8D．向溶液中加入稀硫酸，生成硫酸钡和水，离子浓度降低，溶液导电能力减弱，离子方程式正确，D正确；故选B。17.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温下，1L冰醋酸中含有个醋酸分子B.常温下，4.6g和的混合气体中含有的氧原子数为0.2C.将0.3mol和0.1mol置于密闭容器中充分反应后，容器内分子总数等于0.2D.常温下，1L纯水中电离的水分子数为【答案】B【解析】【详解】A．没有给出冰醋酸的密度，无法计算1L冰醋酸的质量和物质的量，故A错误；B．NO2和N2O4的最简式均为NO2，4.6gNO2和N2O4的混合气体可看做是4.6gNO2，4.6gNO2的物质的量为0.1mol，所含有的氧原子数为0.2NA，故B正确；C．氢气和氮气生成氨气的反应是可逆反应，将0.3molH2和0.1molN2置于密闭容器中充分反应后，容器内分子总数大于0.2NA，故C错误；D．常温下，纯水中的c(H+)=1×10-7mol/L，即1L纯水中电离的水分子数为1×10−7NA，故D错误；故选B。18.在含的和的混合溶液中，反应的分解机理及反应过程中的能量变化如下：步骤①：步骤②：下列有关该反应的说法不正确的是
9A.化学反应速率与浓度的大小有关B.该反应为放热反应C.是该反应的催化剂D.若不加，则图中只出现一个能量峰【答案】C【解析】【详解】A．可以看作该反应的催化剂，根据反应的机理，化学反应速率与Fe3+浓度的大小有关，A正确；B．反应物的总能量高于生成物的总能量，为放热反应，B正确；C．Fe3+是该反应的催化剂，C错误；D．加催化剂后会出现两个峰，不加，图中只出现一个能量峰，D正确；故选C。19.在绝热恒容的密闭体系中发生可逆反应：。以下能作为该反应达到化学平衡标志的是①②③容器内压强不再改变④容器内气体的密度不再改变⑤容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变A.①③④⑤B.①④C.①④⑤D.①②③④【答案】A【解析】【详解】①用不同物质的反应速率表示达到平衡，反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，因此v正(B)=v逆(C)，说明反应达到平衡，故①符合题意；②题中没有指明投入量以及转化率，因此n(B)∶n(C)=1∶1，不能说明反应达到平衡，故②不符合题意；③该反应为放热反应，且容器为恒容绝热，随着反应进行，温度升高，气体压强增大，当压强不再改变，说明反应达到平衡，故③符合题意；④A为固体，B、C
10为气体，随着反应进行，气体质量增大，容器为恒容，气体总体积不变，因此当密度不再改变，说明反应达到平衡，故④符合题意；⑤A为固体，B、C为气体，随着反应进行，气体质量增大，反应前后气体系数之和相等，气体总物质的量不变，因此当混合气体平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡，故⑤符合题意；综上所述，①③④⑤符合题意；答案为A。20.氢卤酸的能量关系如图所示：下列说法正确的是A.已知HF气体溶于水放热，则HF的B.相同条件下，HCl的比HBr的小C.相同条件下，HCl的()比HI的大D.一定条件下，气态原子生成1molH-X键放出akJ能量，则该条件下【答案】D【解析】【详解】A．已知HF气体溶于水放热，则HF气体溶于水的逆过程吸热，即HF的△H1＞0，故A错误；B．由于HCl比HBr稳定，所以相同条件下HCl的△H2比HBr的大，故B错误；C．△H3＋△H4代表H(g)→H＋(aq)的焓变，与是HCl的还是HI的无关，故C错误；D．一定条件下，气态原子生成1molH−X键放出akJ能量，则断开1molH−X键形成气态原子吸收akJ的能量，即为△H2＝＋akJ/mol，故D正确；故答案选D。【点睛】本题考查了反应热和焓变，难度中等，解题时要理解图中△H1所表达的意义，注意当反应逆向进行时，数值不变，符号相反。21.某温度下，难溶物FeR的水溶液中存在平衡，其沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是
