2026屆廣東省深圳市羅湖區(qū)羅湖外國語學?；瘜W高二上期中統(tǒng)考試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、如圖所示是在航天用高壓氫鎳電池基礎上發(fā)展起來的一種金屬氫化物鎳電池(MH-Ni電池)。下列有關說法不正確的是A．放電時正極反應為NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－B．電池的電解液可為KOH溶液C．充電時負極反應為MH＋OH－=H2O＋M＋e－D．MH是一類儲氫材料，其氫密度越大，電池的能量密度越高2、把下列物質(zhì)的水溶液加熱蒸干后，能得到原溶質(zhì)的是A．NaHCO3B．FeCl3C．KClD．Na2SO33、下列說法正確的是A．植物油含不飽和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色B．石油的分餾、煤的氣化均屬于物理變化C．油脂、淀粉、纖維素都屬于高分子有機化合物D．CuSO4溶液能使雞蛋清鹽析而沉淀4、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法中正確的是A．17g氨氣中含有的質(zhì)子數(shù)為10NAB．2.4g金屬鎂變成鎂離子時失去的電子數(shù)為0.1NAC．0.5mol·L－1AlCl3溶液中Cl－的數(shù)目為1.5NAD．標準狀況下，11.2LCCl4所含的分子數(shù)為0.5NA5、某化學反應其△H＝－122kJ/mol，?S＝231J/(mol·K)，則此反應在下列哪種情況下可自發(fā)進行A．在任何溫度下都能自發(fā)進行 B．在任何溫度下都不能自發(fā)進行C．僅在高溫下自發(fā)進行 D．僅在低溫下自發(fā)進行6、下列說法中正確的說法有幾個（）①活化分子間的碰撞一定能發(fā)生化學反應②普通分子間的碰撞有時也能發(fā)生化學反應③增大反應物濃度，可增大活化分子百分數(shù)，從而使有效碰撞次數(shù)增多④有氣體參加的化學反應，若增大壓強(即縮小反應容器的體積)，可增大活化分子的百分數(shù)，從而使反應速率增大⑤化學反應的實質(zhì)是舊化學鍵斷裂和新化學鍵形成的過程⑥催化劑能增大活化分子百分數(shù)，從而成千成萬倍地增大化學反應速率A．1個 B．2個 C．3個 D．4個7、空氣質(zhì)量報告的各項指標能體現(xiàn)空氣的質(zhì)量。下列各項指標不需要監(jiān)測的是（）A．可吸入顆粒物B．NO2濃度C．SO2濃度D．CO2濃度8、下列反應不屬于氧化還原反應的是()A．2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑ B．Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑C．Na2O＋H2O===2NaOH D．4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)39、苯佐卡因是局部麻醉藥，常用于手術后創(chuàng)傷止痛、潰瘍痛等，其結構簡式為。下列關于苯佐卡因的敘述正確的是A．分子式為C9H14NO2B．苯環(huán)上有2個取代基，且含有硝基的苯佐卡因的同分異構體有9種C．1mol該化合物最多與4mol氫氣發(fā)生加成反應D．分子中將氨基轉化成硝基的反應為氧化反應10、下列敘述不正確的是()A．原子晶體中共價鍵越強，熔點越高B．在鹵族元素(F、Cl、Br、I)的氫化物中，HCl的沸點最低C．CaH2、Na2O2晶體的陰、陽離子個數(shù)比分別為2∶1、1∶1D．晶體熔點：金剛石>食鹽>冰>干冰11、下列敘述中，合理的是A．將水加熱，Kw增大，pH不變B．把FeCl3的水溶液加熱蒸干，可得到FeCl3固體C．用25mL酸式滴定管量取20.00mL高錳酸鉀溶液D．中和熱測定時，用銅制攪拌棒代替環(huán)形玻璃攪拌棒，測定的實驗結果不變12、已知反應：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g)△H＝－akJ·mol-1（a＞0），其反應機理是①NO(g)＋Br2(g)NOBr2(g)快②NOBr2(g)＋NO(g)2NOBr(g)慢下列有關該反應的說法正確的是A．該反應的速率主要取決于①的快慢B．NOBr2是該反應的催化劑C．增大Br2(g)的濃度能增大活化分子百分數(shù)，加快反應速率D．總反應中生成物的總鍵能比反應物的總鍵能大akJ·mol-113、某學生為研究乙二酸（HOOC﹣COOH）的化學性質(zhì)，進行如下實驗：向盛有硫酸酸化的高錳酸鉀溶液的試管中滴入適量乙二酸飽和溶液，振蕩，觀察到試管中溶液由紫紅色變?yōu)闊o色。由此可知，乙二酸具有（）A．氧化性 B．還原性 C．酸性 D．堿性14、下列有關物質(zhì)用途的說法中，不正確的是A．氯氣可用于制備漂白粉 B．堿金屬的化合物可用于制煙花C．二氧化硅可做半導體材料 D．二氧化硫能漂白某些有色物質(zhì)15、常溫下，將pH=12的Ba(OH)2與pH=9的NaOH溶液等體積混合后溶液中的氫離子濃度(mol?L-1)為A．5×10－10 B．2×10－12 C．5×10－12 D．(10－12＋10－9)/216、在恒溫恒壓下，向密閉容器中充入4molA和2molB，發(fā)生如下反應：2A(g)+B(g)2C(g)ΔH＜0。2min后，反應達到平衡，生成C為1.6mol。則下列分析正確的是（

