2026届山东济南第一中学化学高二上期中预测试题含解析

2026届山东济南第一中学化学高二上期中预测试题注意事项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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、某单炔烃加氢后产物的结构简式为CH3CH2CH2CH(CH3)CH(C2H5)2，此炔烃可能的结构有A．1种 B．2.种 C．3种 D．4种2、利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产。下列说法中正确的是A．氯碱工业中，X、Y均为石墨，Y附近能得到氢氧化钠B．铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4C．电镀工业中，X是待镀金属，Y是镀层金属D．外加电流的阴极保护法中，X是待保护金属3、以下食品中的有机成分属于高分子化合物的是()A．谷类中含有的淀粉B．植物油、动物脂肪中含有的油脂C．食醋中含有的醋酸D．酒中含有的酒精4、合金在生产、生活及科研中具有广泛的应用。下列不属于合金的是A．流通硬币B．青花瓷瓶C．司母戊鼎D．飞机外壳(硬铝)A．A B．B C．C D．D5、下列热化学方程式书写正确的是(△H的绝对值均正确)A．CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-890.3kJ/mol(燃烧热)B．NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=+57.3kJ/mol(中和热)C．1/2H2+1/2Cl2=HCl△H=-91.5kJ/mol(反应热)D．N2O4(g)⇌2NO2(g)△H=+56.9kJ/mol(反应热)6、反应4CO＋2NO2N2＋4CO2在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是A．v(CO)＝1.5mol·L－1·min－1 B．v(NO2)＝0.7mol·L－1·min－1C．v(N2)＝0.4mol·L－1·min－1 D．v(CO2)＝1.1mol·L－1·min－17、下列说法中有明显错误的是（）A．对有气体参加的化学反应，增大压强，体系体积减小，可使单位体积内活化分子数增加，因而反应速率增大B．升高温度，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大C．活化分子之间发生的碰撞一定为有效碰撞D．加入适宜的催化剂，可使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率8、下列属于纯净物的是A．食盐水 B．石油 C．纯碱 D．石灰石9、反应HCOOH＋HOCH3HCOOCH3＋H2O可用于甲酸甲酯的制备。下列关于该反应的说法正确是A．使用催化剂能加快反应速率 B．升高温度能降低反应速率C．降低HCOOH浓度能加快反应速率 D．HCOOH与HOCH3能100%转化为HCOOCH310、室温下向20mL

0.1mol/L一元酸HA溶液加入0.1mol/L

的NaOH

溶液，pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．a点所示溶液中c(HA)>c(A-)B．b点时，消耗的NaOH溶液的体积大于20mLC．c点时，2c(Na+)=3c(A-)+3c(HA)D．水的电离程度：c>b>a11、常温下，向1L0.1mol·L－1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气［已知常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5］，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是A．0.1mol·L－1HR溶液的pH为5B．HR为弱酸，常温时随着氨气的通入，c(R－)/[c(OH－).c(HR)]逐渐增大C．当通入0.1molNH3时，c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)D．当c(R－)＝c(HR)时，溶液必为中性12、下列不属于新能源开发利用的是（）A．太阳能热水器B．天然气动力汽车C．潮汐能发电D．风能发电13、常温下，向一定体积0.01mol/L的Ba(OH)2溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH=11。若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液体积之和，则Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液体积之比是A．1:1- B．1:2 C．1:4 D．1:914、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6.02×102315、下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是()A．抗氧化剂 B．调味剂C．着色剂 D．增稠剂16、下列比较中错误的是()A．金属性：K＞Na＞Li B．热稳定性：HBr＞HCl＞HFC．非金属性：F＞O＞N D．碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)317、在无色溶液中能够大量共存的离子组是A．AlO2-、Ba2+、Cl-、OH- B．Cu2+、SO42-、Cl-、Na+C．Fe2+、NO3-、H+、Cl- D．