上海市长宁区2026届化学高二上期中统考试题含解析

上海市长宁区2026届化学高二上期中统考试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、下列描述正确的是（）A．CS2为V形极性分子 B．SiF4与SO的中心原子均为sp3杂化C．C2H2分子中σ键与π键的数目比为1∶1 D．水加热到很高温度都难分解是因水沸点高2、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A．使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO42-、Cl－B．KW/c(H+)＝1×10－13mol·L−1的溶液中：NH4+、Ca2＋、Cl－、NO3-C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、NO3-、SO42-D．水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液中：Na＋、Mg2＋、Cl－、SO42-3、下列说法不正确的是()A．油脂是高级脂肪酸的甘油酯B．油脂与氢气发生加成反应，可以得到固态油脂C．油脂在酸性或碱性条件下，可以发生皂化反应D．油脂没有固定的熔、沸点4、下列化学用语的表达正确的是A．HF的电子式：B．S2-的结构示意图：C．硫酸的电离方程式：H2SO4=2H＋＋SO42-D．乙烯的结构式：H-C=C-H5、应用电解法制备的物质主要有三种：一是铝的工业制备；二是电解饱和NaCl溶液制备烧碱；三是金属钠的制备。下列关于这三个工业生产的描述中正确的是（）A．电解法制铝时一般是用熔融态的氧化铝进行电解，但也可用熔融态的A1C13B．电解法生产铝时，每转移3mol电子的时候，就能生产出1mol的铝。C．在电解饱和NaCl溶液中，电解池中的阴极产生的是H2，NaOH在阳极附近产生D．电解饱和NaCl溶液和金属钠的冶炼都用到了NaC1，在电解时它们的阴极都是C1-失电子6、人体内缺乏维生素C易患的疾病是()。A．甲状腺肿 B．软骨病 C．坏血病 D．白血病7、长期吸食或注射毒品会危及人体健康，下列各组中都属于毒品的是A．冰毒、黄连素B．海洛因、黄连素C．大麻、摇头丸D．黄曲霉素、尼古丁8、常温下，2L物质的量浓度为0.5mol·L-1KOH溶液含有A．0.5mol的K+ B．0.5mol的H+ C．1.0mol的H+ D．1.0mol的OH－9、下列各组微粒中不属于等电子体的是（）A．CH4、NH4+ B．H2S、HCl C．CO2、N2O D．CO32﹣、NO3﹣10、下列化学用语正确的是A．乙醇的结构简式：C2H6OB．HF的电子式：C．丙烷分子的球棍模型为：D．N2的结构式：∶N≡N∶11、某温度下，体积一定的密闭容器中进行如下可逆反应X(g)+Y(g)Z(g)+W(s)ΔH=-QkJ·mol-1，下列叙述中，正确的是（）A．加入少量W，逆反应速率增大B．当容器中气体压强不变时，反应达到平衡C．升高温度，平衡逆向移动D．改变条件，又达新平衡，此时上述反应的平衡常数K值一定增大12、在无色酸性溶液中能大量共存的离子组是()A．NH4＋、Fe3+、SO42－、Cl－B．Ba2＋、K＋、OH－、NO3－C．Al3＋、Cu2＋、SO42－、Cl－D．Na＋、Ca2＋、Cl－、NO3－13、在不同温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)有如图所示关系。下列条件关于离子共存说法中正确的是A．a点对应的溶液中大量存在：CO32-、Na＋、Cl－、SO42-B．b点对应的溶液中大量存在：Fe2+、Ba2＋、K+、NO3-C．c点对应的溶液中大量存在：Na＋、Ba2＋、Cl－、Al3+D．d点对应的溶液中大量存在：Na＋、K＋、ClO-、Cl—14、反应TiCl4＋4NaTi＋4NaCl可用于制取金属钛，该反应属于()A．复分解反应 B．化合反应 C．置换反应 D．分解反应15、电解精炼铜时，下列叙述不正确的是A．与电源正极相连的电极是粗铜板B．阴极发生反应：Cu2++2e-==CuC．粗铜板上发生氧化反应D．电解池的阳极材料为纯铜薄片16、在25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L。有关该溶液的叙述正确的是：A．该溶液的pH值可能为1 B．水的电离受到促进C．水的离子积将变小 D．该溶液的pH值一定为1317、室温下，用相同物质的量浓度的HC1溶液，分别滴定物质的量浓度均为0.1mol/L的三种碱溶液，滴定曲线如图所示。下列判断正确的是A．滴定前，三种碱溶液中水电离出的c(H+)大小关系：DOH>BOH>AOHB．pH=7时，c(A+)=c(B+)=c(D+)C．滴定至P点时，溶液中：c(Cl-)>c(B+)>c(BOH)>c(OH-)>c(H+)D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(AOH)+c(BOH)+c(DOH)=c(H+)-c(OH-)18、提纯下列物质（括号内的物质是杂质），所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是被提纯的物质除杂试剂分离方法A乙酸丁酯（乙酸）CCl4萃取、分液B乙烷(乙烯)酸性KMnO4溶液洗气C溴苯（溴）氢氧化钠溶液分液D苯（苯酚）浓溴水过滤A．A B．B C．C D．D19、关于维生素A（分子结构如下）的下列说法错误的是（）A．不是饱和一元醇B．不易溶于水C．