2026届河北省保定市曲阳一中高二化学第一学期期中统考模拟试题含解析

2026届河北省保定市曲阳一中高二化学第一学期期中统考模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、甲醛、乙酸和丙醛组成的混合物中，氧元素的质量分数是37%，则碳元素的质量分数为()A．27% B．48% C．54% D．无法计算2、下列物质中，既能发生消去反应生成烯烃，又能发生催化氧化反应生成醛的是（）A．CH3OH B． C． D．3、户外运动常带便餐自热饭，其“发热包”遇水即可发热，原理主要是将化学能转化为热能，“发热包”中可能含有下列物质中的()A．氯化钠B．固体硝酸铵C．生石灰D．蔗糖4、某化学科研小组研究在其他条件不变时，改变某一条件对化学平衡的影响，得到如下变化规律(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量)。根据以上规律判断，下列结论正确的是()A．反应Ⅰ：ΔH＞0，p2＞p1 B．反应Ⅱ：ΔH＜0，T1＜T2C．反应Ⅲ：ΔH＞0，T2＞T1或ΔH＜0，T2＜T1 D．反应Ⅳ：ΔH＜0，T2＞T15、某学生欲完成2HCl+2Ag═2AgCl+H2↑反应，设计了下列四个实验，你认为可行的实验是（）A． B．C． D．6、25℃时，有体积相同的四种溶液：①pH=3的CH3COOH溶液②pH=3的盐酸③pH=11的氨水④pH=11的NaOH溶液。下列说法不正确的是（）A．若将四种溶液稀释100倍，稀释后溶液pH大小顺序：③>④>②>①B．等体积的②和③混合生成强酸弱碱盐，混合后溶液呈酸性C．等体积的③和④分别用等浓度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的体积：③>④D．等体积的①和②分别与足量的锌粒反应生成的氢气在同温同压下体积：①>②7、常温下，将pH=12的Ba(OH)2与pH=9的NaOH溶液等体积混合后溶液中的氢离子浓度(mol•L-1)为A．5×10－10 B．2×10－12 C．5×10－12 D．(10－12＋10－9)/28、强酸和强碱的稀溶液的中和热可表示为：H+(aq)+OH-(aq)＝H2O(1)△H=-57.3kJ／mol。已知：CH3COOH(aq)+NaOH(aq)＝CH3COONa(aq)+H2O△H=-Q1kJ／mol1/2H2SO4(浓)+NaOH(aq)==1/2Na2SO4(aq)+H2O(1)△H=-Q2kJ／molHNO3(aq)+KOH(aq)＝KNO3(aq)+H2O(1)△H=-Q3kJ／mol上述反应均为溶液中的反应，则Q1、Q2、Q3的绝对值大小的关系为A．Q1＝Q2=Q3 B．Q2>Q1>Q3 C．Q2>Q3>Q1 D．Q2=Q3>Q19、将一定量氨基甲酸铵加入恒容容器中：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。该反应的平衡常数的负对数(-lgK)值随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法错误的是A．该反应的生成物总能量大于反应物总能量B．处于A点的CO2的消耗速率大于处于C点的CO2消耗速率C．B点时，v逆>v正D．CO2的体积分数不变时反应一定达到平衡状态10、下列各种情况下一定能大量共存的离子组为A．pH＝7的溶液中：Fe3＋、Cl－、Na＋、NO3-B．由水电离出的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Na＋、CO32-、Cl－、K＋C．pH＝1的溶液中：NH4+、Cl－、Cu2＋、SO42-D．无色溶液中：Al3＋、HCO3-、、I－、K＋11、下列热化学方程式书写正确的是(ΔH的绝对值均正确)A．Fe2O3＋3CO===2Fe＋3CO2ΔH＝－24.8kJ·mol－1(反应热)B．CH3OH(g)＋1/2O2(g)===CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－192.9kJ·mol－1(反应热)C．C4H10(g)＋13/2O2(g)===4CO2(g)＋5H2O(g)ΔH＝－2658.0kJ·mol－1(燃烧热)D．NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝＋57.3kJ·mol－1(中和热)12、根据如图所示的反应判断下列说法中错误的是A．CO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量B．该反应的焓变大于零C．该反应中有离子键断裂也有共价键断裂，化学键断裂吸收能量，化学键生成放出能量D．由该反应可推出凡是需要加热才发生的反应均为吸热反应13、中国学者在水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH]中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的，反应过程示意图如下：下列说法正确的是A．过程Ⅰ和过程Ⅲ均为放热过程B．图示过程中的H2O均参与了反应过程C．过程Ⅲ生成了具有极性共价键的H2、CO2D．