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2015-2016学年湖北省荆州中学高三（上）第一次质检化学试卷一、选择题（每小题只有一个答案，每题3分共48分）1．下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A．装置除去Cl2中含有的少量HClB．装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C．装置制取少量纯净的CO2气体D．装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层2．下列有关试纸的使用及实验现象的叙述正确的是（）A．用湿润的pH试纸测定溶液的pH，所测pH一定不准B．使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体一定是氯气C．使湿润的红色石蕊试纸褪色的气体必然是SO2D．用湿润的红色石蕊试纸检验NH33．下列变化一定属于化学变化的是（）①导电②爆炸③缓慢氧化④SO2使品红溶液褪色⑤无水硫酸铜由白变蓝⑥工业制O2⑦白磷转化为红磷⑧久置浓硝酸变黄⑨16O与18O间的相互转化．A．②③④⑦⑧⑨ B．③④⑤⑦⑧C．②③⑥⑦⑨D．④⑤⑥⑧4．下列有关胶体的说法错误的是（）A．实验室常用渗析的方法对胶体提纯B．所有的胶体均能发生电泳C．硅酸胶体中逐滴加入氢氧化钠溶液，先有沉淀生成再看到沉淀溶解D．由于土壤胶粒带负电，因此使用NH4+的肥效比NO3﹣高5．某化学兴趣小组同学对有关物质的分类进行讨论辨析：①生铁、氯水都属于混合物②AlCl3溶液、蛋白质溶液都属于溶液③SiO2、CO都属于酸性氧化物④含氢原子的盐不一定属于酸式盐．上述说法中正确的是（）A．①② B．①④ C．②③ D．③④6．下列两种气体的分子数一定不相等的是（）A．质量相等密度不等的N2和C2H4B．等体积等密度的CO和C2H4C．等温、等压，等体积的O2和N2D．标准状况下，等质量的NO和CO7．下列除杂方案错误的是（）选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法A C2H5OH（l）H2O（l）新制的生石灰蒸馏B NH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤C Cl2（g）HCl（g）饱和食盐水、浓H2SO4洗气D Na2CO3（s）NaHCO3（s）﹣灼烧A．A B．B C．C D．D8．下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是（）①无色溶液中：Al3+，Cl﹣，Na+，HCO3﹣，SO42﹣②使pH=11的溶液中：Na+，AlO2﹣，NO3﹣，S2﹣，SO32﹣③加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+，NH4+，Cl﹣，K+，SO42﹣④使pH试纸呈红色的溶液中：Fe3+，MnO4﹣，Na+，SO42﹣⑤酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3﹣，I﹣．A．①②④B．①⑤ C．②③④D．①②③9．能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3H20+SO2═2NH4++SO32﹣+H2OB．氯化钠固体与浓硫酸混合加热：H2SO4+2Cl﹣SO2↑+Cl2↑+H2OC．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+3H2OD．明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42﹣恰好完全沉淀：2Ba2++3OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+Al （OH）3↓10．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是（）A．1 mol OD﹣离子含有的质子、中子数均为9N AB．3.6 g石墨和C60的混合物中，含有的碳原子数为0.3N AC．含有4.6 g钠元素的过氧化钠和氧化钠的混合物中，所含离子总数为0.3N AD．标准状况下，4.48 L戊烷含有的分子数为0.2N A11．以下数值大于或等于阿伏加德罗常数的是（）A．4.8g石墨中的共价键数目B．250mL1molL﹣1FeCl3溶液中，阴、阳离子总数C．一定条件下，将1mol SO2和0.5molO2充入一密闭容器内，充分反应后的生成物分子数D．在反应KClO4+8HCl═KCl+4Cl2↑+4H2O中，生成0.5 molCl2转移的电子数12．FeS 与一定浓度的HNO3反应，生成Fe（NO3）3、Fe2（SO4）3、NO2、N2O4、NO 和H2O，当NO2、N2O4、NO 的物质的量之比为1：1：1 时，实际参加反应的FeS 与HNO3的物质的量之比为（）A．1：6 B．1：7 C．2：11 D．16：2513．有M、N两溶液，各含下列14种离子中的7种：Al3+、Cl﹣、Na+、K+、NO3﹣、OH﹣、S2﹣、MnO4﹣、Fe3+、AlO2﹣、CO32﹣、NH4+、SO42﹣、H+．已知两溶液所含离子各不相同，M溶液里的阳离子只有两种，则N溶液里的阴离子应该是（）A．OH﹣、S2﹣、CO32﹣B．MnO4﹣、SO42﹣、NO3﹣C．Cl﹣、NO3﹣、SO42D．AlO2﹣、MnO4﹣、SO42﹣14．下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是（）选项实验操作实验目的或结论A 某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体说明该钾盐是K2CO3B 向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg（OH）2粉末，搅拌一段时间后过滤除去MgCl2溶液中少量FeCl3C 常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生说明常温下K sp（BaCO3）＜K sp（BaSO4）D C2H5OH与浓硫酸170℃共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液检验制得气体是否为乙烯A．A B．B C．C D．D15．在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为ρgcm﹣3，溶质的质量分数为ω，溶质的物质的量浓度为C mol/L．下列叙述中正确的有（）①ω=×100%②C=③上述溶液中加入VmL水后，所得溶液的质量分数大于0.5ω④上述溶液中加入等质量的水后，所得溶液的物质的量浓度大于0.5C．A．②③ B．①③ C．②④ D．③④16．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（）A．Cu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4.48LD．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol二、非选择（5小题共52分）17．下列物质中能导电的有属于电解质的有属于非电解质的有．下列配制一定物质的量浓度溶液的操作中使物质的量浓度偏大的是，偏小的是，无影响的是．用洁净的烧杯取少量蒸馏水，加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入氯化铁的饱和溶液，可制得红褐色的胶体．①生成该胶体的离子方程式为．②向该胶体中逐滴加入HI稀溶液，会出现一系列变化：先出现红褐色沉淀，随后红褐色沉淀溶解，沉淀溶解的离子方程式为．20．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比C12、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染．工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出．（1）湿法制备高铁酸钠（Na2FeO4）的反应体系有六种微粒：Fe（OH）3、ClO﹣、OH﹣、FeO42﹣、Cl﹣、H2O．①写出并配平湿法制备高铁酸钠的离子方程式：②低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），最可能的原因是．（2）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑该反应中的还原剂是，氧化产物是，每生成l mol Na2FeO4转移mol电子．21．现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合溶液，选择适当的试剂将其转化为相应的沉淀或固体，从而实现Cl﹣、SO和NO的相互分离．相应的实验过程可用如图表示：（1）写出下列物质的化学式：试剂1 ，试剂2 ，试剂4 ，沉淀C ．（2）加入过量试剂3的目的是．（3）在加入试剂4后，获得固体D的实验操作1分别是、、过滤（填操作名称）．22．1L某混合溶液，可能含有的离子如下表：可能大量含有的阳离子H+NH4+Al3+K+可能大量含有的阴离子Cl﹣ Br﹣ I﹣ ClO﹣ AlO2﹣（1）往该溶液中逐滴加入NaOH溶液并适当加热，产生沉淀和气体的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积（v）的关系如图所示．则该溶液中确定含有的离子有；不能确定是否含有的阳离子有，肯定不存在的阴离子有．（2）经检测，该溶液中含有大量的Cl﹣、Br﹣、I﹣，若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2，溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量与通入Cl2的体积标准状况）的关系如下表所示，分析后回答下列问题：Cl2的体积（标准状况） 2.8L 5.6L 11.2Ln（Cl﹣） 1.25mol 1.5mol 2moln（Br﹣） 1.5mol 1.4mol 0.9moln（I﹣） a mol 0 0①当通入Cl2的体积为2.8L时，溶液中发生反应的离子方程式为．