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1、 湖南省长沙市长郡中学2015届高三第一次月考化学试卷一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分）1用NA表示阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A17g羟基中含有的电子数为10NAB12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.2NAC常温常压下，30g乙酸与30g葡萄糖含有的氧原子数均为NAD常温下，5.6g Fe投入到足量浓硝酸中，转移电子数为0.3NA考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A、羟基没有发生电子的转移情况，17g羟基的物质的量为：=1mol，1mol羟基中含有9mol电子；B、熔融条件不能破坏共价键，硫酸氢钠电离出钠离子和硫酸氢根离子
2、，12.0个硫酸氢钠的物质的量为：=0.1mol，含有0.1mol阳离子钠离子；C、乙酸和葡萄糖的最简式都为CH2O，30g葡萄糖和乙酸各自含有最简式的物质的量为：=1mol，1mol最简式CH2O中含有1mol氧原子；D、铁与浓硝酸在常温下发生了钝化，阻止了反应的继续进行解答：解：A、17g羟基的物质的量为1mol，1mol羟基中含有9mol电子，含有的电子数为9NA，故A错误；B、12.0g熔融的NaHSO4的物质的量为0.1mol，0.1mol熔融硫酸氢钠中含有0.1mol钠离子和0.1mol硫酸氢根离子，所以含有的阳离子数为0.1NA，故B错误；C、30g乙酸和葡萄糖中都含有1mol最
3、简式CH2O，含有氧原子的物质的量为1mol，二者含有的氧原子数均为NA，故C正确；D、在常温下，铁与浓硝酸发生钝化，阻止继续反应，所以无法计算转移的电子数，故D错误；故选C点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的判断及计算，题目难度中等，注意明确羟基与氢氧根离子的区别、铁在常温下与浓硫酸发生钝化现象，学会根据最简式进行的简单计算，明确熔融硫酸氢钠中存在的离子为钠离子和硫酸氢根离子2（3分）（2011信阳一模）在a L Al2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2，恰好使溶液中的SO42离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3，则原溶液中的Al3+浓度
4、（mol/L）为（）ABCD考点：物质的量浓度的相关计算；离子方程式的有关计算.专题：守恒法分析：根据SO42+Ba2+BaSO4计算溶液中的SO42离子的物质的量，根据NH4+OHNH3+H2O计算NH4+的物质的量，再利用电荷守恒来计算原溶液中的Al3+浓度解答：解：由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42离子完全沉淀，则SO42+Ba2+BaSO4 bmol bmolc（SO42）=mol/L，由加入足量强碱并加热可得到cmol NH3，则NH4+OHNH3+H2O cmol cmolc（NH4+）=mol/L，又溶液不显电性，设原溶液中的Al3+浓度为x，由电荷守恒可
5、知，x3+mol/L1=mol/L2，解得x=mol/L，故选C点评：本题考查物质的量浓度的计算，明确发生的离子反应及溶液不显电性是解答本题的关键，并熟悉浓度的计算公式来解答即可3（3分）为除去括号内的杂质，下列各选项中所选用的试剂或方法不正确的是（）ANa2CO3溶液（NaHCO3）：选用适量的NaOH溶液BNaHCO3溶液（Na2CO3）：通入过量的CO2气体CNa2O2粉末（Na2O）：将混合物在O2中加热DNa2CO3溶液（Na2SO4）：加入适量的Ba（OH）2溶液，过滤考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用.分析：ANaHCO3与NaOH反应生成碳酸钠；BNa2CO3与CO2气
6、体反应生成碳酸氢钠；CNa2O与氧气反应生成过氧化钠；DNa2SO4与Ba（OH）2反应生成硫酸钡和NaOH解答：解：ANaHCO3与NaOH反应生成碳酸钠，反应后不生成新杂质，故A正确；BNa2CO3与CO2气体反应生成碳酸氢钠，反应后不生成新杂质，故B正确；CNa2O与氧气反应生成过氧化钠，不会引入新杂质，故C正确；DNa2SO4与Ba（OH）2反应生成硫酸钡和NaOH，反应后过滤不能除杂，引入新杂质NaOH，故D错误；故选D点评：本题考查混合物分离提纯方法的选择，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意发生的化学反应及除杂的原则，题目难度不大4水溶液X中只可能溶有K+、Mg
7、2+、Al3+、AlO2、SiO32、SO32、CO32、SO42中的若干种离子某同学对该溶液进行了如图所示实验：下列判断正确的是（）A气体甲一定是纯净物B沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物CK+、AlO2和SiO32一定存在于溶液X中DCO32和SO42一定不存在于溶液X中考点：常见离子的检验方法；离子共存问题.专题：压轴题；离子反应专题分析：能和盐酸反应获得气体的是碳酸根或是亚硫酸根离子，会生成沉淀的是硅酸根离子，亚硫酸根离子、碳酸根离子和镁离子以及铝离子不能共存于溶液中，能和过量的氨水反应生成的白色沉淀只能是氢氧化铝，偏铝酸根离子和过量的盐酸反应会生成铝离子，根据离子之间的反应以及实验现象确定
