2026届上海市五十二中化学高二上期中预测试题含解析

2026届上海市五十二中化学高二上期中预测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、有机物分子里的某些原子(或原子团)被其他原子(或原子团)所替代的反应叫取代反应。下列化学反应中不属于取代反应的是()A．CH2Cl2＋Br2CHBrCl2＋HBrB．CH3OH＋HClCH3Cl＋H2OC．2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑D．CH3—CH2—Br＋H2OCH3—CH2—OH＋HBr2、对合金的认识错误的是A．合金是纯净物 B．可以由非金属和金属组成的C．生铁与钢都是铁碳合金 D．可以由金属和金属组成的3、调味剂使生活变得有滋有味，丰富多彩。下列食品调味剂中不含有机物的是()A．白醋 B．红糖 C．食盐 D．黄酒4、常温下，将0.1mol·L－1氢氧化钠溶液与0.06mol·L－1硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于A．1.7 B．2.0 C．12.0 D．12.45、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是(

)A．28g乙烯和丙烯的混合气体中所含原子个数为4NAB．足量Na与1molO2反应生成Na2O2时，钠失去2NA个电子C．标况下，22.4LNO2气体中含NA个NO2分子D．1L0.1mol/L的蔗糖溶液中含有NA个分子6、下列说法不正确的是A．一定温度下的焓变在数值上等于变化过程中的等容热效应B．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大C．熵增加且放热的反应一定是自发反应D．常温下硝酸铵能够溶于水，因为其溶于水是一个熵增大过程7、下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理，下列说法不正确的是A．反应②为反应③提供了原料B．反应②也是SO2资源利用的方法之一C．制得等量H2所需能量较少的是系统(I)D．系统(I)制氢的热化学方程式为H2O(l)H2(g)+1/2O2(g)ΔH=+286kJ/mol8、用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如图所示。下列说法正确的是（）A．燃料电池工作时，正极反应为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣B．此装置用于铁表面镀铜时，a为铁，b为Cu，工作一段时间要使右池溶液复原可加入适量的CuOC．若a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出D．若a、b两极均为石墨时，在相同条件下，a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相同9、在一密闭容器中，反应aA(g)+bB(s)cC(g)+dD(g)达平衡后，保持温度不变，将容器缩小为原来的一半，达到新的平衡时，A的浓度是原来的1.6倍，则下列说法正确的是A．平衡向逆反应方向移动 B．a<c+dC．物质A的转化率增大 D．物质D的浓度减小10、使用下列装置及相应操作能达到实验目的的是（已知电石主要成分为CaC2，含CaSCa3P2等杂质）A．用装置配制一定浓度的NaCl溶液B．用装置除去氯气中的HCl气体C．用装置观察铁的吸氧腐蚀D．用装置检验乙炔的还原性11、徐光宪在《分子共和国》一书中介绍了许多明星分子，如H2O2、CO2、BF3、CH3COOH等。下列说法正确的是（）A．H2O2分子中的O为sp2杂化 B．CO2分子中C原子为sp杂化C．BF3分子中的B原子sp3杂化 D．CH3COOH分子中C原子均为sp2杂化12、下列反应属于吸热反应的是（）A．石灰石在高温下的分解反应B．生石灰和水的反应C．盐酸与氢氧化钠溶液的反应D．木炭在氧气中燃烧13、为了除去MgCl2洛液中的FeCl3，可在加热搅拌的条件下如入一种试剂，这种试剂是A．NaOHB．氨水C．Na2CO3D．MgO14、近年来，加碘食盐中较少使用碘化钾，原因是I－易被氧化而损失，且碘化钾口感苦涩。当前的加碘盐中加入的是A．I2 B．KIO C．NaIO D．KIO315、醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，下列叙述中不正确的是()A．0.1mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中所有离子浓度均减小B．醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)C．CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa(s)，平衡逆向移动D．常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH<716、下列有机物的除杂方法正确的是(括号中的是杂质)A．乙酸(乙醛)：加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热B．