具有烯、醇以及芳香族化合物的性质D．其中氧的质量分数约为5.6%20、关于氯气的叙述中,下列说法正确的是A．氯气是一种黄绿色、有毒的气体B．氯气可以与铁反应生成FeCl2C．氯气不能溶于水，所以可用排水法收集氯气D．氯气、氯水、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物21、甲烷分子中的4个氢原子全部被苯基取代，可得如图所示的分子，对该分子的描述不正确的是A．分子式为C25H20B．该化合物为芳香烃C．该化合物分子中所有原子不可能处于同一平面D．分子中所有原子一定处于同一平面22、一定温度下，固定体积的容器中充入1molSO2和1molO2，再加入少量的NO，在体系中发生①2NO+O2=2NO2；②SO2+NO2=SO3+NO，下列说法错误的是A．体系中的总反应是：2SO2+O22SO3B．在反应过程中NO是催化剂C．NO参与反应历程，降低反应活化能，加快反应速率D．NO的引入可以增加SO2的平衡转化率二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物A～M有如图所示转化关系，A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与NaHCO3溶液反应，F的分子式为C9H10O2，且不能使溴的CCl4溶液褪色，D能发生银镜反应，M与NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种。已知：(R1、R2表烃基或氢原子)请回答：（1）B、F的结构简式分别为________、________。（2）反应①～⑦中，属于消去反应的是________(填反应序号)。（3）D发生银镜反应的化学方程式为______________________________；反应⑦的化学方程式为______________________________。（4）A的相对分子质量在180～260之间，从以上转化中不能确认A中的某一官能团，确定该官能团的实验步骤和现象为__________________________________________。（5）符合下列条件的F的同分异构体共有________种。a．能发生银镜反b．能与FeCl3溶液发生显色反应c．核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1∶1∶2∶624、（12分）(1)下列物质中，属于弱电解质的是（填序号，下同）______，属于非电解质是_____。①硫酸氢钠固体②冰醋酸③蔗糖④氯化氢气体⑤硫酸钡⑥氨气⑦次氯酸钠(2)写出下列物质在水中的电离方程式：醋酸：______。次氯酸钠：______。(3)甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1mol•L-1、0.1mol•L-1，则c(OH﹣)甲：c(OH﹣)乙________10（填“大于”、“等于”或“小于”）。(4)现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，乙为0.1mol•L-1的HCl溶液，丙为0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为_____。25、（12分）氧化还原滴定实验的原理与中和滴定相同(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。现有0.001mol·L-1酸性KMnO4溶液和未知浓度的无色Na2SO3溶液，有关反应的离子方程式是2MnO4-+5SO32-+6H+2Mn2++5SO42-+3H2O。请回答下列问题:（1）该滴定实验所需仪器有__(填序号)。A．酸式滴定管(50mL)B．碱式滴定管(50mL)C．量筒(10mL)D．锥形瓶E．铁架台F．滴定管夹G．烧杯H．白纸I．胶头滴管J．漏斗（2）不用____(填“酸”或“碱”)式滴定管盛放酸性KMnO4溶液的原因是_____________。（3）____(填“需要”或“不需要”)选用指示剂，其理由是____________。（4）滴定前平视酸性KMnO4溶液液面，刻度为amL，滴定后俯视液面，刻度为bmL，则(b-a)mL比实际消耗酸性KMnO4溶液的体积____(填“大”或“小”，下同)；根据(b-a)mL计算得到的待测液浓度比实际浓度____。26、（10分）某同学用已知浓度的盐酸来测定某氢氧化钠样品的纯度(杂质不参与反应)，试根据实验回答下列问题：(1)准确称量5.0g含有少量易溶杂质的样品，配成1L待测溶液。称量时，样品可放在______(填字母)称量。A小烧杯中B洁净纸片上C托盘上(2)滴定时，滴定过程中氢氧化钠溶液放在锥形瓶中，用0.100mol·L－1的盐酸来滴定待测溶液，则盐酸应该放在_______(填“甲”或“乙”)中。可选用________作指示剂。A．甲基橙B．石蕊C．酚酞(3)若该同学选用酚酞做指示剂，达到滴定终点颜色变化：________。(4)根据下表数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是______mol·L－1，滴定次数待测溶液体积(mL)标准酸体积滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)第一次10.000.4010.50第二次10.004.1014.00第三次10.002.5014.00(5)下列实验操作会对滴定结果产生什么后果？