贵州省贵阳市实验三中2024届高二化学第一学期期中教学质量检测试题含解析

贵州省贵阳市实验三中2024届高二化学第一学期期中教学质量检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、在一定条件下，反应2HI(g)H2(g)+I2(g)(紫红色)ΔH＞0，达到平衡时，要使混合气体的颜色加深，可采取的措施是①增大氢气的浓度②升高温度③降低温度④缩小体积⑤增大HI的浓度⑥减小压强A．①③⑥ B．②④⑤ C．③⑤⑥ D．①③⑤2、下列反应中，既属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是A．灼热的炭与CO2反应 B．甲烷与O2的燃烧反应C．铝与稀盐酸 D．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应3、有机物分子中原子(或原子团)间相互影响会导致它们化学性质的改变。下列叙述能说明上述观点的是A．苯乙烯可以使得溴水褪色而乙苯不能使得溴水褪色B．苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇与NaOH溶液不反应C．溴乙烷可以发生消去反应，乙醇也能发生消去反应但条件不同D．等物质的量的甘油和乙醇分别与足量金属钠反应，甘油产生的H2多4、在2A+B=3C+4D反应中，表示该反应速率最快的数据是A．υA=0.5mol·L-1·s-1 B．υB=0.3mol·L-1·s-1 C．υC=0.8mol·L-1·s-1 D．υD=1.0mol·L-1·s-15、如图是某条件下N2与H2反应过程中能量变化的曲线图。根据图像判断下列叙述中正确的是A．该反应的热化学方程式为B．a曲线是加入催化剂时的能量变化曲线C．反应D．加入催化剂，该化学反应的反应热数值会减小6、下列关于化学反应中能量变化的说法正确的是A．化学反应中能量变化只能表现为热量变化B．化学反应必然伴随发生能量变化C．反应物总能量低于生成物总能量为放热反应D．拆开化学键会放出能量，形成化学键需要吸收能量7、用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后停止通电，若需向溶液中加入1molCu（OH）2才能使溶液恢复至电解前的状态，则电解过程中转移电子的物质的量为（）A．2molB．4molC．6molD．8mol8、下列现象与氢键有关的是①HF的熔、沸点比ⅦA族其他元素氢化物的高②乙醇可以与水以任意比互溶③冰的密度比液态水的密度小④水分子高温下也很稳定⑤邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低A．②③④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①②③④⑤9、最近《科学》杂志评出十大科技突破，其中“火星上‘找’到水的影子”名列第一。下列关于水的说法中正确的是（）A．水的离子积仅适用于纯水 B．水的电离需要通电C．升高温度一定使水的离子积增大 D．加入电解质一定会破坏水的电离平衡10、某反应的反应过程中能量变化如图所示，有关说法不正确的是A．该反应为吸热反应B．该反应的ΔH=E2-E1C．使用催化剂能降低反应活化能，提高活化分子百分数D．催化剂能同等程度地改变正逆反应速率，但不改变ΔH11、用下列实验装置能达到所述的实验目的的是A．利用装置甲既可以进行石油的分馏，也可以进行酒精的浓缩B．利用装置乙可以完成实验室制备乙烯气体并检验乙烯气体的生成C．利用装置丙可以完成实验室制备乙炔气体并检验乙炔气体的生成D．利用装置丁可以完成实验室制备乙酸乙酯并收集较为纯净的乙酸乙酯12、下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是()①金属钠投入到FeCl3溶液中②过量NaOH溶液和明矾溶液混合③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2A．①③④⑤ B．①④ C．②③ D．③④⑤13、用如图装置进行实验(A为电流计)：观察到现象：装置图1：Cu电极上产生大量的无色气泡装置图2：Cu电极上无气泡产生，而Cr电极上产生大量气泡则下列说法正确的是A．图1是电解池，图2是原电池B．两个电池中，电子均由Cr电极流向Cu电极C．图2中Cr电极可能被浓HNO3钝化成惰性电极D．由实验现象可知金属活动性：Cu>Cr14、反应A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别如下，其中反应速率最大的是()A．v(A)=0.15mol/(L·min) B．v(B)=0.6mol/(L·min)C．v(C)=0.4mol/(L·min) D．v(D)=0.01mol/(L·s)15、反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)在一个容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是A．增加少量的C B．保持压强不变，充入N2使容器体积增大C．保持体积不变，充入H2使体系压强增大 D．将容器的体积缩小为原来的一半16、在某温度时,测得纯水中的c(H+)=2.0×10-7mol·L-1,则c(OH-)为()A．2.0×10-7mol·L-1 B．0.1×10-7mol·L-1 C．mol·L-1 D．无法确定17、随着人们生活质量的日益提高，废旧电池已成为一个亟待解决的问题，对废旧电池的处理体现了对资源和环境的可持续发展。人们处理废旧电池的主要目的是A．回收电池外壳的金属材料B．回收电池中的二氧化锰C．回收电池中的石墨电极D．防止电池中的重金属汞、镉、铅对土壤、水源的污染18、对于反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的能量变化描述正确的是A．