11A.可以通过升温实现由c点变到a点B.d点可能有沉淀生成C.a点对应的等于点对应的D.该温度下，【答案】C【解析】【详解】某温度下，FeB(s)Fe2+(aq)+B2-(aq)的平衡常数表达式为KSP=c(Fe2+)•c(B2-)；A．Ksp受温度影响，升温时，Ksp会发生变化，则通过升温不可能由c点变到a点，故A错误；B．在d点，还未达到FeB的Ksp，即d点是同温下FeB的不饱和溶液，所以d点不可能生成沉淀，故B错误；C．FeR(s)Fe2+(aq)+R2-(aq)，a点和b点在同一曲线上，温度相同，因而a点对应的Ksp(FeR)等于b点对应的Ksp(FeR)，故C正确；D．此温度下，Ksp=c(Fe 2+ )•c(B 2- )=2×10-9×10-9=2×10-18，故D错误；故选：C。22.2020年中科院研究所报道了一种高压可充电碱-酸混合电池，电池采用阴、阳双隔膜完成离子循环(如下图)，该电池良好的电化学性能为解决传统水性电池的关键问题提供了很好的机会。下列说法不正确的是A.充电时，d极发生氧化反应B.离子交换膜b、c分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜C.放电时a极的电极反应为：
12D.放电时，每转移2mol电子，中间溶液中溶质减少1mol【答案】D【解析】【分析】由图可知，放电时，a极为负极，电极反应式为，d极为正极，电极反应式为PbO2＋2e−＋SO＋4H＋＝PbSO4＋2H2O，充电时，a极为阴极，d极为阳极，据此作答。【详解】A．充电时，d极为阳极，发生氧化反应，故A正确；B．放电时，负极区氢氧根离子被消耗，钾离子透过b膜向右迁移，故b膜为阳离子交换膜，正极区氢离子消耗量大于硫酸根离子，硫酸根离子透过c膜向左迁移，故c膜为阴离子交换膜，故B正确；C．放电时，a极为负极，电极反应式为，故C正确；D．放电时，每转移2mol电子，中间K2SO4溶液中溶质增加1mol，故D错误；故答案选D。【点睛】本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图像和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。23.常温下，用的溶液滴定醋酸溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A.滴定过程中可能出现：B.点①所示溶液中：C.点②所示溶液中：D.点③所示溶液中：【答案】A【解析】
13【详解】A.当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，生成CH3COONa少量，溶液中CH3COOH浓度远大于CH3COONa浓度，可能出现，故A正确；B.由图象可知，点①反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，溶液呈酸性，CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度，故c(Na+)>c(CH3COOH)，由电荷守恒可知：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，所以c(CH3COO-)+c(OH-)>c(CH3COOH)+c(H+)，故B错误；C.由图象可知，点②pH=7，即c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒知：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故c(Na+)=c(CH3COO-)，故C错误；D.由图象可知，点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，因CH3COO-水解，溶液呈碱性，所以c(H+)c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，故D错误。故答案：A。24.和都是比较稳定的分子，科学家利用下图电化学装置实现两种分子的耦合转化。下列说法不正确的是A.阴极发生还原反应B.电极A与电源负极相连C.电极B包含反应：D.生成的乙烯和乙烷的体积比为1：2，则消耗的和体积比为2：3【答案】D【解析】【分析】由图可知，电极B上甲烷反应生成乙烯、乙烷和水，故O2-迁移至电极B，电极B为阳极，电极A为阴极，CO2在其表面被还原为CO。【详解】A．电极A为阴极，阴极发生还原反应，A正确；B．电极A为阴极，与电源负极相连，B正确；C．电极B上甲烷反应生成乙烯、乙烷和水，故电极B包含反应：
