确定温度的变化平衡移动的方向即可②根据数据结合三行式计算出平衡时的物质的量，再根据Kp的计算公式计算即可
23．【答案】（1）阳离子；
（2）；
（3）
【解析】【解答】(1)由图可知，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=2OH—+ H2↑，阳极上氯离子放电生成氯气，使阳极室中阳离子电荷数大于阴离子，阴极生成的氢氧根离子使阴极室中阴离子电荷数大于阳离子，为维持两室溶液中的电荷守恒关系，阳极室中的钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室，则离子交换膜为阳离子交换膜，故答案为：阳离子；2H2O+2e-=2OH-+ H2↑；
(2) 产生“气泡”发生的反应为硫酸氢钠溶液与碳酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为 ；生成二氧化氯发生的反应为亚氯酸钠溶液与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应的离子方程式为 ，故答案为： ； ；
(3)由铬酸银的溶度积可知，溶液中铬酸根离子的浓度为1×10-4mol/L时，银离子的浓度为 = =1×10-4mol/L，由氯化银的溶度积可知溶液中氯离子浓度为 = =2×10-6mol/L，故答案为：2×10-6。
【分析】（1）根据右边氢氧化钠的浓度变化即可判断为阳离子交换膜，阴极是氢离子放电即可写出电极式
（2）根据反应物和生成物即可写出方程式
（3）根据氯化银和铬酸银的Ksp即可计算出浓度
24．【答案】（1）-285.2；SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢
（2）4NO+3ClO+2H2O = 4NO+4H++3Cl-；SO2能溶于水，反应后使溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，NO去除率升高
（3）催化剂在紫外线的作用下将电子激发到CB端，而在VB端留下空位；氧气在CB端得电子生成·O，·O结合 H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和·OH-进入VB端的空位生成·OH；金属离子掺杂引起的电子跃迁的能量小于3.2eV
【解析】【解答】(1)①已知a：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ΔH = 198 kJ·mol 1，
根据图示可知b：SO2(g)+O3(g)=SO3(g)+O2(g) ΔH = 241.6 kJ·mol 1。
根据盖斯定律，将2×b-a，整理可得2O3(g)=3O2(g)的 ΔH=-285.2 kJ/mol；
②其他条件不变时，增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢，因此反应速率几乎不变；
(2)①ClO具有强氧化性，会将NO氧化为，ClO被还原为Cl-，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得该反应的离子方程式为：4NO+3ClO+2H2O = 4NO+4H++3Cl-；
②烟气中含有少量SO2，SO2能溶于水，反应产生H2SO3，使反应后溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，从而导致NO去除率升高，故提高了NO的脱除率；
(3)①TiO2光催化剂在紫外线作用下产生·OH的过程可描述为：催化剂在紫外线的作用下将电子激发到CB端，而在VB端留下空位；氧气在CB端得电子生成·O，·O结合 H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和·OH-进入VB端的空位生成·OH；
②在TiO2中掺杂一定量的金属离子可提高光催化活性。由于TiO2中电子跃迁的能量hv=3.2eV，因此对所掺杂金属离子的要求是：金属离子掺杂引起的电子跃迁的能量小于3.2eV。
【分析】（1）①根据盖斯定律即可计算出焓变
②根据活化能的高低判断
（2）①根据反应物和生成物即可写出方程式
②二氧化硫溶于水显酸性，pH越大，ORP越大氧化能力增强
（3）①根据流程图即可找出
②根据二氧化钛的电子跃迁能量即可找出
25．【答案】（1）4Al+3MnO2 3Mn+2Al2O3
（2）MnO2+SO2 MnSO4；2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；溶液中存在平衡：MnCO3(s)=Mn2+(aq)+ (aq)， 消耗溶液中的H+，促进SO2溶解：SO2+H2O H2SO3，H2SO3 H++ 生成Mn2+有催化作用，可促进反应2SO2+O2+2H2O 2H2SO4发生
（3）55 c(V1-V0)×10-3
【解析】【解答】(1)铝热法还原MnO2制备锰即高温条件下铝单质和MnO2反应得到氧化铝和Mn单质，化学方程式为4Al+3MnO2 3Mn+2Al2O3；
(2)①根据题意可知MnO2会将SO2氧化得到MnSO4，化学方程式应为MnO2+SO2 MnSO4；
②据图可知过程I中MnO2被Fe2+还原生成Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
③溶液中存在平衡：MnCO3(s)=Mn2+(aq)+ (aq)， 消耗溶液中的H+，促进SO2溶解：SO2+H2O H2SO3，H2SO3 H++ ，同时生成的Mn2+有催化作用，可促进反应2SO2+O2+2H2O 2H2SO4发生；
(3)滴定时发生反应Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+，所以n(Mn)=c(V1-V0)×10-3mol，所取废水为1mL，所以废水中锰的含量为55 c(V1-V0)×10-3g/mL。
【分析】（1）根据反应物和生成物结合反应原理即可写出方程式
（2）①软锰矿进行脱硫可生成硫酸锰 即可写出方程式②根据①的反应物和生成物即可写出方程式③MnCO3难溶于水， 利用碳酸锰的溶解平衡电离出的锰离子具有催化作用将提高脱硫率
