2026届河北省唐山市唐山第一中学化学高二第一学期期中联考试题含解析

2026届河北省唐山市唐山第一中学化学高二第一学期期中联考试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在一定温度下，一定体积的密闭容器中有如下平衡：H2(g)＋I2(g)2HI(g)。已知H2和I2起始浓度均为0.10mol·L－1时，达平衡时HI浓度为0.16mol·L－1。若H2和I2起始浓度均变为0.20mol·L－1，则平衡时H2的浓度(mol·L－1)是A．0.16 B．0.08 C．0.04 D．0.022、已知下列热化学方程式：(1)CH3COOH(l)＋2O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－870.3kJ/mol(2)C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ/mol(3)H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH3＝－285.8kJ/mol则反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)=CH3COOH(l)的焓变为().A．－488.3kJ/mol B．－244.15kJ/mol C．488.3kJ/mol D．244.15kJ/mol3、对于：2C4H10(g)+13O2(g)=8CO2(g)+10H2O(l)△H=－5800kJ/mol的叙述错误的是A．该反应的反应热为△H=－5800kJ/mol，是放热反应B．该反应的△H与各物质的状态有关，与化学计量数也有关C．该式的含义为：25℃、101kPa下，2molC4H10气体完全燃烧生成CO2和液态水时放出热量5800kJD．该反应为丁烷燃烧的热化学方程式，由此可知丁烷的燃烧热为5800kJ/mol4、下列表述或说法正确的是（）A．丙烯的键线式： B．-OH与都表示羟基C．乙醛的结构简式为：CH3COH D．苯的最简式：(CH)65、在常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A．1L0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的溶液中：c(NH4+)＋c(Fe2+)＋c(H+)＝c(OH-)＋c(SO42-)B．向饱和氯水中加入NaOH溶液至pH=7，所得溶液中：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(Cl-)＞c(OH-)C．向0.10mol·L-1Na2CO3溶液中通入少量CO2的溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)D．0.1mol·L-1NH4HS溶液中：c(NH4+)＜c(HS-)＋c(H2S)＋c(S2-)6、下列说法不正确的是A．在恒容下充入惰性气体,容器压强增大，活化分子的百分数不变B．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C．NH4HCO3（s）=NH3（g）+H2O（g）+CO2（g）ΔH=+185.57kJ·mol-1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D．ΔH<0、ΔS>0的反应在任何温度下都能自发进行7、室温下，将固体溶于水配成溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论错误的是（）选项加入物质结论A硫酸反应结束后，B溶液中增大C由水电离出的减小D固体反应完全后，溶液减小，增大【选项A】A 【选项B】B 【选项C】C 【选项D】D8、中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如图所示。已知：几种物质中化学键的键能如表所示。化学键H—O键O=O键H—H键O—O键键能/(kJ/mol)463496436138若反应过程中分解了2molH2O，则下列说法不正确的是（）A．总反应为2H2O2H2↑+O2↑B．过程Ⅰ吸收了926kJ能量C．过程Ⅱ放出了574kJ能量D．过程Ⅲ属于放热反应9、下列化学方程式书写正确的是A．B．CH2=CH2+Br2CH3CHBr2C．D．10、在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X(g)+Y(g)2Z(g)△H＜0，一段时间后达到平衡．反应过程中测定的数据如下表，下列说法正确的是(

