2026届河北省邢台一中化学高二第一学期期中学业水平测试模拟试题含解析

2026届河北省邢台一中化学高二第一学期期中学业水平测试模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、已知热化学方程式C2H2(g)＋O2(g)＝2CO2(g)＋H2O(g)△H=-1256kJ/mol，下列说法正确的是()A．乙炔的燃烧热为1256kJ·mol-1B．若生成2mol液态水，则放出的热量为2512kJ·mol-1C．若转移10mol电子，则消耗2.5mo1O2D．若形成4mol碳氧共用电子对，则放出的热量为2512kJ2、可以用分液漏斗进行分离的混合物是A．酒精和碘水 B．苯和水C．乙酸和乙酸乙酯 D．乙酸和水3、可逆反应aA(s)+bB(g)cC(g)+dD(g)△H=Q，反应过程中，当其他条件不变时，某物质在混合物中的含量与温度(T)、压强(p)的关系如图所示据图分析，以下正确的是A．T1>T2，Q>0B．Tl<T2，Q>0C．P1>P2，a+b=c+dD．Pl＜P2，b=c+d4、已知4NH3+5O2=4NO+6H2O，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则正确关系是()A．4v(NH3)=5v(O2) B．5v(O2)=6v(H2O) C．2v(NH3)=3v(H2O) D．4v(O2)=5v(NO)5、室温下，用0.1mol·Lˉ1NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol·Lˉ1HCl溶液和HX溶液，溶液的pH随加入NaOH溶液体积变化如图，下列说法不正确的是（）A．HX为弱酸B．M点c(HX)—c(X-)﹥c(OH-)—c(H+)C．将P点和N点的溶液混合，呈酸性D．向N点的溶液中通入HCl至pH=7：c(Na＋)﹥c(HX)=c(Cl-)>c(X-)6、反应2A(g)+3B(g)2C(g)+D(g)在不同情况下测得的反应速率如下，其中反应速率最快的是（）A．v(A)=0.4mol·L-1·s-1 B．v(B)=0.75mol·L-1·s-1C．v(C)=0.6mol·L-1·s-1 D．v(D)=0.15mol·L-1·s-17、已知热化学方程式，。当水蒸气变为液态水时，其焓变为()A． B．C． D．8、反应mX(g)+nY(g)pZ(g)在不同温度（T1和T2）及压强（P1和P2）下，产物Z的物质的量（nZ）与反应时间的关系如图所示。下述判断正确的是A．T1<T2，P1>P2B．T1<T2，m+n＜pC．m+n＞p，正反应放热D．P1＞P2，正反应吸热9、下列化学用语正确的是（）A．氯化氢的电子式：B．镁的原子结构示意图：C．乙烯的结构简式：CH2CH2D．碳酸钠的电离方程式：Na2CO3＝Na＋＋CO32一10、室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是()加入物质结论A50mL1mol·L－1H2SO4反应结束后，c(Na＋)＝c(SO)B0.05molCaO溶液中增大C50mLH2O由水电离出的c(H+)·c(OH-)不变D0.1molNaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变A．A B．B C．C D．D11、有人设计出利用CH4和O2的反应，用铂电极在KOH溶液中构成原电池，电池的总反应类似于CH4在O2中燃烧，则下列说法正确的是（）①每消耗1molCH4，可以向外电路提供约的电量；②负极上CH4失去电子，电极反应式为:CH4－8e-+10OH—=CO32-+7H2O③负极上是O2获得电子，电极反应式为；④电池放电后，溶液pH不断升高A．①② B．①③ C．①④ D．③④12、在醋酸溶液中，CH3COOH电离达到平衡的标志是A．溶液显酸性B．溶液中无CH3COOH分子存在C．氢离子浓度恒定不变D．c（H+）=c（CH3COO-）13、已知反应mX(g)＋nY(g)qZ(g)的△H＜0，m＋n＞q，在恒容密闭容器中反应达到平衡时，下列说法正确的是A．X的正反应速率是Y的逆反应速率的m/n倍B．通入稀有气体使压强增大，平衡将正向移动C．降低温度，混合气体的平均相对分子质量变小D．增加X的物质的量，Y的转化率降低14、下列关于原电池和电解池的叙述正确的是A．原电池中失去电子的电极称为阴极B．电解池的阳极、原电池的负极都发生氧化反应C．原电池的两极一定要由活动性不同的两种金属组成D．电解时，电解池的阳极一定是阴离子放电15、下列关于晶体与非晶体的说法正确的是A．晶体一定比非晶体的熔点高B．晶体有自范性但排列无序C．固体SiO2一定是晶体D．非晶体无自范性而且排列无序16、在无色的酸性溶液中，下列离子组能大量共存的是()A．Fe2+、Mg2+、、 B．Fe3+、Na+、Cl-、S2-C．Al3+、Na+、、 D．Ba2+、K+、Cl-、17、NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A．18克水中含有NA个氢原子 B．32克氧气中含有NA个氧原子C．NA个Al原子质量为27克 D．0.5NA个水分子中有1mol原子18、向某密闭容器中加入0.3molA、0.1molC和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图1所示．