使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH14、一定温度下，在恒容密闭容器中充入CO和H2，发生反应：2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)△H＜0。下列图像符合实际且t0时达到平衡状态的是（）A． B．C． D．15、元素A、B、C、D在周期表中的位置如图所示：下列叙述中不正确的是()A．C的原子序数比B的原子序数大1B．原子结构示意图为的元素，与C位于同一周期C．B的原子与D的原子最外层电子数相等D．原子结构示意图为的元素，与B位于同一主族16、在一定的温度下，将2molA和3molB充入一密闭容器中发生如下反应：aA(g)＋B(g)C(g)＋D(g)，5min后达到平衡。已知该温度下反应的平衡常数K＝1，在t0时刻，若保持温度不变将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，则下列说法正确的是()A．正反应是一个体积减小的反应，a＝2B．速率随时间的变化关系可用上图表示C．达平衡时B的转化率为40%D．为提高A的转化率，可采取升高温度的措施17、用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L－1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列叙述正确的是A．Ka2(H2SO3)的数量级为10－2B．图中X点对应的溶液中：2c()+c(OH－)=c(H＋)+2c(H2SO3)C．图中Z点对应的溶液中：c(Na＋)>c()>c()>c(OH－)D．图中Y点对应的溶液中：3c()＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)18、为测定某有机物的结构，用核磁共振仪处理后得到图所示的核磁共振氢谱，则该有机物可能是A．乙醇B．溴乙烷C．乙醛D．乙酸19、已知NO和O2转化为NO2的反应机理如下：①2NO(g)N2O2(g)(快)△H1<0，平衡常数K1②N2O2(g)+O22NO2(g)(慢)△H2<0，平衡常数K2。下列说法正确的是()A．2NO(g)+O22NO2(g)

△H=△H1-△H2B．2NO(g)+O22NO2(g)的平衡常数K=K1×K2C．该转化反应过程中能量变化可用该图表示D．总速率的大小由反应①决定20、下列关于物质研究方法的说法中错误的是（）A．原子吸收光谱仪可确定物质含有哪些金属元素B．氢核磁共振谱能反映出未知有机物中不同环境氢原子的种类和个数C．根据红外光谱图的分析可以初步判断有机物中具有哪些基团D．同位素示踪法可以用来研究一些化学反应的历程21、一定条件下，CH4与H2O(g)发生反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)，设起始=Z，在恒压下，平衡时(CH4)的体积分数与Z和T（温度）的关系如图所示。下列说法正确的是A．该反应的焓变ΔH＞0B．图中Z的大小为a＞3＞bC．图中X点对应的平衡混合物中=3D．温度不变时，图中X点对应的平衡在加压后(CH4)减小22、下列说法中，正确的是A．凡是放热反应都是自发反应B．凡是熵增大的反应都是自发反应C．要判断反应进行的方向，必须综合考虑体系的焓变和熵变D．过程的自发性不仅能用于判断过程的方向，还能确定过程是否一定能迅速发生二、非选择题(共84分)23、（14分）下表是元素周期表的一部分，针对表中的①～⑩中元素，用元素符号或化学式填空回答以下问题：ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0二①②三③④⑤⑥⑦⑧四⑨⑩(1)在③～⑦元素中，⑦的元素符号____，原子半径最大的是____，S2-结构示意图为____。(2)元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的___，碱性最强的是____，呈两性的氢氧化物是____。(3)按要求写出下列两种物质的电子式：①的氢化物_____；③的最高价氧化物对应的水化物____。24、（12分）(1)键线式表示的分子式__；系统命名法名称是___．(2)中含有的官能团的名称为___、___________．(3)水杨酸的结构简式为①下列关于水杨酸的叙述正确的是________(单选)。A．与互为同系物B．水杨酸分子中所有原子一定都在同一平面上C．水杨酸既能表现出酚类物质性质，也可以表现出羧酸类物质性质②将水杨酸与___________溶液作用，可以生成；请写出将转化为的化学方程式_______________。25、（12分）室温下，将一元酸HA的溶液和KOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表：实验编号起始浓度/(mol·L－1)反应后溶液的pHc(HA)c(KOH)①0.10.19②x0.27（1）实验①反应后的溶液pH=9的原因是____________________________（用离子方程式表示）。（2）实验①和实验②中水的电离程度较大的是_______，该溶液中由水电离出的c(OH－)=______。