)t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10A．反应前2min的平均速率v(Z)=2.0×10-3mol/(L∙min)B．其他条件不变，降低温度，正反应速率减慢，逆反应速率加快C．该温度下此反应的平衡常数K=1.44D．其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数减小11、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A．17g氨气中含有的质子数为10NAB．2.4g金属镁变成镁离子时失去的电子数为0.1NAC．0.5mol·L－1AlCl3溶液中Cl－的数目为1.5NAD．标准状况下，11.2LCCl4所含的分子数为0.5NA12、下列说法中,正确的是A．标准状况下,36gH2O的体积约为4.48L B．常温常压下,ll.2LN2物质的量为0.5molC．100mL1mo/LMgCl2溶液中含有0.2molCl— D．44gCO2中含有的氧原子数约为6.02×102313、下列关于氢元素的说法中不正确的是()A．氢元素是宇宙中最丰富的元素B．氢原子核外电子的电子云轮廓图是球形C．氢元素与其他元素形成的化合物都是共价化合物D．氢原子光谱是氢原子的电子跃迁产生的14、合成氨反应为：3H2＋N22NH3，其反应速率可以分别用v(H2)、v(N2)、v(NH3)表示，反应达平衡时，下列关系式正确的是()A．3v(H2)正=v(N2)逆 B．v(H2)生成=v(NH3)生成C．2v(N2)消耗=v(NH3)消耗 D．3v(H2)逆=2v(NH3)正15、下列操作能达到实验目的是（）A．石油分馏时把温度计插入受热的液体中B．用乙醇和3%硫酸共热到170℃制取乙烯C．将苯和液溴混合加入铁粉制取溴苯D．将敞口久置的电石与蒸馏水混合制乙炔16、一定条件下，合成氨反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)。图甲表示在此反应过程中的能量的变化，图乙表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线。图丙表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响。下列说法正确的是()A．升高温度，该反应的平衡常数增大B．由图乙信息，从11min起其他条件不变，压缩容器的体积，则n(N2)的变化曲线为dC．由图乙信息，10min内该反应的平均速度v(H2)=0.09mol·L－l·min－lD．图丙中温度T1<T2，a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是b点二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物H是一种抗病毒药物，在实验室中利用芳香烃A制备H的流程如下图所示(部分反应条件已略去)：己知：①有机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子；②两个羟基连在同一碳上不稳定，易脱水形成羰基或醛基；③RCHO＋CH3CHORCH=CHCHO＋H2O；④（1）有机物B的名称为_____。（2）由D生成E的反应类型为___________，E中官能团的名称为_____。（3）由G生成H所需的“一定条件”为_____。（4）写出B与NaOH溶液在高温、高压下反应的化学方程式：_____。（5）F酸化后可得R，X是R的同分异构体，X能发生银镜反应，且其核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积比为1:1:1，写出1种符合条件的X的结构简式：___。（6）设计由和丙醛合成的流程图：__________________________(其他试剂任选)。18、短周期元素A、B、C、D的位置如图所示，室温下D单质为淡黄色固体。回答下列问题：（1）C元素在周期表中的位置___，其在自然界中常见的氧化物是___晶体。（2）A的单质在充足的氧气中燃烧得到的产物的结构式是___，其分子是__分子（“极性”或“非极性”）。