图2为t2时刻后改变容器中条件，平衡体系中速率随时间变化的情况，且四个阶段都各改变一种条件，所用条件均不同．已知t3～t4阶段为使用催化剂．下列说法错误的是A．若t1=15s，生成物C在t0～t1时间段的平均反应速率为0.004mol•L﹣1•s﹣1B．t4～t5阶段改变的条件为减小压强，t5～t6阶段改变的条件是升高化学反应的温度C．B的起始物质的量为0.02molD．该化学反应的表达式为：3A（g）B（g）+2C（g）19、物质分子中最多有几个碳原子在同一平面上A．8B．9C．10D．1120、下列说法正确的是A．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，NaOH固体溶解后未恢复到室温就转移、定容，所配制的溶液浓度偏大B．用广泛pH试纸测得氯水的pH为3C．用托盘天平称取5.86g食盐D．用细铁丝放在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取少量待测液，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色，说明待测液中一定含有K+，没有Na+21、如图所示晶体结构是一种具有优良的压电、电光等功能的晶体材料的最小结构单元(晶胞)。晶体内与每个“Ti”紧邻的钡原子数和这种晶体材料的化学式分别是(各原子所带电荷均已略去)()A．8；BaTi8O12B．8；BaTiO3C．3；BaTi2O3D．6；BaTiO322、当水发生如下变化时：H2O(s)→H2O(l)→H2O(g)，此过程的△S（熵变）判断正确的是A．>0B．<0C．不变D．无法判断二、非选择题(共84分)23、（14分）已知有机物A、B、C、D、E、F、G有如图转化关系，其中C的产量可用来衡量一个国家石油化工发展水平，G的分子式为C9H10O2，试回答下列有关问题。（1）C的电子式___，G的结构简式为____。（2）指出下列反应的反应类型：A转化为B：___，C转化为D：___。（3）B的同分异构体有很多种，遇FeCl3溶液显紫色的同分异构体共有__种。（4）写出下列反应的化学方程式。A→B的化学方程式：___。B和F生成G的化学方程式：___。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）为了研究碳酸钙与盐酸反应的反应速率，某同学通过实验测定反应中生成的CO2气体体积，并绘制出如图所示的曲线。请回答以下问题。（1）化学反应速率最快的时间段是_________，原因是________________。A．0～t1B．t1-t2C．t2～t3D．t3～t4（2）为了减缓上述反应速率，欲向盐酸溶液中加入下列物质，你认为可行的有_________。A．蒸馏水B．NaCl固体C．NaCl溶液D．通入HCl（3）若盐酸溶液的体积是20mL，图中CO2的体积是标准状况下的体积，则t1～t2时间段平均反应速率v（HCl）＝________________mol·L-1·min-1。26、（10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。27、（12分）实验室中有一未知浓度的稀盐酸,某学生在实验室中进行测定盐酸浓度的实验。请完成下列填空:（1）配制500mL0.1000mol·L-1NaOH标准溶液。①配制所需的玻璃仪器有:烧杯、量筒、玻璃棒、__________、__________等。②称取__________g氢氧化钠固体所需仪器有天平(带砝码、镊子)、药匙、__________（2）取20.00mL待测稀盐酸放入锥形瓶中,并滴加2~3滴酚酞作指示剂,用__________(填仪器名称)盛装配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2〜3次,记录数据如下:滴定次数待测盐酸的体积/mL标准NaOH溶液体积滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/rnL第一次20.000.4020.50第二次20.004.1024.00第三次20.001.0024.00（3）①如何判断滴定终点：____________________________。②根据上述数据,可计算出该盐酸的浓度约为__________mol·L-1。③排去碱式滴定管中气泡的方法应采用下图操作中的__________(填序号),然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。（4）在上述实验中,下列操作(其他操作正确)会造成测定果偏低的有__________(填序号)。A．酸式滴定管使用前,水洗后未用待测盐酸润洗B．锥形瓶水洗后未干燥C．称量NaOH固体中混有Na2CO3固体D．滴定终点读数时俯视读数E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失28、（14分）直接甲醇燃料电池被认为是21世纪电动汽车最佳候选动力源．（1）101KPa时，1mol气态CH3OH完全燃烧生成CO2气体和液态水时，放出726.51kJ的热量，则甲醇燃烧的热化学方程式是________