8、存在的离子，即可解答解答：解：加HCl有气体说明有CO32或SO32，或两者都有，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫，或两者都有，一定不存在和碳酸根或亚硫酸根离子不共存的离子，所以不存在镁离子、铝离子，加盐酸有沉淀，说明一定有硅酸根离子，硅酸是沉淀，加入过量氨水（提供OH）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以，一定存在偏铝酸根离子，要保证溶液电中性，只有K+这一个阳离子，所以一定存在钾离子A加HCl有气体说明有CO32或SO32，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合气体，故A错误；B溶液
9、中一定含有CO32或SO32，或两者都有，则一定不含有镁离子，它们和镁离子都不共存，所以沉淀甲是硅酸，不可能是硅酸镁，故B错误；C原来溶液中K+、和一定存在，故C正确；D硫酸根离子是否存在不能确定，CO32可能存在，故D错误；故选C点评：本题考查了离子的检验和离子共存等方面的知识，注意离子的特征离子反应是解题的关键，本题难度中等5图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面已知：2KMnO4+16HCl2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是（）选项 实验现象 解释或结论 A a
10、处变蓝，b处变红棕色 氧化性：Cl2Br2I2 B c处先变红，后褪色 氯气与水生成了酸性物质 C d处立即褪色 氯气与水生成了漂白性物质 D e处变红色 还原性：Fe2+ClAABBCCDD考点：氯气的化学性质.专题：卤族元素分析：Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，a处变蓝、b处变红棕色，可证明氧化性：Cl2I2、Cl2Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱；C处先变红，说明氯气与水生成酸性物质，后褪色，则证明氯气与水生成具有漂白性物质；d处立即褪色，也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH；D处变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，证明还原性：Fe2+Cl，反应的离
11、子方程式2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；Fe3+3SCN=Fe（SCN）3；用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，反应的离子方程式为2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3Cl+5H2O解答：解：A、Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，a处变蓝、b处变橙色，可证明氧化性：Cl2I2、Cl2Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱，故A错误；B、氯气与水反应Cl2+H2O=H+Cl+HClO，H+使试纸变红，HClO具有漂白性，可使试纸褪色，则C处先变红，后褪色，能证明氯气与水生成了酸性物质和漂白性物质，故B错误；C、Cl2和氢氧化钠反应生成氯化钠、
12、次氯酸钠和水，红色褪去可能是因为氢氧化钠被消耗造成，也有可能是生成漂白性物质，故不能证明一定是生成物质具有漂白性，故C错误；D、Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，试纸变为红色，反应的离子方程式2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl；Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，证明还原性Fe2+Cl，故D正确；故选D点评：本题通过元素化合物知识，考查考生实验能力和对实验现象的分析、推断能力，题目难度中等，注意把握氯气以及其它物质的相关化学性质，把握离子检验方法和特征反应的现象是关键6下列离子方程式正确的是（）AFeBr2溶液中通入少量的Cl2：Cl2+2Fe2+2Cl+2Fe3+B大理石溶于醋酸：CaCO3+
13、2H+Ca2+CO2+H2OC向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2至刚好沉淀完全：2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2OD为了除去锅炉水垢中的CaSO4可先用碳酸钠溶液处理：Ca2+CO32CaCO3考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：AFeBr2溶液中通入少量的Cl2，氯气只能氧化Fe2+，产物为FeCl3和FeBr3，没有Br2生成；B大理石与醋酸发生反应生成乙酸钙和水和二氧化碳，醋酸为弱酸，在离子反应方程式中应该写化学式； C向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2至刚好沉淀完全，NaHSO4和Ba（OH）2按1：1参加反应碱过量，溶液呈碱性；D硫酸钙微溶于水，在
