2026屆廣東深圳羅湖外國語學?；瘜W高二第一學期期中監(jiān)測模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、一定條件下的密閉容器中發(fā)生反應：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)，若其他條件不變，下列措施會使該反應速率減小的是A．升高溫度 B．增大O2濃度 C．加入催化劑 D．減小壓強2、下列離子方程式正確的是A．AgNO3溶液中加入過量的氨水：Ag＋＋NH3·H2O＝AgOH↓＋NH4＋B．向NaHCO3溶液中加入醋酸：HCO3－＋CH3COOH＝CO2↑＋H2O+CH3COO－C．乙醛與新制的堿性氫氧化銅懸濁液加熱反應：CH3CHO+2Cu(OH)2+2OH－CH3COO－+2CuO↓+3H2OD．苯酚濁液中滴加碳酸鈉溶液：2+Na2CO3=2+CO2+H2O3、仔細觀察下圖，它表示的是晶體還是非晶體A．是晶體 B．可能是晶體，可能是非晶體C．是非晶體 D．不能確定4、下列做法不利于環(huán)境保護的是（）A．為減少溫室氣體排放，應減少燃煤，大力發(fā)展新能源，如核能、風能、太陽能B．用雜草、生活垃圾等有機廢棄物在沼氣池中發(fā)酵產生沼氣，作家庭燃氣C．為節(jié)約垃圾處理的費用，大量采用垃圾的填埋D．在屋頂安裝太陽能熱水器為居民提供生活用熱水5、已知常溫時HClO的Ka=3.0×10-8，HF的Ka=3.5×10-4。現(xiàn)將pH和體積都相同的次氯酸和氫氟酸溶液分別加蒸餾水稀釋，pH隨溶液體積的變化如圖所示。下列敘述正確的是（）A．曲線I為次氯酸稀釋時pH變化曲線B．b點溶液中水的電離程度比c點溶液中水的電離程度小C．a點時，若都加入相同大小的鋅粒，此時與氫氟酸反應的速率大D．取a點的兩種酸溶液，中和相同體積、相同濃度的NaOH溶液，消耗次氯酸的體積較小6、下列關于甲烷的敘述正確的是（）A．液化石油氣的主要成分B．含碳質量分數(shù)最大的有機物C．最簡單的有機物D．1mol甲烷含有8mol電子7、下列各圖中，表示正反應是吸熱反應的圖是()A． B．C． D．8、某溫度時，在體積為1L的密閉容器中，A、B、C三種氣體濃度的變化如圖I所示，若其它條件不變，當溫度分別為Tl和T2時，B的體積百分含量與時間關系如圖Ⅱ所示．則下列結論正確的是A．該反應的熱化學方程式為：A（g）+3B（g）?2C（g）；△H＞0B．達到平衡后，若其他條件不變，通入稀有氣體，平衡向正反應方向移動C．達到平衡后，若其他條件不變，減小體積，平衡向逆反應方向移動D．若其它條件不變，升高溫度，正、逆反應速率均增大，A的轉化率減小9、下列提供了有關物質的熔點，根據(jù)表中的數(shù)據(jù)，下列判斷錯誤的是A．AlF3晶體是離子晶體，AlCl3晶體是分子晶體B．AlF3晶體的晶格能小于NaCl晶體的晶格能C．同族元素的氧化物可以形成不同類型的晶體D．不同族元素的氯化物可以形成相同類型的晶體10、《天工開物》中記載“鐵器淬與膽礬水中，即成銅色也”，該過程中涉及的反應類型為A．分解反應 B．化合反應 C．置換反應 D．復分解反應11、在恒容密閉容器中通入X并發(fā)生反應：2X（g）Y（g），溫度T1、T2下X的物質的量濃度c（X）隨時間t變化的曲線如圖所示。下列敘述正確的是A．T1＞T2△H＞0B．該反應進行到M點放出的熱量等于進行到W點放出的熱量C．M點的正反應速率v（正）大于N點的逆反應速率v（逆）D．M點時再加入一定量X，平衡后X的轉化率減小12、N2(g)與H2(g)在鐵催化劑表面經歷如圖所示過程生成NH3，下列說法正確的是A．Ⅰ中破壞的均為極性鍵B．Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均為放熱過程C．Ⅳ中NH2與H2生成NH3D．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