(填“偏高”“偏低”或“无影响”)①观察酸式滴定管液面时，开始平视，滴定终点俯视，则滴定结果______。②滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，则滴定结果________。③洗涤后锥形瓶未干燥，则滴定结果__________。27、（12分）某同学在研究Fe与的反应时，进行了如图所示实验(部分夹持装置已略去)。(1)实验Ⅰ中，铁与稀硫酸反应的离子方程式为________________。(2)实验Ⅱ中，铁丝表面迅速变黑，反应很快停止，其原因是________________。(3)实验Ⅲ中，加热试管A，产生大量气体，B中品红溶液褪色，D处始终未检测到可燃性气体，则试管A中产生的气体是________(填化学式)，C的作用是________________。(4)对比实验Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，同学们得出以下结论：①浓硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，浓硫酸的氧化性源于+6价的硫元素，稀硫酸的氧化性源于________。②造成反应多样性的因素有________。28、（14分）十九大报告指出：“坚持全民共治、源头防治，持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战!”以NOx和燃煤为主的污染综合治理是当前重要的研究课题。(1)直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题。煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。已知：CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)＋CO2(g)+2H2O(g)ΔH＝-867kJ/mol2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH＝-56.9kJ/molH2O(g)＝H2O(l)ΔH＝-44.0kJ/mol则CH4(g)+N2O4(g)＝N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)ΔH＝________________。(2)汽车尾气中含有NOx主要以NO为主，净化的主要原理为：2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)△H=akJ/mol，在500℃时，向体积不变的密闭体系中通入5mol的NO和5mol的CO进行反应时，体系中压强与时间的关系如图所示：①下列描述能说明反应达到平衡状态的是__________________A.单位时间内消耗nmol的NO同时消耗nmol的N2B．体系中NO、CO、CO2、N2的浓度相等C.混合气体的平均相对分子质量不变D.体系中混合气体密度不变②4min时NO的转化率为______________。③500℃该反应的平衡常数Kp=__________MPa-1。(Kp为以平衡分压表示的平衡常数：平衡分压=总压×物质的量分数，计算结果保留2位有效数字)④若在8min改变的条件为升高温度，Kp减小，则a____________0(填大于、小于或等于)⑤如要提高汽车尾气的处理效率可采取___________(填序号)a升高温度b降低温度并加催化剂c增加排气管的长度29、（10分）氮是地球上含量丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用，合成氨工业在国民生产中有重要意义。以下是关于合成氨的有关问题，请回答：(1)若在一容积为2L的密闭容器中加入0.2mol的N2和0.6mol的H2在一定条件下发生反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH3的物质的量为0.2mol。则前5分钟的平均反应速率v(N2)=___________。平衡时H2的转化率为__________。(2)平衡后，若提高H2的转化率，可以采取的措施有____________________。A．加了催化剂B．增大容器体积C．降低反应体系的温度D．加入一定量N2(3)若在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0，其化学平衡常数K与温度T的关系如表所示：T/℃200300400KK1K20.5请完成下列问题：①试比较K1、K2的大小，K1_________________K2（填“<”“>”或“＝”）；②下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据是_______（填序号字母）A．容器内N2、H2、NH3的物质的量浓度之比为1:3:2B．v(H2)正＝3v(N2)逆C．容器内压强保持不变D．混合气体的密度保持不变③400℃时，反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数为_______。当测得NH3、N2和H2物质的量分别为3mol、2mol和1mol时，则该反应的v(N2)正________v(N2)逆（填“<”“>”或“＝”）。