14、离子反应方程式中应该写化学式解答：解：A还原性Fe2+Br，通入氯气，首先氧化Fe2+，然后氧化Br，因通入少量氯气，所以只发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故A正确；B大理石溶于醋酸，醋酸的酸性强于碳酸，所以发生反应生成乙酸钙和水和二氧化碳，碳酸钙是沉淀写化学式、乙酸是弱酸写化学式，二氧化碳、水都是氧化物，写化学式，所以离子反应方程式为CaCO3+2CH3COOHCa2+CH3COO+CO2+H2O，故B错误；C向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2至刚好沉淀完全，NaHSO4少量，所以NaHSO4和Ba（OH）2按1：1参加反应：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2O，故C错
15、误；D根据沉淀溶解平衡转化原理，锅炉水垢中的CaSO4用碳酸钠溶液处理，微溶的硫酸钙可转化为难溶的碳酸钙，所以离子反应方程式为：CaSO4+CO32CaCO3+SO42，故D错误；故选A点评：本题主要考查了离子方程式的书写，本题注意解答时A还原性Fe2+Br，注意C为与量有关的离子反应，解答时要根据反应物的物质的量判断反应的程度，题目难度中等7（3分）下列说法不正确的是（）将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电强电解质溶液的导电能力一定比弱
16、电解质溶液的导电能力强ABCD考点：电解质与非电解质；电解质溶液的导电性.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电；离子化合物熔融态电离出离子，能导电；溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关；解答：解：硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离；所以BaSO4是强电解质，故错误；氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因；熔融态共价化合物不能电离出离子，不能导电；所以氨水是电解质溶液，故错误；离子化
17、合物熔融态电离出离子，能导电，故错误；溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故错误；故选D点评：本题考查了强电解质、弱电解质和非电解质的判断，难度不大，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关8某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32、SO42、NO3中的几种若加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示则下列说法正确的是（）A溶液中一定不含CO32，可能含有SO42和NO3B溶液中n（NH4+）=
18、0.2molC溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+Dn（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=1：1：1考点：常见离子的检验方法.专题：图示题；离子反应专题分析：加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，加氢氧化钠产生白色沉淀说明不含铁离子，当溶液中含氢离子、铵根离子、镁离子、铝离子时，加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，对应图象是先在x轴上，再逐渐增大，再平行x轴，再减小，可以对照图象求出各离子的量解答：解：A、加锌产生无色无味气体说明锌与氢离子反
19、应生成氢气，溶液中有大量氢离子，则没有碳酸根和硝酸根离子，因为硝酸根、氢离子与锌会反应生成刺激性的一氧化氮，故A错误；B、根据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠，根据第二段是氢氧化钠与铵根反应得到一水合氨的阶段，即NH4+OH=NH3H2O，消耗氢氧化钠的物质的量为0.7mol0.5mol=0.2mol，所以溶液中n（NH4+）=0.2mol，故B正确；C、据图象特点可以知道：加入氢氧化钠，先与氢离子反应，再与镁、铝离子反应生成氢氧化物沉淀，再与铵根反应得到一水合氨，再与氢氧化铝反应生成偏铝
20、酸钠，所以溶液中的阳离子一定含NH4+、H+、Mg2+、Al3+，故C错误；D、根据第一段是氢氧化钠中和氢离子的阶段，所以氢离子的物质的量是0.1mol，根据第四段是氢氧化铝和氢氧化钠反应的阶段，即Al（OH）3OHAl（OH）4，则消耗氢氧化钠的物质的量为：0.8mol0.7mol=0.1mol，根据第二段是将铝离子和镁离子反应生成沉淀的阶段，根据Al3+3OHAl（OH）3，Mg2+2OHMg（OH）2，0.1mol氢氧化铝消耗氢氧化钠的物质的量是0.3mol，所以镁离子消耗氢氧化钠的物质的量是：0.5mol0.1mol0.3mol=0.1mol，所以镁离子的物质的量是0.05mol，即n
21、（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1：0.1：0.05=2：2：1，故D错误故选B点评：本题是一道关于离子反应和离子检验知识的题目，考查学生分析和解决问题的能力，难度较大9（3分）下列有关SiO2的叙述正确的是（）ASiO2不与任何酸反应B玻璃中含有SiO2，所以不能用玻璃瓶盛装稀氢氧化钠溶液CSiO2是酸性氧化物，能与NaOH反应DSiO2能与水反应生成硅酸考点：硅和二氧化硅.专题：碳族元素分析：根据SiO2的性质：具有酸性氧化物的通性，但SiO2不与水反应，能与HF、NaOH等物质反应来分析解答：解：A、因SiO2 能与氢氟酸反应：SiO2+4HF=SiF4+2H2O，故A错误