）A．若反應開始時容器體積為2L，則Vc＝0.4mol?L-1?min-1B．若在恒壓絕熱條件下反應，平衡后nc＜1.6molC．若2min后，向容器中再投入2molA和1molB，B的轉化率變大D．若該反應在恒溫恒容下進行，放出熱量將增加17、圖中曲線分別表示相同溫度下，壓強為P1、P2條件下發(fā)生可逆反應：mX(g)+nY(g)2Z(g)+W(s)的過程。下列說法不正確的是（）A．P1>P2 B．m+n=2C．m+n=3 D．P1、P2下平衡常數(shù)相同18、下列關于有機化合物的敘述不正確的是A．丙烷跟甲烷一樣能與氯氣發(fā)生取代反應B．1mol乙酸與1mol乙醇在一定條件下發(fā)生酯化反應，可生成1mol乙酸乙酯C．CH2Cl2只有一種空間結構，說明甲烷是正四面體結構而不是平面正方形結構D．溴水既可鑒別乙烷與乙烯，又可除去乙烷中的乙烯19、室溫下,某溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H+)等于10-13mol·L-1,該溶液的溶質(zhì)不可能是()A．NaHSO4 B．NaCl C．HCl D．Ba(OH)220、被稱為萬能還原劑的NaBH4溶于水并和水反應：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，下列說法中正確的是(NaBH4中H為-1價)：A．NaBH4既是氧化劑又是還原劑 B．被氧化的元素與被還原的元素質(zhì)量比為1:1C．硼元素被氧化，氫元素被還原 D．NaBH4是氧化劑，H2O是還原劑21、某溫度下，在固定容積的容器中，可逆反應A(g)＋3B(g)2C(g)達到平衡，此時測得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1。若保持溫度不變，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向該容器中再充入A、B和C，下列敘述正確的是A．剛充入時反應速率υ正減少，υ逆增大 B．平衡不發(fā)生移動C．平衡向正反應方向移動，A的物質(zhì)的量濃度減小 D．物質(zhì)C的質(zhì)量分數(shù)增大22、以表面覆蓋Cu2Al2O4的二氧化鈦為催化劑，可以將CO2和CH4直接轉化成乙酸。在不同溫度下催化劑的催化效率與乙酸的生成速率如圖所示。下列說法錯誤的是()A．250℃時，催化劑的活性最高B．250～300℃時，乙酸的生成速率降低的原因是催化劑的催化效率降低C．300～400℃時，乙酸的生成速率升高的原因是催化劑的催化效率增大D．300～400℃時，乙酸的生成速率升高的原因是溫度升高二、非選擇題(共84分)23、（14分）a，b，c，d為四種由短周期元素構成的中性粒子，它們都有14個電子，且除a外都是共價型分子?；卮鹣铝袉栴}：（1）a是單核粒子，a單質(zhì)可用作半導體材料，a原子核外電子排布式為______________。（2）b是雙核化合物，常溫下為無色無味氣體。b的化學式為________。人一旦吸入b氣體后，就易引起中毒，是因為__________而中毒。（3）c是雙核單質(zhì)，寫出其電子式____________。c分子中所含共價鍵的類型為_______(填“極性鍵”或“非極性鍵”)。c單質(zhì)常溫下性質(zhì)穩(wěn)定，不易起反應，原因是________________________。（4）d是四核化合物，其結構式為______________；d分子內(nèi)所含共價鍵有________個σ鍵，________個π鍵；σ鍵與π鍵的強度大小關系為σ___π(填“＞”、“＜”或“=”)，原因是：__________。24、（12分）由H、N、O、Al、P組成的微粒中：（1）微粒A和B為分子，C和E為陽離子，D為陰離子，它們都含有10個電子；B溶于A后所得的物質(zhì)可電離出C和D；A、B、E三種微粒反應后可得C和一種白色沉淀。請回答：①用化學式表示下列4種微粒：A_________B___________C__________D__________②寫出A、B、E三種微粒反應的離子方程式______________________________。③用電子式表示B的形成過程_____________________________。（2）已知白磷(P4)分子、NH4+、N4H44+的空間構型均為四面體，請畫出N4H44+的結構式_____________________。25、（12分）某學生用0.2000mol-L-1的標準NaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，其操作可分為如下幾步：①用蒸餾水洗滌堿式滴定管，注入0.2000mol-L-1標準NaOH溶液至“0”刻度線以上②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充滿液體；③調(diào)節(jié)液面至“0”或“0”刻度線稍下，并記下讀數(shù)；④量取20.00mL待測液注入潔凈的錐形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；⑤用標準液滴定至終點，記下滴定管液面讀數(shù)．⑥重復以上滴定操作2-3次．請回答：(1)以上步驟有錯誤的是（填編號）_____________，該錯誤操作會導致測定結果______