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、B【详解】A．CS2中价层电子对个数=2+(4-2×2)=2，且该分子中正负电荷重心重合，所以为直线形非极性分子，A错误；B．SiF4中价层电子对个数=4+(4-4×1)=4，中价层电子对个数=3+(6+2-3×2)=4，所以SiF4和中中心原子的价层电子对数均为4，因此中心原子均为sp3杂化，B正确；C．共价键中所有的单键均为σ键，双键是一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键，C2H2分子的结构式为H—C≡C—H，故C2H2中有3个σ键与2个π键，故σ键与π键的数目比为3∶2，C错误；D．水加热到很高温度都很难分解是因为O-H键能大，与氢键无关，D错误；故答案为：B。2、B【解析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质和题干中的限制条件分析判断。【详解】A.使酚酞变红色的溶液显碱性，在碱性溶液中Al3+会形成沉淀，不能大量共存，A错误；B.KW/c(H+)＝1×10－13mol·L−1的溶液显酸性，在酸性溶液中NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-离子间不能发生反应，能够大量共存，B正确；C.与Al反应能放出H2的溶液显酸性或碱性，在酸性溶液中Fe2+能够被NO3-氧化，不能大量共存，如果显碱性，亚铁离子不能大量共存，C错误；D.水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1的溶液显酸性或碱性，在碱性溶液中Mg2＋会反应生成测定，不能大量共存，D错误；答案选B。3、C【详解】A.油脂可以看作是高级脂肪酸与甘油反应生成的酯，A项正确；B.油脂与H2发生加成反应生成饱和高级脂肪酸甘油酯，沸点较高，常温下呈固态，B项正确；C.皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应，C项错误；D.自然界中的油脂是多种物质的混合物，因此没有固定的熔、沸点，D项正确；答案选C。【点睛】理解皂化反应的实质是解题的关键。皂化反应在高中阶段是指油脂与氢氧化钠或氢氧化钾混合，得到高级脂肪酸的钠/钾盐和甘油的反应。4、C【解析】HF是共价化合物；S2-核外有18个电子；1个硫酸分子电离出2个氢离子和1个硫酸根离子；乙烯的结构简式是CH2=CH2。【详解】HF是共价化合物，HF的电子式是，故A错误；S2-的结构示意图是，故B错误；硫酸的电离方程式：H2SO4=2H＋＋SO42-，故C正确；乙烯的结构简式是，故D错误。5、B【解析】A、电解法制取金属应电解熔融态的金属离子化合物，不能电解熔融态的共价化合物；B、根据铝与转移电子之间的关系计算；C、在电解饱和NaCl溶液时，根据溶液中离子的放电顺序判断产物；D、电解时，阴极上阳离子放电。【详解】A项、电解法制取金属应电解熔融态的金属离子化合物，不能电解熔融态的共价化合物；氯化铝因为属于共价化合物，熔融态没有自由移动的离子，故不导电，不能用于电解，故A错误；B项、由化合价变化可知，生成1molAl，反应转移3mol电子，故B正确；C项、在电解饱和NaCl溶液中，电解池中的阴极上氢离子得电子产生H2，所以水电离出的氢氧根离子在阴极附近产生，导致NaOH在阴极附近产生，故C错误；D项、饱和NaCl溶液和金属钠的冶炼都用到了NaC1，电解时氯化钠溶液时，阴极上氢离子得电子生成氢气，电解熔融态氯化钠时，阴极上钠离子得电子生成钠单质，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了电解原理，注意氯化铝虽然是由金属元素和非金属元素组成的，但氯化铝是共价化合物。6、C【详解】A.缺碘易患甲状腺肿大，故A不选；B.缺钙易患软骨病，故B不选；C.缺维生素C易患坏血病，故C选；D.白血病是指骨髓造血功能有问题，与坏血病不同，故D不选；答案选C。7、C【解析】毒品是指鸦片、海洛因、甲基苯丙胺（冰毒）、吗啡、大麻、可卡因以及国家规定管制的其他能够使人形成瘾癖的麻醉药品和精神药品。【详解】A．冰毒即“甲基苯丙胺”，外观为纯白结晶体，故被称为“冰”，对人体中枢神经系统具有极强的刺激作用，且毒性强烈，属于毒品；黄连素是一种重要的生物碱，用于治疗细菌性痢疾和肠胃炎，它无抗药性和副作用，则不是毒品，A错误；B．海洛因的化学名称“二乙酰吗啡”，俗称白粉，长期使用会破坏人的免疫功能，并导致心、肝、肾等主要脏器的损害，注射吸食还能传播艾滋病等疾病，则是毒品；黄连素是一种重要的生物碱，是我国应用很久的中药，不是毒品，B错误；C．大麻类毒品主要活性成分是四氢大麻酚，对中枢神经系统有抑制、麻醉作用，吸食后产生欣快感，有时会出现幻觉和妄想，长期吸食会引起精神障碍、思维迟钝，并破坏人体的免疫系统，是毒品；摇头丸是冰毒的衍生物，以MDMA等苯丙胺类兴奋剂为主要成分，具有兴奋和致幻双重作用，服用后会产生中枢神经强烈兴奋，出现摇头和妄动，在幻觉作用下常常引发自残与攻击行为，并可诱发精神分裂症及急性心脑疾病，精神依赖性强，则是毒品，故大麻和摇头丸都是毒品，C正确；D．黄曲霉素是由黄霉菌产生的真菌霉素，是目前发现的化学致癌物中最强的物质之一，主要损害肝脏功能并有强烈的致癌、致畸、致突变作用，能引起肝癌，还可以诱发骨癌、肾癌、直肠癌、乳腺癌、卵巢癌等，是有害物质，但不属于毒品；尼古丁是一种存在于茄科植物（茄属）中的生物碱，会使人上瘾或产生依赖性，人们通常难以克制自己，重复使用尼古丁也增加心脏速度和升高血压并降低食欲，大剂量的尼古丁会引起呕吐以及恶心，严重时人会死亡，则是有害物质，但不属于毒品，D错误；答案选C。【点睛】本题考查学生对毒品的认识，题目难度不大，学生应明确常见的毒品及其对人类健康的危害，并做到珍爱生命、远离毒品。