．（2）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸汽转化为氢气的两种反应原理是：①CH3OH（g）+H2O（g）═CO2（g）+3H2（g）；△H1═+49.0KJ•mol﹣1②CH3OH（g）+1/2O2（g）═CO2（g）+2H2（g）；△H2═？已知H2（g）+1/2O2（g）═H2O（g）△H═﹣241.8KJ•mol﹣1，则反应②的△H2=________

．（3）一种甲醇燃料电池是采用铂或碳化钨作电极，稀硫酸作电解液，一极直接加入纯化后的甲醇，同时向另一个电极通入空气．则甲醇进入________

极，正极发生的电极反应方程式为________

．29、（10分）已知水的电离平衡曲线如图所示，试回答下列问题：（1）图中ABCDE五点的KW间的大小关系是___________．（用ABCDE表示）（2）若从A点到D点，可采用的措施是______．a．升温b．加入少量的盐酸c．加入少量的NaOH固体（3）点B对应温度条件下，某溶液pH═7，此时，溶液呈____（酸性、碱性、中性），点E对应的温度下，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为________．（4）点B对应的温度下，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是pH1+pH2=___________．

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】A.燃烧热是指在一定条件下，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，水的稳定状态是液态，故A错误；B.生成2mol气态水时，放出2512kJ·mol-1热量，故B错误；C.1mol氧气得到4mol电子，所以转移10mol电子，需要=2.5mol氧气，故C正确；D.形成4mol碳氧共用电子对说明反应生成2molCO2，放出的热量为1256kJ，故D错误；故选C。2、B【解析】只有互不相溶的液体之间才能用分液漏斗分离，选项ACD中都是互溶或易溶的，苯不溶于水，所以答案选B。3、D【解析】左图中，由“先拐先平数值大”知T2＞T1，升高温度，生成物的含量减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，即Q＜0；右图中，当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短，由图象可知P2＞P1，增大压强，反应物B的含量不变，说明平衡不移动，则反应前后混合气体的分子数不变，故b=c+d（要注意A是固体）。答案选D。4、D【分析】反应速率比等于化学计量数比，据此回答。【详解】A．NH3与O2的计量数比为4:5，故5v(NH3)=4v(O2)，A错误；B．O2与H2O的计量数比为5:6，故6v(O2)=5v(H2O)，B错误；C．NH3与H2O的计量数比为4:6，故3v(NH3)=2v(H2O)，C错误；D．O2与NO的计量数比为5:4，故4v(O2)=5v(NO)，D正确；故选D。5、C【解析】A．未滴定时，0.1mol•L-1HCl溶液pH为1，由图可知0.1mol/LHX溶液的pH＞5，则HX弱酸，故A正确；B．