(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)．(2)步驟④中，量取20.00mL待測液應使用_____________（填儀器名稱），在錐形瓶裝液前，留有少量蒸餾水，測定結果___________(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)．(3)步驟⑤滴定時眼睛應注視_______________；判斷到達滴定終點的依據(jù)是：______________．(4)以下是實驗數(shù)據(jù)記錄表從上表可以看出，第1次滴定記錄的NaOH溶液體積明顯多于后兩次的體積，其可能的原因是___________A．滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定結束無氣泡B．錐形瓶用待測液潤洗C．NaOH標準液保存時間過長，有部分變質(zhì)D．滴定結束時，俯視計數(shù)(5)根據(jù)上表記錄數(shù)據(jù)，通過計算可得，該鹽酸濃度為：___________mol-L-1．26、（10分）草酸晶體的組成可用H2C2O4·2H2O(M=126g/mol)表示，其中混有不參與反應的雜質(zhì)，為了測定草酸晶體的純度，進行如下實驗：稱取mg樣品，配成250mL水溶液。量取25.00mL所配制的草酸溶液置于錐形瓶內(nèi)，加入適量稀H2SO4后，用濃度為cmol·L-1的KMnO4溶液滴定，所發(fā)生的反應：KMnO4＋H2C2O4＋H2SO4＝K2SO4＋CO2↑＋MnSO4＋H2O。試回答：(1)寫出該反應的離子方程式并配平：_________________________________________，該反應發(fā)生時產(chǎn)生氣體先慢后快的原因是_______________________________________________(2)實驗中，KMnO4溶液應裝在_____式滴定管中，因為___________________。(3)滴定過程中需要加入的指示劑為___________(填指示劑的名稱或“不需要”)，確定反應達到滴定終點時的現(xiàn)象是______________________________________。(4)下列操作會導致測定結果偏低的是_________________________。A．盛標準溶液的滴定管用蒸餾水洗滌后未用標準液潤洗就裝液滴定B．錐形瓶用蒸餾水洗滌后未用待測液潤洗C．讀取標準液讀數(shù)時，滴定前平視，滴定到終點后俯視D．滴定前滴定管尖嘴處有氣泡未排除，滴定后氣泡消失(5)在滴定過程中若用cmol·L-1的KMnO4溶液VmL，則所配制的草酸溶液的物質(zhì)的量濃度為___mol·L-1，由此可計算樣品中草酸晶體的純度是________。27、（12分）定量分析是化學實驗中重要的組成部分。Ⅰ．中和熱的測定：在實驗室中，用50mL0.40mol/L的鹽酸與50mL0.50mol/L的NaOH溶液反應測定中和熱。假設此時溶液密度均為1g/cm3，生成溶液的比容熱c=4.18J/(g?℃)，實驗起始溫度為T1℃，終止溫度為T2℃，則中和熱△H=___kJ/mol。Ⅱ．氧化還原滴定實驗與中和滴定類似。為測定某H2C2O4溶液的濃度，取該溶液于錐形瓶中，加入適量稀H2SO4后，用濃度為cmol/LKMnO4標準溶液滴定。(1)滴定原理為：(用離子方程式表示)___________。(2)達到滴定終點時的顏色變化為___________。(3)如圖表示50mL滴定管中液面的位置，此時滴定管中液面的___________讀數(shù)為mL。(4)為了減小實驗誤差，該同學一共進行了三次實驗，假設每次所取H2C2O4溶液體積均為VmL，三次實驗結果記錄如下：實驗序號①②③消耗KMnO4溶液體積/mL26.5324.0223.98從上表可以看出，實驗①中記錄消耗KMnO4溶液的體積明顯多于②③，其原因可能是______________________。A．滴加KMnO4溶液過快，未充分振蕩，剛看到溶液變色，立刻停止滴定B．①滴定盛裝標準液的滴定管裝液前用蒸餾水清洗過，未用標準液潤洗，②③均用標準液潤洗C．實驗結束時俯視刻度線讀取滴定終點時KMnO4溶液的體積D．①滴定用的錐形瓶用待測液潤洗過，②③未潤洗(5)H2C2O4的物質(zhì)的量濃度=______________mol/L。28、（14分）硫酸是重要的化工材料，二氧化硫與氧氣反應生成三氧化硫是工業(yè)制硫酸的重要反應之一。(1)將0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)放入容積為1L的密閉容器中，反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)在一定條件下經(jīng)20分鐘達到平衡，測得c(SO3)＝0.040mol/L。①從反應開始到達到平衡，用SO2表示的平均反應速率為________________②從平衡角度分析采用過量O2的目的是____________；③該反應的平衡常數(shù)表達式為K＝___________。④已知：K(300℃)＞K(350℃)，該反應是________（選填“吸”或“放”）熱反應。若反應溫度升高，SO2的轉化率將_______（填“增大”、“減小”或“不變”）。(2)某溫度下，SO2的平衡轉化率（α）與體系總壓強(P)的關系如圖所示。平衡狀態(tài)由A變到B時，平衡常數(shù)K(A)_______K(B)（填“＞”、“＜”或“＝”，下同）。29、（10分）連二次硝酸(H2N2O2)是一種二元酸，可用于制N2O氣體。（1）常溫下，用0.01mol·L-1的NaOH溶液滴定10mL0.01mol·L-1H2N2O2溶液，測得溶液pH與NaOH溶液體積的關系如圖所示。①寫出H2N2O2在水溶液中的電離方程式：__。②c點時溶液中各離子濃度由大到小的順序為__。③b點時溶液中c(H2N2O2)__c(N2O22-)。(填“＞”“＜”或“=”，下同)④a點時溶液中c(Na+)__c(HN2O)+c(N2O22-)。（2）硝酸銀溶液和連二次硝酸鈉溶液混合，可以得到黃色的連二次硝酸銀沉淀，向該分散系中滴加硫酸鈉溶液，當白色沉淀和黃色沉淀共存時，分散系中=__。[已知Ksp(Ag2N2O2)=4.2×10-9，Ksp(Ag2SO4)=1.4×10-5]（3）有時我們將NaHCO3溶液中的平衡表示為：2HCO3-H2CO3+CO32-；為了證明該平衡存在，你認為應向NaHCO3溶液中加入下列哪種試劑合理___（填序號）A．適當濃度的鹽酸B．適當濃度Ba(OH）2溶液C．適當濃度BaCl2溶液

