2015-2016学年辽宁省大连市庄河市高中高三上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2015高三上·庄河开学考）生产、生活离不开化学．下列说法不正确的是（ ）
A．不需要通过化学反应就能从海水中获得食盐和淡水
B．油脂皂化生成的高级脂肪酸钠是肥皂的有效成分
C．聚乙烯塑料和聚氯乙烯塑料都是利用缩聚反应制得的
D．玻璃、陶瓷、水泥是重要的传统硅酸盐产品
2．（2015高三上·庄河开学考）升高温度，气体摩尔体积（ ）
A．随气体分子数目变化 B．随气体分子间距变化
C．一定增大 D．一定减小
3．（2015高三上·庄河开学考）下列化学用语表达正确的是（ ）
A．小苏打电离方程式：NaHCO3+H2O Na++H3O++CO32﹣
B．丙烷分子的球棍模型：
C．氮气化学性质稳定是因为其分子中含有氮氮三键，电子式为
D．核内含有1个质子和1个中子的原子可表示为： H
4．（2015高三上·庄河开学考）若两物质恰好完全反应，下列各项中反应前后保持不变的是（ ）
①电子总数 ②原子总数 ③分子总数 ④物质的总能量 ⑤物质的总质量．
A．①③⑤ B．①②⑤ C．②③④ D．②④⑤
5．（2015高三上·庄河开学考）二氧化碳被认为是加剧温室效应的主要来源．质量相同的下列物质完全燃烧时所产生的温室效应最小的是（ ）
A．甲烷 B．乙烯 C．乙炔 D．乙醇
6．（2015高三上·庄河开学考）已知二氧化氮与氨气在一定条件下反应可以生成氮气和水，有关该反应的判断中正确的是（ ）
A．氨气在反应中得到电子，表现还原性
B．有1molN2生成时，反应中转移电子数为6NA
C．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
D．该反应中各物质均属于非电解质
7．（2015高三上·庄河开学考）下列有关有机物的说法正确的是（ ）
A．乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别
B．淀粉和纤维素的化学式都是（C6H10O5）n，因此它们互为同分异构体
C．分馏煤焦油可以得到苯和甲苯，说明煤中含有苯和甲苯等芳香烃
D．乙烯、苯、四氯化碳分子中所有原子都在同一平面上
8．（2015高三上·庄河开学考）下列有关硅和硅的化合物的叙述中正确的是（ ）
A．二氧化硅是良好的半导体材料，可用于制造集成电路、晶体管器件和硅芯片等
B．硅的化学性质很稳定，常温下与酸、碱、盐等难以反应
C．硅酸俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料
D．向含有少量酚酞的硅酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，边加边振荡，可以看到溶液红色逐渐消失
9．（2015高三上·庄河开学考）下列变化中，必须要加入氧化剂才能实现的是（ ）
A．Na2O2→O2 B．FeCl2→FeCl3 C．HCl→H2 D．SO3→H2SO4
10．（2015高二下·乌兰期中）既可以发生消去反应，又能被氧化成醛的物质是（ ）
A．2﹣甲基﹣1﹣丁醇 B．2，2﹣二甲基﹣1﹣丁醇
C．2﹣甲基﹣2﹣丁醇 D．2，3﹣二甲基﹣2﹣丁醇
11．（2015高三上·庄河开学考）将一定量的氯气通入400mL2.5mol/L的硫酸亚铁溶液中，充分反应后，溶液中的Fe3+与Fe2+的物质的量浓度之比为2：3（忽略水解因素），则通入的氯气的体积（标准状况下）为（ ）
A．1.12L B．2.24L C．4.48L D．6.72L
12．（2015高三上·庄河开学考）下列有关相对分子质量为104的烃说法中正确的组合是（ ）
①可能发生加聚反应 ②可能是苯的同系物 ③可能含有5个碳碳三键 ④可能使酸性高锰酸钾溶液褪色．
A．①②③ B．①④ C．①③ D．②④
二、选择题
13．（2015高三上·庄河开学考）实验室需要使用0.1mol/L的纯碱溶液100mL，下列操作或判断正确的是（ ）
A．需要使用托盘天平称量Na2CO3 10H2O晶体2.86g
B．将称量好的Na2CO3 10H2O晶体放入烧杯中，加入100mL蒸馏水，搅拌、溶解
C．转移溶液时应使用玻璃棒引流，且玻璃棒末端应靠在容量瓶刻度线下方
D．定容时，俯视刻度线会使所配制溶液的物质的量浓度偏低
14．（2015高三上·庄河开学考）糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质．以下叙述正确的是（ ）
A．油脂都是高级饱和脂肪酸甘油酯，不能使溴的四氯化碳溶液褪色
B．糖类、脂肪和蛋白质都能发生水解反应
C．蔗糖和麦芽糖互为同分异构体，可以利用银氨溶液区别二者
D．蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀能重新溶于水
15．（2015高三上·庄河开学考）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24 L H2O含有的分子数为0.1 NA
B．标准状况下，将5.6 L O2和5.6 LO3混合，所得混合气体中含有的原子数为0.5NA
C．pH=7的NaCl溶液中含有的H+的数目为1×10﹣7 NA个
D．0.1molN2和0.3molH2在一定条件下充分反应，转移电子数小于0.6NA
16．（2015高三上·庄河开学考）下列说法中不正确的是（ ）
A．体积相同、c（Na+）相等的纯碱溶液与小苏打溶液，分别与足量同种盐酸反应，消耗盐酸的体积相等
B．将铜粉加入氯化铁溶液，充分反应后，若固体有剩余，则该固体不可能含铁
C．用AlCl3溶液制取Al（OH）3，沉淀剂选用氨水比选用NaOH溶液好
D．相同质量的钠、镁、铝分别与足量的稀硫酸反应，生成气体的质量之比为27：24：23
17．（2015高三上·庄河开学考）下列各组指定条件下的溶液中，所给离子一定能大量共存的是（ ）
A．pH=1的透明溶液中：Na+、MnO4﹣、K+、NO3﹣
B．加入足量Na2O2之后的溶液：Cl﹣、K+、Fe3+、SO42﹣
C．水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol/L的溶液中：NO3﹣、NH4+、CO32﹣、K+
D．能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液中：Na+、SO32﹣、NH4+、Br﹣
18．（2015高三上·庄河开学考）下列表示对应的化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．FeO溶于稀硝酸：FeO+2H++NO3﹣=Fe3++NO↑+H2O
B．氯化氢气体通入澄清石灰水中：HCl+OH﹣=H2O+Cl﹣
C．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性：2Ba2++OH﹣+H++2SO42﹣=2BaSO4↓+H2O
D．在溶液中，氯化铝与烧碱按物质的量之比1：1混合：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓
19．（2015高三上·庄河开学考）Al和Al2O3的混合物14.1g，加入稀H2SO4300 mL，在标准状况下放出氢气1.68 L，Al和Al2O3均不剩余，为中和过量的硫酸，并使溶液中的Al3+恰好完全转化为Al（OH）3沉淀，需要消耗3 mol L﹣1的NaOH溶液400 mL，则该稀硫酸的物质的量浓度为（ ）
A．2.25 mol L﹣1 B．2 mol L﹣1
C．1.5 mol L﹣1 D．0.6 mol L﹣1
20．（2015高三上·庄河开学考）某化合物A的分子式为C5H10O2，该化合物可以在加热条件下与新制Cu（OH）2反应产生红色沉淀，也可以与金属钠反应生成氢气．则符合上述条件的A的共有（不考虑立体异构）（ ）
A．7种 B．8种 C．10种 D．12种
21．（2015高三上·庄河开学考）在120℃时，在反应容积固定的容器内分别进行如下四个反应．若反应前后气体密度和气体总压强分别用d、p表示，则符合关系式d前=d后和p前＞p后的反应是（ ）
A．2H2S+O2═2H2O+2S B．2H2S+3O2═2H2O+2SO2
C．C2H4+3O2═2H2O+2CO2 D．C4H8+6O2═4H2O+4CO2
22．（2015高三上·庄河开学考）有机物X是一种药物，结构简式如下．下列叙述不正确的是（ ）
A．X的分子式为C18H20O2
B．1molX最多能与7molH2发生加成反应
C．X与NaOH溶液或NaHCO3溶液均能反应
D．1molX与饱和溴水混合，最多消耗5molBr2
三、解答题
23．（2015高三上·庄河开学考）浅绿色的硫酸亚铁铵晶体[又名莫尔盐（NH4）2SO4 FeSO4 6H2O]比绿矾（FeSO4 7H2O）更稳定，常用于定量分析．莫尔盐的一种实验室制法如下：
废铁屑 溶液A 莫尔盐
（1）向废铁屑中加入稀硫酸后，并不等铁屑完全溶解而是剩余少量时就进行过滤，其目的是 ；
证明溶液A不含Fe3+离子的最佳试剂是 （填序号字母）．
a．酚酞溶液 b．KSCN溶液 c．烧碱溶液 d．KMnO4溶液
操作I的步骤是：加热蒸发、 、过滤．
（2）将莫尔盐晶体放在托盘天平左盘进行称量时，天平指针向右偏转，说明 ．
（3）为了测定所得莫尔盐中Fe2+的含量，称取4.0g莫尔盐样品，溶于水配成溶液并加入稀硫酸，用0.2mol/L的KMnO4溶液进行滴定，到滴定终点时，消耗了KMnO4溶液10.00mL．则样品中Fe2+的质量分数为 （已知反应中MnO4﹣变为Mn2+）．
（4）从下列装置中选取必要的装置制取（NH4）2SO4溶液，连接的顺序（用接口序号字母表示）是：a接 ； 接 ．将装置C中两种液体分离开的操作名称是 ．装置D的作用是 ．
24．（2015高三上·庄河开学考）在酸性条件下，向硫酸锰（MnSO4）溶液中滴加高碘酸钾（KIO4）溶液，溶液颜色会变为紫红色，生成高锰酸钾（KMnO4）．试完成下列相关题目：
（1）该反应的氧化剂是 ，反应中MnSO4表现 性．
（2）由题意可知，KIO4和KMnO4二者相比， 的氧化性强．
（3）若20mL0.003mol/L MnSO4溶液与15mL0.01mol/L KIO4溶液可以恰好反应，则该反应中KIO4对应的产物是 （填字母）A KI B I2 C KIO2 D KIO3
依据你的判断，请写出该反应的离子方程式，并配平：
（4）将下列所给物质的化学计量数填在横线上，并用单线桥法标明电子转移的方向和数目．
MnSO4+ KIO4+…
25．（2015高三上·庄河开学考）芳香族化合物A是某些植物挥发油中的主要成分，其苯环上只有一个取代基，A的相对分子质量不超过150，完全燃烧只生成CO2和H2O且分子中氧元素的质量分数为12%．A有如下的转化关系：
（Ⅰ）A B
（Ⅱ）B C D E
（Ⅲ）B E
根据以上信息填空：
（1）A的分子式是 ，A的官能团的名称是 ．
（2）反应②、③的反应类型分别是 、 ．
（3）写出反应⑤的化学反应方程式 ．写出C与NaOH水溶液共热反应的化学方程式 ．
（4）与B互为同分异构体的有机物有很多，满足下列条件的B的同分异构体的数目有 种．
①遇FeCl3溶液显紫色；②能发生银镜反应；③分子中含碳碳双键结构．