②原溶液中Cl﹣、Br﹣、I﹣的物质的量浓度之比为．23．实验室有NH4HCO3和NaHSO3的混合物，某兴趣小组为测定其中NH4HCO3的含量，设计了用在混合物中加酸的实验方法来测定其质量分数．化学小组主要选用了下列药品和仪器进行实验．（图中每种仪器装置只选用了一次，铁架台等固定仪器未画出）请按气流由左向右的方向，仪器连接顺序是（填仪器的接口字母a、b…）a→→→→→f→g→→．（2）实验开始，混合物加酸前，A装置需要鼓入空气，作用是；加酸后A装置再次鼓入空气的作用是．（3）E装置的作用是．（4）实验中若E瓶中溶液褪色，则测定结果可能会偏．若混合物样品质量为13.1g，充分作用后碱石灰增重4.4g，则混合物中NH4HCO3的质量分数为．2015-2016学年湖北省荆州中学高三（上）第一次质检化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个答案，每题3分共48分）1．下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A．装置除去Cl2中含有的少量HClB．装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C．装置制取少量纯净的CO2气体D．装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．氯气、HCl均与NaOH溶液反应；B．蒸干NH4Cl饱和溶液，氯化铵分解；C．纯碱为粉末固体，关闭止水夹不能使固体与液体分离；D．碘易溶于四氯化碳，与水分层后有机层在下层．【解答】解：A．氯气、HCl均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水除去Cl2中含有的少量HCl，故A错误；B．蒸干NH4Cl饱和溶液，氯化铵分解，应蒸发浓缩、冷却结晶法制备NH4Cl晶体，故B错误；C．纯碱为粉末固体，关闭止水夹不能使固体与液体分离，且碳酸钠易溶于水，则不能制取少量纯净的CO2气体，故C错误；D．碘易溶于四氯化碳，与水分层后有机层在下层，则装置可分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、气体的制备、物质的性质等，把握物质的性质、反应原理及实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，选项C为解答的易错点，题目难度不大．2．下列有关试纸的使用及实验现象的叙述正确的是（）A．用湿润的pH试纸测定溶液的pH，所测pH一定不准B．使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体一定是氯气C．使湿润的红色石蕊试纸褪色的气体必然是SO2D．用湿润的红色石蕊试纸检验NH3【考点】试纸的使用．【分析】A．若溶液为中性，经蒸馏水润湿后，所测pH不变；B．淀粉遇碘变蓝，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体，能够氧化碘离子生成碘；C．二氧化硫不能漂白石蕊试液，次氯酸具有漂白性，能够使使湿润的红色石蕊试纸褪色；D．氨气遇到水形成氨水显碱性．【解答】解：A．用湿润的pH试纸测定中性溶液的pH，所测pH准确，故A错误；B．使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体可能是溴蒸汽也可能是氯气，故B错误；C．SO2、氯气都能湿润的品红试纸褪色，所以使湿润的品红试纸褪色的气体不一定是SO2，故C错误；D．氨气遇到水形成氨水显碱性，所以可用用湿润的红色石蕊试纸检验，故D正确；故选D．【点评】本题主要考查了试纸的使用与物质的性质，掌握试纸测定的原理、物质的性质是解题的关键，难度不大．3．下列变化一定属于化学变化的是（）①导电②爆炸③缓慢氧化④SO2使品红溶液褪色⑤无水硫酸铜由白变蓝⑥工业制O2⑦白磷转化为红磷⑧久置浓硝酸变黄⑨16O与18O间的相互转化．A．②③④⑦⑧⑨ B．③④⑤⑦⑧C．②③⑥⑦⑨D．④⑤⑥⑧【考点】物理变化与化学变化的区别与联系．【分析】化学变化的实质是在原子核不变的情况下，有新物质生成，分析各选项是否符合化学变化的概念，即有新物质生成，就是化学变化．【解答】解：①导电：有物理变化如：金属导电．例如：铜通电后仍为铜，无新物质生成，但氯化钠溶液导电是化学变化，故①错误；②自行车车胎爆炸是物理变化，是气压过大造成，故②错误；③所有的氧化反应都是化学变化，缓慢氧化，是指氧化反应进行得比较缓慢，故③正确；④品红褪色的原因是二氧化硫或氯水等物质与之发生了化学反应，故④正确；⑤无水硫酸铜由白变蓝，原来白色是硫酸铜，变蓝是生成了五水合硫酸铜，有新物质生成，是化学变化，故⑤正确；⑥工业制氧气，方法是先将空气降温加压液化，然后降压升温，先变成气体的是氮气，剩余的主要是氧气，过程是液化和气化，无新物质生成，故⑥错误；⑦白磷有毒，红磷无毒，两者是不同的物质，白磷转化为红磷，是化学变化，故⑦正确；⑧久置浓硝酸变黄发生反应：4HNO32H2O+4NO2↑+O2↑，生成的二氧化氮溶解其中呈黄色，故⑧正确；⑨16O与18O间的相互转化属于核反应，不是化学变化，故⑨错误；故选B．【点评】本题考查了怎样判断化学变化，方法就是：看是否生成新物质，平时学习应多关注日常生活中的化学知识，难度不大．4．下列有关胶体的说法错误的是（）A．实验室常用渗析的方法对胶体提纯B．所有的胶体均能发生电泳C．硅酸胶体中逐滴加入氢氧化钠溶液，先有沉淀生成再看到沉淀溶解D．由于土壤胶粒带负电，因此使用NH4+的肥效比NO3﹣高【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】A、渗析的方法能除去胶体中的小离子或小分子；B、胶体能发生电泳的原因是胶粒带电；C、氢氧化钠溶液时电解质溶液，能使胶体产生聚沉；D、壤胶粒带负电，对NH4+有吸附作用．【解答】解：A、当胶体中混有小分子或小离子时，可以用渗析的方法除去，故A正确；B、只有当胶粒带电时胶体才会发生电泳，故B错误；C、硅酸胶体中逐滴加入氢氧化钠溶液，胶体先产生聚沉，变为硅酸沉淀，后硅酸又溶于氢氧化钠，故先有沉淀生成再看到沉淀溶解，故C正确；D、壤胶粒带负电，对NH4+有吸附作用而对NO3﹣有排斥作用，故D正确．故选B．【点评】本题考查了胶体的渗析、电泳、聚沉等重要性质，属于识记性题目，难度不大．5．某化学兴趣小组同学对有关物质的分类进行讨论辨析：①生铁、氯水都属于混合物②AlCl3溶液、蛋白质溶液都属于溶液③SiO2、CO都属于酸性氧化物④含氢原子的盐不一定属于酸式盐．上述说法中正确的是（）A．①② B．①④ C．②③ D．③④【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；分散系、胶体与溶液的概念及关系．【分析】①只由一种物质组成的属于纯净物，由多种物质组成的属于混合物；②蛋白质属于胶体；③与水反应生成酸或与碱反应生成盐的氧化物为酸性氧化物；④碱式碳酸铜（Cu2（OH）2CO3）属于碱式盐．【解答】解：①生铁中含有碳和铁，属于混合物，氯水是氯气溶于水形成的混合物，故①正确；②蛋白质属于胶体，故②错误；③C O不能与酸反应，也不能与碱反应，为非成盐氧化物，不是酸性氧化物，故③错误；④碱式碳酸铜（Cu2（OH）2CO3）中含有氢原子，但属于碱式盐；故④正确；故选B．【点评】本题主要考查物质的分类等概念，难度不大，掌握蛋白质属于胶体、碱式碳酸铜（Cu2（OH）2CO3）属于碱式盐是解决本题的关键．6．下列两种气体的分子数一定不相等的是（）A．质量相等密度不等的N2和C2H4B．等体积等密度的CO和C2H4C．等温、等压，等体积的O2和N2D．标准状况下，等质量的NO和CO【考点】物质的量的相关计算．【专题】计算题．【分析】根据N=nN A可知，气体分子数目不相等，则二者物质的量不相等．A．根据n=判断；B．根据m=ρV，n=判断；C．同温同压下，体积之比等于物质的量之比；D．根据n=判断．【解答】解：A．二者的摩尔质量均为28g/mol，由n=可知，质量相同，则物质的量相同，分子数相等，故A不选；B．相同体积、相同密度，根据m=ρV，可知二者的质量相同，二者摩尔质量相同，则由n=可知，质量相同，则物质的量相同，分子数相等，故B不选；C．相同温度、相同压强、相同体积的O2和N2，物质的量相同，则分子数相同，故C不选；D．相同质量的NO和CO，二者摩尔质量分别为30g/mol、28g/mol，根据n=可知二者的物质的量不同，则含有分子数不同，故D选；故选D．【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，注意利用pV=nRT理解阿伏伽德罗定律及推论．7．下列除杂方案错误的是（）选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法A C2H5OH（l）H2O（l）新制的生石灰蒸馏B NH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤C Cl2（g）HCl（g）饱和食盐水、浓H2SO4洗气D Na2CO3（s）NaHCO3（s）﹣灼烧A．A B．B C．C D．D【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】A．加CaO与水反应，增大与乙醇的沸点差异；B．二者均与NaOH溶液反应；C．HCl极易溶于食盐水，抑制氯气的溶解，浓硫酸干燥氯气；D．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠．【解答】解：A．加CaO与水反应，增大与乙醇的沸点差异，则蒸馏可分离，故A正确；B．二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选氨水除杂，故B错误；C．HCl极易溶于食盐水，抑制氯气的溶解，浓硫酸干燥氯气，则洗气可除杂，故C正确；D．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则加热灼烧可除杂，故D正确；故选B．【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．8．