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【詳解】A．放電時化學能轉化為電能，是原電池，所以正極發(fā)生還原反應，NiOOH得電子生成Ni（OH）2，A正確；B．為了防止MH被氫離子氧化，鎳氫電池中電解液為堿性溶液，主要為KOH作電解液，故B正確；C．充電時電能轉化為化學能，是電解池裝置，則陰極與電源的負極相連，發(fā)生還原反應，電極反應是H2O＋M＋e－=MH＋OH－，C錯誤；D．M為儲氫合金，MH為吸附了氫原子的儲氫合金，其氫密度越大，電池的能量密度越高，D正確；故答案選C。2、C【解析】A．NaHCO3在加熱條件下分解生成Na2CO3，所以蒸干灼燒其水溶液，不能得到該物質(zhì)，選項A錯誤；B．FeCl3在加熱時水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl易揮發(fā)，灼燒得到氧化鐵，所以蒸干灼燒其水溶液，不能得到該物質(zhì)，選項B錯誤；C．KCl是強酸強堿鹽不水解，最后得到的固體仍為KCl，選項C正確；D．Na2SO3在加熱時會被空氣中的氧氣氧化生成Na2SO4，所以蒸干灼燒其水溶液得到的固體是Na2SO4，選項D錯誤。答案選C。點睛：本題考查鹽類水解的應用，題目難度不大，注意鹽類水解的原理，特別是能把握相關物質(zhì)的性質(zhì)。3、A【分析】A、植物油含不飽和脂肪酸酯，能和溴發(fā)生加成反應；B、煤的氣化是化學變化；C、油脂是式量小于10000，不是高分子化合物；D、CuSO4是重金屬鹽；【詳解】A、植物油含不飽和脂肪酸酯，能和溴發(fā)生加成反應，能使Br2/CCl4褪色，故A正確；B、煤的氣化是指在特定的設備內(nèi)，在一定溫度及壓力下使煤中有機質(zhì)與氣化劑(如蒸汽/空氣和/或氧氣等)發(fā)生一系列化學反應，煤的氣化是化學變化，故B錯誤；C、油脂是式量小于10000，不是高分子化合物，故C錯誤；D、CuSO4是重金屬鹽，能使雞蛋清變性而沉淀，故D錯誤；故選A。4、A【解析】A.17g氨氣的物質(zhì)的量為：17g17g/mol=1mol，1mol氨氣分子中含有10mol質(zhì)子，所含質(zhì)子數(shù)為10NA，故A正確；

B.2.4g金屬鎂的物質(zhì)的量為：2.4g24g/mol=0.1mol，0.1molMg變成鎂離子時失去0.2mol電子，失去電子數(shù)為0.2NA，故B錯誤；

C.沒有告訴溶液的體積，故無法算出溶液中的離子的數(shù)目，故CD.標準狀況下，CCl4為液體，無法根據(jù)氣體摩爾體積進行計算，故D錯誤。故選A?！军c睛】在計算氣體體積時，一定注意是否為標準狀況，是否為氣體。5、A【詳解】反應自發(fā)進行需要滿足，△H-T△S＜0，依據(jù)題干條件計算判斷，△H-T△S=-122kJ/mol-T×0.231kJ/(mol·K)＜0，所以無論什么溫度下，反應一定是自發(fā)進行的反應，故合理選項是A。6、B【詳解】①活化分子的碰撞有一定的合適取向，故錯誤；②普通分子間的碰撞沒有發(fā)生化學反應，因為發(fā)生有效碰撞是活化分子，具有一定的能量，故錯誤；③增大反應物濃度，增大單位體積內(nèi)活化分子的個數(shù)，從而使有效碰撞次數(shù)增多，故錯誤；④有氣體參加的化學反應，增大壓強，增大單位體積內(nèi)活化分子的個數(shù)，從而使反應速率增大，故錯誤；⑤化學反應的實質(zhì)是舊鍵的斷裂和新鍵的生成，故正確；⑥催化劑降低活化能，增大活化分子百分數(shù)，從而增大化學反應速率，故正確。答案選B。7、D【解析】空氣質(zhì)量報告指標有：可吸入顆粒物、二氧化硫和二氧化氮。A、可吸入顆粒物,這是大氣降塵的主要污染指標，需要監(jiān)測；B、氮氧化物：主要是一氧化氮和二氧化氮，主要由機動車尾氣造成。它對人們呼吸器官有較強的刺激作用，可引起氣管炎、肺炎、肺氣腫等，故NO2濃度需要監(jiān)測；C、二氧化硫主要由燃煤排放引起。二氧化硫在大氣中會氧化而形成硫酸鹽氣溶膠，毒性將增大10倍以上，它將會嚴重危害人體健康，導致胸悶。故SO2濃度需要監(jiān)測；D、CO2不形成酸雨，故CO2濃度不需要監(jiān)測。故選D。8、C【詳解】A.2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2是氧化還原反應，反應中氧元素的化合價由-1價降低為-2價，升高為0價，故A錯誤；B.Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑為置換反應，Zn和H元素的化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，故B錯誤；C.Na2O＋H2O===2NaOH為化合反應，反應中沒有化合價變化，不屬于氧化還原反應，故C正確；D.4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3中存在Fe、O元素化合價變化，屬于氧化還原反應，故D錯誤。故選C。【點睛】氧化還原反應的實質(zhì)為電子的轉移，特征為化合價的升降，則反應中存在化合價變化的反應為氧化還原反應，沒有化合價變化的反應為非氧化還原反應；置換反應一定是氧化還原反應，有單質(zhì)參與的化合反應或有單質(zhì)生成的分解反應一定是氧化還原反應，復分解反應一定不是氧化還原反應，據(jù)此解答這類問題。9、D【解析】A．根據(jù)結構簡式確定分子式為C9H11NO2，故A錯誤；B．苯環(huán)上有2個取代基，且含有硝基的苯佐卡因的同分異構體，丙基有兩種，所以其同分異構體有3+3=6，故B錯誤；C．只有苯環(huán)能和氫氣發(fā)生加成反應，所以1