成键过程中吸收能量B．断键过程中吸收能量，成键过程中释放能量C．断键过程中释放能量D．断键过程中释放能量，成键过程中吸收能量19、下面是四位同学在学习“化学反应的速率和化学平衡”一章后，联系工业生产实际所发表的观点，你认为不正确的是（）A．使用催化剂，可加快反应速率，目的是提高生产效率B．使用冰箱保存食物，是利用了化学反应速率理论C．化学反应速率理论是研究怎样提高原料转化率D．化学平衡理论是研究怎样使用有限原料多出产品20、在同温、同压下，下列三个反应放出的热量分别用a、b、c表示，则a、b、c的关系是()2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH＝－akJ·mol－1①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH＝－bkJ·mol－1②H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g)ΔH＝－ckJ·mol－1③A．a＞b，b＝2c B．a＝b＝c C．a＜b，c＝a/2 D．无法比较21、已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且氧气中1molO=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1molH—O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1molH—H键断裂时吸收热量为()A．920kJ B．557kJ C．436kJ D．188kJ22、下列说法正确的是（）A．所有化学反应都能设计成原电池B．原电池工作时，溶液中阳离子向负极移动，盐桥中阳离子向正极移动C．在原电池中，负极材料活泼性一定比正极材料强D．原电池放电时，电流方向由正极沿导线流向负极二、非选择题(共84分)23、（14分）下列框图给出了8种有机化合物的转化关系，请回答下列问题：(1)根据系统命名法，化合物A的名称是________。(2)上述框图中，①是________反应，③是________反应。(填反应类型)(3)化合物E是重要的工业原料，写出由D生成E的化学方程式：___________________。(4)C2的结构简式是______________________________________。24、（12分）(1)下列物质中，属于弱电解质的是（填序号，下同）______，属于非电解质是_____。①硫酸氢钠固体②冰醋酸③蔗糖④氯化氢气体⑤硫酸钡⑥氨气⑦次氯酸钠(2)写出下列物质在水中的电离方程式：醋酸：______。次氯酸钠：______。(3)甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol•L-1、0.1mol•L-1，则c(OH﹣)甲：c(OH﹣)乙________10（填“大于”、“等于”或“小于”）。(4)现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，乙为0.1mol•L-1的HCl溶液，丙为0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为_____。25、（12分）由于Fe(OH)2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀。若用如图所示实验装置则可制得纯净的Fe(OH)2沉淀，两极材料分别为石墨和铁。①a电极材料为_______，该电极的电极反应式为________.②若白色沉淀在电极周围生成，则电解液d是____(填序号，下同)；若白色沉淀在两极之间的溶液中生成，则电解液d是____。A．纯水B．NaCl溶液C．NaOH溶液D．CuCl2溶液③液体c为苯，其作用是__________④要想尽早在两极之间的溶液中看到白色沉淀，可以采取的措施是（_______）A．改用稀硫酸作电解B．适当增大电源电压C．适当降低电解液温度26、（10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。_______27、（12分）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白：(1)用标准的盐酸滴定待测的氢氧化钠溶液时，左手把握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中颜色变化，直到加入一滴盐酸，溶液的颜色由____色变为_____，且半分钟不褪色，即停止滴定。(2)下列操作中使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏高的是________(填序号)。A、酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸B、滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥C、酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D、读取盐酸体积时，开始俯视读数，滴定结束时仰视读数E、滴定过程中，锥形瓶的振荡过于激烈，使少量溶液溅出(3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如右图所示：则起始读数为_____mL，终点读数为_____mL。(4)如已知用c(HCl)=0.1000mol/L的盐酸滴定20.00mL的氢氧化钠溶液，测得的实验数据如(3)中记录所示，则该氢氧化钠溶液的浓度c(NaOH)=____mo1/L。