北京海淀外國語2024屆高二化學第一學期期中學業水平測試試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、用如圖裝置電解K2SO4溶液，同時制備H2SO4溶液和KOH溶液，Ⅱ中裝入K2SO4溶液，下列有關分析正確的是()A．Ⅰ區生成H2SO4B．a是陰離子交換膜C．Ⅱ區的K＋進入Ⅰ區D．Ⅲ區溶液的pH會升高2、下列反應屬于吸熱反應的是（）A．炭燃燒生成一氧化碳 B．酸堿中和反應C．鋅粒與稀H2SO4反應制取H2 D．Ba(OH)2·8H2O與NH4Cl反應3、在溫度、容積相同的3個密閉容器中，按不同方式投入反應物，保持恒溫、恒容，測得反應達到平衡時的有關數據如下（已知N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92.4kJ·mol-1)容器甲乙丙反應物投入量1molN2、3molH22molNH34molNH3NH3的濃度（mol·L-1）c1c2c3反應的能量變化放出akJ吸收bkJ吸收ckJ體系壓強（Pa）p1p2p3反應物轉化率а1а2а3下列說法正確的是（）A．2c1＞c3 B．a+b=92.4 C．2p2＜p3 D．а1+а3=14、下列氣體排放到空氣中，不會導致酸雨的是A．NO2 B．NO C．SO2 D．N25、化學與生活、社會密切相關。下列說法錯誤的是A．硅膠、生石灰、鐵粉是食品包裝中常用的干燥劑B．利用太陽能等清潔能源代替化石燃料，有利于節約資源、保護環境C．開發廢電池的綜合利用技術，能防止電池中的重金屬等污染土壤和水體D．在食品中科學使用食品添加劑，有利于提高人類生活質量6、下列圖示中關于銅電極的連接錯誤的是A． B．C． D．7、用惰性電極電解下列各組中的3種電解質溶液，在電解過程中溶液pH依次為升高、降低、不變的組是A．AgNO3，CuCl2，Cu(NO3)2 B．CaCl2，KOH，NaNO3C．KBr，CuSO4，Na2SO4 D．H2SO4，HCl，K2SO48、對反應N2O4(g)2NO2(g)；△H＞0，在溫度為T1、T2時，平衡體系中NO2的體積分數隨壓強變化曲線如圖所示。下列說法正確的是A．A、C兩點的反應速率：A＞CB．A、C兩點氣體的顏色：A深，C淺C．由狀態B到狀態A，可以用加熱的方法D．B、C兩點NO2的體積分數相同，所以平衡常數也相同9、常溫下，某溶液中由水電離出來的，該溶液不可能是A．NaOH溶液 B．醋酸溶液 C．溶液 D．氨水10、現有下列四個圖像：下列反應中全部符合上述圖像的反應是（）A．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH1<0B．2SO3(g）2SO2(g)+O2(g)ΔH2>0C．4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH3<0D．H2(g)+CO(g)C(s)+H2O(g)ΔH4>011、下列排列順序正確的是A．常溫下將0.1mol·L－1NH4Cl溶液與0.05mol·L－1NaOH溶液等體積混合，c(Cl－)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH－)>c(H+)B．常溫下，物質的量濃度相等的①NH4HSO4②CH3COONH4③NH4Cl三種溶液中c(NH4+)：①＞③＞②C．0.1mol·L－1的NaHA溶液，其pH=11，則溶液中：c(HA－)＞c(OH－)＞c(A2－)＞c(H2A)D．在相同條件下，將足量AgCl加入等體積的①0.01mol?L-1AgNO3溶液②0.1mol?L-1KCl溶液③蒸餾水三種液體中，所能溶解的AgCl質量關系為：①＞②＞③12、pH＝8的NH3·H2O和pH＝12的NH3·H2O兩溶液等體積混合后，所得溶液pHA．