2024届高三化学高考备考一轮复习专题训练——化学反应与能量（含解析）

2024届高三化学高考备考一轮复习专题训练——化学反应与能量
一、单选题
1．下列物质的应用中，主要利用的反应不属于氧化还原反应的是（　　）
A．用铝和氧化铁的混合物焊接铁轨
B．用氮气实现工业合成氨
C．实验室用溶液吸收尾气
D．过量铁粉与稀硫酸反应制备硫酸亚铁
2．2021年9月，中国科学家在实验室中首次实现从二氧化碳经11步非自然反应实现淀粉分子的全合成。核磁共振等检测发现，人工合成淀粉分子与天然淀粉分子的结构组成一致。下列有关说法错误的是（　　）
A．该研究对我国粮食安全有重要意义
B．11步反应中一定存在氧化还原反应
C．人工合成的淀粉属于高分子化合物
D．淀粉分子中含有C，H，O，N四种元素
3．下列生产生活中的变化或应用与氧化还原反应无关的是（　　）
A．铁盐净水 B．煤气化
C．液态油脂变奶油 D．蓄电池放电
4．某离子反应涉及到ClO﹣、NH4+、N2、Cl﹣等微粒，其中N2、ClO－的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．该反应中ClO－为氧化剂，N2为氧化产物
B．反应后溶液的pH减小
C．如图t0时反应达平衡状态
D．反应过程中每生成1 mol N2，转移6mol电子
5．非物质文化遗产是我国优秀传统文化的重要组成部分。下列说法正确的是
A．武强木版年画——印刷过程发生了化学变化
B．传统纺织工艺——棉花的主要成分为蛋白质
C．易水砚制作技艺——沉积岩为新型无机非金属材料
D．烟花爆竹制作工艺——燃放烟花时发生了氧化还原反应
6．铀(U)可用作核燃料。核废料中+6价的铀[U(Ⅵ)]可以通过以下两种方法处理。电化学还原法。U(Ⅵ)还原为U(Ⅳ)的电化学装置如图-1所示。
阴极上发生反应：、
阴极区溶液中发生反应：、
以恒定电流进行电解，测得阴极区溶液中部分离子的物质的量浓度随时间变化如图-2所示。下列说法错误的是（　　）
A．反应中，每生成0.1 mol N2转移电子0.4 mol
B．阴极区溶液中加入N2H5NO3的目的是消耗反应中生成HNO2，防止HNO2与U4+反应
C．电解0~100 min，电路中每转移1 mol e-，阴极区H+减少2 mol
D．100~200 min，c(H+)下降速率低于100 min前，原因是相同时间内，转移等量电子时，比消耗的更少，且生成的HNO2与反应有H+生成
7．氢能源是最具应用前景的能源之一。可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作原理如图所示（电极l、电极2均为惰性电极）。下列说法错误的是(　　)
A．控制连接开关或，可交替得到和
B．碱性电解液改为酸性电解池能达到同样目的
C．接通时电极3上的电极反应式为
D．电极3在交替连接或过程中得以循环使用
8．用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应a可实现氯的循环利用：
反应a：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) H=-115.6kJ/mol
已知：i.
ii.H2O(g)=H2O(l) ΔH2 =-44 kJ·mol-1
下列说法错误的是（　　）
A．反应a中反应物的总能量高于生成物的总能量
B．反应a中涉及极性键、非极性键的断裂和生成
C．4HCl(g) ＋ O2(g) = 2Cl2(g) ＋ 2H2O(l) ΔH3 = -159.6kJ·mol-1
D．断开1 mol H-O 键与断开 1 mol H-Cl 键所需能量相差约为31.9 kJ
9．向两份等体积、等浓度、pH不同的FeSO4溶液中逐滴加入NaClO溶液，实验测得溶液pH随加入NaClO溶液体积变化曲线如下图。已知实验现象：I．滴入V1 mL NaClO溶液产生大量红褐色沉淀；II．滴入V1mL NaClO溶液，溶液变黄，未见沉淀，继续滴加，出现红褐色沉淀。下列说法错误的是（　　）
A．a~b段主要反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+
B．d~e段主要反应的离子方程式为：2Fe2++2ClO-+3H+=HClO+Cl-+2Fe3++H2O
C．c、f点pH接近的主要原因是：ClO-+H2O HClO+OH-
D．向c点溶液中加入过量的浓盐酸，沉淀溶解并有刺激性气味的气体放出
10．目前发展势头强劲的绿色环保储能电池——钒电池的工作原理如下图所示，放电时电子由B极沿导线向A极移动，电解质溶液含硫酸，下列说法正确的是
A．基态原子钒的价层电子排布式为
B．放电时H+由B极经离子交换膜向A极移动
C．充电时电池被氧化为
D．充电时A极反应为
11．下列说法错误的是（　　）
A．淀粉、油脂、亚油酸的组成元素中均只含C、H、O
B．工业生产石油化工中的重要基础原料乙烯，主要原理是发生消去反应
C．3M防颗粒物口罩含有聚丙烯，聚丙烯属于高分子，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．将植物的秸杆、枝叶、杂草和人畜粪便加入沼气发酵池中，一定条件下生成沼气，属于生物质能的生物化学转换
12．钛合金材料已经广泛应用于国防、航天、医疗等领域。已知常温下钛(Ti)与酸、碱均不反应高温下能被空气氧化。由钛铁矿(主要成分为FeO·TiO2)提取金属钛的主要流程如图所示。有关叙述错误的是（　　）
A．步骤Ⅰ、Ⅱ中的碳均作还原剂
B．可用稀硫酸或稀盐酸除去金属钛中的少量镁
C．钛元素位于元素周期表中第ⅡB族
D．步骤Ⅲ需在氩气氛围中进行，防止金属被空气氧化
13．我国科学家采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将转化为乙烯，装置示意图如图。已知：电解效率。下列说法正确的是