苯(苯酚)：加入溴水，过滤C．溴乙烷(溴单质)：加入热氢氧化钠溶液洗涤，分液D．乙酸乙酯(乙酸)：加入饱和碳酸钠溶液洗涤，分液17、关于反应方程式Cl2+2I-=2Cl-+I2，说法不正确的是A．Cl2是氧化剂 B．I2是还原产物C．上述反应属于置换反应 D．上述反应属于离子反应18、对于温度与反应方向的关系，下列判断不正确的是（）A．ΔH＜0,ΔS＞0，所有温度下反应自发进行B．ΔH＞0,ΔS＞0，所有温度下反应自发进行C．ΔH＜0,ΔS＜0，低温下反应自发进行D．ΔH＞0,ΔS＜0，所有温度下反应不能自发进行19、3NO2+H2O=2HNO3+NO中，关于NO2的说法正确的是()A．NO2是氧化剂B．NO2是还原剂C．NO2既是氧化剂又是还原剂D．NO2既不是氧化剂也不是还原剂20、氮化硼(BN)晶体有多种结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。关于这两种晶体的说法，正确的是A．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大B．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软C．两种晶体中的B原子的杂化类型相同D．两种晶体均为分子晶体21、用括号中的试剂除去各组中的杂质，不正确的是A．苯中的甲苯(溴水)B．乙醇中的水(新制CaO)C．乙醛中的乙酸(NaOH)D．乙酸乙酯中的乙酸(饱和Na2CO3溶液)22、我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如下：下列说法不正确的是（）A．反应①的产物中含有水B．反应②中只有碳碳键形成C．汽油主要是C5～C11的烃类混合物D．图中a的名称是2-甲基丁烷二、非选择题(共84分)23、（14分）已知卤代烃和NaOH的醇溶液共热可以得到烯烃，通过以下步骤由制取，其合成流程如图：

→A→B→→C→。

请回答下列问题：(1)选出上述过程中发生的反应类型是______。a.取代反应b.加成反应c.消去反应d.酯化反应(2)A的结构简式为_____________。(3)A→B所需的试剂和反应条件为_______________。(4)→C→这两步反应的化学方程式分别为__________；_________。24、（12分）A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下，A为固体，B为易挥发液体，C为气体。D、E、F、G、X均为化合物，其中X是一种无氧强酸、E为黑色固体，H在常温下为液体.它们之间的转化关系如图所示（其中某些反应条件和部分反应物已略去）。（1）写出化学式：A___，D___，E___，X___。（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是____。（填编号）（3）反应⑥的离子方程式为____。（4）反应⑦的化学方程式为____。（5）该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子___mol。25、（12分）四氯化锡(SnCl4)常用于染色的媒染剂等，工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡，某研究性学习小组在实验室用以下装置模拟四氯化锡的制备(夹持装置略)。

已知：①金属锡熔点为231℃，化学活泼性与铁相似。②SnCl4为无色液体，熔点-33℃，沸点114℃，极易水解生成SnO2·xH2O，在潮湿的空气中发烟。③SnCl2中的Sn2+易被氧化为Sn4+。请回答下列问题：(1)仪器F的名称是_______________，装置B中的试剂是_____________(填名称)。(2)实验前应先点燃_________(填“A”或“E”)处的酒精灯，待__________(填实验现象)后，再点燃另外一处的酒精灯。(3)若没有装置C(其他均相同)，则D中发生的主要副反应的化学方程式为__________。(4)该实验装置存在设计缺陷，你的改进措施为______________________________。(5)该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度(杂质不参与反应)：取0.7500g锡粉溶于足量稀盐酸中，向生成的SnCl2溶液中加入过量的FeCl3溶液，用物质的量浓度为0.1000mol•L-1K2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+(已知酸性环境下Cr2O72-可被还原为Cr3+)，共用去K2Cr2O7溶液的体积为20.00mL。①锡粒中锡的质量分数_____。②若溶解锡粉的过程生成的SnCl2溶液中含有Sn，则测定结果将__________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)26、（10分）烧碱在保存过程会部分变质(杂质主要为Na2CO3)。Ⅰ、定性检验取少量烧碱样品于试管，加蒸馏水使其完全溶解。