下列各组离子能在指定溶液中大量共存的是（）①无色溶液中：Al3+，Cl﹣，Na+，HCO3﹣，SO42﹣②使pH=11的溶液中：Na+，AlO2﹣，NO3﹣，S2﹣，SO32﹣③加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+，NH4+，Cl﹣，K+，SO42﹣④使pH试纸呈红色的溶液中：Fe3+，MnO4﹣，Na+，SO42﹣⑤酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3﹣，I﹣．A．①②④B．①⑤ C．②③④D．①②③【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】①无色溶液中有颜色的离子不能存在，如离子之间发生反应，则不能大量共存；②使pH=11的溶液呈碱性，在碱性条件下离子之间反应则不能共存；③加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，在酸性条件下离子之间不发生任何反应则可大量共存；④使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，在酸性条件下离子之间不发生任何反应则可大量共存；⑤酸性溶液中能发生反应的离子不能大量共存．【解答】解：①Al3+与HCO3﹣发生相互促进的水解，不能大量共存，故①错误；②使pH=11的溶液呈碱性，在碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故②正确；③加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，在酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故③正确；④使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，在酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故④正确；⑤酸性条件下，Fe2+、I﹣与NO3﹣发生氧化还原反应而不能大量共存，故⑤错误．故选C．【点评】本题考查离子共存问题，题目难度不大，解答本题的关键是把握题给信息并能把握相关离子的性质．9．能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3H20+SO2═2NH4++SO32﹣+H2OB．氯化钠固体与浓硫酸混合加热：H2SO4+2Cl﹣SO2↑+Cl2↑+H2OC．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+3H2OD．明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42﹣恰好完全沉淀：2Ba2++3OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+Al （OH）3↓【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A、过量氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵；B、氯化钠固体和浓硫酸反应生成硫酸钠和氯化氢；C、四氧化三铁和硝酸反应生成硝酸铁，一氧化氮和水，四氧化三铁不溶于水；D、明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42﹣恰好完全沉淀，硫酸铝钾和氢氧化钡按照物质的量1：2反应．【解答】解：A、用过量氨水吸收工业尾气中的SO2，过量氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，2NH3H2O+SO2═2NH4++SO32﹣+H2O，故A正确；B、氯化钠固体和浓硫酸反应生成硫酸钠和氯化氢，H2SO4+2NaCl Na2SO4+2HCl↑，故B错误；C、磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe3O4+28H++NO3﹣═9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；D、明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42﹣恰好完全沉淀，硫酸铝钾和氢氧化钡按照物质的量1：2反应；：2Ba2++4OH﹣+Al3++2SO42﹣═2BaSO4↓+Al（OH）4﹣，故D错误；故选A．【点评】本题考查离子方程式的书写方法和注意问题，量不同产物不同，题目难度中等．10．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是（）A．1 mol OD﹣离子含有的质子、中子数均为9N AB．3.6 g石墨和C60的混合物中，含有的碳原子数为0.3N AC．含有4.6 g钠元素的过氧化钠和氧化钠的混合物中，所含离子总数为0.3N AD．标准状况下，4.48 L戊烷含有的分子数为0.2N A【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．该氢氧根离子中含有9个质子、9个中子，1mol中含有的质子和中子都是9mol；B．石墨和C60中都只含有C原子，3.6g混合物中含有3.6gC原子，含有0.3mol碳原子；C．过氧化钠中的阴离子为过氧根离子，4.6g钠的物质的量为0.2mol，根据质量守恒，氧化钠和过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有0.3mol离子；D．标准状况下，戊烷的状态不是气体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量．【解答】解：A．1 mol OD﹣离子中含有9mol质子、9mol中子，含有的质子、中子数均为9N A，故A正确；B．3.6 g石墨和C60的混合物中含有3.6gC，含有0.3mol碳原子，含有的碳原子数为0.3N A，故B正确；C．4.6g钠的物质的量为0.2mol，根据质量守恒，生成氧化钠和过氧化钠的物质的量为0.1mol，总共含有0.3mol离子，所含离子总数为0.3N A，故C正确；D．标况下戊烷不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算4.48L戊烷的物质的量，故D 错误；故选D．【点评】本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，还需要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系．11．以下数值大于或等于阿伏加德罗常数的是（）A．4.8g石墨中的共价键数目B．250mL1molL﹣1FeCl3溶液中，阴、阳离子总数C．一定条件下，将1mol SO2和0.5molO2充入一密闭容器内，充分反应后的生成物分子数D．在反应KClO4+8HCl═KCl+4Cl2↑+4H2O中，生成0.5 molCl2转移的电子数【考点】物质的量的相关计算．【分析】A、石墨中每个碳原子含有共价键个数=3×=1.5，含4.8g碳元素的石墨晶体中，含有碳原子是0.4mol，共价键是0.4mol×1.5=0.6mol；B、铁离子在水溶液中会水解；C、可逆反应不能进行彻底；D、根据氧化还原反应中化合价的升降和电子转移的关系来回答．【解答】解：A、石墨中每个碳原子含有共价键个数=3×=1.5，含4.8g碳元素的石墨晶体中，含有碳原子是0.4mol，共价键是0.4mol×1.5=0.6mol，其个数小于阿伏加德罗常数，故A错误；B、250 mL 1 molL﹣1FeCl3溶液中，1 mol铁离子会水解，生成3mol的氢离子，所以阴、阳离子总数大于阿伏加德罗常数，故B正确；C、1mol SO2和0.5 mol O2充入一密闭容内，充分反应后的生成物的三氧化硫小于1mol，即产物分子数小于阿伏加德罗常数，故C错误；D、反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2↑+4H2O中，每生成4 molCl2转移的电子数为：7mol，每生成0.5 molCl2转移的电子数为0.875mol，小于阿伏加德罗常数，故D错误；故选B．【点评】本题是一道关于物质的量的计算题，考查学生可逆反应的特点、电子转移的判断等知识，难度不大．12．FeS 与一定浓度的HNO3反应，生成Fe（NO3）3、Fe2（SO4）3、NO2、N2O4、NO 和H2O，当NO2、N2O4、NO 的物质的量之比为1：1：1 时，实际参加反应的FeS 与HNO3的物质的量之比为（）A．1：6 B．1：7 C．2：11 D．16：25【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】先根据转移电子守恒计算参加反应的n（FeS），根据硫原子的物质的量计算生成硫酸铁需要铁元素的物质的量，再根据剩余铁元素的物质的量计算起酸作用的硝酸的物质的量，根据气体的物质的量结合原子守恒计算被还原的硝酸的物质的量，从而得出FeS 与HNO3的物质的量之比．【解答】解：设NO2、N2O4、NO 的物质的量都是1mol，生成物质的量分别都是1molNO2、N2O4、NO时，硝酸得到电子的物质的量=1mol×（5﹣4）+1mol×2×（5﹣4）+1mol×（5﹣2）=6mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒计算n（FeS），n（FeS）== mol，根据Fe2（SO4）3中硫酸根离子和铁离子的关系式知，生成硫酸铁需要的铁元素的物质的量==，则剩余的mol铁元素生成硝酸铁，根据氮原子守恒知，生成Fe（NO3）3的硝酸的物质的量=mol×3=mol，根据氮元素守恒得，生成物质的量分别都是1molNO2、N2O4、NO时消耗硝酸的物质的量=1mol+2mol+1mol=4mol，所以实际参加反应的FeS 与HNO3的物质的量之比=mol：（+4mol）=1：7，故选B．【点评】本题考查了氧化还原反应的计算，根据转移电子守恒计算n（FeS），再结合原子守恒来分析解答，难度中等，也可以根据转移电子守恒配平方程式进行解答．13．有M、N两溶液，各含下列14种离子中的7种：Al3+、Cl﹣、Na+、K+、NO3﹣、OH﹣、S2﹣、MnO4﹣、Fe3+、AlO2﹣、CO32﹣、NH4+、SO42﹣、H+．已知两溶液所含离子各不相同，M溶液里的阳离子只有两种，则N溶液里的阴离子应该是（）A．OH﹣、S2﹣、CO32﹣B．MnO4﹣、SO42﹣、NO3﹣C．Cl﹣、NO3﹣、SO42D．AlO2﹣、MnO4﹣、SO42﹣【考点】离子共存问题；常见离子的检验方法．【专题】离子反应专题．【分析】两溶液所含离子各不相同，M溶液里的阳离子只有两种，由H+、NH4+、Fe3+、A13+均能与OH﹣反应，则M中的阳离子为K+、Na+，N中的阳离子为H+、NH4+、Fe3+、A13+，则与N中阳离子反应的阴离子应在M中，剩余的阴离子在N中，以此来解答．【解答】解：由溶液中离子之间的反应可知，Al3+、Fe3+、NH4+、H+与OH﹣，不能大量共存，且M 溶液里的阳离子只有两种，所以Al3+、Fe3+、NH4+、H+在N溶液中，OH﹣在M溶液中，由此知，M 溶液呈碱性，N溶液呈酸性．N溶液呈酸性，能和酸反应的离子AlO2﹣、CO32﹣、S2﹣不能在N溶液中，只能在M溶液中，高锰酸根离子有强氧化性，不能和氯离子、硫离子共存，所以氯离子和硫离子存在于M溶液中，M 溶液里的阳离子只有两种，Na+、K+也在M溶液中，M、N两溶液各含下列14种离子中的7种，所以NO3﹣、SO42﹣在N溶液中．由以上分析知，M溶液中存在的离子为：Cl﹣、Na+、K+、OH﹣、S2﹣、AlO2﹣、CO32﹣．。