（3）x____0.2(填“＞”“＜”或“=”)，若x=a，则室温下HA的电离平衡常数Ka=____________（用含a的表达式表示）。（4）若用已知浓度的KOH滴定未知浓度的一元酸HA，以酚酞做指示剂，滴定终点的判断方法是______________________________________________________。26、（10分）某烧碱溶液中含有少量杂质(不与盐酸反应)，现用中和滴定测定其浓度。（1）用_______式滴定管盛装cmol/L盐酸标准液。配制cmol/L盐酸标准液，必须使用的主要容器是____________如图表示某次滴定时50mL滴定管中前后液面的位置。滴定管读数时应注意____________________________________。尖嘴部分应____________________________。用去的标准盐酸的体积是_____________mL（2）该实验应选用_____作指示剂；操作中如何确定终点？______________________________。（3）对下列两种假定情况进行讨论：(填“无影响”、“偏高”、“偏低”)a．若滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，则会使测定结果__________；b．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，则会使测定结果__________；27、（12分）I．实验室用50mL0.50mol/L盐酸、50mL0.55mol/LNaOH溶液和如图所示装置，进行测定中和热的实验，得到表中的数据：实验次数起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸NaOH溶液120.220.323.7220.320.523.8321.521.624.9完成下列问题：(1)图中实验装置中尚缺少的玻璃仪器是____________________________．(2)在操作正确的前提下，提高中和热测定准确性的关键是________________________．(3)根据上表中所测数据进行计算，则该实验测得的中和热△H=_________[盐酸和NaOH溶液的密度按1g/cm3计算，反应后混合溶液的比热容(c)按4.18J/(g·℃)计算]．(4)如用0.5mol/L的盐酸与NaOH固体进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将_____（填“偏大”、“偏小”、“不变”）．如改用60mL0.5moI/L的盐酸与50mL0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量______（填“相等”或“不相等”），所求中和热_____（填“相等”或“不相等”）。(5)上述实验结果数值与57.3相比有偏差，产生偏差的原因可能是（填字母）______．A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净B．把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓C．做本实验的当天室温较高D．在量取NaOH溶液时仰视计数E.大烧杯的盖扳中间小孔太大。Ⅱ．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，通过褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下方案：（1）已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，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）试验编号②和③探究的内容是_____________。（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。28、（14分）有机化合物X、Y、A、B、C、D、E、F、G之间的转化关系如图所示。已知：①②（R、R＇代表烃基）③X在催化剂作用下可与H2反应生成化合物Y；④化合物F的核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰。请回答下列问题：(1)X的含氧官能团的名称是________________________，X与HCN反应生成A的反应类型是_______________________。(2)酯类化合物B的分子式是C15H14O3，其结构简式是__________________________。(3)X发生银镜反应的化学方程式是：________________________。(4)G在NaOH溶液中发生水解反应的化学方程式是_______________________。(5)的同分异构体中：①能发生水解反应；②能发生银镜反应；③能与氯化铁溶液发生显色反应。满足上述条件的同分异构体共有________种(不考虑立体异构)。(6)写出以C2H5OH为原料合成乳酸()的路线(其他试剂任选)。________________________________________________________________________。