湖北省武汉市江夏一中2026届高二上化学期中学业水平测试试题含解析

湖北省武汉市江夏一中2026届高二上化学期中学业水平测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、如下图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。下列有关说法正确的是A．反应一段时间后，乙装置中生成的氢氧化钠在铁极区B．乙装置中铁电极为阴极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+C．反应一段时间后，丙装置中硫酸铜溶液浓度保持不变D．通入氧气的一极为正极，发生的电极反应为O2-4e-+2H2O=4OH-2、近年来，我国北京等地出现严重雾霾天气，据研究，雾霾的形成与汽车排放的CO、NO2等有毒气体有关，对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体相互反应转化为无毒气体，反应方程式为4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g)ΔH=-1200kJ/mol。对于该反应，温度不同(T2>T1)其他条件相同时，下列图像正确的是A．A B．B C．C D．D3、0.1mol/L的盐酸和醋酸溶液各1升，分别加水500mL,所得溶液pHA．盐酸大B．醋酸大C．相等D．无法确定4、下列说法正确的是A．二氧化硫和漂白粉都具有漂白作用，它们都能使溴水和高锰酸钾溶液褪色B．过氧化钠和二氧化硫都具有漂白作用，它们都能使品红溶液褪色C．二氧化硫和氯气都具有漂白作用，它们都能使石蕊试液先变红色再褪色D．盐酸能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，所以盐酸也有漂白性5、如图为阳离子交换膜法电解饱和食盐水原理示意图。下列说法不正确的是()A．从D口逸出的气体是H2B．从B口加入稀NaOH(增强导电性)的水溶液C．每生成22.4LCl2，同时产生2molNaOHD．从A口加入精制的浓食盐水6、在密闭容器中发生下列反应aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是（）A．A的转化率变小 B．平衡向正反应方向移动C．D的体积分数变大 D．a>c＋d7、有人分析一些小而可溶的有机分子的样品，发现它们含有碳、氢、氧、氮等元素，这些样品很可能是A．脂肪酸 B．氨基酸 C．葡萄糖 D．核糖8、某同学在实验报告中有以下实验数据：①用托盘天平称取11.7g食盐；②用量筒量取5.28mL硫酸；③用广泛pH试纸测得溶液的pH值是3.5；④用标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸用去溶液20.10ml，其中数据合理的是A．①④ B．②③ C．①③ D．②④9、反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)在5L密闭容器中进行，半分钟后，NO的物质的量增加了0.3mol，则此反应的平均速率xA．(O2)=0.01mol·(L·s)–1 B．(NO)=0.008mol·(L·s)–1C．(H2O)=0.006mol·(L·s)–1 D．(NH3)=0.002mol·(L·s)–110、氯化铁溶液的颜色是A．无色B．粉红色C．棕黄色D．浅绿色11、室温下，向圆底烧瓶中加入1molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是A．加入NaOH，可增大乙醇的物质的量B．增大HBr浓度，有利于生成C2H5BrC．若反应物增大至2mol，则两种反应物平衡转化率之比不变D．若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间12、NF3是一种温室气体，其存储能量的能力是CO2的12000～20000倍，在大气中的寿命可长达740年，如表所示是几种化学键的键能：化学键N≡NF—FN—F键能/kJ·mol－1946154.8283.0下列说法中正确的是()A．过程N2(g)→2N(g)放出能量B．过程N(g)＋3F(g)→NF3(g)放出能量C．反应N2(g)＋3F2(g)→2NF3(g)的ΔH＞0D．NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，仍可能发生化学反应13、下列说法正确的是（）A．ΔH＜0、ΔS＞0的反应在温度低时不能自发进行B．NH4HCO3(s)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH＝＋185.57kJ/mol能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向C．因为焓变和熵变都与反应的自发性有关，因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据D．在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂可以改变化学反应进行的方向14、铝热反应属于下列哪一种化学反应类型A．分解反应 B．化合反应 C．置换反应 D．复分解反应15、某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+mY（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变。