（3）写出的发生的反应，利用滴定的数据计算出锰元素的物质的量即可锰元素的含量
一、单选题
1．下列过程吸收热量的是（ ）
A．大理石受热分解 B．食物腐败
C．铝热反应 D．浓硫酸稀释
2．已知拆开1molH-H键，1molN=N键分别需要吸收的能量为436kJ、946kJ；形成1molN-H键，会放出能量391kJ，在反应中，每生成3molN-H键（ ）
A．吸收92kJ热量 B．放出46kJ热量
C．放出209kJ热量 D．吸收209kJ热量
3．下列物质应用正确的是（ ）
A．泡沫灭火器可用于金属钠着火时灭火
B．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
C．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果
D．用淀粉检验食盐中的碘元素
4．近年我国在科技领域不断取得新成就。对相关成就所涉及的化学知识理解错误的是（ ）
A．我国科学家实现了从二氧化碳到淀粉的人工合成，淀粉是一种单糖
B．中国“深海一号”平台成功实现从深海中开采石油和天然气，石油和天然气都是混合物
C．我国实现了高性能纤维锂离子电池的规模化制备，锂离子电池放电时将化学能转化为电能
D．以硅树脂为基体的自供电软机器人成功挑战马里亚纳海沟，硅树脂是一种高分子材料
5．神舟十四号和神舟十五号六名航天员在轨驻留交换代表了我国天宫空间站将正式进入长期在轨运行阶段。下列叙述正确的是
A．运载火箭加注的液氢燃料是高能清洁燃料
B．飞船返回舱表面的耐高温陶瓷材料属于金属材料
C．空间站舷窗使用的耐辐射石英玻璃的主要成分为硅
D．飞船逃逸系统复合材料中的酚醛树脂属于无机非金属材料
6．研究发现，在酸性乙醇燃料电池中加入硝酸，可使电池持续大电流放电，其工作原理如下图所示。下列说法错误的是（ ）
A．加入HNO3降低了正极反应的活化能
B．电池工作时正极区溶液的pH降低
C．当有 反应时，有 被还原
D．负极反应为
7．下列有关物质的性质与用途说法不正确的是（ ）
A．碳酸钠的水溶液显碱性，可用作食用碱
B．碳酸氢钠受热易分解，可以用作焙制糕点的膨松剂
C．过氧化钠具有强还原性，可用于潜水艇的供氧剂
D．ClO2具有强氧化性，可用于自来水杀菌消毒
8．相关有机物分别与氢气发生反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示：
下列叙述错误的是
A．(g)(g)为吸热反应
B．(g)(g)
C．相同状况下，等质量的和完全燃烧，放热少
D．，可推测苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
9．恒温密闭容器中加入一定量的A，发生反应 ( )，达到平衡。以下分析正确的是（ ）
A．加入少量B，平衡就会逆向移动
B．达到平衡的标志之一：
C．若开始时向容器中加入1 A，达到平衡时吸收热量Q
D．缩小容器体积，重新达到平衡时， 的浓度与原平衡浓度相等
10．类推是化学学习和研究中常用的思维方法，下列类推正确的是（ ）
A．晶体中有阴离子，必有阳离子，则晶体中有阳离子，也必有阴离子
B．CuSO4溶液在空气中蒸干得到CuSO4固体，故Fe2(SO4)3溶液在空气中蒸干得到Fe2(SO4)3固体
C．适量CO2通入Ca(ClO)2溶液中可生成CaCO3和HClO，故适量SO2通入Ca(ClO)2溶液中可生成CaSO3和HClO
D．Fe和S反应生成FeS，则Cu和S反应生成CuS
11．已知三氟化氯(ClF3)是一种很强氧化剂和氟化剂，它能大多数有机和无机材料甚至塑料反应，可以使许多材料不接触火源就燃烧，可应用于航天工业。下列推测不合理的是（ ）
A．ClF3与水按照1：2反应只生成一种弱酸和一种强酸
B．能与一些金属反应生成氯化物和氟化物
C．三氟化氯可用于清洁化学气相沉积的反应舱附着的半导体物质
D．可以代替H2O2充当火箭推进剂中的氧化物
12．上海交通大学利用光电催化脱除与制备相耦合，高效协同转化过程如图。(BPM原可将水解离为和，向两极移动)
已知：①
②
下列分析中正确的是
A．是负极，电势更高
B．正极区每消耗22.4L氧气，转移
C．当生成时，负极区溶液增加6.4g
D．总反应，该过程为自发过程
13．科学家报道了一种新型可充电Na/Fe二次电池，其工作原理如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．充电时，X极为阴极，发生了氧化反应
B．充电时，Y极的电极反应式为CaFeO2.5＋0.5Na2O-e-=CaFeO3＋Na＋
C．充电时，可用乙醇代替有机电解质溶液
D．电极材料中，单位质量金属放出的电能：Na＞Li
14．下列铁的化合物通过化合反应、置换反应、复分解反应均能得到的是（ ）
A．FeCl2 B．Fe2(SO4)3 C．Fe3O4 D．Fe(OH)3
15．一种可充电锌－空气电池放电时的工作原理如下图所示。已知：I室溶液中，锌主要以的形式存在，并存在。下列说法正确的是
A．放电时，I室溶液pH增大
B．放电时，该装置II室可实现海水淡化
C．充电时，Zn电极反应为
D．充电时，每生成，III室溶液质量理论上减少32g
16．双碱法脱硫过程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．过程I中，SO2未被氧化
B．过程Ⅱ中，1 mol O2可氧化2 mol Na2SO3
C．双碱法脱硫过程中，Ca(OH)2可以循环利用
D．总反应为2Ca(OH)2 + 2SO2 + O2 →2CaSO4+2H2O
17．关于下列 ΔH的判断错误的是（ ）
H2S(g)+ O2(g)=SO2(g)+H2O(g) ΔH1
H2S(g)+ O2(g)=S(g)+H2O(g) ΔH2
2H2S(g)+SO2(g)= S8(s)+2H2O(l) ΔH3
2H2S(g)+SO2(g)= S8(g)+2H2O(g) ΔH4
8S(g)=S8(g) ΔH5
A．ΔH1＜0 ΔH5＜0 B．ΔH1＜ΔH2
C．ΔH5= (ΔH1+ΔH4-3ΔH2) D．ΔH3＜ΔH4
