2026届山东省威海市示范名校化学高二第一学期期中综合测试模拟试题含解析

2026届山东省威海市示范名校化学高二第一学期期中综合测试模拟试题注意事项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、根据下表提供的数据，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是化学式电离常数HClOK＝3×10－8H2CO3K1＝4.3×10－7K2＝5.6×10－11A．c(HCO3―)>c(ClO―)>c(OH―)B．c(ClO―)>c(HCO3―)>c(H＋)C．c(HClO)＋c(ClO―)＝c(HCO3―)＋c(H2CO3)D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3―)＋c(ClO―)＋c(OH―)2、关于CH4和的叙述错误的是()A．均能用组成通式CnH2n＋2来表示B．互为同系物C．它们都不能跟酸性高锰酸钾、强酸、强碱溶液发生反应D．通常情况下它们都是气态烷烃3、常温下，在pH＝5的HA溶液中存在电离平衡：HAA－＋H＋，对于该平衡，下列叙述正确的是A．加入水时，平衡向右移动，HA电离常数增大.B．加入少量NaA固体，平衡向右移动C．稍微升高溶液温度，溶液中的c(OH－)增大D．加入少量NaOH固体，平衡向右移动，c(H＋)减少4、下列说法不正确的是（）A．淀粉完全水解的产物是葡萄糖B．纤维素不能发生水解反应C．蛋白质水解的最终产物是氨基酸D．油脂属于酯类5、元素在自然界分布不均匀，如非洲多金矿，澳大利亚多铁矿，中国产钨，从整个地球的地壳中元素含量的多少分析，最丰富的金属元素是（）A．铝 B．硅 C．铁 D．钙6、铁与水蒸气反应生成的含铁化合物是A．FeOB．Fe2O3C．Fe3O4D．Fe(OH)37、X、Y、Z三种主族元素，已知X+和Y-具有相同的电子层结构，Z元素原子核电荷数比Y元素原子核电荷数少9，Y-在一定条件下可被氧化成YZ3-，则下列说法正确的是()A．X、Y、Z均属于短周期元素B．离子半径X+>Y-C．X、Y、Z三种元素只能形成化合物XYZ3D．Y的气态氢化物的热稳定性较强8、在溶液中，反应A＋2BC分别在三种不同实验条件下进行，它们的起始状态均为c(A)＝0.100mol·L－1、c(B)＝0.200mol·L－1、c(C)＝0mol·L－1。在三种条件下，反应物A的浓度随时间的变化如图所示。下列说法中正确的是A．反应的平衡常数：①<②B．反应A＋2BC的ΔH>0C．实验②平衡时B的转化率为60%D．实验③平衡时c(C)＝0.040mol·L－19、在常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A．1L0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的溶液中：c(NH4+)＋c(Fe2+)＋c(H+)＝c(OH-)＋c(SO42-)B．向饱和氯水中加入NaOH溶液至pH=7，所得溶液中：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(Cl-)＞c(OH-)C．向0.10mol·L-1Na2CO3溶液中通入少量CO2的溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)D．0.1mol·L-1NH4HS溶液中：c(NH4+)＜c(HS-)＋c(H2S)＋c(S2-)10、下列有关合金性质的说法正确的是A．合金的熔点一般比它的成分金属高B．合金的硬度一般比它的成分金属低C．组成合金的元素种类相同，合金的性能就一定相同D．合金与各成分金属相比，具有许多优良的物理、化学或机械性能11、以下反应不符合绿色化学原子经济性要求的是A．B．C．D．12、在密闭容器中,在催化剂存在下发生反应：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)。在500℃时，平衡常数K＝9。若反应开始时，一氧化碳和水蒸气的浓度都是0.02mol/L，则在此条件下CO的转化率为A． B． C． D．13、500℃条件下，在恒容密闭容器中，充入1molNO2存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g)。平衡后，向容器内再充入1molNO2，下列说法正确的是A．平衡向正反应方向移动 B．平衡常数K增大C．NO2的转化率变小 D．