29、（10分）常温下向20.00mL0.10mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.10mol/L盐酸40.00mL,所得溶液的pH与加入盐酸体积的关系如表所示:溶液的pH加入盐酸的总体积12V(HCl)=08V(HCl)=20.00mL5V(HCl)=40.00mL回答下列问题:(1)20.00mL0.10mol/LNa2CO3溶液中所有阳离子和阴离子的浓度有何关系?______(用等式表示)。(2)当V(HCl)=20.00mL时,溶液呈碱性的原因是________(用离子方程式和必要的文字说明)此时溶液中c(H2CO3)____(填“>”、“<”或“=”)c(CO32—)。(3)V(HCl)=40.00mL时,得到H2CO3饱和溶液,且c(H2CO3)=4.0×10-5mol/L。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离,则H2CO3HCO3—+H+的电离常数K1=_____。此时保持其他条件不变,继续加入0.1mol/L盐酸10.00mL,K1将_____(填“变大”、“变小”或“不变”)。(4)若向20mL0.10mol/LNa2CO3溶液中加入BaCl2粉末3.94×10-7g时开始产生沉淀BaCO3,则Ksp(Ba2CO3)=。

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、C【详解】在混合物中，只有C、H、O三种元素，氧元素的质量分数为37%，则碳元素和氢元素的总的质量分数为1-37%=63%，在甲醛(HCHO)、乙酸(CH3COOH)和丙醛(CH3CH2CHO)混合物中，碳原子与氢原子个数之比为1：2，则碳元素与氢元素的质量之比为12：2=6：1，所以碳元素的质量分数为63%×=54%，故答案为C。【点睛】解题关键是利用混合物中各成分的化学式得出C、H元素的固定质量比。2、C【分析】与羟基碳相邻碳上有氢原子，可以发生消去反应；羟基碳上有氢原子可以发生氧化反应生成醛或酮，据此分析。【详解】A．甲醇结构中没有邻碳，所以甲醇不能发生消去反应，A错误；B．与羟基相连的碳原子上没有氢原子，不能发生催化氧化，B错误；C．据以上分析可知，该醇既能发生消去反应生成烯烃，又能发生氧化反应生成醛，C正确；D．据以上分析可知，其氧化产物结构中含有羰基，得不到醛基，D错误；故选C。3、C【解析】根据常见的物质溶解、化学反应热效应回答。【详解】氯化钠、蔗糖溶于水无明显热效应（A、D错误）；固体硝酸铵溶于水显著吸热（B项错误）；生石灰与水发生化合反应显著放热（C项正确）。4、C【详解】A.反应Ⅰ中，由图分析，升温，A的平衡转化率降低，平衡逆移，而升温，平衡向吸热方向移动，所以反应是放热反应ΔH<0。因为反应I是体积减小的可逆反应，即压强越大，反应物的转化率越高，P2＞P1，A错误；B.反应Ⅱ中，根据先拐先平衡，数值大，故T1＞T2，B错误；C.反应Ⅲ中，如ΔH＞0，T2＞T1，则升高温度平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，如ΔH＜0，T2＜T1，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，与图象吻合，C正确；D.反应Ⅳ中如ΔH＜0，则升高温度平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，则T2＜T1，D错误。答案选C。5、C【分析】Ag不能和HCl自发的进行氧化还原反应，所以要使反应2HCl+2Ag═2AgCl+H2↑能进行，应该设计成电解池，且Ag作阳极、电解质溶液中氢离子放电，据此分析解答。【详解】Ag不能和HCl自发的进行氧化还原反应，所以要使反应2HCl+2Ag═2AgCl+H2↑能进行，应该设计成电解池，Ag失电子发生氧化反应，所以Ag作阳极，氢离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液中氢离子放电，则符合条件的是C；故选C。6、B【解析】本题考查弱电解质的电离平衡，溶液中的pH计算及酸性强弱的比较，溶液的稀释对电离平衡的影响以及溶液的酸碱性的判断，难度较大。【详解】pH=3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)>10-3mol·L－1,pH=3的盐酸中c(HCl)=10-3mol·L－1,pH=11的氨水中c(NH3·H2O)＞10-3mol·L－1，pH=11的NaOH溶液中c(NaOH)=10-3mol·L－1A.若将四种溶液稀释100倍，弱电解质的pH变化较小，碱溶液的pH大于酸溶液，则稀释后溶液pH大小顺序为：③>④>②>①，A项错误；

B.等体积的②和③混合生成强酸弱碱盐，氨水为弱碱，碱的物质的量远远大于酸的物质的量，所以所得混合溶液呈碱性，其pH大于7，B项正确；C.c(NH3·H2O)＞c(NaOH)所以等体积的③和④分别用等浓度的硫酸溶液中和，消耗硫酸溶液的体积：③>④，C项错误；

D.醋酸为弱酸，则c(CH3COOH)＞c(HCl)，等体积的①和②分别与足量镁粉反应，生成H2的量①>②，D项错误；答案选B。