ΔH>013、將1L0.1mol/LBaCl2溶液與足量稀硫酸充分反應放出akJ熱量;將1L0.5mol/LHCl溶液與足量CH3COONa溶液充分反應放出bkJ熱量(不考慮醋酸鈉水解);將0.5L1mol/LH2SO4溶液與足量(CH3COO)2Ba(可溶性強電解質)溶液反應放出的熱量為()A．(5a+2b)kJ B．(4b-10a)kJ C．(5a-2b)kJ D．(10a+4b)kJ14、室溫下，將0.05molNa2CO3固體溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物質，有關結論正確的是()加入物質結論A50mL1mol·L－1H2SO4反應結束后，c(Na＋)＝c(SO)B0.05molCaO溶液中增大C50mLH2O由水電離出的c(H+)·c(OH-)不變D0.1molNaHSO4固體反應完全后，溶液pH減小，c(Na＋)不變A．A B．B C．C D．D15、一定條件下，反應4NH3(g)＋5O2(g)4NO(g)＋6H2O(g)ΔH＝－akJ·mol－1在5L密閉容器中進行，10s時，水蒸氣的物質的量增加了0.60mol。則下列說法不正確的是()A．10s內，NH3的平均反應速率為0.008mol·L－1·s－1B．該反應達到平衡時6v正(O2)＝5v逆(H2O)C．10s內，反應放出的熱量為0.1akJD．10s時，H2O的反應速率為0.012mol·L－1·s－116、下列關于反應能量的說法正確的是A．若反應A=B△H<0，說明A物質比B物質穩(wěn)定，分子內共價鍵鍵能A比B大B．500℃、30Mpa下，將0.5molN2和1.5molH2置于密閉的容器中充分反應生成NH3(g)，放熱akJ，熱化學方程式為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-2akJ?mol-1C．101kPa時，2H2（g）+O2（g）==2H2O（g）；△H=-QkJ·mol-1，則H2的燃燒熱為1/2QkJ·mol-lD．化學反應中，吸熱反應不一定需要加熱也能發(fā)生二、非選擇題（本題包括5小題）17、按要求寫出下列物質的名稱或結構簡式。(1)相對分子質量為84的烴與氫氣加成后得到，該烴的系統(tǒng)命名法名稱為______。(2)某氣態(tài)烴22.4L(標準狀況)與含320g溴的溴水恰好完全加成，生成物經測定每個碳原子上都有1個溴原子，該烴的結構簡式為_____________________________。(3)某烴0.1mol和0.2molHCl完全加成，生成的氯代烷最多還可以與0.6mol氯氣反應，則該烴的結構簡式為_________________________________。(4)某烴的分子式為C8H10，它不能使溴水褪色，但能使酸性KMnO4溶液褪色。該有機物苯環(huán)上的一氯代物有3種，則該烴的結構簡式可能為______________________。(5)含有C、H、O的化合物，其C、H、O的質量比為12∶1∶16，其相對分子質量為116，它能與小蘇打反應放出CO2，也能使溴水褪色，0.58g這種物質能與50mL0.2mol/L的氫氧化鈉溶液完全反應。試回答：①寫出該有機物的分子式_____________；②該有機物的可能結構簡式有____________________。18、下表是現(xiàn)行中學化學教科書中元素周期表的一部分，除標出的元素外，表中的每個編號表示一種元素，請根據(jù)要求回答問題。族周期ⅠA01HⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2①②FNe3③Mg④Si⑤⑥(1)②表示的元素是_______(填元素符號);(2)①、⑤兩種元素的原子半徑大小為：①___⑤(填“＜”或“＞”)；(3)③、④兩種元素的金屬性強弱順序為：③___④(填“＜”或“＞”)；(4)寫出③與⑥兩種元素所形成化合物的化學式__________。19、某工業(yè)廢水中主要含有Cr3＋，同時還含有少量的Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋等，且酸性較強。為回收利用，通常采用如下流程處理：注：部分陽離子常溫下以氫氧化物形式完全沉淀時溶液的pH見下表。氫氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2Al(OH)3Cr(OH)3pH3.79.611.189(>9溶解)（1）氧化過程中可代替H2O2加入的試劑是________(填序號)。A．Na2O2B．HNO3C．FeCl3D．KMnO4（2）加入NaOH溶液調整溶液pH＝8時，除去的離子是________；已知鈉離子交換樹脂的原理：Mn＋＋nNaR→MRn＋nNa＋，此步操作被交換除去的雜質離子是__________。