容器内气体颜色先变深后变浅，最后比原来还要浅14、能使H2O＋H2OH3O＋＋OH－电离平衡向正反应方向移动，且所得溶液呈酸性的是()A．在水中加Na2CO3 B．在水中加入CuCl2C．在水中加入稀硫酸 D．将水加热到99℃，其中c(H＋)＝1×10－6mol·L－115、关于NaHCO3和Na2CO3的性质判断正确的是A．常温下溶解度：NaHCO3＞Na2CO3B．常温下，相同物质的量浓度溶液的碱性：NaHCO3＞Na2CO3C．热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3D．与同浓度、同体积的盐酸反应生成气体的快慢：NaHCO3＜Na2CO316、下列说法中不正确的()A．废旧电池不能随意丢弃，应回收B．由Mg、Al、NaOH溶液组成原电池，其负极反应式为Al－3e－＋4OH－===AlO2－＋2H2OC．充电电池能实现化学能与电能间的相互转化，可以无限次充放电D．由Al、Cu、稀硫酸组成原电池，其负极反应式为Al－3e－===Al3＋17、体NH4Br置于密闭容器中，在某温度下，发生反应：NH4Br(s)NH3(g)＋HBr(g)，2HBr(g)Br2(g)＋H2(g)，2min后，测知H2的浓度为0.5mol·L－1，HBr的浓度为4mol·L－1，若上述反应速率用v(NH3)表示，则下列速率正确的是()A．0.5mol·L－1·min－1 B．2.5mol·L－1·min－1C．2mol·L－1·min－1 D．1.25mol·L－1·min－118、对①100mL0.1mol/LNaHCO3，②100mL0.1mol/LNa2CO3两溶液叙述正确的是A．两溶液中c(OH-)：①＞② B．两溶液中阳离子数目：②是①的2倍C．①溶液中：c(CO32-)＜c(H2CO3) D．②溶液中：c(HCO3-)＜c(H2CO3)19、下列物质间的反应，其能量变化符合如图的是A．镁和稀盐酸反应B．灼热的炭与二氧化碳反应C．Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合D．碳酸钙的分解20、神舟六号载人飞船的成功发射和回收，是我国航天史上一座新的里程碑，标志着我国在攀登世界科技高峰的征程上，又迈出了具有重大大历史意义的一步。下列叙述正确的是A．宇航员穿的航天服是用一种特殊的高强度人造纤维制成的B．钛作为一种重要的航天金属，在工业上可用钠从钛的卤化物溶液还原来制备C．飞船助推火箭外层的涂料是一种性质稳定、不易分解的材料D．航天员所用的“尿不湿”是一种高分子材料制成的，该材料属于纯净物21、关于炔烃的描述正确的是A．炔烃分子中所有碳原子都在同一直线上B．分子中含有碳碳三键的不饱和链烃叫炔烃C．炔烃易发生加成反应,也易发生取代反应D．炔烃不能使溴水褪色,但可以使酸性高锰酸钾溶液褪色22、在以离子键为主的化学键中常含有共价键的成分，两种元素电负性差异越小，其共价键成分越大。下列各对原子形成的化学键中共价键成分最多的是A．K与FB．Na与FC．Al与ClD．Mg与Cl二、非选择题(共84分)23、（14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_____。24、（12分）下列框图给出了8种有机化合物的转化关系，请回答下列问题：(1)根据系统命名法，化合物A的名称是________。(2)上述框图中，①是________反应，③是________反应。(填反应类型)(3)化合物E是重要的工业原料，写出由D生成E的化学方程式：___________________。(4)C2的结构简式是______________________________________。25、（12分）某校学生为探究苯与溴发生反应的原理,用如图装置进行实验。根据相关知识回答下列问题:(1)装置Ⅱ中发生反应的化学方程式为__________(2)实验开始时,关闭K2,开启K1和分液漏斗活塞,滴加苯和液溴的混合液,反应开始。过一会儿,在Ⅲ中可能观察到的现象是__________(3)整套实验装置中能防止倒吸的装置有__________(填装置序号)。(4)冷凝管的作用是__________(5)你认为通过该实验后,有关苯跟溴反应的原理方面能得出的结论是__________26、（10分）硫是一种很活泼的元素，在适宜的条件下能形成−2、+6、+4、+2、+1价的化合物。Ⅰ.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一，带有强烈的SO2气味，久置于空气中易被氧化，其溶于水生成的NaHSO3溶液呈酸性。