mol該化合物最多與3mol氫氣發(fā)生加成反應，故C錯誤；D．分子中將氨基轉化成硝基，需要將H原子轉化為O元素，該反應為氧化反應，故D正確；故選D。點睛：本題考查有機物結構和性質(zhì)，為高頻考點，側重考查學生分析判斷能力，涉及同分異構體種類判斷、反應類型判斷等知識點，明確官能團及其性質(zhì)關系是解本題關鍵，易錯選項是B。10、C【詳解】A．原子晶體中原子以共價鍵的形式結合，熔化時需要斷裂共價鍵，即共價鍵越強，熔點越高，故A正確；B．鹵族氫化物都是分子晶體，其熔沸點與相對分子質(zhì)量成正比，但含有分子間氫鍵的氫化物熔沸點最高，HF分子間含有氫鍵，所以熔沸點最高，則HCl的熔沸點最低，故B正確；C．氫化鈣、過氧化鈉中陽離子、陰離子分別是Ca2+、H-、Na+、O22-，所以CaH2、Na2O2晶體的陰、陽離子個數(shù)比分別為2∶1、1∶2，故C錯誤；D．熔沸點：原子晶體＞離子晶體＞分子晶體，分子晶體熔沸點與相對分子質(zhì)量成正比，含有分子間氫鍵的氫化物熔沸點較高，冰中分子間含有氫鍵，所以晶體熔點：金剛石＞食鹽＞冰＞干冰，故D正確；故選C?！军c睛】本題的易錯點為B，要注意分子間氫鍵對物質(zhì)性質(zhì)的影響。11、C【解析】A、溫度升高，水的電離程度增大，所以將水加熱，水的離子積Kw增大；由于水電離的氫離子濃度增大，溶液的pH減小，故A錯誤；B、由于鐵離子水解且氯化氫具有揮發(fā)性，所以把FeCl3的水溶液加熱蒸干得到的是氫氧化鐵固體，無法得到得到FeCl3固體，故B錯誤；C、由于高錳酸鉀溶液具有強氧化性，不能使用堿式滴定管量取，應該使用酸式滴定管，故C正確；D、中和熱測定實驗中，用銅制環(huán)形攪拌器代替環(huán)形玻璃攪拌棒，容易造成熱量的損失，因此所測中和熱的數(shù)值偏小，故D錯誤。故選C。12、D【詳解】A．反應速率主要取決于慢的一步，所以反應速率主要取決于②的快慢，A錯誤；B．NOBr2是中間產(chǎn)物，而不是催化劑，B錯誤；C．增大濃度，活化分子百分數(shù)不變，D錯誤，；D．正反應放熱，斷裂化學鍵吸收的能量小于形成化學鍵放出的能量，則正反應的活化能比逆反應的活化能小akJ?mol-1，D正確；答案選D。13、B【解析】分析：乙二酸分子式為H2C2O4，其中C的化合價是＋3價，根據(jù)實驗現(xiàn)象，紫紅色褪去，酸性高錳酸鉀具有強氧化性，能把草酸氧化成CO2，體現(xiàn)草酸的還原性。詳解：乙二酸分子式為H2C2O4，其中C的化合價是＋3價，根據(jù)實驗現(xiàn)象，紫紅色褪去，說明高錳酸鉀參與反應，其離子反應方程式為2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，C的化合價升高，因此草酸作還原劑，故選項B正確。點睛：草酸與酸性高錳酸鉀的反應方程式屬于常識，發(fā)生2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，C的化合價由＋3價變?yōu)椋?價，化合價升高，則草酸體現(xiàn)還原性，平時學習中應夯實基礎知識。14、C【分析】A.氯氣和氫氧化鈣反應制取漂白粉；

B.堿金屬元素在灼燒時會產(chǎn)生焰色反應；

C.硅能作半導體,二氧化硅是光導纖維的主要成分；

D.二氧化硫具有漂白性?！驹斀狻緼.氯氣與石灰乳反應生成氯化鈣和次氯酸鈣；漂白粉的主要成分是氯化鈣和次氯酸鈣，有效成分是次氯酸鈣，故A正確；B.堿金屬元素在灼燒時會產(chǎn)生焰色反應,堿金屬的化合物可用于制煙花,故B正確；