下列叙述不正确的是A．m=2B．两次平衡的平衡常数相同C．X与Y的平衡转化率之比为1:1D．第二次平衡时，Z的浓度为0.4mol·L－116、下列说法正确的是①标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4L②0.5molH2所占体积为11.2L③标准状况下，1molH2O的体积为22.4L④常温常压下，28gCO与N2的混合气体所含的原子数为2NA⑤各种气体的气体摩尔体积都约为22.4L·mol−1⑥标准状况下，体积相同的气体的分子数相同A．①③⑤ B．④⑥ C．③④⑥ D．①④⑥17、在某温度时，将nmol/L氨水滴入10mL1.0mol/L盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是()A．a点Kw=1.0×10-14B．水的电离程度:b>c>a>dC．b点:c(NH4+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)D．25℃时，NH4Cl水解常数为(n-1)×10-7(用n表示)18、关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物，下列说法中正确的是()A．配体是Cl-和H2O，配位数是9B．中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+C．内界和外界中Cl-的数目比是1∶2D．加入足量AgNO3溶液，所有Cl－均被完全沉淀19、分析下列反应在任何温度下均能自发进行的是（）A．2N2(g)＋O2(g)=2N2O(g)ΔH=＋163kJ·mol-1B．Ag(s)＋Cl2(g)=AgCl(s)ΔH=-127kJ·mol-1C．H2O2(l)=O2(g)＋H2O(l)ΔH=-98kJ·mol-1D．HgO(s)=Hg(l)＋O2(g)ΔH=＋91kJ·mol-120、相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是A．pH相等的两溶液中：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)B．分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同C．相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同D．相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COOˉ)＝c(Clˉ)21、25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋+OH－；ΔH>0，下列叙述正确的是A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c（H＋）降低D．将水加热，Kw增大，pH不变22、下列关于能量判据和熵判据的说法中，不正确的是A．放热的自发过程可能是熵减小的过程，吸热的自发过程一定为熵增加的过程B．放热过程(ΔH＜0)或熵增加(ΔS＞0)的过程一定是自发的C．在室温下碳酸钙的分解反应不能自发进行，但同样是这个吸热反应在较高温度(1200K)下则能自发进行D．由能量判据(以焓变为基础)和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程二、非选择题(共84分)23、（14分）2-苯基丙烯是日化行业常用的化工原料，其合成路线如下(反应②、④的条件未写出)。已知：其中，R、R’为H原子或烷基。（1）C3H8的结构简式为___；（2）反应①的反应类型为___；（3）反应②的化学反应方程式为___；（4）反应③的反应类型为___；（5）反应④的化学反应方程式为___；（6）产物2-苯基丙烯在一定条件下可以发生加聚反应，加聚产物的结构简式为___；（7）请以苯、乙醇及其他必要的无机试剂为原料，合成。合成过程中，不得使用其他有机试剂。写出相关化学反应方程式___。24、（12分）a，b，c，d为四种由短周期元素构成的中性粒子，它们都有14个电子，且除a外都是共价型分子。回答下列问题：（1）a是单核粒子，a单质可用作半导体材料，a原子核外电子排布式为______________。（2）b是双核化合物，常温下为无色无味气体。b的化学式为________。人一旦吸入b气体后，就易引起中毒，是因为__________而中毒。（3）c是双核单质，写出其电子式____________。c分子中所含共价键的类型为_______(填“极性键”或“非极性键”)。c单质常温下性质稳定，不易起反应，原因是________________________。（4）d是四核化合物，其结构式为______________；d分子内所含共价键有________个σ键，________个π键；σ键与π键的强度大小关系为σ___π(填“＞”、“＜”或“=”)，原因是：__________。25、（12分）某同学在研究Fe与的反应时，进行了如图所示实验(部分夹持装置已略去)。(1)实验Ⅰ中，铁与稀硫酸反应的离子方程式为________________。(2)实验Ⅱ中，铁丝表面迅速变黑，反应很快停止，其原因是________________。