A．Fe3＋B．Al3＋C．Ca2＋D．Mg2＋（3）還原過程中，每消耗0.8molCr2O72-轉移4.8mole－，該反應離子方程式為____________。20、某同學在實驗室進行鐵鹽與亞鐵鹽相互轉化實驗。實驗Ⅰ：將Fe3+轉化為Fe2+(1)Fe3+與Cu粉發(fā)生反應的離子方程式為_________________________________。(2)某學生用對比實驗法探究白色沉淀產生的原因，請?zhí)顚憣嶒炄f案：實驗方案現(xiàn)象結論步驟1：取4mL①__________mol/LCuSO4溶液,向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液產生白色沉淀CuSO4溶液與KSCN溶液反應產生了白色沉淀步驟2：取4mL②__________mol/LFeSO4溶液向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液無明顯現(xiàn)象查閱資料：已知①SCN-的化學性質與I-相似②2Cu2++4I-=2CuI↓+I2Cu2+與SCN-反應的離子方程式為③___________________________________。實驗Ⅱ：將Fe2+轉化為Fe3+實驗方案現(xiàn)象向3mL0.1mol/LFeSO4溶液中加入3mL0.5mol/L稀硝酸溶液變?yōu)樽厣?，放置一段時間后，棕色消失，溶液變?yōu)辄S色探究上述現(xiàn)象出現(xiàn)的原因：查閱資料：Fe2++NOFe(NO)2+(棕色)(3)用離子方程式解釋NO產生的原因___________________________________。(4)從化學反應速率與限度的角度對體系中存在的反應進行分析：反應Ⅰ：Fe2+與HNO3反應；反應Ⅱ：Fe2+與NO反應①反應Ⅰ是一個不可逆反應，設計實驗方案加以證明_____________________________。②請用化學平衡移動原理解釋溶液由棕色變?yōu)辄S色的原因_____________________________。21、氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是VA族的元素,該族元素的化合物在研究和生產中有許多重要用途?；卮鹣铝袉栴}:（1）NH3的沸點比PH3高，原因是________________________________________________。（2）Na3AsO4中含有的化學鍵類型包括________________________；AsO43-的空間構型為____________（用文字描述）。（3）NH3和F2在Cu催化下可發(fā)生反應4NH3+3F2＝NF3+3NH4F，化學方程式中的5種物質所屬的晶體類型有_____________________(填序號)。寫出基態(tài)銅原子的價電子排布式_______________。a.離子晶體b.分子晶體c.原子晶體d.金屬晶體

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【詳解】A．升高溫度，活化分子百分數(shù)增大，反應速率加快，故不選A；B．增大O2濃度，單位體積內活化分子數(shù)增大，反應速率加快，故不選B；C．加入催化劑，降低反應活化能，加快反應速率，故不選C；D．減小壓強，體積增大，反應物濃度減小，反應速率減慢，故選D。答案選D。2、B【詳解】A．向AgNO3溶液中加入過量的氨水反應生成銀氨溶液，反應的離子反應為Ag++2NH3?H2O═[Ag(NH3)2]++2H2O，故A錯誤；B．碳酸氫鈉溶液中加入醋酸，該反應的離子方程式為：HCO3-+CH3COOH→CH3COO-+H2O+CO2↑，故B正確；C．乙醛與堿性氫氧化銅懸濁液混合后加熱至沸騰生成氧化亞銅沉淀，離子方程式：CH3CHO+2Cu(OH)2+OH-Cu2O↓+CH3COO-+3H2O，故C錯誤；D．向苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液，二者反應生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，離子方程式：C6H5OH+CO32-→C6H5O-+HCO3-，故D錯誤；故選B?！军c睛】本題的易錯點為D，要注意苯酚的酸性小于碳酸，不能反應生成二氧化碳，但大于碳酸氫根離子的酸性，應該生成碳酸氫鈉。3、C【分析】