C.晶體硅導電性介于導體與絕緣體之間,可以做半導體；二氧化硅是光導纖維的主要成分，故C錯誤；

D.二氧化硫能和有色物質(zhì)反應生成無色物質(zhì)而具有漂白性，能漂白某些有色物質(zhì)，故D正確；

綜上所述，本題選C。15、B【解析】C(OH-)=10-2+10-52≈5×10-3,C(H+)=Kw/C(OH-)=1×10-14/(5×10正確答案：B?！军c睛】混合溶液計算氫離子濃度：若為酸性，直接求c(H+)，兩強酸混合：混合溶液中c混(H＋)＝；若為堿性，先求c(OH-)，依據(jù)c(H+)=KW/c(OH-)，兩強堿混合：混合溶液中c混(OH－)＝；16、B【詳解】A項，若反應在恒溫恒容下，則Vc＝n/Vt=1.6/2×2=0.4mol?L-1?min-1，但條件為恒壓，隨著反應的進行，體積逐漸減小，即Vc>0.4mol?L-1?min-1，故A項錯誤；

B項，反應放熱，若在絕熱條件下，反應向逆反應方向進行，即nc＜1.6mol，故B項正確；C項，在恒溫恒壓下，向容器中再投入2molA和1molB，與原平衡投料成比例（2:1），所以該平衡與原平衡為等效平衡，所以B的轉化率不變，故C項錯誤；D項，若反應在恒溫恒容下，壓強減小，平衡向左移動，放熱減少，故D項錯誤；綜上所述，本題選B?！军c睛】向密閉容器中充入4molA和2molB，發(fā)生如下反應：2A(g)+B(g)2C(g)，反應達平衡后，若再向容器中再投入2molA和1molB，如果在恒溫恒壓下，B的轉化率不變；如果在恒溫恒容下，相當于加壓過程，平衡右移，B的轉化率增大。17、C【分析】【詳解】A.增大壓強，化學反應速率加快，縮短反應達平衡的時間，所以P1>P2，A正確；B.增大壓強，平衡向著氣體體積減小的方向移動，該反應圖象顯示改變壓強，平衡不移動，說明該反應是反應前后氣體物質(zhì)的量不變的反應，所以m+n=2，B正確；C.根據(jù)圖象可知：改變壓強，平衡不移動，說明反應前后氣體總體積不變，即m+n=2，C錯誤；D.化學平衡常數(shù)只與溫度有關，由于該圖象表示相同溫度下，壓強為P1、P2條件下發(fā)生可逆反應，溫度未變，所以平衡常數(shù)不變，D正確；故答案選C。18、B【解析】A、烷烴分子結構相似,具有相同的化學性質(zhì)；

B、酸和醇的酯化反應是可逆反應；

C、根據(jù)甲烷的結構類比二氯甲烷的結構；

D、根據(jù)乙烷和乙烯是否和溴水反應判斷?！驹斀狻緼、烷烴分子結構相似，為同系物，具有相同的化學性質(zhì)，即丙烷也能發(fā)生取代反應，故A正確；

B、乙酸和乙醇的酯化反應是可逆反應，所以1mol乙酸與乙醇在一定條件下發(fā)生酯化反應,不能生成1mol乙酸乙酯,故B錯誤；

C、甲烷是正四面體結構，二氯甲烷是甲烷中的兩個氫原子被氯原子取代而生成的，二氯甲烷是純凈物說明甲烷是四面體結構而不是正方形結構，故C正確；

D、乙烷較穩(wěn)定，和溴水不反應，乙烯較活潑能和溴水發(fā)生加成反應，故D正確；綜上所述，本題選B。19、B【詳解】室溫下，某溶液中由水電離產(chǎn)生的c（H+）=10-10mol/L＜10-7mol/L，說明水的電離被抑制，則溶液中的溶質(zhì)為酸、堿或強酸酸式鹽。A、NaHSO4屬于強酸酸式鹽，完全電離出的氫離子抑制水電離，故A不選；B、NaCl是強酸強堿鹽，不影響水的電離，故B選；C、鹽酸是強酸，抑制水電離，故C不選；D、Ba（OH）2屬于強堿而抑制水電離，故D不選；故選B。20、B【詳解】A．NaBH4中H元素的化合價從-1價升高為0，為還原劑，而水中H元素的化合價由+1價降低為0，水為氧化劑，故A錯誤；

B．由反應可知，只有H元素的化合價變化，1個H失去電子數(shù)等于1個H得到電子數(shù)，則被氧化的元素與被還原的元素質(zhì)量比為1：1，故B正確；

C．B元素的化合價不變，只有H元素的化合價變化，故C錯誤；

D．NaBH4中H元素的化合價從-1價升高為0，只作還原劑，故D錯誤；

故選B。21、D【分析】從等效平衡的角度分析，達到平衡，此時測得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1，若保持溫度不變，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向該容器中再充入A、B和C，相當于在原來的基礎上縮小體積，增大壓強，根據(jù)壓強對平衡移動的影響判斷?！驹斀狻繌牡刃胶獾慕嵌确治?，達到平衡，此時測得n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1，若保持溫度不變，以n(A)∶n(B)∶n(C)=2∶2∶1的比例向該容器中再充入A、B和C，相當于在原來的基礎上縮小體積，增大壓強，A、剛充入時反應速率υ正增大，υ逆增大，故A錯誤；