注意事项:1.本试卷分试题卷〔含第I卷(选择题)和第11卷(非选择题)1至6页]和答题卡[含第I卷填涂卡和第11卷答题框7至10页〕两大部分。
考生只能在答题卡指定的区域内做答。
满分100分，考试时间100分钟。
2.考生在答卷前，请先将自己的姓名、班级、学校及考号填在答题卡密封线内的矩形框内。
3.第I卷的答案选出后，用2B铅笔将答题卡上时应题目的答案标号涂黑。
若需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，不能直接答在试题后。
非选择题请在答题卡指定区域做答，本试题卷上不得做答，否则无效。
4.考试结束，监考老师只将答题卡收回。
本科目考试时间:2013年11月28日上午10: 00一11: 40可能用到的相对原子质量: H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 A1-27 S-32 Cl-35. 5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64第 I 卷(选择题，共I6题，每题3分.共48分)在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题目要求1.人们日益重视环境问题，下列说法中正确的是A、将秸秆在田间焚烧B、PM2. 5是指大气中直径小于或等于2. 5微米的颗粒物，PM2. 5在空气中形成了气溶胶C、人类利用能源经历了柴草时期、化石能源时期和多能源结构时期D、人类超量碳排放及氮氧化物和二氧化硫的排放是形成酸雨的主要原因’2. NA为阿伏伽德罗常数的值。
下列叙述正确的是A、将28 g Fe投人到1 Ll mol/L的硫酸中，可得到11.2 LH2B、常温常压下，64 gSO2气体含有的原子数目为3 N AC、25℃时pH =13的NaOH溶液中含有OH一的数目为0. 1 N AD、1 mo1N a被完全氧化生成Na2O2，失去2 N A个电子3.室温下，下列图形与实验过程相符合的是4.下列叙述中正确的有( )个①有新单质生成的化学反应一定是氧化还原反应。
②嫡增且放热的反应一定是自发反应。
③ Mg比A1活泼，在Mg和A1形成的原电池中，Mg必定做负极。
湖北省荆州市沙市区沙市中学2019届高三第一学期能力测试理科综合化学试题（一）第I卷（选择题）一、单选题1.化学与生产、生活密切相关。
下列叙述中正确的是A.木糖醇(CH2OH(CHOH)3CH2OH)可作糖尿病人的甜味剂,属于糖类B.2014年在西非国家爆发了埃博拉疫情,埃博拉病毒对化学药品敏感,乙醇、次氯酸钠溶液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的C.卤水煮豆腐是Mg2＋、Ca2＋等使蛋白质变性的过程D.维生素C具有还原性,食品中添加维生素C既作营养强化剂又作抗氧化剂2.N A表示阿伏加德罗常数,下列叙述正确的是A.向1L0.3mol/L NaOH溶液中通入0.2molCO2,溶液中CO32－和HCO3－的数目均为0.1N AB.2L 0.5mol•L－1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为N AC.1mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3N AD.100g质量分数为46％的乙醇溶液中所含的氢原子数为6N A3.已知伞形酮可用雷琐苯乙酮和苹果酸在一定条件下反应制得。
下列说法中正确的是A.1mol雷琐苯乙酮最多能与3mol Br2发生取代反应B.苹果酸能形成一种缩聚产物是C.1mol伞形酮与足量NaOH溶液反应,最多可消耗2mol NaOHD.雷琐苯乙酮、苹果酸、伞形酮都能跟FeCl3溶液发生显色反应4.下列实验中,对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是A.AB.BC.CD.D5.利用石墨电极电解1mol/L氯化钠溶液,并收集阳极气体检验其成分。
已知:O2能使酸性的淀粉KI溶液变蓝,不能使中性的淀粉KI溶液变蓝。
实验:①将气体通入中性的淀粉KI溶液中,溶液变蓝。
②用足量NaOH溶液充分洗气,气体体积减少,将剩余气体通入中性的淀粉KI溶液中,溶液颜色不变,再向溶液中滴加2滴H2SO4溶液,溶液变蓝。
③向酸性的淀粉KI溶液中通入空气,溶液颜色不变。
下列对实验现象的解释或推测不合理．．．的是A.根据实验现象可以判断电解时阳极的电极反应式为:2Cl－—2e－Cl2↑B.根据实验可以得出反应物的浓度和溶液的pH会影响物质的氧化性C.根据实验可以得出中性条件下,氧化性Cl2＞O2D.NaOH溶液洗气时发生反应的离子方程式为:2OH－＋Cl2Cl－＋ClO－＋H2O6.常温下,用浓度为0.1000mol/L的盐酸分别逐滴加入到20.00mL0.1000mol/L的两种一元碱MOH、ROH溶液中,pH随盐酸溶液体积的变化如图所示。
高中化学学习材料唐玲出品2014-2015学年湖北省荆州中学高三（上）第一次质检化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确选项，共16小题48分）1．下列有关生活中化学的叙述错误的是（）A．向燃料煤中加入生石灰，可以减少对大气的污染B．用双氧水清洗伤口，可以杀菌消毒C．只用淀粉溶液就能检验出食盐中是否加碘D．随意丢弃废旧电池，会对环境造成污染2．下列关于酸、碱、盐、氧化物的元素组成的说法中，正确的是（）A．酸、碱一定含有氢，盐一定不含氢B．碱、盐可能含氧，酸一定含氧C．酸、碱、盐可能都不含金属元素D．金属氧化物一定是碱性氧化物3．在4℃时向100mL水中溶解了22.4L HCl气体（标准状况下测得）后形成的溶液｡下列说法中正确的是（）A．该溶液物质的量浓度为10 mol/LB．所得溶液的体积为22.5 LC．根据题干数据，该溶液物质的量浓度无法求得D．该溶液中溶质的质量分数因溶液的密度未知而无法求得4．下列物质中属于纯净物的是（）①由同种元素组成的物质②具有固定熔沸点的物质③由相同种类和相同数目的原子组成的分子④某种元素的阳离子和另一种元素的阴离子组成的物质⑤在氧气中燃烧只生成二氧化碳的物质⑥只含有一种分子的物质．A．②③⑥B．④⑤⑥C．②⑥D．①④5．分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是（）①根据氧化物的组成元素将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为是氧化还原反应和非氧化还原反应③根据分散系是否有丁达尔现象分为溶液、胶体、浊液④根据反应的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应⑤根据水溶液是否能够导电将化合物分为电解质和非电解质．A．②④B．②③④C．①③⑤D．①②④⑤6．用N A代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A． 100mL lmol/L的FeCl3溶液完全生成Fe（OH）3胶体，其胶粒数目为0.1N AB． 7.8 g Na2O2中含有的离子总数目为0.4N AC． 30g SiO2晶体中含有Si﹣O键的数目为2N AD．标准状况下44.8L HF溶于水配成溶液中所含F﹣的数目为2N A7．在室温时，下列各组中的物质分别与过量NaOH溶液反应，能生成5种盐的是（）A． Al2O3、SO2、CO2、SO3B． Cl2、Al2O3、N2O5、SO3C． CO2、Cl2、Fe3O4、SO3D． SiO2、N2O5、CO、Cl28．下列有关实验的叙述中，合理的是（）①用pH试纸测得氯水的pH为2 ②不宜用瓷坩埚灼烧氢氧化钠固体③使用容量瓶的第一步操作是先将容量瓶用蒸馏水洗涤后烘干④用酸式滴定管量取12.00mL高锰酸钾溶液⑤使用pH试纸测定溶液pH时先润湿，测得溶液的pH都偏小⑥实验室配制氯化铁溶液时，可先将氯化铁溶解在盐酸中，再稀释到所需要的浓度．A．②④⑥B．②③⑥C．①②④D．②③④⑤⑥9．下列离子方程式书写正确的是（）A． NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2OB． NaClO溶液与FeCl2溶液混合：Fe2++2ClO﹣+2H2O=Fe（OH）2↓+2HClOC． NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液反应：NH4++OH﹣=NH3↑+H2OD．将1mol/LNaAlO2溶液和1.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：6AlO2﹣+9H++3H2O=5Al（OH）↓+Al3+310．在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62﹣+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（）①氧化剂是H3AsO3；②还原性：Cl﹣＞As；③每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol；④M为OH﹣；⑤SnCl62﹣是氧化产物．A．