26．（2015高三上·庄河开学考）已知A，B，C，D四种强电解质溶液，分别含有下列阴阳离子中的各一种，且互不重复：Ba2+、H+、Na+、NH4+、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣、OH﹣．已知：①A和B反应生成的气体能被D吸收，而A和D反应生成的气体能被B吸收；②向A或D中滴入C，均有白色沉淀产生．另有晶体E的摩尔质量为474g/mol，可用于自来水的净水剂．试判断：
（1）晶体E的名称为 ，用离子方程式和必要的文字说明E可用作净水剂的原理 ．
（2）写出A、B、C的化学式：A ，B ，C ．
（3）写出A与D反应的离子方程式 ．
（4）将200mL0.5mol/L的B溶液加入到150mL0.2mol/L的E溶液中，最终生成的白色沉淀质量为 g．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；含硅矿物及材料的应用；合成材料；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】解：A、海水中获得食盐和淡水的方法是通过蒸发溶剂、蒸馏等物理过程实现，故A正确；
B、油脂在NaOH溶液中发生皂化反应生成硬脂酸钠，硬脂酸钠用于制造肥皂，所以肥皂的主要成分是硬脂酸钠，故B正确；
C、聚乙烯塑料和聚氯乙烯塑料是乙烯和氯乙烯加成聚合得到的产物，故C错误；
D、水泥、陶瓷、玻璃以粘土或二氧化硅为原料生生产，产物的主要成分为硅酸盐，故D正确；
故选C．
【分析】A、根据氯化钠溶解度随温度变化不大，利用蒸发溶剂方法得到氯化钠，淡水是蒸馏方法得到；
B、油脂在氢氧化钠溶液中能发生皂化反应生成硬脂酸钠；
C、聚乙烯塑料和聚氯乙烯塑料是加成聚合的产物；
D、水泥、陶瓷、玻璃的主要成分为硅酸盐．
2．【答案】B
【知识点】气体摩尔体积
【解析】【解答】解：A、升高温度，气体摩尔体积不随气体分子数目变化，因为不知道压强的变化，故A错误；
B、升高温度，气体分子间距增大，气体摩尔体积发生变化，故B正确；
C、升高温度，气体摩尔体积不一定增大，因为不知道压强的变化，故C错误；
D、升高温度，气体摩尔体积不一定减小，因为不知道压强的变化，故D错误；
故选B．
【分析】气体摩尔体积与温度、压强、微粒数目有关，以此来解答．
3．【答案】B
【知识点】元素、核素；电离方程式的书写；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】解：A．完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，则小苏打电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3﹣，故A错误；
B．丙烷为CH3CH2CH3，C均为四面体结构，球表示原子，棍表示化学键，则分子的球棍模型为 ，故B正确；
C．漏写N的孤对电子，则电子式为 ，故C错误；
D．核内含有1个质子和1个中子的原子，质量数为2，则原子表示为 H，故D错误；
故选B．
【分析】A．电离生成钠离子和碳酸氢根离子；
B．丙烷为CH3CH2CH3，C均为四面体结构；
C．漏写N的孤对电子；
D．核内含有1个质子和1个中子的原子，质量数为2．
4．【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】解：根据质量守恒定律的内容：在化学反应中，参加反应前各物质的质量总和等于反应后生成各物质的质量总和．再根据其意义：元素的种类、原子的数目、电子数目、原子的种类在反应前后不变．
故选B．
【分析】根据质量守恒定律的内容可知，在化学反应前后肯定没有发生变化的是：物质的总质量、元素的种类、原子的数目、电子数目以及原子的种类．
5．【答案】D
【知识点】常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】解：二氧化碳被认为是加剧温室效应的主要来源，相同质量的有机物含碳量越低，完全燃烧生成二氧化碳的量越少，产生的温室效应越小，
甲烷中碳的百分含量为 ×100%=75%；
乙烯中碳的百分含量为 ×100%=85.7%；
乙炔中碳的百分含量为 ×100%=92.3%；
乙醇中碳的百分含量为 ×100%=52.2%；
所以质量相同的下列物质完全燃烧时所产生的温室效应最小的是乙醇，
故选：D．
【分析】二氧化碳被认为是加剧温室效应的主要来源，相同质量的有机物含碳量越低，完全燃烧生成二氧化碳的量越少，产生的温室效应越小，据此解答．
6．【答案】C
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】解：二氧化氮与氨气反应为：6NO2+8NH3 7N2+12H2O．
A．NH3中N的化合价为﹣3价，产物N2中氮元素为0价，化合价升高，失去电子，表现还原性，故A错误；
B．该反应中NO2→N2、化合价变化为N（+4→0），NH3→N2、化合价变化为N（﹣3→0），有7molN2生成时，反应中转移电子数为24NA，有1molN2生成时，反应中转移电子数为 NA，故B错误；
C．NH3→N2、化合价变化为N（﹣3→0），化合价升高的元素被氧化，对应产物是氧化产物，氧化产物为N2，化合价降低元素被还原，所在的反应物是氧化剂，发生还原反应，对应产物是还原产物NO2→N2、化合价变化为N（+4→0），还原产物为N2，有7molN2生成时，氧化产物为8molN，还原产物为6molN，氧化产物与还原产物的质量之比为=8：6=4：3，故C正确；
D．该反应中NO2、NH3均属于非电解质，非电解质必须是化合物，氮气不是非电解质、水是电解质，故D错误；
故选C．
【分析】二氧化氮与氨气反应为：6NO2+8NH3 7N2+12H2O．
A．氧化还原反应中，还原剂失去电子，化合价升高，具有还原性；
B．氧化还原反应中得电子数=失去电子数=转移电子数；
C．氧化还原反应中，化合价升高的元素被氧化，对应产物是氧化产物，化合价降低元素被还原，所在的反应物是氧化剂，发生还原反应，对应产物是还原产物；
D．电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电（自身电离成阳离子与阴离子）的化合物，氮气不是非电解质、水是电解质．
7．【答案】A
【知识点】有机物的鉴别；有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：A．乙醇易溶于水，乙酸与碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用饱和碳酸钠溶液鉴别，故A正确；
B．淀粉和纤维素都为高聚物，但聚合度不同，二者的分子式不同，不是同分异构体，故B错误；
C．煤是有无机物和有机物组成的复杂的混合物，通过干馏和得到苯、甲苯、二甲苯等有机物，故C错误；
D．四氯化碳与甲烷结构相似，为正四面体结构，故D错误．
故选A．
【分析】A．乙醇易溶于水，乙酸与碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液；
B．淀粉和纤维素的分子式不同；
C．煤是有无机物和有机物组成的复杂的混合物；
D．四氯化碳为正四面体结构．
8．【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】解：A．二氧化硅为绝缘体，不导电，晶体硅是良好的半导体材料，故A错误；
B．硅常温下能够与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，故B错误；
C．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料，故C错误；
D．硅酸钠能够与盐酸反应生成硅酸沉淀，硅酸根离子浓度降低，水解产生氢氧根离子浓度降低，碱性减弱，故D正确；
故选D．
【分析】A．二氧化硅为绝缘体；
B．硅常温下能够与氢氟酸反应；
C．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃；
D．硅酸钠能够与盐酸反应生成硅酸沉淀．
9．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．可与水反应生成，自身发生氧化还原反应，故A错误；
B．Fe元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，故B正确；
C．H元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，故C错误；
D．元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故D错误．
故选B．
【分析】当物质所含元素化合价升高时，被氧化，须加入氧化剂才能实现，以此解答本题．
10．【答案】A
【知识点】乙醇的化学性质；消去反应
【解析】【解答】A．CH3CH2CH（CH3）CH2OH 羟基所连碳的相邻碳上连有H，能发生消去反应生成烯烃，羟基相连的碳原子上有氢，又能发生氧化反应生成醛，故A正确；
B．CH3CH2C（CH3）2CH2OH羟基所连碳的相邻碳上没有H，不能发生消去反应生成烯烃，羟基相连的碳原子上有氢，能发生氧化反应生成醛，故B错误；
C．CH3CH2C（OH）（CH3）2中羟基相连的碳原子上无氢，不能发生催化氧化，羟基所连碳的相邻碳上连有H，可消去，故C错误；
D．（CH3）2C（OH）CH（CH3）2中羟基相连的碳原子上无氢，不能发生催化氧化，羟基所连碳的相邻碳上连有H，可消去，故D错误；
故选A．
【分析】醇发生消去反应必须“羟基所连碳的相邻碳上连有H”；醇羟基催化氧化的条件是羟基相连的碳原子上有氢．据此即可解答．
11．【答案】C
【知识点】离子方程式的有关计算
【解析】【解答】解：400mL2.5mol/L的硫酸亚铁中，n（Fe2+）=0.4L×2.5mol/L=1mol，通入氯气发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，充分反应后，溶液中的Fe3+与Fe2+的物质的量浓度之比为2：3，则n（Fe3+）=1mol× =0.4mol，反应消耗的氯气的物质的量为：n（Cl2）= n（Fe3+）=0.2mol，所以V（Cl2）=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；
故选C．
【分析】400mL2.5mol/L的硫酸亚铁中，n（Fe2+）=0.4L×2.5mol/L=1mol，通入氯气发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，充分反应后，溶液中的Fe3+与Fe2+的物质的量浓度之比为2：3，则n（Fe3+）=1mol× =0.4mol，结合反应方程式计算氯气．
12．【答案】B
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】解：相对分子质量为104的烃， =8…8，则分子中含有8个C和8个H，其结构简式为 ，①该分子中含有C=C，能发生加聚反应，故正确；②分子不满足苯的同系物的通式CnH2n﹣6，不是苯的同系物，故错误；③分子中没有碳碳三键，故错误；④该分子中含有C=C，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确．
故选B．
【分析】相对分子质量为104的烃， =8…8，则分子中含有8个C和8个H，写出其结构简式，根据官能团分析．
13．【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．托盘天平精确到0.1，无法称取2.86g，故A错误；