某研究小组采用如图所示装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。(1)装置Ⅰ中的浓硫酸____(能或不能)用稀硫酸代替，原因是______________________________________________。(2)装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，要获得已析出的晶体，可采取的操作是__________。(3)设计检验Na2S2O5晶体在空气中变质的实验方案：_______________。Ⅱ.Na2S2O3溶液可以用于测定溶液中ClO2的含量，实验方案如下。步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释至100mL。步骤2：量取V1mL稀释后的ClO2溶液于锥形瓶中，调节溶液的pH≤2，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟。(已知：ClO2+I−+H+I2+Cl−+H2O未配平)步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用cmol·L−1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL。(已知：I2+2S2O32—=2I−+S4O62—)(1)准确量取10.00mLClO2溶液的玻璃仪器是____________。(2)确定滴定终点的现象为________________________________。(3)根据上述步骤计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为____mol·L−1(用含字母的代数式表示)。(4)下列操作会导致测定结果偏高的是_______________(填字母)。A．未用标准浓度的Na2S2O3溶液润洗滴定管B．滴定前锥形瓶中有少量水C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失D．读数时，滴定前仰视，滴定后俯视27、（12分）实验室常用乙醇与浓硫酸的混合液加热的方法制取乙烯。反应中常因温度而发生副反应。请选用下列装置(装置可以使用多次)完成相关实验并回答有关问题:（1）制备乙烯时,常在A装置的烧瓶中加入碎瓷片,其目的是__________；加热时要使溶液的温度迅速上升到140℃以上,因为在140℃左右易生成乙醚,该有机物的结构简式为__________；生成乙烯的化学方程式为___________。（2）乙醇与浓硫酸加热制取乙烯时,乙烯气体中常混有SO2和CO2,为验证有副产物SO2和CO2气体存在,上述仪器的连接顺序为a→__________。（3）某同学设计制备1,2-二溴乙烷的装置连接顺序为A→E→C→D。已知1,2-二溴乙烷的主要物理性质有:难溶于水、熔点9℃、沸点132℃、密度2.2g·cm-3。①E装置的作用__________。②分离D装置中1,2-二溴乙烷的操作方法是加入试剂__________,充分反应后进行__________操作。③反应过程中,应将D装置放在10℃的水浴中,温度不宜过低、过高的原因是__________。28、（14分）下表是周期表中的一部分，根据A～I在周期表中的位置，用元素符号或化学式回答下列问题：（1）表中元素，化学性质最不活泼的是________，只有负价而无正价的元素是________。(填元素符号)（2）最高价氧化物的水化物酸性最强的是________，呈两性的是________。（3）在B、C、E、F中，原子半径最大的是________。（4）写出B与C两种元素的最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式：________。（5）与C元素同族的第5周期元素X的价电子排布式________________29、（10分）AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。回答下列问题：(1)已知AX3的熔点和沸点分别为-93.6℃和76℃，AX5的熔点为167℃。室温时AX3与气体X2反应生成lmolAX5，放出热量123.8kJ。该反应的热化学方程式为______________。(2)反应AX3(g)+X2(g)AX5(g)在容积为10L的密闭容器中进行。起始时AX3和X2均为0.2mol。反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。①实验b从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)=_____________。②图中3组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)由大到小的次序为_______(填实验序号)；与实验a相比，其他两组改变的实验条件是：b_________、c___________。