(3)实验Ⅲ中，加热试管A，产生大量气体，B中品红溶液褪色，D处始终未检测到可燃性气体，则试管A中产生的气体是________(填化学式)，C的作用是________________。(4)对比实验Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，同学们得出以下结论：①浓硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，浓硫酸的氧化性源于+6价的硫元素，稀硫酸的氧化性源于________。②造成反应多样性的因素有________。26、（10分）某化学兴趣小组用下图所示装置进行探究实验。以验证产物中有乙烯生成，且乙烯具有不饱和性。当温度迅速上升后，可观察到试管中的溴水褪色，烧瓶中浓H2SO4与乙醇的混合液体变为棕黑色。(1)写出该实验中生成乙烯的化学方程式___________________________________；(2)甲同学认为：考虑到该混合液体反应的复杂性，溴水褪色的现象不能证明反应中有乙烯生成且乙烯具有不饱和性，其理由正确的是________。A．乙烯与溴水易发生取代反应B．使溴水褪色的反应，未必是加成反应C．使溴水褪色的物质，未必是乙烯D．浓硫酸氧化乙醇生成乙酸，也会使溴水带色(3)乙同学经过细致观察后认为：试管中另一现象可证明反应中有乙烯生成，这个现象是___________________________________。为验证这一反应是加成反应而不是取代反应，可用pH试纸来测试反应后溶液的酸性，理由是________________________________。(4)丙同学对上述实验装置进行了改进，在Ⅰ和Ⅱ之间增加如图所示装置，则A中的试剂应为_____________，其作用是_________________，B中的试剂为______________。(5)处理上述实验后烧瓶中废液的正确方法是_______________A．废液经冷却后倒入下水道中B．废液经冷却后倒入空废液缸中C．将水加入烧瓶中稀释后倒入废液缸27、（12分）完成下列问题某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案：实验编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度浓度(mol·L－1)体积(mL)浓度(mol·L－1)体积(mL)①0.102.00.0104.025②0.202.00.0104.025③0.202.00.0104.050（1）为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为n(H2C2O4)∶n(KMnO4)≥______。（2）探究温度对化学反应速率影响的实验编号是________(填编号，下同)，可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是________。（3）实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)＝________mol·L－1·min－1。（4）已知实验③中c(MnO4—)～反应时间t的变化曲线如下图。若保其他条件不变，请在图中画出实验②中c(MnO4—)～t的变化曲线示意图。_______28、（14分）回答下列问题：（1）某温度时，测得0.01mol/L的NaOH溶液pH=13，该温度下水的Kw=__。（2）盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。有些反应的反应热虽然无法直接测得但可通过间接的方法测定。现根据下列3个热化学反应方程式：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H=-25.0kJ/mol3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g)△H=-48.0kJ/molFe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g)△H=+640.5kJ/mol写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：__。（3）已知25℃时Ksp(Mg(OH)2)=1.8×10-11，为除去某食盐溶液中的Mg2+，可用NaOH为除杂试剂，当控制溶液pH=12时，可确保Mg2+除尽，此时溶液中Mg2+的物质的量浓度为__mol/L。（4）生活中明矾常作净水剂，其净水的原理是__(用离子方程式表示)。（5）常温下，取0.2mol/LHCl溶液与0.2mol/LMOH溶液等体积混合，测得混合溶液后的pH=5，写出MOH的电离方程式：__。（6）0.1mol/L的NaHA溶液中，已知有关粒子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)>c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)①该溶液中c(H+)__c(OH-)(填“>”、“<”或“=”)②作出上述判断的依据是__(用文字解释)。29、（10分）“一碳化学”是指以研究分子中只含一个碳原子的化合物[如甲烷(CH4)、合成气(CO和H2)、CO2、CH3OH等]为原料来合成一系列化工原料和燃料的化学。(1)已知0.5mol碳单质和0.5mol水蒸气在t℃，pkPa时，完全反应生成一氧化碳和氢气(合成气)，吸收了akJ热量。