B．蒸馏水的量太多，还需要洗涤烧杯，应小于100mL蒸馏水，故B错误；
C．转移溶液时应使用玻璃棒引流，且玻璃棒末端应靠在容量瓶刻度线下方，防止产生误差，故C正确；
D．定容俯视刻度线，配制的溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故D错误．
故选C．
【分析】A．托盘天平精确到0.1；
B．蒸馏水的量太多；
C．转移溶液时应使用玻璃棒引流；
D．定容俯视刻度线，配制的溶液体积偏小．
14．【答案】C
【知识点】二糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】解：A．植物油中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，故A错误；
B．单糖不能水解，二糖、多糖、脂肪和蛋白质都能发生水解反应，故B错误；
C．麦芽糖是还原性糖，蔗糖是非还原性糖，可以利用银氨溶液区别二者，故C正确；
D．蛋白质遇重金属盐发生变性，变性是不可逆过程，故D错误．
故选C．
【分析】A．植物油是油脂，含有碳碳双键；
B．单糖不能水解；
C．麦芽糖是还原性糖；
D．蛋白质遇重金属盐发生变性．
15．【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A、标况下，水为液态，不能根据其体积来计算其物质的量，故A错误；
B、标况下，5.6L氧气和臭氧的物质的量均为0.25mol，而由于氧气为双原子分子、臭氧为三原子分子，故0.25mol氧气中含0.5mol氧原子，而0.25mol臭氧中含0.75mol氧原子，共含1.25mol氧原子，即1.25NA个，故B错误；
C、溶液体积不明确，故溶液中的氢离子的个数无法计算，故C错误；
D、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，则转移的电子数小于0.6NA个，故D正确．
故选D．
【分析】A、标况下，水为液态；
B、分别求出氧气和臭氧的物质的量，然后根据氧气为双原子分子、臭氧为三原子分子来计算；
C、溶液体积不明确；
D、合成氨的反应为可逆反应．
16．【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物；铜及其化合物；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：A．体积相同、c（Na+）相等的纯碱溶液与小苏打溶液，则n（NaHCO3）=2n（Na2CO3），与足量盐酸发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由方程式可知，二者消耗盐酸的条件下相等，故A正确；
B．Cu不能置换出Fe，若固体有剩余，则该固体不可能含铁，只能为Cu，故B正确；
C．氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱氨气，用氢氧化钠制备氢氧化铝会因溶解而导致利用率或产量降低，沉淀剂选用氨水比选用NaOH溶液好，故C正确；
D．硫酸足量，金属完全反应，根据电子转移守恒，相同质量的钠、镁、铝分别与足量的稀硫酸反应，生成气体的质量之比为 ： ×2： ×3=36：69：92，故D错误，
故选：D．
【分析】A．体积相同、c（Na+）相等的纯碱溶液与小苏打溶液，则n（NaHCO3）=2n（Na2CO3），与足量盐酸发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；
B．Cu不能置换出Fe；
C．氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱氨气，用氢氧化钠制备氢氧化铝会因溶解而导致利用率或产量降低；
D．硫酸足量，金属完全反应，根据电子转移守恒判断．
17．【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．pH=1的透明溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；
B．加入足量Na2O2之后的溶液，溶液显碱性，不能大量存在Fe3+，故B错误；
C．水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在CO32﹣，碱溶液中不能大量存在NH4+，故C错误；
D．能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液，具有氧化性，与SO32﹣发生氧化还原反应，故D错误；
故选A．
【分析】A．pH=1的透明溶液，显酸性；
B．加入足量Na2O2之后的溶液，溶液显碱性；
C．水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液；
D．能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液，具有氧化性．
18．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．FeO溶于稀硝酸生成硝酸铁、一氧化氮气体和水，正确的离子方程式为：3FeO+10H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+5H2O，故A错误；
B．氯化氢气体通入澄清石灰水中，氯化氢需要拆开，正确的离子方程式为：H++OH﹣=H2O，故B错误；
C．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性，氢氧化钡与硫酸氢钠按照物质的量1：2反应，正确的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．氯化铝与烧碱按物质的量之比1：1混合发生反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，故D正确；
故选D．
【分析】A．离子方程式两边不满足电荷守恒；
B．氯化氢为强电解质，在溶液中完全电离，离子方程式中应该拆开；
C．溶液为中性，则氢氧化钡与硫酸氢钠的物质的量之比为1：2；
D．氯化铝与氢氧化钠按照物质的量1：1反应，氢氧根离子不足，反应生成氢氧化铝沉淀．
19．【答案】B
【知识点】有关混合物反应的计算
【解析】【解答】解：应生成硫酸铝，硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入3 mol L﹣1的NaOH溶液400 mL，恰好使Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，
根据钠离子守恒可知：n（NaOH）=2n（Na2SO4）=3mol/L×0.4L=1.2mol，则n（Na2SO4）=0.6mol，
根据硫酸根守恒可知：n（H2SO4）=n（Na2SO4）=0.6mol，
则该N硫酸溶液的物质的量浓度为： =2mol/L，
故选B．
【分析】反应生成硫酸铝，硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入3 mol L﹣1的NaOH溶液400 mL，恰好使Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4），根据硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4），据此计算n（H2SO4），再根据c= 计算硫酸的浓度．
20．【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】解：化合物A的分子式为C5H10O2的有机物能发生银镜反应，说明含有醛基，同时能与金属钠反应，只能含有羟基，不能含有羧基，丁烷的二元取代产物，
主链有4个碳原子时，二元取代产物共有8种：①OHCCHClCH2CH2CH3 ②OHCCH2CHClCH2CH3③OHCCH2CH2CHClCH3④OHCCH2CH2CH2CH2Cl⑤CH2ClCH（CHO）CH2CH3 ⑥CH3CCl（CHO）CH2CH3 ⑦CH3CH（CHO）CHClCH3 ⑧CH3CH（CHO）CH2CH2Cl；
主链是3个碳原子时，二元取代产物共有4种：①OHCCHClCH（CH3）2 ②OHCCH2CCl（CH3）2 ③OHCCH2CH（CH2Cl）CH3 ④CH2ClC（CHO）（CH3）2
所以符合条件的同分异构体为12种，故选：D．
【分析】化合物A的分子式为C5H10O2的有机物能与新制Cu（OH）2反应产生红色沉淀，说明含有醛基，也可以与金属钠反应生成氢气，只能含有羟基，不能含有羧基，然后看成丁烷的二元取代产物来解答．
21．【答案】B
【知识点】质量守恒定律
【解析】【解答】解：在容积固定的容器内，四个反应的反应物和生成物中除硫单质外均为气体，所以反应B、C、D均符合d前=d后的关系式．反应B反应后气体物质的量减少，根据气态方程可知p前＞p后，故B正确；
故选：B．
【分析】在容积固定的容器内，若反应物都是气体，则反应前后密度不变，物质的量增多，压强增大；物质的量不变，则压强不变．
22．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：A．根据有机物的结构简式，可以得出分子式为：C18H20O2，故A正确；
B．M中的苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，1molM最多能与7molH2发生加成反应，故B正确；
C．酚羟基有弱酸性，可以和氢氧化钠反应，但是不能和碳酸氢钠反应，故C错误；
D.1molM中酚羟基的临位和对位氢原子共4mol，可以和溴水发生取代反应，消耗溴水4mol，1mol碳碳双键可以和1mol溴水发生加成反应，共消耗5mol的溴水，故D正确．
故选C．
【分析】有机物中含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题．
23．【答案】（1）防止Fe2+被氧化成Fe3+；b；冷却结晶
（2）砝码重，样品轻
（3）14%
（4）d；e；f；分液；吸收多余的氨气，防止污染空气，并防止倒吸
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：废铁屑加稀硫酸溶解，得到硫酸亚铁溶液A，加硫酸铵晶体共同溶解，经过蒸发浓缩、冷却晶体、过滤、洗涤、干燥得到莫尔盐；（1）Fe2+离子不稳定，易被氧气氧化为Fe3+离子，剩余少量铁粉防止Fe2+离子被氧化为Fe3+离子；
检验三价铁离子用KSCN溶液，如果含有三价铁离子溶液呈红色；
操作I是从溶液中获得晶体，加热蒸发、冷却结晶、过滤，
故答案为：防止Fe2+离子被氧化为Fe3+离子；b；冷却结晶；（2）遵循“左物右码”原则，药品应放置在左盘内，将莫尔盐晶体放在托盘天平左盘进行称量时，天平指针向右偏转，说明砝码重，样品轻，
故答案为：砝码重，样品轻；（3）测定摩尔盐产品中Fe2+的含量，采用在酸性条件下KMnO4标准液滴定，Fe2+→Fe3+，铁元素化合价升高1价；MnO4﹣+→Mn2+，锰元素降低5价，化合价升降最小公倍数为5，故Fe2++系数为5，MnO4﹣ 系数为1，根据元素守恒可知Mn2+与Fe3+系数分别为1、5，根据电荷守恒可知缺项为H+，H+其系数为2+3×5﹣[2×5﹣1]=8，根据H元素守恒可知H2O系数是4，所以反应离子方程式为：5Fe2++MnO4﹣+8H+=1Mn2++5Fe3++4H2O，