8、D【分析】KOH是强碱，其在水溶液中完全电离，生成K+和OH－。【详解】KOH是强碱，其在水溶液中完全电离，生成K+和OH－。常温下，2L物质的量浓度为0.5mol·L-1KOH溶液中，K+和OH－的物质的量浓度分别为0.5mol·L-1，故其含有K+和OH－的物质的量分别为1mol，故本题答案为D。9、B【分析】原子数总数相同、价电子总数相同的分子，互称为等电子体，具有相似的化学键特征，结构相似，物理性质也相似；据此解答。【详解】A．甲烷分子和铵根离子都含有5个原子，其价电子总数都是8，所以是等电子体，A不符合题意；B．硫化氢分子中含有3个原子，氯化氢分子中含有2个原子，原子数总数不相同，它们不是等电子体，B不符合题意；C．二氧化碳和一氧化二氮分子中都含有3个原子，其价电子总数是16，二者是等电子体，C不符合题意；D．碳酸根离子和硝酸根离子都含有4个原子，其价电子数都是24，所以二者是等电子体，D不符合题意；故合理选项是B。【点睛】10、C【解析】A．乙醇的结构简式中要体现官能团；

B．氟化氢是共价化合物；

C．碳原子半径大于H原子，球棍模型能够体现出丙烷的空间结构；

D．氮气分子中氮氮原子间存在共价三键。【详解】A．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，故A错误；

B．氟化氢的电子式为，故B错误；

C．丙烷为饱和烷烃，存在碳碳单键和碳氢单键，三个碳原子在一条链上，球棍模型为：，故C正确；

D．氮气分子中氮氮原子间存在共价三键，其结构简式为N≡N，故D错误。

故选C。【点睛】本题考查了化学用语，根据结构简式、核外电子排布式、电子式的书写规则书写即可，注意离子化合物和共价化合物电子式的书写区别。11、B【详解】A．加入少量W，W是固体，反应速率不变，A错误；B．根据PV=nRT，反应为气体体积减小的反应，且容器体积是固定的，在该温度下，当容器中气体压强不变时，说明气体的物质的量不再变化，反应达到平衡，B正确；C．题目中不知Q是否为正值，所以无法判断该反应是放热反应还是吸热反应，所以升高温度，无法判断平衡如何移动，C错误；D．若改变的是压强或浓度，则达新平衡时，平衡常数K值不变，若改变温度，K有可能增大，也有可能减小，D错误；答案选B。【点睛】温度不变，K就不会变，K只与温度有关。升高温度时判断平衡如何移动时，要根据该反应的ΔH来判断，若正反应为放热反应，升温则平衡向左移动，降温则反之；若正反应为吸热反应，升温则平衡向右移动，降温则反之。12、D【解析】A．该组离子之间不反应，可大量共存，但Fe3+为黄色，与无色不符，故A不选；B．H+、OH﹣结合生成水，不能大量共存，故B不选；C．Cu2+为蓝色，与无色不符，故C不选；D．该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故D选；13、D【详解】A.a点处溶液呈中性，而所给出的离子中，碳酸根离子会水解使得溶液呈碱性，故A错。B.b点处溶液呈酸性，但是溶液中还有硝酸根离子，即相当于有硝酸存在，强氧化性的硝酸不会允许有还原性的二价铁离子的存在，故B错。C.c对应的溶液呈中性，但是铝离子的水解会使得溶液呈酸性，故C错。D.d点所对应的溶液呈碱性，该组离子可以大量共存，与题意符合，所以D正确。14、C【详解】该反应是由一种单质（Na）和一种化合物（TiCl4）反应生成另一种新单质（Ti）和另一种新化合物（NaCl）的反应，该反应属于置换反应，故答案选C。15、D【解析】电解法精炼铜时，粗铜为阳极，精铜为阴极。【详解】A.电解法精炼铜时，粗铜为阳极，精铜为阴极，则与电源正极相连的电极是粗铜板，故A项正确；B.电解时，铜离子在阴极上得电子生成Cu，阴极发生的反应为：Cu2++2e−=Cu，故B项正确；C.电解法精炼铜时，粗铜为阳极，阳极上金属失电子发生氧化反应，故C项正确；D.电解法精炼铜时，粗铜为阳极材料，精铜为阴极材料，故D项错误；答案选D。【点睛】电解精炼铜是电解原理的一个重要应用，除了要掌握基本的电极材料、电解反应外，还需要注意在电解精炼铜时，比铜活泼的金属锌、铁等会先于金属铜失电子，比金属铜活泼性差的Pt、Ag等会沉积下来形成阳极泥。16、A【详解】在25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L<10-7mol/L，说明该溶液中水的电离受到抑制，则溶液中的溶质为酸或碱。A.如果溶质是酸，则溶液的pH=1，如果是碱，溶液中的氢离子等于水电离出的氢离子，所以溶液的pH=13，A正确；B.某稀溶液中由水电离产生的c(H+)=10-13mol/L<10-7mol/L，说明该溶液中水的电离受到抑制，B错误；C.离子积常数只与温度有关，温度不变，水的离子积常数不变，C错误；D.根据A知，该溶液的pH可能是1或13，D错误；故合理选项是A。17、D【解析】试题分析：三种碱的起始浓度均为0.1mol/L，由图中信息可知，起始时pH都小于13，说明三种碱均为弱碱，且碱性强弱为AOH＜BOH＜DOH，碱性越强，对水的电离的抑制作用越大。在相同条件下，盐水解的程度由小到大的顺序是DCl＜BCl＜ACl，它们水解均使溶液显酸性。A．滴定前，三种碱液中水电离的c(H+)大小关系为AOH＞BOH＞DOH，A不正确；B．滴定至P点时，此时中和百分数为50%，即BOH恰好有一半被中和，溶液为物质的量浓度相同的BOH和BCl混合溶液，pH＞７、溶液显碱性，则BOH的电离程度大于BCl的水解程度，所以溶液中c(Cl-)＜c(B+)，B不正确；C．pH=7时，溶液中c(H+)=c(OH﹣)，由电荷守恒可知，三种溶液中c(Cl-)均等于其c(弱碱的阳离子)。