略小于9+lg2B．略大9+lg2C．略大12-lg2D．略小于12-lg213、實驗室制備溴苯的反應裝置如下圖所示，關于實驗操作或敘述錯誤的是A．向圓底燒瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打開KB．實驗中裝置b中的液體逐漸變為淺紅色C．裝置c中的碳酸鈉溶液的作用是吸收溴化氫D．反應后的混合液經稀堿溶液洗滌、結晶，得到溴苯14、通過以下反應均可獲取H2。①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH1=+131.3kJ·mol-1②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH2=+206.1kJ·mol-1③CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH3下列說法正確的是A．①中反應物的總能量大于生成物的總能量B．②中使用適當催化劑，降低了活化能，同時可以使ΔH2減小C．若知反應C(s)+CO2(g)=2CO(g)的ΔH，結合ΔH1可計算出ΔH3D．由①、②計算反應CH4(g)=C(s)+2H2(g)的ΔH=－74.8kJ·mol-115、如圖所示，在密閉容器中發生反應，達到甲平衡。在僅改變某一條件后，達到乙平衡，改變的這一條件是()A．加入適當催化劑 B．升高溫度C．增大反應物的濃度 D．增大壓強16、下列不屬于自發進行的變化是()A．紅墨水加到清水使整杯水變紅 B．冰在室溫下融化成水C．NaHCO3轉化為Na2CO3 D．鐵器在潮濕的空氣中生銹二、非選擇題（本題包括5小題）17、2-苯基丙烯是日化行業常用的化工原料，其合成路線如下(反應②、④的條件未寫出)。已知：其中，R、R’為H原子或烷基。（1）C3H8的結構簡式為___；（2）反應①的反應類型為___；（3）反應②的化學反應方程式為___；（4）反應③的反應類型為___；（5）反應④的化學反應方程式為___；（6）產物2-苯基丙烯在一定條件下可以發生加聚反應，加聚產物的結構簡式為___；（7）請以苯、乙醇及其他必要的無機試劑為原料，合成。合成過程中，不得使用其他有機試劑。寫出相關化學反應方程式___。18、A、B、C、D、E代表前四周期原子序數依次增大的五種元素。A、D同主族且A原子的2p軌道上有1個電子的自旋方向與其它電子的自旋方向相反；工業上電解熔融C2A3制取單質C；B、E除最外層均只有2個電子外，其余各層全充滿?；卮鹣铝袉栴}：（1）B、C中第一電離能較大的是__(用元素符號填空)，基態E原子價電子的軌道表達式______。（2）DA2分子的VSEPR模型是_____。（3）實驗測得C與氯元素形成化合物的實際組成為C2Cl6，其球棍模型如圖所示。已知C2Cl6在加熱時易升華，與過量的NaOH溶液反應可生成Na[C(OH)4]。①C2Cl6屬于_______晶體（填晶體類型），其中C原子的雜化軌道類型為________雜化。②[C(OH)4]-中存在的化學鍵有________。a．離子鍵b．共價鍵c．σ鍵d．π鍵e．配位鍵f．氫鍵（4）B、C的氟化物晶格能分別是2957kJ/mol、5492kJ/mol，二者相差很大的原因________。（5）D與E形成化合物晶體的晶胞如下圖所示：①在該晶胞中，E的配位數為_________。②原子坐標參數可表示晶胞內部各原子的相對位置。上圖晶胞中，原子的坐標參數為：a(0，0，0)；b(，0，)；c(，，0)。則d原子的坐標參數為______。③已知該晶胞的邊長為xcm，則該晶胞的密度為ρ=_______g/cm3（列出計算式即可）。19、Ⅰ.有一學生在實驗室測某溶液的pH，實驗時，他先用蒸餾水潤濕pH試紙，然后用潔凈干燥的玻璃棒蘸取試樣進行檢測。