设4g产品中Fe2+的物质的量为xmol，则：
5Fe2+～～～～～～ MnO4﹣，
5 1
xmol 0.01L×0.2mol/L
x= =0.01mol，
所以4g产品中Fe2+的质量0.01mol×56g/mol=0.56g，所以4g产品中Fe2+的质量分数为： ×100%=14%，
故答案为：14%；（4）制取的氨气与硫酸反应生成硫酸铵，剩余的氨气用水吸收，故连接顺序为a→d→e→f，分离互不相溶的液体的方法是：分液；氨气有刺激性气味，污染空气，用水吸收多余的氨气防止污染空气，加倒置的漏斗防止倒吸，
故答案为：d、e、f；分液；吸收多余的NH3防止污染空气，防止倒吸．
【分析】废铁屑加稀硫酸溶解，得到硫酸亚铁溶液A，加硫酸铵晶体共同溶解，经过蒸发浓缩、冷却晶体、过滤、洗涤、干燥得到莫尔盐，以此分析解答；（1）Fe2+离子不稳定，易被氧气氧化为Fe3+离子，剩余少量铁粉防止Fe2+离子被氧化为Fe3+离子；
检验三价铁离子用KSCN溶液，如果含有三价铁离子溶液呈红色；
操作I是从溶液中获得晶体，加热蒸发、冷却结晶、过滤；（2）遵循“左物右码”原则；（3）Fe2+→Fe3+，铁元素化合价升高1价；MnO4﹣+→Mn2+，锰元素降低5价，化合价升降最小公倍数为5，根据关系式5Fe2+～MnO4﹣，计算4g产品中Fe2+的物质的量，进而计算Fe2+的质量，再根据质量分数定义计算；（4）制取的氨气与硫酸反应生成硫酸铵，剩余的氨气用水吸收，分离互不相溶的液体的方法是：分液；氨气有刺激性气味，污染空气，用水吸收多余的氨气防止污染空气，加倒置的漏斗防止倒吸．
24．【答案】（1）KIO4；还原
（2）KIO4
（3）D；2Mn2++5IO4﹣+3H2O=2MnO4﹣+5IO3﹣+6H+
（4）2；5
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】解：（1）酸性条件下，向硫酸锰（MnSO4）溶液中滴加高碘酸钾（KIO4）溶液，溶液颜色会变为紫红色，生成高锰酸钾（KMnO4），Mn元素化合价由+2价变为+7价，I元素得电子化合价降低，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂具有还原性，所以氧化剂是KIO4（或高碘酸钾），MnSO4是还原剂，体现还原性；
故答案为：KIO4（或高碘酸钾）；还原；（2）根据（1）知，该反应中氧化剂是KIO4（或高碘酸钾），MnSO4是还原剂，KMnO4是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以KIO4的氧化性强，故答案为：KIO4；（3）n（MnSO4）=0.02L×0.003mol/L=6×10﹣5mol/L，n（KIO4）=0.015L×0.01mol/L=1.5×10﹣4mol/L，根据转移电子相等得I元素得电子数= =2，所以碘元素化合价为+7﹣2=+5，
所以该反应中KIO4对应的产物是D，
根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为2Mn2++5 IO4﹣+3H2O=2MnO4﹣+5 IO3﹣+6H+，
故答案为：D；2Mn2++5 IO4﹣+3H2O=2MnO4﹣+5 IO3﹣+6H+；（4）Mn元素化合价由+2价变为+7价、I元素化合价由+7价变为+5价，得失电子最小公倍数是10，所以MnSO4、KIO4的计量数分别是2、5，该反应中电子从Mn元素转移到I元素，转移电子方向和数目为 ，
故答案为：2；5； ．
【分析】（1）酸性条件下，向硫酸锰（MnSO4）溶液中滴加高碘酸钾（KIO4）溶液，溶液颜色会变为紫红色，生成高锰酸钾（KMnO4），Mn元素化合价由+2价变为+7价，I元素化合价由+7价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂具有还原性；（2）自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；（3）根据转移电子守恒判断产物成分；（4）根据转移电子守恒配平方程式，该反应中电子从Mn元素转移到I元素．
25．【答案】（1）C9H8O；碳碳双键、醛基
（2）加成反应；消去反应
（3） +H2； +3NaOH +2NaBr+H2O
（4）16
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】解：A苯环上只有一个取代基，A的相对分子质量不超过150，完全燃烧只生成CO2和H2O且分子中氧元素的质量分数为12%，则含氧原子个数为 =1，含C原子应为9个，A能够与银氨溶液反应，说明A分子中含有醛基，B能够与溴的四氯化碳反应且1molB能够与1mol氢气发生加成反应，说明B中含有1mol碳碳双键，则A中含有1mol碳碳双键，A的分子式为C9H8O，B结构简式为 ，B与Br2发生碳碳双键上的加成反应生成的C为 ，C在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应生成的D中含有碳碳三键，1molD再与2mol氢气发生加成反应生成苯丙酸，（1）A的分子式为C9H8O，A能够与银氨溶液反应，说明A分子中含有醛基，B能够与溴的四氯化碳反应且1molB能够与1mol氢气发生加成反应，说明B中含有1mol碳碳双键，故答案为：C9H8O； 碳碳双键、醛基；（2）B与Br2发生碳碳双键上的加成反应生成的C为 ，C在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应生成的D中含有碳碳三键，
故答案为：加成反应；消去反应；（3）反应⑤是 与氢气发生加成反应，化学方程式为 +H2 ，C为 ，C在NaOH的水溶液中加热发生取代反应的化学方程式为 +3NaOH +2NaBr+H2O，
故答案为： +H2 ；
+3NaOH +2NaBr+H2O；（4）B结构简式为 ，其同分异构体①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③分子中含碳碳双键结构，若其只有2个取代基，则可以分别为﹣OH和﹣CH=COOCH，临间对3种，分别为﹣OH和﹣C（OOCH）=CH2，临间对3种，若其有3个取代基，可以分别为﹣OH、﹣CHO和﹣CH=CH2，按定一移二法，假设﹣OH和﹣CH=CH2在临位，则﹣CHO在苯环上还有4个位置，有4种同分异构体，假设﹣OH和﹣CH=CH2在间，则﹣CHO在苯环上还有4个位置，有4种同分异构体，假设﹣OH和﹣CH=CH2在对位，则﹣CHO在苯环上还有2个位置，有2种同分异构体，所以，B的符合条件的同分异构体共有16种，故答案为：16．
【分析】A苯环上只有一个取代基，A的相对分子质量不超过150，完全燃烧只生成CO2和H2O且分子中氧元素的质量分数为12%，则含氧原子个数为 =1，含C原子应为9个，A能够与银氨溶液反应，说明A分子中含有醛基，B能够与溴的四氯化碳反应且1molB能够与1mol氢气发生加成反应，说明B中含有1mol碳碳双键，则A中含有1mol碳碳双键，A的分子式为C9H8O，B结构简式为 ，B与Br2发生碳碳双键上的加成反应生成的C为 ，C在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应生成的D中含有碳碳三键，1molD再与2mol氢气发生加成反应生成苯丙酸，据此分析．
26．【答案】（1）明矾；明矾溶于水可以发生水解反应：Al3++3H2O Al（OH）3+3H+，生成的胶体能吸附水中的悬浮物，从而达到净水目的
（2）（NH4）2CO3；NaOH；Ba（NO3）2
（3）CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O
（4）1.56
【知识点】盐类水解的应用；常见离子的检验；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】解：有Ba2+、H+、Na+、NH4+、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣、OH﹣离子组成的ABCD四种强电解质，相互间反应能够生成的气体是NH3和CO2，其中NH3能被酸吸收，CO2能被碱溶液吸收，能够生成的沉淀只有BaCO3和BaSO4，现②向A或D中滴入C，均有白色沉淀产生，说明C中含有Ba2+，A和D分别含有CO32﹣或SO42﹣，则B中含有NO3﹣或OH﹣；①A和B反应生成的气体能被D吸收，因D中不可能含有OH﹣，故A和B生成的气体只能是NH3，D中应该含有H+，结合实验②可知D只能是H2SO4，则A中含有CO32﹣，B中含有OH﹣，C中含有NO3﹣，故A为（NH4）2CO3，C为Ba（NO3）2，结合离子不重复可知B为NaOH，另有晶体E的摩尔质量为474g/mol，可用于自来水的净水剂可知E为明矾，化学式为KAl（SO4）2 12H2O；（1）晶体E为明矾，能用于自来水的净水剂是Al3+水解生成氢氧化铝胶体，吸附水中的悬浮物，达到净水的目的，水解反应的离子方程式为，故答案为：明矾；明矾溶于水可以发生水解反应：Al3++3H2O Al（OH）3+3H+，生成的胶体能吸附水中的悬浮物，从而达到净水目的；（2）化合物A为（NH4）2CO3，B为NaOH，C为Ba（NO3）2，故答案为：（NH4）2CO3；NaOH；Ba（NO3）2；（3）碳酸铵与硫酸反应生成二氧化碳气体，离子反应式为CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，故答案为：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；（4）150mL0.2mol/L的明矾溶液中Al3+的物质的量为0.2mol/L×0.15L×1=0.03mol，200mL0.5mol/L的NaOH溶液中NaOH的物质的量为0.5mol/L×0.2L=0.1mol，将200mL0.5mol/L的B溶液加入到150mL0.2mol/L的E溶液中，根据Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓可知先生成0.03molAl（OH）3，消耗0.09molNaOH，多余的0.01molNaOH继续溶解Al（OH）3，根据Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，可知剩余0.02molAl（OH）3，其质量为78g/mol×0.02mol=1.56g，故答案为：1.56．
【分析】有Ba2+、H+、Na+、NH4+、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣、OH﹣离子组成的ABCD四种强电解质，相互间反应能够生成的气体是NH3和CO2，其中NH3能被酸吸收，CO2能被碱溶液吸收，能够生成的沉淀只有BaCO3和BaSO4，现②向A或D中滴入C，均有白色沉淀产生，说明C中含有Ba2+，A和D分别含有CO32﹣或SO42﹣，则B中含有NO3﹣或OH﹣；①A和B反应生成的气体能被D吸收，因D中不可能含有OH﹣，故A和B生成的气体只能是NH3，D中应该含有H+，结合实验②可知D只能是H2SO4，则A中含有CO32﹣，B中含有OH﹣，C中含有NO3﹣，故A为（NH4）2CO3，C为Ba（NO3）2，结合离子不重复可知B为NaOH，另有晶体E的摩尔质量为474g/mol，可用于自来水的净水剂可知E为明矾，化学式为KAl（SO4）2 12H2O；据此分析解答．