A．电极a连接电源的正极
B．电极b上发生反应：
C．通电后右室溶液质量减少
D．若电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，标况下产生1.12L乙烯
14．一种新型的电解废水处理技术是以活性炭为电极板和粒子凝胶颗粒填充的电解装置(如图所示)。用该装置电解过程中产生的羟基自由基( OH)氧化能力极强，能把苯酚氧化为CO2和H2O。下列说法错误的是（　　）
A．a电极为负极
B．阳极电极反应式为2H2O－4e-=O2↑+4H+
C．苯酚被氧化的化学方程式C6H5OH+28 OH=6CO2↑+17H2O
D．阳极区每产生0.6mol气体，阴极区理论上就会产生1.4mol气体
15．我国科研人员通过控制光沉积的方法构建 型复合材料光催化剂，其中 和 离子渗透Nafion膜可协同 、 分别反应，构建了一个人工光合作用体系，其反应机理如图：
下列说法错误的是（　　）
A．该反应的总方程可表示为
B．该过程能量转化形式为光能转化为化学能
C．Nafion膜的功效类似于阳离子交换膜
D．图中a、b分别代表 、
16．一种以黑钨矿(主要成分是FeWO4和MnWO4，还含有Si、As等元素的杂质)为原料制备钨酸(H2WO4)的工业流程如图所示。
已知：“水浸”后滤液中主要阴离子为 、 、 和
下列说法错误的是（　　）
A．滤渣的成分是H2SiO3
B．“焙烧”过程中，Fe、Mn元素被氧化
C．“氧化”过程发生反应的离子方程式是 +ClO-= +Cl-
D．“沉钨”过程，用Ca(OH)2溶液代替CaCl2溶液效果更好
二、综合题
17．重铬酸钾常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。由含铬废液(主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等)制备K2Cr2O7的流程如下图所示。
已知：I 在酸性条件下，H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+
II相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
回答下列问题：
（1）滤渣②的主要成分为　 　(填化学式)。
（2）写出“氧化”步骤中反应的化学方程式　 　。
（3）“加热”操作的目的是　 　。
（4）“酸化”过程中发生反应2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O (K=4×1014L3.mol3)已知，“酸化”后溶液中c(Cr2O72-)=1.6×10-3mol/L则溶液中c(CrO42-)=　 　
（5）“结晶”后得到K2Cr2O7(M=294g.mol-1)产品0.5000 g，将其溶解后用稀H2SO4酸化，再用浓度为1.0000 mol.L-l (NH4)2Fe(SO4)2 标准溶液滴定，滴定终点消耗标准溶液的体积为9.00 mL，则产品的纯度为　 　。[滴定反应为：K2Cr2O7+6(NH4)2Fe(SO4)2+7H2SO4 =K2SO4 +Cr2(SO4)3 +6(NH4)2SO4+3Fe2(SO4)3+7H2O]
（6）在K2Cr2O7存在下，可利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如下图所示。
①负极的电极反应式为　 　；
②一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度　 　(填“增大”、“减小”或“不变”)。
18．氮的氧化物是大气污染物之一，研究氮氧化物的反应机理对缓解环境污染有重要意义，回答下列问题。
（1）已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH1= -114 kJ·mol-1
C(s) +O2(g) =CO2(g) ΔH2= -393.5 kJ·mol-1
N2(g) +O2(g) =2NO(g) ΔH3= +181 kJ·mol-1
若某反应的平衡常数表达式为，请写出此反应的热化学方程式　 　。
（2）对反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH= -746.5 kJ·mol-1，分别在不同温度、不同催化剂下，保持其它初始条件不变，重复实验，在相同时间内测得NO转化率与温度的关系如图所示。
在催化剂乙作用下，图中M点对应的速率(对应温度400℃)v(正)　 　v(逆)(填“＞”、“＜”或“=”)，温度高于400℃，NO转化率降低的原因可能是　 　。
（3）T℃时，存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g)。该反应正逆反应速率与NO2、N2O4的浓度关系为：v(正)=k正c2(NO2)，v(逆)=k逆c(N2O4)(k正、k逆是速率常数)，且lgv(正)~lgc(NO2)与lgv(逆)~lgc(N2O4)的关系如图所示。
①T℃时，该反应的平衡常数K=　 　。
②T℃时，向刚性容器中充入一定量NO2，平衡后测得c(N2O4)为1.0mol·L-1，则平衡时NO2的物质的量分数为　 　(以分数表示)。平衡后v(正)=　 　(用含a的表达式表示)。
（4）NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现以Fe3+为主体催化剂时可能发生的反应过程如图，写出脱硝过程总反应的化学方程式：　 　。
19．随着新能源汽车的不断推广，近几年动力电池迎来退役潮爆发。大量淘汰的电池（LFP）若得不到正确的处理，必然会带来严重的环境污染及能源浪费。有一种从废旧磷酸铁锂正极片（含、铝箔等）中回收金属和电池再生技术工艺流程如下（已知：在水中的溶解度随温度升高而降低）。