由于三种盐在相同的条件下的水解程度由小到大的顺序是DCl＜BCl＜ACl，且其水解均使溶液显酸性，则滴定到溶液恰好呈中性时，三种溶液中消耗HCl的体积由小到大的顺序为AOH＜BOH＜DOH，则三种溶液中c(Cl﹣)不相等，且c(Cl﹣)由小到大的顺序为AOH＜BOH＜DOH，因而c(A+)＜c(B+)＜c(D+)，故C不正确；D．当中和百分数达100%时，三种溶液的物质的量浓度相同，混合后，根据质子守恒，c(DOH)+c(AOH)+c(BOH)+c(OH﹣)=c(H+)，则c(AOH)+c(BOH)+c(DOH)=c(H+)﹣c(OH﹣)，故D正确。本题选D。点睛：本题以酸碱中和滴定曲线为载体，考查了影响水的电离的因素、溶液中离子浓度的大小比较及相关等量关系的判断，难度较大。根据图象判断三种碱均为弱酸是解题的突破口，注意酸或碱会抑制水的电离，而盐类水解促进水的电离。比较溶液中离子浓度大小时，要根据溶液的酸碱性，判断酸或碱的电离作用与盐的水解作用的相对大小，然后再来比较相关离子的浓度大小关系。要牢牢把握溶液中的守恒思想，溶液中的三种守恒关系不仅可以帮助判断相关的等式是否成立，而且还可以帮助判断相关离子浓度之间的大小关系。18、C【详解】A．乙酸丁酯和乙酸都溶于四氯化碳，不能用四氯化碳除杂，故A错误；B．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成二氧化碳气体，引入新的杂质，可用溴水除杂，故B错误；C．溴与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的NaBr、NaBrO，而溴苯不反应且溴苯难溶于水，可选用氢氧化钠溶液、分液法除杂，故C正确；D．浓溴水与苯酚反应生成三溴苯酚，三溴苯酚可溶于苯中，所以不能用浓溴水除杂，可用氢氧化钠溶液除去苯中的苯酚，故D错误；答案选C。19、C【解析】分析维生素A的结构简式可知，分子中不含苯环，含有5个C=C键和1个-OH，结合有机物的结构解答该题。【详解】A、维生素A含有碳碳双键，故其不是饱和一元醇，选项A正确；B、维生素A是一种脂溶性的维生素，属于碳原子数较多的不饱和一元醇，其分子中的亲水基较少，故其不易溶于水，选项B正确；C、维生素A含有碳碳双键和羟基两种官能团，为不饱和的一元醇，具有烯和醇的性质。分子中不含苯环，因而不具有芳香族化合物的性质，选项C错误；D、维生素A分子式为C20H30O，其中氧的质量分数约为16286×100%=5.6%，选项答案选C。【点睛】本题考查有机物的结构，题目难度不大，注意分析有机物结构简式，正确判断有机物官能团的种类和个数，特别是有机物的分子式，观察时要仔细。20、A【详解】A.氯气是一种黄绿色、有毒的气体，故A正确；B.氯气的强氧化性将铁氧化为氯化铁，故B错误；C.氯气能溶解于水，所以不能用排水法收集氯气，应用排饱和食盐水的方法收集，故C错误；D.氯气、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物，氯水是氯气的水溶液属于混合物，故D错误。故选A。21、D【解析】A.分子式为C25H20，A正确；B.该化合物分子中有４个苯环，所以其为芳香烃，B正确；C.由甲烷分子的正四面体结构可知，该化合物分子中所有原子不可能处于同一平面，C正确；D.分子中所有原子不可能处于同一平面，D错误。答案选D。22、D【详解】A．分析①2NO+O2=2NO2；②SO2+NO2=SO3+NO，把两个方程相加可得：2SO2+O22SO3，故A正确；B．由方程①②分析可知在反应过程中NO是催化剂，故B正确；C．催化剂能加快反应速率，是因为催化剂能降低反应的活化能，增加了活化分子的百分数，使反应速率加快，故C正确；D．催化剂同等程度的增大正逆反应速率，但是对平衡无影响，因此不能改变SO2的平衡转化率，故D错误；故选D。二、非选择题(共84分)23、④＋2Ag(NH3)2(OH)＋2Ag↓＋2NH3＋H2O＋(n－1)H2O取反应①后的混合液少许，向其中加入稀硝酸至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子2【解析】试题分析：A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与NaHCO3溶液反应，均含有-COOH，F的分子式为C9H10O2，不饱和度为=5，且不能使溴的CCl4溶液褪色，不含不饱和键，应含有苯环，F发生氧化反应生成M，M与NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种，故F中应含有乙基，且与羧基处于对位，故F为，M为．由A→B→C的转化可知，C中含有-COOH，C发生氧化反应生成D，D能发生银镜反应，结合F的结构可知，C为，故D为，B为，A的相对分子质量在180〜260之间，故A中苯环上的乙基中不可能连接羟基，应为卤素原子，A的结构为，X相对原子质量大于180-28-76-45=31，小于260-28-76=111，X可能为Cl或Br．C发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成F．C发生缩聚反应生成高聚物H为；（1）由上述分析可知，B的结构简式为，F的结构简式为；（2）反应①属于取代反应，还发生中和反应，反应②属于复分解反应，反应③⑥属于氧化反应，反应④属于消去反应，反应⑤属于加成反应，反应⑦属于缩聚反应，故答案为④；（3）D发生银镜反应的化学方程式为：；反应⑦的化学方程式为：；（4）根据上面的分析可知，X可能为Cl或Br，要确定X是哪种官能团的实验步骤和现象为取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子；（5）符合下列条件的F()的同分异构体：a．