2026屆福建省福州市化學高二上期中學業(yè)質(zhì)量監(jiān)測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、甲、乙兩燒杯中分別裝有相同體積、相同物質(zhì)的量濃度的氯化鋁溶液，各加入相同體積、相同物質(zhì)的量濃度的氨水和氫氧化鈉溶液，兩燒杯中都有沉淀生成。下列判斷正確的是A．甲中沉淀一定比乙中的多B．甲中沉淀可能比乙中的多C．甲中沉淀可能比乙中的少D．甲中和乙中的沉淀一定一樣多2、H2和I2在一定條件下能發(fā)生反應：H2(g)+I2(g)2HI(g)，1molH2完全反應放出akJ熱量。已知：(a、b、c均大于零)。下列說法不正確的是A．反應物的總能量高于生成物的總能量B．斷開1molH—H鍵和1molI—I鍵所需能量大于斷開2molH—I鍵所需能量C．斷開2molH—I鍵所需能量約為(c+b+a)kJD．向密閉容器中加入2molH2和2molI2，充分反應放出的熱量小于2akJ3、在1LK2SO4和CuSO4的混合溶液中c(SO42-)＝2.0mol·L－1，用石墨電極電解此溶液，當通電一段時間后，兩極均收集到22.4L(標準狀況)氣體，則原溶液中c(K＋)為A．1.5mol·L－1B．2.0mol·L－1C．1.0mol·L－1D．0.50mol·L－14、某溫度下，H2(g)＋CO2(g)CO(g)＋H2O(g)的平衡常數(shù)K＝9/4。該溫度下在甲、乙、丙三個相同的恒容密閉容器中，投入H2(g)和CO2(g)，其起始濃度如下表所示。下列判斷不正確的是起始濃度甲乙丙c(H2)/mol·L-10.0100.0200.020c(CO2)/mol·L-10.0100.0100.020A．平衡時，乙中CO2的轉(zhuǎn)化率大于60%B．平衡時，甲和丙中H2的轉(zhuǎn)化率均是60％C．反應開始時，丙中的反應速率最快，甲中的反應速率最慢D．平衡時，丙中c(CO２)是甲中的2倍，是0.012mol·L-15、下列事實中，不能用勒夏特列原理解釋的是A．氯水中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，當加入AgNO3溶液后溶液顏色變淺B．反應CO+NO2CO2+NO（正反應放熱），升高溫度可使平衡向逆反應方向移動C．在合成氨工業(yè)中，常通入過量的氮氣以提高氫氣的利用率D．合成氨反應N2+3H22NH3（正反應放熱）中使用催化劑6、用pH試紙測定某無色溶液的pH，正確的是（）A．將pH試紙放入溶液中，觀察其顏色變化并與標準比色卡對照B．用廣泛pH試紙測得該無色溶液的pH為2.3C．用干燥、潔凈玻璃棒蘸取溶液，滴在pH試紙上，觀察其顏色并與標準比色卡對照D．用干燥、潔凈玻璃棒蘸取溶液，滴在濕潤的pH試紙上，測量的pH結(jié)果一定偏低7、石英玻璃的主要成分是A．SiO2B．金剛石C．石墨D．CaCO38、關(guān)于溶液酸堿性的說法正確的是A．c(H+)很小的溶液一定是中性B．pH=7的溶液一定呈中性C．c(H+)=c(OH-)溶液一定呈中性D．不能使酚酞試液變紅的溶液一定呈酸性9、在2A(g)+B(g)3C(g)+4D(g)中，表示該反應速率最快的是A．υ(A)=0.5mol/(L?s)B．υ(D)=60mol/(L?min)C．υ(C)=0.8mol/(L?s)D．υ(B)=0.3mol/(L?s)10、下列對氨水溶液中存在的電離平衡NH3·H2ONH4+＋OH－敘述正確的是（）A．加水后，溶液中n(OH－)增大B．加入少量濃鹽酸，溶液中c(OH－)增大C．加入少量濃NaOH溶液，電離平衡正向移動D．加入少量NH4Cl固體，溶液中c(NH4+)減少11、下列變化需要吸收能量的是()A．1s22s22p63s1→1s22s22p6 B．3s23p5→3s23p6C．2p2p2p→2p2p2p D．2H→H—H12、已知某溶液中僅存在OH-、H+、NH4+、Cl-四種離子，其濃度大小有如下關(guān)系，其中一定不正確的是A．c(NH4+)＜c(Cl-)＜c(H+)＜c(OH-)B．c(NH4+)＝c(Cl-)，且c(H+)＝c(OH-)C．c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)D．c(OH-)＜c(NH4+)＜c(H+)＜c(Cl-)13、1mol某鏈烴最多能與2molHCl發(fā)生加成反應，生成氯代烴，1mol該氯代烴最多能與8mol的Cl2發(fā)生取代反應，則該烴可能是A．CH2=CH－CH=CH2 B．HC≡C－CH3C．CH3－C≡C－CH=CH2 D．CH2=CH－CH314、在中和反應反應熱的測定實驗中，下列實驗誤差分析結(jié)論不正確的是A．若將NaOH溶液分多次倒入鹽酸中，測得溫度計的最高讀數(shù)偏小B．若將環(huán)形玻璃攪拌棒換成銅棒，測得溫度計的最高讀數(shù)偏小C．若將稀鹽酸換成濃硫酸，測得的反應熱ΔH偏大D．若大小燒杯的燒杯口未對齊，測得的反應熱ΔH偏大15、下列說法正確的是A．酸式鹽的溶液一定顯堿性B．只要酸與堿的物質(zhì)的量濃度和體積分別相等,它們反應后的溶液就呈中性C．純水呈中性是因為水中的C(H＋)和C(OH—)相等D．碳酸溶液中C(H＋)是C(CO32—)的2倍16、2004年美國圣路易斯大學研制了一種新型的乙醇電池，它用磺酸類質(zhì)子溶劑，在200℃左右時供電，乙醇電池比甲醇電池效率高出32倍且更安全。電池總反應為：C2H5OH