【点睛】因醋酸为弱酸故pH=3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)>10-3mol·L－1，氨水为弱碱pH=11的氨水中c(NH3·H2O)＞10-3mol·L－1，故BCD三项在判断时，应考虑其物质的总量来判断。7、B【解析】C(OH-)=10-2+10-52≈5×10-3,C(H+)=Kw/C(OH-)=1×10-14/(5×10正确答案：B。【点睛】混合溶液计算氢离子浓度：若为酸性，直接求c(H+)，两强酸混合：混合溶液中c混(H＋)＝；若为碱性，先求c(OH-)，依据c(H+)=KW/c(OH-)，两强碱混合：混合溶液中c混(OH－)＝；8、C【详解】醋酸是弱酸，存在电离平衡，电离是吸热的，消耗一部分热量，所以醋酸和氢氧化钠反应放出的热量少；浓硫酸和硝酸都是强酸，反应时浓硫酸被稀释，放出热量，使得放出的热量增大；由于放热越多，△H越小，因此Q1、Q2、Q3的绝对值大小的关系为：Q2>Q3>Q1，所以C正确。故选C。9、D【详解】A.温度升高平衡常数的负对数（-lgK）减小，即温度越高K值越大，所以正反应是吸热反应，生成物总能量大于反应物总能量，故A项正确；B.温度越高反应速率越快，A点的温度高于C点，因此A点CO2平均反应速率高于C点，故B项正确；C.B点未平衡，最终要达平衡状态，平衡常数的负对数要变大，即此时Q>K，所以反应逆向进行，v逆>v正，故C项正确；D.体系中两种气体的物质的量之比始终不变，所以CO2的体积分数不变时，该反应不一定达到平衡状态，故D项错误；综上，本题选D。10、C【解析】A．铁离子只能存在于酸性溶液中；

B．由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液中存在氢离子或氢氧根离子，碳酸根离子与氢离子反应；

C．pH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，四种离子之间不反应，都不与氢离子反应；

D．铝离子与碳酸氢根离子之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体。【详解】A．pH=7的溶液为中性溶液，Fe3+只能存在于酸性溶液，故A错误；

B．由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，CO32-与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故B错误；

C．该溶液中存在大量氢离子，NH4+、Cl-、Cu2+、SO42-之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，所以C选项是正确的；

D．Al3+、HCO3-之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；

综上所述，本题选C。【点睛】常温下，c（H+）=1×10-13mol/L的溶液显碱性，c（OH-）=1×10-13mol/L的溶液显酸性；由水电离出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，因为酸碱抑制水电离，水电离出的c（H+）<10-7mol/L或c（OH-）<10-7mol/L。11、B【详解】A.没有注明物质的状态，故A错误；B.物质的状态、焓变均注明，书写合理，故B正确；C.1mol纯物质燃烧生成稳定氧化物时放出的热量为燃烧热，燃烧热中水应为液态，故C错误；D.中和反应为放热反应，焓变为负，故D错误；答案选B。【点睛】热化学方程式中需要注明物质的状态、焓变的正负号、焓变的数值及单位，且1mol纯物质燃烧生成稳定氧化物时放出的热量为燃烧热、中和反应生成1mol水时放出的热量为中和热，以此来解答。12、D【详解】A.因为碳酸钙受热分解是吸热反应，所以CO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量，A项正确，不符合题意；B.吸热反应，焓变大于零，B项正确，不符合题意；C.在CaCO3中，Ca2＋和CO32－之间存在离子键，CO32－中，C与O之间存在共价键，故反应中有离子键断裂也有共价键断裂，旧化学键断裂吸收能量，新化学键形成放出能量，C项正确，不符合题意；D.需要加热才发生的反应不一定为吸热反应，如碳的燃烧需要加热，但该反应是放热反应，D错误，符合题意；本题答案选D。13、B【详解】A．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，A错误；B．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了水分子，因此H2O均参与了反应过程，B正确；C．过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水、和氢气，H2中的化学键为非极性键，C错误；D．催化剂只能改变反应过程，不能改变反应物、生成物的能量，因此不能改变反应的△H，D错误；故合理选项是B。14、D【详解】A.