M点为等浓度NaX、HX混合溶液，且溶液呈碱性，说明X-的水解程度大于HX的电离程度，由物料守恒可知：2c(Na+)=c(X-)+c(HX)，结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)，联立可得：c(X-)+c(HX)+2c(H+)=2c(X-)+2c(OH-)，整理得：c(HX)-c(X-)=2c(OH-)-2c(H+)＞c(OH-)-c(H+)，故B正确；C．P点溶液中NaCl、HCl物质的量相等，N点为NaX溶液，NaX物质的量为HCl的2倍，混合后为NaCl、NaX、HX混合溶液，且溶液中NaX与HX的浓度相等，由于X-的水解程度大于HX的电离程度，呈碱性，故C错误；D．根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(X-)+c(OH-)，溶液pH=7，则c(Na+)=c(Cl-)+c(X-)，由物料守恒可知c(Na+)=c(X-)+c(HX)，联立可得c(HX)=c(Cl-)，而溶液为NaCl、NaX、HX的混合溶液，相同浓度下X-的水解程度大于HX的电离程度，由于溶液为中性，则溶液中c(NaX)＜c(HX)，故溶液中c(Na+)＞c(HX)=c(Cl-)＞c(X-)，故D正确；故选C。6、C【详解】反应速率的单位相同，用各物质表示的反应速率(单位相同)除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快：A．；B．;C．；D．；则反应速率最大的为C>B>A>D，故答案为C。【点睛】比较反应速率常用的两种方法：(1)归一法：将同一反应中的不同物质的反应速率转化成同一物质的反应速率，再较小比较；(2)比值法：用各物质的量表示的反应速率(单位相同)除以对应各物质的化学计量数，数值大的反应速率快。7、C【详解】①，②，根据盖斯定律，可得，由该热化学方程式可知，水蒸气变为液态水时放出的热量，则水蒸气变为液态水时放出的热量是，即当水蒸气变为液态水时，其焓变，故C符合题意。综上所述，答案为C。8、C【分析】根据温度、压强对平衡移动的影响分析，温度越高、压强越大，则反应速率越大，达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大。【详解】相同温度T2下，根据压强对反应速率的影响可知，压强越大，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：P1＞P2，压强越大，生成物Z的物质的量越大，说明平衡向正反应方向移动，则反应前后混合气体的计量数增大，所以m+n＞p，相同压强P1下，根据温度对Z浓度的影响可知，温度越高，反应速率越大，则达到平衡用的时间越少，曲线的斜率越大，故有：T1＞T2，升高温度，Z的含量减小，平衡向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，正反应为放热反应；综上，则A.T1＞T2，P1>P2，选项A错误；B.T1＞T2，m+n＞p，选项B错误；C.m+n＞p，正反应放热，选项C正确；D.P1＞P2，正反应放热，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查了温度、压强对化学平衡的影响，根据“先拐先平数值大”确定温度、压强的相对大小，再结合温度、压强与生成物Z物质的量的变化确定反应热及气体的计量数变化，难度中等。9、B【解析】A、氯化氢是共价化合物；