（3）四种元素中可用于航空航天合金材料的制备，其最高价氧化物的水化物的电离方程式为___。（4）与B同周期最活泼的金属是___，如何证明它比B活泼？（结合有关的方程式进行说明）__。19、化学反应速率是描述化学反应进行快慢程度的物理量。下面是某同学测定化学反应速率并探究其影响因素的实验。Ⅰ.测定化学反应速率该同学利用如图装置测定化学反应速率。（已知：S2O32-＋2H＋===H2O＋S↓＋SO2↑）（1）为保证实验准确性、可靠性，利用该装置进行实验前应先进行的步骤是_____________________；除如图装置所示的实验用品、仪器外，还需要的一件实验仪器是______________。（2）若在2min时收集到224mL(已折算成标准状况)气体，可计算出该2min内H＋的反应速率，而该测定值比实际值偏小，其原因是________________________。（3）试简述测定该反应的化学反应速率的其他方法：__________________(写一种)。Ⅱ．为探讨化学反应速率的影响因素，设计的实验方案如下表。(已知I2＋2S2O32-===S4O62-＋2I－，其中Na2S2O3溶液均足量)实验序号体积V/mL时间/sNa2S2O3溶液淀粉溶液碘水水①10.02.04.00.0t1②8.02.04.02.0t2③6.02.04.0Vxt3（4）该实验进行的目的是_____________淀粉溶液的作用是____________。表中Vx==_______mL，比较t1、t2、t3大小，试推测该实验结论：___________________________20、某烧碱样品含有少量不与酸作用的杂质,为了测定其纯度,进行以下滴定操作：A．在250mL的容量瓶中定容配制250mL烧碱溶液；B．用碱式滴定管移取25.00mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴入2滴甲基橙指示剂；C．在天平上准确称取烧碱样品2.0g,在烧杯中用蒸馏水溶解；D．将物质的量浓度为0.1000mol·L－1的标准盐酸装入酸式滴定管,调整液面记下开始读数为V1；E.在锥形瓶下垫一张白纸,滴定至终点,记下读数V2。就此实验完成下列填空：（1）正确的操作步骤的顺序是(用编号字母填写)________→________→________→D→________。（2）上述E中锥形瓶下垫一张白纸的作用是_______________________________（3）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视______________。直到加入一滴盐酸后，溶液____________________________(填颜色变化)。（4）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是（____________）A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥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，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数（5）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则所用盐酸溶液的体积为________mL。（6）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表：滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol·L－1盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积/mL第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09依据上表数据列式计算该烧碱的纯度____。（结果保留四位有效数字）21、经测定某溶液中只含NH4+、Cl－、H＋、OH－四种离子，已知这种溶液中含有一种或两种溶质。查资料表明等物质的量浓度的氨水和氯化铵溶液等体积混合后溶液显碱性，试完成下列各题。（1）试推测能组成这种溶液的可能的溶质组合有__________种(填数字)。（2）有关这种溶液，下列说法不正确的是______A．