28、（14分）（Ⅰ）研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋NOCl(g)K1ΔH1<0(Ⅰ)2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g)K2ΔH2<0(Ⅱ)（1）4NO2(g)＋2NaCl(s)2NaNO3(s)＋2NO(g)＋Cl2(g)的平衡常数K＝________(用K1、K2表示)。（2）为研究不同条件对反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应(Ⅱ)达到平衡。测得10min内v(NOCl)＝7.5×10－3mol·L－1·min－1，则平衡后n(Cl2)＝________mol，NO的转化率α1＝________。其他条件保持不变，反应(Ⅱ)在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2________α1(填“>”“<”或“＝”)，平衡常数K2________(填“增大”“减小”或“不变”)。若要使K2减小，可采取的措施是____________。（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol/L的CH3COONa溶液，则两溶液中c(NO3-)、c(NO2-)和c(CH3COO-)由大到小的顺序为_______________。（已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10-4mol/L，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10-5mol/L）可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是_____。a.向溶液A中加适量水b.向溶液A中加适量NaOHc.向溶液B中加适量水d.向溶液B中加适量NaOH（Ⅱ）在恒压密闭容器中，充入一定量的H2和CO2发生如下可逆反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＜0，实验测得反应物在不同温度下，反应体系中CO2的平衡转化率与压强的关系曲线如图所示。（1）该反应的ΔS______0（填＞或＜），该反应在_______（填“低温”或“高温”）条件下利于自发进行；（2）比较T1与T2的大小关系：T1__T2（填“＜”、“＝”或“＞”），理由是_______。29、（10分）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：

（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)ΔH1=+551kJ·mol－1反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH3=－297kJ·mol－1反应Ⅱ的热化学方程式：________________________________。（2）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。i．SO2+4I－+4H+=S↓+2I2+2H2Oii．I2+2H2O+_________=_________+_______+2I－_____________（3）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）序号ABCD试剂组成0.4mol·L－1KIamol·L－1KI0.2mol·L－1H2SO40.2mol·L－1H2SO40.2mol·L－1KI0.0002molI2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快①B是A的对比实验，则a=__________。②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。

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、B【题目详解】①增大氢气的浓度，平衡向逆反应方向移动，c（I2）减小，混合气体的颜色变浅，①错误；②由于正反应吸热，则升高温度平衡右移，c（I2）增大，混合气体的颜色加深，②正确；③降低温度，平衡向左移动，c（I2）减小，混合气体的颜色变浅，③错误；④缩小体积，平衡不移动，但c（I2）增大，混合气体的颜色加深，④正确；⑤增大HI的浓度，平衡右移，c（I2）增大，混合气体的颜色加深，⑤正确；⑥减小压强，c（I2）减小，混合气体的颜色变浅，⑥错误；答案选B。2、A【分析】常见的吸热反应有：Ba(OH)2▪8H2O与NH4Cl反应、大多数分解反应等，在化学反应中有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，以此来解答。【题目详解】A.灼热的炭与CO2反应为吸热反应且该反应中碳元素的化合价发生变化则属于氧化还原反应，A正确；B.甲烷与O2的燃烧反应为放热反应，D错误；C.铝与稀盐酸反应是氧化还原反应又是放热反应，C错误；D.氯化铵与氢氧化钡晶体反应是非氧化还原反应，D错误；故选A。3、B【解题分析】A.苯乙烯可以使得溴水褪色而乙苯不能使得溴水褪色是因两者的官能团不同，不能说明该观点，故A错误；B.苯酚和乙醇中均含有羟基，因苯基和乙基对羟基的影响不同，故前者能与NaOH溶液反应，故B正确；C.溴乙烷和乙醇均能发生消去反应但条件不同是因为两者的官能团不同，故C错误；D.等物质的量的甘油和乙醇分别与足量金属钠反应，甘油产生的H2多是因为甘油分子中含有的羟基数较乙醇多，故D错误；答案选B。4、B【题目详解】反应速率之比等于化学计量数之比，在速率单位相同时，化学反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，A.