A1O2-、Ba2+、Cl-、H+18、2C+O2=2CO，2CO+O2=2CO2都是放热反应。下列说法不正确的是（）A．12gC所具有的能量一定高于28gCO所具有的能量B．56gCO和32gO2所具有的总能量大于88gCO2所具有的总能量C．12gC和32gO2所具有的总能量大于44gCO2所具有的总能量D．将一定质量的碳燃烧，生成CO2比生成CO时放出的热量多19、下列药品中不属于天然药物的是A．板蓝根冲剂B．麻黄碱C．青霉素D．牛黄解毒丸20、根据如下能量关系示意图，下列说法正确的是()A．1molC(g)与1molO2(g)的能量之和为393.5kJB．反应2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)中，生成物的总能量大于反应物的总能量C．由C→CO的热化学方程式为：2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221.2kJ·mol－1D．热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO热值ΔH＝－10.1kJ·mol－121、下列说法中，能说明化学平衡一定向正反应方向移动的是（）A．N2O4(g)2NO2(g)，改变某一条件后，气体颜色加深B．H2(g)+I2(g)2HI(g)，单位时间内消耗H2和HI的物质的量之比大于1:2C．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，改变某一条件后，NH3的体积分数增加D．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，恒温恒压条件下，充入He22、NA为阿伏加德罗常数，下列物质所含分子数最少的是A．2molN2 B．含NA个分子的Cl2C．标准状况下11.2L的CH4 D．6gH2(H2摩尔质量为2g·mol-1)二、非选择题(共84分)23、（14分）醇酸树脂是一种成膜性良好的树脂,下面是一种醇酸树脂的合成线路:（1）A的名称是__________,B中含碳官能团的结构式为__________。（2）反应③的有机反应类型是__________。（3）下列说法正确的是（_____）A．1molE与足量的新制氢氧化铜悬浊液反应能生成1molCu2OB．F能与NaHCO3反应产生CO2C．反应①发生的是消去反应（4）写出E与银铵溶液反应的化学方程式________________________________________。（5）的同分异构体中同时符合下列条件的芳香族化合物共有_______种；请写出其中任意两种________________________________________________。a.能发生消去反应b.能与过量浓溴水反应生成白色沉淀（6）写出反应⑤的化学方程式__________________________________________________。24、（12分）有关物质的转化关系如下图所示(部分物质与反应条件已略去)。A是常见金属，B是常见强酸；D、I均为无色气体，其中I为单质，D的相对分子质量是I的两倍；E是最常见的无色液体；G为常见强碱，其焰色反应呈黄色；J是常见红色固体氧化物。请回答下列问题：(1)G的电子式为_________。(2)H的化学式为__________。(3)写出反应①的离子方程式：___________________________。(4)写出反应②的化学方程式：___________________________。25、（12分）某小组以醋酸为例探究弱酸的性质。（1）实验一：探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响。①设计实验方案如下表，表中c=________mol·L-1。编号酸的种类酸的浓度/mol·L-1酸的体积/mL镁条质量/g1醋酸1.0102.02盐酸c102.0②实验步骤：a）检查装置（下图）的气密性后，添加药品；b）反应开始后，___________________________(填写操作）；c）将所记录的数据转化为曲线图（右图）。③写出0～5min醋酸、盐酸与镁条反应的反应速率变化规律：____________。（2）实验二：现有一瓶醋酸溶液，常温下测定其中醋酸的电离程度（已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比）。设计实验方案，将待测物理量和对应的测定方法填写在下表中。待测物理量测定方法①__________量取25.00mL醋酸溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将0.1000mol·L-1NaOH标准溶液装入碱式滴定管中，滴定至终点，记录数据．重复滴定2次．②_________________________________________________26、（10分）某化学活动小组按下图所示流程由粗氧化铜样品(含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质)制取无水硫酸铜。已知Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋三种离子在水溶液中形成氢氧化物沉淀的pH范围如下图所示：请回答下列问题：（1）已知25℃时，Cu(OH)2的Ksp=4.0×10-20调节溶液pH到4.0时，溶液C中Cu2＋的最大浓度为____________mol·L−1。（2）在整个实验过程中，下列实验装置不可能用到的是________(填序号)。（3）溶液A中所含溶质为__________________________；物质X应选用________(填序号)。A．