该反应中气体总质量、容器容积为定值，则密度始终不变，图示曲线不符合实际，且不能根据密度不变判断平衡状态，故A不符合题意；B.初始时CH3OH(g)的体积分数应该为0，图示曲线与实际不符，故B不符合题意；C.2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)为气体体积缩小的反应，混合气体总质量为定值，则建立平衡过程中混合气体的平均摩尔质量逐渐增大，图示曲线与实际不符，故C不符合题意；D.2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g)为气体体积缩小的反应，反应过程中压强逐渐减小，当压强不再变化，t0min时，表明达到平衡状态，故D符合题意；故选：D。15、D【分析】A为H元素，B为氦元素，C为Li元素，D为镁元素。【详解】A、C的原子序数为3比B的原子序数2大1，故A正确；B、原子结构示意图为的元素有两个电子层，在第2同期，C也在第2周期，与C位于同一周期，故B正确；C、B的原子与D的原子最外层电子数都是2，相等，故C正确；D、原子结构示意图为的元素，与B位于同一族，是0族，但不是主族，故D错误；故选D。16、C【解析】对于反应前后气体的系数和不变的反应，压强变化不会引起化学平衡的移动，根据三段式计算化学反应中物质的转化率。【详解】在t0时刻，若保持温度不变将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，则可以确定反应前后体积不变，因此a=1，设B的转化率为x，则A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)初始量（mol）2300变化量（mol）3x3x3x3x平衡量（mol）2-3x3-3x3x3x由于反应前后体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，则(3x×3x)/[(2-3x)×(3-3x)]=1，解得x=0.4，即B的转化率是(3×0.4)/3×100%=40%。A、正反应是一个体积不变的反应，a=1，A错误；B、保持温度不变将容器体积扩大为原来的10倍，速率减小，B错误；C、达平衡时B的转化率为40%，C正确；D、因为反应的热效应不知，所以无法确定，D错误；答案选C。17、D【分析】X点V(NaOH溶液)=40mL，NaOH溶液和H2SO3恰好完全反应得NaHSO3溶质，Y点V(NaOH溶液)=80mL时，NaOH溶液和H2SO3恰好完全反应得Na2SO3溶质。【详解】A．由图可知c()=c()时pH=7.19，即c(H+)=10-7.19，则Ka2(H2SO3)==10-7.19，Ka2(H2SO3)的数量级为10－8，A错误；B．X点溶质为NaHSO3，有质子守恒c()+c(OH－)=c(H＋)+c(H2SO3)，B错误；C．Z点溶质为Na2SO3，+H2O+OH-、H2OH++OH-，故c()＜c(OH－)，C错误；D．电荷守恒2c()+c()+c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，Y点c()=c()，则3c()＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)，D正确。答案选D。18、B【解析】考查核磁共振氢谱图的含义，以及简单分子中氢原子类型的识别，属于基础题。【详解】用核磁共振仪测定有机物结构时，获得核磁共振氢谱图（吸收强度与化学位移的关系）。图中吸收峰的数目等于氢原子的类型，吸收峰的面积之比等于氢原子的个数之比。题图表明某有机物有两种氢原子，个数比为3:2。乙醇分子中有三种氢原子，乙醛、乙酸中两种氢数目比都是3:1，仅溴乙烷可能。本题选B。19、B【详解】A.NO和O2反应的化学方程式为：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)，根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH=ΔH1+ΔH2，A不符合题意；B.反应①的平衡常数，反应②的平衡常数，而反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的平衡常数，B符合题意；C.都为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，而图中有一个反应物能量比生成物总能量低，C不符合题意；D.总反应的速率大小取决于慢反应速率，因此总速率的大小由反应②决定，D不符合题意；故答案为：B20、B【解析】A、原子吸收光谱仪可确定物质含有哪些金属元素，故A正确；B、核磁共振氢谱是一种将分子中氢-1的核磁共振效应体现于核磁共振波谱法中的应用。可用来确定分子结构中不同环境氢原子的种类，但不能反应出个数，故B错误；C、在有机物分子中，组成化学键或官能团的原子处于不断振动的状态，其振动频率与红外光的振动频率相当。所以，用红外光照射有机物分子时，分子中的化学键或官能团可发生振动吸收，不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱上将处于不同位置，从而可获得分子中含有何种化学键或官能团的信息，根据红外光谱图可以初步判断有机物中具有哪些基团，故C正确；D、同位素示踪法可以随时追踪含有放射性核素的标记物在化学反应中的位置及其数量的运动变化情况，可以用来研究化学反应的历程，故D正确；答案选B。