=0.25；B.

=0.3；C.

=0.267；D.

=0.25；所以反应速率大小顺序是B>C=A=D，反应速率最快的是B，故选：B。5、D【解题分析】试题分析：从图中可以看出，该反应的反应物总能量高于生成物的总能量，即为放热反应，A错D对；加入催化剂，反应的活化能降低，b曲线才是加入催化剂的能力变化曲线；反应热是反应前后能量之差，与反应历程无关，故催化剂的加入对反应热没有影响。考点：反应热点评：反应热是历年高考的常考知识点，特别是反应历程的能量变化图，考生在备考过程中应把握图中的相关信息。6、B【题目详解】A．化学反应中反应物能量会转换为生成物化学能以及其它形式能量，如热能、光能、电能等，故A项说法错误；B．化学反应过程中一定有化学键断裂与形成，因此化学反应过程一定伴随能量变化，故B项说法正确；C．反应物总能量低于生成物总能量时，若要使该反应发生，则必须从外界获取能量，反应属于吸热反应，故C项说法错误；D．化学键断裂过程需要吸收能量，形成化学键会放出能量，故D项说法错误；综上所述，说法正确的是B项，故答案为B。7、B【解题分析】加入1molCu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，Cu（OH）2从组成上可看成CuO•H2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，则阴极上析出氢气和铜，生成1mol铜转移电子=1mol×2mol=2mol，根据原子守恒知，生成1mol水需要1mol氢气，生成1mol氢气转移电子=1mol×2mol=2mol，所以电解过程中共转移电子数为4mol，答案选B。点睛：本题考查了电解原理，明确电解原理和发生的电极反应，特别是阴极上析出的物质是解答本题的关键，根据生成物与转移电子之间的关系式来解答即可。根据得失电子守恒定律关系建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。例如：，(式中M为金属，n为其离子的化合价数值)该关系式具有总揽电化学计算的作用和价值，熟记电极反应式，灵活运用关系式便能快速解答常见的电化学计算问题。在电化学计算中，还常利用Q＝I·t和Q＝n(e－)×NA×1.60×10－19C来计算电路中通过的电量。8、B【题目详解】①因第ⅦA族中，F的非金属性最强，HF中分子之间存在氢键，则HF的熔、沸点比ⅦA族其他元素氢化物的高，故①与氢键有关；②因乙醇、水分子之间能形成氢键，则乙醇可以和水以任意比互溶，故②与氢键有关；③冰中的水分子形成的氢键较多，其分子间的空隙变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故③与氢键有关；④水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故④与氢键无关；⑤对羟基苯甲酸易形成分子之间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低，故⑤与氢键有关。综上所述，与氢键有关的是①②③⑤，故选B．9、C【题目详解】A．水的离子积适用于一切水溶液，不光适用于水，故A错误；B．水的电离不需要电，但是电解过程需要通电，故B错误；C．水的电离是吸热的过程，升高温度使水的离子积增大，故C正确；D．不水解的盐不会影响水的电离平衡移动，故D错误；故答案为C。【题目点拨】考查水的电离和水的离子积常数，向水中加入酸或碱，抑制水的电离，向溶液中加入含有弱根离子的盐能促进水电离，水的电离是吸热反应，升高温度能促进水电离，水的离子积常数增大，溶液的pH变小；注意水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。10、B【题目详解】A．由图像可知，该反应反应物总能量低于生成物总能量，因此该反应为吸热反应，故A项说法正确；B．化学反应焓变=生成物总能量-反应物总能量，因此该反应的ΔH=E1-E2，故B项说法错误；C．催化剂能降低反应活化能，使用催化剂将使体系中活化分子数增加，体系中分子数不变，因此活化分子百分数将增加，故C项说法正确；D．催化剂只是同等程度增加正逆反应速率，不改变反应热，故D项说法正确；综上所述，说法不正确的是B项，故答案为B。11、C【解题分析】试题分析：A．在分馏实验中温度计的水银球放在蒸馏烧瓶的支管出口处，A错误；B．实验室制备的乙烯中含有SO2，SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此利用装置乙不能完成实验室制备乙烯气体并检验乙烯气体的生成，B错误；C.生成的乙炔中含有杂质，利用硫酸铜溶液可以除去，则利用装置丙可以完成实验室制备乙炔气体并检验乙炔气体的生成，C正确；D.