向所得溶液滴加几滴BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则说明已变质，反之则未变质Ⅱ、定量测定准确称取5.0g样品配制成250mL溶液,各取配制好的烧碱溶液20.00mL于三个锥形瓶中,分别加入过量的BaCl2溶液(使Na2CO3完全转变成BaCO3沉淀),并向锥形瓶中各加入1∼2滴指示剂(已知几种酸碱指示剂变色的pH范围：①甲基橙3.1∼4.4②甲基红4.4∼6.2③酚酞8.2∼10),用浓度为0.2000mol·L−1的盐酸标准液进行滴定。相关数据记录如下：实验编号V(烧碱溶液)/mLV(HCl)/mL初读数末读数120.000.5031.50220.001.0032.04320.001.1032.18试回答：(1)如何确定BaCl2溶液是否滴加过量?__________________(2)向混有BaCO3沉淀的NaOH溶液中滴入盐酸，应选用_______________做指示剂，理由是____________；判断到达滴定终点的实验现象是___________________.(3)滴定时的正确操作是____________________________________.依据表中数据,计算出烧碱样品中含NaOH(M=40g/mol)的质量分数为________________%.(小数点后保留两位数字)(4)下列操作会导致烧碱样品中NaOH含量测定值偏高的是_________________A．锥形瓶用蒸馏水洗后未用待测液润洗

B．酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗C．在滴定前有气泡，滴定后气泡消失

D．滴定前平视读数，滴定结束俯视读数。27、（12分）某学生用0.2000mol-L-1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入0.2000mol-L-1标准NaOH溶液至“0”刻度线以上②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数；④量取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数．⑥重复以上滴定操作2-3次．请回答：(1)以上步骤有错误的是（填编号）_____________，该错误操作会导致测定结果______

(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)．(2)步骤④中，量取20.00mL待测液应使用_____________（填仪器名称），在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，测定结果___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)．(3)步骤⑤滴定时眼睛应注视_______________；判断到达滴定终点的依据是：______________．(4)以下是实验数据记录表从上表可以看出，第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显多于后两次的体积，其可能的原因是___________A．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡B．锥形瓶用待测液润洗C．NaOH标准液保存时间过长，有部分变质D．滴定结束时，俯视计数(5)根据上表记录数据，通过计算可得，该盐酸浓度为：___________mol-L-1．28、（14分）设反应①Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)的平衡常数为K1，反应②Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)的平衡常数为K2。在不同温度下，K1和K2的值如下：温度K1K2973K1.472.381173K2.151.67(1)现有反应③H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)，写出该反应的平衡常数K3的数学表达式K3=______________，根据反应①与②，可推导出K1、K2和K3之间的关系式为______________。(2)从上表和K1、K2和K3之间的关系可以推断：反应①是___________(填“吸”、“放”，下同)热反应，反应③是___________热反应。(3)图表示该反应③在时刻t1达到平衡，在时刻t2因改变某个条件而发生变化的情况：①图中时刻t2时改变的条件是_________(写出一种即可)，②973K时测得反应①中CO2和CO的浓度分别为0.025mol/L和0.1mol/L，此时反应①是否处于化学平衡状态_______(选填“是”或“否”)，化学反应速度υ(正)_________υ(逆)(选填“>”、“<”或“=”)。29、（10分）氮及其化合物如NH3及铵盐、N2H4、N2O4等在中学化学、化工工业、国防等领域占有重要地位。（1）已知反应NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)的能量变化如图所示，下列说法正确的是___。A．图中A→B的过程为放热过程B．1molNO2和1molCO的键能总和大于1molNO和1molCO2的键能总和C．该反应为氧化还原反应D．1molNO2(g)和1molCO(g)的总能量低于1molNO(g)