（1）在“碱浸”时，为加快浸出速率，可进行的措施为　 　（任写—条即可）
（2）“氧化浸出”时生成了难溶的，该反应的离子方程式为　 　，为了保证“氧化浸出”的效率，严格控制了反应的温度，减少分解的同时保证反应速率，但是实际生产中用氧化的效率还是较低，可能的原因是　 　。
（3）已知不同浓度的硫酸对Li、Fe元素的“氧化浸出”效率如下图所示。的范围应控制在____。
A．0.1~0.2 B．0.3~0.4 C．0.6~0.7 D．0.9~1.0
（4）“一系列操作”具体包括　 　、　 　、洗涤、干燥。
（5）“纯化”后的滤渣b在高温条件下与、混合煅烧可得，实现再生利用，其化学方程式为　 　。
（6）比亚迪“汉”汽车搭载了全新的磷酸铁锂“刀片电池”。其放电时的总反应为，则充电时的阳极反应式为　 　。
20．碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。
（1）碳酸锂制取锂的反应原理为：
① ；
② 。
锂原子的电子排布式为　 　；CO2的结构式为　 　；反应②中物质涉及的化学键类型有　 　。
（2）碳原子核外电子有　 　种不同能量的电子，其中有两个电子的能量最高且能量相等，这两个电子所处的轨道分别是　 　。
（3）氢化锂(LiH)是离子化合物，写出其阴离子的电子式　 　，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释：　 　。
（4）用 、氨水和液溴制备 。除生成 外，还产生了两种参与大气循环的气体，补全产物并配平该反应的化学方程式： ，　 　。
（5）磷酸亚铁锂电池总反应为： ，放电时，负极为　 　(填写化学式)。若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有 气体(标准状况)产生时，该电池消耗锂的质量为　 　。
21．研发CO2利用技术成为了研究热点，某科研团队采用一种类似“搭积木”的方式，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉分子的全合成，“积木”中涉及如下两个反应：①CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ②CH3OH(g)+O2(g) HCHO(g)+H2O2(l)。完成下列填空：
（1）一定温度下，往5L反应釜中充入1molCO2、3molH2，反应5min，气体总的物质的量减少了20%，则0~5min内，H2的平均反应速率v=　 　。
（2）反应②的平衡表达式K=　 　。将同体积的CH3OH(g)与O2(g)充入反应器中，当以下数值不变时，不能说明该反应达到平衡的是　 　(选填序号)。
a.气体密度 b.气体总压 c.CH3OH与O2体积比 d.O2的体积分数
（3）将同体积的CH3OH(g)与O2(g)充入反应器中，平衡时v正(O2)、c(O2)与温度的关系如图所示：
反应②为　 　反应(选填：放热或吸热)。55~100℃时，O2的物质的量浓度随温度升高而增大的原因是　 　。
（4）反应②常会有副产物HCOOH产生，将NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，溶液中存在：c(OH–)-c(H+)=　 　。继续加入HCl溶液至中性，此时c(HCOOH)　 　c(Cl–)(选填“>”“<”或“=”)。
（5）写出检验HCOOH中是否含醛基的实验方法　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．铝和氧化铁在高温下反应生成铁和氧化铝，属于置换反应，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，A不符合题意；
B．氮气和氢气在高温、高压、催化剂条件下反应生成氨气，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，B不符合题意；
C．NaOH溶液和反应生成亚硫酸钠和水，元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，C符合题意；
D．过量铁粉与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．从二氧化碳合成淀粉，可保障部分食品供给，对我国粮食安全有重要意义，故A不符合题意；
B．二氧化碳转化为淀粉，C元素化合价发生变化，11步反应中一定存在氧化还原反应，故B不符合题意；
C．淀粉属于多糖，相对分子质量较大，属于高分子化合物，故C不符合题意；
D．淀粉属于糖类，组成元素只有C、H、O，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.淀粉属于多糖，是人类重要的营养物质 ，以二氧化碳、氢气为原料合成淀粉，有助于解决粮食危机；
B．淀粉发生氧化反应产生CO2，CO2发生还原反应产生淀粉，故由二氧化碳合成淀粉过程中一定存在氧化还原反应；
C．人工合成的淀粉与天然淀粉分子组成结构一致，它们的相对分子质量都很大，大于1万多，因此属于高分子化合物；
D．人工合成的淀粉分子与天然淀粉分子的组成一致，含有C、H、O。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．铁盐净水是因为溶液中铁离子发生水解反应生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附水中悬浮杂质形成沉淀，净水过程中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故A符合题意；
B．煤气化发生的反应为碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，反应中有元素的化合价变化，与氧化还原反应有关，故B不符合题意；