22、；B、因玻璃中含有的SiO2能与碱反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，Na2SiO3具有粘合性，能将瓶塞和瓶口黏结在一起，所以不用玻璃塞，但仍用玻璃瓶，故B错误；C、因SiO2是酸性氧化物，能与碱反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故C正确；D、因SiO2虽是酸性氧化物，但SiO2不能与水反应，故D错误；故选：C点评：本题主要考查了SiO2的化学性质，需要强调的是SiO2作为酸性氧化物，但也不完全具有酸性氧化物的通性10某溶液可能含有Cl、SO42、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体
23、，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀由此可知原溶液中（）A至少存在5种离子BCl一定存在，且c（Cl）0.4mol/LCSO42、NH4+、一定存在，Cl可能不存在DCO32、Al3+一定不存在，K+可能存在考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验.专题：离子反应专题分析：加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵离子；红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀，硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；根据以上数据推
24、算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据解答：解：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO32；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl，至少 0.02mol3+0.020.02mol2=0.04mol，物质的量浓度至少 =0.4mol/L，A、至少存在Cl、SO42、NH4+、Fe3+四种离子，故A错误；B、根据电荷守恒，至少存在0.0
25、4molCl，故B正确；C、一定存在氯离子，故C错误；D、Al3+无法判断是否存在，故D错误；故选B点评：本题考查离子共存知识，做题是认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的推断，难度中等11（3分）（2009海南）分子式为C5H10O2的酯共有（不考虑立体异构）（）A7种B8种C9种D10种考点：同分异构现象和同分异构体.专题：压轴题；同分异构体的类型及其判定分析：分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为5，讨论羧酸与醇含有的碳原子，进行书写判断解答：解：若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，形成的酯有四个：HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH
26、（CH3）2、HCOOCH（CH3）CH2CH3、HCOOC（CH3）3；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，形成的酯有2个：CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCH（CH3）2；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种，形成的酯有1个：CH3CH2COOCH2CH3；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2中，形成的酯有2个：CH3CH2CH2COOCH3、（CH3）2CHCOOCH3故有9种故选：C点评：考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断12（3分）要从苯酚的乙醇溶液中回收苯酚，有下列操作；蒸馏；过滤；静置分液；加入足量金属钠；通入过量CO2；加入足量NaOH溶液
27、；加入足量FeCl3溶液；加入乙酸与浓H2SO4混合加热，合理的步骤是（）ABCD考点：化学实验操作的先后顺序；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用.专题：化学实验基本操作分析：从苯酚的乙醇溶液中回收苯酚，应该先将苯酚与氢氧化钠溶液反应生成苯酚钠，然后通过蒸馏方法分离出乙醇，而剩下的为苯酚钠、NaOH溶液，最后通入过量的二氧化碳气体，苯酚钠全部转化为苯酚，苯酚不溶水，与生成的NaHCO3溶液分层，静置后通过分液操作可以得到苯酚解答：解：根据乙醇不会和NaOH溶液反应，加入NaOH溶液后，苯酚的乙醇溶液中，乙醇不会发生任何变化，但苯酚全部变成苯酚钠；乙醇的沸点是78度，水的沸点是100度这样加热
28、到78度左右，将乙醇被全部蒸馏掉，而剩下的为苯酚钠、NaOH溶液；最后通入过量的二氧化碳气体，由于碳酸酸性强于苯酚酸性，所以加入二氧化碳后，NaOH先全部转化为NaHCO3（加入过量二氧化碳），然后苯酚钠全部转化为苯酚，苯酚不溶水，与生成的NaHCO3溶液分层，静置后分液可以得到苯酚，所以正确的操作顺序为：，故选B点评：本题考查我知道分离与提纯方法，题目难度不大，试题主要考查了苯酚和乙醇的性质，根据苯酚能够与氢氧化钠溶液反应而乙醇不反应的性质，可以将二者分离13（3分）鉴别苯酚溶液，己烷，己烯，乙酸溶液和乙醇5种无色液体，可选用是最佳试剂是（）A酸性KMnO4溶液、新制的Cu（OH）2悬浊液B