若溶液中离子间满足c(NH4+)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，则溶液中溶质一定为NH4Cl和NH3·H2OB．若溶液中离子间满足c(Cl－)>c(NH4+)>c(H＋)>c(OH－)，则溶液中溶质一定只有NH4ClC．若溶液中c(NH4+)＝c(Cl－)，则该溶液一定显中性D．若溶液中c(NH3·H2O)>c(Cl－)，则溶液一定显碱性（3）若溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)__c(NH3·H2O)(填“>”、“<”或“＝”)，简述理由_____________。（4）水的电离程度与溶液中所溶解的电解质有关，如图是用一定浓度的HCl滴定VL同浓度NH3·H2O时得到的滴定曲线。试分析如图所示滴定过程中的a、b、c、d各点，水的电离程度最大的是____________理由为______________________________。（5）写出a点、c点所对应溶液中各离子浓度由大到小的比较顺序a点：______________________________________________________________c点：______________________________________________________________

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】由反应H2(g)＋I2(g)2HI(g)起始量（mol/L）0.10.10变化量（mol/L）xx2x平衡量（mol/L）0.1-x0.1-x2x2x=0.16，求得x=0.8，则平衡时c（H2）=0.02mol·L－1，当H2和I2的起始浓度均变为0.20mol·L－1时，即为压强增大一倍，因该化学反应反应前后气体体积不变，故当H2和I2的起始浓度均变为0.20mol·L－1时，平衡不发生移动，则平衡时H2的浓度也增大一倍，即c’（H2）=0.04mol·L－1，故答案为C2、A【详解】由盖斯定律可知，（2）×2+（3）×2-（1）可得热化学方程式2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l），则ΔH=2ΔH2+2ΔH3-ΔH1=2×（-393.5kJ/mol）+2×（-285.8kJ/mol）-（-870.3kJ/mol）=-488.3KJ/mol，故选A。3、D【详解】A项，该反应的∆H=-5800kJ/mol<0，反应为放热反应，A项正确；B项，物质的状态不同，物质具有的能量不同，热化学方程式中化学计量数代表物质的量，反应的∆H与各物质的状态有关，与化学计量数有关，B项正确；C项，该热化学方程式的含义为：25℃、101kPa下，2molC4H10气体完全燃烧生成CO2和液态水时放出热量5800kJ，C项正确；D项，燃烧热是指完全燃烧1mol可燃物生成稳定产物时候所放出的热量，由此可知丁烷的燃烧热为2900kJ/mol，D项错误；答案选D。4、B【详解】A.，此键线式应为2-丁烯，A错误；B.–OH中的短线，表示一个成单电子，与都表示羟基，B正确；C.乙醛的结构简式为CH3CHO，C错误；D.苯的最简式为CH，D错误。故选B。【点睛】将有机物的结构式简化时，应遵循一定的规律，如乙醇，可简写为CH3CH2OH，也可简写为C2H5OH，乙醛的结构简式只能表示为CH3CHO，若写成CH3COH，让人感觉与-OH相连的C只形成两个共价键；乙烯只能简化为CH2=CH2，若写成CH2CH2，则错误。5、D【解析】A、按照电荷守恒，应是c(NH4＋)＋2c(Fe2＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋2c(SO42－)，故A错误；B、发生氧化还原反应，一个氯原子化合价升高1价，必然有一个氯原子降低1价，－1价的氯一定为Cl－，＋1价的氯是HClO和ClO－，因此有c(Cl－)=c(ClO－)＋c(HClO)，即c(Cl－)>c(ClO－)，故B错误；C、通入少量CO2，发生反应为Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，溶质应为NaHCO3和Na2CO3，根据物料守恒，c(Na＋)<2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，因此有c(OH－)<c(H＋)＋c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，故C错误；D、根据物料守恒，因此有c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=c(HS－)＋c(H2S)＋c(S2－)，因此有c(NH4＋)<c(HS－)＋c(H2S)＋c(S2－)，故D正确。