B、根据原子结构示意图书写判断；C、乙烯的官能团为碳碳双键，结构简式需要写出；D、电离方程式应保证电荷守恒、原子守恒。【详解】A项、氯化氢为共价化合物，分子中不存在阴阳离子，氯化氢的电子式为：，故A错误；B项、镁原子的核电荷数、核外电子总数都是12，镁原子的结构示意图为：，故B正确；C项、乙烯的官能团为碳碳双键，结构简式需要写出，结构简式为CH2=CH2，故C错误；D项、电离方程式电荷不守恒，钠原子不守恒，碳酸钠的电离方程式为Na2CO3=2Na++CO32-，故D错误。故选B。【点睛】本题考查化学用语，注意掌握电子式、原子结构示意图、结构简式等化学用语的概念及正确的表示方法，明确电离方程式的书写原则。10、B【分析】室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，溶液中存在CO32－+H2OHCO3－+OH－溶液呈碱性，据此分析解答。【详解】A、加入50mL1mol·L－1H2SO4，H2SO4与Na2CO3恰好反应，则反应后的溶液溶质为Na2SO4，故根据物料守恒反应结束后c(Na+)=2c(SO42-)，A错误；B、向溶液中加入0.05molCaO，则CaO+H2O=Ca(OH)2，则c(OH－)增大，且Ca2++CO32-=CaCO3↓，使CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡左移，c(HCO3－)减小，故增大，B正确；C、加入50mLH2O，溶液体积变大，CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡右移，但c(OH-)减小，Na2CO3溶液中H+、OH-均由水电离，故由水电离出的c(H+)·c(OH-)减小，C错误；D、加入0.1molNaHSO4固体，NaHSO4为强酸酸式盐电离出H+与CO32-反应，则反应后溶液为Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液pH减小，引入了Na+，故c(Na+)增大，D错误；答案选B。【点睛】盐的水解包括的内容很多，如盐溶液中离子浓度的变化、水的离子积的变化、电离平衡常数、水解平衡常数、溶液pH的判断、水解离子方程式的书写、盐水解的应用、电荷守恒规律、物料守恒规律、质子守恒规律的应用，加入其他试剂对水解平衡的影响、稀释规律等，这类题目抓住水解也是可逆反应，所以可应用勒夏特列原理来解答。对于条件的改变溶液中离子浓度的变化，需在判断平衡移动的基础上进行判断，有时需结合平衡常数、守恒规律等，尤其是等式关系的离子浓度的判断或离子浓度大小比较是本知识的难点。等式关系的一般采用守恒规律来解答，若等式中只存在离子，一般要考虑电荷守恒；等式中若离子、分子均存在，一般考虑物料守恒或质子守恒；离子浓度的比较要考虑溶液的酸碱性、水解、电离程度的相对强弱的关系。11、A【详解】①甲烷在负极反应，在KOH溶液中变为了碳酸根离子，一个甲烷化合价升高8个价态，即每消耗1molCH4，可以向外电路提供约8mole－的电量；故①正确；②负极上CH4失去电子，电极反应式为:CH4－8e－+10OH－=CO32－+7H2O，故②正确；③正极上是O2获得电子，电极反应式为O2+2H2O+4e－=4OH－；故③错误；④电池放电后，CH4+2O2+2OH－=CO32－+3H2O，因此溶液pH不断减小，故④错误；因此A正确；综上所述，答案为A。12、C【详解】A．无论是否达到平衡状态，溶液都呈酸性，故A错误；B．CH3COOH为弱电解质，为可逆过程，溶液中应存在CH3COOH分子，故B错误；C．氢离子浓度恒定不变，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；D．无论是否达到平衡状态，溶液中都存在电荷守恒，c(H+)=c(CH3COO-)不符合溶液电中性原则，故D错误；故选C。【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，注意把握平衡状态的特征。本题的易错点为D，不能仅根据醋酸的电离方程式判断，溶液中还存在水的电离平衡。13、A【详解】A、速率之比等于化学方程式的系数之比，(X)正：(Y)正=m:n，平衡时，(Y)正=(Y)逆，所以X的正反应速率是Y的逆反应速率的倍，所以A选项是正确的；