和1molCO2(g)的总能量（2）N2O4与NO2之间存在反应N2O4(g)2NO2(g)。将一定量的N2O4放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率[a(N2O4)]随温度的变化如图所示。①由图推测该反应的△H___0（填“>”或“<”），理由为___。②图中a点对应温度下，已知N2O4的起始压强为108kPa，则该温度下反应的平衡常数Kp=__kPa（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。③在一定条件下，该反应N2O4、NO2的消耗速率与自身压强间存在关系v(N2O4)=k1p(N2O4)，v(NO2)=k2p2(NO2)，其中k1、k2是与反应温度有关的常数。相应的速率压强关系如图所示，一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp的关系是k1=__。（3）以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]水溶液为原料，通过电解法可以制备四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]，装置如图所示。①收集到(CH3)4NOH的区域是___(填a、b、c或d)。②写出电解池总反应(化学方程式)___。

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.CH2Cl2＋Br2CHBrCl2＋HBr溴原子代替二氯甲烷中的氢原子，属于取代反应，故A不选；B.CH3OH＋HClCH3Cl＋H2O，氯原子代替甲醇中的羟基，属于取代反应，故B不选；C.2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑属于置换反应，故C选；D.CH3—CH2—Br＋H2OCH3—CH2—OH＋HBr，溴乙烷中溴原子被羟基代替，属于取代反应，故D不选。故选C。2、A【分析】本题考查合金与合金的性质，合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质．合金概念有三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属。【详解】A、合金是一种混合物，选项A错误；B、合金中至少有一种金属，也可以是金属与非金属，选项B正确；C、生铁和钢都是铁的合金，生铁是含碳量为2%～4.3%的铁合金，钢是含碳量为0.03%～2%的铁合金，生铁和钢都是铁碳合金，选项C正确；D、合金中至少有一种金属，也可以是金属与非金属，选项D正确；答案选A。【点睛】本考点主要考查合金与合金的性质，合金概念的三个特点要记牢；还要理解合金的性质，即合金的强度、硬度一般比组成它们的纯金属更高，抗腐蚀性能等也更好．本考点基础性强，比较好把握。3、C【详解】A.白醋主要成分为乙酸CH3COOH，是有机物，A不选；B.红糖主要成分为蔗糖，是有机物，B不选；C.食盐主要成分是NaCl，是无机物，C选；D.黄酒主要成分是乙醇CH3CH2OH，是有机物，D不选；答案选C。4、B【解析】设溶液的体积都是1L，则氢氧化钠的物质的量为1L×0.1mol•L-1=0.1mol，硫酸的物质的量为1L×0.06mol•L-1=0.06mol，H+的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，则当酸碱发生中和时H+和OH-的物质的量分别为0.12mol和0.1mol，则硫酸过量，过量的H+的物质的量为0.12mol-0.1mol=0.02mol，则反应后溶液中H+的物质的量浓度为c（H+）==0.01mol•L-1，pH=-lg10-2=2.0，故选B．5、B【详解】A.乙烯和丙烯的最简式都是CH2，可按CH2进行计算，则28g混合气体的物质的量n===2mol，则其所含的原子个数为2mol×3×NA=6NA，A不符合题意；B.反应生成Na2O2时，氧元素由0价变为-1价，因此钠与1molO2反应时转移电子数为：1mol×2×1×NA=2NA，B符合题意；C.标准状态下，22.4LNO2的物质的量=1mol，由于NO2气体中存在可逆反应2NO2(g)⇌N2O4(g)，因此所含NO2分子数应小于1NA，C不符合题意；D.蔗糖溶液中还存在水分子，因此所含分子数应大于NA，D不符合题意；故答案为：B。6、A【解析】A、在恒压条件下，△H（焓变）数值上等于恒压反应热；B、升高温度，升高了分子能量，增大了活化分子百分数，有效碰撞几率增大；C、△H-T•△S＜0，该反应一定是自发反应；D、硝酸铵溶解成为自由移动的离子，是熵变增大的过程。【详解】A项、一定温度下的焓变在数值上等于变化过程中的恒压热效应，A错误；B项、升高温度，升高了分子能量，增大了活化分子百分数，有效碰撞几率增大，化学反应速率一定增大，故B正确；C项、熵增加且放热的反应，△S＞0，△H＜0，则△H-T•△S＜0，该反应一定是自发反应，故C正确；D项、常温下硝酸铵溶于水是一个能自发进行的吸热过程，硝酸铵溶解成为自由移动的离子，是熵变增大的过程，说明该过程的△S>0，故D正确。故选A。