【詳解】從圖的結構可以看出此固體構成微粒排列的無序，比如觀察右側一個空隙中就有2個大球，屬于非晶體；故選C。4、C【解析】A．大力發(fā)展新能源，可減少化石能源的使用，降低溫室效應，故A正確；B、沼氣作家庭燃氣，減少了雜草、生活垃圾等有機廢棄物對環(huán)境的污染，有利于改善環(huán)境質量，節(jié)能減排，故B正確；C．大量填埋垃圾，可導致土壤污染以及水污染，故C錯誤；D、安裝太陽能熱水器提供生活用熱水不需要消耗能源也沒有污染物排放，故D正確；故選C。5、D【詳解】A.pH相同的兩種酸溶液，酸的酸性越強，其初始濃度越小，稀釋過程中，pH變化越大，由于HF酸性強于HClO，所以稀釋過程中，HF的pH變化更大，則曲線Ⅰ代表HF溶液稀釋過程中pH變化曲線，故A錯誤；B.酸抑制水電離，酸中c（H+）越大其抑制水電離程度越大，c（H+）：c＞b，則水電離程度：b＞c，故B錯誤；C.酸的濃度越大，反應速率越快，a點時HClO的濃度大于HF，則HClO的反應速率較大，故C錯誤；D.pH相同的兩種酸，酸性越強酸濃度越小，則a點酸濃度：HF＜HClO，取a點的兩種酸溶液，中和相同體積、相同濃度的NaOH溶液，消耗酸的體積與酸的濃度成反比，所以HClO溶液消耗體積小，故D正確；故選D。6、C【解析】A．液化石油氣的主要成分是丙烷(C3H8)等，故A錯誤；B．甲烷是烷烴中含碳質量分數(shù)最小的有機物，故B錯誤；C．甲烷是最簡單的烴，也是最簡單的有機物，故C正確；D．1個甲烷含有10個電子，所以1mol甲烷含有10mol電子，故D錯誤；故選C。7、A【分析】根據(jù)反應物的總能量＞生成物的總能量，反應為放熱反應；反應物的總能量＜生成物的總能量，反應為吸熱反應來解答?！驹斀狻緼.表示該反應中反應物的總能量低于生成物的總能量，該反應為吸熱反應，A符合題意；B.表示該反應中反應物的總能量高于生成物的總能量，該反應為放熱反應，B不符合題意；C.表示該反應中反應物的總能量等于生成物的總能量，該既不為吸熱也不放熱，故該反應不可能發(fā)生；D.該反應中的過渡態(tài)的能量低于反應物的能量，這是不可能的。綜上所述，答案選A。8、D【解析】試題分析：A、由圖I可知，A、B的濃度分別減小（0.5-0.3）mol/L=0.2mol/L、（0.7-0.1）mol/L=0.6mol/L，C的濃度增加0.4mol/L，則三者的濃度的變化的比值為0.2:0.6:0.4=1:3:2，所以該反應的化學方程式可表示為A(g)＋3B(g)2C(g)；由圖II可知T1>T2，隨溫度升高，B的體積分數(shù)增大，說明升高溫度，平衡逆向移動，則正反應是放熱反應，△H<0，錯誤；B、達到平衡后，若其他條件不變，通入稀有氣體，各物質的濃度不變，所以平衡不移動，錯誤；C、達到平衡后，若其他條件不變，減小體積，則壓強增大，平衡向氣體物質的量減小的方向移動，所以平衡正向移動，錯誤；D、升高溫度，正逆反應的速率都增大，平衡向吸熱反應方向移動，所以平衡逆向移動，則A的轉化率減小，正確，答案選D。考點：考查化學平衡圖象的分析，條件對平衡的影響9、B【詳解】A、AlF3晶體的熔點較高屬于離子晶體，AlCl3晶體的熔點較低屬于分子晶體，A正確；B、晶體中離子所帶電荷越多，離子半徑越小，晶格能越大；離子半徑：Al3+＜Na+，F(xiàn)-<Cl-,則AlF3晶體的晶格能大于NaCl晶體的晶格能，B錯誤；C、二氧化碳晶體屬于分子晶體，二氧化硅晶體屬于原子晶體，所以同族元素的氧化物可以形成不同類型的晶體，C正確；D、NaCl、MgCl2離子的熔點都較高，屬于離子晶體，所以不同族元素的氯化物可以形成相同類型的晶體，D正確；綜上所述，本題選B?！军c睛】本題主要考查了不同類型晶體的熔沸點高低及決定熔沸點的因素，注意掌握不同類型晶體及同種類型晶體的熔沸點高低比較方法。選項A是易錯點，注意不能根據(jù)物質的組成元素判斷晶體類型。10、C【分析】“鐵器淬與膽礬水中，即成銅色也”，該過程中發(fā)生了鐵置換銅的反應?！驹斀狻俊拌F器淬與膽礬水中，即成銅色也”，膽礬即硫酸銅晶體，該過程中發(fā)生了鐵置換銅的反應，該反應的化學方程式為Fe＋CuSO4=Cu+FeSO4，該反應屬于置換反應，故本題答案為C。