+3O2=2CO2

+3H2O，電池示意圖如下，下列說法中正確的是A．b極為電池的負極B．電池工作時電子在內(nèi)電路中由a極經(jīng)溶液到b極C．電池負極的電極反應為：C2H5OH+3H2O－12e－==2CO2+12H+D．電池工作時，1mol乙醇被氧化時有6mol電子轉(zhuǎn)移二、非選擇題（本題包括5小題）17、醇酸樹脂是一種成膜性良好的樹脂,下面是一種醇酸樹脂的合成線路:（1）A的名稱是__________,B中含碳官能團的結(jié)構(gòu)式為__________。（2）反應③的有機反應類型是__________。（3）下列說法正確的是（_____）A．1molE與足量的新制氫氧化銅懸濁液反應能生成1molCu2OB．F能與NaHCO3反應產(chǎn)生CO2C．反應①發(fā)生的是消去反應（4）寫出E與銀銨溶液反應的化學方程式________________________________________。（5）的同分異構(gòu)體中同時符合下列條件的芳香族化合物共有_______種；請寫出其中任意兩種________________________________________________。a.能發(fā)生消去反應b.能與過量濃溴水反應生成白色沉淀（6）寫出反應⑤的化學方程式__________________________________________________。18、A，B，C，D是四種短周期元素，E是過渡元素。A，B，C同周期，C，D同主族，A的原子結(jié)構(gòu)示意圖為，B是同周期第一電離能最小的元素，C的最外層有三個未成對電子，E的外圍電子排布式為3d64s2?；卮鹣铝袉栴}：（1）寫出下列元素的符號：A____，B___，C____，D___。（2）用化學式表示上述五種元素中最高價氧化物對應水化物酸性最強的是___，堿性最強的是_____。（3）用元素符號表示D所在周期第一電離能最大的元素是____，電負性最大的元素是____。（4）E元素原子的核電荷數(shù)是___，E元素在周期表的第____周期第___族，已知元素周期表可按電子排布分為s區(qū)、p區(qū)等，則E元素在___區(qū)。（5）寫出D元素原子構(gòu)成單質(zhì)的電子式____，該分子中有___個σ鍵，____個π鍵。19、由于Fe(OH)2極易被氧化，所以實驗室很難用亞鐵鹽溶液與燒堿反應制得白色純凈的Fe(OH)2沉淀。若用如圖所示實驗裝置則可制得純凈的Fe(OH)2沉淀，兩極材料分別為石墨和鐵。①a電極材料為_______，該電極的電極反應式為________.②若白色沉淀在電極周圍生成，則電解液d是____(填序號，下同)；若白色沉淀在兩極之間的溶液中生成，則電解液d是____。A．純水B．NaCl溶液C．NaOH溶液D．CuCl2溶液③液體c為苯，其作用是__________④要想盡早在兩極之間的溶液中看到白色沉淀，可以采取的措施是（_______）A．改用稀硫酸作電解B．適當增大電源電壓C．適當降低電解液溫度20、碳酸亞鐵(白色固體，難溶于水)是一種重要的工業(yè)原料，