B、通入稀有气体总压增大，分压不变，平衡不动，故B错误；

C、反应是放热反应，降温平衡正向进行，反应前后气体体积减小，过程中气体质量不变，混合气体的相对分子质量增大，故C错误；

D、增加X的量会提高Y的转化率，Y的转化率增大，本身转化率减小，故D错误。

所以A选项是正确的。14、B【详解】A项、原电池中失去电子的电极为负极不是阴极，故A错误；B项、原电池负极上失电子发生氧化反应，电解池阳极上失电子发生氧化反应，故B正确；C项、原电池的两极不一定是由活动性不同的两种金属组成，可能是由金属和导电的非金属组成，故C错误；D项、电解时，电解池阴极上得电子发生还原反应，故D错误；故选B。【点睛】原电池的两极不一定是由活动性不同的两种金属组成，可能是由金属和导电的非金属组成是易错点。15、D【详解】A．晶体有固定的熔点，非晶体没有熔点，A错误；B．晶体有自范性，且其结构排列有序，B错误；C．SiO2其存在形态有结晶形和无定形两大类，即SiO2也有非晶体，C错误；D．非晶体无自范性，而且其结构排列无序，D正确；故选D。16、D【详解】A．在酸性条件下，有强氧化性，则Fe2+不能与其大量共存，A不符合题意；B．Fe3+和S2-能发生氧化还原反应生成Fe2+和S，因此两者不能大量共存，且Fe3+能使溶液显黄色、S2-会与酸反应，故B不符合题意；C．Al3+和能发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，因此两者不能大量共存，C不符合题意；D．Ba2+、K+、Cl-、之间不能发生离子反应，可以在无色的酸性溶液中大量共存，D符合题意。综上所述，本题选D。17、C【详解】A．18克水中的物质的量为1mol，一个水分子中含有2个氢原子，所以18克水中含有氢原子的个数为2NA，故A错误；B．32克氧气的物质的量为1mol，一个氧气分子中含有2个氧原子，所以32克氧气中含有2NA个氧原子，故B错误；C．NA个Al的物质的量为1mol，Al的摩尔质量为27g/mol，所以NA个Al原子质量为27克，故C正确；D．0.5NA个水分子物质的量为0.5mol，1mol水分子中含有3mol原子，所以0.5mol水分子中含有1.5mol原子，故D错误；故选C。18、C【解析】试题分析：A、若t1=15s，，则物质C的浓度改变量为1．11-1．5=1．16mol/L，平衡速率=1．16/15=1．114mol•L﹣1•s﹣1，正确，不选A；B、t4～t5阶段反应速率都减小，说明是减小压强，t5～t6阶段正逆反应速率都增大，说明是升高温度，正确，不选B；C、根据方程式分析，压强不能使平衡移动，说明反应前后气体体积相等，在t1=15s，A减少了1．15-1．16=1．19mol•L﹣1，C增加了1．11-1．15=1．16mol•L﹣1，则说明B增加了1．13mol•L﹣1，所以原来B的浓度为1．15-1．13=1．12mol•L﹣1，容器的体积=1．3/1．15=2L，所以B的起始物质的量为1．12×2=1．14mol，不正确，选C；D、根据上述分析，反应为3A（g）⇌B（g）+2C（g）D考点：化学平衡图像分析，平衡的影响因素【名师点睛】根据速率-时间图像判断反应条件的方法：1、看图像中正、逆反应速率的变化趋势，两者是同等程度的变化，还是不同程度的变化。同等程度的变化，一般从压强（反应前后气体体积不变的反应）和催化剂考虑；若是不同程度的变化，从温度、浓度、压强（反应前后气体体积改变的反应）角度考虑。2、对于反应速率变化不相等的反应，要注意观察改变某个条件瞬间，正、逆反应速率的大小关系以及变化趋势，同时要联系外界条件对反应速率的影响规律，加以筛选、验证、排除。19、D【解析】试题分析：在分子中，甲基中C原子处于苯中H原子的位置，苯环平面与碳碳双键形成的平面通过旋转碳碳单键可以处于同一平面，乙炔基的直线结构处于碳碳双键形成的平面内，所以最多有11个C原子共面．考点：有机物的结构简式20、A【分析】A.配制一定浓度的溶液时，必须恢复到室温再定容，否则会引起误差；B.新制氯水具有漂白性，会将pH试纸漂白；C.天平的分度值为0.1g；D.黄光能掩盖紫光。【详解】A.未恢复到室温就定容，溶液体积偏小，由可知，c偏大，故A项正确；B.不能用pH试纸测新制氯水的pH，因为新制氯水具有漂白性，会将试纸漂白从而无法测出，故B项错误；C.天平的分度值为0.1g，不可能称量出5.86g食盐，故C项错误；D.黄光能掩盖紫光，透过蓝色钴玻璃可滤去黄光，但不能确定是否含Na+，故D项错误。答案选A。21、B【解析】1个晶胞中1个Ti与1个Ba原子紧邻，在整个晶体结构中位于顶点的1个Ti被8个晶胞共用，所以与每个Ti相邻的Ba原子数为8；根据晶胞的结构：该晶胞中含有Ba原子数为1，Ti原子数为8×1/8=1,O原子位于棱上，1个O被4个晶胞共用，因此含有O原子数为12×1/4=3，因此晶体材料的化学式为BaTiO3；B选项正确；综上所述，本题选B。【点睛】用均摊法求晶体中粒子个数比的方法是：