氯水B．双氧水C．铁粉D．高锰酸钾（4）从溶液C中制取硫酸铜晶体的实验操作为______________________________。（5）用“间接碘量法”可以测定溶液A(不含能与I－发生反应的杂质)中Cu2＋的浓度。过程如下：第一步：移取10.00mL溶液A于100mL容量瓶中，加水定容至100mL。第二步：取稀释后溶液20.00mL于锥形瓶中，加入过量KI固体，充分反应生成白色沉淀与碘单质。第三步：以淀粉溶液为指示剂，用0.05000mol·L－1的Na2S2O3标准溶液滴定，前后共测定三次，达到滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液的体积如下表：(已知：I2＋2S2O32-===2I－＋S4O62-)滴定次数第一次第二次第三次滴定前读数(mL)0.100.361.10滴定后读数(mL)20.1220.3422.12①CuSO4溶液与KI反应的离子方程式为______________________________。②滴定终点的现象是____________________________________________________________。③溶液A中c(Cu2＋)＝________mol·L－1。（6）利用氧化铜和无水硫酸铜按下图装置，持续通入X气体，可以看到a处有红色物质生成，b处变蓝，c处得到液体且该液体有刺激性气味，则X气体是___________(填序号)，写出其在a处所发生的化学反应方程式___________________________________________。A．H2B．CH3CH2OH（气）C．N227、（12分）利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：①用量筒量取50mL0.50mol·L-1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol·L-1NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度，回答下列问题：（1）为什么所用NaOH溶液要稍过量____________________。（2）倒入NaOH溶液的正确操作是________(填序号)。A．沿玻璃棒缓慢倒入B．分三次少量倒入C．一次迅速倒入（3）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是________(填序号)。A．用温度计小心搅拌B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌C．轻轻地振荡烧杯D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动（4）现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为△H1、△H2、△H3，则△H1、△H2、△H3的大小关系为________。（5）________(填“能”或“不能”)用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是_____________。28、（14分）二氯二吡啶合铂是由Pt2+、Cl-和吡啶结合形成的铂配合物，有两种同分异构体。科学研究表明，两种分子都具有抗癌活性。（1）吡啶分子是大体积平面配体，其结构简式如右图所示，氮原子的轨道杂化方式是_________。吡啶分子中，各元素的电负性由大到小的顺序为______________________。吡啶分子中含_____个σ键。（2）二氯二吡啶合铂分子中存在的微粒间作用力有___________（填序号）。a．离子键b．配位键c．金属键d．非极性键e．氢键（3）二氯二吡啶合铂分子中，Pt2+的配位数是4，但是其轨道杂化方式并不是sp3。简述理由：__________________________________________________________________________。（4）其中一种二氯二吡啶合铂分子结构如图所示，该分子是______分子.（填“极性”/“非极性”）。（5）CO(NH2)2易溶于水的最主要原因是____________________________________________（6）Si元素以Si-0-Si链构成矿物界，由许多四面体（图l）连接成无限长的单链或双链（图2）结构。图2所示的多硅酸根离子的化学式通式为____________（以含正整数n的化学式表示）。29、（10分）I.已知：反应Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）的平衡常数为K1；反应Fe（s）+H2O（g）FeO（s）+H2（g）的平衡常数为K2。在不同温度时K1、K2的值如下表：温度（绝对温度）K1K29731.472.3811732.151.67（1）推导反应CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）的平衡常数K与K1、K2的关系式：___________，判断该反应是___________反应（填“吸热”或“放热”）。II.T1温度下，体积为2L的恒容密闭容器，加入4.00molX，2.00molY，发生化学反应2X(g)+Y(g)3M(g)+N(s)△H<0。部分实验数据如表格所示。t/s050010001500n(X)/mol4.002.802.002.00（2）前500s反应速率v(M)＝____________，该反应的平衡常数K＝_____________。（3）该反应达到平衡时某物理量随温度变化如下图所示。纵坐标可以表示的物理量有哪些_____。a．Y的逆反应速率b．M的体积分数c．