(1)該學生的操作___(填“正確”或“錯誤”)，其理由是___________；(2)該操作是否一定有誤差?______________________；(3)若用此方法分別測定c(OH-)相等的氫氧化鈉溶液和氨水的pH，誤差較大的是____，原因是___；(4)只從下列試劑中選擇實驗所需的試劑，你能否區分0.1mol·L-1硫酸溶液和0.01mol·L-1硫酸溶液？____，簡述操作過程：____________________________。試劑：A．紫色石蕊溶液B．酚酞溶液C．甲基橙溶液D．蒸餾水E.氯化鋇溶液F.pH試紙Ⅱ.pH=2的A、B兩種酸溶液各1mL，分別加水稀釋到1000mL，其pH與溶液體積的關系如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：(1)若a=5，則A為___酸，B為___酸(填“強”或“弱”)，若再稀釋100倍，則A的pH___7(填“<”“>”或“=”)。(2)若A、B都是弱酸，則a的范圍是___。20、阿司匹林（乙酰水楊酸，）是世界上應用最廣泛的解熱、鎮痛和抗炎藥。乙酰水楊酸受熱易分解，分解溫度為128℃～135℃。某學習小組在實驗室以水楊酸（鄰羥基苯甲酸）與醋酸酐為主要原料合成阿司匹林，反應原理如下：+(CH3CO)2O+CH3COOH制備基本操作流程如下：主要試劑和產品的物理常數如表所示：請根據以上信息回答下列問題：（1）制備阿司匹林時，要使用干燥的儀器的原因是___。（2）合成阿司匹林時，最合適的加熱方法是___。（3）提純粗產品流程如圖，加熱回流裝置如圖：①儀器d的名稱為___。②使用溫度計的目的是控制加熱溫度，防止___。③趁熱過濾的原因是___。④下列說法正確的是___（填字母選項）。a.此種提純方法中乙酸乙酯的作用是做溶劑b.此種提純粗產品的方法叫重結晶c.根據以上提純過程可以得出阿司匹林在乙酸乙酯中的溶解度低溫時很小d.可以用紫色石蕊溶液判斷產品中是否含有未反應完的水楊酸（4）在實驗中原料用量2.0g水楊酸、5.0ml醋酸酐（ρ=1.08g/cm3），最終稱得產品質量為2.2g，則所得乙酰水楊酸的產率為___（用百分數表示，小數點后一位）。21、H2和I2在一定條件下反應生成HI：H2(g)+I2(g)2HI(g)。在2L恒容密閉容器中充入1molH2和3molI2，在一定溫度下發生上述反應，反應至10min時測得HI為1mol。（1）反應至10min時，H2的轉化率為__；0-10min時間段內，I2的平均反應速率為__。（2）10min時氣體總壓強__起始氣體壓強（填“大于”“小于”或“等于”）；若反應繼續進行，達到平衡時，容器中存在___種分子。（3）若起始時氣體壓強為P0Pa，10min時混合氣體中H2的分壓p(H2)=__Pa。（提示：氣體分壓=總壓×氣體的物質的量分數）

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解題分析】Ⅰ是陰極，電極反應為2H++2e-2、D【題目詳解】常見的放熱反應有：大部分化合反應；金屬與水或酸的反應；可燃物的燃燒反應及緩慢氧化；酸和堿的中和反應。常見吸熱反應有：大部分分解反應；Ba(OH)2·8H2O與NH4Cl反應；碳和二氧化碳的反應；碳和水蒸氣的反應。因此D正確。3、B【分析】甲投入1molN2、3molH2，乙容器投入量2molNH3，恒溫恒容條件下，甲容器與乙容器是等效平衡，各組分的物質的量、含量、轉化率等完全相等；而甲容器投入1molN2、3molH2，丙容器加入4molNH3，采用極限轉化法丙相當于加入2molN2、6molH2，丙中加入量是甲中的二倍，如果恒溫且丙容器容積是甲容器2倍，則甲容器與丙容器為等效平衡，所以丙所到達的平衡，可以看作在恒溫且容積是甲容器兩倍條件下，到達平衡后，再壓縮體積為與甲容器體積相等所到達的平衡，據此分析解答。