C．液态油脂变奶油发生的反应为液态油脂与氢气发生还原反应生成固态奶油，反应中有元素的化合价变化，与氧化还原反应有关，故C不符合题意；
D．蓄电池放电时，正极会发生还原反应，负极会发生氧化反应，与氧化还原反应有关，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】】A．水解反应和吸附过程中没有元素发生化合价变化；
B．煤气化为碳与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气，反应中有元素的化合价变化；
C．油脂硬化中碳碳双键与氢气的加成反应，反应中有元素的化合价变化；
D．蓄电池放电时电路中有电子的转移；
4．【答案】C
【解析】【解答】通过图像，N2的物质的量增大，说明N2为生成物，ClO－的物质的量减小，说明ClO－为反应物，化学反应遵循元素守恒和原子守恒，即NH4＋为反应物，Cl－为生成物，
A、根据上述分析，ClO－→Cl－，其中Cl的化合价降低，即ClO－为氧化剂，NH4＋→N2，其中N的化合价升高，NH4＋为还原剂，N2为氧化产物，故A说法不符合题意；
B、该离子方程式为3ClO－＋2NH4＋＋2OH－=N2↑＋5H2O＋3Cl－，消耗OH－，反应后溶液的pH降低，故B说法不符合题意；
C、根据图像t0后，物质的量仍发生变化，说明t0时没有达到平衡，故C说法符合题意；
D、每生成1mol N2，转移电子物质的量为1mol×2×[0－(－3)]=6mol，故D说法不符合题意。
【分析】图像t0后，物质的量仍发生变化，说明t0时没有达到平衡。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．印刷过程发生了物理变化，故A不符合题意；
B．棉花的主要成分为纤维素，故B不符合题意；
C．沉积岩为传统无机非金属材料，故C不符合题意。
D．燃放烟花爆竹是烟花爆竹与氧气发生了剧烈的氧化反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.有新物质生成的变化为化学变化，没有新物质生成的变化属于物理变化；
B.棉花的主要成分为纤维素；
C.沉积岩为传统无机非金属材料。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．在反应中，每生成1 mol N2，反应过程中转移4 mol电子，则反应产生0.1 mol N2时转移电子0.4 mol，A不符合题意；
B．根据阴极区反应可知：阴极区溶液中加入N2H5NO3能够消耗反应中生成HNO2，防止HNO2与U4+反应产生，B不符合题意；
C．根据电解方程式可知：在电解0~100 min，电路中每转移1 mol e-，阴极区H+增加2 mol，C符合题意；
D.100 min后参与电极反应，根据题干所给的阴极上的两个电极反应可知：在相同时间内，转移等量电子时，比消耗的H+更少，且生成的HNO2与反应有H+生成，故100~200 min，c(H+)下降速率低于100 min前，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据得失电子守恒计算；
B.加入N2H5NO3能够消耗反应中生成的HNO2；
D.在相同时间内，转移等量电子时，比消耗的H+更少，且生成的HNO2与反应有H+生成。
7．【答案】B
【解析】【解答】A.连接开关 时，电极1为阴极，发生的电极反应为 ，电极3为阳极，发生的电极反应为 ，连接开关 时，电极3为阴极，发生的电极反应为 NiOOH+H2O+e-= Ni(OH)2+OH- ，电极2为阳极，发生的电极反应为，故控制连接开关 或 ，可交替得到 和 ，A项符合题意；
B.如果碱性电解液改为酸性电解液，电极3上的物质 和NiOOH均能与酸反应，B项不符合题意；
C.由A项分析可知，接通 时电极3上的电极反应式为 ，C项符合题意；
D.由A项分析知，电极3在交替连接 或 过程中得以循环使用，D项符合题意。
【分析】连接开关 时，电极1为阴极，电极反应式为 ，电极3为阳极，电极反应式为 ；连接开关 时，电极3为阴极，电极反应式为NiOOH+H2O+e-= Ni(OH)2+OH-，电极2为阳极，电极反应式为。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．由反应a：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) H=-115.6kJ/mol，该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故A不选；
B．由4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)可知，反应a中涉及极性键、非极性键的断裂和生成，故B不选；
C．根据盖斯定律可知，4HCl(g) ＋ O2(g) = 2Cl2(g) ＋ 2H2O(l) ΔH3 = -203.6kJ·mol-1，故选C；
D．设H-O的键能为 ，H-Cl的键能为 ，由题意有 ，则 ，故D不选。
故答案为：C。
【分析】A.若反应物具有的能量大于生成物具有的能量，则反应放热，反之相反；
B.反应a中有H-Cl键、O=O双键断裂和Cl-Cl键、H-O键的形成；
C.根据盖斯定律分析解答；
D.焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能。
9．【答案】B
【解析】【解答】A.a b段生成红褐色沉淀，即生成了氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+，故A项不符合题意；