能发生银镜反应，说明分子中存在醛基；b．能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中存在酚羟基；c．核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1：1：2：6，说明有4种氢原子，符合以上条件的F分子中有2个甲基、1个酚羟基、1个-CHO，且2个甲基处于间位，另2个分别处于对位，所以F的同分异构体有2种。【考点定位】考查有机推断、有机反应类型、同分异构体、化学方程式的书写等。【名师点晴】综合分析确定F的结构是关键，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，通过正反应推导确定A～M的结构简式；A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与NaHCO3溶液反应，均含有-COOH，F的分子式为C9H10O2，不饱和度为=5，且不能使溴的CCl4溶液褪色，不含不饱和键，应含有苯环，F发生氧化反应生成M，M与NaOH溶液反应后的产物，其一氯代物只有一种，故F中应含有乙基，且与羧基处于对位，故F为，M为．由A→B→C的转化可知，C中含有-COOH，C发生氧化反应生成D，D能发生银镜反应，结合F的结构可知，C为，故D为，B为，A的相对分子质量在180〜260之间，故A中苯环上的乙基中不可能连接羟基，应为卤素原子，A的结构为，X相对原子质量大于180-28-76-45=31，小于260-28-76=111，X可能为Cl或Br．C发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成F．C发生缩聚反应生成高聚物H为，据此解答。24、②③⑥CH3COOHCH3COO-+H+NaClO=Na++ClO-小于丙>甲=乙【分析】(1)部分电离的电解质为弱电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡；次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+；(3)相同溶质的弱电解质溶液中，溶液浓度越小，电解质的电离程度越大；(4)在任何物质的水溶液中都存在水的电离平衡，根据溶液中电解质电离产生的离子浓度大小，判断对水电离平衡影响，等浓度的H+、OH-对水电离的抑制程度相同。【详解】(1)①硫酸氢钠固体属于盐，熔融状态和在水溶液里均能完全电离，属于强电解质；②冰醋酸溶于水后能部分电离出醋酸根离子和氢离子，属于弱电解质；③蔗糖在熔融状态下和水溶液里均不能导电，属于化合物，是非电解质；④氯化氢气体溶于水完全电离，属于强电解质；⑤硫酸钡属于盐，熔融状态下完全电离，属于强电解质；⑥氨气本身不能电离出自由移动的离子，属于化合物，是非电解质；⑦次氯酸钠属于盐，是你强电解质；故属于弱电解质的是②；属于非电解质是③⑥；(2)醋酸是一元弱酸，在水溶液中存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+；次氯酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成ClO-和Na+，其电离方程式为NaClO=Na++ClO-；(3)一水合氨是弱电解质，在溶液里存在电离平衡，氨水的浓度越大，一水合氨的电离程度越小，浓度越小，一水合氨的电离程度越大。甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，根据弱电解质的浓度越小，电离程度越大，可知甲瓶氨水的电离度比乙瓶氨水的电离度小，所以甲、乙两瓶氨水中c(OH-)之比小于10；(4)有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol•L-1的NaOH溶液，c(OH-)=0.1mol/L；乙为0.1mol•L-1的HCl溶液，c(H+)=0.1mol/L，丙为0.1mol•L-1的CH3COOH溶液，由于醋酸是一元弱酸，主要以醋酸分子存在，电离产生的离子浓度很小，所以该溶液中c(H+)<<0.1mol/L，在三种溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-，加入的酸电离产生的H+或碱溶液中OH-对水的电离平衡起抑制作用，溶液中离子浓度越大，水电离程度就越小，水电离产生的H+或OH-浓度就越小，甲、乙、丙三种溶液中电解质电离产生的离子浓度：甲=乙>丙，则由水电离出的c(OH﹣)的大小关系为：丙>甲=乙。【点睛】本题考查了强弱电解质判断、非电解质的判断、弱电解质电离平衡及影响因素、水的电离等知识点，清楚物质的基本概念进行判断，明确对于弱电解质来说，越稀释，电解质电离程度越大；电解质溶液中电解质电离产生的离子浓度越大，水电离程度就越小。