【点睛】本题考查焓变与熵变，注意自发进行的反应和非自发进行的反应，是在一定条件下的反应，△H-T△S＜0反应自发进行，△H-T•△S＞0反应非自发进行。7、C【解析】A.可以看出来反应②为反应③提供了原料HI，故A正确；B.SO2在反应②中实现了再利用，故B正确；C.由已知化学方程式可知①+②+③可得系统(Ⅰ)制氢的热化学方程式为：H2O(l)H2(g)+1/2O2(g)ΔH=+286kJ/mol，②+③+④可得系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式为：H2S(g)H2(g)+S(g)ΔH=+20kJ/mol；由上面的热化学方程式可知：制得等量H2所需能量较少的是系统(Ⅱ)，故C错误；D.①+②+③可得系统(Ⅰ)制氢的热化学方程式为：H2O(l)H2(g)+1/2O2(g)ΔH=+286kJ/mol，故D正确；本题选C。点睛：利用盖斯定律可以计算出系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式，再比较两个系统的反应热做出判断。8、C【解析】试题分析：A.因该燃料电池是在酸性电解质中工作，所以正极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，A项错误；B.a与电池正极相连，a为电解池阳极，b与电池的负极相连，b为电解池阳极，若用此装置在铁表面镀铜时，a为铜，b为铁，溶液中铜离子浓度不变，B项错误；C.a极是粗铜，b极是纯铜时，为粗铜的精炼，电解时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出，符合精炼铜原理，C项正确；D.电解CuSO4溶液时，a极产生的气体为O2，产生1molO2需4mol电子，所以需要燃料电池的2molH2，二者的体积并不相等，D项错误；答案选C。考点：考查原电池、电解池的工作原理。9、C【分析】采用假设法分析，保持温度不变，将容器体积缩小一半，假设平衡不移动，A和B的浓度应均是原来的2倍，但当达到新的平衡时，A的浓度是原来的1.6倍，说明增大压强平衡正反应方向移动，据此分析判断。【详解】根据上述分析可知：A.新平衡向正反应方向移动，A项错误；

B.增大压强平衡向正反应方向移动，则说明a>c+d，B项错误；C.平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，C项正确；D.平衡项正反应方向移动，D的浓度增大，D项错误；

答案选C。【点睛】注意新平衡是否移动，要与增大压强后各物质的浓度作对比，而不是增大压强前的原始浓度。10、C【详解】A．配制一定物质的量浓度溶液时，定容时眼睛应平视刻度线，选项A错误；B．饱和碳酸氢钠溶液能够与氯化氢反应生成二氧化碳，引入新的杂质，应改用饱和氯化钠溶液，选项B错误；C．氯化钠溶液呈中性，铁在食盐水中发生吸氧腐蚀，则右侧试管中导管内红墨水上升，选项C正确；D．反应生成的乙炔中混有硫化氢，均能被高锰酸钾氧化，不能检验乙炔的还原性，故D错误；答案选C。11、B【分析】A、H2O2分子中氧原子形成2个σ键，含有2对孤电子对；B、CO2分子中C原子形成2个σ键，没有对孤电子对；C、BF3分子中的B原子的最外层电子数3，形成3个σ键，没有对孤电子对；D、CH3COOH分子中甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，采取sp3杂化；【详解】A、H2O2分子中氧原子形成2个σ键，含有2对孤电子对，采取sp3杂化，故A错误；B、CO2分子中C原子形成2个σ键，没有孤电子对，采取sp杂化，故B正确；C、BF3分子中的B原子的最外层电子数3，形成3个σ键，没有孤电子对，采取sp2杂化，故C错误；D、CH3COOH分子中有2个碳原子，其中甲基上的碳原子形成4个σ键，没有孤对电子，采取sp3杂化，故D错误；故选B。12、A【解析】试题分析：A．石灰石在高温下的分解反应是吸热反应，A正确；B．生石灰和水生成氢氧化钙的反应是放热反应，B错误；C．盐酸与氢氧化钠溶液的反应是放热反应，C错误；D．木炭在氧气中燃烧是放热反应，D错误，答案选A。考点：考查反应热判断13、D【解析】根据FeCl3易水解生成氢氧化铁。【详解】A、加入NaOH分别与MgCl2、FeCl3反应生成氢氧化镁和氢氧化铁沉淀，且生成氯化钠杂质，不符合，选项A错误；B、加入氨水后，Mg2＋和Fe3＋都生成沉淀，且也引入了新的杂质氯化铵，选项B错误；C、加入Na2CO3后，Mg2＋和Fe3＋都生成沉淀，且也引入了新的杂质氯化钠，选项C错误；D．加入MgO，与氢离子反应，可起到调节溶液pH的作用，促进铁离子的水解生成氢氧化铁沉淀而除去，且不引入新的杂质，选项D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查了除杂，题目难度不大，盐类的水解可用于除杂，除杂时不能引入新杂质。14、D【详解】KIO3化学性质比较稳定，常温下不易挥发，易保存，所以被用于加工碘盐。故选D。15、A【详解】A.加水稀释时，醋酸的浓度减小，醋酸电离出来的H+离子浓度必将随之减小，则醋酸对水的电离抑制作用减弱，水的电离平衡正向移动，水电离出来的OH-浓度将增大，所以溶液中的OH-浓度增大，A项错误；B.