B、增大壓強，平衡向正反應方向移動，故B錯誤；

C、增大壓強，平衡向正反應方向移動，但根據(jù)勒夏特列原理，A的物質(zhì)的量濃度比原來要大，故C錯誤；

D、增大壓強，平衡向正反應方向移動，增加了C的物質(zhì)的量，物質(zhì)C的質(zhì)量分數(shù)增大，故D正確。

所以D選項是正確的?！军c睛】化學平衡題中有四種改變壓強的方式：①恒容充惰氣；②恒壓充惰氣；③縮小或擴大容器容積；④等比例充入一類組分。其中第④類可用等效平衡思想理解掌握。22、C【分析】由圖可知乙稀的生成速率與反應的溫度和催化劑的催化效率都有關系?！驹斀狻緼．由圖可知在100~250℃時，隨著溫度升高催化劑的催化效率越來越高，在250℃時催化劑活性最高，乙酸的生成速率也最高。A正確。B．250～300℃時，乙酸的生成速率降低的原因是催化劑的催化效率降低，該溫度下催化劑對化學反應速率的影響比溫度大，B正確。C．300～400℃時，催化劑的催化效率降低，乙酸的生成速率升高的原因是溫度升高，該溫度下溫度對化學反應速率的影響比催化劑大，C錯誤。D．根據(jù)C可知D正確。本題選錯誤的，故選C?！军c睛】催化劑和溫度的變化對化學反應速率的影響。二、非選擇題(共84分)23、1s22s22p63s23p2COCO一旦被吸入肺里后，會與血液中的血紅蛋白結合，使血紅蛋白喪失輸送氧氣的能力非極性鍵N2分子中的共價叁鍵鍵能很大，共價鍵很牢固H—C≡C—H32>形成σ鍵的原子軌道的重疊程度比π鍵的重疊程度大，形成的共價鍵強【分析】從a，b，c，d為四種由短周期元素構成的中性粒子，它們都有14個電子入手，并結合題目分析，a是Si；b是CO；c是N2；d是C2H2；【詳解】（1）a是Si，根據(jù)構造原理知，Si原子的電子排布式為1s22s22p63s23p2；（2）b是兩個原子的化合物，根據(jù)其物理性質(zhì)：無色無味氣體，推斷b為CO，CO一旦進入肺里，會與血液中的血紅蛋白結合而使血紅蛋白喪失輸送氧氣的能力，使人中毒；（3）c是雙原子單質(zhì)，每個原子有7個電子，故c為N2，N2分子的結構式為N≡N，為非極性鍵，N2分子中的共價叁鍵鍵能很大，所以N2分子很穩(wěn)定，其電子式為：；（4）d是四核化合物，即4個原子共有14個電子，d為C2H2，C2H2的結構式為H—C≡C—H，有兩個H—Cσ鍵，一個C—Cσ鍵，兩個π鍵。形成σ鍵的原子軌道的重疊程度比π鍵的重疊程度大，故形成的共價鍵強。24、H2ONH3NH4+OH-Al3++3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4+【解析】（1）①根據(jù)題意，都含有10個電子，B溶于A后所得的物質(zhì)可電離出C和D，A是H2O，B是NH3，C是NH4+,D是OH-，E是Al3+。②A、B、E三種微粒反應后可得C和一種白色沉淀，A、B、E三種微粒反應的離子方程式為：Al3++3NH3+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；③NH3是共價化合物，用電子式表示的形成過程：；（2）首先根據(jù)P4的結構，N4的結構與其相同，此時每個N有三個σ鍵，和一對孤對電子，因此，N4H44+中每個N與H+形成的是配位鍵，N提供孤對電子，H+提供空軌道，故其結構式為：。點睛：該題的關鍵是要清楚10電子微粒有哪些，根據(jù)信息，快速判斷微粒種類；第（2）中，根據(jù)已知白磷(P4)分子、NH4+、N4H44+的空間構型均為四面體，以及給出的P4的結構，類比得到N4H44+的結構式。25、（11分）（1）①（1分）偏大（1分）（2）酸式滴定管（或移液管）（1分）無影響（1分）（3）錐形瓶中溶液顏色變化（1分）錐形瓶中溶液由無色變?yōu)闇\紅色（1分），半分鐘不變色（1分）（4）AB（2分）（5）0.1626（2分）【解析】，試題分析：（1）根據(jù)堿式滴定管在裝液前應該用待裝液進行潤洗，用蒸餾水洗滌堿式滴定管，并立即注入氫氧化鈉溶液到0刻度以上，堿式滴定管未用標準氫氧化鈉溶液潤洗就直接注入標準氫氧化鈉溶液，標準液的農(nóng)夫偏小，造成標準液的體積偏大，根據(jù)計算公式分析，待測溶液的濃度偏大。（2）精確量取液體的體積用滴定管，量取20.00mL待測液應該使用酸式滴定管，在錐形瓶裝液前，留有少量蒸餾水，標準液的體積不變，根據(jù)公式計算，待測液的濃度不變。（3）中和滴定中，眼睛應該注視的是錐形瓶中顏色的變化，滴定是，當溶液中顏色變化且半分鐘內(nèi)不變色，可以說明達到了滴定終點，所以當?shù)稳胱詈笠坏螝溲趸c溶液，溶液由無色變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內(nèi)不褪色。（4）從上表可以看出，第一次滴定記錄的氫氧化鈉的體積明顯多于后兩次的體積，上面鹽酸的濃度偏大。A、滴定錢滴定管尖嘴有氣泡，滴定結束無氣泡，導致氫氧化鈉溶液的體積偏大，所以所測鹽酸濃度偏大，正確。B、錐形瓶用待測液潤洗，待測液的物質(zhì)的量增大，所以用的氫氧化鈉的體積偏大，所測的鹽酸濃度偏大，正確。C、氫氧化鈉標準溶液保存時間過長，有部分變質(zhì)，所以用的氫氧化鈉溶液的體積偏小，所測鹽酸濃度偏小，錯誤。D、滴定結束時，俯視讀數(shù)，所用的氫氧化鈉溶液體積偏小，所測的鹽酸的濃度偏小，錯誤。所以選AB。（5）三次滴定消耗的體積為18.10，16.30，16.22，舍去第一組數(shù)據(jù)，然后求出2、3兩組數(shù)據(jù)的平均值，消耗氫氧化鈉的體積為16.26mL，鹽酸的濃度=0.2000×16.26/20.00=0.1626mol/L.考點：中和滴定26、2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O生成Mn2+起催化劑作用，加快反應速率酸高錳酸鉀溶液具有強氧化性，可腐蝕橡膠管不需要溶液由無色變淺紅色(粉紅色)，且半分鐘不褪色CcV/10315cV/m%【分析】(1)根據(jù)得失電子守恒配平KMnO4與H2C2O4反應的方程式；反應生成的Mn2+具有催化作用；(2)KMnO4溶液具有氧化性，能腐蝕橡膠；(3)KMnO4溶液本身顯紫色；(4)根據(jù)c（待測）═分析誤差；(5)根據(jù)化學方程式計算草酸的濃度，根據(jù)草酸的濃度和體積、草酸的摩爾質(zhì)量計算草酸晶體的質(zhì)量?！驹斀狻?1)根據(jù)得失電子守恒配平KMnO4與H2C2O4反應的方程式為2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4＝K2SO4＋10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O，離子方程式是2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+＝10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O；反應生成的Mn2+起催化劑作用，加快反應速率，所以該反應發(fā)生時產(chǎn)生氣體先慢后快；(2)KMnO4溶液具有氧化性，能腐蝕橡膠，所以KMnO4溶液應裝在酸式滴定管中；(3)KMnO4溶液本身顯紫色，所以滴定過程中不需要加入指示劑；達到滴定終點時溶液由無色變淺紅色(粉紅色)，且半分鐘不褪色；(4)盛標準溶液的滴定管用蒸餾水洗滌后未用標準液潤洗就裝液滴定，標準液濃度減小，消耗標準液的體積偏大，導致測定結果偏高，故不選A；錐形瓶用蒸餾水洗滌后未用待測液潤洗，待測液物質(zhì)的量不變，消耗標準液的體積不變，無影響，故不選B