【題目詳解】A、丙容器反應物投入量4molNH3，采用極限轉化法轉化為反應物為2molN2、6molH2，是甲中的二倍，若平衡不移動，c3=2c1；丙相當于增大壓強，平衡向著正向移動，所以丙中氨氣的濃度大于乙中氨氣濃度的二倍，即c3＞2c1，故A錯誤；B、甲投入1molN2、3molH2，乙中投入2molNH3，則甲與乙是完全等效的，根據蓋斯定律可知，甲與乙的反應的能量變化之和為92.4kJ，故a+b=92.4，故B正確；C、丙容器反應物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移動，丙中壓強為乙的二倍；由于丙中相當于增大壓強，平衡向著向著正向移動，所以丙中壓強減小，小于乙的2倍，即2p2＞p3，故C錯誤；D、丙容器反應物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移動，轉化率а1+а3=1；由于丙中相當于增大壓強，平衡向著向著正向移動，氨氣的轉化率減小，所以轉化率а1+а3＜1，故D錯誤；故選B?！绢}目點撥】解答本題的關鍵是正確理解等效平衡的原理。本題的易錯點為D，要注意壓強對平衡的影響與轉化率的關系。4、D【題目詳解】A、二氧化氮有毒，會污染大氣，并能形成形成光化學煙霧，也能形成硝酸型酸雨，選項A不選；B、一氧化氮有毒，會污染大氣，并能形成形成光化學煙霧，且與氧氣反應生成二氧化氮，會導致硝酸型酸雨的形成，選項B不選；C、二氧化硫是有毒氣體，是形成硫酸型酸雨的有害氣體，會污染大氣，選項C不選；D、空氣中有的氣體是氮氣，不會造成污染，也不會導致酸雨的形成，選項D選；答案選D。【題目點撥】本題考查常見污染性氣體，題目較為簡單，注意物質的性質的積累，二氧化硫、二氧化氮、一氧化氮都是有毒氣體，會造成大氣污染，并且二氧化硫、氮氧化物形成酸雨，氮氧化物形成光化學煙霧。5、A【題目詳解】A.選項中的鐵粉不是食品包裝中的干燥劑，而是抗氧劑，故A項錯誤；B.太陽能屬于清潔能源，替代化石燃料有利于節約資源、保護環境，故B項正確；C.因廢電池中的重金屬等污染土壤和水體，所以開發廢電池的綜合利用技術可以減少對環境的破壞，故C項正確；D.使用食品添加劑，可以改善食品的外觀、色澤、保質期、口感等，有利于提高人類生活質量，故D項正確；答案選A。6、C【題目詳解】A．原電池，Zn為活潑金屬做負極，Cu為正極，正確；B．粗銅精煉時，粗銅和電源的正極相連，作陽極，正確；C．電鍍是鍍層金屬純銅做陽極，鍍件和電源的負極相連，作陰極，錯誤；D．電解氯化銅溶液，正確。7、C【分析】本題考查惰性電極電解電解質溶液時，陰陽離子的放電順序、電解規律和電解過程的溶液pH變化。【題目詳解】A.用惰性電極電解溶液，根據各離子的放電順序，電解硝酸銀溶液生成Ag、氧氣和硝酸，pH降低，電解硝酸銅溶液生成Cu、氧氣和硝酸，pH降低，電解氯化銅溶液生成Cu和氯氣，pH升高，A不符合題意；B.電解氯化鈣溶液生成氫氣、氯氣和氫氧化鈣，pH升高，電解氫氧化鉀溶液和硝酸鈉溶液均為電解水，氫氧化鉀溶液pH升高，硝酸鈉溶液pH不變，B不符合題意；C.電解溴化鉀溶液生成氫氣、溴、氫氧化鉀，pH升高，電解硫酸銅溶液生成Cu、氧氣和硫酸，pH降低，電解硫酸鈉實質為電解水，pH不變，C符合題意；D.電解硫酸、硫酸鉀實質均為電解水，硫酸溶液pH降低，硫酸鉀溶液pH不變，電解鹽酸生成氫氣和氯氣，pH升高，D不符合題意。答案為C。【題目點撥】用惰性電極電解電解質溶液，判斷溶液在電解過程中pH的變化，首先要熟記放電順序：溶液中的陽離子放電順序為：Ag+>Fe3+>Hg2+>Cu2+>H+(酸電離)>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+(水電離)>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+，陰離子放電順序為S2->I->Br->Cl->OH->含氧酸根>F-；其次結合口訣“有氫無氧增堿性，有氧無氫增酸性，有氫有氧增原性（原來的狀態）”。