18．实验小组按如图装置进行实验，制备并探究的性质。下列说法错误的是（ ）
A．试管内制备的化学方程式为
B．②处观察到淡黄色固体生成，说明具有还原性
C．①、③处均可观察到颜色褪去，但褪色原理不相同
D．④处NaOH溶液可吸收多余的
19．近期，我国科学家在氯碱工业的基础之上，用电解法研究“碳中和”中CO2的处理，其装置工作原理如图。下列说法错误的是（ ）
A．X为氯气
B．膜II为阴离子交换膜
C．a极电势低于b极电势
D．M电极上发生的电极反应式为CO2＋H2O＋2e-=HCOO-＋OH-
20．我国在科技上不断取得重大成果，下列说法正确的是（ ）
A．嫦娥五号月面五星红旗的面料“芳纶”属于合成纤维
B．嫦娥五号登月采集的样本中含有3He，与地球上的2He 互为同素异形体
C．我国开采的海底可燃冰是可以燃烧的水
D．中国“奋斗者”号万米载人潜水器的钛合金材料属于新型高分子材料
二、综合题
21．工业上以钒钛磁铁矿为原料，在炼铁的同时还可以制备钒的最高价氧化物V2O5，其主要流程如下：
已知：①VO3-+2H+ VO2++H2O
②NH4VO3微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇
（1）高炉炼铁应用的冶炼方法是_______（填标号）
A．热分解法 B．热还原法 C．电解法
（2）钒渣中的V2O3在焙烧时转化为Ca(VO3)2，写出该反应的化学方程式 。
（3）Ca(VO3)2难溶于水但能溶于稀硫酸，试用平衡移动原理分析其原因 ，浸出液中含钒物质的化学式为 。
（4）沉钒过程有气体生成，其反应的离子方程式为 。
（5）过滤后用乙醇代替水来洗涤沉淀的原因是 。
（6）煅烧NH4VO3时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到200℃时，得到的固体物质化学式为 ，300～350℃放出的气态物质化学式为 。
22．研究SO2尾气的处理及回收利用具有重要意义。
（1）I．SO2尾气的处理
一种煤炭脱硫技术是把硫元素以CaSO4的形式固定下来可以减少SO2的排放，但产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，从而降低脱硫效率。相关的热化学方程式如下：
①CaSO4(s)+CO(g) CaO(s) +SO2(g)+CO2(g) △H1= +210.5kJ mol-1
② CaSO4(s)+CO(g) CaS(s)+CO2(g) △H2=-47.3 kJ mol-1
反应CaO(s)+ 3CO(g) +SO2(g) CaS(s)+3CO2(g) △H3 kJ mol-1，平衡时增大压强，此反应将 (填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。
（2）反应①②的平衡常数的对数lgK随温度的变化曲线如图，其中曲线I代表反应
(填“①”或“②”)，从减少SO2排放的角度来考虑，本体系适宜的反应条件是
A．低温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．高温低压
（3）另一种方法是用氨水将SO2转化为(NH4)2SO3，再氧化为 (NH4)2SO4.，用空气氧化(NH4)2SO3的速率随温度的变化如图所示，当温度超过60℃时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是 。(NH4)2SO4溶液中离子浓度的大小关系为 。
（4）II．SO2的回收利用
SO2与Cl2反应可制得磺酰氯(SO2Cl2)，反应为SO2(g) +Cl2(g) SO2Cl2(g)。按投料比1：1把SO2与Cl2充入一恒压密闭容器中发生上述反应，SO2的转化率与温度T的关系如图所示：
①该反应的平衡常数K(100℃) K(300℃) (填“大于”、“小于”或“等于”)；在500℃下，若反应进行至N点，此时v正 v逆(填“大于”、“小于”或“等于”)。
②若反应一直保持在p压强条件下进行，则M点的分压平衡常数Kp= (用含p的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×体积分数)。
23．氯的许多化合物是高效、广谱的灭菌消毒剂，在疫情防控中发挥了重要作用。
（1）工业制取氯气可用如图装置，图中的离子膜为 膜(填“阳离子”或“阴离子”)。写出阴极的电极反应式 。
（2）一种有效成分为 、 、 的“二氧化氯泡腾片”，快速溶于水后溢出大量气泡，得到 溶液。产生“气泡”的化学方程式为 ；生成 的离子方程式为 。
（3）已知AgCl、 (砖红色)的 分别为 和 ，分析化学中，测定含氯的中性溶液中 的含量，常以 作指示剂，用标准 溶液滴定。当溶液中出现砖红色沉淀时，假设 ，则 。
24．工厂烟气(主要污染物SO2、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。
（1）O3氧化。O3氧化过程中部分反应的能量变化如图所示。
①已知2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g) ΔH = 198 kJ·mol 1。则反应2O3(g)=3O2(g)的 ΔH= kJ·mol 1。
②其他条件不变时，增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是 。
（2）NaClO2氧化。40 ℃时向一定量NaClO2溶液中按一定流速持续通入工厂烟气，溶液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图所示。
①写出NO与ClO反应的离子方程式： 。
②烟气中含有少量SO2，能提高NO的脱除率，可能原因是 。
（3）TiO2光催化。主要是利用TiO2光催化剂在紫外线作用下产生的高活性自由基(·OH、·O)和h+(h+代表空位，空位有很强的得电子能力)，将烟气中的SO2、NO等氧化除去。TiO2光催化剂粒子表面产生·OH的机理如图所示(图中部分产物略去)。已知TiO2中电子跃迁的能量hv=3.2eV。
①TiO2光催化剂在紫外线作用下产生·OH的过程可描述为 。
