6B.已知反应：①C(金刚石，s)C(石墨，s)△H＜0②C(金刚石，s)+O2(g)=CO2(g)△H1③C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)△H2，则知△H1＞△H2C.若△H＞0，△S＞0化学反应在低温下可自发进行D.常温下，由水电离出的c(H+)为1.0×10-13，溶液的pH可能为1【答案】D【解析】【详解】A．在100℃时，纯水的Kw=10-12，电离产生的c(H+)=1×10-6mol/L，所以pH约为6，但由于纯水中c(H+)=c(OH-)，因此此时纯水仍为中性，而不是显酸性，故A错误；B．根据盖斯定律将②-③得到C(金刚石，s)C(石墨，s)△H＜0，则，即，故B错误；C．若，由自发进行的判据，化学反应在高温下可自发进行，故C错误；D．常温下，水电离出的c(H+)为1×10-13mol/L＜1×10-7mol/L，水电离受到了抑制作用，可能是加入了酸，也可能是加入了碱，若加入酸，此溶液的pH为1；若加入碱，则该溶液的pH为13，故D正确；故选D。12.科学家结合实验与计算机模拟结果，研究出了均相催化的思维模型。总反应：A+B→AB(K为催化剂)反应①：A+K→AKEa1反应②：AK+B→AB+KEa2下列说法正确的是A.第①步为快反应，第②步为慢反应B.升高温度使反应①的速率加快反应②速率减慢C.该反应的ΔH=-EakJ·mol-1D.催化剂增大了活化分子百分数，加快了反应速率
7【答案】D【解析】【详解】A．据图可知第①步的正反应活化能Ea1>第②步正反应活化能Ea2，活化能越大反应速率越慢，所以第①步为慢反应，第②步为快反应，A错误；B．升高温度可以提高活化分子百分数，两步反应的速率均加快，B错误；C．Ea是该反应正反应的活化能，不是反应的ΔH，反应的ΔH =(E正-E反) kJ·mol-1，C错误；D．催化剂能降低反应活化能，增大活化分子百分数，加快反应速率，D正确；综上所述答案为D。13.反应的反应机理为：①②……③(快反应)，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示：0.0380.0600.0760.0600.0760.030下列说法正确的是A.该反应的速率方程为B.该反应的速率常数k的值为C.第②步的反应方程式为D.3步反应中反应③的活化能最大【答案】B【解析】【详解】A．由1、2两组数据，增大1倍，速率增大1倍，由2、3两组数据，增大1倍，速率增大1倍，该反应的速率方程为，故A错误；B．将1组的数据代入，=k×0.038×0.060，k=,该反应的速率常数k的值为，故B正确；C．用总反应-①-③，得：第②步的反应方程式为，故C错误；D．3步反应中反应③为快反应，活化能最小，故D错误；故选B。14.由下列实验现象得出的结论正确的是操作及现象结论
8A向盛有溶液的试管中加入溶液产生白色沉淀，再加入几滴溶液，有黄色沉淀生成B通过电解发生反应金属性：C溶液中滴加溶液，产生白色沉淀白色沉淀成分是D测定等物质的量浓度的和溶液的值，前者大非金属性：A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．向盛有溶液的试管中加入溶液产生白色沉淀，由于过量，再加入几滴溶液，有黄色沉淀生成，不能证明，A错误；B．电解反应不能判断物质金属性的强弱，B错误；C．碳酸钠溶液中，碳酸根离子水解，使溶液呈碱性，氯化铝溶液中，铝离子也溶液发生水解，使溶液呈酸性，二者混合后，碳酸根离子和铝离子的水解相互促进，生成氢氧化铝沉淀(白色沉淀)，同时还生成了二氧化碳，C正确；D．由pH可知亚硫酸的酸性大于碳酸的酸性，亚硫酸不是最高价含氧酸，不能比较非金属性，D错误；故选C。15.利用下列装置(夹持装置略)进行实验，不能达到实验目的的是A.仪器甲中液体读数为10.60mLB.用乙装置进行中和反应的反应热测定C.用丙装置模拟外加电流法保护铁D.用丁装置比较、对分解的催化效果【答案】D