该反应的热化学方程式是：___。(2)也可以利用CO2与CH4生产合成气(CO、H2)：已知：①CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)ΔH1②CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2③2CO(g)+O2(g)2CO2(g)ΔH3则反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH=____(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的式子表示)。反应①的平衡常数表达式K=___。(3)CO2经催化加氢可合成乙烯：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)，该反应是综合利用CO2的热点研究领域。0.1MPa时，按n(CO2)：n(H2)=l：3投料，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度的关系如图。该反应是一个___(填“放热”或“吸热”)反应，曲线___代表H2O。其它条件不变，T1℃、0.2MPa下反应达平衡时c(H2)___M点(填“>”“=”或“<”)。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、A【分析】甲装置为甲醚燃料电池，通入氧气的一极发生还原反应，为电极的正极，投放燃料的为电极的负极；乙装置为电解饱和氯化钠的装置，根据串联电池中，电子的转移，可知Fe电极为阴极，C极为阳极；丙装置为电解精炼铜的装置，精铜为阴极，粗铜为阳极。【详解】A．乙装置中铁极反应2H++2e-＝H2↑，所以反应一段时间后，装置中生成的氢氧化钠在铁极区，选项A正确；B．乙装置中铁极反应为2H++2e-＝H2↑，选项B错误；C．投放氧气的一极发生还原反应，为电极的正极，发生的电极反应为：O2+2H2O+4e-＝4OH-，选项C错误；D．丙装置中，粗铜极除了铜发生氧化反应外，活动性在铜前面的金属也要反应，但是在精铜极，除铜离子被还原外，没有其他离子能被还原，根据得失电子相等，可知硫酸铜溶液浓度减小，选项D错误，答案选A。【点睛】本题考查原电池和电解池知识，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握电极方程式的书写，为解答该题的关键，结合串联电路的特点解答该题，解题关键是理解：燃料电池中通入氧气的电极是正极，正极上得电子发生还原反应，负极上燃料失电子发生氧化反应。2、B【分析】本题主要考查化学平衡的影响因素。根据影响化学平衡移动的因素以及化学平衡移动的方向来判断即可，根据影响化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂来确定化学反应达平衡用到的时间，根据影响化学平衡移动的因素：温度、浓度、压强来确定化学平衡中各个量的变化情况，由此分析解答。【详解】A.升高温度，化学平衡逆向移动，化学反应速率会迅速增大，会离开原来的速率点，故A错误；B.升高温度，化学反应速率会迅速增大，所以T2时先达到化学平衡状态，并且化学平衡逆向移动，二氧化氮的转化率减小，故B正确；C.对于反应：4CO(g)+2NO2(g)4CO2(g)+N2(g)ΔH<0，T不变，增大压强，平衡正向移动，一氧化碳的体积分数会减小；压强不变，升高温度，平衡逆向移动，一氧化碳的体积分数会增大，故C错误；D.正反应是放热反应，温度升高化学平衡常数减小，而不是增大，故D错误；3、B【解析】0.1mol/L的盐酸和醋酸溶液各1L，分别加水500mL,所得溶液的物质的量浓度为0.1mol/L×1L1L+0.5L=115mol/L4、B【解析】A、二氧化硫与溴水、KMnO4溶液均发生氧化还原反应；B、二氧化硫与有色物质化合生成无色物质，Na2O2具有强氧化性；C．两种气体同时通入生成硫酸和盐酸；D．盐酸不具有漂白性。【详解】A项、二氧化硫与溴水、KMnO4溶液均发生氧化还原反应，则体现其还原性，只有使品红褪色体现其漂白性，故A错误；B项、二氧化硫与品红化合生成无色物质，Na2O2具有强氧化性，可以使品红溶液褪色，故B准确；C项、氯气不具有漂白性，二氧化硫可以使石蕊试液变红但不会褪色，故C错误；D项、盐酸与氢氧化钠发生中和反应，中性、酸性条件下酚酞为无色，盐酸不具有漂白性，故D错误。故选B。【点睛】本题考查物质的漂白性，把握漂白原理及发生的氧化还原反应为解答的关键。5、C【分析】根据钠离子移动方向知，右边是阴极，左边是阳极，阴极上氢离子放电生成氢气，发生2H++2e-=H2↑，阳极上氯离子放电生成氯气，电极反应式为2Cl─-2e-=Cl2↑，电解时，阳极生成氯气，消耗NaCl，则应在阳极补充NaCl，阴极生成OH-，且Na+向阴极移动，则产品烧碱溶液从阴极区导出。【详解】A．右边是阴极区，发生2H++2e-=H2↑，所以从D口逸出的气体是H2，故A正确；B．阴极生成OH-，且Na+向阴极移动，阴极区生成NaOH，为增强导电性，则从B口加入稀NaOH（增强导电性）的水溶液，故B正确；C．电池反应式为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，标准状况下每生成22.4LCl2，生成1mol氯气时，同时产生2molNaOH，因为温度和压强未知，无法计算氯气的物质的量，故C错误；D．