B. d e段段溶液变黄、没有立即生成沉淀，说明该溶液的酸性较强，生成铁离子，主要反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=Cl-+2Fe3++H2O，故B符合题意；
C.c、f点NaClO均过量，NaClO水解溶液显碱性，水解的离子方程式为：ClO-+H2O=HClO+OH-，故c、f点pH接近，C项不符合题意；
D.浓盐酸与次氯酸钠反应生成氯气，且盐酸能与氢氧化铁反应生成氯化铁，所以加过量的盐酸，沉淀溶解并有刺激性气味的气体放出，故D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.a～b段亚铁离子与次氯酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，然后水解相互促进生成氢氧化铁沉淀；
B.d～e段发生氧化还原反应生成铁离子，因次氯酸具有氧化性，不能生成次氯酸；
C.过量的次氯酸根离子水解使溶液呈碱性；
D.e点次氯酸与盐酸发生氧化还原反应生成氯气。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．V为23号元素，其电子排布为[Ar]3d34s2，其价电子排布式为3d34s2，A项不符合题意；
B．原电池（放电时）中，离子的移动方向：带正电的离子移向正极，带负电的离子移向负极，所以H+移向A极，B符合题意；
C．放电时为V2+-e-=V3+，充电为其逆过程为V3+被还原为V2+，C项不符合题意；
D．放电时A极反应为，充电时为其逆过程为，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据构造原理分析；
B．原电池“同性相吸”，阳离子移向正极，阴离子移向负极；
CD．充电阴极与放电时负极反应相反，反之则反之。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．淀粉为高分子碳水化合物，分子式为(C6H10O5 )n，油脂是油和脂肪的统称。从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯，高级脂肪酸和甘油的组成元素只含C、H、O，亚油酸的分子式：C18H32O2，则以上三者组成元素中均只含C、H、O，故A不符合题意；
B．工业生产石油化工中的重要基础原料乙烯，工业上生产乙烯主要是采用石油裂解，不是发生消去反应，故B符合题意；
C.3M防颗粒物口罩含有聚丙烯，聚丙烯属于高分子，分子结构简式为 ，结构中不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C不符合题意；
D．植物秸秆、枝叶、杂草含有生物质能，可发酵制取甲烷，从而有效利用生物质能，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.考查的是物质的元素组成，都是含有碳氢氧三种元素的有机物
B.石油中先蒸馏出绝大部分轻质油类，再进行石油的裂化裂解制取小分子的烃类化合物
C.含有不饱和键的有机物可使高锰酸钾褪色，但是聚丙烯不含有双键
D.主要成分是纤维素，纤维素经过水解进一步氧化可以得到甲烷
12．【答案】C
【解析】【解答】A、步骤Ⅰ钛铁矿(FeO·TiO2)中Fe元素被C还原成Fe单质，C作还原剂，A不符合题意；
B、Ti与酸不反应，Mg可溶于稀硫酸或稀盐酸，B不符合题意；
C、钛元素位于元周期表中第ⅣB族，C符合题意；
D、因为Ti高温下能被空气氧化，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据反应过程中碳元素化合价的变化分析；
B.Ti与稀盐酸或稀硫酸不反应，而Mg可以；
C.根据Ti在周期表中的位置分析；
D.高温下Ti能被空气中的O2氧化；
13．【答案】D
【解析】【解答】A．CO2在a极发生还原反应生成乙烯，a是阴极，电极a连接电源的负极，故A不符合题意；
B．CO2在a极发生还原反应生成乙烯，a是阴极，b是阳极，电极b上发生反应：，故B不符合题意；
C．根据，若电路中转移4mol电子，阳极放出1mol氧气，4molOH-通过阴离子交换膜由左室移入右室，右室质量增加36g，故C不符合题意；
D．阴极反应式为，若电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，生成0.05mol乙烯，标况下产生乙烯的体积为1.12L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 电极a实现将CO2转化为乙烯，发生还原反应，则电极a为阴极，电极反应式为：，电极b为阳极，电极反应式为。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．电解池中失去电子的电极为阳极，阳极上水失电子生成羟基和氢离子，所以b电极为正极，a为负极，故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+，故B符合题意；
C．羟基自由基有极强的氧化能力，能把苯酚氧化为CO2和H2O，则苯酚被氧化的化学方程式为：C6H5OH+28 OH=6CO2↑+17H2O，故C不符合题意；
D．根据H2O-e-= OH+H+，阳极生成1mol OH，转移1mole-，在阳极上消耗28mol OH，转移28mol电子，生成6molCO2，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，转移28mole-时，阴极区可以产生14molH2，则阳极区每产生0.6mol气体，转移2.8mol电子，根据2H++2e-=H2↑，阴极区理论上就会产生1.4mol气体，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】电极反应的书写根据反应及生成物及电子、电荷、原子守恒及溶液中的酸碱性进行书写。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．据图可知，初始反应物有H2O和CO2，最终产物为HCOOH和O2，根据电子守恒和元素守恒可得总反应为 ，A项不符合题意；