吸收乙酸乙酯的导管口不能插入溶液中，否则会引起倒吸，则利用装置丁不能完成实验室制备乙酸乙酯并收集较为纯净的乙酸乙酯，D错误，答案选C。考点：考查有机化学实验设计与评价12、D【题目详解】①金属钠投入到FeCl3溶液中发生两个化学反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，3NaOH＋FeCl3=Fe(OH)3↓＋3NaCl，产生的氢氧化铁是红褐色沉淀；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合时，过量的氢氧根离子与铝离子反应生成偏铝酸根离子和水，无沉淀产生；③Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应是Ca(OH)2＋2NaHCO3=CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O，产生白色沉淀；④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸，发生的反应是NaAlO2＋H2O＋HCl=NaCl＋Al(OH)3↓，产生白色沉淀；⑤向饱和Na2CO3溶液中通足量CO2，产生NaHCO3，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，有白色沉淀生成。符合条件的有③④⑤。答案选D。13、C【解题分析】A.图1与图2均没有外加电源，所以均为原电池装置，故A错误；B.图1中Cr为负极，铜为正极，电子由Cr电极流向Cu电极，图2中Cr为正极，铜为负极，电子由Cu电极流向Cr电极，故B错误；C.图2中Cr电极被浓HNO3钝化成惰性电极作正极，铜失电子作负极，故C正确；D.由图1根据原电池原理可知金属活动性：Cr>Cu，故D错误；本题正确答案为C。点睛：本题考查原电池原理，判断电极名称时，要具体问题具体分析，而不能只根据金属活泼性判断。图2装置中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量气体，说明铜被氧化为负极，而正极上应是硝酸被还原生成二氧化氮气体。14、D【题目详解】都转化为用A物质表示的反应速率，然后进行比较。A.v(A)=0.15mol/(L·min)；B.v(B)=0.6mol/(L·min)，则v(A)=v(B)=0.2mol/(L·min)；C.v(C)=0.4mol/(L·min)，则v(A)=v(C)=0.2mol/(L·min)；D.v(D)=0.01mol/(L·s)，则v(A)=v(D)=0.005mol/(L·s)=0.3mol/(L·min)；可见反应速率最大的是0.3mol/(L·min)，故合理选项是D。15、A【解题分析】A、C是固体，增加少量的C，浓度不变，所以速率不变，故A正确；B、保持压强不变，充入N2使容器体积增大，浓度减小，速率减慢，故B错误；C、保持体积不变，充入H2使体系压强增大，氢气浓度增大，反应速率加快，故C错误；D、将容器的体积缩小为原来的一半，浓度增大，反应速率加快，故D错误；答案选A。16、A【题目详解】纯水呈中性，氢离子浓度与氢氧根浓度相等，则纯水中c(H+)=c(OH-)=2.0×10-7mol/L；答案为A。【题目点拨】特别注意，不能根据水的离子积进行相关计算。17、D【解题分析】试题分析：对废旧电池的处理体现了对资源和环境的可持续发展,所以回收处理废旧电池的主要目的是：防止电池中的重金属汞、镉、铅对土壤、水源的污染，答案选D。考点：考查化学与环境18、B【解题分析】化学反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)为放热反应，断键过程中吸收能量大于成键过程中释放能量，选B。19、C【解题分析】A.使用催化剂，可加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间，从而可提高生产效率，A正确；B.使用冰箱保存食物，由于温度降低，化学反应速率减小，从而提高了食物的保鲜期，B正确；C.化学反应速率理论是研究怎样提高化学反应速率，但不能提高原料转化率，C错误；D.化学平衡理论是研究怎样使物质尽可能多的转化为产品，从而使用有限原料多出产品，D正确；故合理选项是C。20、C【解题分析】已知①2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-akJ/mol；②2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-bkJ/mol；③H2（g）+12O2（g）=H2O（g）△H=-ckJ/mol则反应①③的状态相同，①是③的2倍，则a=2c，气态水转化为液态水要放热，所以反应①放出的热量小于②，则a＜b；答案选C。