混合气体的平均相对分子质量d．X的质量分数（4）反应达到平衡后，若再加入3.00molM，3.00molN，下列说法正确的是_____。A．平衡不移动B．重新达平衡后，M的体积分数小于50%C．重新达平衡后，M的物质的量浓度是原平衡的1．5倍D．重新达平衡后，Y的平均反应速率与原平衡相等E．重新达平衡后，用X表示的v(正)比原平衡大（5）若容器为绝热恒容容器，起始时加入4.00molX，2.00molY，则达平衡后M的物质的量浓度_____1.5mol/L(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、C【详解】加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应。根据加成原理采取逆推法还原C≡C，烷烃分子中相邻碳原子上均带2个氢原子的碳原子间是对应炔存在C≡C的位置，则根据CH3CH2CH2CH(CH3)CH(C2H5)2可知左侧有两种三键，右侧乙基中有一种三键，共计是3种。答案选C。2、D【详解】A．氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阴极附近得到氢氧化钠，即Y附近能得到氢氧化钠，故A错误；B．铜的精炼中，粗铜作阳极X，纯铜作阴极Y，硫酸铜溶液作电解质溶液，故B错误；C．电镀工业上，Y是待镀金属，X是镀层金属，故C错误；D．外加电流的阴极保护法中，阴极是待保护金属，即Y是待保护金属，故D正确，故选D。【点晴】原电池原理和电解池原理是高考的热点，根据电解时离子的放电顺序、电镀、电解精炼、金属的腐蚀与防护来分析解答即可，具体分析：氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阳极上析出氯气，阴极上析出氢气，阴极附近得到氢氧化钠；铜的精炼中，粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解质溶液；电镀工业上，镀层作阳极，镀件作阴极；外加电流的阴极保护法中，阴极是待保护金属，基础性知识考查，要求强调知识面的熟悉程度，据此分析解题。3、A【解析】试题分析：A．谷类中含有的淀粉属于高分子化合物，正确；B．植物油、动物脂肪中含有的油脂,相对分子质量只有几百，不是高分子化合物，错误；C．食醋中含有的醋酸有确定的分子式CH3COOH，相对分子质量是60，不属于高分子化合物，错误；D．酒中含有的酒精是C2H6O，相对分子质量是46，不属于高分子化合物，错误。考点：考查食品中含有的成分的分类的知识。4、B【详解】A．流通硬币的材料有钢芯镀镍、钢芯镀铜、铝合金，属于合金，选项A不选；B、青花瓷瓶属于硅酸盐材料不属于合金，选项B选；C．司母戊鼎是青铜器，青铜是铜锡合金，属于金属材料，选项C不选；D、硬铝是指以Cu为主要合金元素的一类铝合金，选项D不选；答案选B。5、D【详解】A．燃烧热要求生成的氧化物为稳定的氧化物，故CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ/mol，A错误；B．中和热为放热反应，焓变小于零，故NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=-57.3kJ/mol，B错误；C．物质受状态影响较大，热化学方程式中物质标注出状态，1/2H2(g)+1/2Cl2(g)=HCl(g)△H=-91.5kJ/mol，C错误；D．N2O4(g)⇌2NO2(g)反应为吸热焓变大于零，N2O4(g)⇌2NO2(g)△H=+56.9kJ/mol，D正确；答案为D。6、C【分析】同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。【详解】如果该反应都用CO表示反应速率，则：A.v(CO)＝1.5mol·L－1·min－1；B.v(CO)＝2v(NO2)＝2×0.7mol·L－1·min－1=1.4mol·L－1·min－1；C.v(CO)＝4v(N2)＝4×0.4mol·L－1·min－1=1.6mol·L－1·min－1；D.v(CO)＝v(CO2)=1.1mol·L－1·min－1；答案选C。7、C【详解】A.增大压强体系体积减小，对于有气体参加的反应，可使单位体积内活化分子数增加，反应速率增大，故A正确；B.升高温度，反应体系中物质的能量升高，一般可使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大，故B正确；C.由于活化分子之间的碰撞分为有效碰撞和无效碰撞，故C错误；D.催化剂可使反应需要的能量减小，使活化分子的百分数大大增加，从而成千上万倍地增大化学反应的速率，故D正确。故选C。【点睛】活化分子是指具有发生化学反应所需最低能量状态的分子。分子之间发生化学反应，首先必须互相接触(或碰撞)但并非每次碰撞都能发生反应，只有能量较大的分子互相碰撞才能发生反应。这些能量超过某一数值而能发生化学反应的分子就是活化分子。活化分子的浓度是决定反应速度的一个重要因素。活化分子浓度越大则反应速度越快。8、C【分析】根据各物质的俗名与主要成分，比照纯净物和混合物的概念解答。【详解】A.食盐水是食盐NaCl溶于水形成的溶液，由两种物质构成，属于混合物，故A项错误；B.石油是多种烃混合在一块形成的复杂物质，属于混合物，故B项错误；C.纯碱是Na2CO3的俗名，只由一种物质构成，属于纯净物，故C项正确；D.石灰石的主要成分是CaCO3，其他成分有SiO2、Al2O3等，由多种物质构成，属于混合物，故D项错误。答案选C。【点睛】本题考查纯净物的概念，解答题目时，能准确分析出构成物质的成分是解题的关键，石灰石主要成分是CaCO3，属于混合物，这一点学生易错，要引起重视。9、A【详解】A.使用催化剂能加快化学反应速率，故A正确；B.