1 / 12015-2016学年辽宁省大连市庄河市高中高三上学期开学化学试卷
一、选择题
1．（2015高三上·庄河开学考）生产、生活离不开化学．下列说法不正确的是（ ）
A．不需要通过化学反应就能从海水中获得食盐和淡水
B．油脂皂化生成的高级脂肪酸钠是肥皂的有效成分
C．聚乙烯塑料和聚氯乙烯塑料都是利用缩聚反应制得的
D．玻璃、陶瓷、水泥是重要的传统硅酸盐产品
【答案】C
【知识点】海水资源及其综合利用；含硅矿物及材料的应用；合成材料；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】解：A、海水中获得食盐和淡水的方法是通过蒸发溶剂、蒸馏等物理过程实现，故A正确；
B、油脂在NaOH溶液中发生皂化反应生成硬脂酸钠，硬脂酸钠用于制造肥皂，所以肥皂的主要成分是硬脂酸钠，故B正确；
C、聚乙烯塑料和聚氯乙烯塑料是乙烯和氯乙烯加成聚合得到的产物，故C错误；
D、水泥、陶瓷、玻璃以粘土或二氧化硅为原料生生产，产物的主要成分为硅酸盐，故D正确；
故选C．
【分析】A、根据氯化钠溶解度随温度变化不大，利用蒸发溶剂方法得到氯化钠，淡水是蒸馏方法得到；
B、油脂在氢氧化钠溶液中能发生皂化反应生成硬脂酸钠；
C、聚乙烯塑料和聚氯乙烯塑料是加成聚合的产物；
D、水泥、陶瓷、玻璃的主要成分为硅酸盐．
2．（2015高三上·庄河开学考）升高温度，气体摩尔体积（ ）
A．随气体分子数目变化 B．随气体分子间距变化
C．一定增大 D．一定减小
【答案】B
【知识点】气体摩尔体积
【解析】【解答】解：A、升高温度，气体摩尔体积不随气体分子数目变化，因为不知道压强的变化，故A错误；
B、升高温度，气体分子间距增大，气体摩尔体积发生变化，故B正确；
C、升高温度，气体摩尔体积不一定增大，因为不知道压强的变化，故C错误；
D、升高温度，气体摩尔体积不一定减小，因为不知道压强的变化，故D错误；
故选B．
【分析】气体摩尔体积与温度、压强、微粒数目有关，以此来解答．
3．（2015高三上·庄河开学考）下列化学用语表达正确的是（ ）
A．小苏打电离方程式：NaHCO3+H2O Na++H3O++CO32﹣
B．丙烷分子的球棍模型：
C．氮气化学性质稳定是因为其分子中含有氮氮三键，电子式为
D．核内含有1个质子和1个中子的原子可表示为： H
【答案】B
【知识点】元素、核素；电离方程式的书写；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】解：A．完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，则小苏打电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3﹣，故A错误；
B．丙烷为CH3CH2CH3，C均为四面体结构，球表示原子，棍表示化学键，则分子的球棍模型为 ，故B正确；
C．漏写N的孤对电子，则电子式为 ，故C错误；
D．核内含有1个质子和1个中子的原子，质量数为2，则原子表示为 H，故D错误；
故选B．
【分析】A．电离生成钠离子和碳酸氢根离子；
B．丙烷为CH3CH2CH3，C均为四面体结构；
C．漏写N的孤对电子；
D．核内含有1个质子和1个中子的原子，质量数为2．
4．（2015高三上·庄河开学考）若两物质恰好完全反应，下列各项中反应前后保持不变的是（ ）
①电子总数 ②原子总数 ③分子总数 ④物质的总能量 ⑤物质的总质量．
A．①③⑤ B．①②⑤ C．②③④ D．②④⑤
【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】解：根据质量守恒定律的内容：在化学反应中，参加反应前各物质的质量总和等于反应后生成各物质的质量总和．再根据其意义：元素的种类、原子的数目、电子数目、原子的种类在反应前后不变．
故选B．
【分析】根据质量守恒定律的内容可知，在化学反应前后肯定没有发生变化的是：物质的总质量、元素的种类、原子的数目、电子数目以及原子的种类．
5．（2015高三上·庄河开学考）二氧化碳被认为是加剧温室效应的主要来源．质量相同的下列物质完全燃烧时所产生的温室效应最小的是（ ）
A．甲烷 B．乙烯 C．乙炔 D．乙醇
【答案】D
【知识点】常见的生活环境的污染及治理
【解析】【解答】解：二氧化碳被认为是加剧温室效应的主要来源，相同质量的有机物含碳量越低，完全燃烧生成二氧化碳的量越少，产生的温室效应越小，
甲烷中碳的百分含量为 ×100%=75%；
乙烯中碳的百分含量为 ×100%=85.7%；
乙炔中碳的百分含量为 ×100%=92.3%；
乙醇中碳的百分含量为 ×100%=52.2%；
所以质量相同的下列物质完全燃烧时所产生的温室效应最小的是乙醇，
故选：D．
【分析】二氧化碳被认为是加剧温室效应的主要来源，相同质量的有机物含碳量越低，完全燃烧生成二氧化碳的量越少，产生的温室效应越小，据此解答．
6．（2015高三上·庄河开学考）已知二氧化氮与氨气在一定条件下反应可以生成氮气和水，有关该反应的判断中正确的是（ ）
A．氨气在反应中得到电子，表现还原性
B．有1molN2生成时，反应中转移电子数为6NA
C．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
D．该反应中各物质均属于非电解质
【答案】C
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】解：二氧化氮与氨气反应为：6NO2+8NH3 7N2+12H2O．
A．NH3中N的化合价为﹣3价，产物N2中氮元素为0价，化合价升高，失去电子，表现还原性，故A错误；
B．该反应中NO2→N2、化合价变化为N（+4→0），NH3→N2、化合价变化为N（﹣3→0），有7molN2生成时，反应中转移电子数为24NA，有1molN2生成时，反应中转移电子数为 NA，故B错误；
C．NH3→N2、化合价变化为N（﹣3→0），化合价升高的元素被氧化，对应产物是氧化产物，氧化产物为N2，化合价降低元素被还原，所在的反应物是氧化剂，发生还原反应，对应产物是还原产物NO2→N2、化合价变化为N（+4→0），还原产物为N2，有7molN2生成时，氧化产物为8molN，还原产物为6molN，氧化产物与还原产物的质量之比为=8：6=4：3，故C正确；
D．该反应中NO2、NH3均属于非电解质，非电解质必须是化合物，氮气不是非电解质、水是电解质，故D错误；
故选C．
【分析】二氧化氮与氨气反应为：6NO2+8NH3 7N2+12H2O．
A．氧化还原反应中，还原剂失去电子，化合价升高，具有还原性；
B．氧化还原反应中得电子数=失去电子数=转移电子数；
C．氧化还原反应中，化合价升高的元素被氧化，对应产物是氧化产物，化合价降低元素被还原，所在的反应物是氧化剂，发生还原反应，对应产物是还原产物；
D．电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电（自身电离成阳离子与阴离子）的化合物，氮气不是非电解质、水是电解质．
7．（2015高三上·庄河开学考）下列有关有机物的说法正确的是（ ）
A．乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别
B．淀粉和纤维素的化学式都是（C6H10O5）n，因此它们互为同分异构体
C．分馏煤焦油可以得到苯和甲苯，说明煤中含有苯和甲苯等芳香烃
D．乙烯、苯、四氯化碳分子中所有原子都在同一平面上
【答案】A
【知识点】有机物的鉴别；有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：A．乙醇易溶于水，乙酸与碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用饱和碳酸钠溶液鉴别，故A正确；
B．淀粉和纤维素都为高聚物，但聚合度不同，二者的分子式不同，不是同分异构体，故B错误；
C．煤是有无机物和有机物组成的复杂的混合物，通过干馏和得到苯、甲苯、二甲苯等有机物，故C错误；
D．四氯化碳与甲烷结构相似，为正四面体结构，故D错误．
故选A．
【分析】A．乙醇易溶于水，乙酸与碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液；
B．淀粉和纤维素的分子式不同；
C．煤是有无机物和有机物组成的复杂的混合物；
D．四氯化碳为正四面体结构．
8．（2015高三上·庄河开学考）下列有关硅和硅的化合物的叙述中正确的是（ ）
A．二氧化硅是良好的半导体材料，可用于制造集成电路、晶体管器件和硅芯片等
B．硅的化学性质很稳定，常温下与酸、碱、盐等难以反应
C．硅酸俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料
D．向含有少量酚酞的硅酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，边加边振荡，可以看到溶液红色逐渐消失
【答案】D
【知识点】硅和二氧化硅
【解析】【解答】解：A．二氧化硅为绝缘体，不导电，晶体硅是良好的半导体材料，故A错误；
B．硅常温下能够与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，故B错误；
C．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料，故C错误；
D．硅酸钠能够与盐酸反应生成硅酸沉淀，硅酸根离子浓度降低，水解产生氢氧根离子浓度降低，碱性减弱，故D正确；
故选D．
【分析】A．二氧化硅为绝缘体；
B．硅常温下能够与氢氟酸反应；
C．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃；
D．硅酸钠能够与盐酸反应生成硅酸沉淀．
9．（2015高三上·庄河开学考）下列变化中，必须要加入氧化剂才能实现的是（ ）
A．Na2O2→O2 B．FeCl2→FeCl3 C．HCl→H2 D．SO3→H2SO4
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】解：A．可与水反应生成，自身发生氧化还原反应，故A错误；
B．Fe元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，故B正确；
C．H元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，故C错误；
D．元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故D错误．
故选B．
【分析】当物质所含元素化合价升高时，被氧化，须加入氧化剂才能实现，以此解答本题．
10．（2015高二下·乌兰期中）既可以发生消去反应，又能被氧化成醛的物质是（ ）
A．2﹣甲基﹣1﹣丁醇 B．2，2﹣二甲基﹣1﹣丁醇
C．2﹣甲基﹣2﹣丁醇 D．2，3﹣二甲基﹣2﹣丁醇
【答案】A
【知识点】乙醇的化学性质；消去反应
【解析】【解答】A．CH3CH2CH（CH3）CH2OH 羟基所连碳的相邻碳上连有H，能发生消去反应生成烯烃，羟基相连的碳原子上有氢，又能发生氧化反应生成醛，故A正确；