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、A【解析】A、从表达数据可以知道，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，那么等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，ClO－的水解程度比HCO3-大，ClO－和HCO3-水解使得溶液显碱性，故c(HCO3-)>c(ClO－)>c(OH－)，选项A正确；B、根据选项A的分析可知，c(HCO3-)>c(ClO－)，选项B错误；C、根据物料守恒有c(HClO)＋c(ClO－)＝c(HCO3-)＋c(H2CO3)+c(CO32-)，选项C错误；D、根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO3-)＋c(ClO－)＋c(OH－)+2c(CO32-)，选项D错误。答案选A。2、D【详解】A．两种物质分子中C原子的价电子全部形成化学键，二者都是烷烃，分子式符合烷烃分子式通式CnH2n+2，A正确；B．它们都是属于烷烃，因此二者属于同系物，B正确；C．它们都是属于烷烃，分子具有稳定性，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也不能跟强酸、强碱溶液发生反应，C正确；D．CH4在常温下为气态，分子中含有5个C原子，在常温下为液态，不是呈气态，D错误；故合理选项是D。3、D【详解】A.加水稀释促进HA电离，所以平衡向右移动，但是电离平衡常数只与温度有关，温度不变电离平衡常数不变，故A错误；B.加入少量NaA固体，导致溶液中c(A−)增大而抑制HA电离，所以HA电离平衡向左移动，故B错误；C.电离平衡吸热，稍微升高溶液温度，平衡正向移动，c(H+)增大，酸性增强则c(OH－)减小，故C错误；D.加入少量NaOH固体，NaOH和H+反应导致溶液中c(H+)减小而促进HA电离，平衡向右移动，故D正确；故选D。4、B【详解】A．淀粉为多糖，能发生水解最终生成葡萄糖，故A不符合题意；B．纤维素属于多糖，能发生水解反应，生成葡萄糖，故B符合题意；C．蛋白质是氨基酸缩聚形成的高分子化合物，水解最终生成氨基酸，故C不符合题意；D．油脂是油与脂肪的统称，由高级脂肪酸与甘油形成的酯，属于酯类，故D不符合题意；故答案为：B。【点睛】淀粉和纤维素均属于多糖类物质，其化学式均可表示为(C6H10O5)n，需注意淀粉和纤维素不互为同分异构体，淀粉能在人体内发生水解反应生成葡萄糖，而纤维素在人体内不会被吸收，但能增加肠道蠕动功能，因此适量摄入纤维素对人体健康有利。5、A【分析】地壳中含量最丰富的前五种元素是：O、Si、Al、Fe、Ca。【详解】A.铝是地壳中含量丰富的金属元素，故A正确；B.硅是非金属元素，故B错误；C.铁在金属元素中是第二位，故C错误；D.钙在金属元素中是第三位，故D错误；故答案选A。6、C【解析】铁丝在氧气中燃烧生成四氧化三铁，红热的铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，以此来解答。【详解】红热的铁与水蒸气反应3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，生成四氧化三铁和氢气，则铁与水蒸气反应生成的含铁化合物是四氧化三铁（Fe3O4）。答案选C。【点睛】本题考查铁的化学性质，明确发生的化学反应为解答的关键，注意铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，把握发生的氧化还原反应即可解答，题目难度不大。7、D【解析】X、Y、Z三种主族元素，X+和Y-两种离子具有相同的电子层结构，X位于Y的下一周期，且X处于第ⅠA族，Y处于第ⅦA族，Z原子核内质子数比Y原子核内质子数少9个，Y-在一定条件下可被氧化生成YZ3-离子，故Y不可能为F元素，不可能位于≥4的周期，Y位于第三周期，故Y为Cl元素，Z为O元素，所以X为K元素，以此解答该题。【详解】X、Y、Z三种主族元素，X+和Y-两种离子具有相同的电子层结构，X位于Y的下一周期，且X处于第ⅠA族，Y处于第ⅦA族，Z原子核内质子数比Y原子核内质子数少9个，Y-在一定条件下可被氧化生成YZ3-离子，故Y不可能为F元素，不可能位于≥4的周期，Y位于第三周期，故Y为Cl元素，Z为O元素，所以X为K元素，X为K元素，Y为Cl元素，Z为O元素，