升高温度能加快化学反应速率，故B错误；C.降低HCOOH浓度，降低反应物的浓度能减慢化学反应速率，故C错误；D.由于该反应为可逆反应，可逆反应有一定的限度，所以HCOOH与HOCH3不可能100%转化为HCOOCH3，故D错误。故选A。10、C【解析】本题考查了水溶液中的离子平衡，物料守恒，弱电解质电离平衡和酸碱对水的电离的影响。【详解】0.1mol/L一元酸初始pH=3，故HA为弱酸。A.一元弱酸存在不完全电离HAH++A-，在a点时，得到等物质的量浓度的HA和NaA的混合液，溶液呈酸性，HA的电离程度大于A-的水解程度，即c（HA）＜c（A-），故A错误；B.若溶液为中性，由于NaA显碱性，故溶液b中混合HA和NaA，即加入氢氧化钠溶液体积小于20mL，B错误；C.c点时，氢氧化钠过量，得到NaA和NaOH的混合溶液，浓度比为2：1。根据物料守恒可知2c（Na+）=3c（A-）+3c（HA），C正确；D.水的电离H2OH++OH-，溶液显酸性或碱性均会抑制水的电离，故中性b处最强，D错误。答案为C。11、C【解析】A项，pH=5时c(H+)=10-5，由图可得此时=0，又因为一元酸HR溶液为0.1mol·L-1，所以c(R-)＝c(HR)=0.05mol·L-1，所以此时c(R-)≠c(H+)，则0.1mol·L－1HR溶液的pH不是5，故A错误；B项，由已知HR溶液中存在着HR分子，所以HR为弱酸，==Ka/Kw，温度不变时Ka/Kw的值不变，故B错误；C项，pH=5时c(H+)=10-5，由图可得此时=0，则Ka==10-5，当通入0.1molNH3时，恰好反应生成NH4R，又因为常温下NH3·H2O电离平衡常数K＝1.76×10－5，所以NH4R溶液中R-水解程度大于NH4+水解程度，NH4R溶液呈碱性，则c(NH4+)＞c(R－)＞c(OH－)＞c(H+)，故C正确；D项，由前面对A项的分析知，当c(R-)＝c(HR)时，pH=5，所以溶液显酸性，故D错误。12、B【解析】新能源包括太阳能、氢能、风能、地热能、海洋能、生物质能等。【详解】A、太阳能热水器是利用太阳能转化成热能，太阳能属于清洁能源，故A不符合题意；B、天然气主要成分是甲烷，甲烷属于化石燃料，不属于新能源，故B符合题意；C、潮汐能对环境无污染，属于新能源，故C不符合题意；D、风能对环境无污染，属于新能源，故D不符合题意。13、D【详解】0.01mol/L的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.02mol/L，设溶液体积为x，氢氧根离子物质的量为0.02xmol；设硫酸氢钠溶液体积为y，依据反应Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，混合后溶液pH=11，计算得到溶液中氢氧根离子浓度为10-3mol/L；所以得到：（0.02x-cy）/(x+y)=10-3；由于n(Ba(OH)2)=0.01xmol，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，n(Ba(OH)2)：n(NaHSO4)=1:1，因此n(NaHSO4)=n(Ba(OH)2)=0.01xmol，即cy=0.01x，因此（0.02x-0.01x）/(x+y)=10-3；x：y=1:9，故D正确；故答案选D。【点睛】本题考查了酸碱反应的综合计算，注意溶液中氢氧根离子浓度和溶质浓度的关系是解题关键。解答本题的思路为：氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，需要Ba(OH)2和NaHSO4按照物质的量1：1反应，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算。14、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。15、A【详解】A.抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；B.调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；C.着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；D.增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。故选:A。16、B【详解】A．同主族元素，从上往下，随核电荷数增大金属性逐渐增强，金属性：K＞Na＞Li，故A正确；B．同主族元素，从上往下，随核电荷数增大非金属性减弱，气态氢化物稳定性减弱，非金属性：F＞Cl＞Br，热稳定性：HF＞HCl＞HBr，故B错误；C．同一周期元素，从左到右，随核电荷数增大非金属性增强，非金属性：F＞O＞N，故C正确；D．同一周期元素，从左到右，随核电荷数增大金属性减弱，最高价氧化物对应的水化物的碱性依次减弱，金属性：碱性：Na＞Mg＞Al，则碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，故D正确；答案选B。17、A【详解】A．AlO2-、Ba2+、Cl-、OH-四种离子间不反应，故A符合；B．Cu2+形成的溶液呈蓝色，故B不符；C．Fe2+、NO3-、H+发生氧化还原反应生成Fe3＋和NO，故C不符；D．A1O2-、H+生成Al(OH)3或Al3＋，故D不符；故选A。18、A【详解】A.2C+O2=2CO是放热反应，则12gC和16gO2所具有的总能量一定高于28gCO所具有的总能量，A错误；B.2CO+O2

=2CO2