可用于制備補血劑乳酸亞鐵，也可用作可充電電池的電極。某研究小組通過下列實驗，尋找利用復分解反應制備FeCO3

沉淀的最佳方案：實驗試劑現(xiàn)象滴管試管0.8

mol/LFeSO4溶液(pH=4.5)1

mol/LNa2CO3溶液(pH=11.9)實驗Ⅰ：立即產(chǎn)生灰綠色沉淀，5min后出現(xiàn)明顯的紅褐色0.8

mol/L

FeSO4溶液(pH=4.5)1

mo/L

NaHCO3溶液(pH=8.6)實驗Ⅱ：產(chǎn)生白色沉淀及少量無色氣泡，2min后出現(xiàn)明顯的灰綠色0.8

mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液(pH=4.0)1

mo/L

NaHCO3溶液(pH=8.6)實驗Ⅲ：產(chǎn)生白色沉淀及無色氣泡，較長時間保持白色(1)實驗Ⅰ中紅褐色沉淀產(chǎn)生的原因可用如下反應表示，請補全反應：□Fe2++口+口+□H2O=□Fe(OH)3+□_____(2)實驗Ⅱ中產(chǎn)生FeCO3的離子方程式為____________________

。(3)為了探究實驗Ⅲ中所起的作用，甲同學設計了實驗IV

進行探究：操作現(xiàn)象實驗IV向0.8mol/LFeSO4溶液中加入①______，

再加入Na2SO4固體配制成混合溶液

(已知Na+對實驗無影響，

忽略混合后溶液體積變化)。再取該溶液一滴管，與2mL

1

mol/LNaHCO3溶液混合與實驗III現(xiàn)象相同實驗IV中加入Na2SO4

固體的目的是②____________________________。對比實驗II、III、IV，甲同學得出結(jié)論：水解產(chǎn)生H+，降低溶液pH，減少了副產(chǎn)物Fe(OH)2