A.氧元素、氯元素处于短周期，钾元素处于长周期，故A错误；

B.电子层排布相同，核电荷数越大离子半径越小，X位于Y的下一周期,核电荷数X较大，所以离子半径X+<Y-，故B错误；

C.X、Y、Z三种元素可形成KClO、KClO4等化合物，故C错误；

D.Y为Cl，非金属性较强，对应的气态氢化物较稳定，故D正确；

综上所述，本题选D。【点睛】影响微粒半径的因素：①首先考虑电子层数，电子层数越多，微粒半径一定越大②当电子层数相同时，考虑核电荷数，核电荷数越多，半径越小③当电子层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大。8、B【解析】试题分析：对比实验①和②，达到平衡时反应物A的浓度相同，故平衡常数相同，A错误；反应速率增大，可能是升高温度或增大压强，但如是增大压强，减小容器的体积虽然平衡向正反应方向移动，但A的平衡浓度反而增大，不符合图象，则应为升高温度．因③温度升高，化学平衡向吸热的方向移动，平衡时A的浓度减小，说明正反应方向吸热，故B正确；根据A+2BC初始（mol/L）0.10.20转化（mol/L）0.040.080.04平衡（mol/L）0.060.120.04所以平衡时B的转化率为0.08/0.2=0.4，C错误；根据A+2BC初始（mol/L）0.10.20转化（mol/L）0.060.120.06平衡（mol/L）0.040.080.06平衡时C的浓度为0.06mol/L，D错误．考点：考查化学平衡常数的影响因素及化学平衡的计算9、D【解析】A、按照电荷守恒，应是c(NH4＋)＋2c(Fe2＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋2c(SO42－)，故A错误；B、发生氧化还原反应，一个氯原子化合价升高1价，必然有一个氯原子降低1价，－1价的氯一定为Cl－，＋1价的氯是HClO和ClO－，因此有c(Cl－)=c(ClO－)＋c(HClO)，即c(Cl－)>c(ClO－)，故B错误；C、通入少量CO2，发生反应为Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，溶质应为NaHCO3和Na2CO3，根据物料守恒，c(Na＋)<2c(CO32－)＋2c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－)，因此有c(OH－)<c(H＋)＋c(HCO3－)＋2c(H2CO3)，故C错误；D、根据物料守恒，因此有c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=c(HS－)＋c(H2S)＋c(S2－)，因此有c(NH4＋)<c(HS－)＋c(H2S)＋c(S2－)，故D正确。10、D【解析】试题分析：由2种或2种以上的金属或金属与非金属熔化而成的检验金属特性的物质是合金，合金的熔点一般比它的成分金属低，硬度一般比它的成分金属高，组成合金的元素种类相同，合金的性能不一定相同据此可知选项D是正确的，答案选D。考点：考查合金的判断点评：该题是基础性试题的考查，也是高考中的常见考点，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练。该题的关键是明确合金的概念以及合金低性能特点，然后灵活运用即可。11、C【解析】分析：“绿色化学”原子经济性要求的反应必须满足：原料分子中的所有原子全部转化成所需要的产物，不产生副产物，常见的加成反应和加聚反应符合要求，据此进行解答。详解：A．CH≡CH+HCl→CH2=CHCl中反应物的所有原子都转化成目标产物，符合绿色化学原子经济性要求，A不选；B．中反应物的所有原子都转化成目标产物，符合绿色化学原子经济性要求，B不选；C．为取代反应，反应物中所有原子没有完全转化成目标产物，不满足绿色化学原子经济性要求，C选；D．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl为加成反应，该反应中反应物的所有原子都转化成目标产物，符合绿色化学原子经济性要求，D不选；答案选C。