是放热反应，则56gCO和32gO2所具有的总能量大于88gCO2所具有的总能量，B正确；C.根据C+O2=CO2是放热反应，则12gC和32gO2所具有的总能量大于44gCO2所具有的总能量，C正确；D.将一定质量的碳燃烧，完全燃烧生成CO2放出热量较多，不完全燃烧生成CO放出的热量较少，D正确；答案选A。19、C【解析】A.板蓝根是一种中药材,属于天然药物,故A不选;B.麻黄碱是一种生物碱,多种麻黄科的植物含有,属于天然药物,故B不选;

C.青霉素自然界中不含有,是通过化学合成得到,属于合成药物,故C选;D.是由牛黄、黄连、黄芩、黄柏、大黄、银花、连翘等中药研细末加炼蜜而制成的丸剂,自然界中都含有,属于天然药物,故D不选;

答案：C。【点睛】合成药物是用化学合成或生物合成等方法制成的药物;天然药物是指动物、植物、和矿物等自然界中存在的有药理活性的天然产物,据此解答。20、C【详解】A．由图可知，1molC(s)与1molO2(g)的能量之和比1molCO2(g)的能量高393.5kJ，A错误；B．由图可知，1molCO(g)和0.5mol的O2(g)生成1molCO2(g)放出282.9kJ的热量，所以反应2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)中，反应物的总能量大于生成物的总能量，B错误；C．由图可知，1molC(s)和0.5molO2(g)转化为1mol的CO(g)，放出热量为：393.5kJ－282.9kJ＝110.6kJ，所以2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221.2kJ·mol－1，C正确；D．热值指在一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出的热量，燃烧产物在该条件下是一种较为稳定的状态，则CO的热值为kJ·g－1≈10.1kJ·g－1，单位不正确，D错误；故选C。21、B【解析】A.增大压强平衡向体积减小的方向移动，即向逆反应移动，但NO2浓度增大，颜色加深；若恒容下加入N2O4，平衡向正反应移动，NO2浓度增大，颜色加深，所以平衡不一定向正反应移动，A项错误；B.单位时间内消耗H2和HI的物质的量之比等于1：2，处于平衡状态，大于1：2，说明氢气的消耗速率大于生成速率，反应未到达平衡状态，反应向正反应进行，B项正确；C.增大压强平衡向体积减小的方向移动，即向正反应方向移动，NH3的体积分数增大，增大氨气的浓度平衡向逆反应移动，移动的结果是降低氨气浓度增大的趋势，平衡时仍比原来的浓度高，所以平衡不一定向正反应移动，C项错误；D.恒温恒压充入He，体积增大，相当于减小压强，平衡逆向移动，D项错误；答案选B。22、C【详解】将各选项中的量都转化成物质的量，由N=nNA可知，物质的量越小，所含的分子数越少，A．2molN2的物质的量为2mol；B．含NA个分子的Cl2的物质的量为1mol；C．标准状况下11.2L的CH4的物质的量为=0.5mol；D．6gH2(H2摩尔质量为2g·mol-1)的物质的量为=3mol；所以物质的量最小的是C，故选C。二、非选择题(共84分)23、丙烯水解反应或取代反应BC+4Ag（NH3）2OH+4Ag↓+6NH3↑+2H2O6【分析】CH3CH2CH2Br在NaOH乙醇溶液发生消去反应，，A为丙烯；根据信息，，CH3CH=CH2与NBS反应生成CH2BrCH=CH2，B为CH2=CHCH2Br；与溴发生加成生成C，C为CH2BrCHBrCH2Br；与NaOH水溶液发生卤代烃的水解反应，D为丙三醇CH2OHCHOHCH2OH；催化氧化生成E，E为，被新制氢氧化铜氧化，酸化，生成F，F为，和丙三醇发生缩聚，生成。【详解】（1）CH3CH2CH2Br在NaOH乙醇溶液发生消去反应，，A为丙烯；根据信息，，CH3CH=CH2与NBS反应生成CH2BrCH=CH2，B为CH2=CHCH2Br，B中含有的官能团为碳碳双键，为；（2）反应③的化学反应为卤代烃的水解，有机反应类型：取代反应或水解反应；（3）A.1molE含2mol醛基，与足量的新制氢氧化铜悬浊液反应能生成2molCu2O，A错误；B.含有羧基，能与NaHCO3反应产生CO2，B正确；C.CH3CH2CH2Br在NaOH乙醇溶液发生消去反应，C正确；答案为BC（4）+4Ag（NH3）2OH+4Ag↓+6NH3↑+2H2O（5）含苯环，能发生消去反应看，则支链的2个碳原子相连且一个羟基连接在支链上；能与过量浓溴水反应生成白色沉淀，则一个羟基连接在苯环上；同时满足的同分异构体有，各自的邻、间、对，共计6种；答案为：6；；（6）二元酸与二元醇可以发生缩聚反应：24、Fe(OH)22Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O【分析】G为常见强碱，其焰色反应呈黄色，则G为NaOH，E是最常见的无色液体，则E为H2O，J是常见红色固体氧化物，则J为Fe2O3，J中的铁元素来自于A，则A为Fe，B是常见强酸，能与Fe反应生成无色气体D和水，且D、I均为无色气体，其中I为单质，D的相对分子质量是I的两倍，则I为O2，D为SO2，B为H2SO4，Fe2O3与H2SO4反应生成硫酸铁和水，则C为Fe2(SO4)3，SO2具有还原性，将Fe2(SO4)3还原为FeSO4，则F为FeSO4，FeSO4与NaOH反应生成氢氧化亚铁和硫酸钠，则H为Fe(OH)2，据此答题。【详解】（1）G为NaOH，NaOH由离子键和共价键构成，其电子式为：，故答案为。（2）H为Fe(OH)2，化学式为：Fe(OH)2，故答案为Fe(OH)2。（3）反应①为硫酸铁、二氧化硫与水反应，离子方程式为：2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+，故答案为2Fe3+＋SO2＋2H2O＝2Fe2+＋SO42—＋4H+。