的產(chǎn)生。乙同學認為該實驗方案不夠嚴謹，應補充的對比實驗操作是：向0.8mol/LFeSO4溶液中加入Na2SO4

固體至c()=1.6

mol/L，再取該溶液一滴管，與2mL1

mol/LNaHCO3溶液混合。(4)小組同學進一步討論認為，定性實驗現(xiàn)象并不能直接證明實驗III

中FeCO3的純度最高，需要利用如圖所示的裝置進行定量測定。分別將實驗I、

II、

III

中的沉淀進行過濾、洗滌、干燥后稱量，然后轉(zhuǎn)移至A處的廣口瓶中。為測定FeCO3的純度，除樣品總質(zhì)量外，還需測定的物理量是______________。(5)實驗反思：經(jīng)測定，實驗III中的FeCO3純度高于實驗I和實驗II。通過以上實驗分析，制備FeCO3實驗成功的關(guān)鍵因素是______________________________。21、閱讀數(shù)據(jù)，回答問題。（1）表-1列出了一些醇的沸點名稱甲醇乙醇1-丙醇2-丙醇1-丁醇2-丁醇2-甲基-1-丙醇沸點/℃64.778.397.282.4117.799.5108表-1醇類物質(zhì)的沸點明顯高于相對分子質(zhì)量相近的烴，其原因前者分子間存在__________作用。你推測2-甲基-2-丙醇的沸點不會超過__________℃。（2）表-2列出了一些羧酸的沸點結(jié)構(gòu)簡式沸點/℃CH2=CH-COOH141CH2=CH-CH2-COOH163CH3-CH=CH-COOH168185CH2=C（CH3）COOH163表-2表中CH3-CH=CH-COOH的沸點數(shù)據(jù)有兩個，其原因是____________________。（3）表-3列出了一些醛和羧酸在水中的溶解度名稱溶解度/g名稱溶解度/g乙醛混溶乙酸混溶丙醛30丙酸混溶丁醛7.1丁酸混溶2-甲基丙醛92-甲基丙酸17戊醛1.4戊酸2.4表-3通過數(shù)據(jù)，可以發(fā)現(xiàn)影響有機物水溶性的因素有（答出兩條即可）____________________；______________________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】氯化鋁與氨水反應的化學方程式為AlCl3+3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，一水合氨屬于弱堿，不能溶解氫氧化鋁；氯化鋁與氫氧化鈉溶液反應的化學方程式為AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl、氫氧化鋁溶解于氫氧化鋁溶液中Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，根據(jù)反應方程式可知，甲中沉淀不溶解，而乙中沉淀可能部分溶解，甲中沉淀可能比乙中的多，答案選B。2、B【詳解】A.放熱反應中反應物的總能量高于生成物的總能量。該反應放熱，所以反應物的總能量高于生成物的總能量，A選項正確；B.該反應放熱，說明反應物斷鍵吸收的能量低于形成生成物成鍵放出的能量，而同一化學鍵斷開吸收的能量和形成放出的能量相等，所以，斷開1molH—H鍵和1molI—I鍵所需能量總和小于斷開2molH—I鍵所需能量，B選項錯誤；C.反應放出的熱約為成鍵放出的能量減去斷鍵吸收的能量：akJ=斷開2molH—I鍵所需能量-bkJ-ckJ，所以，斷開2molH—I鍵所需能量約為(c+b+a)kJ，C選項正確；D.該反應是可逆反應，向密閉容器中加入2molH2和2molI2，反應的H2小于2mol，所以，充分反應放出的熱量小于2akJ，D選項正確；答案選B。【點睛】放熱反應反應物的能量大于生成物的能量，忽略其他形式的能量，反應放出的熱等于反應物的能量減去生成物的能量，也等于得到生成物成鍵放出的熱減去反應物斷鍵吸收的能量。3、B【解析】兩極均收集到22.4L（標準狀況）氣體，則陽極收集到0.5mol氧氣、陰極收集到0.5mol氫氣，說明銅離子已經(jīng)放電完畢，即陽極始終是OH－放電，電極反應式為：4OH－―4e－＝O2↑＋2H2O，故電子轉(zhuǎn)移2mol；陰極首先是Cu2+放電，然后是H＋放電，電極反應式分別為：Cu2＋＋2e－＝Cu、2H+＋2e－＝H2↑。根據(jù)得失電子守恒可知Cu2+的物質(zhì)的量為1.0mol。所以CuSO4的物質(zhì)的量為1.0mol，故K2SO4的物質(zhì)的量為1.0mol。因此K+的物質(zhì)的量為2.0mol，其濃度為2.0mol?L－1，答案為B。故選B?！军c睛】電解池電極放電順序：①陰極：陽離子放電,得電子能力強先放電，Ag+＞Hg2+＞Fe3+＞Cu2+＞H+＞Pb2+＞Sn2+＞Fe2+＞Zn2+>H+(H2O)>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+；②陽極：陰離子放電或電極放電,失電子能力強的先放電，若陽極是活潑金屬（金屬活動順序表Ag以前），溶液中的陰離子一律不放電，而是電極材料失電子；若陽極是惰性（Pt、Au、石墨），則放電順序如下：S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－＞含氧酸根離子。4、D【分析】對于甲容器：，已知，解得x=0.006mol/L，則甲容器內(nèi)二氧化碳的轉(zhuǎn)化率為×100%=60%；【詳解】A.由上述計算可知，甲容器內(nèi)二氧化碳的轉(zhuǎn)化率為60%，恒溫恒容下，乙中氫氣的起始濃度比甲中氫氣的起始濃度大，故乙中二氧化碳的轉(zhuǎn)化率比甲中高，故平衡時，乙中CO2的轉(zhuǎn)化率大于60%，A正確；B.恒溫恒容下，由表中數(shù)據(jù)可知，該溫度下在甲、丙兩容器內(nèi)起始濃度n(H2):n(CO2)=1:1，反應H2(g)＋CO2(g)CO(g)＋H2O(g)前后氣體的體積不變，故甲、丙為等效平衡，平衡時，甲中和丙中H2的轉(zhuǎn)化率均相等，則甲中和丙中容器內(nèi)氫氣的轉(zhuǎn)化率均為60%，B正確；C.濃度越大反應速率越快，由表中數(shù)據(jù)可知：甲、乙容器內(nèi)，開始CO2濃度相等，乙中H2濃度比甲中濃度大，所以速率乙>甲，乙、丙容器內(nèi)，開始H2濃度相等，丙中CO2濃度比乙中濃度大，所以速率丙>乙，故速率丙>乙>甲，C正確；D.據(jù)分析，平衡時甲容器內(nèi)c(CO2)=(0.01?x