B．CH3CH2C（CH3）2CH2OH羟基所连碳的相邻碳上没有H，不能发生消去反应生成烯烃，羟基相连的碳原子上有氢，能发生氧化反应生成醛，故B错误；
C．CH3CH2C（OH）（CH3）2中羟基相连的碳原子上无氢，不能发生催化氧化，羟基所连碳的相邻碳上连有H，可消去，故C错误；
D．（CH3）2C（OH）CH（CH3）2中羟基相连的碳原子上无氢，不能发生催化氧化，羟基所连碳的相邻碳上连有H，可消去，故D错误；
故选A．
【分析】醇发生消去反应必须“羟基所连碳的相邻碳上连有H”；醇羟基催化氧化的条件是羟基相连的碳原子上有氢．据此即可解答．
11．（2015高三上·庄河开学考）将一定量的氯气通入400mL2.5mol/L的硫酸亚铁溶液中，充分反应后，溶液中的Fe3+与Fe2+的物质的量浓度之比为2：3（忽略水解因素），则通入的氯气的体积（标准状况下）为（ ）
A．1.12L B．2.24L C．4.48L D．6.72L
【答案】C
【知识点】离子方程式的有关计算
【解析】【解答】解：400mL2.5mol/L的硫酸亚铁中，n（Fe2+）=0.4L×2.5mol/L=1mol，通入氯气发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，充分反应后，溶液中的Fe3+与Fe2+的物质的量浓度之比为2：3，则n（Fe3+）=1mol× =0.4mol，反应消耗的氯气的物质的量为：n（Cl2）= n（Fe3+）=0.2mol，所以V（Cl2）=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；
故选C．
【分析】400mL2.5mol/L的硫酸亚铁中，n（Fe2+）=0.4L×2.5mol/L=1mol，通入氯气发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，充分反应后，溶液中的Fe3+与Fe2+的物质的量浓度之比为2：3，则n（Fe3+）=1mol× =0.4mol，结合反应方程式计算氯气．
12．（2015高三上·庄河开学考）下列有关相对分子质量为104的烃说法中正确的组合是（ ）
①可能发生加聚反应 ②可能是苯的同系物 ③可能含有5个碳碳三键 ④可能使酸性高锰酸钾溶液褪色．
A．①②③ B．①④ C．①③ D．②④
【答案】B
【知识点】有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】解：相对分子质量为104的烃， =8…8，则分子中含有8个C和8个H，其结构简式为 ，①该分子中含有C=C，能发生加聚反应，故正确；②分子不满足苯的同系物的通式CnH2n﹣6，不是苯的同系物，故错误；③分子中没有碳碳三键，故错误；④该分子中含有C=C，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确．
故选B．
【分析】相对分子质量为104的烃， =8…8，则分子中含有8个C和8个H，写出其结构简式，根据官能团分析．
二、选择题
13．（2015高三上·庄河开学考）实验室需要使用0.1mol/L的纯碱溶液100mL，下列操作或判断正确的是（ ）
A．需要使用托盘天平称量Na2CO3 10H2O晶体2.86g
B．将称量好的Na2CO3 10H2O晶体放入烧杯中，加入100mL蒸馏水，搅拌、溶解
C．转移溶液时应使用玻璃棒引流，且玻璃棒末端应靠在容量瓶刻度线下方
D．定容时，俯视刻度线会使所配制溶液的物质的量浓度偏低
【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．托盘天平精确到0.1，无法称取2.86g，故A错误；
B．蒸馏水的量太多，还需要洗涤烧杯，应小于100mL蒸馏水，故B错误；
C．转移溶液时应使用玻璃棒引流，且玻璃棒末端应靠在容量瓶刻度线下方，防止产生误差，故C正确；
D．定容俯视刻度线，配制的溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故D错误．
故选C．
【分析】A．托盘天平精确到0.1；
B．蒸馏水的量太多；
C．转移溶液时应使用玻璃棒引流；
D．定容俯视刻度线，配制的溶液体积偏小．
14．（2015高三上·庄河开学考）糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质．以下叙述正确的是（ ）
A．油脂都是高级饱和脂肪酸甘油酯，不能使溴的四氯化碳溶液褪色
B．糖类、脂肪和蛋白质都能发生水解反应
C．蔗糖和麦芽糖互为同分异构体，可以利用银氨溶液区别二者
D．蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀能重新溶于水
【答案】C
【知识点】二糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】解：A．植物油中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，故A错误；
B．单糖不能水解，二糖、多糖、脂肪和蛋白质都能发生水解反应，故B错误；
C．麦芽糖是还原性糖，蔗糖是非还原性糖，可以利用银氨溶液区别二者，故C正确；
D．蛋白质遇重金属盐发生变性，变性是不可逆过程，故D错误．
故选C．
【分析】A．植物油是油脂，含有碳碳双键；
B．单糖不能水解；
C．麦芽糖是还原性糖；
D．蛋白质遇重金属盐发生变性．
15．（2015高三上·庄河开学考）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24 L H2O含有的分子数为0.1 NA
B．标准状况下，将5.6 L O2和5.6 LO3混合，所得混合气体中含有的原子数为0.5NA
C．pH=7的NaCl溶液中含有的H+的数目为1×10﹣7 NA个
D．0.1molN2和0.3molH2在一定条件下充分反应，转移电子数小于0.6NA
【答案】D
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】解：A、标况下，水为液态，不能根据其体积来计算其物质的量，故A错误；
B、标况下，5.6L氧气和臭氧的物质的量均为0.25mol，而由于氧气为双原子分子、臭氧为三原子分子，故0.25mol氧气中含0.5mol氧原子，而0.25mol臭氧中含0.75mol氧原子，共含1.25mol氧原子，即1.25NA个，故B错误；
C、溶液体积不明确，故溶液中的氢离子的个数无法计算，故C错误；
D、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，则转移的电子数小于0.6NA个，故D正确．
故选D．
【分析】A、标况下，水为液态；
B、分别求出氧气和臭氧的物质的量，然后根据氧气为双原子分子、臭氧为三原子分子来计算；
C、溶液体积不明确；
D、合成氨的反应为可逆反应．
16．（2015高三上·庄河开学考）下列说法中不正确的是（ ）
A．体积相同、c（Na+）相等的纯碱溶液与小苏打溶液，分别与足量同种盐酸反应，消耗盐酸的体积相等
B．将铜粉加入氯化铁溶液，充分反应后，若固体有剩余，则该固体不可能含铁
C．用AlCl3溶液制取Al（OH）3，沉淀剂选用氨水比选用NaOH溶液好
D．相同质量的钠、镁、铝分别与足量的稀硫酸反应，生成气体的质量之比为27：24：23
【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物；铜及其化合物；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：A．体积相同、c（Na+）相等的纯碱溶液与小苏打溶液，则n（NaHCO3）=2n（Na2CO3），与足量盐酸发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由方程式可知，二者消耗盐酸的条件下相等，故A正确；
B．Cu不能置换出Fe，若固体有剩余，则该固体不可能含铁，只能为Cu，故B正确；
C．氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱氨气，用氢氧化钠制备氢氧化铝会因溶解而导致利用率或产量降低，沉淀剂选用氨水比选用NaOH溶液好，故C正确；
D．硫酸足量，金属完全反应，根据电子转移守恒，相同质量的钠、镁、铝分别与足量的稀硫酸反应，生成气体的质量之比为 ： ×2： ×3=36：69：92，故D错误，
故选：D．
【分析】A．体积相同、c（Na+）相等的纯碱溶液与小苏打溶液，则n（NaHCO3）=2n（Na2CO3），与足量盐酸发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；
B．Cu不能置换出Fe；
C．氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱氨气，用氢氧化钠制备氢氧化铝会因溶解而导致利用率或产量降低；
D．硫酸足量，金属完全反应，根据电子转移守恒判断．
17．（2015高三上·庄河开学考）下列各组指定条件下的溶液中，所给离子一定能大量共存的是（ ）
A．pH=1的透明溶液中：Na+、MnO4﹣、K+、NO3﹣
B．加入足量Na2O2之后的溶液：Cl﹣、K+、Fe3+、SO42﹣
C．水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol/L的溶液中：NO3﹣、NH4+、CO32﹣、K+
D．能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液中：Na+、SO32﹣、NH4+、Br﹣
【答案】A
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．pH=1的透明溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；
B．加入足量Na2O2之后的溶液，溶液显碱性，不能大量存在Fe3+，故B错误；
C．水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在CO32﹣，碱溶液中不能大量存在NH4+，故C错误；
D．能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液，具有氧化性，与SO32﹣发生氧化还原反应，故D错误；
故选A．
【分析】A．pH=1的透明溶液，显酸性；
B．加入足量Na2O2之后的溶液，溶液显碱性；
C．水电离出的c（OH﹣）=1×10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液；
D．能使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液，具有氧化性．
18．（2015高三上·庄河开学考）下列表示对应的化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．FeO溶于稀硝酸：FeO+2H++NO3﹣=Fe3++NO↑+H2O
B．氯化氢气体通入澄清石灰水中：HCl+OH﹣=H2O+Cl﹣
C．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性：2Ba2++OH﹣+H++2SO42﹣=2BaSO4↓+H2O