9【解析】【详解】A．由图可知，仪器甲为滴定管，滴定管中溶液的体积为10.60mL，故A正确；B．由图可知，乙装置为中和热测定装置，可进行中和反应的反应热测定，故B正确；C．由图可知，铁与直流电源的负极相连，为外加直流电源的阴极保护法保护铁，故C正确；D．丁装置中过氧化氢溶液的浓度不同，由变量唯一化原则可知，该实验无法探究硫酸铜、氯化铁对过氧化氢分解的催化效果，故D错误；故选D。二、选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。16.常用作分析试剂、脱水剂等，其Born-Haber循环如图所示。已知：第一电子亲和能是指元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量。下列说法错误的是A.Ba的第一电离能为B.键能(x)为C.Cl的第一电子亲和能为D.转变成吸收的能量为177.8kJ【答案】C【解析】【详解】A．由图示可知，Ba(g)变为Ba+(g)的能量变化为520.9kJ/mol，Ba的第一电离能为520.9kJ/mol，A正确；B．通过盖斯定律可得下列式子：177.8kJ/mol+520.9kJ/mol+926.3kJ/mol+x-697.2kJ/mol-2026.7kJ/mol=-856.3kJ/mol，解得x=242.6kJ/mol，B正确；C．由图示可知，Cl的第一电子亲和能为，C错误；D．由图示可知，转变成吸收的能量为177.8kJ，D正确；答案选C。
1017.下列与化学反应能量变化相关的叙述不正确的是A.应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变B.放热反应的反应速率不一定大于吸热反应的反应速率C.利用氢气和氧气的反应作燃料电池的优点是能量利用率为100%D.同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H不同【答案】CD【解析】【详解】A．反应的热效应只与始态、终态有关，与过程无关，根据盖斯定律可计算某些难以直接测量的反应焓变，故A正确；B．反应速率与反应是吸热还是放热无关，需要结合温度、压强、催化剂等角度综合分析，所以放热反应的反应速率不一定大于吸热反应的反应速率，故B正确；C．利用燃料电池，可以提高能量的利用率，但不能提高到100%，故C错误；D．反应的热效应与反应条件无关，则同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，故D错误；故选：CD。18.有毒，工业吸收后的溶液的再生过程可降解酸性污水中的硝酸盐，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A.电极a为阳极B.由反应池中的反应可知氧化性：C.电极b上的反应为D.随着电解的进行，阴极区溶液减小【答案】BC【解析】【分析】FeCl3具有强氧化性，反应池中FeCl3溶液氧化H2S生成S单质，发生的反应为2FeCl3+H2S=2FeCl2+2HCl+S↓，反应池中溶液M转移到电解池左池，由图可知，电解池左池产生Fe3+，右池中NO转化为氮气，即左池中Fe2+失电子生成Fe3+，右池中NO发生得电子的还原反应，则左池a极为阳极、右池b极为阴极，阳极反应式为Fe2+-e-=Fe3+，阴极反应式为2NO+10e-+12H+=6H2O+N2↑
11，据此分析解答。【详解】A．由装置b电极上反应可知，NO发生得电子的还原反应，则电极b为阴极，电极a为阳极，故A正确；B．溶液M为吸收H2S气体后的FeCl3溶液，发生的反应为2FeCl3+H2S=2FeCl2+2HCl+S↓，FeCl3是氧化剂，S是氧化产物，则氧化性：，故B错误；C．离子交换膜为质子交换膜，则b极电解质溶液呈酸性，电极反应式为2NO+10e-+12H+=6H2O+N2↑，故C错误；D．电极b为阴极，电极反应式为2NO+10e-+12H+=6H2O+N2↑，反应消耗H+生成水，溶液的酸性减弱，pH增大，故D正确；故选：BC。19.已知常温下，浓度均为0.1mol·L-1的4种钠盐溶液pH如表，下列说法正确的是溶质Na2CO3NaHCO3NaClONaHSO3pH11.69.710.35.2A.向NaClO溶液中通入少量CO2时，反应的离子方程式为2ClO-+CO2+H2O=2HClO+B.NaHCO3溶液中离子浓度大小为c(Na+)>c(OH-)>c()>c(H+)>c()C.结合质子的能力由大到小的顺序为>ClO->>D.四种溶液中，水的电离程度最大的是Na2CO3溶液【答案】D【解析】【分析】利用盐类水解的规律以及表中数据可知，电离出H+能力大小顺序是H2SO3＞H2CO3＞HClO＞HCO，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析，电离出H+能力大小顺序是H2CO3＞HClO＞HCO，因此次氯酸钠溶液通入少量的CO2的离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO，故A错误；B．碳酸氢钠的水溶液显碱性，是因为HCO发生HCO+H2OH2CO3+OH-，水解程度微弱，因此离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(HCO)＞c(OH-)＞c(H+)＞c(CO)，故B错误；C．