8、C【解題分析】N2O4(g)2NO2(g)；△H＞0該反應為吸熱反應，升高溫度，化學平衡正向移動，NO2的體積分數增大。增大壓強，化學平衡逆向移動，NO2的體積分數減小，結合圖象來分析解答。A.A、C兩點都在等溫線上，壓強越大，反應速率越快；B.增大壓強，平衡向逆反應方向進行，向逆反應進行是因為減小體積增大壓強，導致濃度增大趨勢，但到達平衡仍比原平衡濃度大；C.升高溫度,化學平衡正向移動，NO2的體積分數增大。由圖像可知T1<T2，由狀態B到狀態A，可以用加熱的方法；D.平衡常數只與溫度有關，溫度不變，平衡常數不變?！绢}目詳解】A.由圖象可以知道,A、C兩點都在等溫線上，C的壓強大,則A、C兩點的反應速率：A<C,故A項錯誤；B.由圖象可以知道，A、C兩點都在等溫線上，C的壓強大,與A相比C點平衡向逆反應進行，向逆反應進行是因為減小體積增大壓強，平衡移動的結果降低NO2濃度增大趨勢，但到達平衡仍比原平衡濃度大，平衡時NO2濃度比A的濃度高，NO2為紅棕色氣體，則A、C兩點氣體的顏色:A淺，C深，故B項錯誤；C.升高溫度,化學平衡正向移動，NO2的體積分數增大，由圖象可以知道，A點NO2的體積分數大，則T1<T2，由狀態B到狀態A，可以用加熱的方法，故C項正確；D.平衡常數只與溫度有關，由圖象可以知道B、C兩點溫度不同，所以平衡常數也不同，故D項錯誤。綜上，本題選C。9、C【題目詳解】常溫下，某溶液中由水電離出來的，這說明該溶液中水的電離被抑制，酸或堿可抑制水的電離，能發生水解的鹽促進水的電離，該溶液可以是氫氧化鈉溶液、醋酸溶液或氨水，硝酸鈉是強酸強堿鹽，不水解，因此該溶液不可能是硝酸鈉溶液，答案選C。10、B【分析】由前兩個圖象可知，溫度越高生成物的濃度越高，則正反應為吸熱反應，由后兩個圖象可知，壓強越大，平均相對分子質量越大，且平衡后加壓逆反應速率大于正反應速率，則加壓化學平衡逆向移動，即正反應為氣體體積增大的反應。【題目詳解】A項、該反應中化學計量數1+3＞2，△H＜0，正反應為放熱反應，加壓化學平衡正向移動，故A錯誤；B項、該反應中化學計量數2＜2+1，△H＞0，該反應為吸熱反應，加壓化學平衡逆向移動，故B正確；C項、該反應中化學計量數4+5＜4+6，△H＜0，正反應為放熱反應，加壓化學平衡逆向移動，故C錯誤；D項、該反應中化學計量數1+1＞1，△H＞0，加壓化學平衡正向移動，該反應為吸熱反應，與圖象不符，故D錯誤。故選B。【題目點撥】本題考查化學反應速率和化學平衡的圖像，熟悉圖像中坐標的含義及“定一議二”分析，明確溫度、壓強對化學反應速率及化學平衡的影響是解答本題的關鍵。11、B【解題分析】試題分析：A項常溫下將0.1mol·L－1NH4Cl溶液與0.05mol·L－1NaOH溶液等體積混合，溶液溶質為等物質的量的NaCl、NH4Cl和NH3·H2O的混合物，溶液呈堿性，NH3·H2O的電程度大于NH4Cl水解程度，故溶液中離子濃度大小關系為：c(Cl－)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH－)>c(H+)，故A項錯誤；B項常溫下，物質的量濃度相等的①NH4HSO4②CH3COONH4③NH4Cl三種溶液中，①中電離出H+抑制NH4+水解，②中CH3COO—會促進NH4+水解，故三溶液中c(NH4+)：①＞③＞②，故B項正確；C項0.1mol·L－1的NaHA溶液，其pH=11，則HA－水解程度大于電離程度，故溶液中微粒關系：c(HA－)＞c(OH－)＞c(H2A)＞c(A2－)，故C項錯誤；D項在相同條件下，將足量AgCl加入等體積的①0.01mol?L-1AgNO3溶液②0.1mol?L-1KCl溶液③蒸餾水，則①中銀離子會使AgCl溶解平衡逆向移動，②中氯離子使AgCl溶解平衡逆向移動，且②對AgCl溶解抑制程度大于①，故所能溶解的AgCl質量關系為：③＞①＞②，故D項錯誤；本題選B?？