11、C【解析】A、根據(jù)圖像給出的在不同溫度下達到平衡所需要的時間可得出，溫度為T1時，化學反應速率大于溫度為T2時的反應速率，所以T1>T2，當溫度由T1變到T2時，降溫，平衡向著正反應方向移動，所以正反應為放熱反應，故A錯誤；B、由圖可知，M點X的轉化率小于W點X的轉化率，因此該反應進行到M點放出的熱量小于進行到W點放出的熱量，故B錯誤；C、根據(jù)先拐先平，知T1>T2，M與W點，反應均達到平衡，溫度越高，反應速率越大，M點的速率大于W點的反應速率，N點沒有達到平衡，此時反應正向程度大，即N點的正向速率大于逆向速率，因此M點的正反應速率大于N點的逆反應速率，故C正確；D、M點已達到平衡，M點時再加入一定量的X，則相當于增大壓強，平衡正向移動，X的轉化率增大，故D錯誤。故答案選C。12、B【解析】A.I中破壞N２和H2中的共價鍵是非極性鍵,故A錯誤;B.圖象中Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ三個過程均是能量降低的變化,所以是放熱過程,所以B是正確的;C.圖象中Ⅵ的變化是NH2和H生成NH3,不是NH2和H2發(fā)生的反應,故C錯誤;D.由圖可以知道最終反應物的能量高于生成物的能量,是放熱反應,因此ΔH<0,N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

ΔH<0,故D錯誤;所以B選項是正確的。13、A【解析】1L0.1mol?L-1BaCl2的物質的量為0.1mol，將1L0.1mol?L-1BaCl2溶液與足量稀硫酸反應，涉及的離子方程式為：Ba2+（aq）+SO42-（aq）=BaSO4（s），放出akJ熱量，生成0.1molBaSO4，則生成0.5molBaSO4，放出5akJ熱量；1L0.5mol?L-1HCl溶液的物質的量為0.5mol，將1L0.5mol?L-1HCl溶液與足量CH3COONa溶液反應，涉及的離子方程式為H+（aq）+CH3COO-（aq）=CH3COOH（l），放出bkJ熱量，生成0.5molCH3COOH，則生成1molCH3COOH，放出2bkJ熱量。0.5L1mol?L-1H2SO4的物質的量為0.5mol，將0.5L1mol?L-1H2SO4溶液與足量（CH3COO）2Ba溶液反應，生成0.5molBaSO4，1molCH3COOH，涉及的離子方程式有Ba2+（aq）+SO42-（aq）=BaSO4（s），H+（aq）+CH3COO-（aq）=CH3COOH（l），溶液反應放出的熱量為（5a+2b）kJ；答案選A。14、B【分析】室溫下，將0.05molNa2CO3固體溶于水配成100mL溶液，溶液中存在CO32－+H2OHCO3－+OH－溶液呈堿性，據(jù)此分析解答。【詳解】A、加入50mL1mol·L－1H2SO4，H2SO4與Na2CO3恰好反應，則反應后的溶液溶質為Na2SO4，故根據(jù)物料守恒反應結束后c(Na+)=2c(SO42-)，A錯誤；B、向溶液中加入0.05molCaO，則CaO+H2O=Ca(OH)2，則c(OH－)增大，且Ca2++CO32-=CaCO3↓，使CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡左移，c(HCO3－)減小，故增大，B正確；C、加入50mLH2O，溶液體積變大，CO32-+H2OHCO3-+OH-平衡右移，但c(OH-)減小，Na2CO3溶液中H+、OH-均由水電離，故由水電離出的c(H+)·c(OH-)減小，C錯誤；D、加入0.1molNaHSO4固體，NaHSO4為強酸酸式鹽電離出H+與CO32-反應，則反應后溶液為Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液pH減小，引入了Na+，故c(Na+)增大，D錯誤；答案選B?！军c睛】鹽的水解包括的內容很多，如鹽溶液中離子濃度的變化、水的離子積的變化、電離平衡常數(shù)、水解平衡常數(shù)、溶液pH的判斷、水解離子方程式的書寫、鹽水解的應用、電荷守恒規(guī)律、物料守恒規(guī)律、質子守恒規(guī)律的應用，加入其他試劑對水解平衡的影響、稀釋規(guī)律等，這類題目抓住水解也是可逆反應，所以可應用勒夏特列原理來解答。