6、B【解析】A、恒温恒容下，加惰性气体，反应体系内各组分的浓度并不发生变化；B、焓变和熵变都与反应的自发性有关，△H-T△S<0为判断反应进行的综合判据；C、反应能自发进行，说明△H-T△S<0；D、△H﹤0，△S﹥0的反应，△H-T△S<0，在任何温度都能自发进行。【详解】A项、恒温恒容下，加惰性气体，反应体系内各组分的浓度并不发生变化，活化分子的百分数不变，对速率、平衡都无影响，故A正确；B项、焓变和熵变都与反应的自发性有关，△H-T△S<0为判断反应进行的综合判据，则焓变或熵变不能单独作为反应自发性的判据，故B错误；C项、由反应方程式可知，△H>0、△S>0，反应能自发进行，说明△H-T△S<0，则能自发进行，是因为体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向，故C正确；D项、△H﹤0，△S﹥0的反应，△H-T△S<0，在任何温度都能自发进行，故D正确。故选B。【点睛】恒温恒容下，加惰性气体，反应体系内各组分的浓度并不发生变化，所以对速率、平衡都无影响。恒温恒压下，加惰性气体，容器体积增大，反应体系各组分的浓度都减小，正逆反应速率都减小，平衡向着气体分子数增大的方向移动，可以相当于减压。7、B【分析】Na2CO3溶液存在水解平衡CO+HO=HCO+OH。【详解】A．n()=n()=0.05L×1mol/L=0.05mol，0.05molNa2CO3中n(Na+)=0.05mol×2=0.1mol，因此钠离子的浓度是硫酸根离子的两倍，故A项正确；B．0.05molCaO和水反应生成0.05molCa(OH)2，OH浓度增大，Ca2+和CO反应完全生成CaCO3沉淀，水解平衡向逆向移动，HCO浓度减小，所以溶液中减小，故B错误；C．加入水稀释溶液，虽然促进碳酸根的水解，但是溶液体积增大，因此水电离产生的c(OH)减小，水电离产生的c(OH)和c(H+)相等，因此水电离出的减小，故C项正确；D．加入固体，完全电离产生Na+、H+、，H+浓度增大，酸性增强，pH减小，Na+浓度增大，故D项正确；故选B。8、D【详解】A.由图可知，总反应为水分解生成氢气和氧气，该反应实现了光能转化为化学能，反应的方程式为2H2O2H2↑+O2↑，故A正确；B.由图可知，过程Ⅰ为2mol水分子发生H—O键断裂变为2molH原子和2mol羟基，H—O键断裂吸收的能量为463kJ/mol×2mol=926kJ，故B正确；C.由图可知，过程Ⅱ为2molH原子和2mol羟基结合变为1mol氢气和1mol过氧化氢，形成H—H键和O—O键放出的能量为(436+138)kJ/mol×1mol=574kJ，故C正确；D.由图可知，过程Ⅲ为1mol过氧化氢发生化学键的断裂变为1mol氢气和1mol氧气，断裂H—O键和O—O键吸收的热量为(463kJ/mol×2mol+138kJ/mol×1mol)=1064kJ，形成O=O键和H—H键放出的能量为(496kJ/mol×1mol+436kJ/mol×1mol)=932kJ，吸收的能量大于放出的热量，则过程Ⅲ属于吸热反应，故D错误；故选D。9、A【详解】A．乙烯在催化剂条件下生成聚乙烯，化学方程式为，选项A正确；B．乙烯含有碳碳双键，与Br2发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，选项B错误；C．苯与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下在50℃～60℃发生硝化反应，生成硝基苯和水，反应为：+HNO3+H2O，选项C错误；D．乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOCH2CH3+H2O，选项D错误；答案选A。10、C【分析】由题中信息可知，反应在第7分钟处于化学平衡状态，平衡时Y的变化量为0.06mol，则根据方程式可知，列出三段式；【详解】A．反应前2min内Y减少了0.16mol-0.12mol=0.04mol，则生成Z是0.08mol，浓度是0.008mol/L，所以平均速率v(Z)==4.0×10-3mol/(L·min)，故A不符合题意；B．该反应为放热反应，其他条件不变，降低温度，正反应速率减慢，逆反应速率也减慢，故B不符合题意；C．根据分析，该温度下此反应的平衡常数K==1.44，故C符合题意；D．该反应前后气体的分子数不变，所以改变压强后，平衡不移动，其他条件不变，再充入0.2molZ，相当于对原平衡加压，所以平衡时X的体积分数不变，故D不符合题意；答案选C。11、A【解析】A.17g氨气的物质的量为：17g17g/mol=1mol，1mol氨气分子中含有10mol质子，所含质子数为10NA，故A正确；