)mol/L=0.004mol/L，甲、丙為等效平衡，平衡時，甲中和丙中CO2的轉(zhuǎn)化率相等，丙中CO2的起始濃度為甲中的2倍，則平衡時丙容器內(nèi)c(CO2)=0.02mol/L×(1?60%)=0.008mol/L，平衡時丙中c(CO2)是甲中的2倍，但不是0.012mol/L，D錯誤；答案選D。5、D【詳解】A．由于Cl2的存在，氯水顯黃綠色，AgNO3溶液后，Cl-反應生成氯化銀沉淀，平衡正向移動，氯氣分子數(shù)目減少，溶液顏色變淺，可以用勒夏特列原理解釋，故A不選；B．升高溫度可以使平衡向吸熱的方向移動，該反應正反應放熱，則升高溫度逆向移動，可以用勒夏特列原理解釋，故B不選；C．加入生成物可以使平衡向減少生成物的方向即正向移動，所以通入過量的氮氣可以提高氫氣的利用率，能用勒夏特列原理解釋，故C不選；D．催化劑只改變反應速率，不影響平衡，不能用勒夏特列原理解釋，故D選；故答案為D。6、C【詳解】用pH試紙測定溶液的pH時，不能將pH試紙放入溶液中或?qū)⑷芤旱乖趐H試紙上。正確的操作方法是：用干燥、潔凈玻璃棒蘸取溶液，滴在pH試紙上，觀察其顏色變化并與標準比色卡對照，C正確；A錯誤；廣泛pH試紙的讀數(shù)不會出現(xiàn)小數(shù)，只能讀到整數(shù)，pH不能為2.3，B錯誤；pH試紙?zhí)崆皾駶?，可能會帶來誤差，酸溶液稀釋后pH偏大，堿溶液稀釋后pH偏低，D錯誤；綜上所述，本題選C。7、A【解析】石英玻璃化學穩(wěn)定性強、膨脹系數(shù)小，是一種特種玻璃，主要成分為SiO2。故A符合題意，答案：A。8、C【解析】溶液的酸堿性取決于溶液中c(OH-)、c(H+)的相對大小，如果c(OH-)＞c(H+)，溶液呈堿性，如果c(OH-)=c(H+)，溶液呈中性，如果c(OH-)＜c(H+)，溶液呈酸性，據(jù)此分析判斷?！驹斀狻緼．如果酸的濃度很小，則c(H+)很小，但仍存在c(OH-)＜c(H+)，溶液仍呈酸性，故A錯誤；B．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃時，純水的pH＜7，則該溫度下，pH=7的溶液呈堿性，只有c(OH-)=c(H+)時，溶液一定呈中性與pH無必然聯(lián)系，故B錯誤；C．溶液中如果c(OH-)=c(H+)，則溶液呈中性，故C正確；D．酚酞的變色范圍是8-10，所以能使酚酞試液變紅的溶液呈堿性，不能使酚酞試液變紅的溶液，可能中性溶液或酸性溶液或弱堿性溶液，故D錯誤；故選C。9、D【解析】對于反應2A(g)+B(g)3C(g)+4D(g)，轉(zhuǎn)化為用D表示的速率進行比較即可。【詳解】A.υ(A)=0.5mol/(L?s)，速率之比等于化學計量數(shù)之比，故υ(D)=2υ(A)=2×0.5mol/(L?s)=1mol/(L?s)；B.υ(D)=60mol/(L?min)=1mol/(L?s)；C.υ(C)=0.8mol/(L?s)，速率之比等于化學計量數(shù)之比，υ(D)=4/3υ(C)=4/3×0.8mol/(L?s)=3.2/3mol/(L?s)；D.υ(B)=0.3mol/(L?s)，速率之比等于化學計量數(shù)之比，υ(D)=4υ(B)=4×0.3mol/(L?s)=1.2mol/(L?s)；故反應速率D>C>B=A。故選D。10、A【詳解】A.向氨水加入水，促進一水合氨電離，所以溶液中n(OH－)增大，A項正確；