（4）反应②为氧化铁与硫酸反应，化学方程式为：Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O，故答案为Fe2O3＋3H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3H2O。25、1.0每隔1min记录一次生成H2的体积醋酸与镁条反应的速率随时间变化不明显；盐酸与镁条反应开始阶段反应速率很快，一段时间后反应速率明显减小醋酸溶液的物质的量浓度H+的物质的量浓度取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH【解析】（1）①要探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响，则必须保持其他影响反应速率的因素保持一致，据此分析C的数值；②据图可知，是要通过测量在相同的时间内收集到的氢气体积的大小来测量反应速率，据此分析反应开始后的操作；③通过图象来分析单位时间内氢气的体积的变化可知醋酸、盐酸与镁条反应的速率的变化情况；（2）醋酸的电离程度是已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比，故要求醋酸的电离程度，故应测出醋酸溶液的浓度和溶液中H+的浓度，据此分析。①根据测定方法可知，此为酸碱中和滴定，可测出醋酸溶液的浓度；碱液应盛放在碱式滴定管中；②由于①能测出醋酸溶液的浓度，故此步实验的目的是测量溶液中H+的浓度，而若较精确的测量溶液的pH，用pH计。【详解】（1）①要探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响，则必须保持其他影响反应速率的因素保持一致，故醋酸和盐酸的浓度应相同，故C也应为1.0mol/L，故答案为：1.0；②据图可知，是要通过测量在相同的时间段内收集到的氢气体积的大小来测量反应速率，故在反应开始后，应每隔1min记录一次生成H2的体积，故答案为：每隔1min记录一次生成H2的体积；③通过图象分析可知，单位时间内醋酸与镁条反应生成氢气的体积变化很小，即醋酸与镁条的反应速率变化不大；而盐酸与镁条的反应一开始很快，一段时间后，单位时间内生成的氢气的体积明显变小，即反应速率明显减小，故答案为：醋酸与镁条反应的速率随时间变化不明显，盐酸与镁条反应开始阶段反应速率很快，一段时间后反应速率明显减小；（2）醋酸的电离程度是已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比，故要求醋酸的电离程度，故应测出醋酸溶液的浓度和溶液中H+的浓度。①根据测定方法可知，此为酸碱中和滴定，所给的NaOH溶液是标准液，即醋酸是待测液，通过滴定，可测出醋酸溶液的浓度，故答案为：醋酸溶液的物质的量浓度；②由于①能测出醋酸溶液的浓度，故此步实验的目的是测量溶液中H+的浓度，而若较精确的测量溶液的pH，应该用pH计，方法是取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH，故答案为：H+的物质的量浓度；取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH。【点睛】本题考查化学实验方案的设计，涉及了影响反应速率的因素、实验方案的设计以及图象问题等，注意探究实验设计的关键是变量唯一化。26、4.0①③FeSO4、CuSO4、H2SO4B蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，自然干燥2Cu2++4I＝2CuI↓+I2滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无明显变化0.5000BCH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O【解析】由流程可知，将粗氧化铜（含少量氧化亚铁及不溶于酸的杂质）溶于过量硫酸，发生的反应有FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，然后过滤，得到沉淀I为不溶于酸的杂质，溶液A中溶质为FeSO4、CuSO4和H2SO4；向溶液A中加入氧化剂X将FeSO4氧化为Fe2（SO4）3，得到CuSO4和Fe2（SO4）3混合溶液，为不引进新的杂质，氧化剂X应该为H2O2；向溶液B中加入Cu（OH）2调节溶液pH，使Fe2（SO4）3完全水解为Fe（OH）3沉淀，得到CuSO4溶液，将溶CuSO4液蒸发浓缩、冷却结晶得到CuSO4•5H2O，CuSO4•5H2O加热脱去结晶水得到无水CuSO4。【详解】（1）Cu(OH)2的Ksp=c(Cu2+)c2(OH—)，当调节溶液pH到4.0时，溶液中c(OH—)为10—10mol/L，则c(Cu2+)=4.0×10-20/(10—10mol/L)2=4.0mol/L，故答案为4.0；（2）实验中用到的化学操作有称量、过滤（④）、蒸发（②）和灼烧（⑤），没有固液常温下制取气体（①）和分液（③），故答案为①③；（3）氧化铜和氧化亚铁分别与硫酸反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，又硫酸过量，则溶质A的主要成分为：FeSO4、CuSO4、H2SO4；向溶液A中加入氧化剂X的目的是将FeSO4氧化为Fe2（SO4）3，为不引进新的杂质，氧化剂X应该为H2O2，故答案为CuSO4、FeSO4、H2SO4；B；（4）从溶液C中获得硫酸铜晶体，直接加热蒸干会导致硫酸铜失去结晶水，应该采用的操作方法为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥，故答案为蒸发浓缩冷却结晶、过滤、自然干燥；（5）①CuSO4与KI反应生成碘单质、碘化亚铜、硫酸钾，离子反应为