D．在溶液中，氯化铝与烧碱按物质的量之比1：1混合：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．FeO溶于稀硝酸生成硝酸铁、一氧化氮气体和水，正确的离子方程式为：3FeO+10H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+5H2O，故A错误；
B．氯化氢气体通入澄清石灰水中，氯化氢需要拆开，正确的离子方程式为：H++OH﹣=H2O，故B错误；
C．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性，氢氧化钡与硫酸氢钠按照物质的量1：2反应，正确的离子方程式为：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．氯化铝与烧碱按物质的量之比1：1混合发生反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，故D正确；
故选D．
【分析】A．离子方程式两边不满足电荷守恒；
B．氯化氢为强电解质，在溶液中完全电离，离子方程式中应该拆开；
C．溶液为中性，则氢氧化钡与硫酸氢钠的物质的量之比为1：2；
D．氯化铝与氢氧化钠按照物质的量1：1反应，氢氧根离子不足，反应生成氢氧化铝沉淀．
19．（2015高三上·庄河开学考）Al和Al2O3的混合物14.1g，加入稀H2SO4300 mL，在标准状况下放出氢气1.68 L，Al和Al2O3均不剩余，为中和过量的硫酸，并使溶液中的Al3+恰好完全转化为Al（OH）3沉淀，需要消耗3 mol L﹣1的NaOH溶液400 mL，则该稀硫酸的物质的量浓度为（ ）
A．2.25 mol L﹣1 B．2 mol L﹣1
C．1.5 mol L﹣1 D．0.6 mol L﹣1
【答案】B
【知识点】有关混合物反应的计算
【解析】【解答】解：应生成硫酸铝，硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入3 mol L﹣1的NaOH溶液400 mL，恰好使Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，
根据钠离子守恒可知：n（NaOH）=2n（Na2SO4）=3mol/L×0.4L=1.2mol，则n（Na2SO4）=0.6mol，
根据硫酸根守恒可知：n（H2SO4）=n（Na2SO4）=0.6mol，
则该N硫酸溶液的物质的量浓度为： =2mol/L，
故选B．
【分析】反应生成硫酸铝，硫酸有剩余，向反应后的混合溶液中加入3 mol L﹣1的NaOH溶液400 mL，恰好使Al3+完全沉淀，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒有n（NaOH）=2n（Na2SO4），根据硫酸根守恒有n（Na2SO4）=n（H2SO4），据此计算n（H2SO4），再根据c= 计算硫酸的浓度．
20．（2015高三上·庄河开学考）某化合物A的分子式为C5H10O2，该化合物可以在加热条件下与新制Cu（OH）2反应产生红色沉淀，也可以与金属钠反应生成氢气．则符合上述条件的A的共有（不考虑立体异构）（ ）
A．7种 B．8种 C．10种 D．12种
【答案】D
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】解：化合物A的分子式为C5H10O2的有机物能发生银镜反应，说明含有醛基，同时能与金属钠反应，只能含有羟基，不能含有羧基，丁烷的二元取代产物，
主链有4个碳原子时，二元取代产物共有8种：①OHCCHClCH2CH2CH3 ②OHCCH2CHClCH2CH3③OHCCH2CH2CHClCH3④OHCCH2CH2CH2CH2Cl⑤CH2ClCH（CHO）CH2CH3 ⑥CH3CCl（CHO）CH2CH3 ⑦CH3CH（CHO）CHClCH3 ⑧CH3CH（CHO）CH2CH2Cl；
主链是3个碳原子时，二元取代产物共有4种：①OHCCHClCH（CH3）2 ②OHCCH2CCl（CH3）2 ③OHCCH2CH（CH2Cl）CH3 ④CH2ClC（CHO）（CH3）2
所以符合条件的同分异构体为12种，故选：D．
【分析】化合物A的分子式为C5H10O2的有机物能与新制Cu（OH）2反应产生红色沉淀，说明含有醛基，也可以与金属钠反应生成氢气，只能含有羟基，不能含有羧基，然后看成丁烷的二元取代产物来解答．
21．（2015高三上·庄河开学考）在120℃时，在反应容积固定的容器内分别进行如下四个反应．若反应前后气体密度和气体总压强分别用d、p表示，则符合关系式d前=d后和p前＞p后的反应是（ ）
A．2H2S+O2═2H2O+2S B．2H2S+3O2═2H2O+2SO2
C．C2H4+3O2═2H2O+2CO2 D．C4H8+6O2═4H2O+4CO2
【答案】B
【知识点】质量守恒定律
【解析】【解答】解：在容积固定的容器内，四个反应的反应物和生成物中除硫单质外均为气体，所以反应B、C、D均符合d前=d后的关系式．反应B反应后气体物质的量减少，根据气态方程可知p前＞p后，故B正确；
故选：B．
【分析】在容积固定的容器内，若反应物都是气体，则反应前后密度不变，物质的量增多，压强增大；物质的量不变，则压强不变．
22．（2015高三上·庄河开学考）有机物X是一种药物，结构简式如下．下列叙述不正确的是（ ）
A．X的分子式为C18H20O2
B．1molX最多能与7molH2发生加成反应
C．X与NaOH溶液或NaHCO3溶液均能反应
D．1molX与饱和溴水混合，最多消耗5molBr2
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】解：A．根据有机物的结构简式，可以得出分子式为：C18H20O2，故A正确；
B．M中的苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，1molM最多能与7molH2发生加成反应，故B正确；
C．酚羟基有弱酸性，可以和氢氧化钠反应，但是不能和碳酸氢钠反应，故C错误；
D.1molM中酚羟基的临位和对位氢原子共4mol，可以和溴水发生取代反应，消耗溴水4mol，1mol碳碳双键可以和1mol溴水发生加成反应，共消耗5mol的溴水，故D正确．
故选C．
【分析】有机物中含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题．
三、解答题
23．（2015高三上·庄河开学考）浅绿色的硫酸亚铁铵晶体[又名莫尔盐（NH4）2SO4 FeSO4 6H2O]比绿矾（FeSO4 7H2O）更稳定，常用于定量分析．莫尔盐的一种实验室制法如下：
废铁屑 溶液A 莫尔盐
（1）向废铁屑中加入稀硫酸后，并不等铁屑完全溶解而是剩余少量时就进行过滤，其目的是 ；
证明溶液A不含Fe3+离子的最佳试剂是 （填序号字母）．
a．酚酞溶液 b．KSCN溶液 c．烧碱溶液 d．KMnO4溶液
操作I的步骤是：加热蒸发、 、过滤．
（2）将莫尔盐晶体放在托盘天平左盘进行称量时，天平指针向右偏转，说明 ．
（3）为了测定所得莫尔盐中Fe2+的含量，称取4.0g莫尔盐样品，溶于水配成溶液并加入稀硫酸，用0.2mol/L的KMnO4溶液进行滴定，到滴定终点时，消耗了KMnO4溶液10.00mL．则样品中Fe2+的质量分数为 （已知反应中MnO4﹣变为Mn2+）．
（4）从下列装置中选取必要的装置制取（NH4）2SO4溶液，连接的顺序（用接口序号字母表示）是：a接 ； 接 ．将装置C中两种液体分离开的操作名称是 ．装置D的作用是 ．
【答案】（1）防止Fe2+被氧化成Fe3+；b；冷却结晶
（2）砝码重，样品轻
（3）14%
（4）d；e；f；分液；吸收多余的氨气，防止污染空气，并防止倒吸
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】解：废铁屑加稀硫酸溶解，得到硫酸亚铁溶液A，加硫酸铵晶体共同溶解，经过蒸发浓缩、冷却晶体、过滤、洗涤、干燥得到莫尔盐；（1）Fe2+离子不稳定，易被氧气氧化为Fe3+离子，剩余少量铁粉防止Fe2+离子被氧化为Fe3+离子；
检验三价铁离子用KSCN溶液，如果含有三价铁离子溶液呈红色；
操作I是从溶液中获得晶体，加热蒸发、冷却结晶、过滤，
故答案为：防止Fe2+离子被氧化为Fe3+离子；b；冷却结晶；（2）遵循“左物右码”原则，药品应放置在左盘内，将莫尔盐晶体放在托盘天平左盘进行称量时，天平指针向右偏转，说明砝码重，样品轻，
故答案为：砝码重，样品轻；（3）测定摩尔盐产品中Fe2+的含量，采用在酸性条件下KMnO4标准液滴定，Fe2+→Fe3+，铁元素化合价升高1价；MnO4﹣+→Mn2+，锰元素降低5价，化合价升降最小公倍数为5，故Fe2++系数为5，MnO4﹣ 系数为1，根据元素守恒可知Mn2+与Fe3+系数分别为1、5，根据电荷守恒可知缺项为H+，H+其系数为2+3×5﹣[2×5﹣1]=8，根据H元素守恒可知H2O系数是4，所以反应离子方程式为：5Fe2++MnO4﹣+8H+=1Mn2++5Fe3++4H2O，
设4g产品中Fe2+的物质的量为xmol，则：
5Fe2+～～～～～～ MnO4﹣，
5 1
xmol 0.01L×0.2mol/L
x= =0.01mol，
所以4g产品中Fe2+的质量0.01mol×56g/mol=0.56g，所以4g产品中Fe2+的质量分数为： ×100%=14%，
故答案为：14%；（4）制取的氨气与硫酸反应生成硫酸铵，剩余的氨气用水吸收，故连接顺序为a→d→e→f，分离互不相溶的液体的方法是：分液；氨气有刺激性气味，污染空气，用水吸收多余的氨气防止污染空气，加倒置的漏斗防止倒吸，
故答案为：d、e、f；分液；吸收多余的NH3防止污染空气，防止倒吸．
【分析】废铁屑加稀硫酸溶解，得到硫酸亚铁溶液A，加硫酸铵晶体共同溶解，经过蒸发浓缩、冷却晶体、过滤、洗涤、干燥得到莫尔盐，以此分析解答；（1）Fe2+离子不稳定，易被氧气氧化为Fe3+离子，剩余少量铁粉防止Fe2+离子被氧化为Fe3+离子；
检验三价铁离子用KSCN溶液，如果含有三价铁离子溶液呈红色；
操作I是从溶液中获得晶体，加热蒸发、冷却结晶、过滤；（2）遵循“左物右码”原则；（3）Fe2+→Fe3+，铁元素化合价升高1价；MnO4﹣+→Mn2+，锰元素降低5价，化合价升降最小公倍数为5，根据关系式5Fe2+～MnO4﹣，计算4g产品中Fe2+的物质的量，进而计算Fe2+的质量，再根据质量分数定义计算；（4）制取的氨气与硫酸反应生成硫酸铵，剩余的氨气用水吸收，分离互不相溶的液体的方法是：分液；氨气有刺激性气味，污染空气，用水吸收多余的氨气防止污染空气，加倒置的漏斗防止倒吸．
24．（2015高三上·庄河开学考）在酸性条件下，向硫酸锰（MnSO4）溶液中滴加高碘酸钾（KIO4）溶液，溶液颜色会变为紫红色，生成高锰酸钾（KMnO4）．试完成下列相关题目：
（1）该反应的氧化剂是 ，反应中MnSO4表现 性．
（2）由题意可知，KIO4和KMnO4二者相比， 的氧化性强．
（3）若20mL0.003mol/L MnSO4溶液与15mL0.01mol/L KIO4溶液可以恰好反应，则该反应中KIO4对应的产物是 （填字母）A KI B I2 C KIO2 D KIO3
依据你的判断，请写出该反应的离子方程式，并配平：
（4）将下列所给物质的化学计量数填在横线上，并用单线桥法标明电子转移的方向和数目．
MnSO4+ KIO4+…
【答案】（1）KIO4；还原