①③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．只有①③11．下列有关胶体的说法错误的是（）A．实验室常用渗析的方法对胶体提纯B．所有的胶体均能发生电泳C．硅酸胶体中逐滴加入氢氧化钠溶液，先有沉淀生成再看到沉淀溶解D．由于土壤胶粒带负电，因此使用NH4+的肥效比NO3﹣高12．下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）①无色溶液中：K+、Na+、Cu2+、OH﹣②pH=11的溶液中：CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣③加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣、NH4+④由水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣⑤有较多Fe3+的溶液中：Na+、NH4+、SCN﹣、HCO3﹣⑥酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3﹣、I﹣、Cl﹣．A．①②B．③⑥C．②④D．③⑤13．向含Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3的稀溶液中逐渐加入铁粉，c（Fe2+）的变化如图所示．下列离子方程式错误的是（）A． 0～1：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2OB． 1～2：Fe+2Fe3+=3Fe2+C． 2～3：Fe+Cu2+=Fe2++CuD． 0～3：3Fe+2Fe3++2Cu2+=5Fe2++2Cu14．将ag镁铝合金投入到x mL 2mol/L的盐酸中，金属完全溶解后，再加入y mL 1mol/L的氢氧化钠溶液，得到的沉淀量最大，质量为（a+1.7）g．下列说法不正确的是（）A．镁铝合金与盐酸反应转移电子总数为0．lN AB． x=2yC．沉淀是Mg（OH）2和Al（OH）3的混合物D． 2x=y15．今有一混合物的水溶液，可能大量含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Cl﹣、Mg2+、Ba2+、CO32﹣、SO42﹣，现取三份100mL溶液进行如下实验：（1）第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生（2）第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol（3）第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g．根据上述实验，以下针对原溶液的推测正确的是（）A． Cl﹣一定不存在B． K+一定存在C． Mg2+一定存在D． Ba2+可能存在16．由短周期元素组成的中学常见无机物A、B、C、D、E、X 存在如在右图转化关系（部分生成物和反应条件略去）下列推断不正确的是（）A．若X是Na2CO3，C为含极性键的非极性分子，则A一定是氯气，且D和E不反应B．若A是单质，B和D的反应是OH﹣+HCO3﹣=H2O+CO32，则E一定能还原Fe2O3C．若D为CO，C能和E反应，则A一定为Na2O2，其电子式是D．若D为白色沉淀，与A摩尔质量相等，则X一定是铝盐二、非选择题（共6小题52分）17．实验室要配制1mol/L的稀硫酸250mL，回答下列问题：（1）需要98%密度1.84/mL的浓硫酸mL．（2）配制时必需使用的仪器（填代号）①烧杯②100mL量筒③20mL量筒④1000mL容量瓶⑤250mL容量瓶⑥托盘天平（带砝码）⑦玻璃棒还缺少的仪器是（3）配制时两次使用玻璃棒，其作用分别是、（4）配制过程中出现以下情况，对所配溶液浓度有何影响（填“偏高”“偏低”或“不影响”）①没有洗涤烧杯或玻璃棒；②加水超过刻度线．取出少量水使溶液面恰好到刻度线；③容量瓶洗净后没有干燥．18．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比C12、O3、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染．工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出．（1）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系有六种微粒：Fe（OH）3、ClO﹣、OH﹣、FeO42﹣、Cl﹣、H2O．①写出并配平湿法制备高铁酸钾的离子反应方程式：②低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明了什么问题（2）干法制备高铁酸钾的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑．①该反应中的氧化剂是，还原剂是，每生成l molNa2FeO4转移mol电子．②简要说明K2FeO4作为水处理剂时所起的作用．19．某研究性学习小组查阅资料得知，漂白粉与硫酸反应可以制得氯气，化学方程式为：Ca（ClO）+CaCl2+2H2SO42CaSO4+2Cl2↑+2H2O．他们设计了如图1制取氯气并验证其性质的实验．试回2答：（1）该实验中A部分的装置是图2中（填写装置的序号）．（2）请你设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已经被氧化（简述实验步骤）：．（3）写出D装置中发生反应的离子方程式．（4）该小组又进行了如下实验：称取漂白粉2.0g，研磨后溶解，配制成250ml 溶液，取25ml 加入到锥形瓶中，再加入过量的KI溶液和过量的H2SO4溶液，静置．待完全反应后，用0.1mol/L的Na2S2O3溶液作标准溶液滴定反应生成的碘，已知反应式为：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI反应完成时，共用去Na2S2O3 20.0ml．则该漂白粉中Ca（ClO）2的质量分数为：．20．某溶液主要含下表离子中的5种，且各种离子的物质的量均为1mol．阳离子K+，Ba2+Fe2+Al3+ Fe3+ Mg2+阴离子OH﹣HCO CO Cl﹣NO3﹣ SO42﹣若向原溶液中加入足量的盐酸，有气体生成．经分析知：反应后的溶液中的阴离子的种类没有变化．（1）溶液中（填“一定”，“一定不”，“可能”）含有HCO或 CO，理由是．（2）原溶液中主要阴离子为，主要阳离子为．（3）向原溶液中加入足量的盐酸，有无色气体生成的离子方程式为．（4）若向原溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，充分反应后将沉淀过滤，洗涤，干燥并灼烧至恒重，得到固体的质量为 g．21．由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）：（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成．取上层清液，通入CO2，有白色沉淀产生，该白色沉淀的化学式为．（2）Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，写出其中发生氧化还原反应的方程式．（3取Y中的溶液通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中所有的阳离子有（填写离子符号）．（4）另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应．若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是（用化学式表示）．22．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16g白色沉淀，再向所得悬浊液中逐滴加入1.00mol/L HCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图所示试回答：（1）A点的沉淀物的化学式为，理由．（2）原混合物中MgCl2的质量是g，AlCl3的质量是 g，NaOH的质量是g．（3）C点HCl溶液的体积为mL．2014-2015学年湖北省荆州中学高三（上）第一次质检化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题只有一个正确选项，共16小题48分）1．下列有关生活中化学的叙述错误的是（）A．向燃料煤中加入生石灰，可以减少对大气的污染B．用双氧水清洗伤口，可以杀菌消毒C．只用淀粉溶液就能检验出食盐中是否加碘D．随意丢弃废旧电池，会对环境造成污染考点：常见的生活环境的污染及治理；"三废"处理与环境保护．专题：化学应用．分析：A．煤燃烧时生成的二氧化硫可与生石灰反应；B．双氧水有强氧化性；C．食盐中加碘指的是碘酸钾，不是碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝；D．废旧电池含有重金属离子，会对环境造成污染．解答：解：A．煤燃烧时生成的二氧化硫，二氧化硫可与生石灰反应生成亚硫酸钙，最终生成硫酸钙，可防止酸雨，故A正确；B．双氧水有强氧化性，能杀菌消毒，故B正确；C．碘单质遇到淀粉变蓝，食盐中加碘指的是碘酸钾，不是碘单质，故C错误；D．废旧电池含有重金属离子，会对环境造成污染，故D正确．故选C．点评：本题考查较为综合，涉及环境污染及治理、双氧水、碘的检验等知识，为高考高频考点和常见题型，有利于培养学生的良好科学素养，难度中等．2．下列关于酸、碱、盐、氧化物的元素组成的说法中，正确的是（）A．酸、碱一定含有氢，盐一定不含氢B．碱、盐可能含氧，酸一定含氧C．酸、碱、盐可能都不含金属元素D．金属氧化物一定是碱性氧化物考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．专题：物质的分类专题．分析：电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱，由金属离子或铵根离子和酸根离子组成的化合物属于盐；由两种元素组成、其中一种是氧元素的化合物为氧化物，根据能否和酸或碱反应生成盐和水，氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物，据此分析．