电解时，阳极生成氯气，消耗NaCl，则应在阳极补充NaCl，即浓盐水从A口注入，故D正确；本题选C。6、A【分析】先建立等效平衡：假定平衡不移动，将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的2倍，实际达到新平衡时，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，即a＜c+d，据此进行分析。【详解】先建立等效平衡：假定平衡不移动，将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的2倍，实际达到新平衡时，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，即a＜c+d。A、结合以上分析可知，平衡向逆反应移动，A的转化率降低，故A正确；B、结合以上分析可知，平衡向逆反应方向移动，故B错误；C、气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，D体积分数减小，故C错误；D、根据分析D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动，即a＜c+d，故D错误；故答案选A。【点睛】考查化学平衡的影响因素，难度中等，解题关键：根据D的浓度变化判断平衡移动方向，难点建立等效平衡，根据平衡移动原理判断反应进行的方向：假定平衡不移动，将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度为原来的2倍，实际达到新平衡时，D的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向逆反应移动。7、B【解析】脂肪酸、葡萄糖、核糖中只含有C、H、O三种元素，氨基酸中含有C、H、O、N四种元素；答案选B。8、A【详解】①托盘天平的读数到小数点后一位，故①正确；②量筒的精确度较低，读数到小数点后1位，故②错误；③广泛pH试纸测得溶液的pH的数值为整数，故③错误；④滴定管的精确度较高，读数到小数点后2位，故④正确；答案选A。9、D【分析】半分钟后NO的物质的量增加了0.3mol，所以△c（NO）=0.3mol/5L=0.06mol·L－1，所以v（NO）═0.06mol·L－1/30s=0.002mol/（L·s）【详解】A、v（O2）=5v（NO）/4═1.25×0.002mol/（L·s）=0.0025mol/（L·s）故A错误；B、v（NO）═0.06mol·L－1/30s=0.002mol/（L·s），故B错误；C、v（H2O）=6v（NO）/4═1.5×0.002mol/（L·s）=0.003mol/（L·s），故C错误；D、氨气与NO的化学计量数相同，化学反应速率之比等于化学计量数之比，故v（NH3）=0.002mol·(L·s)–1，故D正确；答案选D。10、C【解析】A、铁离子是黄色的，因此无色不正确，选项错误；B、铁离子是黄色的，氯离子是无色的，水分子是无色的，因此粉红色不正确，选项错误；C、三氯化铁溶液的颜色是黄色的，因为铁离子是黄色的，氯离子是无色的，水分子是无色的，选项正确；D、铁离子是黄色的，氯离子是无色的，水分子是无色的，因此浅绿色不正确，选项错误；答案选C。11、D【分析】根据题目的反应，主要判断外界条件的变化对平衡和速率的应该结果即可。【详解】A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。选项A正确。B．增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br。选B正确。C．若反应物增大至2mol，实际上就是将反应物的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比），只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1。选项C正确。D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr易挥发性，温度升高化学反应速率加快，而反应物浓度减小能使化学反应速率变慢，故不一定能缩短到达平衡的时间。选项D错误。故选D。点睛：本题中的反应是反应前后物质的量不变的反应，但是考虑到反应是在水溶液中进行的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即本题中的溴乙烷应该是没有浓度的，所以选项D中是不需要考虑温度升高将溴乙烷蒸出的影响的。12、B【详解】A．N2(g)→2N(g)为化学键的断裂过程，应吸收能量，故A错误；

B．N(g)+3F(g)→NF3(g)为形成化学键的过程，放出能量，故B正确；

C．反应N2(g)+3F2(g)→2NF3(g)，△H=（946+3×154.8-283.0×6）kJ•mol-1=-287.6kJ•mol-1，△H＜0，为放热反应，故C错误；

D．NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与生成，则不能发生化学反应，化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，故D错误；