电解质溶液中阴、阳离子电荷的代数和为0，所以醋酸溶液中的离子浓度满足关系：c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B项正确；C.CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，溶液中加入CH3COONa固体时溶液中CH3COO-浓度增大，根据勒夏特列原理，电离平衡逆向移动，C项正确；D.pH=2的CH3COOH溶液中c(H+)=10-2mol/L，因为醋酸是弱酸，只有部分电离，所以CH3COOH初始浓度远大于10-2mol/L；因为NaOH是强碱，完全电离，故pH=12的NaOH溶液的NaOH的初始浓度等于。当醋酸与NaOH溶液等体积混合时，CH3COOH的物质的量远大于NaOH的物质的量（n=cV），中和反应CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O时醋酸过量，溶液显酸性，D项正确；答案选A。16、D【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变．除杂质题至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。【详解】A.乙酸能与氢氧化铜反应生成乙酸铜和水，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故A错误；B.苯酚与溴水反应生成的2，4，6-三溴苯酚易溶于苯，不能分开，故B错误；C.溴乙烷和溴单质都能和氢氧化钠反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故C错误；D.乙酸能与碳酸钠反应生成易溶于水的乙酸钠，乙酸乙酯在碳酸钠中的溶解度比较小，分液即可分开，故D正确。故选：D。17、B【详解】A.氯元素化合价降低，Cl2是氧化剂，A正确；B.碘离子失去电子，I2是氧化产物，B错误；C.一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和化合物的反应是置换反应，上述反应属于置换反应，C正确；D.反应中有离子参加和生成，上述反应属于离子反应，D正确；答案选B。18、B【详解】根据吉布斯自由能△G=△H–T△S可以判断，当△G<0时，反应能自发进行。B在高温下反应自发进行。19、C【详解】反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，氮元素的化合价由NO2中的+4价变为HNO3中的+5价和NO中的+2价，氮元素的化合价既升高又降低，NO2既做氧化剂又做还原剂，答案选C。20、B【详解】A、由图可知立方相氮化硼中都是单键，所以都是σ键，故A错误；B、六方相氮化硼与石墨的结构相似，层间存在分子间作用力比化学键弱的多，所以质地软，故B正确；C、六方相氮化硼中B原子的杂化类型为sp2,立方相氮化硼中B原子的杂化类型为sp3，故C错误；D、六方相氮化硼与石墨的结构相似，所以为混合型晶体；立方相氮化硼为空间网状结构，不存在分子，为原子晶体，故D错误；综上所述，本题应选B。21、A【详解】A．苯也能萃取溴水中的溴，应该用酸性高锰酸钾溶液，错误；B．CaO＋H2O=Ca(OH)2，故加入生石灰后蒸馏，得到无水乙醇，正确；C．CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O，乙醛不氢氧化钠反应，正确；D．2CH3COOH＋Na2CO3=2CH3COONa＋H2O＋CO2，然后采用分液的方法分离，正确；答案选A。22、B【详解】A．反应①是CO2与H2反应生成了CO，根据元素守恒可推断有H2O生成，即反应化学方程式为CO2+H2=CO+H2O，产物中含有水，故A正确；B．反应②是CO与H2反应生成(CH2)n，(CH2)n中还含有碳氢键，故B错误；C．由示意图可知，汽油的主要成分是C5～C11的烃类混合物，故C正确；D．根据a的球棍模型，可得其结构简式为CH3CH(CH3)CH2CH3，系统名称为2­-甲基丁烷，故D正确；答案为B。二、非选择题(共84分)23、b、cNaOH的乙醇溶液，加热【分析】采用逆向推断法可知上述合成的最终产物可由与Cl2加成得到，而是卤代烃经消去反应得到的，可由与Cl2加成而得，是经消去反应得到的，可由与H2加成得到，A为B为C为，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知，上述过程中发生的反应有加成反应和消去反应，bc正确，故答案为：bc；(2)氯苯通过与氢气的加成反应得到A，A的结构简式为A为，故答案为：A为；(3)A→B的反应为消去反应，反应条件是NaOH的乙醇溶液，加热，故答案为：NaOH的乙醇溶液，加热；(4)到C的反应为消去反应：；C到的反应为加成反应：，故答案为：；。【点睛】在有机物合成过程中，可以通过消去反应引入碳碳双键。24、FeFe(NO3)3Fe3O4HCl③⑥Fe3++3SCN－Fe(SCN)33Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H20.8【分析】根据D加F为红色溶液，想到KSCN和铁离子显红色，再联想D到G的转化，是亚铁离子和铁离子之间的转化，故D为铁离子，G为亚铁离子，A为单质铁，而B和A要反应生成铁离子，再联系A为有液体且易挥发，说明是硝酸，再根据E和X反应生成D、G、H，说明E中有铁的两个价态，E为黑色固体，且Fe和C点燃变为黑色固体，想到E为四氧化三铁，X为盐酸，H为水。