21、C【分析】化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，结合反应方程式分析计算。【题目详解】氢气完全燃烧生成水蒸气是放热反应，所以化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，设氢气中1molH-H键断裂时吸收热量为Q，根据方程式：2H2+O22H2O，1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，2mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量4×121kJ，则：4×121kJ=4×463kJ-(2Q+496kJ)，解得：Q=436kJ，故选C。22、D【题目详解】A.自发进行的氧化还原反应才能设计成原电池，A错误；B.原电池工作时，溶液中阳离子向正极移动，盐桥中阳离子向正极移动，B错误；C.在原电池中，一般来说负极材料活泼性比正极材料强，也有特殊情况，比如在氢氧化钠溶液中,两个电极分别为镁、铝，活泼性较弱的铝反而是负极，C错误；D.原电池放电时，电子由负极沿导线流向正极，电流由正极沿导线流向负极，D正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、2,3­二甲基丁烷取代加成+2NaOH+2NaBr+2H2O【分析】由题中信息可知，烷烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B发生消去反应生成、，与溴发生加成反应生成二溴代物D，D再发生消去反应生成E，E与溴可以发生1,2-加成或1,4-加成，故为，为，则D为，E为，为，为。【题目详解】(1)根据系统命名法，化合物A的名称是：2，3-二甲基丁烷；(2)上述反应中，反应(1)中A中H原子被Cl原子取代生成B，属于取代反应，反应(3)是碳碳双键与溴发生加成反应；(3)由D生成E是卤代烃发生消去反应,该反应的化学方程式为:+2NaOH+2NaBr+2H2O。(4)由上述分析可以知道,的结构简式是。24、②③⑥CH3COOHCH3COO-+H+NaClO=Na++ClO-小于丙>甲=乙【分析】(1)部分电离的电解质为弱电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡；次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+；(3)相同溶质的弱电解质溶液中，溶液浓度越小，电解质的电离程度越大；(4)在任何物质的水溶液中都存在水的电离平衡，根据溶液中电解质电离产生的离子浓度大小，判断对水电离平衡影响，等浓度的H+、OH-对水电离的抑制程度相同。【题目详解】(1)①硫酸氢钠固体属于盐，熔融状态和在水溶液里均能完全电离，属于强电解质；②冰醋酸溶于水后能部分电离出醋酸根离子和氢离子，属于弱电解质；③蔗糖在熔融状态下和水溶液里均不能导电，属于化合物，是非电解质；④氯化氢气体溶于水完全电离，属于强电解质；⑤硫酸钡属于盐，熔融状态下完全电离，属于强电解质；⑥氨气本身不能电离出自由移动的离子，属于化合物，是非电解质；⑦次氯酸钠属于盐，是你强电解质；故属于弱电解质的是②；属于非电解质是③⑥；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+；次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+，其电离方程式为NaClO=Na++ClO-；(3)一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大。甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，根据弱电解质的浓度越小，电离程度越大，可知甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，所以甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比小于10；(4)有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，c(OH-)=0.1mol/L；乙为0.1mol•L-1的HCl溶液，c(H+)=0.1mol/L，丙为0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，由于醋酸是一元弱酸，主要以醋酸分子存在，电离产生的离子浓度很小，所以该溶液中c(H+)<<0.1mol/L，在三种溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-，加入的酸电离产生的H+或碱溶液中OH-对水的电离平衡起抑制作用，溶液中离子浓度越大，水电离程度就越小，水电离产生的H+或OH-浓度就越小，甲、乙、丙三种溶液中电解质电离产生的离子浓度：甲=乙>丙，则由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为：丙>甲=乙。