②在TiO2中掺杂一定量的金属离子可提高光催化活性。对所掺杂金属离子的要求是 。
25．锰广泛存在于自然界中，工业可用软锰矿(主要成分是MnO2)制备锰。
资料：①MnCO3难溶于水，可溶于稀酸。
②在Mn2+催化下，SO2在水溶液中被氧化成H2SO4。
（1）I.制备
写出铝热法还原MnO2制备锰的化学方程式 。
（2）工业上制备锰时，会产生大量废水和锰渣。锰渣煅烧会产生含高浓度SO2的烟气，可用以下方法处理。
处理方法一：
①用软锰矿进行脱硫可生成硫酸锰，从而达到资源的循环使用。写出一定条件下利用MnO2进行脱硫的化学方程式 。
②研究表明，用Fe2+/Fe3+可强化脱硫效果，其过程如下所示：
过程I：……
过程II ：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++ +4H+
过程I的离子方程式是 。
处理方法二：
③用MnCO3进行脱硫，可提高脱硫率。结合化学用语解释原因： 。
（3）II.废水中锰含量的测定
取1 mL废水置于20
mL磷酸介质中，加入HClO4 ，将溶液中的Mn2+氧化为Mn3+，用c mol/L (NH4)2 Fe(SO4)2溶液进行滴定，达到滴定终点时，滴定管刻度由V0mL变为V1 mL，废水中锰的含量为 g/mL。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．大理石受热分解为吸热反应，该过程吸收热量，A项符合题意；
B．食物腐败过程中放出热量，B项不符合题意；
C．铝热反应是放热反应，该过程中放出热量，C项不符合题意；
D．浓硫酸溶于水放出热量，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】常见放热反应：燃烧、爆炸、金属腐蚀、食物腐烂、金属的置换反应、大部分化合反应、中和反应；
常见吸热反应：一氧化碳、碳、氢气为还原剂的氧化还原反应，大部分分解反应，八水合氢氧化钡和氯化铵的反应。
2．【答案】B
【解析】【解答】拆开1molH-H键，1molN=N键分别需要吸收的能量为436kJ、946kJ；形成1molN-H键，会放出能量391kJ，则 的ΔH=3×436kJ+946kJ-6×391kJ=-92kJ，每生成3molN-H键，即生成1molNH3，放出46kJ热量，故选B；
故答案为：B。
【分析】形成化学键释放能量。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分，钠能够与水剧烈反应放出氢气，不能用于金属钠着火时灭火，故A不符合题意；
B．碳酸钡能与胃酸反应，会引起重金属离子中毒，不能用于胃肠X射线造影检查，故B不符合题意；
C．浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放于新鲜的水果箱内，可以氧化生成的具有催熟作用的乙烯，可以保鲜水果，故C符合题意；
D．食盐中的碘为碘酸钾，而淀粉遇碘单质变蓝，因此淀粉不能检验食盐中是否含碘元素，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、金属钠应该用干沙灭火；
B、钡餐是用硫酸钡；
C、高锰酸钾可以和乙烯反应；
D、淀粉可以检验碘单质。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．淀粉是多糖，故A符合题意；
B．石油主要是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，天然气主要含甲烷，还有少量的其他烷烃气体，因此天然气是混合物，故B不符合题意；
C．原电池工作时将化学能转化为电能，故C不符合题意；
D．硅树脂是高聚物，属于高分子材料，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.淀粉属于多糖；
B.由多种物质组成的物质属于混合物；
C.锂离子电池为原电池装置；
D.硅树脂是一种高分子材料。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．液氢燃料热值高，且燃烧产物是水，不污染环境，属于高能清洁燃料，A项符合题意；
B．陶瓷是无机非金属材料，B项不符合题意；
C．石英玻璃的主要成分是二氧化硅，C项不符合题意；
D．酚醛树脂为有机高分子合成材料，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、氢气燃烧产物无污染；
B、高温结构陶瓷为新型无机非金属材料；
C、石英玻璃为二氧化硅；
D、酚醛树脂属于有机材料。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．由图可知，硝酸是正极的催化剂，所以HNO3降低了正极反应的活化能，故A不符合题意；
B．电池工作时正极区的总反应为 ，氢离子浓度减小，溶液的pH升高，故B符合题意；
C.1mol氧气得4mol电子，当有 被完全氧化为二氧化碳时转移12mol电子，根据电子守恒，有 被还原，故C不符合题意；
D．乙醇在负极失电子生成二氧化碳，负极反应为 ，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.加入硝酸促进了电池的大电流放电因此硝酸可做催化剂，降低活化能
B.正极是氧气得到电子结合氢离子形成水导致氢离子浓度降低
C.写出总的反应方程式即可判断
D.负极是乙醇失去电子变为二氧化碳和氢离子的反应写出即可
7．【答案】C
【解析】【解答】A．碳酸钠可用作食用碱，是利用其水溶液显碱性，能与酸反应，A不符合题意；
B．NaHCO3 可用作焙制糕点的膨松剂，是利用其受热易分解产生CO2气体，B不符合题意；
C．过氧化钠可用于潜水艇的供氧剂，是利用其能与水、二氧化碳反应生成氧气，与过氧化钠具有强还原性无关，C符合题意；
D．ClO2可用于自来水杀菌消毒，是利用其具有强氧化性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据物质性质及其对应用途进行分析。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．由图可知，(g)的能量小于(g)，则(g)(g)的反应为吸热反应，故A不符合题意；