14，C正确；D．生成的乙烯和乙烷的体积比为1：2，设生成的乙烯和乙烷的物质的量为1mol、2mol，根据碳原子守恒，消耗甲烷的物质的量为6mol，转移电子的物质的量为：4mol+4mol=8mol，CO2被还原为CO，根据得失电子守恒，消耗CO2的物质的量为4mol，故消耗的和体积比为：6：4=3：2，D错误；故选D。25.根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是编号实验操作实验现象解释与结论A向a、b两支试管中各加入2mL5%溶液，分别滴入0.2mol/L溶液和0.2mol/L溶液各5滴a中产生气泡速率快于b催化效果好于B向盛有2mL0.1mol/L溶液中滴加几滴0.1mol/LNaCl溶液，再加入几滴0.1mol/LKI溶液先得到白色沉淀，后变为黄色沉淀C向1mL0.5mol/LKI溶液中加入1mL1mol/L溶液，充分反应后滴加KSCN溶液溶液变红色与反应是可逆反应D常温下，等体积等pH的HA、HB两种酸溶液分别与足量锌反应相同时间内，HB收集到的多酸性强弱：HA大于HBA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．FeCl3溶液和CuSO4溶液中阴离子不同，不能证明Fe3＋的催化效果好于Cu2＋，故A错误；B．AgNO3溶液过量，分别与NaCl、KI反应生成沉淀，由实验操作和现象，不能比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的大小，故B错误；
15C．FeCl3溶液过量，反应后有剩余，充分反应后滴加KSCN溶液，溶液变为血红色，不能证明反应为可逆反应，故C错误；D．等体积等pH的HA、HB两种酸溶液分别与足量锌反应，相同时间内，HB收集到的H2多，可知等pH时HB的浓度大，则酸性强弱HA大于HB，故D正确；故答案选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及知识点来源于教材，明确物质的性质、反应速率、难溶电解质、可逆反应、弱电解质的电离为解答的关键。二、非选择题(本大题共5题，共50分)26.已知A、B、C、D、E、F、G是元素周期表前四周期的元素，且原子序数依次增大，其相关信息如下表所示：元素代号相关信息A原子核外有6种运动状态不同的电子B基态原子最外层为3个未成对电子C电负性为4.0D其第一至第四电离能分别是：，，，E价层电子数等于其电子层数F基态原子的价层电子排布式为G基态原子核外有7个能级上有电子，且能量最高的能级上有6个电子回答下列问题：（1）C元素位于第___________族___________区。（2）A、B、C三种原子半径由大到小为___________(用元素符号表示)。（3）F元素基态原子的最高能级具有的原子轨道数为___________，该原子轨道呈___________形。（4）D、E元素第一电离能大小比较为：___________(用元素符号表示)，原因是___________。（5）的电子排布式为___________。（6）B、D形成的化合物能与水反应，化学方程式为___________。【答案】（1）①.ⅦA②.P