B.向氨水中加入濃鹽酸，氫離子和氫氧根離子反應，導致溶液中c(OH－)減小，B項錯誤；

C.向氨水中加入少量濃NaOH溶液，氫氧根離子濃度增大，則電離平衡向逆反應方向移動，C項錯誤；

D.向氨水中加入少量NH4Cl固體，溶液中c(NH4+)增大，D項錯誤；答案選A。11、A【解析】A、電子克服原子核的束縛需要吸收能量；B、原子得到電子放出能量；C、電子在相同能級中發(fā)生變化，沒有能量變化；D、形成化學鍵放出能量。【詳解】A項、電子克服原子核的束縛需要吸收能量，所以原子失去電子需要吸收能量，故A正確；B項、原子得到電子后把不穩(wěn)定結(jié)構(gòu)變成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，能量降低，所以放出能量，故B錯誤；C項、由于電子的躍遷發(fā)生在能量相同的能級中，故無能量變化，故C錯誤；D項、化學鍵斷裂需要吸收能量，形成化學鍵需要放出能量，故D錯誤。故選A。12、A【解析】A.若c(NH4+)＜c(Cl-)＜c(H+)＜c(OH-)，則c(OH-)+c(Cl-)>c(NH4+)+c(H+)，不滿足溶液中電荷守恒，錯誤；B.溶液呈中性時，c(H+)＝c(OH-)，c(NH4+)＝c(Cl-)，正確；C.電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，如果c(H+)＞c(OH-)，根據(jù)電荷守恒得c(Cl-)＞c(NH4+)，正確；D.當溶液中含有大量的HCl和少量的NH4Cl時，則c(OH-)＜c(NH4+)＜c(H+)＜c(Cl-)，正確?！军c睛】本題考查離子濃度大小比較，明確溶液中的溶質(zhì)及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意電荷守恒的應用。13、A【分析】1mol某鏈烴最多能與2molHCl發(fā)生加成反應，生成1mol二氯代烷，則該有機物含有2個碳碳雙鍵或一個碳碳三鍵；1mol該氯代烴最多能與8mol的Cl2發(fā)生取代反應，生成只含碳、氯的氯代烷，則該氯代烷中含有8個H原子，原有機物分子中含有6個H原子，據(jù)此分析解題?！驹斀狻?mol某鏈烴最多能與2molHCl發(fā)生加成反應，生成1mol二氯代烷，則該有機物含有2個碳碳雙鍵或一個碳碳三鍵；1mol該氯代烴最多能與8mol的Cl2發(fā)生取代反應，生成只含碳、氯的氯代烷，則該氯代烷中含有8個H原子，原有機物分子中含有6個H原子，綜上分析可知，CH2=CH－CH=CH2符合題意要求，A正確；故答案選A?！军c睛】本題考查有機物的推斷，明確加成反應和取代反應實質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，注意1mol該氯代烴最多能與8mol的Cl2發(fā)生取代反應，說明1個氯代烴中引入8個氯原子。14、C【分析】若將NaOH溶液分多次倒入鹽酸中，造成大量熱量損失；銅棒易導熱，若將環(huán)形玻璃攪拌棒換成銅棒，造成熱量損失；濃硫酸溶于水放熱；若大小燒杯的燒杯口未對齊，造成熱量損失?！驹斀狻咳魧aOH溶液分多次倒入鹽酸中，造成大量熱量損失，所以測得溫度計的最高讀數(shù)偏小，故A說法正確；銅棒易導熱，若將環(huán)形玻璃攪拌棒換成銅棒，造成熱量損失，所以測得溫度計的最高讀數(shù)偏小，故B說法正確；濃硫酸溶于水放熱，若將稀鹽酸換成濃硫酸，放出熱量偏大，測得的反應熱ΔH偏小，故C說法錯誤；若大小燒杯的燒杯口未對齊，造成熱量損失，測得的反應熱ΔH偏大，故D說法正確。選C。15、C【解析】A.弱酸的酸式鹽存在電離和水解，溶液酸堿性取決于電離程度和水解程度大小，如NaHSO3溶液呈酸性，NaHCO3溶液呈堿性，故A錯誤；