B．由图可知，(g)转化为 (g)和氢气的反应为放热反应，反应的热化学方程式为(g)(g)，故B符合题意；
C．由图可知，(g)的能量小于(g)，则相同状况下，等质量的和完全燃烧，放热少，故C不符合题意；
D．(g)转化为(g)放出热量不是(g) 转化为(g)放出热量的3倍说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.反应物的总能量小于生成物的总能量的反应为吸热反应；
C.(g)的能量小于(g)；
D.3d=a时，说明苯分子中存在三个完全独立的碳碳双键。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．由于B的状态未标出，若B为纯液体或固体，则加入少量B，平衡不移动，若B为气体，则加入少量B，生成物的浓度增大，平衡就会逆向移动，故A不符合题意；
B．达到平衡的标志之一是同一物质的正逆反应速率相等，而化学反应速率之比等于化学计量数之比，即 都表示正反应方向的速率，不能表示反应达到平衡状态，故B不符合题意；
C．若开始时向容器中加入1 A，由于反应为可逆反应，1molA不会完全反应，故达到平衡时吸收热量小于Q，故C不符合题意；
D．缩小容器体积，重新达到平衡时，温度不变，K不变，若B为固体、纯液体，K=c(C)，K不变， 的浓度不变，若B为气体，K=c(C)c(B)，由于c(C)和c(B)始终相等，故K=c(C)2，温度不变，K不变， 的浓度与原平衡浓度相等，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图示可以得到正反应是吸热反应。
A.B的状态不确定，因此不能说明加入B反应移动的方向
B.达到平衡的盘算标准是正逆速率相等
C.可逆反应，反应不完全
D.温度不变，平衡常数不变，可据此计算
10．【答案】B
【解析】【解答】A．晶体中有阳离子，不一定有阴离子，如金属晶体中只有阳离子和电子，A不符合题意；
B．CuSO4溶液在空气中蒸干得到CuSO4固体，说明Cu2+虽然水解，但蒸干过程中硫酸不会挥发，同理Fe2(SO4)3溶液在空气中蒸干得到Fe2(SO4)3固体，B符合题意；
C．SO2虽为酸性气体，但同时具有较强还原性，通入Ca(ClO)2溶液会被氧化为硫酸根，无法得到亚硫酸钙，C不符合题意；
D．Fe和S反应生成FeS，说明S氧化性较弱，只能将金属元素氧化为较低价态，所以Cu和S反应生成Cu2S，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.不是所有的晶体中都有阴阳离子，比如金属晶体
B.虽然铜离子和铁离子均水解，但是硫酸不是挥发性酸，可以制取
C.充分考虑二氧化硫具有还原性以及次氯酸根具有氧化性
D.铜的活动性弱，而硫的氧化性弱只能将其氧化为低价
11．【答案】A
【解析】【解答】A．ClF3与水按照1：2发生反应ClF3+2H2O=3HF+HClO2，生成了两种弱酸，符合题意；
B．ClF3中Cl为+3价，有氧化性，故能与一些金属反应生成氯化物和氟化物，不符合题意；
C．三氟化氯与水反应生成了HF，HF可与硅反应，故可用于清洁化学气相沉积的反应舱附着的半导体物质，不符合题意；
D．因ClF3有氧化性，可以使许多材料不接触火源就燃烧，故可以代替H2O2充当火箭推进剂中的氧化物，不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、根据发生反应的化学方程式分析；
B、ClF3中氯元素为＋3价，具有氧化性；
C、ClF3与H2O反应生成HF，能与Si反应；
D、根据题干ClF3的性质分析；
12．【答案】D
【解析】【解答】A．由图示信息可知上二氧化硫失电子生成，为负极，负极电势低于正极电势，故A不符合题意；
B．气体不是标准状况，不能根据气体体积确定气体的物质的量，故B不符合题意；
C．正极反应：，生成时，转移0.2mol电子，结合负极反应：，转移0.2mol电子时，负极吸收0.1mol二氧化硫，负极区增加13g，故C不符合题意；
D．根据盖斯定律可知，总反应可由①+②得到，总反应的，<0，反应可自发进行，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．负极电势低于正极电势；
B．没有注明标准状况；
C．正依据得失电子守恒；
D．根据盖斯定律分析。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．放电时，X极上Na失电子、发生氧化反应、为负极，则充电时，X极为阴极，发生了还原反应，故A不符合题意；
B．充电时，Y极做阳极，电极反应式为CaFeO2.5＋0.5Na2O-e-=CaFeO3＋Na＋，故B符合题意；
C．乙醇是非电解质，不能导电，不能作为电解质溶液，故C不符合题意；
D．若Na和Li都失去1mol电子，则电极材料中消耗Na的质量为23g、Li的质量为7g，所以单位质量金属放出的电能：Li＞Na，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据原电池工作原理图可知，负极X上Na发生失电子的氧化反应，负极反应式为Na-e-=Na+，正极Y上发生得电子的还原反应，正极反应式为CaFeO3+Na++e-═CaFeO2.5+0.5Na2O，充电时为电解池，原电池的负极连接电源的负极，阴阳极的电极反应和放电时的负正极反应相反，据此分析解答。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，为化合反应；硫酸亚铁与氯化钡反应可得到氯化亚铁和硫酸钡，为复分解反应；铁与氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，属于置换反应，故 A符合题意；
B.可以通过硫酸亚铁与氧气反应生成硫酸铁，属于化合反应；也可以通过氢氧化铁和硫酸反应得到硫酸铁和水，属于复分解反应；但不能通过置换反应得到硫酸铁，故B不符合题意；
C．铁与氧气点燃可生成四氧化三铁，为化合反应，铁与水蒸气在高温条件下生成四氧化三铁和氢气，为置换反应，但不能通过复分解反应得到四氧化三铁，故C不符合题意；