16（2）（3）①.3②.哑铃（4）①.②.Al失去的是3p上电子，Mg失去的是3s上电子，3p电子能量高易失去（5）或（6）【解析】【分析】A、B、C、D、E、F是元素周期表前四周期常见元素，且原子序数依次增大，其中A原子核外有6种不同运动状态的电子，则A为C元素；C的电负性为4.0，C为F元素；B的基态原子的最外层为3个未成对电子，结合原子序数可知B为N元素；F的基态原子的价层电子排布式为nsn−1npn−1，n＝3，价层电子排布式为3s23p2，F为Si元素；由D的第二、第三电离能差异大，可知D最外层电子数为2，结合原子序数可知D为Mg元素；E的价层电子数等于其电子层数，E为Al元素；F的基态原子核外有7个能级上有电子，且能量最高的能级上有6个电子，则电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，F为Fe元素，以此来解答。【小问1详解】C元素为F元素，最后填充2p电子，位于第ⅦA族p区，故答案为ⅦA；p。【小问2详解】同周期主族元素从左向右原子半径减小，则A、B、C三种原子半径由大到小为C＞N＞F，故答案为C＞N＞F。【小问3详解】F元素基态原子的最高能级为3p，具有的原子轨道数为3，该原子轨道呈哑铃形，故答案为3；哑铃。【小问4详解】Mg的3s全满为稳定结构，其第一电离能大于相邻元素的第一电离能，则D、E元素第一电离能大小比较为Mg＞Al，故答案为Mg＞Al；Al失去的是3p上电子，Mg失去的是3s上电子，3p电子能量高易失去。小问5详解】G2＋的电子排布式为，故答案为或。【小问6详解】B、D形成的化合物能与水反应，化学方程式为，故答案为。
17【点睛】本题考查位置、结构与性质，涉及知识点来源于教材，明确电子排布规律、电负性、电离能来推断元素为解答的关键，侧重基础知识的夯实，注重规律性知识的考查，题目难度不大。27.汽车等交通工具为出行、物流带来方便。然而燃油车排放的尾气中含有大量有害物质，对人体和环境造成危害。（1）汽油在不同空燃比(空气与燃油气的体积比)时尾气的主要成分不同，空燃比较小的时候有毒气体主要是___________。（2）辛烷()是汽油的主要成分之一，已知辛烷的燃烧热，请写出表示辛烷燃烧热的热化学方程式___________。（3）空气中的氮气和氧气在气缸内高温环境下，通过电火花放电生成有毒气体NO，反应的热化学方程式为：。已知：、分子中化学键的键能分别为946kJ/mol、497kJ/mol，则NO分子中化学键的键能为___________。（4）为减轻污染，现在汽车上都安装三元催化转化器，可实现反应：，该反应在___________(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发进行。【答案】（1）CO（2）（3）631.5（4）低温【解析】【小问1详解】当空燃比较小时，汽油中的碳发生不完全燃烧产生一氧化碳，有毒，故答案为CO。【小问2详解】辛烷的燃烧热ΔH＝−5518kJ•mol−1，则1mol辛烷完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水时放热5518KJ，辛烷的燃烧热的热化学方程式为，故答案为：。【小问3详解】设NO分子中化学键的键能为xkJ/mol，N2、O2分子中化学键的键能分别为946kJ•mol−1、497kJ•mol−1，ΔH＝＋180kJ•mol−1＝反应物的键能之和−生成物的键能之和＝946kJ•mol−1＋497kJ•mol−1−2xkJ/mol，解得x＝631.5kJ/mol，故答案为631.5kJ/mol。
18【小问4详解】2NO(g)＋2CO(g)⇌N2(g)＋2CO2(g)△H＜0，反应前后气体体积减小△S＜0，低温下满足△H−T△S＜0，即在低温时反应自发进行，故答案为低温。【点睛】本题考查化学反应与能量以及反应进行的方向等，涉及反应热的计算、热化学方程式的书写等，题目难度中等。28.耦合乙苯(，简称EB)脱氢制备苯乙烯(，简称ST)是综合利用的热点研究领域。制备ST涉及的主要反应如下。回答下列问题：a.b．C．（1）①_________；②为提高EB的平衡转化率，应选择的反应条件为___________(填序号)。A．低温、低压B．高温、高压C．高温、低压D．低温、高压（2）在0.1MPa下，有三种原料气配比：①只有EB；②：③。测得EB的平衡转化率与温度的变化关系如图所示。①图中，表示原料气配比为：的曲线是曲线___________(填“ⅰ”或“ⅱ”)。②能显著提高EB的平衡转化率，从平衡移动的角度解释的作用___________。③相对压力平衡常数用相对分压(分压p除以，)进行计算。反应c的相对压力平衡常数表达式为___________。（3）电催化氧化法可以除去废水中的ST()，装置如图所示。