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，故答案为2Cu2++4I-═2CuI↓+I2；②Na2S2O3属于强碱弱酸盐，溶液呈碱性，应用碱式滴定管盛放，淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时，溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变，说明滴定到达终点，故答案为最后一滴试液滴入，溶液由蓝色变为无色，振荡半分钟，溶液无明显变化；③三次滴定消耗的标准液的体积分别为：（20.12-0.10）mL=20.02mL、（20.34-0.36）mL=19.98mL、（22.12-1.10）mL=21.02mL，前两组数据有效，所以平均体积为：20mL，由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=S4O62-+2I-可知，Cu2+～S2O32-，因移取10.00mL溶液A于100mL容量瓶，加水定容至100mL，取稀释后试液20.00mL于锥形瓶中，所以c（Cu2+）=0.05mol/L×0.02L×5/0.01L=0.5000mol/L，故答案为0.5000；（6）由题给信息可知，持续通入X气体，可以看到a处有红棕色物质生成，a处放的是氧化铜，a处有红棕色物质生成，说明有金属铜生成，则N2不可以；b处是硫酸铜白色粉末，b处变蓝是硫酸铜白色粉末遇水生成五水合硫酸铜变蓝，说明有水生成，c处得到液体且该液体有刺激性气味，H2不可以，则X气体为乙醇；乙醇气体与氧化铜共热反应生成铜、水和乙醛，反应的化学方程式为CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，故答案为B；CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O。【点睛】本题考查了硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，涉及物质制备实验设计、物质分离的实验基本操作，注意掌握测定硫酸铜晶体结晶水含量的方法，理解和掌握物质性质和实验原理是解题关键。27、确保盐酸被完全中和CD△H1＝△H2＜△H3不能H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热【解析】（1）实验中，所用NaOH稍过量的原因是确保定量的盐酸反应完全；（2）倒入氢氧化钠溶液时，必须一次性迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，故答案为C；（3）使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；温度计不能用来搅拌，揭开硬纸片用玻璃棒搅拌会导致热量损失，轻轻地振荡烧杯容易使液体溅出，故答案为D；（4）中和热是强酸与强碱稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放热相同；一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，电离过程是吸热的，稀氨水和1L1mol•L-1的稀盐酸恰好完全反应放出的热量减少，但由于反应焓变是负值，所以△H1＝△H2＜△H3；（5）硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热。【点睛】本题考查了中和热的测定方法、误差分析，注意掌握测定中和热的正确方法，明确实验操作过程中关键在于尽可能减少热量散失，使测定结果更加准确是解答的关键。（5）是解答的易错点，注意硫酸钡在溶液中存在溶解平衡。28、sp2N、C、H11b、d若以sp3杂化轨道进行配位，则二氯二吡啶合铂为四面体结构，不存在顺反异构体非极性CO(NH2)2与水分子之间形成氢键(Si4O11)n6n-【分析】（1）吡啶为氮杂环化合物，相当于苯环中一个C为N取代，吡啶分子是大体积平面配体，N价层电子为2s22p3，形成吡啶时，N为sp2杂化，2s2和2px1、2py1发生杂化，pz1留有一个单电子与其余5个C原子的pz轨道上的单电子形成离域大π键，吡啶分子中单键为σ键，双键中1根为σ键，1根为π键，所以吡啶分子中1mol吡啶中含有σ键的数目为11mol；非金属性越强，电负性越大；（2）二氯二吡啶合铂为配合物，存在配位键，吡啶分子中存在共价键；（3）二氯二吡啶合铂分子中，Pt2＋的配位数是4，但是其轨道杂化方式并不是sp3，sp3杂化为四面体构型，不应存在顺反异构体，由此可以说明不是sp3杂化；（4）分子中正负电荷中心重合，则为非极性分子，不重合，则为极性分子；（5）CO(NH2)2易溶于水的最主要原因是CO(NH2)2与水分子之间形成氢键；（6）由许多四面体构成，每Si与周围4个原子形成四面体，取图中所示结构单元：，结构单元中处于共用边上的O原子为每个结构单元提供1/2，计算结构单元中Si、O原子数目，再计算结构单元的所带电荷，确定化学通式，注意其中4个O原子的投影与Si重合；【详解】（1）N价层电子为2s22p3，形成吡啶时，N为sp2杂化；非金属性越强，电负性越大，吡啶分子中，各元素的电负性由大到小的顺序为N、C、H；吡啶分子中单键为σ键，双键中1根为σ键，1根为π键，所以吡啶分子中1mol吡啶中含有σ键的数目为11mol。（2）二氯二吡啶合铂为配合物，存在配位键，吡啶分子中存在共价键，其中C与C之间为非极性共价键，C与N，C与H之间为极性共价键，所以含有的价键类型有：b、d；（3）二氯二吡啶合铂分子中，Pt2＋的配位数是4，但是其轨道杂化方式并不是sp3，sp3杂化为四面体构型，不应存在顺反异构体，由此可以说明不是sp3杂化，实际上是dsp2杂化，故答案为若Pt2＋以sp3