键c：溶液中離子關系。12、C【解題分析】若一元強堿pH＝8的NH3·H2O和pH＝12的NH3·H2O兩溶液等體積混合后，所得溶液pHpH＝8的NH3·H2O中c（OH-）=1×10-6mol/L，pH=12的NH3·H2O中c（OH-）=1×10-2mol/L，假如不考慮混合后一水合氨的電離，則混合后c（OH-）=10-6+10-22mol/L≈10-22mol/L，則溶液中的c（H+）=KWc(OH-)=10-1410-2213、D【分析】在溴化鐵作催化劑作用下，苯和液溴反應生成無色的溴苯和溴化氫，裝置b中四氯化碳的作用是吸收揮發出的苯和溴蒸汽，裝置c中碳酸鈉溶液呈堿性，能夠吸收反應生成的溴化氫氣體，倒置漏斗的作用是防止倒吸。【題目詳解】A項、若關閉K時向燒瓶中加注液體，會使燒瓶中氣體壓強增大，苯和溴混合液不能順利流下。打開K，可以平衡氣壓，便于苯和溴混合液流下，故A正確；B項、裝置b中四氯化碳的作用是吸收揮發出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液體逐漸變為淺紅色，故B正確；C項、裝置c中碳酸鈉溶液呈堿性，能夠吸收反應生成的溴化氫氣體，故C正確；D項、反應后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氫氧化鈉溶液洗滌，除去其中溶解的溴，振蕩、靜置，分層后分液，向有機層中加入適當的干燥劑，然后蒸餾分離出沸點較低的苯，可以得到溴苯，不能用結晶法提純溴苯，故D錯誤。故選D?！绢}目點撥】本題考查化學實驗方案的設計與評價，側重于學生的分析能力、實驗能力和評價能力的考查，注意把握實驗操作要點，結合物質的性質綜合考慮分析是解答關鍵。14、C【題目詳解】A．反應①的△H1=+131.3kJ·mol－1，焓變為正，為吸熱反應，①中反應物的總能量小于生成物的總能量，故A錯誤；B．②中使用適當催化劑，降低了活化能，但不改變反應的始終態，不能改變反應的焓變，ΔH2不變，故B錯誤；C．若知反應（1）C(s)+CO2(g)=2CO(g)的ΔH，利用（2）C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH1=+131.3kJ·mol-1，求（3）CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)的焓變，根據蓋斯定律：由（2）-（1）計算ΔH3=ΔH1-ΔH，故C正確；D．根據蓋斯定律：由②-①計算反應CH4(g)=C(s)+2H2(g)的ΔH=+74.8kJ·mol-1，故D錯誤；故選C。15、D【分析】根據題圖可知，在時刻，改變某一條件后，正、逆反應速率同時增大，且正反應速率大于逆反應速率，平衡正向移動。【題目詳解】A.加入催化劑，正、逆反應速率同時增大且相等，平衡不移動，與圖像不符，故A錯誤；B.升高溫度，正、逆反應速率都增大，但是逆反應速率大于正反應速率，平衡逆向移動，與圖像不符，故B錯誤；C.增大反應物濃度，在時刻，逆反應速率不變，正反應速率增大，與圖像不符，故C錯誤；D.增大壓強，正逆反應速率均增大，正反應速率大于逆反應速率，平衡正向移動，與圖像相符，故D正確；故選：D。16、C【題目詳解】A．紅墨水濃度大于水，微粒向濃度低的方向分散是自發進行的物理變化，故A不符合題意；B．冰的熔點為0℃，水常溫是液體，冰在室溫下融化成水，是自發進行的物理變化，故B不符合題意；C．NaHCO3轉化為Na2CO3是需要一定條件或試劑實現轉化，變化過程不是自發進行的變化，故C符合題意；D．