19b为电池___________极，a电极发生的电极反应为___________。【答案】（1）①.+41.2②.C（2）①.ⅱ②.作为稀释气，降低乙苯分压并消耗，共同促进乙苯往脱氢方向移动③.或（3）①.阴②.(写成ST也可)【解析】【小问1详解】①(a)EB(g)=ST(g)＋H2(g)ΔH1＝＋117.6kJ•mol−1；(b)CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH2；(c)EB(g)＋CO2(g)=ST(g)＋CO(g)＋H2O(g)ΔH3＝＋158.8kJ•mol−1反应(b)＝反应(c)−反应(a)，结合盖斯定律可知，ΔH2＝＋158.8kJ•mol−1−117.6kJ•mol−1＝＋41.2kJ•mol−1，故答案为＋41.2。②正反应为吸热反应，正反应气体物质的量增大，减小压强、升高温度平衡正向移动，为提高EB平衡转化率应选择的反应条件为高温、低压，选C；故答案选C。【小问2详解】①投料仅EB或EB和N2时，只发生反应a；当n(EB)：n(N2)＝1：10时，由于总压强不变，所以EB的分压减小，相当于减小压强，反应a的平衡正向移动，EB的转化率增大，所以曲线ii表示原料气配比为n(EB)：n(N2)＝1：10，故答案为ii；②CO2能显著提高EB的平衡转化率，从平衡移动的角度解释CO2的作用为CO2作为稀释气，降低反应a分压并消耗H2，促进乙苯脱氢反应平衡向正反应方向移动，进而提高乙苯平衡转化率，故答案为作为稀释气，降低乙苯分压并消耗，共同促进乙苯往脱氢方向移动；③相对压力平衡常数Krp用相对分压（分压p除以p0，p0＝0.1MPa）进行计算，结合提示可知，反应c
20的相对压力平衡常数表达式为；故答案为或。【小问3详解】据图可知石墨电极a上ST转化为CO2，C元素化合价升高被氧化，所以为阳极，b为阴极，根据电子守恒、元素守恒可得a电极反应为C6H5−C2H3−40e−＋16H2O＝8CO2↑＋40H＋，故答案为阴；(写成ST也可)。【点睛】本题考查化学平衡计算，为高频考点和高考常考题型，明确化学平衡及其影响因素、盖斯定律的计算应用为解答关键。29.常温下，几种弱酸的电离平衡常数如下，根据表中数据回答下列问题：化学式HCNHCOOH电离平衡常数（1）25℃时，某浓度的NaCN水溶液的，原因是___________(用离子方程式表示)，该溶液中由水电离产生的的浓度为___________。（2）25℃时，向NaCN溶液中通入少量，反应的离子方程式为___________。（3）溶液中各离子浓度由大到小的顺序是___________。（4）25℃时，体积相同、相同的三种酸溶液：a．HCOOH；b．HCN；c．HCl分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的顺序是___________(填字母)。【答案】（1）①.②.（2）（3）（4）
21【解析】【小问1详解】NaCN是弱酸强碱盐，CN−水解使其水溶液呈碱性，离子方程式为，NaCN溶液中水电离产生的c(H＋)与溶液中c(OH−)相等，即为，故答案为；10−6mol/L。【小问2详解】酸的酸性：H2CO3＞HCN＞，由强酸制弱酸规律可知，NaCN溶液中通入少量CO2时反应的离子方程式为；故答案为。【小问3详解】NaHCO3是弱酸酸式盐，的水解平衡常数，则的水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，由于水的电离影响，c(OH−)＞c(H2CO3)，，则NaHCO3溶液中各离子浓度由大到小的顺序为，故答案为。【小问4详解】HCl是一元强酸，HCOOH和HCN均为一元弱酸，且酸性：HCOOH＞HCN，则c(H＋)相同的三种酸溶液中：c(HCN)＞c(HCOOH)＞c(HCl)，体积相同时n(HCN)＞n(HCOOH)＞n(HCl)，三者均与NaOH等物质的量反应，则分别与同浓度的NaOH溶液完全中和时消耗NaOH溶液的体积由大到小的顺序是n(HCN)＞n(HCOOH)＞n(HCl)，即b＞a＞c，故答案为b＞a＞c。【点睛】本题考查弱电解质的电离、盐的水解、离子浓度大小比较、电离常数和水解常数的相关计算等知识，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱关系、盐类水解原理的应用、弱酸的电离特点、pH的简单计算是解本题关键，题目难度不大。30.某含镍(Ni)废催化剂中主要含有Ni，还含有Al、、Fe及其他不溶于酸、碱的杂质。现用含镍废催化剂制备，其流程图如下：