B.2.4g金属镁的物质的量为：2.4g24g/mol=0.1mol，0.1molMg变成镁离子时失去0.2mol电子，失去电子数为0.2NA，故B错误；

C.没有告诉溶液的体积，故无法算出溶液中的离子的数目，故CD.标准状况下，CCl4为液体，无法根据气体摩尔体积进行计算，故D错误。故选A。【点睛】在计算气体体积时，一定注意是否为标准状况，是否为气体。12、C【详解】A、3.6gH2O的物质的量为，选项A错误；B、标准状况下，11.2LN2物质的量为0.5mol，选项B错误；C、100mL1mo/LMgCl2溶液中含有Cl－的物质的量为0.1L×1mol/L×2=0.2mol，选项C正确；D、44gCO2中含有的氧原子数约为1.204×1024，选项D错误。答案选C。13、C【详解】A．在宇宙当中氢元素可以占据所有可见物质组成的90%，是宇宙中最丰富的元素，故A不符合题意；B．氢原子核外只有一个电子，位于1s轨道，电子云轮廓图是球形，故B不符合题意；C．氢元素与其他元素形成的化合物可能是离子化合物，比如NaH，故C符合题意；D．氢原子内的电子在不同能级跃迁时所发射或吸收不同波长、能量之光子而得到的光谱称为氢的原子光谱，丹麦科学家玻尔第一次认识到氢原子光谱是氢原子的电子跃迁产生的，故D不符合题意；答案选C。14、C【分析】反应达平衡时，v正=v逆，用不同物质表示同一化学反应速率，速率之比等于化学计量数之比。v(H2)：v(N2)：v(NH3)=3:1:2。【详解】反应达平衡时，v正=v逆，用不同物质表示同一化学反应速率，速率之比等于化学计量数之比。v(H2)：v(N2)：v(NH3)=3:1:2。A.3v(H2)正=v(N2)逆，不能说明达到平衡状态，应为v(H2)正=3v(N2)逆，故A错误；B.v(H2)生成=v(NH3)生成,虽然v(H2)生成表示逆反应速率，v(NH3)生成表示正反应速率，但不符合比例关系，应为2v(H2)生成=3v(NH3)生成,故B错误；C.2v(N2)消耗=v(NH3)消耗，即v正=v逆，故C正确；D.3v(H2)逆=2v(NH3)正，不能说明达到平衡状态，应为2v(H2)逆=3v(NH3)正，故D错误。故选C。【点睛】解答本题时要注意必须是v正=v逆，若用某物质的消耗或生成表示反应速率，则要同侧相反，异侧相同，如本题C选项v(N2)消耗，代表正反应速率，而v(NH3)消耗代表逆反应速率，当2v(N2)消耗=v(NH3)消耗，说明v正=v逆，符合题意，否则，不符合题意。15、C【详解】A．石油分馏时需测馏分的温度，故温度计应与蒸馏烧瓶支管口下端齐平，A错误；B．乙醇的消去反应是在浓硫酸的条件下进行，稀硫酸起不到催化作用，故B错误；C．苯和液溴混合加入铁粉制取溴苯，C正确；D．敞口久置的电石会与空气中的水蒸气反应失效，无法再制取乙炔，D错误；答案选C。16、B【分析】由图甲反应物的总能量高于生成物的总能量，所以正反应是放热反应；分析图乙变化量，计算氮气的反应速率，结合反应速率之比等于系数之比计算得到氢气速率，依据化学反应速率概念计算得到，缩小体积，增大压强，平衡向正反应移动，改变瞬间不变，达平衡是减小；图丙表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大；由图丙可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，故温度T1<T2。【详解】A.分析图甲可知反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小，A错误；B.从11min起其它条件不变，压缩容器的体积，压强增大，平衡正向进行，瞬间氮气物质的量不变，随平衡正向进行，氮气物质的量减小，则的变化曲线d符合，B正确；C.分析图象乙可知，在2L的密闭容器中，，，C错误；D.