鐵在潮濕的空氣中生銹是發生了電化腐蝕，發生了吸氧腐蝕，是自發進行的變化，故D不符合題意；答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、CH3CH2CH3取代反應CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr氧化反應+H2O2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr【分析】C3H8為丙烷，由B與O2、Cu加熱發生氧化反應生成，可知B為異丙醇，則C3H8與Br2光照發生取代反應，生成的A為2-溴丙烷，2-溴丙烷與NaOH溶液發生取代反應生成異丙醇；由題目中所給信息可知C為2-苯基丙醇，發生消去反應生成2-苯基丙烯，以2-苯基丙烯為單體寫出它的加聚產物結構簡式；根據題目所給信息和平時所學方程式合成?！绢}目詳解】C3H8為丙烷，由B與O2、Cu加熱發生氧化反應生成，可知B為異丙醇，則C3H8與Br2光照發生取代反應，生成的A為2-溴丙烷，2-溴丙烷與NaOH溶液發生取代反應生成異丙醇；由題目中所給信息可知C為2-苯基丙醇，發生消去反應生成2-苯基丙烯，（1）C3H8為丙烷，結構簡式為：CH3CH2CH3，故答案為：CH3CH2CH3；（2）①的反應類型為取代反應，故答案為：取代反應；（3）反應②的化學反應方程式為CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr，故答案為：CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr；（4）③為氧化反應，故答案為：氧化反應；（5）2-苯基丙醇發生消去反應生成2-苯基丙烯，化學方程式為+H2O，故答案為：+H2O；（6）2-苯基丙烯發生加聚反應，碳碳雙鍵斷開，它的加聚產物結構簡式為，故答案為：；（7）乙醇先與O2、Cu加熱生成乙醛，乙醛與苯在AlCl3作用下生成1-苯乙醇，1-苯乙醇與濃硫酸加熱生成苯乙烯，苯乙烯與HBr加成生成，相關的化學方程式為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr，故答案為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr。【題目點撥】在有機流程推斷題中，各物質的名稱要根據前后反應綜合判斷，最終確定結果，本題中A與B的推斷就是如此。18、Mg平面三角形分子sp3bceAl3+比Mg2+電荷多，半徑小，晶格能大4（1，，）【分析】A、B、C、D、E是前四周期原子序數依次增大的五種元素。A、D同主族且A原子的2p軌道上有1個電子的自旋方向與其它電子的自旋方向相反，則A是核外電子排布式是1s22s22p4，所以A是O元素；D是S元素；工業上電解熔融C2A3制取單質C，則C為Al元素；基態B、E原子的最外層均只有2個電子，其余各電子層均全充滿，結合原子序數可知，B的電子排布為1s22s22p63s2、E的電子排布為1s22s22p63s23p63d104s2，B為Mg，E為Zn，以此來解答?！绢}目詳解】由上述分析可知，A為O元素，B為Mg元素，C為Al元素，D為S元素，E為Zn元素。