【题目点拨】本题考查了强弱电解质判断、非电解质的判断、弱电解质电离平衡及影响因素、水的电离等知识点，清楚物质的基本概念进行判断，明确对于弱电解质来说，越稀释，电解质电离程度越大；电解质溶液中电解质电离产生的离子浓度越大，水电离程度就越小。25、FeFe-2e-=Fe2+CB隔绝空气，防止白色沉淀被氧化B【题目详解】①该装置为制备纯净Fe(OH)2沉淀的装置，则Fe作阳极，即a电极为Fe，发生的电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故答案为：Fe；Fe-2e-=Fe2+；②A．纯水几乎不导电，不可作电解液，A不满足题意；B．电解质液为NaCl溶液时，阳极反应为水电离的H+得电子产生OH-，OH-和Fe2+迁移后在两极之间的溶液产生白色Fe(OH)2沉淀，B满足白色沉淀在两极之间的溶液中生成；C．电解质液为NaOH溶液，Fe电极附近有高浓度的OH-，白色沉淀在Fe电极负极产生，C满足色沉淀在电极周围生成；D．电解质液为CuCl2溶液，阴极为Cu2+得电子得到Cu，不产生白色Fe(OH)2沉淀，D不满足题意；故答案为：C；B；③苯不溶于水，密度比水小，浮在电解液表面，可隔绝空气，防止白色沉淀被氧化，故答案为：隔绝空气，防止白色沉淀被氧化；④A．改用稀硫酸作电解，稀硫酸为强酸，不会产生白色Fe(OH)2沉淀，A不满足题意；B．适当增大电源电压，反应速率加快，可尽早在两极之间的溶液中看到白色沉淀，B满足题意；C．降低电解液温度，反应速率减小，看到白色沉淀的时间变长，C不满足题意；故答案为：B。26、2.5(或5:2)②和③①和②0.010【解题分析】(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。【题目详解】（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℃时反应速率小于50℃时,所以高锰酸根离子的浓度变化比50℃时小,反应需要的时间大于50℃条件下需要的时间,据此画出25℃时c(MnO4-)--t的变化曲线示意图为:

;因此，本题正确答案是:

.27、浅红无色ACD9.0026.100.0855【解题分析】根据酸碱指示剂的变色范围判断终点颜色变化；根据滴定原理分析滴定误差、进行计算。【题目详解】(1)酚酞变色范围8.2－10.0，加在待测的氢氧化钠溶液中呈红色。随着标准盐酸的滴入，溶液的pH逐渐减小，溶液由红色变为浅红，直至刚好变成无色，且半分钟不褪色，即为滴定终点。(2)A、酸式滴定管未用标准盐酸润洗，使注入的标准盐酸被稀释，中和一定量待测液所耗标准溶液体积偏大，待测液浓度偏高。B、盛放待测溶液的锥形瓶未干燥，不影响标准溶液的体积，对待测溶液的浓度无影响。C、酸式滴定管在滴定前有气泡、滴定后气泡消失，使滴定前读数偏小，标准溶液体积偏大，待测溶液浓度偏高。D、开始俯视读数，滴定结束时仰视读数，使读取盐酸体积偏大，待测溶液浓度偏高。E、滴定过程中，锥形瓶中待测液过量，激烈振荡溅出少量溶液，即损失待测液，消耗标准溶液体积偏小，待测溶液浓度偏低。答案选ACD。(3)滴定管的“0”刻度在上，大刻度在下，应由上向下读数；根据刻度，滴定管的读数应保留两位小数，精确到0.01mL。图中开始读数为9.00mL，结束读数为26.10mL。(4)由(3)V(HCl)＝17.10mL，据c(HCl)×V(HCl)＝c(NaOH)×V(NaOH)，求得c(NaOH)=0.0855mo1/L。【题目点拨】中和滴定的误差分析可总结为：滴多偏高，滴少偏低。其中，“滴多或滴少”指标准溶液体积，“偏高或偏低”指待测溶液浓度。28、K12/K20.02575%>不变升温c(NO3-)>c(NO2-)>c(CH3COO-)bc<低温＜该反应为放热反应，温度降低，反应正向移动，所以T1＜T2【题目详解】（I）（1）K1=c(NOCl)/c2(NO2)，K2=c2(NOCl)/[c2(NO)·c(Cl2)]，K=[c2(NO)·c(Cl2)]/c4(NO2)，因此K=K12/K2；（2）10min内生成NOCl的物质的量为7.5×10－3×10×2mol=0.15mol，平衡后，n(Cl2)=(0.1－0.15/2)mol=0.025mol，消耗NO的物质的量为0.15mol，则NO的转化率为0.15/0.2×1