点睛：本题考查了绿色化学的概念及应用，题目难度不大，明确绿色化学原子经济性的要求为解答关键，试题侧重基础知识的考查，注意掌握常见有机反应类型的特点。12、C【详解】依据化学平衡，设一氧化碳的消耗浓度为xmol/L，分析三段式列式计算：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)起始浓度（mol/L）0.020.0200转化浓度（mol/L）xxxx平衡浓度（mol/L）0.02－x0.02－xxx则平衡常数K==9解得x=0.015则CO的转化率=×100%=75%，C项正确；答案选C。【点睛】抓住平衡常数，列出三段式是解题的关键。理解平衡常数与平衡转化率之间的内在联系，要学会利用三段式解决平衡相关的计算。13、A【详解】A.当反应达到平衡后，增加反应物的浓度，化学平衡向正反应方向移动。正确。B.化学平衡常数只与温度有关，而与其它条件无关，所以K不变。错误。C.由于反应物只有一种，且正反应是气体体积减小的反应，所以增加反应物的浓度，平衡正向移动，这时该反应物的转化率增大。错误。D.增加反应物的浓度，化学平衡正向移动，使反应物的浓度减小，但由于该反应是在体积固定的密闭容器中进行的，对NO2来说，浓度要比原来大。故颜色比加入的瞬间小，但比原来颜色要深。错误。答案选A。14、B【解析】A、碳酸钠中的碳酸根是弱酸根，结合了水电离的氢离子，溶液显示碱性，故A错误；B、氯化铜中的铜离子结合水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，溶液显示酸性，故B正确；C、硫酸电离出氢离子，抑制了水的电离，平衡向逆反应方向移动，故C错误；D、温度升高，水的电离平衡向正反应方向移动，但是溶液中的氢离子和氢氧根相等，溶液显示中性，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意溶液的酸碱性与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小有关，与c(H＋)是否大于1×10－7mol·L－1无关。15、C【解析】A.常温下溶解度：NaHCO3＜Na2CO3，A错误；B.常温下，相同物质的量依度溶液的碱性：NaHCO3＜Na2CO3，B错误；C.碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，热稳定性：NaHCO3<Na2CO3，C正确；D.碳酸钠与盐酸反应分步进行，则与同浓度、同体积的盐酸反应生成气体的快慢：NaHCO3＞Na2CO3，D错误，答案选C。点睛：掌握碳酸钠与碳酸氢钠的性质差异是解答的关键，关于等浓度的碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢钠溶液的碱性，高一阶段的学生只能通过实验现象记住结论，即滴入酚酞试液后碳酸钠溶液中红色更深，至于原因需要在选修4中学完水解原理后才能解释。16、C【解析】A.废旧电池中含重金属盐，对环境有污染，不能随意丢弃，应回收，故A说法正确；B.虽然镁比铝活泼，但镁不与氢氧化钠反应，因此铝作负极，反应式为Al＋4OH－－3e－=AlO2－＋2H2O，故B说法正确；C.充电电池可反复充电使用，但有使用寿命，不能无限制使用，当电解质和电极发生变质时，则电池不能再使用，故C错误；D.铝比铜活泼，铝作负极，负极反应式为Al－3e－=Al3＋，故D说法正确；答案选C。17、B【详解】根据反应可知，溴化铵分解生成的氨气浓度与溴化氢浓度相等，溴化铵分解生成的溴化氢的浓度为：c（HBr）+2c（H2）=4mol/L+2×0.5mol/L=5mol/L，

所以2min后溴化铵分解生成的氨气的浓度为：c（NH3）=c总（HBr）=5mol/L，

氨气的平均反应速率为：=2.5mol/（L•min），故选B。答案：B【点睛】本题考查了化学反应速率的计算，题目难度中等，解题关键是分析、理解题中可逆反应中氨气与溴化氢的浓度关系，根据2min后氢气和溴化氢的浓度计算出氨气的浓度；18、C【分析】A．对应的酸越弱，则盐越水解；B．NaHCO3的水解程度小于Na2CO3的水解程度；C．HCO3－既能电离又能水解，但水解程度大于电离程度；D．多元弱酸根的水解分步进行，且以第一步为主。【详解】A．由于NaHCO3对应的酸为H2CO3，而Na2CO3对应的酸为HCO3－，而酸性H2CO3＞HCO3－，根据酸越弱，盐越水解可知，NaHCO3的水解程度小于Na2CO3，水解程度越大，则溶液碱性越强，溶液中的c（OH－）浓度越大，故c（OH－）：①＜②，故A错误；B．