25、ABDEFGH碱酸性KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管不需要MnO4-被还原为Mn2+时溶液紫色褪去小小【详解】（1）因酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能氧化橡胶，因此盛放酸性KMnO4溶液应用酸式滴定管，Na2SO3溶液呈碱性，应用碱式滴定管量取，除此之外还需铁架台、滴定管夹、锥形瓶、烧杯、白纸，答案选ABDEFGH；（2）高锰酸钾具有强氧化性能腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，所以不用用碱式滴定管盛放高锰酸钾溶液，应该用酸式滴定管；（3）因MnO4-被还原为Mn2+时溶液紫色褪去，故不需指示剂；（4）（3）滴定前平视KMnO4液面，刻度为amL，滴定后俯视液面刻度为bmL，读数偏小，则（b-a）mL比实际消耗KMnO4溶液体积少；根据（b-a）mL计算得到的待测浓度，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=×，c（待测）偏小。26、A甲AC当滴入最后一滴标准盐酸溶液时，溶液恰好由红色变为无色，且半分钟内不恢复，即达滴定终点80%偏低偏高无影响【分析】易潮解、易腐蚀的药品，必须放在玻璃器皿里称量。根据酸碱中和实验选择指示剂，石蕊不能用作指示剂。根据最后一滴溶液颜色变化分析滴定终点当滴定终点；根据表格得到消耗盐酸的平均体积，再计算氢氧化钠溶液的浓度，再计算1L待测溶液中氢氧化钠的物质的量，进而计算氢氧化钠的质量，最后计算烧碱样品的纯度；根据计算公式分析误差。【详解】(1)易潮解的药品，必须放在玻璃器皿(如：小烧杯、表面皿)里称量，防止玷污托盘，因氢氧化钠易潮解，所以应放在小烧杯中称量；故答案为：A。(2)滴定过程中氢氧化钠溶液放在锥形瓶中，则盐酸应该放在酸式滴定管中，甲图为酸式滴定管；强酸与强碱中和滴定时，可用酚酞或甲基橙做指示剂，石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂；故答案为：甲；AC。(3)该同学选用酚酞做指示剂时，当滴入最后一滴标准盐酸溶液时，溶液恰好由红色变为无色，且半分钟内不恢复，即达滴定终点；故答案为：当滴入最后一滴标准盐酸溶液时，溶液恰好由红色变为无色，且半分钟内不恢复，即达滴定终点。(4)由表格中的数据可知滴定10.00mL待测氢氧化钠溶液，第一次消耗标准盐酸的体积为10.10mL，第二次消耗标准盐酸的体积为9.90mL，第三次消耗标准盐酸的体积为11.50mL，第三次体积偏差较大，舍弃，则消耗盐酸的平均体积为10.00mL，则；则1L待测溶液中氢氧化钠的物质的量为0.1mol，则氢氧化钠的质量=0.1mol×40g∙mol−1=4.0g，则烧碱样品的纯度是；故答案为：0.1000；80%。(5)①观察酸式滴定管液面时，开始平视，滴定终点俯视，导致测得的盐酸体积偏小，则测得的氢氧化钠的浓度偏小，则最终导致氢氧化钠样品的纯度偏低；故答案为：偏低。②滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，导致测得的盐酸体积偏大，则测得的氢氧化钠的浓度偏大，则最终导致氢氧化钠样品的纯度偏高；故答案为：偏高。③洗涤后锥形瓶未干燥，不影响锥形瓶中氢氧化钠的物质的量，因此不影响消耗盐酸的体积，则对滴定结果无影响；故答案为：无影响。【点睛】误差分析时，一定先分析标准液体积偏大、偏小还是不变，再根据公式进行分析，比如①，观察酸式滴定管液面时，开始平视，滴定终点俯视，这样会导致读数差值偏小，即盐酸的体积偏小，则测得的氢氧化钠的浓度偏小，则最终导致氢氧化钠样品的纯度偏低。27、常温下，铁遇浓硫酸发生钝化吸收，防止污染环境+1价的氢元素反应物的浓度、温度【分析】(1)Fe和稀硫酸反应生成和。(2)在常温下，铁遇浓硫酸钝化。(3)铁和浓硫酸加热反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，会污染环境。(4)浓硫酸的氧化性体现在+6价的硫元素上，稀硫酸的氧化性体现在+1价的氢元素上；反应物的浓度、温度会造成反应多样性。【详解】(1)实验Ⅰ中，Fe和稀硫酸反应生成和，其离子方程式为；故答案为：。(2)实验Ⅱ中，铁丝表面迅速变黑，反应很快停止，在常温下，浓硫酸与铁接触时，会使铁表面生成一层致密的氧化膜而钝化；故答案为：常温下，铁遇浓硫酸发生钝化。(3)实验Ⅲ中，加热试管A，产生大量气体，B中品红溶液褪色，D处始终未检测到可燃性气体，铁和浓硫酸反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，因此试管A中产生的气体是，会污染环境，因此C的作用是吸收，防止污染环境；故答案为：；吸收，防止污染环境。(4)①浓硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，浓硫酸的氧化性源于+6价的硫元素，稀硫酸的氧化性源于+1价的氢元素；故答案为：+1价的氢元素；故答案为：+1价的氢元素。②常温下，铁和浓硫酸发生钝化，加热条件下反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，铁和稀硫酸反应生成氢气，因此造成反应多样性的因素有反应物的浓度、温度；故答案为：反应物的浓度、温度。【点睛】注意反应物的浓度和反应条件，浓度不同生成的产物不同，温度不同，发生的反应也不相同。28、-898.1kJ/molC40%0.099小于b【详解】(1)已知：①CH4(g)+2NO2(g)＝N2(g)＋CO2(g)+2H2O(g)ΔH＝-867kJ/mol②2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH＝-56.9kJ/mol③H2O(g)＝H2O(l)ΔH＝-44.0kJ/mol根据盖斯定律，将①−②+2×③得到CH4与N2O4生成N2、CO2和H2O(l)的热化学方程式：CH4(g)+N