22常温下，部分金属化合物的近似值如表所示：化学式近似值回答下列问题：（1）“碱浸”时发生反应的离子方程式为和___________。（2）“净化除杂”时需加入溶液，其作用是___________，然后调节pH使溶液中铁元素恰好完全沉淀(铁元素对应离子浓度为，此时溶液的pH为___________(填计算所得数值)。（3）“操作A”为___________、过滤、洗涤、干燥，即得产品。（4）析出后的溶液中含有一定浓度的，为避免镍的损失及其对环境造成的影响，可向析出后的溶液中加入固体，将转化为沉淀。若溶液中含浓度为1.0mol/L，欲使1L该溶液中的沉淀完全，则需要加入固体的质量最少为___________g(忽略溶液体积变化)。【答案】（1）（2）①.将氧化为，便于沉淀除去②.3（3）蒸发浓缩、冷却结晶（4）212【解析】【分析】含镍(Ni)废催化剂用碱浸取时，Al、Al2O3发生反应产生进入溶液，而Ni、Fe不发生反应，通过过滤进入滤渣中，然后用硫酸酸浸滤渣，Fe与硫酸反应产生FeSO4，Ni与硫酸反应变为NiSO4，再向该溶液中加入适量H2O2，将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，然后调节pH使溶液中Fe3+恰好完全形成Fe(OH)3沉淀，而Ni2+仍然留在溶液中，过滤除去Fe(OH)3
23沉淀，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得NiSO4·7H2O。【小问1详解】“碱浸”时，Al、Al2O3与NaOH溶液发生反应，产生可溶性偏铝酸钠，发生反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑、Al2O3+2OH-=2+H2O；【小问2详解】含镍(Ni)废催化剂中Fe单质与硫酸反应产生FeSO4，由于Fe(OH)2、Ni(OH)2的溶度积常数很接近，Fe2+不容易被除去，“净化除杂”时需加入H2O2溶液，可以将Fe2+氧化为Fe3+，便于除杂净化，然后调节pH使溶液中铁元素恰好完全沉淀，铁元素对应离子浓度为1.0×10-5mol·L-1，由于Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=1.0×10-38，则c(OH-)=mol/L，则c(H+)=mol/L=1.0×10-3mol/L，所以溶液pH=3；【小问3详解】NiSO4的溶解度随温度的升高而增大，从其溶液中获得带结晶水的NiSO4·7H2O晶体要经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即得产品，所以“操作A”为蒸发浓缩、冷却结晶；【小问4详解】析出NiSO4·7H2O后的溶液中含有一定浓度的Ni2＋，为避免镍的损失及其对环境造成的影响，可向析出NiSO4·7H2O后的溶液中加入Na2CO3固体将Ni2＋转化为NiCO3沉淀。若c(Ni2＋)=1.0mol·L－1，欲使1L溶液中的Ni2＋沉淀完全，则溶液中剩余Ni2+的浓度c(Ni2＋)=1.0×10－5mol/L，发生反应：Ni2++=NiCO3↓。Ni的物质的量为n(Ni2+)=(1-1.0×10-5)mol/L×1L=1.0mol，消耗Na2CO3是1.0mol，溶液中含有的浓度为c()==1.0mol/L，在溶液中溶解的Na2CO3的物质的量n(Na2CO3)=1.0mol/L×1L=1.0mol，则需要加入Na2CO3固体的物质的量n(Na2CO3)总=1.0mol+1.0mol=2.0mol，其质量最少为m(Na2CO3)=2.0mol×106g/mol=212g。
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