B.酸堿強弱不同，元數(shù)不同酸堿性不同，如醋酸和氫氧化鈉反應生成醋酸鈉溶液顯堿性，故B錯誤；

C.中性溶液中氫離子的濃度等于氫氧根離子的濃度，所以純水呈中性是因為水中氫離子的物質(zhì)的量濃度和氫氧根離子的物質(zhì)的量濃度相等，所以C選項是正確的；

D.碳酸是弱酸部分電離，電離方程式為：H2CO3?H++HCO3-，HCO3-?H++CO32-，且主要以第一步電離為主，則氫離子濃度大于碳酸根離子濃度的2倍，故D錯誤。

所以C選項是正確的。16、C【解析】試題分析：A．在燃料電池中，燃料乙醇在負極發(fā)生失電子的反應，氧氣是在正極上發(fā)生得電子的反應，則a為負極，故A錯誤；B．電池工作時，電子在外電路中由a極經(jīng)溶液到b極，內(nèi)電路中是電解質(zhì)溶液中的陰陽離子定向移動，故B錯誤；C．在燃料電池中，正極上是氧氣得電子的還原反應，在酸性電解質(zhì)環(huán)境下，正極的電極反應為：4H++O2+4e-=2H2O，燃料乙醇在負極發(fā)生失電子的氧化反應，負極的電極反應為：C2H5OH+3H2O－12e－=2CO2+12H+，故C正確；D．根據(jù)電池反應：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，則1mol乙醇被氧化失去12mol電子，所以1mol乙醇被氧化電路中轉(zhuǎn)移12NA的電子，故D錯誤；答案為C?？键c：考查原電池原理。二、非選擇題（本題包括5小題）17、丙烯水解反應或取代反應BC+4Ag（NH3）2OH+4Ag↓+6NH3↑+2H2O6【分析】CH3CH2CH2Br在NaOH乙醇溶液發(fā)生消去反應，，A為丙烯；根據(jù)信息，，CH3CH=CH2與NBS反應生成CH2BrCH=CH2，B為CH2=CHCH2Br；與溴發(fā)生加成生成C，C為CH2BrCHBrCH2Br；與NaOH水溶液發(fā)生鹵代烴的水解反應，D為丙三醇CH2OHCHOHCH2OH；催化氧化生成E，E為，被新制氫氧化銅氧化，酸化，生成F，F(xiàn)為，和丙三醇發(fā)生縮聚，生成?！驹斀狻浚?）CH3CH2CH2Br在NaOH乙醇溶液發(fā)生消去反應，，A為丙烯；根據(jù)信息，，CH3CH=CH2與NBS反應生成CH2BrCH=CH2，B為CH2=CHCH2Br，B中含有的官能團為碳碳雙鍵，為；（2）反應③的化學反應為鹵代烴的水解，有機反應類型：取代反應或水解反應；（3）A.1molE含2mol醛基，與足量的新制氫氧化銅懸濁液反應能生成2molCu2O，A錯誤；B.含有羧基，能與NaHCO3反應產(chǎn)生CO2，B正確；C.CH3CH2CH2Br在NaOH乙醇溶液發(fā)生消去反應，C正確；答案為BC（4）+4Ag（NH3）2OH+4Ag↓+6NH3↑+2H2O（5）含苯環(huán)，能發(fā)生消去反應看，則支鏈的2個碳原子相連且一個羥基連接在支鏈上；能與過量濃溴水反應生成白色沉淀，則一個羥基連接在苯環(huán)上；同時滿足的同分異構(gòu)體有，各自的鄰、間、對，共計6種；答案為：6；；（6）二元酸與二元醇可以發(fā)生縮聚反應：18、SiNaPNHNO3NaOHNeF26四Ⅷd12【分析】A、B、C、D是四種短周期元素，由A的原子結(jié)構(gòu)示意圖可知，x=2，A的原子序數(shù)為14，故A為Si，A、B、C同周期，B是同周期第一電離能最小的元素，故B為Na，C的最外層有三個未成對電子，故C原子的3p能級有3個電子，故C為P，C、D同主族，故D為N，E是過渡元素，E的外圍電子排布式為3d64s2，則E為Fe?！