D．氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，为化合反应，氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁和氯化钠，为复分解反应，但不能通过置换反应得到Fe(OH)3，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】
A.三种反应类型均可达到；
B.置换反应不可；
C.复分解反应无法得到；
D.置换反应无法得到。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析可知，Zn电极为负极，电极方程式为：，浓度增大，平衡正向移动，H+浓度增大，I室溶液pH减小，故A不符合题意；
B．放电时，该装置II室中Na+通过阳离子交换膜进入III室，Cl-通过阴离子交换膜进入I室，可实现海水淡化，故B符合题意；
C．放电时，Zn电极反应为，则充电时，Zn电极反应为，故C不符合题意；
D．充电时，III室为阳极，电极方程式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，每生成转移4mol电子，同时有4molNa+通过阳离子交换膜进入II室，III室溶液质量理论上减少32g+4mol×23g/mol=124g，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据电极反应和题目信息中的平衡移动分析；
B．电解时，阴离子会由阴极区通过阴离子交换膜向阳极区移动，阳离子会由阳极区通过阳离子交换膜向阴极区移动；
C．放电时，阴极反应是负极反应的逆反应；
D．依据得失电子守恒。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．过程Ⅰ中SO2被NaOH吸收生成 Na2SO3，SO2体现出酸性氧化物的性质，故A不符合题意；
B．过程Ⅱ中，Na2SO3、Ca(OH)2与O2反应，生成NaOH和CaSO4，1mol O2可氧化2mol Na2SO3，故B不符合题意；
C．过程Ⅰ中NaOH被消耗，过程Ⅱ中又生成NaOH，所以双碱法脱硫过程中，NaOH可以循环利用，故C符合题意；
D．由以上分析可知，总反应为2Ca(OH)2+2SO2+O2═2CaSO4+2H2O，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据图示可以得出，在过程I中二氧化硫体现出了酸性氧化物的性质，未发生化合价的改变，在过程II发生的是氧化还原反应，亚硫酸钠最为还原剂氧气作为氧化剂，根据得失电子即可计算出五皇子的量之比，氢氧化钙做为反应物参与反应不能循环使用对I和II进行合并即可写出总的方程式
17．【答案】C
【解析】【解答】A．H2S(g)+ O2(g)=SO2(g)+H2O(g)和8S(g)=S8(g)都属于放热反应，故ΔH1＜0、ΔH5＜0，故A不符合题意；
B．反应H2S(g)+ O2(g)=SO2(g)+H2O(g)减去反应H2S(g)+ O2(g)=S(g)+H2O(g)得到：S(g)+O2(g)=SO2(g)，ΔH＜0，该反应为放热反应，则反应H2S(g)+ O2(g)=SO2(g)+H2O(g)放出的热量大于H2S(g)+ O2(g)=S(g)+H2O(g)放出的热量，ΔH1＜ΔH2，故B不符合题意；
C．①H2S(g)+ O2(g)=SO2(g)+H2O(g) ΔH1
②H2S(g)+ O2(g)=S(g)+H2O(g) ΔH2
③2H2S(g)+SO2(g)= S8(g)+2H2O(g) ΔH4
④利用盖斯定律：将 (①+③-3×②)得到：8S(g)=S8(g)ΔH5= (ΔH1+ΔH4-3ΔH2)，故C符合题意；
D．H2O(l)变为H2O(g)还要吸热，故ΔH3＜ΔH4，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.H2S(g)+ O2(g)=SO2(g)+H2O(g)和8S(g)=S8(g)都属于放热反应；
B.完全燃烧比不完全燃烧放热多，放热越多，ΔH越小；
C.根据盖斯定律可知，ΔH5= (ΔH1+ΔH4-3ΔH2)；
D.等量的同种物质，状态不同能量不同，能量：g＞l＞s。
18．【答案】B
【解析】【解答】A.制备SO2的原理是： ，A选项是正确的；
B.②处出现黄色沉淀是S单质，证明SO2具有氧化性，B选项是错误的；
C.①处褪色说明SO2具有漂白性，③处褪色证明SO2具有还原性，C选项是正确的；
D.④处的NaOH溶液可以与SO2反应达到尾气处理的作用，D选项是正确的。
故答案为：B。
【分析】A.制备SO2的原理是强酸制弱酸；
B.②处发生的反应是：二氧化硫将硫化钠氧化为硫单质；
C.SO2具有漂白性，可以使品红褪色，SO2具有还原性，可以将碘单质还原为碘离子；
D.SO2与NaOH反应的方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．二氧化碳转化为甲酸根，碳元素化合价降低，失去电子，根据电解原理可知M极为阴极，N极为阳极，所以Ⅹ为氯气，A项不符合题意；
B．根据电解原理图可知Na+要通过膜Ⅱ进入中间室，所以膜Ⅱ是阳离子交换膜，B项符合题意；
C．a极为负极，电势低于b极，C项不符合题意；
D．M电极上二氧化碳转化为甲酸根，碳元素化合价降低，发生的电极反应式为CO2＋H2O＋2e-=HCOO-＋OH-，D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】
A.M极二氧化碳生成甲酸根，得电子，故氯化钠需要失电子，故X为氯气；
B.根据分析M为阴极，N为阳极，阳离子钠离子需要往阳极移动，故膜Ⅱ为阳离子交换膜；
C.ａ极负极电极电势低于ｂ极；
D.M阴极得电子还原反应，电极反应式为CO2＋H2O＋2e-=HCOO-＋OH-。
20．【答案】A
【解析】【解答】A． “芳纶”是一种新型高科技合成纤维，故A符合题意；
B． 3He、2He为质子数相同，中子数不同的原子，互为同位素，故B不符合题意；
C．可燃冰是甲烷(CH4)和水形成的一种水合物，故C不符合题意；