答案为B。13、B【解析】A．ΔH＜0、ΔS＞0,ΔH-TΔS<0，任何温度都能自发进行，错误；B、ΔH>0,ΔS＞0,高温可以自发进行，正确；C、虽然焓变和熵变都与反应的自发性有关，但单独作为反应自发性的判据是不准确的，错误；D、催化剂不可以改变化学反应进行的方向，错误。14、C【详解】A.该反应的反应物是两种，不属于分解反应，故A错误；B.该反应的生成物是两种，不属于化合反应，故B错误；C.该反应的反应物是一种单质和一种化合物，生成物是另一种单质和另一种化合物，属于置换反应，故C正确；D.复分解反应的反应物和生成物都是化合物，该反应的反应物和生成物中都有单质，不属于不属于复分解反应，故D错误；故选C。15、D【详解】A.某温度下，在2L的密闭容器中，加入1molX（g）和2molY（g）发生反应：X（g）+mY（g）3Z（g），平衡时，X、Y、Z的体积分数分别为30%、60%、10%。在此平衡体系中加入1molZ（g），则可等效为两等效平衡体系合，在合并瞬间X、Y、Z的体积分数不变，但单位体积内体系分子总数增多，依据勒夏特列原理平衡应朝使单位体积内分子总数减小方向移动，但再次达到平衡后，X、Y、Z的体积分数不变，则说明m+1=3，故m=2，A项正确；B.同一化学反应的平衡常数只与温度有关，两次平衡温度不变，故两次平衡的平衡常数相同，B项正确；C.m=2，起始量X与Y之比为1:2，则反应过程中由方程式可知反应的X与Y之比为1:2，故X与Y的平衡转化率之比为1:1，C项正确；D.m=2，则该反应为反应前后气体总量不变的反应，故第二次平衡时Z的物质的量为：4mol×10%=0.4mol，故Z的浓度为0.4mol÷2L=0.2mol/L，故D项错误；本题选D。16、B【详解】①标准状况下，6.02×1023个气体分子(1mol)所占的体积才是22.4L，①错误；②没有说明状态，无法计算体积，②错误；③标准状况下，H2O不是气体，不能用气体摩尔体积计算体积，③错误；④CO与N2的摩尔质量均为28g·mol-1，质量与状态无关，28gCO与N2的混合气体为1mol，二者都是双原子分子，所含的原子数为2NA，④正确；⑤在标准状况下，任何气体的摩尔体积都约为22.4L/mol，不是标准状况，气体的摩尔体积不一定是22.4L/mol，⑤错误；⑥标准状况下，体积相同的气体的物质的量相同，则所含的分子数相同，⑥正确，综上，④⑥正确，答案选B。17、D【解析】A．水的离子积与温度有关，a点时溶液温度小于25℃，则水的离子积Kw＜1.0×10-14mol2•L-2，故A错误；B．b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，则a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大；由于d点混合液的pH不知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小，故B错误；C．b点时溶液的pH＜7，则c(H+)＞c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Cl-)＞c(NH4+)，溶液中正确的离子浓度大小为：c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)，故C错误；D．根据图象可知，25℃时溶液的pH=7，则：c(H+)=c(OH-)=10-7mol•L-1，c(NH4+)=c(Cl-)=0.5mol/L，根据物料守恒可知：c(NH3•H2O)=(0.5n-0.5)mol/L，则25℃时NH4Cl水解常数为：K==(n-1)×10-7，故D正确；故选D。【点晴】本题考查了酸碱混合的定性判断及离子浓度大小比较，题目难度中等，涉及水的电离及其影响、酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算、离子浓度大小比较、水解平衡常数的计算等知识，D为难点，注意掌握水解平衡常数的表达式及计算方法。18、C【分析】[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，配体为Cl-、H2O，提供孤电子对，中心离子是Ti3+；配合物中配位离子Cl-不与Ag+反应，外界离子Cl-离子与Ag+反应，据此分析解答。【详解】A．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，配位体是Cl-和H2O，配位数是6，故A错误；B．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O中配离子是[TiCl(H2O)5]2+，配位体是Cl-和H2O，中心离子是Ti3+，故B错误；C．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，内界配离子是Cl-为1，外界离子是Cl-为2，内界和外界中的Cl-的数目比是1∶2，故C正确；D．加入足量AgNO3溶液，外界离子Cl-离子与Ag+反应，内界配位离子Cl-不与Ag+反应，故D错误；故选C。19、C【分析】在任何温度下均能自发进行的反应，应为放热反应(ΔH<0)，同时为熵增的反应。【详解】A．该反应为吸热反应，A不合题意；B．该反应虽为放热反应，但熵减小，B不合题意；C．该反应放热，且生成物中有气体，熵增大，C符合题意；D．该反应为吸热反应，D不合题意；故选C。