29、FeCl3溶液、金属钠、溴水、石蕊试液C石蕊试液、溴水D酸性KMnO4溶液、石蕊试液考点：有机物的鉴别.专题：有机物的化学性质及推断分析：乙醇易溶于水，苯酚可与溴水反应生成白色沉淀，己烯和正烷都不溶于水，二者密度都比水小，己烯能与酸性高锰酸钾溶液反应，能使溴水褪色，乙酸具有酸性，以此来解答解答：解：A酸性高锰酸钾可以将1己烯、乙醇、苯酚氧化，高锰酸钾褪色，无法进行鉴别三种物质，故A不选；B溴水和己烷不反应，混合后分层，溴水可以和己烯发生加成反应使溴水褪色，乙醇和溴水是互溶的，苯酚能和溴水反应得到白色沉淀，苯酚与氯化铁发生显色反应，现象不一样，可以进行鉴别，乙酸、乙醇与Na反应生成气体，但乙酸可
30、利用石蕊鉴别，但较复杂，故B不选；C、溴水和己烷不反应，混合后分层，溴水可以和己烯发生加成反应使溴水褪色，乙醇和溴水是互溶的，苯酚能和溴水反应得到白色沉淀，现象不一样，乙酸可利用石蕊鉴别，能鉴别，且较简单，故C选；D酸性高锰酸钾可以将1己烯、乙醇、苯酚氧化，高锰酸钾褪色，无法进行鉴别三种物质，故D不选故选C点评：本题考查有机物的鉴别，为高频考点，把握物质的性质及性质差异为解答的关键，注意常见有机物的性质及特征反应即可解答，明确选用最佳试剂要操作简单、现象明显，题目难度不大14（3分）乙醇分子结构中的各种化学键如图所示，下列关于乙醇在各种反应中断键的说法正确的是（）A与醋酸、浓硫酸共热时断裂B在
31、空气中燃烧时断裂C和金属钠反应时断裂D在Cu催化下和O2反应时断裂考点：乙醇的化学性质.分析：根据乙醇的性质，结合反应物与产物的结构判断，A乙醇与酸发生酯化反应，断开的羟基上的氢氧键；B在空气中完全燃烧时生成二氧化碳和水，所有化学键都断开；C乙醇与与金属钠反应生成乙醇钠和氢气，断开的羟基上的氢氧键；D乙醇在铜催化下与O2反应生成乙醛和水，断开的是羟基上的氢氧键和与羟基所连的碳的氢解答：解：A乙醇和乙酸发生酯化反应，断开的羟基上的氢氧键，即键，故A正确；B在空气中完全燃烧时生成二氧化碳和水，则断裂，故B错误；C乙醇与与金属钠反应生成乙醇钠和氢气，断开的羟基上的氢氧键，即断裂，故C错误；D乙醇在铜
32、催化下与O2反应生成乙醛和水，断开的是羟基上的氢氧键和与羟基所连的碳的氢，即断裂，故D错误；故选A点评：本题主要考查了乙醇的化学性质，掌握反应机理是解本题关键，难度不大，注意把握有机物的官能团的性质和结构特点15有关下图所示化合物的说法不正确的是 （）A既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应B1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应C既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色D既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体考点：有机物分子中的官能团及其结构.专题：压轴题分析：A、含有碳碳双键，可以与Br2发生加成反
33、应；B、酯基可以和氢氧化钠溶液发生水解反应；C、苯环可以被氢加成，碳碳双键可以使KMnO4褪色；D、羧基能与NaHCO3放出CO2气体，酚羟基可以与FeCl3溶液发生显色反应解答：解：A、有机物含有碳碳双键，故可以与Br2发生加成反应，又含有甲基，故可以与Br2光照发生取代反应，故A正确；B、酚羟基要消耗一个NaOH，两个酯基要消耗两个NaOH，1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应，故B正确；C、苯环可以催化加氢，碳碳双键可以使KMnO4褪色，故C正确；D、该有机物中不存在羧基，并且酚羟基酸性比碳酸弱，故不能与NaHCO3放出CO2气体，故D错误故选D点评：本题考查学生有关官能团决定
34、性质的知识，要要求学生熟记官能团具有的性质，并熟练运用16向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g下列有关说法不正确的是（）ACu与Cu2O 的物质的量之比为2：1B硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC产生的NO在标准状况下的体积为4.48LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol考点：有关混合物反应的计算.专题：压轴题；守恒法分析：在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液
35、呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4molA、令Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及关系式n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，列方程计算；B、根据N元素守恒可知原硝酸溶液n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO
36、），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH），再根据c=计算；C、根据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），再根据V=nVm计算NO的体积；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），据此计算解答：解：在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为3