D．钛合金材料属于合金，不是高分子材料，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.芳纶是有机合成材料
B.同素异形体是单质
C.可燃冰是混合物，水是纯净物
D.钛合金是利用物理变化制备的，不是合成材料是金属材料
21．【答案】（1）B
（2）V2O3+O2+CaCO3 Ca(VO3)2+CO2
（3）加入硫酸使VO3-+2H+ VO2++H2O中c(VO3-)降低，Ca(VO3)2溶解平衡Ca(VO3)2(s) Ca2+(aq)+VO3-(aq)正向移动，Ca(VO3)2溶解；(VO2)2SO4
（4）NH4++2HCO3-+VO2+=NH4VO3↓+2CO2↑+H2O
（5）NH4VO3不溶于乙醇，减少损失
（6）HVO3；H2O
【解析】【解答】（1）高炉炼铁的主要原理是Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2，因此应用的冶炼方法是热还原法；答案为：B；（2）钒渣中的V2O3在焙烧时转化为Ca(VO3)2，可看到钒元素化合价升高了，但是焙烧时加入CaCO3并不是氧化剂，真正的氧化剂是氧气，故该反应的化学方程式为V2O3+O2+CaCO3 Ca(VO3)2+CO2；答案为：V2O3+O2+CaCO3 Ca(VO3)2+CO2；（3）Ca(VO3)2难溶于水，则存在溶解平衡： ，又有信息知 ，故可推知Ca(VO3)2难溶于水但能溶于稀硫酸，氢离子浓度增大， 向右移动， 浓度减小， 向右移动；答案为：加入硫酸， 中c(VO3-)降低，Ca(VO3)2溶解平衡Ca(VO3)2(s) Ca2+(aq)+VO3-(aq)正向移动，Ca(VO3)2溶解；上述平衡移动的结果，浸出液中含钒粒子主要为 ，则含钒物质的化学式为(VO2)2SO4；答案为：(VO2)2SO4；（4）浸出液中含钒粒子主要为 ，加入碳酸氢铵通过反应沉钒，沉钒过程有气体生成，气体只能是CO2，沉钒结果得到NH4VO3；可以看到加入碳酸氢铵，碳酸氢根消耗氢离子使 平衡向左移动， 浓度减小，以及 与铵根离子产生沉淀可使反应持续进行，故沉钒过程的离子方程式为NH4++2HCO3-+VO2+=NH4VO3↓+2CO2↑+H2O；答案为：NH4++2HCO3-+VO2+=NH4VO3↓+2CO2↑+H2O；（5）题给信息②NH4VO3微溶于冷水，易溶于热水，不溶于乙醇，因此过滤后用乙醇代替水来洗涤沉淀的原因是NH4VO3不溶于乙醇，减少损失；答案为：NH4VO3不溶于乙醇，减少损失；（6）煅烧NH4VO3时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到200℃时，质量减少0.17g，所以0.01molNH4VO3，生成气体为氨气0.01mol，发生NH4VO3 NH3↑+HVO3，失去的是氨气，得到的是HVO3；答案为：HVO3；
加热到350℃时固体质量减少0.09g，失去0.005molH2O，发生的反应2HVO3 H2O+V2O5；答案为：H2O。
【分析】（1）从高炉炼铁的反应解答；（2）钒渣中的V2O3在焙烧时转化为Ca(VO3)2，可看到钒元素化合价升高了，找氧化剂并用氧化还原反应原理来书写该反应的化学方程式；（3）Ca(VO3)2难溶于水但能溶于稀硫酸，试用平衡移动原理分析；找到浸出液中含钒的微粒，即可写出物质的化学式；（4）分析浸出液中含钒微粒与碳酸氢铵之间的反应，结合沉钒过程有气体生成来书写其反应的离子方程式；（5）比较乙醇、水分别作洗涤剂洗涤沉淀优劣，就可找出原因；（6）由图示数据等信息、结合物质的性质计算求解；
22．【答案】（1）-399.7；向正反应方向
（2）②；B
（3）温度过高，(NH4)2SO3分解，浓度减小或温度升高，氧气在溶液中的溶解度降低；
（4）大于；大于；
【解析】【解答】I．(1)根据盖斯定律可知，由②×4-①可得反应CaO(s)+ 3CO(g) +SO2(g) CaS(s)+3CO2(g)，故△H3=-47.3 kJ mol-1×4-(+210.5kJ mol-1)=-399.7kJ mol-1；该反应是气体物质的量减小的反应，则平衡时，增大压强，此反应将向正反应方向移动；
(2)由曲线I知，随着温度的升高，lgK减小，即K值减小，则升温平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，故曲线I代表反应②；反应①生成SO2，则为减少SO2排放，应使反应①逆向移动，降低温度，增大压强，均可以使反应①平衡逆向移动，故本体系适宜的反应条件是B；
(3)当温度超过60℃时，(NH4)2SO3氧化速率下降的原因可能是温度过高，(NH4)2SO3分解，浓度减小或温度升高，氧气在溶液中的溶解度降低；(NH4)2SO4溶液中 离子水解使溶液显酸性，且水解是微弱的，则离子浓度的大小关系为 ；
II．(4)①由图可知，升高温度，平衡时SO2的转化率减小，说明升温平衡逆向移动，该反应为放热反应，则该反应的平衡常数K(100℃)大于K(300℃)；在500℃下，若反应进行至N点，此时，SO2的转化率比该温度下平衡时SO2的转化率小，则反应正向进行，v正大于v逆；
②若反应一直保持在p压强条件下进行，M点时，平衡时SO2的转化率为50%，假设起始加入SO2、Cl2均为1mol，则可列出三段式(单位：mol)： ，则M点SO2(g)、Cl2(g)、SO2Cl2(g)的分压均为 ，则M点的分压平衡常数 。
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算，根据平衡移动影响因素即可确定压强对平衡的影响
（2）考查的是温度对①②平衡常数的影响，根据吸热放热确定反应确定温度改变平衡移动的方向即可，考查的是温度和压强对平衡的影响
（3）考查的是温度对反应物的影响导致浓度的变化，根据三大守恒即可写出离子浓度关系
（4）①先根据二氧化硫的平衡转化率确定正反应是放热吸热情况，在确定温度的变化平衡移动的方向即可②根据数据结合三行式计算出平衡时的物质的量，再根据Kp的计算公式计算即可
23．【答案】（1）阳离子；
（2）；
（3）