【详解】⑴根据前面分析得出化学式：A：Fe，D：Fe(NO3)3，E：Fe3O4，X：HCl，故答案分别为Fe；Fe(NO3)3；Fe3O4；HCl；⑵在反应①～⑦中，①～⑦反应分别属于①氧化还原反应，②氧化还原反应，③复分解反应，④氧化还原反应，⑤氧化还原反应，⑥复分解反应，⑦氧化还原反应，故不属于氧化还原反应的是③⑥，故答案为③⑥；⑶反应⑥的离子方程式为Fe3++3SCN－Fe(SCN)3，故答案为Fe3++3SCN－Fe(SCN)3；⑷反应⑦的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，故答案为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；⑸反应⑦中，铁化合价升高，水中氢化合价降低，分析氢总共降低了8个价态即转移8mol电子，因此每消耗0.3mol的A，可转移电子0.8mol，故答案为0.8mol。25、直形冷凝管饱和食盐水A整个装置中充满黄绿色气体SnCl4+(2+x)H2O=SnO2xH2O+4HCl在装置G、H之间连接一个干燥装置(碱石灰、氯化钙和浓硫酸均可)94.96%偏低【分析】工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡，D装置烧瓶中含有Sn，则A目的是制取氯气，常用MnO2和浓盐酸在加热条件下制取，发生的反应为MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓盐酸具有挥发性，加热促进挥发，水在加热条件下易变成水蒸气，所以生成的氯气中含有HCl、H2O；SnCl4为无色液体，熔点-33℃，沸点114℃，极易水解，为防止D中生成的SnCl4水解和Sn与HCl反应，则B、C要除去HCl、Cl2，用饱和的食盐水除去HCl，用浓硫酸干燥Cl2；G中收集的物质是SnCl4，氯气具有毒性，用氢氧化钠溶液进行尾气吸收；据以上分析解答。【详解】工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡，D装置烧瓶中含有Sn，则A目的是制取氯气，常用MnO2和浓盐酸在加热条件下制取，发生的反应为MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓盐酸具有挥发性，加热促进挥发，水在加热条件下易变成水蒸气，所以生成的氯气中含有HCl、H2O；SnCl4为无色液体，熔点-33℃，沸点114℃，极易水解，为防止D中生成的SnCl4水解和Sn与HCl反应，则B、C要除去HCl、Cl2，用饱和的食盐水除去HCl，用浓硫酸干燥Cl2；G中收集的物质是SnCl4，氯气具有毒性，用氢氧化钠溶液进行尾气吸收；(1)仪器F的名称是直形冷凝管；结合以上分析可知装置B中的试剂是饱和食盐水；综上所述，本题答案是：直形冷凝管；饱和食盐水。(2)为防止装置内的空气与金属锡反应，应排净装置内的空气，所以实验前应先点燃A处的酒精灯，产生氯气，待整个装置中充满黄绿色气体后，再点燃另外一处的酒精灯；综上所述，本题答案是：A；整个装置中充满黄绿色气体。(3)假设没有装置C，在D中除生成SnCl4外，SnCl4发生水解，反应为：SnCl4+(2+x)H2O=SnO2xH2O+4HCl；综上所述，本题答案是：SnCl4+(2+x)H2O=SnO2xH2O+4HCl。(4)SnCl4发生水解，为防止水解，要防止H中的水蒸气进入G装置，所以改进措施为在装置G、H之间连接盛有碱石灰（氯化钙和浓硫酸均可）的干燥管（或U形管）；综上所述，本题答案是：在装置G、H之间连接一个干燥装置(碱石灰、氯化钙和浓硫酸均可)。(5)①由氧化还原反应中得失电子守恒可得关系式：3Sn2+--6Fe3+--6Fe2+-Cr2O72-，故n(Sn)=3n(Cr2O72-)，锡粉中Sn的质量分数为0.1000×20.00×10-3×3×118.7/0.75×100%=94.96%；综上所述，本题答案是：94.96%。②若溶解锡粉的过程生成的SnCl2溶液中含有Sn，则被氧化的Sn2+的量减小，消耗的K2Cr2O7标准溶液得体积偏小，则测定结果将偏低；综上所述，本题答案是：偏低。26、静置,向上层清液中继续滴加1滴BaCl2溶液，若未产生白色沉淀，说明已滴加过量，反之则未过量；酚酞酚酞的变色在碱性范围内,此时只有NaOH与HCl反应,BaCO3不与HCl反应滴入最后一滴时，溶液的颜色刚好红色变为浅红色，且半分钟内颜色不变化即为滴定终点；左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化62.08BC【分析】（1）取少量烧碱样品于试管，加蒸馏水使其完全溶解，向所得溶液滴加试剂氯化钡溶液，静置，取上层清液滴加氯化钡溶液，看是否有沉淀生成分析判断氯化钡溶液过量与否；（2）测定放置已久的NaOH纯度，杂质主要为Na2CO3，配制溶液后加入过量氯化钡溶液分离出沉淀后的溶液中含有氢氧化钠，用盐酸滴定测定，为防止碳酸钡溶解，指示剂应选酚酞；滴入最后一滴溶液颜色变化后半分钟不变化证明反应达到终点；（3）依据中和滴定实验过程和操作规范要求分析回答滴定时的正确操作；依据图表数据计算三次实验的平均值，结合酸碱反应定量关系计算氢氧化钠物质的量，得到样品中所含氢氧化钠的质量分数；（4）依据误差分析的方法分析判断，c（待测）=c(标准)V(标准)/V（待测）。