解答：解：A、依据酸、碱的概念可知酸、碱中一定含有氢元素，盐中可能含有氢元素，例如硫酸氢钠属于盐，其中含有氢元素．故A错误；B、碱中一定含有氧元素，盐中可能含有氧元素，如含氧酸盐与无氧酸盐，酸中不一定含有氧元素，如盐酸HCl，故B错误；C、酸可能不含金属元素，如HCl；盐中不一定含有金属元素，例如碳酸氢铵属于盐，其中不含有金属元素；碱中可能不含有金属元素，例如一水合氨NH3•H2O属于碱，但不含有金属元素，故C正确；D、金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Mn2O7是金属氧化物，但是不是碱性氧化物，是酸性氧化物，故D错误；故选C．点评：本题主要考查对酸、碱、盐、氧化物的概念的了解和应用，解答时要根据酸碱盐氧化物概念方面进行分析、判断，从而得出正确的结论．3．在4℃时向100mL水中溶解了22.4L HCl气体（标准状况下测得）后形成的溶液｡下列说法中正确的是（）A．该溶液物质的量浓度为10 mol/LB．所得溶液的体积为22.5 LC．根据题干数据，该溶液物质的量浓度无法求得D．该溶液中溶质的质量分数因溶液的密度未知而无法求得考点：物质的量浓度．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：A、溶液的体积不是100mL；B、溶液体积不等于溶剂的体积与溶质的体积之和；C、由于没有提供溶液的密度，无法计算出溶液的体积；D、根据n=计算HCl的物质的量，根据m=nM计算HCl质量，利用m=ρV计算溶剂水的质量，根据质量分数等于计算．解答：解：A、22.4L HCl气体的物质的量为1mol，若形成溶液的体积为100mL，则浓度为10mol/L，但溶液的体积不等于溶剂的体积100mL，故A错误；B、液体积不等于溶剂的体积与溶质的体积之和，溶液的体积远远小于HCl体积，故B错误；C、由于没有提供溶液的密度，无法计算出溶液的体积，因此该溶液的物质的量浓度无法计算，故C 正确；D、溶质的质量为×36.5 g/mol=36.5g，溶液中为36.5g+100 mL×1 g/mL=136.5 g，溶质的质量分数为×100%=26.7%，故D错误；故选C．点评：考查学生对物质的量浓度的理解、质量分数的计算等，难度不大，注意根据定义式对物质的量浓度的理解．4．下列物质中属于纯净物的是（）①由同种元素组成的物质②具有固定熔沸点的物质③由相同种类和相同数目的原子组成的分子④某种元素的阳离子和另一种元素的阴离子组成的物质⑤在氧气中燃烧只生成二氧化碳的物质⑥只含有一种分子的物质．A．②③⑥B．④⑤⑥C．②⑥D．①④考点：混合物和纯净物．专题：物质的分类专题．分析：纯净物是同种物质组成的，可以是同元素组成的单质，也可以是不同元素组成的化合物；从微观角度分析是由同种微粒构成，熔点固定；①O2和O3是由同种元素组成的混合物；②纯净物有固定熔沸点；③纯净物的构成微粒相同，与元素种类无关；同分异构体可以组成混合物；④钠和氧形成的化合物有2种；⑤碳元素存在多种同素异形体，燃烧产物为二氧化碳；⑥同种微粒构成的是纯净物．解答：解：①O2和O3是由同种元素组成的混合物，故①错误；②纯净物有固定熔沸点，混合物无固定熔沸点，故②正确；③由相同种类和相同数目的原子组成的分子不一定是纯净物，如有机物烃的同分异构体组成的是混合物，故③错误；④钠和氧形成的化合物有2种，如氧化钠和过氧化钠，故④错误；⑤碳元素存在多种同素异形体，金刚石、石墨、C60，燃烧产物都为二氧化碳，故⑤错误；⑥只含有一种分子的物质，是由同种微粒构成的，是纯净物，故⑥正确；故选C．点评：本题考查纯净物和混合物的区别，题目难度不大，要分析物质是由几种物质组成的，如果只有一种物质组成就属于纯净物，如果有多种物质就属于混合物．5．分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是（）①根据氧化物的组成元素将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为是氧化还原反应和非氧化还原反应③根据分散系是否有丁达尔现象分为溶液、胶体、浊液④根据反应的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应⑤根据水溶液是否能够导电将化合物分为电解质和非电解质．A．②④B．②③④C．①③⑤D．①②④⑤考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氧化还原反应；吸热反应和放热反应；化学反应的可逆性；电解质与非电解质．专题：物质的分类专题．分析：①根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物；②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为是氧化还原反应和非氧化还原反应；③根据分散质微粒直径的大小将混合物分为溶液、胶体、浊液；④根据反应的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应；⑤根据水溶液或是熔融态是否能够导电将化合物分为电解质和非电解质．解答：解：①根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物，氧化物的组成元素均是氧元素和另一种元素，故①错误；②氧化还原反应和非氧化还原反应的本质区别是否存在电子转移，所以根据反应中是否有电子转移将化学反应分为是氧化还原反应和非氧化还原反应，故②正确；③是根据分散质微粒直径的大小将混合物分为溶液、胶体、浊液，其中只有胶体具有丁达尔效应，故③错误；④根据反应的吸放热情况将化学反应分为放热反应和吸热反应，故④正确；⑤根据化合物在水溶液或是熔融态下是否能够导电，将化合物分为电解质和非电解质，故⑤错误．故选A．点评：本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类的依据，不同的分类标准会得出不同的分类结果．6．用N A代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A． 100mL lmol/L的FeCl3溶液完全生成Fe（OH）3胶体，其胶粒数目为0.1N AB． 7.8 g Na2O2中含有的离子总数目为0.4N AC． 30g SiO2晶体中含有Si﹣O键的数目为2N AD．标准状况下44.8L HF溶于水配成溶液中所含F﹣的数目为2N A考点：阿伏加德罗常数．分析：A．胶体微粒是氢氧化铁的集合体；B．过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成；C．二氧化硅中含有4个Si﹣O键；D．氟化氢为弱电解质，水溶液中部分电离．解答：解：A.100mL lmol/L的FeCl3溶液完全生成Fe（OH）3胶体，其胶粒数目远远小于0.1N A，故A错误；B.7.8 g Na2O2的物质的量为=0.1mol，含有0.2mol钠离子和0.1mol过氧根离子，共含有的离子总数目为0.3N A，故B错误；C.30g SiO2晶体的物质的量为=0.5mol，二氧化硅中含有4个Si﹣O键计算判断，30g SiO2晶体中含有Si﹣O键的数目为2N A，故C正确；D．氟化氢为弱电解质，水溶液中部分电离，所以标准状况下44.8L HF溶于水配成溶液中所含F﹣的数目小于2N A，故D错误；故选：C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是胶体微粒组成，物质结构分析判断，掌握基础是关键，注意弱电解质电离特点，题目难度不大．7．在室温时，下列各组中的物质分别与过量NaOH溶液反应，能生成5种盐的是（）A． Al2O3、SO2、CO2、SO3B． Cl2、Al2O3、N2O5、SO3C． CO2、Cl2、Fe3O4、SO3D． SiO2、N2O5、CO、Cl2考点：二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；硅和二氧化硅；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．专题：元素及其化合物．分析：酸性氧化物与碱反应生成盐和水，氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO、水，氧化铝与NaOH 反应生成偏铝酸钠和水，以此来解答．解答：解：A．A12O3是两性氧化物与过量氢氧化钠反应生成的盐为偏铝酸钠；SO2与过量NaOH溶液反应生成的盐为亚硫酸钠；CO2与过量NaOH溶液反应生成的盐为碳酸钠；SO3与过量NaOH溶液反应生成的盐为硫酸钠，共4种，故A不选；B．C12与过量NaOH溶液反应生成的盐为氯化钠和次氯酸钠；A12O3与过量NaOH溶液反应生成的盐为偏铝酸钠；N2O5与过量NaOH溶液反应生成的盐为硝酸钠；SO3与过量NaOH溶液反应生成的盐为硫酸钠，共5种，故B选；C．CO2与过量NaOH溶液反应生成的盐为碳酸钠；C12与过量NaOH溶液反应生成的盐为氯化钠和次氯酸钠；Fe3O4与过量NaOH溶液不反应；SO3与过量NaOH溶液反应生成的盐为硫酸钠，共4种，故C 不选；D．SiO2与过量NaOH溶液反应生成的盐为硅酸钠；N2O5与过量NaOH溶液反应生成的盐为硝酸钠；CO 与过量NaOH溶液不反应；C12与过量NaOH溶液反应生成的盐为氯化钠和次氯酸钠，共4种，故D不选；故选B．点评：本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握常见酸性氧化物、两性氧化物的性质及氯气与碱的反应为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大．8．下列有关实验的叙述中，合理的是（）①用pH试纸测得氯水的pH为2 ②不宜用瓷坩埚灼烧氢氧化钠固体③使用容量瓶的第一步操作是先将容量瓶用蒸馏水洗涤后烘干④用酸式滴定管量取12.00mL高锰酸钾溶液⑤使用pH试纸测定溶液pH时先润湿，测得溶液的pH都偏小⑥实验室配制氯化铁溶液时，可先将氯化铁溶解在盐酸中，再稀释到所需要的浓度．A．②④⑥B．②③⑥C．①②④D．②③④⑤⑥考点：测定溶液pH的方法；硅和二氧化硅；配制一定物质的量浓度的溶液．专题：化学实验基本操作．分析：①氯水具有漂白性，可使试纸褪色；②瓷坩埚中含有二氧化硅，与NaOH在加热下反应；③使用容量瓶时应先检查是否漏水；④高锰酸钾具有强氧化性，不能用碱式滴定管；⑤如溶液呈中性，不会引起误差；⑥先将氯化铁溶解在盐酸中，可防止水解．