對于條件的改變溶液中離子濃度的變化，需在判斷平衡移動的基礎上進行判斷，有時需結合平衡常數(shù)、守恒規(guī)律等，尤其是等式關系的離子濃度的判斷或離子濃度大小比較是本知識的難點。等式關系的一般采用守恒規(guī)律來解答，若等式中只存在離子，一般要考慮電荷守恒；等式中若離子、分子均存在，一般考慮物料守恒或質子守恒；離子濃度的比較要考慮溶液的酸堿性、水解、電離程度的相對強弱的關系。15、D【解析】A.10s時，水蒸氣的物質的量增加了0.60mol，由此可知NH3的物質的量增加0.40mol，所以10s內，NH3的平均反應速率為(0.40/5/10)mol·L－1·s－1=0.008mol·L－1·s－1，故A正確；B.該反應達到平衡時v正(O2)=v逆(O2)，6v逆(O2)＝5v逆(H2O)，所以6v正(O2)＝5v逆(H2O)，故B正確；C.10s時，水蒸氣的物質的量增加了0.60mol，所以10s內，反應放出的熱量為0.1akJ，故C正確；D.10s時，水蒸氣的物質的量增加了0.60mol，10s內，H2O的平均反應速率為(0.60/5/10)mol·L－1·s－1=0.012mol·L－1·s－1，由于10s時，H2O的濃度較小，此時H2O的反應速率小于10s內，H2O的平均反應速率0.012mol·L－1·s－1，故D不正確。故選D。16、D【詳解】A、A=B，焓變△H=生成物B的能量-反應物A的能量=反應物的鍵能之和-生成物的鍵能之和＜0，所以A物質比B物質能量高，所以B穩(wěn)定，分子內共價鍵鍵能A比B小，故A錯誤；B、0.5molN2和1.5molH2置于密閉的容器中充分反應生成NH3(g)，放熱akJ，因反應為可逆反應，則1molN2和3molH2置于密閉的容器中充分反應生成NH3(g)，放熱不是2akJ，則熱化學反應方程式中的反應熱數(shù)值錯誤，故B錯誤；C、H2的燃燒熱必須是1mol氫氣燃燒生成最穩(wěn)定的化合物(液態(tài)水)時所放出的能量，故C錯誤；D、吸熱反應不一定需要加熱，如氫氧化鋇結晶水合物和氯化銨反應是吸熱反應，常溫下可發(fā)生，故D正確；故選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、3，3-二甲基-1-丁烯CH2=CH-CH=CH2CH≡C―CH3、C4H4O4HOOCCH=CHCOOH、【詳解】(1)假設該烴分子式通式為CnH2n，由于其相對分子質量是84，則14n=84，解得n=6，說明該烴為烯烴，由于烯烴與H2發(fā)生加成反應時，碳鏈結構不變，只是在兩個不飽和C原子上各增加一個H原子，故根據(jù)烯烴加成特點，根據(jù)加成產物結構可知原烯烴分子的結構簡式是，該物質名稱為：3，3-二甲基1-丁烯；(2)標準狀況下22.4L某氣態(tài)烴的物質的量n=1mol，320g溴的物質的量n(Br2)==2mol，n(烴)：n(Br2)=1：2，2molBr2中含有Br原子的物質的量是4mol，由于測定生成物中每個碳原子上都有1個溴原子，則該烴的結構簡式為：CH2=CH-CH=CH2；(3)某烴0.1mol和0.2molHCl完全加成，說明該烴分子中含有2個不飽和的碳碳雙鍵或1個碳碳三鍵；則分子式符合通式為CnH2n-2；生成的氯代烷最多還可以與0.6mol氯氣反應，說明加成產物的1個分子中含有6個H原子，則原不飽和烴分子中含有4個H原子，2n-2=4，則n=3，由于同一個C原子上連接2個碳碳雙鍵不穩(wěn)定，則該烴為炔烴，其結構簡式為CH≡C―CH3；(4)某烴的分子式為C8H10，它不能使溴水褪色，說明分子中無不飽和鍵，但能使酸性KMnO4溶液褪色，由于分子式符合CnH2n-6，說明為苯的同系物。該有機物苯環(huán)上的一氯代物有3種，則該烴可能為乙苯，結構簡式是；也可能是間二甲苯，其結構簡式為；(5)①C、H、O的質量比為12：1：16，則該有機物中各原子個數(shù)比N(C)：N(H)：N(O)=：：=1：1：1，最簡式是CHO，假設其分子式是(CHO)n，由于其相對分子質量是116，則(CHO)n=116，解得n=4，故該物質分子式是C4H4H4；②它能與小蘇打反應放出CO2，也能使溴水褪色，說明物質分子中含有-COOH、含有不飽和的碳碳雙鍵，0.58g該有機物的物質的量n(有機物)=0.58g÷116g/mol=0.005mol，50mL0.2mol/L的氫氧化鈉溶液中含有NaOH的物質的量n(NaOH)=0.2mol/L×0.05L=0.01mol，0.005mol該物質能與0.01mol氫氧化鈉溶液完全反應，說明該物質分子中含有2個羧基，該物質能使溴水褪色，結合該有機物的分子式C4H4O4可知，分子中還含有1個C=C雙鍵，故該有機物可能為：HOOC-CH=CH-COOH或。