【点睛】本题主要考查了物质结构的研究方法。本题的易错点为A，容易错选的原因是不熟悉原子吸收光谱仪可确定物质含有哪些金属元素。21、A【详解】A、从图分析，随着温度升高甲烷的体积分数逐渐减小，说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，故A正确；B、的比值越大，则甲烷的体积分数越小，故a＜3＜b，故B错误；C、起始加入量的比值为3，但随着反应的进行甲烷和水是按等物质的量反应，所以到平衡时比值不是3，故C错误；D、温度不变时，加压，平衡逆向移动，甲烷的体积分数增大，故D错误。【点睛】化学平衡图像题的解题思路：一、看懂图：横纵坐标的物理意义，图像的变化趋势，曲线的特殊点，如起点、交点、折点、终点；二、想规律：外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响规律；三、作出正确的判断。注意“先拐先平”和“定一议二”方法的运用。22、C【解析】根据化学反应自发进行的焓判据、熵判据、吉布斯自由能判据分析。【详解】A.放热反应有利于反应的自发进行，但是不一定所有的放热反应都是自发反应，放热的熵减的反应在高温下不能自发进行，故A错误；B.熵增大的反应有利于反应的自发进行，但是熵增加的反应不一定都是自发反应，如根据△G=△H-T△S，吸热的熵增的反应在低温下不能自发进行，故B错误；C.化学反应能否自发进行的判据是：△H-T△S＜0，必须综合考虑体系的焓变和熵变，故C正确；D.过程的自发性仅能用于判断过程的方向，不能确定过程是否一定能发生，故D错误。答案为C。二、非选择题(共84分)23、ClNaHClO4KOHAl(OH)3【分析】根据元素在周期表中的位置关系可知，①为N元素、②为F元素、③为Na元素、④为Mg元素、⑤为Al元素、⑥为Si元素、⑦为Cl元素、⑧为Ar元素、⑨为K元素、⑩为Br元素，结合元素周期律分析解答。【详解】(1)根据上述分析，在③～⑦元素中，⑦的元素符号Cl，同周期元素，随核电荷数增大，原子半径逐渐减小，原子半径最大的是Na，S元素的质子数为16，得到2个电子变为S2-，其结构示意图为；(2)同周期从左向右非金属性增强，金属性减弱，同主族从上到下，金属性增强，非金属性减弱；金属性越强，其最高价氧化物对应水化物碱性越强，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，但F没有正价，故最高价氧化物对应水化物酸性最强的是HClO4，最高检氧化物对应水化物碱性最强的是KOH，呈两性的氢氧化物是Al(OH)3；(3)按①为N元素，其氢化物为NH3，电子式为；③为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，其电子式为。24、C6H142-甲基戊烷羟基酯基CNa2CO3或NaOH+NaHCO3→+CO2↑+H2O【详解】(1)在键线式表示中，顶点和折点为C原子，剩余价电子全部与H原子结合，则表示的分子式是C6H14；选择分子中含有C原子数最多的碳链为主链，该物质分子中最长碳链上含有5个C原子；从左端为起点，给主链上C原子编号，以确定支链甲基在主链上的位置，该物质名称为2-甲基戊烷；(2)根据物质结构简式可知：物质分子中含有的官能团是酚羟基和酯基；(3)①A．水杨酸分子中含有羧基和酚羟基，而分子中羟基连接在苯环的侧链上，属于芳香醇，因此二者结构不相似，它们不能互为同系物，A错误；B．水杨酸分子中-OH上的H原子可能不在苯环的平面上，因此水杨酸分子中不一定是所有原子在同一平面上，B错误；C．水杨酸分子中含有酚-OH、-COOH，则该物质既可以看成是酚类物质，也可以看成是羧酸类物质，因此水杨酸既能表现出酚类物质的性质，也能表现出羧酸类物质性质，C正确；故合理选项是C；②水杨酸分子中含有酚羟基和羧基都具有酸性，由于酸性-COOH＞H2CO3＞苯酚＞NaHCO3，二者都能够与NaOH或Na2CO3发生反应，则由水杨酸与NaOH溶液或Na2CO3反应产生和水；而可以NaHCO3与反应产生、水、CO2，该反应的化学化学方程式为：+NaHCO3→+CO2↑+H2O。25、A－+H2OHA+OH－实验①1.0×10-5mol/L＞当加入最后一滴KOH溶液，锥形瓶中溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟不褪去【分析】根据表中数据，HA与KOH等物质的量时，恰好生成KA，溶液显碱性，则KA为强碱弱酸盐，可判断HA为弱酸。【详解】(1)分析可知，NaA溶液中，由于A－的水解，使得溶液显碱性，A－水解的离子方程式为：A－+H2O⇌HA+OH－；(2)实验①A－的水解促进水的电离，实验②溶液显中性，水正常电离，因此实验①中水电离程度较大；该实验中所得溶液的pH=9，溶液中c(H+)=10-9mol/L，则溶液中，而溶液中OH－都来自水电离产生，因此该溶液中水电离出c(OH－)=1×10−5mol∙L−1；(3)由于HA显酸性，反应生成的NaA显碱性，要使溶液显中性，则溶液中HA应过量，因此x>0.2mol∙L−1；室温下，HA的电离常数Ka=；(4)标准液为KOH，指示剂为酚酞，酚酞遇到酸为无色，则滴加酚酞的HA溶液为无色，当反应达到滴定终点时，溶液显碱性，因此滴定终点的现象为：当滴入最后一滴KOH溶液时，锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色。