B．据图可知该反应在光照的条件下进行反应，将光能转化为化学能，B项不符合题意；
C． 和 离子渗透Nafion膜可协同 、 分别反应，Nafion膜可允许阳离子通过，其功效类似于阳离子交换膜，C项不符合题意；
D．H2O失电子后转化为O2，所以b得电子被还原转化为a，则a为Fe2+、b为Fe3+，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据反应物和生成物即可判断
B.根据反应的条件即可判断能量的转换
C.根据题意知道主要是铁离子和亚铁离子的渗透因此膜是阳离子交换膜
D.根据水到氧气是失去电子，因此b到a是得到电子即可判断a和b的化学式
16．【答案】D
【解析】【解答】A．“水浸”后滤液中含有 ，加入盐酸调节pH时会产生滤渣H2SiO3，选项A不符合题意；
B．根据后续中Fe、Mn的化合价，“焙烧”过程中，Fe、Mn元素由+2价升高为+3、+ ，被氧化，选项B不符合题意；
C．“氧化”过程次氯酸钠将 氧化为 ，发生反应的离子方程式是 +ClO-= +Cl-，选项C不符合题意；
D．“沉钨”过程，若用Ca(OH)2溶液代替CaCl2溶液则后续酸解时会消耗更多的盐酸，效果不好，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】黑钨矿（主要成分是FeWO4和MnWO4，还含有Si、P、As等元素的杂质）、氧气和碳酸钠煅烧，煅烧加水浸取沉淀析出Mn3O4和Fe2O3，浸取液含有 、 、 和 ，随后加入次氯酸钠氧化，盐酸调节pH，沉淀析出硅酸，加入氯化镁，沉淀析出磷酸镁和砷酸镁，最后加入氯化钙，沉淀获得钨酸钙，加入盐酸，发生复分解反应，获得 H2WO4)。
17．【答案】（1）Fe(OH)3
（2）2Cr(OH)3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O
（3）分解除去过量H2O2
（4）2 10-8mol/L
（5）88.20%
（6）C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2↑+28H+；减小
【解析】【解答】(l)根据以上分析，滤渣②的主要成分为Fe(OH)3，
故答案为Fe(OH)3；(2)“氧化”步骤中Cr(OH)3在碱性条件下被H2O2氧化为K2CrO4，化学方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O，
故答案为2Cr(OH)3+3H2O2+4KOH=2K2CrO4+8H2O；(3) 根据题给信息，在酸性条件下，H2O2能将Cr2O72-还原为Cr3+，所以酸化之前，要除去H2O2，故 “加热”操作的目的是分解除去过量H2O2，
故答案为分解除去过量H2O2；(4) 2CrO42-+2H+ Cr2O72-+H2O ，K= ，酸化后pH=1，c(H+)=0.1mol/L，c(Cr2O72-)=1.6×10-3mol/L，则溶液中c(CrO42-)= =2 10-8mol/L，
故答案为2 10-8mol/L；(5)根据反应关系：K2Cr2O7~6(NH4)2Fe(SO4)2，n(K2Cr2O7)= n[(NH4)2Fe(SO4)2]= ×1.0000 mol.L-l×0.009L=0.0015mol，则产品的纯度为 ×100%=88.20%，
故答案为88.20%； (6)①由图可知，负极发生氧化反应，C6H5OH失电子生成CO2，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出电极反应式为C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2↑+28H+；②负极产生的H+通过阳离子交换膜进入中间室，正极产生的OH-通过阴离子交换膜也进入中间室，H+和OH-中和生成水，溶液体积增大，NaCl溶液的浓度将减小。
故答案为C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2↑+28H+；减小。
【分析】含铬废液(主要含Cr3+、Fe3+、K+、SO42-等)加入KOH溶液调pH=7~8，生成Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀，过滤后得滤渣①为Cr(OH)3和Fe(OH)3；向滤渣①加入过量H2O2溶液和KOH溶液，Cr(OH)3在碱性条件下被氧化为K2CrO4进入溶液，经过滤除去滤渣②的主要成分为Fe(OH)3；滤液②经加热除去过量H2O2，冷却后酸化至pH=1，结晶析出K2Cr2O7晶体，以此分析解答。
18．【答案】（1）2C(s)+2NO2(g)=N2(g)+2CO2(g)，△H=-854kJ/mol
（2）＞；温度升高催化剂活性降低
（3）100；；10a
（4）4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O
【解析】【解答】（1）已知：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH1= -114 kJ·mol-1，②C(s) +O2(g) =CO2(g) ΔH2= -393.5 kJ·mol-1，③N2(g) +O2(g) =2NO(g) ΔH3= +181 kJ·mol-1，若某反应的平衡常数表达式为，结合原子守恒可得反应原理为2C(s)+2NO2(g)=N2(g)+2CO2(g)，根据盖斯定律，反应2C(s)+2NO2(g)=N2(g)+2CO2(g)可由②×2-①-③得到，则△H=(-393.5×2+114-181)kJ/mol=-854kJ/mol，此反应的热化学方程式为2C(s)+2NO2(g)=N2(g)+2CO2(g)，△H=-854kJ/mol，故答案为：2C(s)+2NO2(g)=N2(g)+2CO2(g)，△H=-854kJ/mol；