【详解】（1）取少量烧碱样品于试管，加蒸馏水使其完全溶解．向所得溶液滴加试剂氯化钡溶液，静置，取上层清液滴加氯化钡溶液，看是否有沉淀生成。故分析判断氯化钡溶液过量与否的操作步骤为：静置，向上层清液中继续滴加1滴BaCl2溶液，若未产生白色沉淀，说明已滴加过量，反之则未过量；故答案为静置，向上层清液中继续滴加1滴BaCl2溶液，若未产生白色沉淀，说明已滴加过量，反之则未过量；（2）烧碱在保存过程会部分变质（杂质主要为Na2CO3），准确称取5.000g样品配制成250mL溶液，各取配制好的烧碱溶液20.00mL于三个大试管中，分别滴入过量的BaCl2溶液，用离心机分离后将滤液转移到三个锥形瓶中，向锥形瓶中各加入1～2滴指示剂，依据现有酸碱指示剂及变色的pH范围为：①甲基橙3.1～4.4②酚酞8.2～10），酸滴定碱溶液选择指示剂可以是酚酞或甲基橙，为防止碳酸钡溶解，要把滴定终点控制在弱碱性，酚酞的变色在碱性范围内，此时只有NaOH与HCl反应，BaCO3不与HCl反应；用浓度为0.2000mol•L-1的盐酸标准液进行滴定；滴入最后一滴溶溶液的颜色刚好红色变为浅红色，且半分钟内颜色不变化即为滴定终点，故答案为酚酞；酚酞的变色在碱性范围内，此时只有NaOH与HCl反应，BaCO3不与HCl反应；滴入最后一滴时，溶液的颜色刚好红色变为浅红色，且半分钟内颜色不变化即为滴定终点。（3）滴定时的正确操作是：左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化；图表数据计算三次实验的平均值，盐酸体积的平均值=（31.50-0.50+32.04-1.001+32.18-1.10）÷3=31.04ml，结合酸碱反应定量关系计算氢氧化钠物质的量=31.04mL×0.0200mol/L÷20.00mL=0.3104mol/L，250ml溶液中含氢氧化钠物质的量=0.3104mol/L×0.250L=0.0776mol，得到样品中所含氢氧化钠的质量分数=0.0776mol×40g/mol÷5.000g×100%=62.08%，故答案为左手控制活塞，右手不断摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化；62.08。（4）A.锥形瓶用蒸馏水洗后未用待测液润洗，对滴定结果无影响，故A错误；B.酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗，标准液浓度减小，消耗的溶液体积增大，测定结果偏高，故B正确；C.在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，标准液的体积增大，测定结果偏高，故C正确；D.滴定前平视读数，滴定结束俯视读数读取标准液的体积减小，测定结果偏低，故D错误。故答案为BC。【点睛】酸碱中和滴定中误差分析根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V（待测）判断。27、（11分）（1）①（1分）偏大（1分）（2）酸式滴定管（或移液管）（1分）无影响（1分）（3）锥形瓶中溶液颜色变化（1分）锥形瓶中溶液由无色变为浅红色（1分），半分钟不变色（1分）（4）AB（2分）（5）0.1626（2分）【解析】，试题分析：（1）根据碱式滴定管在装液前应该用待装液进行润洗，用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入氢氧化钠溶液到0刻度以上，碱式滴定管未用标准氢氧化钠溶液润洗就直接注入标准氢氧化钠溶液，标准液的农夫偏小，造成标准液的体积偏大，根据计算公式分析，待测溶液的浓度偏大。（2）精确量取液体的体积用滴定管，量取20.00mL待测液应该使用酸式滴定管，在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，标准液的体积不变，根据公式计算，待测液的浓度不变。（3）中和滴定中，眼睛应该注视的是锥形瓶中颜色的变化，滴定是，当溶液中颜色变化且半分钟内不变色，可以说明达到了滴定终点，所以当滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。（4）从上表可以看出，第一次滴定记录的氢氧化钠的体积明显多于后两次的体积，上面盐酸的浓度偏大。A、滴定钱滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，导致氢氧化钠溶液的体积偏大，所以所测盐酸浓度偏大，正确。B、锥形瓶用待测液润洗，待测液的物质的量增大，所以用的氢氧化钠的体积偏大，所测的盐酸浓度偏大，正确。C、氢氧化钠标准溶液保存时间过长，有部分变质，所以用的氢氧化钠溶液的体积偏小，所测盐酸浓度偏小，错误。D、滴定结束时，俯视读数，所用的氢氧化钠溶液体积偏小，所测的盐酸的浓度偏小，错误。所以选AB。（5）三次滴定消耗的体积为18.10，16.30，16.22，舍去第一组数据，然后求出2、3两组数据的平均值，消耗氢氧化钠的体积为16.26mL，盐酸的浓度=0.2000×16.26/20.00=0.1626mol/L.考点：中和滴定28、K3＝K1/K2(或K3·K2=K1)吸