（2）KIO4
（3）D；2Mn2++5IO4﹣+3H2O=2MnO4﹣+5IO3﹣+6H+
（4）2；5
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；离子方程式的书写
【解析】【解答】解：（1）酸性条件下，向硫酸锰（MnSO4）溶液中滴加高碘酸钾（KIO4）溶液，溶液颜色会变为紫红色，生成高锰酸钾（KMnO4），Mn元素化合价由+2价变为+7价，I元素得电子化合价降低，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂具有还原性，所以氧化剂是KIO4（或高碘酸钾），MnSO4是还原剂，体现还原性；
故答案为：KIO4（或高碘酸钾）；还原；（2）根据（1）知，该反应中氧化剂是KIO4（或高碘酸钾），MnSO4是还原剂，KMnO4是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以KIO4的氧化性强，故答案为：KIO4；（3）n（MnSO4）=0.02L×0.003mol/L=6×10﹣5mol/L，n（KIO4）=0.015L×0.01mol/L=1.5×10﹣4mol/L，根据转移电子相等得I元素得电子数= =2，所以碘元素化合价为+7﹣2=+5，
所以该反应中KIO4对应的产物是D，
根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为2Mn2++5 IO4﹣+3H2O=2MnO4﹣+5 IO3﹣+6H+，
故答案为：D；2Mn2++5 IO4﹣+3H2O=2MnO4﹣+5 IO3﹣+6H+；（4）Mn元素化合价由+2价变为+7价、I元素化合价由+7价变为+5价，得失电子最小公倍数是10，所以MnSO4、KIO4的计量数分别是2、5，该反应中电子从Mn元素转移到I元素，转移电子方向和数目为 ，
故答案为：2；5； ．
【分析】（1）酸性条件下，向硫酸锰（MnSO4）溶液中滴加高碘酸钾（KIO4）溶液，溶液颜色会变为紫红色，生成高锰酸钾（KMnO4），Mn元素化合价由+2价变为+7价，I元素化合价由+7价变为0价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，还原剂具有还原性；（2）自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；（3）根据转移电子守恒判断产物成分；（4）根据转移电子守恒配平方程式，该反应中电子从Mn元素转移到I元素．
25．（2015高三上·庄河开学考）芳香族化合物A是某些植物挥发油中的主要成分，其苯环上只有一个取代基，A的相对分子质量不超过150，完全燃烧只生成CO2和H2O且分子中氧元素的质量分数为12%．A有如下的转化关系：
（Ⅰ）A B
（Ⅱ）B C D E
（Ⅲ）B E
根据以上信息填空：
（1）A的分子式是 ，A的官能团的名称是 ．
（2）反应②、③的反应类型分别是 、 ．
（3）写出反应⑤的化学反应方程式 ．写出C与NaOH水溶液共热反应的化学方程式 ．
（4）与B互为同分异构体的有机物有很多，满足下列条件的B的同分异构体的数目有 种．
①遇FeCl3溶液显紫色；②能发生银镜反应；③分子中含碳碳双键结构．
【答案】（1）C9H8O；碳碳双键、醛基
（2）加成反应；消去反应
（3） +H2； +3NaOH +2NaBr+H2O
（4）16
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】解：A苯环上只有一个取代基，A的相对分子质量不超过150，完全燃烧只生成CO2和H2O且分子中氧元素的质量分数为12%，则含氧原子个数为 =1，含C原子应为9个，A能够与银氨溶液反应，说明A分子中含有醛基，B能够与溴的四氯化碳反应且1molB能够与1mol氢气发生加成反应，说明B中含有1mol碳碳双键，则A中含有1mol碳碳双键，A的分子式为C9H8O，B结构简式为 ，B与Br2发生碳碳双键上的加成反应生成的C为 ，C在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应生成的D中含有碳碳三键，1molD再与2mol氢气发生加成反应生成苯丙酸，（1）A的分子式为C9H8O，A能够与银氨溶液反应，说明A分子中含有醛基，B能够与溴的四氯化碳反应且1molB能够与1mol氢气发生加成反应，说明B中含有1mol碳碳双键，故答案为：C9H8O； 碳碳双键、醛基；（2）B与Br2发生碳碳双键上的加成反应生成的C为 ，C在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应生成的D中含有碳碳三键，
故答案为：加成反应；消去反应；（3）反应⑤是 与氢气发生加成反应，化学方程式为 +H2 ，C为 ，C在NaOH的水溶液中加热发生取代反应的化学方程式为 +3NaOH +2NaBr+H2O，
故答案为： +H2 ；
+3NaOH +2NaBr+H2O；（4）B结构简式为 ，其同分异构体①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③分子中含碳碳双键结构，若其只有2个取代基，则可以分别为﹣OH和﹣CH=COOCH，临间对3种，分别为﹣OH和﹣C（OOCH）=CH2，临间对3种，若其有3个取代基，可以分别为﹣OH、﹣CHO和﹣CH=CH2，按定一移二法，假设﹣OH和﹣CH=CH2在临位，则﹣CHO在苯环上还有4个位置，有4种同分异构体，假设﹣OH和﹣CH=CH2在间，则﹣CHO在苯环上还有4个位置，有4种同分异构体，假设﹣OH和﹣CH=CH2在对位，则﹣CHO在苯环上还有2个位置，有2种同分异构体，所以，B的符合条件的同分异构体共有16种，故答案为：16．
【分析】A苯环上只有一个取代基，A的相对分子质量不超过150，完全燃烧只生成CO2和H2O且分子中氧元素的质量分数为12%，则含氧原子个数为 =1，含C原子应为9个，A能够与银氨溶液反应，说明A分子中含有醛基，B能够与溴的四氯化碳反应且1molB能够与1mol氢气发生加成反应，说明B中含有1mol碳碳双键，则A中含有1mol碳碳双键，A的分子式为C9H8O，B结构简式为 ，B与Br2发生碳碳双键上的加成反应生成的C为 ，C在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应生成的D中含有碳碳三键，1molD再与2mol氢气发生加成反应生成苯丙酸，据此分析．
26．（2015高三上·庄河开学考）已知A，B，C，D四种强电解质溶液，分别含有下列阴阳离子中的各一种，且互不重复：Ba2+、H+、Na+、NH4+、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣、OH﹣．已知：①A和B反应生成的气体能被D吸收，而A和D反应生成的气体能被B吸收；②向A或D中滴入C，均有白色沉淀产生．另有晶体E的摩尔质量为474g/mol，可用于自来水的净水剂．试判断：
（1）晶体E的名称为 ，用离子方程式和必要的文字说明E可用作净水剂的原理 ．
（2）写出A、B、C的化学式：A ，B ，C ．
（3）写出A与D反应的离子方程式 ．
（4）将200mL0.5mol/L的B溶液加入到150mL0.2mol/L的E溶液中，最终生成的白色沉淀质量为 g．
【答案】（1）明矾；明矾溶于水可以发生水解反应：Al3++3H2O Al（OH）3+3H+，生成的胶体能吸附水中的悬浮物，从而达到净水目的
（2）（NH4）2CO3；NaOH；Ba（NO3）2
（3）CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O
（4）1.56
【知识点】盐类水解的应用；常见离子的检验；离子方程式的有关计算
【解析】【解答】解：有Ba2+、H+、Na+、NH4+、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣、OH﹣离子组成的ABCD四种强电解质，相互间反应能够生成的气体是NH3和CO2，其中NH3能被酸吸收，CO2能被碱溶液吸收，能够生成的沉淀只有BaCO3和BaSO4，现②向A或D中滴入C，均有白色沉淀产生，说明C中含有Ba2+，A和D分别含有CO32﹣或SO42﹣，则B中含有NO3﹣或OH﹣；①A和B反应生成的气体能被D吸收，因D中不可能含有OH﹣，故A和B生成的气体只能是NH3，D中应该含有H+，结合实验②可知D只能是H2SO4，则A中含有CO32﹣，B中含有OH﹣，C中含有NO3﹣，故A为（NH4）2CO3，C为Ba（NO3）2，结合离子不重复可知B为NaOH，另有晶体E的摩尔质量为474g/mol，可用于自来水的净水剂可知E为明矾，化学式为KAl（SO4）2 12H2O；（1）晶体E为明矾，能用于自来水的净水剂是Al3+水解生成氢氧化铝胶体，吸附水中的悬浮物，达到净水的目的，水解反应的离子方程式为，故答案为：明矾；明矾溶于水可以发生水解反应：Al3++3H2O Al（OH）3+3H+，生成的胶体能吸附水中的悬浮物，从而达到净水目的；（2）化合物A为（NH4）2CO3，B为NaOH，C为Ba（NO3）2，故答案为：（NH4）2CO3；NaOH；Ba（NO3）2；（3）碳酸铵与硫酸反应生成二氧化碳气体，离子反应式为CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O，故答案为：CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O；（4）150mL0.2mol/L的明矾溶液中Al3+的物质的量为0.2mol/L×0.15L×1=0.03mol，200mL0.5mol/L的NaOH溶液中NaOH的物质的量为0.5mol/L×0.2L=0.1mol，将200mL0.5mol/L的B溶液加入到150mL0.2mol/L的E溶液中，根据Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓可知先生成0.03molAl（OH）3，消耗0.09molNaOH，多余的0.01molNaOH继续溶解Al（OH）3，根据Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，可知剩余0.02molAl（OH）3，其质量为78g/mol×0.02mol=1.56g，故答案为：1.56．
【分析】有Ba2+、H+、Na+、NH4+、CO32﹣、NO3﹣、SO42﹣、OH﹣离子组成的ABCD四种强电解质，相互间反应能够生成的气体是NH3和CO2，其中NH3能被酸吸收，CO2能被碱溶液吸收，能够生成的沉淀只有BaCO3和BaSO4，现②向A或D中滴入C，均有白色沉淀产生，说明C中含有Ba2+，A和D分别含有CO32﹣或SO42﹣，则B中含有NO3﹣或OH﹣；①A和B反应生成的气体能被D吸收，因D中不可能含有OH﹣，故A和B生成的气体只能是NH3，D中应该含有H+，结合实验②可知D只能是H2SO4，则A中含有CO32﹣，B中含有OH﹣，C中含有NO3﹣，故A为（NH4）2CO3，C为Ba（NO3）2，结合离子不重复可知B为NaOH，另有晶体E的摩尔质量为474g/mol，可用于自来水的净水剂可知E为明矾，化学式为KAl（SO4）2 12H2O；据此分析解答．
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