（2）由于在催化剂乙作用下，图中M点对应的转化率低于催化剂甲时对应的转化率，因此反应没有达到平衡状态，反应向正反应方向进行，则速率(对应温度400℃)v(正)＞v(逆)；温度高于400℃，NO转化率降低的原因可能是温度升高催化剂活性降低；故答案为：＞；温度升高催化剂活性降低；
（3）①由化学方程式可知，v正的斜率更大一些，从而得出lgv正=a+2，lgv逆=a，则lgv正=lgk正+2lgc(NO2)=a+2，v正=10(a+2)，lgv逆=lgk逆+lgc(NO2)=lgk逆=a，k逆=10a，则T℃时，该反应达到平衡时，v正=v逆，即k正c2(NO2)=k逆c(N2O4)，则平衡常数K= =100，故答案为：100；
②T℃时，往刚性容器中充入xmol/LNO2，平衡后测得c(N2O4)为1.0mol/L，则有三段式：
则K==100，解得：x=2.1mol/L，则平衡时NO2的物质的量浓度为0.1mol/L，物质的量分数为： ×100%= ，平衡后v正=10(a+2)×0.12=10a，故答案为：；10a；
（4）NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，根据示意图可知反应物是氨气、NO和氧气，生成物是氮气和水，则脱硝过程总反应的化学方程式为4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O，故答案为：4NH3+4NO+O2 4N2+6H2O。
【分析】（1）根据常数找出反应物和生成物即可写出方程式，利用盖斯定律即可计算出热值
（2）根据图示判断出在M处未达到平衡，反应向正反应进行，催化剂的活性均有温度范围
（3）①根据图示结合平衡方程式即可计算出常数
②根据方程式结合起始数据即可计算出平衡时的量，计算出平衡后的速率
（4）根据流程图即可写出方程式
19．【答案】（1）适当地提高浸出温度；使用电动搅拌器；适当提高氢氧化钠的浓度；将废旧LFP正极材料粉碎（任写一条均可）
（2）；生成的催化的分解
（3）B
（4）蒸发浓缩；趁热过滤
（5）↑
（6）
【解析】【解答】由流程可知，碱溶时发生2Al+2NaOH+2H2O=3H2↑+2NaAlO2，过滤分离出含偏铝酸钠的溶液，滤渣a为LiFePO4，加盐酸、过氧化氢发生2LiFePO4+2HCl+H2O2=2FePO4+2LiCl+2H2O，过滤分离出滤渣b为FePO4，滤液b含LiCl，加入碳酸钠发生复分解反应生成Li2CO3，经系列操作得到Li2CO3；
(1)反应物浓度、温度、反应物接触面积等都会影响反应速率；在“碱浸”时，为加快浸出速率，可进行的措施为适当地提高浸出温度；使用电动搅拌器；适当提高氢氧化钠的浓度；将废旧LFP正极材料粉碎；
(2)酸浸的目的是分离Li和Fe元素，氧化的目的是氧化正极材料中的 ，锂离子进入溶液，三价铁以磷酸铁的形式进入滤渣b中与锂元素分离。“氧化浸出”时生成了难溶的 ，H2O2做氧化剂，O元素化合价降低生成水，Fe元素化合价升高，该反应的离子方程式为 ；过氧化氢不稳定易分解，需要在一定温度下进行，防止其分解。但是在严格控温的情况下氧化的效率还是不理想，原因是生成的 催化了过氧化氢的分解；
(3)“氧化浸出”加入硫酸目的是分离Fe元素成为滤渣，得到含Li的滤液，则Li的浸出率要较高，Fe的较低，由图 的范围应控制在 ，
故答案为：B；
(4)已知： 在水中的溶解度随温度升高而降低，“一系列操作”具体包括蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥；
(5)滤渣b的主要成分是 ，经过纯化之后在高温的条件下，加入还原剂 和 的反应方程式为 ↑；
(6)根据放电时总反应可以写出充电时阳极反应为 。
【分析】“碱浸”时NaOH与Al反应生成NaAlO2，与LiFePO4不反应，所以滤液a是NaAlO2溶液，滤渣a是LiFePO4。“氧化浸出”中LiFePO4与H2SO4、H2O2发生氧化还原反应生成FePO4和Li2SO4，根据流程图信息，滤渣b是FePO4，滤液b是Li2SO4溶液。“沉锂”中Li2SO4与Na2CO3反应生成Na2SO4和Li2CO3。
（1）可根据影响反应速率的因素（如反应物浓度、接触面积，温度等）进行解答。
（2）注意弱电解质、难溶物、氧化物等不可拆，直接写化学式。可以从H2O2在除温度外的其他条件（如Fe3+具有催化作用）下可以分解进行解答。
（3）可根据“氧化浸出”中要得到含Li的滤液和含Fe的滤渣进行解答。
（4）Li2CO3在水中的溶解度随温度的升高而降低。
（5）注意反应条件，以及反应前后元素种类、原子个数、得失电子数守恒。
（6）放电时的总反应的逆反应为充电时的总反应，阳极失电子，所含元素化合价升高，据此分析。
20．【答案】（1）1s22s1；O=C=O；离子键、共价键、金属键
（2）3；2p
（3）[H：]-；氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大
（4）3Li2CO3+3Br2+2NH3 H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑
（5）Li；1.4g
【解析】【解答】(1)Li核外有3个电子，分两层排布，基态锂原子的电子排布式是1s22s1；二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用两对电子，结构式为O=C=O；反应② 中，氧化锂中含有离子键，碳、一氧化碳含有共价键，锂单质含有金属键，故答案为：1s22s1；O=C=O；离子键、共价键、金属键；