解答：解：①氯水中含有HClO，具有漂白性，可使试纸褪色，不能测得PH，应用PH计；②瓷坩埚中含有二氧化硅，与NaOH在加热下反应，而使坩埚炸裂；③使用容量瓶时应先检查是否漏水，而不是烘干；④高锰酸钾具有强氧化性，不能用碱式滴定管，应用酸式滴定管；⑤如溶液呈中性，不会引起误差，使用PH试纸时不能先用水湿润；⑥先将氯化铁溶解在盐酸中，可防止水解而使溶液变浑浊．故正确的有②④⑥，故选A．点评：本题考查化学实验基本操作，题目难度不大，注意基础实验方法的积累．9．下列离子方程式书写正确的是（）A． NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2OB． NaClO溶液与FeCl2溶液混合：Fe2++2ClO﹣+2H2O=Fe（OH）2↓+2HClOC． NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液反应：NH4++OH﹣=NH3↑+H2OD．将1mol/LNaAlO2溶液和1.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：6AlO2﹣+9H++3H2O=5Al（OH）↓+Al3+3考点：离子方程式的书写．专题：化学用语专题．分析：根据离子方程式书写要求来判断，如看是否守恒（质量、电荷、得失电子），是否符合客观事实，化学式拆分、化学符号使用是否正确，阴、阳离子配比是否正确，隐含离子是否忽略，反应物用量与其反应是否一致等．解答：解：A、因阴、阳离子配比错误，硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡至溶液呈中性应为：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，故A错误；B、因ClO﹣具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，故B错误；C、因NH4HSO3溶液中NH+4、HSO3﹣都能与OH﹣反应：NH+4+HSO3﹣+2OH﹣=NH3↑+SO32﹣+2H2O，故C错误；D、因当n（NaAlO2）/HCl=2/3时，反应可以分为两步：第一步 AlO2﹣+H++H2O=Al（OH）3↓1 1 1第二步 Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O1 0.5第一步反应完全进行，第二步反应未完全反应，生成的Al（OH）3成的0.5/3，剩余2.5/3，因此，离子方程式为：6AlO2﹣+9H++3H2O=5Al（OH）3↓+Al3+，故D正确；故选：D．点评：本题考查了离子方程式正误判断的方法，只要掌握一些常见的判断方法，就可以做到迎刃而解了．10．在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62﹣+6M，关于该反应的说法中正确的组合是（）①氧化剂是H3AsO3；②还原性：Cl﹣＞As；③每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol；④M为OH﹣；⑤SnCl62﹣是氧化产物．A．①③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．只有①③考点：氧化还原反应．专题：压轴题；氧化还原反应专题．分析：离子方程式3SnCl2+12Cl﹣+2H3AsO3+6H+=2As+3SnCl62﹣+6M中，Sn的化合价由+2价升高到+4价，As元素的化合价由+3价降低到0价，从化合价的角度分析氧化还原反应，判断有关氧化剂、还原剂等概念，并判断物质的性质，从守恒的角度判断M的组成．解答：解：①H3AsO3中As元素的化合价降低，H3AsO3为氧化剂，故①正确；②反应中Cl元素的化合价没有发生变化，不能比较二者的还原性强弱，故②错误；③H3AsO3中As元素的化合价由+3价降低到0价，每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol，故③正确；④根据离子方程式的电荷守恒可知M不带电荷，从质量守恒的角度分析可知应为H2O，故④错误；⑤SnCl2→SnCl62﹣，Sn元素的化合价升高，SnCl62﹣是氧化产物，故⑤正确．故选：A．点评：本题考查氧化还原反应，题目难度中等，解答本题的关键是正确判断元素的化合价，根据化合价的变化分析氧化还原反应．11．下列有关胶体的说法错误的是（）A．实验室常用渗析的方法对胶体提纯B．所有的胶体均能发生电泳C．硅酸胶体中逐滴加入氢氧化钠溶液，先有沉淀生成再看到沉淀溶解D．由于土壤胶粒带负电，因此使用NH4+的肥效比NO3﹣高考点：胶体的重要性质．专题：溶液和胶体专题．分析：A、渗析的方法能除去胶体中的小离子或小分子；B、胶体能发生电泳的原因是胶粒带电；C、氢氧化钠溶液时电解质溶液，能使胶体产生聚沉；D、壤胶粒带负电，对NH4+有吸附作用．解答：解：A、当胶体中混有小分子或小离子时，可以用渗析的方法除去，故A正确；B、只有当胶粒带电时胶体才会发生电泳，故B错误；C、硅酸胶体中逐滴加入氢氧化钠溶液，胶体先产生聚沉，变为硅酸沉淀，后硅酸又溶于氢氧化钠，故先有沉淀生成再看到沉淀溶解，故C正确；D、壤胶粒带负电，对NH4+有吸附作用而对NO3﹣有排斥作用，故D正确．故选B．点评：本题考查了胶体的渗析、电泳、聚沉等重要性质，属于识记性题目，难度不大．12．下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）①无色溶液中：K+、Na+、Cu2+、OH﹣②pH=11的溶液中：CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣③加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣、NH4+④由水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣⑤有较多Fe3+的溶液中：Na+、NH4+、SCN﹣、HCO3﹣⑥酸性溶液中：Fe2+、Al3+、NO3﹣、I﹣、Cl﹣．A．①②B．③⑥C．②④D．③⑤考点：离子共存问题．分析：①无色溶液中不含有色离子，且离子之间不反应的能大量共存；②pH=11的溶液呈碱性；③加入Al能放出H2的溶液为强碱溶液或非强氧化性酸溶液；④由水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液呈酸性或碱性；⑤有较多Fe3+的溶液不能大量存在和铁离子反应的离子；⑥酸性溶液中不能大量存在相互反应的离子．解答：解：①无色溶液中不存在有色离子，如铜离子，且Cu2+、OH﹣反应生成沉淀而不能大量共存，故错误；②pH=11的溶液呈碱性，这几种离子之间不反应，所以能大量共存，故正确；③加入Al能放出H2的溶液为强碱溶液或非强氧化性酸溶液，酸性或碱性条件下都不能大量存在HCO3﹣，碱性条件下不能大量存在NH+，故错误；4④由水电离出的c（OH﹣）=10﹣13mol•L﹣1的溶液呈强酸性或强碱性，这几种离子之间不反应且和氢离子或氢氧根离子都不反应，所以能大量共存，故正确；。
湖北省部分重点中学2016届高三上学期起点考试化学试题一、选择题：本大题共14 小题，每小题3 分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列说法不正确的是A．医用酒精是用淀粉类植物发酵经蒸馏制成，浓度通常是75%B．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果，其作用是吸收并氧化水果释放出的乙烯C．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入明矾可以使海水淡化D．石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性都是化学变化2．下列化学用语正确的是A．硝基苯的结构简式：B．乙烯的比例模型：C．过氧化氢的电子式：D．硫离子的结构示意图：3．下列应用及解释都正确的是4．下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W 为短周期元素，W 元素的核电荷数为X 元素的2倍。
下列说法不正确的是A．X、W、Z 元素的气态氢化物的热稳定性均依次递减B．Y、Z、W 元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增C．液态WX3 气化均需克服分子间作用力D．根据元素周期律，可以推测T 元素的单质具有半导体的特性5．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A．向稀HNO3中滴加Na2SO3 溶液：B．向Na2SiO3 溶液中通入过量CO2：C．向Al2(SO4)3溶液中加入过量NH3•H2O：D．NaHCO3溶液中加少量Ba(OH)2 溶液：6．原电池装置如图所示，下列有关叙述正确的是（）A．锌电极上发生还原反应B．电池工作一段时间后，甲池的c(SO42－)不变C．电池工作一段时间后，甲池溶液的总质量增加D．该装置将化学能转化为电能，一段时间后，装置内的电子总量减少7．用右图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是8．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A．pH=13 的溶液：NB．甲基橙呈黄色的溶液：NC．0.1 mol/L 的KNO3 溶液：D．水电离的9．N A 代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．标准状况下，22.4 L 二氯甲烷的分子数约为N A个B．常温常压下，2.0 g 重水（D2O）中含N A个中子C．1 L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO3－和CO32－的离子数之和为0.1N AD．电解精炼铜时，若阴极得到的电子数为2 N A个，则阳极质量减少64 g10．某有机物的结构简式如图所示，有关该有机物的叙述正确的是A. 分子中含有3 种官能团B．在一定条件下，能发生取代、氧化、酯化和加聚反应C．该物质分子中最多可以有10 个碳原子在同一平面上D．1 mol 该物质最多可与5 mol H2 发生加成反应11．在一定温度下，有以下反应：2A(g)+ B(g) C(g)+D(g) △H＜0 ，反应进行至第10 min 时，改变一个条件，当反应进行至第20 min 时，发现生成C 的速率增大，C 的百分含量也增大，则改变的条件．可能是A．加热B．使用催化剂C．加压 D. 分离出D12．室温下向10 mL 0.1 mol/L NaOH 溶液中加入0.1 mol/L 的一元酸HA 溶液pH 的变化曲线如图所示。