20、A【详解】A、在pH相等的两种溶液中，氢离子的浓度相同，根据溶液中电荷守恒可知阴离子浓度相等，即c（CH3COO－）=c(Cl－)，故A正确；B、醋酸为弱酸，是弱电解质只能部分电离，与pH相同的强酸溶液比起来，与其他物质反应时，可以持续电离出氢离子，平衡右移，所以醋酸消耗的氢氧化钠的量要更多一些，故B错误；C、反应刚开始时，醋酸弱酸部分电离，与同等浓度的强酸比较，反应速率会慢一些，故C错误；D、当醋酸恰好与NaOH反应时，弱酸根水解呈现出碱性，应为c（CH3COO－）＜c(Cl－)，故D错误。综上所述，本题的正确答案为A。21、B【详解】A.氨水能抑制水的电离，但碱性是增强的，A不正确；B.硫酸氢钠是强酸的酸式盐，溶于水显酸性，水的离子积常数只和温度有关，所以B是正确的；C.醋酸钠是强碱弱酸盐，水解显碱性。水解是促进水的电离的，所以C不正确；D.电离是吸热的，因此加热促进水的电离，水的离子积常数增大，pH降低，D不正确。答案选B。22、B【详解】A.放热过程（即ΔH＜0）有自发进行的倾向，如2H2(g)+O2(g)=2H2O(l),ΔH＜0是自发的过程，其过程的熵减小。如果吸热（即ΔH>0）且又熵减小（即ΔS<0）的过程，则任何温度下都有ΔH-TΔS>0，即在任何温度下该过程都是非自发的，所以吸热的自发过程一定为熵增加的过程，A项正确；B.焓变和熵变都与反应的自发性有关，又都不能独立地作为自发性的判据，要判断反应进行的方向，必须综合考虑体系的焓变和熵变，放热过程(ΔH＜0)且熵增加(ΔS＞0)的过程一定是自发的，B项错误；C.CaCO3(g)=CaO(s)+CO2(g)，该反应ΔH>0且ΔS>0，升高温度（即T增大）可使ΔH-TΔS<0即可自发，故该反应在高温下可自发进行，C项正确；D.焓判据和熵判据都不能独立地作为自发性的判据，要判断反应进行的方向由能量判据(以焓变为基础)和熵判据组合成的复合判据，将更适合于所有的过程，D项正确；答案选B。二、非选择题(共84分)23、CH3CH2CH3取代反应CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr氧化反应+H2O2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr【分析】C3H8为丙烷，由B与O2、Cu加热发生氧化反应生成，可知B为异丙醇，则C3H8与Br2光照发生取代反应，生成的A为2-溴丙烷，2-溴丙烷与NaOH溶液发生取代反应生成异丙醇；由题目中所给信息可知C为2-苯基丙醇，发生消去反应生成2-苯基丙烯，以2-苯基丙烯为单体写出它的加聚产物结构简式；根据题目所给信息和平时所学方程式合成。【详解】C3H8为丙烷，由B与O2、Cu加热发生氧化反应生成，可知B为异丙醇，则C3H8与Br2光照发生取代反应，生成的A为2-溴丙烷，2-溴丙烷与NaOH溶液发生取代反应生成异丙醇；由题目中所给信息可知C为2-苯基丙醇，发生消去反应生成2-苯基丙烯，（1）C3H8为丙烷，结构简式为：CH3CH2CH3，故答案为：CH3CH2CH3；（2）①的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；（3）反应②的化学反应方程式为CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr，故答案为：CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr；（4）③为氧化反应，故答案为：氧化反应；（5）2-苯基丙醇发生消去反应生成2-苯基丙烯，化学方程式为+H2O，故答案为：+H2O；（6）2-苯基丙烯发生加聚反应，碳碳双键断开，它的加聚产物结构简式为，故答案为：；（7）乙醇先与O2、Cu加热生成乙醛，乙醛与苯在AlCl3作用下生成1-苯乙醇，1-苯乙醇与浓硫酸加热生成苯乙烯，苯乙烯与HBr加成生成，相关的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr。【点睛】在有机流程推断题中，各物质的名称要根据前后反应综合判断，最终确定结果，本题中A与B的推断就是如此。24、1s22s22p63s23p2COCO一旦被吸入肺里后，会与血液中的血红蛋白结合，使血红蛋白丧失输送氧气的能力非极性键N2分子中的共价叁键键能很大，共价键很牢固H—C≡C—H32>形成σ键的原子轨道的重叠程度比π键的重叠程度大，形成的共价键强【分析】从a，b，c，d为四种由短周期元素构成的中性粒子，它们都有14个电子入手，并结合题目分析，a是Si；b是CO；c是N2；d是C2H2；【详解】（1）a是Si，根据构造原理知，Si原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2；（2）b是两个原子的化合物，根据其物理性质：无色无味气体，推断b为CO，CO一旦进入肺里，会与血液中的血红蛋白结合而使血红蛋白丧失输送氧气的能力，使人中毒；（3）c是双原子单质，每个原子有7个电子，故c为N2，N2分子的结构式为N≡N，为非极性键，N2分子中的共价叁键键能很大，所以N2分子很稳定，其电子式为：；（4）d是四核化合物，即4个原子共有14个电子，d为C2H2，C2H2的结构式为H—C≡C—H，有两个H—Cσ键，一个C—Cσ键，两个π键。形成σ键的原子轨道的重叠程度比π键的重叠程度大，故形成的共价键强。25、常温下，铁遇浓硫酸发生钝化吸收，防止污染环境+1价的氢元素反应物的浓度、温度【分析】(1)Fe和稀硫酸反应生成和。(2)在常温下，铁遇浓硫酸钝化。(3)铁和浓硫酸加热反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，会污染环境。(4)浓硫酸的氧化性体现在+6价的硫元素上，稀硫酸的氧化性体现在+1价的氢元素上；反应物的浓度、温度会造成反应多样性。