图丙表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，故a、b、c都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大，故a、b、c三点中，c的氮气的转化率最高，D错误；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、对溴甲苯（或4－溴甲苯）取代反应羟基、氯原子银氨溶液、加热（或新制氢氧化铜、加热）、（或其他合理答案）【分析】因为“机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子”，所以B的结构简式是，C比B少一个溴原子，而多一个氢原子和一个氧原子，结合“NaOH溶液”条件可推测B分子中-Br发生水解生成-OH，所以C的结构简式为，C到D符合“已知④”反应，所以D的结构简式为，光照下卤原子的取代发生在苯环侧链烃基的氢原子上，所以E的结构简式为，在NaOH溶液、加热条件下氯原子水解生成醇羟基，所以E水解生成的2个-OH连在同一碳原子上，根据“已知②”这2个-OH将转化为>C=O，别外酚羟基也与NaOH中和生成钠盐，所以F有结构简式为，F到G过程符合“已知③”,所以G的结构简式为，显然G到H过程中第1）步是将-CHO氧化为羧基，第2）步是将酚的钠盐转化为酚羟基。由此分析解答。【详解】(1)因为“机物B苯环上只有两种不同环境的氢原子”，所以B的结构简式是，名称是对溴甲苯或4-溴甲苯。(2)D的分子式为C7H8O2，E分子式为C7H6Cl2O2，对比D、E分子组成可知E比D少2个氢原子多2个氯原子，光照下Cl2可取代烃基上的氢原子，所以由D生成E的反应类型为取代反应。C比B少一个溴原子，而多一个氢原子和一个氧原子，可推知-Br发生水解反应生成-OH，所以C的结构简式为，C到D符合“已知④”反应，所以D的结构简式为，光照下Cl2取代发生在苯环侧链的烃基上，所以E的结构简式为，所以E中官能团的名称：羟基、氯原子。(3)已知E的结构简式为，在NaOH溶液加热条件下E中氯原子发生水解生成的2个-OH，而这2个-OH连在同一碳原子上，根据“已知②”这2个-OH将转化为>C=O，别外酚羟基与NaOH中和反应生成钠盐，故F的结构简式为，F到G过程符合“已知③”,所以G的结构简式为，G到H过程的第1）步是将-CHO氧化为羧基，所以“一定条件”是银氨溶液、加热或新制Cu(OH)2、加热。(4)B（）分子中溴原子水解生成酚羟基，而酚具有酸性，又跟NaOH发生中和反应，所以B与NaOH溶液在高温、高压下反应的化学方程式为：+2NaOH+NaBr+H2O。(5)F有结构简式为，酸化后得到R的结构简式为，R的分子式为C7H6O3，所以X的不饱和度为5，含3种等效氢，每种等效氢中含2个氢原子，X又含醛基。同时满足这些条件的X应该是一个高度对称结构的分子，所以应该含2个-CHO（2个不饱和度），中间应该是>C=O（1个不饱和度），另外2个不饱和度可形成一个环烯结构（五园环），或一个链状二烯结构。由此写出2种X的结构简式：OHC-CH=CH-CO-CH=CH-CHO、。(6)分析目标产物，虚线左边部分显然是由转化而来的，右边是由丙醛（CH3CH2CHO）转化而来的。根据题给“已知③”可知两个醛分子可结合生成烯醛。在NaOH溶液中水解生成苯甲醇，苯甲醇氧化为苯甲醛，苯甲醛与丙醛发生“已知③”反应生成。因此写出流程图：18、第三周期第ⅣA族原子O＝C＝O非极性H++AlO2-+H2OAl(OH)3Al3++3OH-NaNaOH的碱性强于Al(OH)3，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O【分析】室温下D单质为淡黄色固体，说明D为硫单质，根据图，可得出A为C，B为Al，C为Si。【详解】⑴C元素为硅元素，14号元素，在周期表中的位置第三周期第ⅣA族，故答案为第三周期第ⅣA族；硅在自然界中常见的氧化物为二氧化硅，它为原子晶体，故答案为原子晶体；⑵A为C元素，单质在充足的氧气中燃烧得到的产物为二氧化碳，其结构式是O＝C＝O，故答案为O＝C＝O；二氧化碳是直线形分子，分子中正负电中心重合，其分子是非极性分子，故答案为非极性；⑶四种元素中可用于航空航天合金材料的制备，其应该为Al元素，其最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝的电离有酸式电离和碱式电离，其电离方程式为H++AlO2－+H2OAl(OH)3Al3++3OH－，故答案为H++AlO2－+H2OAl(OH)3Al3++3OH－；⑷与B同周期最活泼的金属是最左边的金属Na，证明Na比Al活泼，可证明NaOH的碱性强于Al(OH)3，利用氢氧化铝的两性，溶于强碱的性质来证明，即Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故答案为NaOH的碱性强于Al(OH)3，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。