驹斀狻?1)由上述分析可知，A為Si、B為Na、C為P、D為N；(2)非金屬越強最高價氧化物對應水化物酸性越強，非金屬性N＞P＞Si，酸性最強的是HNO3，金屬性越強最高價氧化物對應水化物堿性越強，金屬性Na最強，堿性最強的是NaOH；(3)同周期元素，稀有氣體元素的第一電離能最大，所以第一電離能最大的元素是Ne，周期自左而右，電負性增大，故電負性最大的元素是F；(4)E為Fe元素，E的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，故核電荷數(shù)是26，F(xiàn)e在周期表中處于第四周期Ⅷ族，在周期表中處于d區(qū)；(5)D為氮元素，原子核外電子排布式為1s22s22p3，最外層有3個未成對電子，故氮氣的電子式為：，該分子中有1個σ鍵，2個π鍵?！军c睛】本題重點考查元素推斷和元素周期律的相關(guān)知識。本題的突破點為A的原子結(jié)構(gòu)示意圖為，可推出A為Si，A、B、C同周期，B是同周期第一電離能最小的元素，故B為Na，C的最外層有三個未成對電子，故C原子的3p能級有3個電子，故C為P，C、D同主族，故D為N，E是過渡元素，E的外圍電子排布式為3d64s2，則E為Fe。非金屬越強最高價氧化物對應水化物酸性越強，金屬性越強最高價氧化物對應水化物堿性越強；同周期元素，稀有氣體元素的第一電離能最大，同周期自左而右，電負性逐漸增大。19、FeFe-2e-=Fe2+CB隔絕空氣，防止白色沉淀被氧化B【詳解】①該裝置為制備純凈Fe(OH)2沉淀的裝置，則Fe作陽極，即a電極為Fe，發(fā)生的電極反應為：Fe-2e-=Fe2+，故答案為：Fe；Fe-2e-=Fe2+；②A．純水幾乎不導電，不可作電解液，A不滿足題意；B．電解質(zhì)液為NaCl溶液時，陽極反應為水電離的H+得電子產(chǎn)生OH-，OH-和Fe2+遷移后在兩極之間的溶液產(chǎn)生白色Fe(OH)2沉淀，B滿足白色沉淀在兩極之間的溶液中生成；C．電解質(zhì)液為NaOH溶液，F(xiàn)e電極附近有高濃度的OH-，白色沉淀在Fe電極負極產(chǎn)生，C滿足色沉淀在電極周圍生成；D．電解質(zhì)液為CuCl2溶液，陰極為Cu2+得電子得到Cu，不產(chǎn)生白色Fe(OH)2沉淀，D不滿足題意；故答案為：C；B；③苯不溶于水，密度比水小，浮在電解液表面，可隔絕空氣，防止白色沉淀被氧化，故答案為：隔絕空氣，防止白色沉淀被氧化；④A．改用稀硫酸作電解，稀硫酸為強酸，不會產(chǎn)生白色Fe(OH)2沉淀，A不滿足題意；B．適當增大電源電壓，反應速率加快，可盡早在兩極之間的溶液中看到白色沉淀，B滿足題意；C．降低電解液溫度，反應速率減小，看到白色沉淀的時間變長，C不滿足題意；故答案為：B。20、4Fe2++8+1O2+

10H2O=4Fe(OH)3+

8Fe2+

+2=FeCO3↓+

CO2↑+

H2O硫酸至pH=4.0控制濃度一致C中U形管的增重調(diào)節(jié)溶液pH【分析】實驗Ⅰ中，F(xiàn)eSO4溶液與Na2CO3溶液反應，生成Fe(OH)2沉淀和Na2SO4，F(xiàn)e(OH)2不穩(wěn)定，很容易被空氣中的O2氧化為Fe(OH)3；實驗Ⅱ中，F(xiàn)eSO4溶液與NaHCO3溶液反應，生成FeCO3沉淀和CO2氣體，2min后明顯看出有一部分FeCO3轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3；實驗Ⅲ中，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入NaHCO3溶液，產(chǎn)