37、9.2g，物质的量为=0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4molA、设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有 64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2，y=0.1，所以n（Cu）：n（Cu2O）=0.2：0.1=2：1，故A正确；B、根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=20.2mol+20.1mol，解得n（N
38、O）=0.2mol，根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+1mol=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/L，故B错误；C、由B中计算可知n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，故C正确；D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）2nC
39、u（NO3）2=1mol20.4mol=0.2mol，故D正确故选B点评：本题考查铜及其化合物知识、氧化还原反应的计算，难度较大，清楚反应过程，充分利用守恒计算是解题的关键二、非选择题（本题包括5个小题，共52分）17（8分）我国政府为了消除碘缺乏病，规定在食盐中必须加入适量的碘酸钾检验食盐中是否加碘，可利用如下反应：1KIO3+5KI+3H2SO43K2SO4+3I2+3H2O（1）将上述氧化还原反应的化学方程式配平（2）该反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5（3）如果反应中转移0.2mol电子，则生成I2的物质的量为0.12mol（4）利用上述反应检验食盐中是否加碘，所需试剂是（填
40、序号）碘水 KI溶液 淀粉溶液 稀硫酸 AgNO3溶液考点：氧化还原反应的计算；氧化还原反应方程式的配平.分析：反应物KIO3中I元素化合价为+5价，KI中I元素化合价为1价，反应中I元素化合价分别由+5价、1价变化为0价，KIO3为氧化剂，KI为还原剂，结合元素化合价的变化解答该题解答：解：（1）反应物KIO3中I元素化合价为+5价，KI中I元素化合价为1价，反应中I元素化合价分别由+5价、1价变化为0价，可知（KIO3）：n（KI）=1：5，结合质量生成配平方程式为KIO3+5KI+3H2SO43K2SO4+3I2+3H2O，故答案为：1；5；3；3；3；3；（2）KIO3为氧化剂，KI为
41、还原剂，由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5，故答案为：1：5；（3）在上述反应中，转移5mol电子生成碘单质的量是3mol，所以如果反应中转移0.2mol电子，则生成I2的物质的量为0.12moL，故答案为：0.12mol；（4）食盐中的碘以KIO3形式存在，检验是否含有碘，可加入KI溶液、淀粉溶液、稀硫酸，酸性条件下发生KIO3+5KI+3H2SO43K2SO4+3I2+3H2O，如变为蓝色，可说明含有，故答案为：点评：本题考查学生氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握电子转移和化合价变化之间的关系、化学反应规律等知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度不大
42、18（6分）有下列化学仪器：托盘天平，玻璃棒，药匙，烧杯，量筒，容量瓶，胶头滴管，细口试剂瓶，标签纸（1）现需要配制500mL 1mol/L硫酸溶液，需用质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸27.2mL（2）从上述仪器中，按实验使用仪器的先后顺序其编号排列是（3）若实验遇到下列情况，所配硫酸溶液的物质的量浓度偏小的有 （填序号）用以稀释硫酸的烧杯未洗涤；未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中；摇匀后发现液面低于刻度线再加水；容量瓶中原有少量蒸馏水；定容时仰视观察液面考点：配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法.分析：（1）可设出溶液的体积，利用m=V求出质量，根据溶液稀释前后溶质质
43、量不变来列式解答；（2）根据实验操作的步骤；（3）根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断解答：解：（1）设需质量分数为98%、密度为1.84 gcm3的浓硫酸的体积为V，V1.84 gcm398%=0.5 L1 molL198 gmol1，V27.2 mL故答案为：27.2；（2）配制顺序是：计算量取稀释、冷却移液定容摇匀装瓶贴签，因此使用仪器的顺序为：，故答案为：；（3）用以稀释硫酸的烧杯未洗涤，造成溶质偏少，浓度偏少，故正确；未经冷却趁热将溶液注入容量瓶中，一旦冷却下来溶液体积减小，浓度偏大，故错误；摇匀后发现液面低于刻度线再加水，造成体积偏大，浓度偏小，故正确；容量瓶中原有少量蒸馏水，不会影响实验结果，故错误；定容时观察液面仰视，造成体积偏大，浓度偏小，故正确故选点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制以及误差分析，难度不大，注意实验的基本操作方法和注意事项19（14分）某化学课外兴趣小组探究铜与浓硫酸的反应情况甲乙丙三位同学进行了下列实验：取12.8g铜片和20ml18mol/L的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直至反应完毕，最后发现烧瓶中还有铜片剩余外，同时根据