在两溶液中，含有的阳离子均为钠离子和氢离子，两溶液中的钠离子的物质的量分别为0.01mol和0.02mol，由于NaHCO3的水解程度小于Na2CO3的水解程度，NaHCO3溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH，即NaHCO3溶液的c（H＋）大于Na2CO3溶液的，100mLNaHCO3溶液的n（H＋）大于Na2CO3溶液的n（H＋），故两溶液中的阳离子数目②小于①的2倍，故B错误；C、由于HCO3－是酸式弱酸根，在溶液中既能电离又能水解，但水解程度大于电离程度，故水解生成的c（H2CO3）大于电离生成的c（CO32－），故C正确；D、多元弱酸根的水解分步进行，且以第一步为主，故碳酸钠溶液中第一步水解生成的c（HCO3－）大于第二步水解生成的c（H2CO3），故D错误；故选C。19、A【分析】根据图示，生成物总能量小于反应物总能量，该反应为放热反应。【详解】A.金属与酸反应放热，镁和稀盐酸反应生成氯化镁和氢气，属于放热反应，故选A；B.灼热的炭与二氧化碳反应生成一氧化碳，属于吸热反应，故不选B；C.Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合，反应吸热，故不选C；D.分解反应吸热，碳酸钙的分解为氧化钙和二氧化碳，属于吸热反应，故不选D。20、A【解析】试题分析：A．航天服是用一种特殊的高强度人造纤维制成的，故A正确；B．钠为活泼金属，在工业上可用钠从钛的卤化物熔融状态下还原来制备，不能用水溶液，故B错误；C．火箭表面涂上一种特殊的涂料是为了给火箭降温的，所以该涂料在高温下应该能够汽化，故C错误；D．航天员所用的“尿不湿”是一种高分子材料制成的，该材料属于混合物，故D错误；答案为A。考点：考查有机合成材料及金属的冶炼。21、B【详解】A．乙炔分子中四个原子共直线，2-丁炔分子中四个碳原子共直线；多碳原子的炔烃中碳原子不一定在一条直线上，如1-丁炔中的4个碳原子不在同一直线上，故A错误；B．炔烃含有碳碳三键官能团，分子中含有碳碳三键的不饱和链烃叫炔烃，符合炔烃的定义，故B正确；C．炔烃含有碳碳三键官能团，炔烃易发生加成反应，难发生取代反应，故C错误；D．炔烃含有碳碳三键官能团，炔烃既能使溴水褪色，也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选：B。22、C【解析】试题分析：同周期元素由左向右元素的电负性逐渐增大，同主族元素由上到下元素的电负性逐渐减小，故电负性：F＞Cl＞Al＞Mg＞Na＞K。故上述四种化学键中电负性相差最小的为Al与Cl，结合题给信息形成的化学键中共价键成分最多的是Al与Cl，选C。考点：考查原子结构与元素的性质。二、非选择题(共84分)23、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。24、2,3­二甲基丁烷取代加成+2NaOH+2NaBr+2H2O【分析】由题中信息可知，烷烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B发生消去反应生成、，与溴发生加成反应生成二溴代物D，D再发生消去反应生成E，E与溴可以发生1,2-加成或1,4-加成，故为，为，则D为，E为，为，为。【详解】(1)根据系统命名法，化合物A的名称是：2，3-二甲基丁烷；(2)上述反应中，反应(1)中A中H原子被Cl原子取代生成B，属于取代反应，反应(3)是碳碳双键与溴发生加成反应；(3)由D生成E是卤代烃发生消去反应,该反应的化学方程式为:+2NaOH+2NaBr+2H2O。(4)由上述分析可以知道,的结构简式是。25、2Fe+3Br22FeBr3小试管中有气泡,有白雾出现广口瓶内溶液中有浅黄色溴化银沉淀生成III和IV导气,冷凝回流挥发出来的Br2和苯跟溴能发生取代反应【分析】(1)溴与铁反应生成溴化铁,苯和液溴在溴化铁的催化作用下生成溴苯和溴化氢；

(2)从冷凝管出来的气体为溴化氢,溴化氢不溶于苯,溴化氢遇空气中水蒸气形成酸雾,溴化氢能与硝酸银反应生成溴化银沉淀；

(3)装置III和IV中的导管没有与溶液接触,能防倒吸；

(4)冷凝管冷凝溴单质；(5)根据取代反应和加成反应的区别在于是否产生溴化氢。【详解】（1）因溴与铁反应生成溴化铁:2Fe+3Br22FeBr3,苯和液溴在溴化铁的催化作用下生成溴苯和溴化氢:；因此，本题正确答案是:2Fe+3Br22FeBr3。(2)因从冷凝管出来的气体为溴化氢,溴化氢不溶于苯,溴化氢遇空气中水蒸气形成酸雾,溴化氢能与硝酸银反应生成溴化银沉淀,因此，本题正确答案是：小试管中有气泡,有白雾出现广口瓶内溶液中有浅黄色溴化银沉淀生成。(3).装置III和IV中的导管没有与溶液接触,所以装置III和IV能防倒吸；因此，本题正确答案是:III和IV。