19、检查装置的气密性秒表SO2会部分溶于水，导致所测得SO2体积偏小测定一段时间内生成硫单质的质量或测定一定时间内溶液H＋浓度的变化等探究反应物浓度（Na2S2O3）对化学反应速率的影响作为显色剂，检验I2的存在4.0其他条件不变，反应物浓度越大，化学反应速率越大【详解】（1）任何测量气体体积的装置在反应前都应该检测装置的气密性；测量反应速率时相应测量时间，因此除如图装置所示的实验用品外，还需要的一件实验用品是秒表。（2）由于SO2会部分溶于水，所以实际得到的气体体积偏小，则测定值比实际值偏小。（3）由于反应中还有单质S沉淀产生，所以利用该化学反应，还可以通过测定一段时间内生成硫沉淀的质量来测定反应速率。（4）根据表中数据可知三次实验中实际改变的是硫代硫酸钠的浓度，故该实验的目的是探究反应物浓度（Na2S2O3）对化学反应速率的影响。由于碘遇淀粉显蓝色，因此从反应原理看，可以采用淀粉作指示剂，根据碘水的淀粉溶液蓝色完全褪色所需时间来测定反应速率。为保持其他量相同，溶液的总体积是16ml，所以表中Vx＝16ml—6ml—2mol—4ml＝4mL。反应物浓度越大，反应速率越快。20、CABE容易观察溶液颜色变化锥形瓶内溶液颜色变化黄色变为橙色且半分钟内不褪色D26.1052.20%【分析】(1).实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液于锥形瓶中，然后用标准液进行滴定；(2).锥形瓶下垫一张白纸便于观察滴定终点溶液颜色的变化；(3).滴定时眼睛要注视锥形瓶内溶液颜色变化，达到滴定终点时的颜色变化为黄色变为橙色且半分钟内不褪色；(4).结合c（NaOH）=及不当操作使酸的体积偏小，则造成测定结果偏低；(5).根据滴定管的构造判断读数；(6).第二次测定数据明显有偏差，舍去，根据第一次和第三次测定数据求标准盐酸溶液的体积，利用c（NaOH）=计算NaOH溶液的浓度，结合溶液体积进而求出NaOH的质量，除以样品质量得NaOH的纯度。【详解】(1).测定NaOH样品纯度时，应先用托盘天平称量NaOH固体的质量，在烧杯中溶解冷却至室温后，在250mL的容量瓶中定容配制250mL烧碱溶液，用碱式滴定管移取25.00mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴入2滴甲基橙指示剂，将物质的量浓度为0.1000mol·L－1的标准盐酸装入酸式滴定管，调整液面记下开始读数，最后在锥形瓶下垫一张白纸，滴定至终点，记下终点读数，所以正确的操作顺序为C→A→B→D→E，，故答案为：C；A；B；E；(2).在锥形瓶下垫一张白纸便于观察滴定终点溶液颜色的变化，故答案为容易观察溶液颜色变化；(3).用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，直到加入最后一滴盐酸后，溶液颜色由黄色变为橙色且半分钟内不褪色，说明达到了滴定终点，故答案为锥形瓶内溶液颜色变化；黄色变为橙色且半分钟内不褪色；(4).A.酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，盐酸被稀释，则滴入的标准盐酸体积偏大，测定NaOH溶液的浓度偏高，故A不选；B.滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对滴定结果无影响，故B不选；C.酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，读取的标准盐酸体积偏大，测定NaOH溶液的浓度偏高，故C不选；D.读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，读取的标准盐酸体积偏小，测定NaOH溶液的浓度偏低，故D选，答案选D；(5).据图可知，滴定开始时，酸式滴定管的读数为0.00mL，结束时读数为26.10mL，则所用盐酸溶液的体积为26.10mL－0.00mL=26.10mL，故答案为26.10；(6).第二次测定数据明显有偏差，舍去，则所用标准盐酸溶液的体积为V(HCl)=(26.