(1)Mg的3s電子全滿為穩定結構，難失去電子；C是Al元素，原子核外電子排布式是1s22s22p63s33p1，失去第一個電子相對容易，因此元素B與C第一電離能較大的是Mg；E是Zn元素，根據構造原理可得其基態E原子電子排布式是[Ar]3d104s2，所以價電子的軌道表達式為；(2)DA2分子是SO2，根據VSEPR理論，價電子對數為VP=BP+LP=2+=3，VSEPR理論為平面三角形；(3)①C2Cl6是Al2Cl6，在加熱時易升華，可知其熔沸點較低，據此可知該物質在固態時為分子晶體，Al形成4個共價鍵，3個為σ鍵，1個為配位鍵，其雜化方式為sp3雜化；②[Al(OH)4]-中，含有O-H極性共價鍵，Al-O配位鍵，共價單鍵為σ鍵，故合理選項是bce；(4)B、C的氟化物分別為MgF2和AlF3，晶格能分別是2957kJ/mol、5492kJ/mol，同為離子晶體，晶格能相差很大，是由于Al3+比Mg2+電荷多、離子半徑小，而AlF3的晶格能比MgCl2大；(5)①根據晶胞結構分析，S為面心立方最密堆積，Zn為四面體填隙，則Zn的配位數為4；②根據如圖晶胞，原子坐標a為(0，0，0)；b為(，0，）；c為(，，0），d處于右側面的面心，根據幾何關系，則d的原子坐標參數為（1，，）；③一個晶胞中含有S的個數為8×+6×=4個，含有Zn的個數為4個，1個晶胞中含有4個ZnS，1個晶胞的體積為V=a3cm3，所以晶體密度為ρ==g/cm3。【題目點撥】本題考查晶胞計算及原子結構與元素周期律的知識，把握電子排布規律推斷元素、雜化及均攤法計算為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意(5)為解答的難點，具有一定的空間想象能力和數學計算能力才可以。19、錯誤該學生測得的pH是稀釋后溶液的pH該學生操作錯誤,但不一定產生誤差。因為原溶液不是中性時，稀釋后溶液pH發生了變化，只是弱酸或弱堿溶液變化程度小些，若是中性溶液,稀釋不會產生誤差氫氧化鈉溶液稀釋過程中，NH3·H2O繼續電離出OH-，減弱了因稀釋OH-濃度減小程度，所以測得氫氧化鈉溶液誤差較大能用玻璃棒分別蘸取兩種溶液滴在兩張pH試紙上，其顯示的顏色與標準比色卡對照，pH較大的是0.01mol·L-1硫酸溶液強弱<2<a<5【分析】根據pH試紙測定pH的方法判斷操作正誤；根據溶液呈現酸、堿、中性，判斷稀釋對其影響；根據弱電解質加水可以促進電離，判斷H+或OH-濃度的變化情況；根據測定pH值，判斷溶液的濃??；根據稀釋相同倍數，pH的變化情況判斷酸性的強弱?！绢}目詳解】I．（1）用pH試紙測定pH的方法是用干燥的玻璃棒蘸?。ɑ蚰z頭滴管吸?。┥倭康拇郎y溶液，滴在放在干燥的表面皿或白瓷板上的干燥pH試紙上，再把試紙顯示的顏色與標準比色卡比較，即可得出待測溶液的pH；題中pH試紙用水濕潤，相當于將原溶液稀釋，將使所得pH值出現誤差；答案為錯誤；該學生測得的pH值是稀釋后的pH值；（2）食鹽水溶液顯中性，用水稀釋后pH不變；酸性溶液稀釋后，溶液酸性減弱，pH變大；堿性溶液稀釋后，堿性變小，pH值將變??；所以測定的結果不一定有誤差，若是中性溶液則不變；答案為操作錯誤，但不一定產生誤差，若是酸或堿溶液，稀釋后溶液的PH值發生了變化，則必然會造成誤差，若中性溶液稀釋不會產生誤差；（3）用水潤濕相當于稀釋堿液，則所測的pH偏小，由于稀釋會促進弱電解質的電離，故氨水的PH誤差小，因為在稀釋過程中氨水繼續電離出氫氧根離子，使得溶液中氫氧根離子濃度變化比氫氧化鈉小，誤差??；答案為氫氧化鈉，在稀釋過程中氨水繼續電離出氫氧根離子，使得溶液中氫氧根離子濃度變化比氫氧化鈉小，誤差小；（4）硫酸為強酸，完全電離，0.1mol?L-1的硫酸和0.01mol?L-1的硫酸電離出的氫離子濃度分別為0.2mol?L-1、0.02mol?L-1，pH=-lgc(H+)，氫離子濃度越大，pH越小，所以pH較大的為0.01mol?L-1的硫酸，操作為用干燥的玻璃棒蘸取兩種溶液，點在兩張pH試紙上，與標準比色卡比較其pH，pH較大的為0.01mol?L-1的硫酸；答案為能，用干燥的玻璃棒蘸取兩種溶液，點在兩張pH試紙上，與標準比色卡比較其pH，pH較大的為0.01mol?L-1的硫酸；II．（1）pH=2的A、B兩種酸溶液各1mL，分別加水稀釋到1000mL，pH值改變3個單位的為強酸，pH改變值小于3