；讀取標準液讀數(shù)時，滴定前平視，滴定到終點后俯視，讀取標準液體積偏小，導致測定結果偏低，故選C；滴定前滴定管尖嘴處有氣泡未排除，滴定后氣泡消失，消耗標準液的體積偏大，導致測定結果偏高，故不選D；(5)設草酸的濃度為xmol/L，2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4＝K2SO4＋10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O25cmol·L-1xmol/Lx=cV/10；mg樣品中H2C2O4·2H2O的質(zhì)量是，樣品中草酸晶體的純度是。27、-20.9（T2-T1）2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O滴入最后一滴KMnO4溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色恰好變成淺紫紅色，且半分鐘不褪色21.40BD60c/V【解析】I.在實驗室中，用50mL0.40mol/L的鹽酸與50mL0.50mol/L的NaOH溶液反應生成水的物質(zhì)的量為0.02mol，則△H=?4.18×10?3kJ/(g?℃)×100mL×1g/mL×(T2?T1)÷0.02mol=?20.9(T2?T1)kJ/mol，故答案為：?20.9(T2?T1)；Ⅱ.(1).H2C2O4與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應，H2C2O4被氧化成CO2，KMnO4被還原成Mn2+，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，反應的離子方程式為：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案為：2MnO4-+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；(2).KMnO4溶液呈紫色，當?shù)稳胱詈笠坏蜬MnO4溶液時，溶液由無色變?yōu)闇\紫紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色，即達滴定終點，故答案為：滴入最后一滴KMnO4溶液，錐形瓶內(nèi)的顏色恰好變成淺紫紅色，且半分鐘不褪色；(3).A與C刻度間相差1.00mL，說明每兩個小格之間是0.10mL，A處的刻度為21.00，A和B之間是四個小格，所以相差0.40mL，則B是21.40mL，故答案為：21.40；(4).A.滴加KMnO4溶液過快，未充分振蕩，剛看到溶液變色就立刻停止滴定，會導致滴入的KMnO4溶液體積偏小，故A不選；B.第一次滴定時盛裝標準液的滴定管裝液前用蒸餾水清洗過，未用標準液潤洗，KMnO4濃度偏小，導致滴入KMnO4體積偏大，故B選；C.實驗結束時俯視刻度線讀取滴定終點時KMnO4溶液的體積，讀數(shù)偏小，導致讀取的KMnO4體積偏小，故C不選；D.第一次滴定用的錐形瓶用待裝液潤洗過，潤洗錐形瓶會導致草酸的物質(zhì)的量偏大，造成滴入KMnO4體積偏大，故D選，答案為：B