根据上述分析，结合质子能力大小顺序是为CO＞ClO-＞HCO＞HSO，故C错误；D．盐类水解促进水的电离，根据表格中的数据可知，碳酸钠溶液中CO水解程度最大，故D正确；答案为D。20.三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料，一定条件下发生反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)在T1和T1时SiHCl3的转化率随时间变化如图所示。已知：反应速率v=v正-v逆=k正
12-k逆，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数。下列说法中错误的是A.该反应的△H＞0B.反应速率：va＞vbC.平衡常数：K(T1)＜K(T2)D.图中a点：=1.6【答案】CD【解析】【详解】A．由题干图象可知，T1温度下先达到平衡，故T1＞T2，又温度越高，平衡时SiHCl3的转化率越大，即升高温度平衡正向移动，故该反应的，A正确；B．由题干图象可知，T1温度下先达到平衡，故T1＞T2，温度越高反应速率越快，故反应速率：，B正确；C．由A项分析可知，升高温度平衡正向移动，故该反应的，平衡常数：，C错误；D．由题干信息可知，反应速率，则有，，根据图中a点进行三段式分析可知：，故=，且该温度下，SiHCl3的平衡转化率为22%，即，则==1，故a点对应的===1.27，D错误；故选CD。
13第II卷(共40分)三、非选择题：本题共3小题，共40分。21.I.回答下列问题：（1）Cd与Zn同族且相邻，写出基态Cd原子的价层电子排布式：______。（2）基态C原子中电子占据最高能级符号是______，核外电子的空间运动状态有_____种，成对电子数与未成对电子数之比为_____。（3）Mn在周期表中的位置为______，其基态原子价层电子轨道表示式为______。II.有六种前四周期元素U、V、W、X、Y、Z，其原子序数依次增大，其部分信息如表所示。请用相应的化学用语回答下列问题：U原子核外电子只存在一种运动状态V简单氢化物能与最高价氧化物对应的水合物反应生成盐W基态原子的价电子排布为nsnnp2nX有同素异形体，其中白色单质需要保存在水中Y主族金属元素；各能层s能级上电子总数与各能层p能级上电子总数之比为2：3Z前四周期的基态原子中核外未成对电子数最多（4）V、X分别与U形成的简单氢化物的稳定大的是_____(填化学式)；基态Z原子的电子排布式为______。（5）U、V、W三种元素中第一电离能最大的是_____(填物质名称)。（6）U、V、W、X、Y、Z六种元素位于周期表中d区的元素是______(填元素符号，下同)；Y(VW3)2中各元素的电负性由大到小的顺序为______。【答案】（1）4d105s2（2）①.2p②.4③.2：1（3）①.第四周期VIIB族②.（4）①.NH3②.1s22s22p63s23p63d54s1（5）氮（6）①.Cr②.O＞N＞Ca【解析】【分析】II.U、V、W、X、Y、Z为前四周期元素，其原子序数依次增大，U的原子核外电子只存在一种运动状态，则U为H；V的简单氢化物能与最高价氧化物对应的水合物反应生成盐，则V为N；W的基态原子的价电子排布为nsnnp2n，而n=2，故W为O；X单质有同素异形体，其中白色单质需要保存在水中即白磷，则X为P；Y是主族金属元素，原子序数大于氯，故Y处于第四周期，各能层s能级上电子总数与各能层p能级上电子总数之比为2：3，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，故Y为Ca；Z是前四周期的基态原子中核外未成对电子数最多的元素，则外围电子排布式为3d54s1，故Z为Cr
14；据此分析解题。【小问1详解】基态Cd原子的价层电子排布式为4d105s2；【小问2详解】基态C原子中电子占据最高能级的符号是2p；核外电子排布式为1s22s22p2，核外电子的空间运动状态有4种；成对电子数与未成对电子数之比为2：1；【小问3详解】Mn为25号元素，在周期表中的位置为第四周期VIIB族；基态原子价层电子轨道表示式为；【小问4详解】非金属性越强，其气态氢化物越稳定，N、P分别与H形成的简单氢化物的稳定大的是NH3；基态Cr原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；【小问5详解】N原子2p能级半充满更稳定，第一电离能大于O，H、N、O三种元素中第一电离能最大的是氮；【小问6详解】由分析可知，U、V、W、X、Y、Z六种元素分别为H、N、O、P、Ca、Cr，故位于周期表中d区的元素是Cr；Y(VW3)2中各元素即Ca、N、O，根据同一周期从左往右元素的电负性依次增大，同一主族从上往下元素的电负性依次减小可知，其电负性由大到小的顺序为O＞N＞Ca。