26、酸容量瓶读数时，眼睛应平视液体凹液面的最低点；读数应到0.01mL。充满溶液，无气泡1．60酚酞滴入最后一滴盐酸时溶液变由红色变无色且半分钟内不褪色无影响偏高【分析】（1）根据酸性溶液存放在酸式滴定管中；根据滴定管的结构以及测量体积的原理来分析；（2）NaOH溶液和盐酸溶液恰好反应后呈中性，可以选择碱性变色范围内的指示剂酚酞；（3）根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析误差。【详解】盐酸是酸性溶液，存放在酸式滴定管中；配制cmol/L盐酸标准液，必须使用的主要容器是容量瓶；滴定前读数为：0.30mL，滴定后读数为：1.90mL，消耗溶液的体积为1.60mL；滴定管读数时应注意读数时，眼睛应平视液体凹液面的最低点，读数应到0.01mL；尖嘴部分应充满溶液，无气泡；故答案为酸；容量瓶；读数时，眼睛应平视液体凹液面的最低点，读数应到0.01mL；充满溶液，无气泡；1.60mL。（2）该滴定实验是用酸滴定未知浓度的碱，所以应选用的指示剂为酚酞；确定终点的方法为滴入最后一滴盐酸时溶液变由红色变无色且半分钟内不褪色，故答案为酚酞，滴入最后一滴盐酸时溶液变由红色变无色且半分钟内不褪色。（3）a.若滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析，可知c（标准）无影响，故答案为无影响。b.若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）分析，可知c（标准）偏高，故答案为偏高。【点睛】酸碱中和滴定的误差分析根据c（待测）=c（标准）V（标准）/V（待测）判断。27、环形玻璃搅拌棒提高装置的保温效果－56.8kJ·mol－1偏大不相等相等ABDE2.5(或5:2)其他条件不变，温度对反应速率的影响0.010【解析】I．(1)由装置图可知，装置中尚缺少的玻璃仪器是环形玻璃搅拌棒。(2)中和热测定实验的主要目的是测量反应放出的热量多少，所以提高中和热测定准确性的关键是提高装置的保温效果。(3)从表格数据知，三次实验温度差的平均值为3.40℃，50mL0.50mol/L盐酸、50mL0.55mol/LNaOH溶液的质量m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/(g·℃),代入Q=cm△T得生成0.025mol水放出的热量Q=4.18J/(g·℃)×100g×3.40℃=1421.2J=1.4212kJ，所以生成1mol水放出热量为1.4212kJ×1mol0.025mol=56.8kJ,则该实验测得的中和热△H=－56.8kJ·mol－1(4)氢氧化钠固体溶于水放热反应映后温度升高，计算所得的热量偏大，所以实验中测得的“中和热”数值将偏大；反应放出的热量和所用的酸和碱的用量多少有关，改用60mL0.5moI/L的盐酸与50mL0.55mol/L的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成的水量增多，所放出的热量偏高，但是中和热均是强酸与强碱反应生成1mol水时放出的热，因此所求中和热相等。本题正确答案为：偏大；不相等；相等(5)A．测量盐酸的温度后，温度计没有用水冲洗干净，在测碱的温度时，会发生酸碱中和，温度计读数变化值会减小，所以导致实验中测得的中和热数值偏小，故A正确；B.把量筒中的氢氧化钠溶液倒入小烧杯时动作迟缓，会导致一部分热量散失，实验中测得的中和热数值偏小，故B正确；C．做本实验的室温与反应热的数据无关，故C错误；D．在量取NaOH溶液时仰视计数，会使实际测量体积高于所要量的体积，由于碱过量，放出的热不变，但溶液质量变大，△T变小，导致实验测得的中和热数值偏低，故D正确；E.大烧杯的盖扳中间小孔太大，会导致一部分热量散失，导致实验测得的中和热数值偏低，故E正确；因此，本题正确答案为ABDE。Ⅱ．（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是：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑；从方程式知，当n(H2C2O4)：n(KMnO4)=5:2=2.5时反应恰好发生，为了观察到紫色褪去，KMnO4的量应少量，即n(H2C2O4)：n(KMnO4)≥2.5。（2）实验编号②和③除了温度不同，其他条件完全相同，所以实验编号②和③探究的内容是其他条件不变，温度对反应速率的影响。（3）实验①草酸的物质的量为：0.10mol/L×0.002L=0.0002mol,高锰酸钾的物质的量为：0.010mol/L×0.004L=0.00004mol，n(H2C2O4)：n(KMnO4)=0.0002:0.00004=5:1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，反应开始时高锰酸钾的浓度为：0.010mol/L×