（1）处于顶点的粒子，同时为8个晶胞所共有，每个粒子有1/8属于该晶胞。

（2）处于棱上的粒子，同时为4个晶胞共有，每个粒子有1/4属于该晶胞。

（3）处于面上的粒子，同时为2个晶胞共有，每个粒子共有1/2属于该晶胞。

（4）处于晶胞内部的粒子，则完全属于该晶胞。22、A【解析】根据熵变含义分析。【详解】微粒之间无规则排列的程度越大，体系的熵越大，所以气态大于液态，大于固态，△S>0，故选A。二、非选择题(共84分)23、取代反应加成反应3+NaOH+NaClCH3COOH++H2O【分析】C的产量可用来衡量一个国家石油化工发展水平，则C为乙烯，其与水发生加成反应生成的D为乙醇；乙醇经催化氧化生成E，E为乙醛；乙醛经银氨溶液氧化后再酸化得到F，则F为乙酸；由图中信息可知，甲苯与氯气在光照的条件下发生侧链上的取代反应生成A，A属于卤代烃，其在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成B；B与F在一定条件下生成G，由G的分子式C9H10O2可以推断B为苯甲醇（）、A是。【详解】（1）C为乙烯，其电子式为；G为乙酸苯甲酯，其结构简式为。（2）A转化为B属于卤代烃的水解反应，其反应类型为取代反应；C转化为D的反应是乙烯与水反应生成乙醇，其反应类型为加成反应。（3）B为苯甲醇，其同分异构体有很多种，遇FeCl3溶液显紫色的同分异构体属于酚，可能为邻甲酚、间甲酚和对甲酚，共有3种。（4）A→B的化学方程式为+NaOH+NaCl。B和F生成G的化学方程式为CH3COOH++H2O。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、B反应放热AC(V2-V1）/［224x（t2-t1）］【详解】（1）从图中可以看出，化学反应速率最快的时间段是.t1-t2。答案为：.B因为随着反应的进行，c(H+)不断减小，如果影响反应速率的因素只有c(H+)，则反应速率应不断减慢，但.t1-t2段反应速率加快，说明还有其它因素影响反应速率，只能是温度，从而说明反应放热。，答案为：反应放热（2）A.蒸馏水，稀释溶液，使c(H+)减小，反应速率减慢，A符合题意；B.NaCl固体，不影响c(H+)，溶液的温度也没有变化，所以对反应速率不产生影响，B不符合题意；C.NaCl溶液，相当于加水稀释，c(H+)减小，反应速率减慢，C不合题意；D.通入HCl，增大c(H+)，加快反应速率，符合题意。故选AC。（3）若盐酸溶液的体积是20mL，图中CO2的体积是标准状况下的体积，则t1～t2时间段平均反应速率v（HCl）＝mol·L-1·min-1。答案为：26、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×0.004L0.002L+0.004L=2这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=23×0.010mol/L40s60s/min27、500ml容量瓶（容量瓶不写体积不给分）胶头滴管2.0小烧杯碱式滴定管当最后一滴恰好由无色变成浅红色，且半分钟不褪色即为滴定终点0.1000丙AD【分析】根据中和滴定过程中各环节的相关要求和规范进行分析。【详解】(1)①依据配制一定物质的量浓度溶液的过程，可知配制500mL0.1000mol·L-1的NaOH标准溶液还需玻璃仪器有500mL容量瓶和胶头滴管。②m(NaOH)=500mL×0.1000mol·L-1×40g/mol=2.0g。NaOH是腐蚀性试剂，不能放在纸片上称量，需用烧杯进行间接称量。待测稀盐酸、酚酞指示剂放在锥形瓶中，则标准NaOH溶液放在碱式滴定管中。(3)①滴定前，锥形瓶中混合溶液无色，随着NaOH溶液滴入，溶液pH增大。当滴入1滴NaOH溶液时，溶液恰好变成浅红色，且半分钟不褪色，即为滴定终点。②待测盐酸都是20