22.I.甲酸(HCOOH)常用于橡胶、医药等工业。铋基催化剂对CO2电化学还原制取HCOOH具有高效的选择性。其反应历程与能量变化如图所示。（1）制取HCOOH催化效果较好的催化剂为______。（2）不同催化剂下，该历程的最大能垒(活化能)为______eV；由*CO生成*HCOO-的反应为______。（3）HCOOH燃料电池的工作原理如图所示。
15①该离子交换膜为______(填“阳”或“阴”)离子交换膜。②电池负极反应式为______。③当电路中转移0.2mol电子时，理论上消耗标准状况下O2的体积为______L，需补充物质X的化学式为______。II.丙烯是重要的基础化工原料，工业上以丙烷催化脱氢来制取丙烯：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)△H。（4）已知部分化学键的键能如表：共价键C－CC=CC－HH－H键能/(kJ/mol)348615413436则△H=______kJ/mol。（5）分别向P1MPa和P2MPa恒压密闭容器中通入一定量丙烷催化脱氢，测得丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度(T)、压强(P)的关系如图所示。①压强：P1______P2(填“＞”或“＜”)，点A所在的曲线表示______(填“丙烷”或“丙烯”)的物质的量分数随温度的变化关系。②625K、P1MPa下，反应进行5h后达到平衡，该温度下的压强平衡常Kp=______。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）Bi2O3（2）①.0.38②.*CO+HCO+e-=*HCOO-+*CO（3）①.阳②.HCOO--2e-+2OH-=HCO+H2O③.1.12④.H2SO4（4）+123kJ/mol
16（5）①.＞②.丙烷③.0.125P1【解析】【小问1详解】催化剂可以降低活化能加快反应速率，根据图像，使反应活化能更低，催化效果更好；【小问2详解】该历程的最大能垒（活化能）为；根据图像可知，由生成的反应为；【小问3详解】为防止通过与和形成沉淀，交换膜为阳离子交换膜；电池的负极反应为：；根据得失电子守恒，，当电路中转移0.2mol电子时，消耗的物质的量为0.05mol，标准状况下体积为：；在反应中：，消耗，同时生成，所以需要补充；小问4详解】，根据，【小问5详解】①该反应的正反应吸热反应，升高温度，平衡正向移动，丙烷的物质的量分数减小，丙烯的物质的量分数增大，A所在的曲线表示丙烷的物质的量分数，该反应正反应气体体积分数增大，增大压强，平衡逆向移动，丙烷的物质的量分数增大，丙烯的物质的量分数减小，所以；②625K、P1MPa下，丙烷的物质的量为50％，根据三段式：，，平衡时总的物质的量为：，。23.I.乙酸、碳酸、次氯酸、亚磷酸(H3PO3)在生产、生活及医药方面有广泛用途。已知25℃时，部分物质的电离常数如表所示。弱酸CH3COOHH2CO3HClO电离常数1.8×10-5K1=4.4×10-7K2=4.7×10-113.0×10-8（1）根据表中数据，将pH=3的下列三种酸溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是______。
17a.CH3COOHb.H2CO3c.HClO（2）常温下相同浓度的下列溶液：①CH3COONH4②CH3COONa③CH3COOH，其中c(CH3COO-)由大到小的顺序是______(填标号)。（3）常温下，pH=10的CH3COONa溶液中，由水电离出来的c(OH-)=______mol/L；请设计实验，比较常温下0.1mol/LCH3COONa溶液的水解程度和0.1mol/LCH3COOH溶液的电离程度大小：_____(简述实验步骤和结论)。Ⅱ.化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。许多含氯化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱灭菌消毒剂。（4）NaClO2是一种高效漂白剂。在NaClO2溶液中存在ClO2、HClO2、ClO、Cl-等微粒。