(2)C原子核外有6个电子，分别在1s、2s、2p轨道，有3种不同能量的电子，能量最高的电子在2p轨道，故答案为：3；2p；
(3)LiH的阴离子为H-，其电子式为[H：]-，氢负离子(H-)与锂离子具有相同电子层结构，核外电子数相等，质子数越多，对核外电子吸引作用力越强，微粒半径越小，所以氢负离子的半径比锂离子大，故答案为：[H：]-；氢负离子和锂离子具有相同的电子层结构，但是氢负离子的核电荷数比锂离子少，原子核对核外电子的吸引力比锂离子弱，所以氢负离子的半径比锂离子大；
(4)Li2CO3、氨水混合物中加入液溴，反应生成LiBr，溴将氨水氧化生成氮气，同时生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为3Li2CO3+3Br2+2NH3 H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑，故答案为：3Li2CO3+3Br2+2NH3 H2O=6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑；
(5) 磷酸亚铁锂电池总反应为： ，电池放电时为原电池原理，Li失电子发生氧化反应做原电池负极；若用该电池电解饱和食盐水(电解池电极均为惰性电极)，当电解池两极共有4480mL气体(标准状况)产生时，则氢气和氯气的总物质的量为 =0.2mol，则生成氢气和氯气的物质的量都是0.1mol，根据H2～2Li～2e-，消耗锂的质量为0.2mol×7g/mol=1.4g，故答案为：Li；1.4g。
【分析】LiH的阴离子为H-，结合核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小分析判断；Li2CO3、氨水混合物加入液溴，反应生成LiBr，两种参与大气循环的气体为氮气和二氧化碳，据此书写反应的方程式；电池放电时原电池原理，结合电解饱和食盐水得到的气体为氢气和氯气，结合得失电子守恒计算。
21．【答案】（1）0.048mol·L-1·min-1
（2）K=[HCHO]/[CH3OH][O2]；c
（3）吸热；虽然反应前氧气浓度下降，55℃以后双氧水受热开始分解产生氧气，导致氧气浓度增大
（4）c(HCOOH)或c(Na+)-c(HCOO-)；=
（5）取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热煮沸，若出现砖红色的沉淀，证明含有醛基
【解析】【解答】(1)0~5min内，设转化的CO2的物质的量为x，
气体总的物质的量减少了20%，即得出x=，则H2的平均反应速率v==0.048mol·L-1·min-1；
(2)①根据平衡常数的定义，得出平衡常数K=
②根据该方程式CH3OH(g)+O2(g) HCHO(g)+H2O2(l)
a.该反应有液体生成，当气体密度不变时，说明各组分的物质的量不再变化，该反应达到化学平衡状态；
b.该反应为正反应为气体分子数减小的反应，当气体总压不变时，说明各组分的物质的量不再变化，该反应达到化学平衡状态；
c.加入同体积的CH3OH(g)与O2(g)，即初始加入两者的物质的量相等，根据该反应方程式CH3OH和O2的化学计量数相等，即消耗两者的物质的量也相等，因此在反应过程中，CH3OH与O2体积比始终为1：1，不能说明该反应达到平衡状态；
d.当O2的体积分数不变， v正(O2)= v逆(O2)，该反应达到平衡状态。
故答案为：c；
(3)①将同体积的CH3OH(g)与O2(g)充入反应器中，根据图示，在55℃以前，100℃以后，随着温度升高，c(O2)减小，说明平衡正向移动，说明该反应为吸热反应。
② 该反应为CH3OH(g)+O2(g) HCHO(g)+H2O2(l)，产物中有H2O2，不稳定，温度升高，会分解，该空答案为：虽然反应前氧气浓度下降，55℃以后双氧水受热开始分解产生氧气，导致氧气浓度增大；
(4)①NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，根据电荷守恒，可以得出c(H+)+ c(Na+)= c(OH–)+ c(HCOO-)，根据物料守恒c(Na+)= c(C)，得出：c(Na+)= c(HCOO-)+ c(HCOOH)，因此c(OH–)-c(H+)= c(Na+)-c(HCOO-)= c(HCOOH)；
②继续加入HCl溶液至中性，c(H+)= c(OH–)根据电荷守恒，可以得出c(H+)+ c(Na+)= c(OH–)+ c(HCOO-)+ c(Cl–)，根据物料守恒c(Na+)= c(C)，得出：c(Na+)= c(HCOO-)+ c(HCOOH)说明c(Na+)= c(HCOO-)+ c(Cl–)= c(HCOO-)+ c(HCOOH)因此c(HCOOH)= c(Cl–)；
(5)由于HCOOH含有羧基，显酸性，在使用新制的Cu(OH)2悬浊液检验醛基之前，需要加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH值，故答案为：取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热煮沸，若出现砖红色的沉淀，证明含有醛基。
【分析】（1）列出反应的三段式，结合计算；
（2）平衡常数是指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；可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（3）100℃以后，随着温度升高，c(O2)减小，说明平衡正向移动，说明该反应为吸热反应；
（4）根据电荷守恒和物料守恒判断；
（5）醛基可用新制氢氧化铜检验。