18、O＜＞NaCl【詳解】(1)根據(jù)在元素周期表中的位置，②表示的元素是O；(2)同主族元素半徑，從上往下逐漸增大；①、⑤兩種元素的原子半徑大小為：①＜⑤；(3)同周期元素的金屬性逐漸減弱，非金屬性逐漸增強；③、④兩種元素的金屬性強弱順序為：③＞④；(4)③與⑥兩種元素所形成化合物的化學式NaCl。19、AABCD3S2O32—+4Cr2O72—+26H+=6SO42—+8Cr3++13H2O【分析】某工業(yè)廢水中主要含有Cr3+，同時還含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加雙氧水把亞鐵離子氧化為鐵離子，同時Cr3+被氧化為Cr2O72-，加氫氧化鈉調節(jié)pH=8，則Fe3+、Al3+轉化為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀，過濾，濾液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通過鈉離子交換樹脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-還原為Cr3+，再調節(jié)pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4；(1)加氧化劑主要目的是把亞鐵離子氧化為鐵離子，注意不能引入新的雜質；(2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)判斷；通過鈉離子交換樹脂，除去Ca2+和Mg2+；(3)每消耗0.8molCr2O72-轉移4.8mole-，則1molCr2O72-轉移6mol電子，所以生成Cr3+，S2O32-被氧化為SO42-，結合得失電子守恒和原子守恒寫出離子方程式?！驹斀狻磕彻I(yè)廢水中主要含有Cr3+，同時還含有少量的Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等，加雙氧水把亞鐵離子氧化為鐵離子，同時Cr3+被氧化為Cr2O72-，加氫氧化鈉調節(jié)pH=8，則Fe3+、Al3+轉化為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀，過濾，濾液中主要含有Cr2O72-、Ca2+和Mg2+等，通過鈉離子交換樹脂，除去Ca2+和Mg2+，然后加Na2S2O3把Cr2O72-還原為Cr3+，再調節(jié)pH得到Cr(OH)(H2O)5SO4；(1)加氧化劑主要目的是把亞鐵離子氧化為鐵離子，同時不能引入新的雜質，所以可以用Na2O2代替H2O2，故答案為：A；(2)根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，pH=8時，F(xiàn)e3+、Al3+轉化為氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀，則Fe3+、Al3+被除去；通過鈉離子交換樹脂，除去Ca2+和Mg2+；(3)每消耗0.8molCr2O72-轉移4.8mole-，則1molCr2O72-轉移6mol電子，所以生成Cr3+，S2O32-被氧化為SO42-，則反應的離子方程式為：3S2O32—+4Cr2O72—+26H+=6SO42—+8Cr3++13H2O。20、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+①0.10.2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)23Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O取少量反應Ⅰ的溶液于試管中，向其中加入幾滴K3[Fe(CN)6]溶液，溶液無明顯變化，說明反應Ⅰ是一個不可逆反應Fe2+被硝酸氧化為Fe3+，溶液中Fe2+濃度降低