经测定，25℃时各组分含量随pH变化情况如图所示(Cl-未画出)。①25℃时，Ka(HClO2)=______mol•L-1。②25℃时，浓度均为0.1mol•L-1的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后，c(HClO2)______c(ClO)(填“>”“<”或“=”)。（5）可利用如图装置测定气体ClO2的质量，过程如图：步骤1：在锥形瓶中加入足量KI(s)，用100mL水溶解后，再加3mL稀硫酸；步骤2：向玻璃液封管中加水；步骤3：将生成的ClO2气体通入锥形瓶中被充分吸收(已知：ClO2+I-+H+→I2+Cl-+H2O，未配平)；步骤4：将玻璃液封管中的水封液全部倒入锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液，用cmol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定(I2+2S2O=2I-+S4O)，消耗Na2S2O3溶液VmL。①滴定至终点的颜色变化是______。②测得ClO2的质量m(ClO2)=______(用含c，V的代数式表示)。③下列操作将导致测定结果偏高的是______(填标号)。A.未将玻璃液封管中的水封液倒入锥形瓶中
18B.滴定管未用标准液润洗C.滴定前平视读数，滴定后俯视读数D.滴定后，滴定管尖嘴处悬挂一滴液体【答案】（1）c（2）②①③（3）①.10-4②.将等浓度的CH3COONa、CH3COOH两种溶液等体积混合，然后用pH测定溶液pH。若溶液pH＜7，说明CH3COOH电离作用大于CH3COO-的水解作用；若溶液pH＞7，说明CH3COOH电离作用小于CH3COO-的水解作用（4）①.1.0×10-6②.＜（5）①.蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色②.1.35cV×10-2g③.BD【解析】【小问1详解】酸的电离平衡常数越大，等浓度时该酸电离程度就越大。根据表格数据可知电离平衡常数：K(CH3COOH)＞K(H2CO3)＞K(HClO)，所以pH=3的三种溶液的浓度：c(HClO)＞c(H2CO3)＞c(CH3COOH)，当将溶液稀释100倍后，弱酸电离产生H+，使溶液中c(H+)有所增加，因此稀释100倍后溶液中c(H+)：HClO＞H2CO3＞CH3COOH，故溶液中pH变化最小的是HClO，故合理选项是c；【小问2详解】常温下相同浓度的溶液：①CH3COONH4、②CH3COONa、③CH3COOH，①②是盐是强电解质，完全电离，而③是弱酸，只有很少部分发生电离，所以③CH3COOH中c(CH3COO-)最小；在②CH3COONa中只有CH3COO-部分水解，而在①CH3COONH4中CH3COO-、双水解，水解彼此促进，使c(CH3COO-)比②CH3COONa溶液中少，因此三种溶液中c(CH3COO-)由大到小的顺序是：②①③；【小问3详解】常温下，pH=10的CH3COONa溶液中，c(H+)=10-10mol/L，则溶液中c(OH-)=10-4mol/L，溶液中的OH-完全由水电离产生，所以由水电离出来的c(OH-)=10-4mol/L；常温下0.1mol/LCH3COONa溶液的水解程度和0.1mol/LCH3COOH溶液的电离程度大小比较方法为将等浓度的CH3COONa、CH3COOH两种溶液等体积混合，然后用pH测定溶液pH。若溶液pH＜7，说明CH3COOH电离作用大于CH3COO-的水解作用；若溶液pH＞7，说明CH3COOH电离作用小于CH3COO-的水解作用；【小问4详解】①HClO2的电离平衡常数K=，观察图像可以看出，当pH=6时，c()=c(HClO2)，因此HClO2的电离平衡常数的数值Ka=10-6；②25°C时，浓度均为0.1mol·L-1的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合后，pH<7，说明溶液显酸性，说明HClO2的电离大于离子的水解，故c(HClO2)19的质量m(ClO2)==1.35cV×10-2g；③A.未将玻璃液封管中的水封液倒入锥形瓶中，则部分碘损失，消耗标准液体积偏低，测得溶液浓度偏低，选项A错误；B.滴定管未用标准液润洗，则标准液浓度偏低，滴定时消耗的标准液体积偏高，溶液浓度偏高，选项B正确；C.滴定前平视读数，滴定后俯视读数，则读数偏低，测得溶液浓度偏低，选项C错误；D.滴定后，滴定管尖嘴处悬挂一滴液体，则所加溶液体积偏大，测得溶液浓度偏高，选项D正确；答案选BD。