【解析】【解答】(1)由图可知，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e—=2OH—+ H2↑，阳极上氯离子放电生成氯气，使阳极室中阳离子电荷数大于阴离子，阴极生成的氢氧根离子使阴极室中阴离子电荷数大于阳离子，为维持两室溶液中的电荷守恒关系，阳极室中的钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室，则离子交换膜为阳离子交换膜，故答案为：阳离子；2H2O+2e-=2OH-+ H2↑；
(2) 产生“气泡”发生的反应为硫酸氢钠溶液与碳酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为 ；生成二氧化氯发生的反应为亚氯酸钠溶液与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应的离子方程式为 ，故答案为： ； ；
(3)由铬酸银的溶度积可知，溶液中铬酸根离子的浓度为1×10-4mol/L时，银离子的浓度为 = =1×10-4mol/L，由氯化银的溶度积可知溶液中氯离子浓度为 = =2×10-6mol/L，故答案为：2×10-6。
【分析】（1）根据右边氢氧化钠的浓度变化即可判断为阳离子交换膜，阴极是氢离子放电即可写出电极式
（2）根据反应物和生成物即可写出方程式
（3）根据氯化银和铬酸银的Ksp即可计算出浓度
24．【答案】（1）-285.2；SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢
（2）4NO+3ClO+2H2O = 4NO+4H++3Cl-；SO2能溶于水，反应后使溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，NO去除率升高
（3）催化剂在紫外线的作用下将电子激发到CB端，而在VB端留下空位；氧气在CB端得电子生成·O，·O结合 H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和·OH-进入VB端的空位生成·OH；金属离子掺杂引起的电子跃迁的能量小于3.2eV
【解析】【解答】(1)①已知a：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ΔH = 198 kJ·mol 1，
根据图示可知b：SO2(g)+O3(g)=SO3(g)+O2(g) ΔH = 241.6 kJ·mol 1。
根据盖斯定律，将2×b-a，整理可得2O3(g)=3O2(g)的 ΔH=-285.2 kJ/mol；
②其他条件不变时，增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢，因此反应速率几乎不变；
(2)①ClO具有强氧化性，会将NO氧化为，ClO被还原为Cl-，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得该反应的离子方程式为：4NO+3ClO+2H2O = 4NO+4H++3Cl-；
②烟气中含有少量SO2，SO2能溶于水，反应产生H2SO3，使反应后溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，从而导致NO去除率升高，故提高了NO的脱除率；
(3)①TiO2光催化剂在紫外线作用下产生·OH的过程可描述为：催化剂在紫外线的作用下将电子激发到CB端，而在VB端留下空位；氧气在CB端得电子生成·O，·O结合 H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和·OH-进入VB端的空位生成·OH；
②在TiO2中掺杂一定量的金属离子可提高光催化活性。由于TiO2中电子跃迁的能量hv=3.2eV，因此对所掺杂金属离子的要求是：金属离子掺杂引起的电子跃迁的能量小于3.2eV。
【分析】（1）①根据盖斯定律即可计算出焓变
②根据活化能的高低判断
（2）①根据反应物和生成物即可写出方程式
②二氧化硫溶于水显酸性，pH越大，ORP越大氧化能力增强
（3）①根据流程图即可找出
②根据二氧化钛的电子跃迁能量即可找出
25．【答案】（1）4Al+3MnO2 3Mn+2Al2O3
（2）MnO2+SO2 MnSO4；2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；溶液中存在平衡：MnCO3(s)=Mn2+(aq)+ (aq)， 消耗溶液中的H+，促进SO2溶解：SO2+H2O H2SO3，H2SO3 H++ 生成Mn2+有催化作用，可促进反应2SO2+O2+2H2O 2H2SO4发生
（3）55 c(V1-V0)×10-3
【解析】【解答】(1)铝热法还原MnO2制备锰即高温条件下铝单质和MnO2反应得到氧化铝和Mn单质，化学方程式为4Al+3MnO2 3Mn+2Al2O3；
(2)①根据题意可知MnO2会将SO2氧化得到MnSO4，化学方程式应为MnO2+SO2 MnSO4；
②据图可知过程I中MnO2被Fe2+还原生成Mn2+，Fe2+被氧化为Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
③溶液中存在平衡：MnCO3(s)=Mn2+(aq)+ (aq)， 消耗溶液中的H+，促进SO2溶解：SO2+H2O H2SO3，H2SO3 H++ ，同时生成的Mn2+有催化作用，可促进反应2SO2+O2+2H2O 2H2SO4发生；
(3)滴定时发生反应Fe2++Mn3+=Fe3++Mn2+，所以n(Mn)=c(V1-V0)×10-3mol，所取废水为1mL，所以废水中锰的含量为55 c(V1-V0)×10-3g/mL。
【分析】（1）根据反应物和生成物结合反应原理即可写出方程式
（2）①软锰矿进行脱硫可生成硫酸锰 即可写出方程式②根据①的反应物和生成物即可写出方程式③MnCO3难溶于水， 利用碳酸锰的溶解平衡电离出的锰离子具有催化作用将提高脱硫率
（3）写出的发生的反应，利用滴定的数据计算出锰元素的物质的量即可锰元素的含量
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