【详解】(1)实验Ⅰ中，Fe和稀硫酸反应生成和，其离子方程式为；故答案为：。(2)实验Ⅱ中，铁丝表面迅速变黑，反应很快停止，在常温下，浓硫酸与铁接触时，会使铁表面生成一层致密的氧化膜而钝化；故答案为：常温下，铁遇浓硫酸发生钝化。(3)实验Ⅲ中，加热试管A，产生大量气体，B中品红溶液褪色，D处始终未检测到可燃性气体，铁和浓硫酸反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，因此试管A中产生的气体是，会污染环境，因此C的作用是吸收，防止污染环境；故答案为：；吸收，防止污染环境。(4)①浓硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，浓硫酸的氧化性源于+6价的硫元素，稀硫酸的氧化性源于+1价的氢元素；故答案为：+1价的氢元素；故答案为：+1价的氢元素。②常温下，铁和浓硫酸发生钝化，加热条件下反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，铁和稀硫酸反应生成氢气，因此造成反应多样性的因素有反应物的浓度、温度；故答案为：反应物的浓度、温度。【点睛】注意反应物的浓度和反应条件，浓度不同生成的产物不同，温度不同，发生的反应也不相同。26、CH3CH2OHCH2＝CH2↑＋H2OBC液体分层，油状液体在下若发生取代反应，生成HBr，水溶液pH明显减小；若发生加成反应水溶液的pH将增大NaOH溶液除去SO2气体品红溶液B【分析】乙醇在浓硫酸作用下、170℃时发生消去反应生成乙烯，生成的乙烯中一般会混有二氧化硫等杂质，乙烯和二氧化硫都能使溴水褪色，据此分析解答。【详解】(1)该实验中生成乙烯的化学方程式为CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；(2)溴水褪色的现象不能证明反应中有乙烯生成且乙烯具有不饱和性，是因为乙烯中可能混有二氧化硫，溴水与二氧化硫发生氧化还原反应，也能使溴水褪色，因此使溴水褪色的反应，未必是加成反应，也未必是乙烯，故答案为：BC；(3)CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，1，2-二溴乙烷密度大于水在试管底层为油状物质，因此试管Ⅱ中液体分层，且油状液体在下层，可证明反应中有乙烯生成；实验中若发生取代反应，则生成HBr，水溶液pH明显减小；若发生加成反应，水溶液的pH将增大，因此验证这一反应是加成反应而不是取代反应，可用pH试纸来测试反应后溶液的酸性，故答案为：液体分层，油状液体在下层；若发生取代反应，生成HBr，水溶液pH明显减小；若发生加成反应水溶液的pH将增大；(4)要验证产物中有乙烯生成，且乙烯具有不饱和性，需要除去二氧化硫气体，因此需要在Ⅰ和和Ⅱ之间增加的装置的A中加入NaOH溶液，除去SO2气体；B中加入品红溶液，检验SO2是否除尽，故答案为：NaOH溶液；除去SO2气体；品红溶液；(5)废液冷却后倒入空废液缸中，不能倒入下水道中，防止污染地下水，且硫酸稀释时应将硫酸注入水中，只有B合理，故答案为：B。【点睛】本题的易错点和难点为(4)，要注意理解实验的目的，需要除去二氧化硫对实验的影响。27、2.5(或5:2)②和③①和②0.010【解析】(1)根据题中信息及化合价升降法配平反应的化学方程式,然后根据电子守恒计算出1mol草酸完全反应转移的电子数;根据“观察到紫色褪去”必须满足高锰酸钾的物质的量小于草酸的物质的量计算得出二者浓度关系；

(2)根据探究温度对反应速率影响时除了温度外其它条件必须相同判断；根据体积浓度对反应速率影响时除了浓度不同,其他条件必须完全相同分析；

(3)先根据醋酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率；

(4)根据温度降低反应速率减小画出25℃时c(MnO4-)--t的变化曲线示意图。【详解】（1）根据反应后H2C2O4转化为CO2逸出,KMnO4转化为MnSO4,利用化合价升降相等写出反应的化学方程式为:2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑；H2C2O4中碳元素的化合价为+3价,变成二氧化碳后化合价总共升高了2×（4-3）价，所以每消耗1molH2C2O4转移2mol电子；为了观察到紫色褪去,高锰酸钾的物质的量应该少量,即n(H2C2O4)∶n(KMnO4)≥5/2=2.5；因此，本题正确答案是:

2.5(或5:2)。(2)探究温度对化学反应速率影响,必须满足除了温度不同,其他条件完全相同,所以满足此条件的实验编号是:②和③;探究反应物浓度对化学反应速率影响,除了浓度不同,其他条件完全相同的实验编号是①和②；综上所述，本题答案是：②和③，①和②。

(3)草酸的物质的量为:0.10×0.002=0.0002mol，高锰酸钾的物质的量为:0.010×0.004=0.00004mol；草酸和高锰酸钾的物质的量之比为:0.0002：0.00004=5:1；显然草酸过量,高锰酸钾完全反应,混合后溶液中高锰酸钾的浓度为:(0.010×0.004)/(0.002+0.004)=0.010×2/3mol；这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=[0.010×2/3]/(40÷60)=0.010mol·L－1·min－1。因此，本题正确答案是:0.010。

(4)25℃时反应速率小