(4)装置(Ⅲ)冷凝管的作用是导气，让挥发出来的溴单质冷凝,防止对产物的干扰；因此，本题正确答案是：导气，冷凝回流挥发出来的Br2和。

(5)取代反应和加成反应的区别在于是否产生溴化氢,通过实验证明产生了溴离子,即苯跟溴能发生取代反应；因此，本题正确答案是:苯跟溴能发生取代反应。26、不能二氧化硫易溶于水过滤取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量的盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则说明Na2S2O5晶体已变质酸式滴定管滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液刚好由蓝色变为无色，且保持30s不变2cV2V1【分析】Ⅰ.稀硫酸不能代替浓硫酸，与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，因为二氧化硫易溶于水；装置Ⅱ中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作得到该晶体；Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可。Ⅱ.ClO2溶液具有强氧化性，量取ClO2溶液用酸式滴定管；滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原，以淀粉溶液作指示剂；根据电子守恒，二氧化氯和碘单质的反应中有如下关系：2ClO2～5I2，结合反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，由关系式求解即可。【详解】Ⅰ.（1）稀硫酸不能代替浓硫酸，与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，因为二氧化硫易溶于水，故不能用稀硫酸。（2）装置Ⅱ中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作得到该晶体。（3）Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，其检验方法为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则说明Na2S2O5晶体已变质。Ⅱ.（1）ClO2溶液具有强氧化性，所以准确量取10.00mLClO2溶液的玻璃仪器是酸式滴定管。（2）滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原，以淀粉溶液作指示剂，溶液蓝色褪去，滴定终点的现象为滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液刚好由蓝色变为无色，且保持30s不变。（3）根据电子守恒，二氧化氯和碘单质的反应中有如下关系：2ClO2～5I2，结合反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，n（S2O32-）=cV2×10-3mol，所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4mol，则10mL的原溶液含有ClO2的物质的量为2cV2V1×10-2mol，所以原ClO2溶液的物质的量浓度为2cV2V1×10-2mol÷0.01L=【点睛】本题考查实验方案的设计，涉及化学方程式的有关计算、误差分析、物质检验、基本实验操作等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，难点是实验方案设计，注意化学用语使用的规范性。27、防止暴沸C2H5-O-C2H5C2H5OHCH2=CH2↑+H2Oe,d→f,g→e,d→b,c除去CO2和SO2NaHSO3分液温度过低,1,2-二溴乙烷凝结堵塞导管;温度过高,溴挥发,降低溴元素利用率【分析】（1）实验室制取乙烯时，需要迅速加入到170℃，液体会剧烈沸腾，加入碎瓷片可以防止暴沸；140℃，两个乙醇脱去一分子水，生成乙醚；（2）验证乙烯气体中混有的SO2和CO2,由于此两种气体均可使澄清的石灰水变浑浊，因此先利用SO2的还原性，验证存在并除去后，再检验CO2的存在。（3）制