2015-2016学年湖北省荆州市高三（上）质检化学试卷一、选择题（本题包括16个小题，每小题3分，共48分；每题仅有一个正确选项）1．下列有关物质的性质与其应用不相对应的是（）A．MgO、Al2O3的熔点很高，可制作耐高温材料B．NaHCO3能与碱反应，食品工业上用作焙制糕点的膨松剂C．Al具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品D．利用钠蒸气放电发光的性质制造的高压钠灯，可发出射程远、透雾能力强的黄光2．假设SiO2原子晶体中的Si原子被Al原子取代，不足的价数用K原子补充．当有25%的Si原子取代时，可形成正长石，则正长石的化学组成为（）A．KAlSiO4B．KAlSi2O4 C．KAlSi3O8 D．KAlSi4O103．在①硫酸②芒硝（Na2SO4•10H2O）③三氧化硫④硫酸亚铁四种化合物中，硫元素的质量分数由高到低的顺序是（）A．①＞②＞③＞④B．③＞①＞④＞②C．①＞③＞④＞②D．②＞③＞④＞①4．用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作．下列图示对应的操作规范的是（）A．称量B．溶解C．转移D．定容5．向含有c（FeCl3）=0.2mol•L﹣l、c（FeCl2）=0.1mol•L﹣l的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是（）A．该分散系的分散质为Fe2O3B．加入NaOH时发生的反应可能为：Fe2++2Fe3++8OH﹣═Fe3O4+4H2OC．在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系带正电荷D．可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na+分离开6．N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A．0.1molFe在0.1mol氯气中充分燃烧时转移的电子数为0.3N AB．0.1mol乙烷和丙烯的混合物所含氢原子数目为0.6N AC．64g的SO2与足量的O2充分反应后可得到N A个S03分子D．标准状况下，2.24L HF含有的分子数目为0.1N A7．常温下，pH=11的氨水和pH=1的盐酸等体积混合（混合溶液体积为两溶液体积之和），恰好完全中和，则下列说法错误的是（）A．氨水的浓度等于盐酸的浓度B．原氨水中有1%的含氮微粒为NH4+C．氨水中水电离出的c（H+）是盐酸中水电离出的c（H+）的100倍D．混合溶液中c（NH4+）+c（NH3•H2O）+c（NH3）=5×10﹣4mol•L﹣19．下列说法正确的是（）A．图中△H1=△H2+△H3B．如图在催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2C．如图表示醋酸溶液滴定NaOH 和氨水混合溶液的电导率变化曲线D．如图可表示由CO（g）生成CO2（g）的过程中要放出566kJ 热量10．用压强传感器探究生铁在pH=2和pH=4醋酸溶液中发生腐蚀的装置及得到的图象如下：分析图象，以下结论错误的是（）A．溶液pH≤2时，生铁发生析氢腐蚀B．在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀C．析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快D．两溶液中负极反应均为：Fe﹣2e﹣=Fe2+11．如图是利用一种微生物将废水中的有机物（假设是淀粉）的化学能直接转化为电能，并利用此电能在铁上镀铜，下列说法中正确的是（）A．质子透过离子交换膜由右向左移动B．铜电极应与X相连接C．M电极反应式：（C6H10O5）n+7nH2O﹣24ne﹣═6nCO2↑+24nH+D．当N电极消耗0.2 mol气体时，则铁电极增重16g12．将SO2气体与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：①SO2+2Fe3++2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+②Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，下列有关说法错误的是（）A．氧化性Cr2O72﹣＞Fe3+＞SO2B．K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4C．每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6N AD．若6.72 L SO2（标准状况）参加反应，则最终消耗0.2molK2Cr2O713．在一种酸性溶液中可能存在Fe3+、NO3﹣、Cl﹣、I﹣中的一种或几种离子，向溶液中加入溴水，溴单质被还原，由此可推断溶液中（）A．一定含有I﹣，不含有Cl﹣B．可能含有Cl﹣、NO3﹣和I﹣C．可能含有NO3﹣D．一定不含有Fe3+14．一定量的镁溶液一定浓度的硝酸的反应中，产生标准状况下的N2O气体11.2L，在所得的溶液中加入适量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤出沉淀，经洗涤，蒸干并充分灼烧，最后得到固体物质的质量为（）A．80g B．58g C．40g D．20g15．进行下列反应后，所得溶液中一定只含有一种溶质的是（）A．将铁粉加到稀硝酸中B．向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液C．向MgSO4、H2SO4的混合溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液D．NaOH溶液与醋酸溶液反应后所得的pH大于7的溶液16．下列实验设计能够成功的是（）A．检验亚硫酸钠试样是否变质：试样白色沉淀沉淀不溶解→说明试样已变质B．除去粗盐中含有的硫酸钙杂质：粗盐精盐C．检验某溶液中是否含有Fe2+：试样溶液颜色无变化溶液变红色→溶液中含有Fe2+D．证明酸性条件H2O2的氧化性比I2强：NaI溶液溶液变紫色→氧化性：H2O2＞I2二、非选择题（本题包括5小题，共52分）17．A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质．它们之间有如图的反应关系：（1）若A是黄色固体，C、D是氧化物，C是造成酸雨的主要物质，但C也有其广泛的用途，写出其中的2个用途：．（2）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染．B与C在一定条件下反应生成的A是大气的主要成分，写出该反应的化学方程式：．（3）若D物质具有两性，②、③反应均要用强碱溶液，④反应时通入过量的一种引起温室效应的主要气体．写出单质A与强碱反应的离子方程式：．（4）若A是太阳能电池用的光伏材料．C、D为钠盐，两种物质中钠、氧外的元素为同一主族，且溶液均显碱性．写出②反应的化学方程式：．18．（10分）（2015•莲湖区校级二模）铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，请根据下列实验回答问题．（1）生铁中含有一种铁碳化合物X（Fe3C）．X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸后溶液中大量存在的阳离子是；Y与过量浓硝酸反应后溶液中含有的盐的化学式为．（2）某溶液中有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧，并将灼烧后的固体投入过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是．A．Mg2+B．Fe2+C．Al3+D．Cu2+（3）氧化铁是重要的工业颜料，用废铁屑制备它的流程如下：回答下列问题：①操作Ⅰ的名称是；操作Ⅱ的名称是；操作Ⅱ的方法为．②请写出生成FeCO3沉淀的离子方程式：．19．（10分）（2015秋•荆州月考）硫酸铜是一种应用极其广泛的化工原料．制备硫酸铜是无机化学实验教学中一个重要的实验．由于铜不能与稀硫酸直接反应，实验中将浓硝酸分次加入到铜粉与稀硫酸中，加热使之反应完全，通过蒸发、结晶得到硫酸铜晶体（装置如图1、2所示）．（1）图1中，烧瓶中发生的离子反应方程式为．（2）图2是图1的改进装置，改进的目的是．（3）为符合绿色化学的要求，某研究性学习小组进行如下设计：第一组：空气为氧化剂法方案1：以空气为氧化剂．将铜粉在仪器B中反复灼烧，使铜与空气充分反应生成氧化铜，再将氧化铜与稀硫酸反应．方案2：将空气或氧气直接通入到铜粉与稀硫酸的混合物中，发现在常温下几乎不反应．向反应液中加FeSO4或Fe2（SO4）3，反应完全后，向其中加物质甲调节pH到3～4，产生Fe （OH）3沉淀，过滤、蒸发、结晶，滤渣作催化剂循环使用．（已知Fe（OH）3和Cu（OH）2完全沉淀时的pH分别为3.7、6.4．）请回答下列问题：①方案1中的B仪器名称是．②方案2中甲物质是（填字母序号）．a、CaOb、CuCO3c、CaCO3第二组：过氧化氢为氧化剂法将3.2g铜丝放到45mL 1.5mol/L的稀硫酸中，控温在50℃．加入18mL 10%的H2O2，反应0.5h后，升温到60℃，持续反应1h后，过滤、蒸发结晶、减压抽滤等，用少量95%的酒精淋洗后晾干，得CuSO4•5H2O 10.6g．请回答下列问题：③该反应的离子反应方程式为．④上述两种氧化法中，更符合绿色化学理念的是（填“第一组”或“第二组”），理由是．20．800℃时，某密闭容器中存在如下反应：2NO2（g）⇌2NO（g）+O2（g）△H＞0，若开始向容器中加入1mol/L的NO2，反应过程中NO的产率随时间的变化如图曲线I所示．①反应Ⅱ相对于反应I而言，改变的条件可能是．②800℃时，若开始时向容器中同时加入1mol/LNO、0.2mol/LO2、0.5mol/L NO2，则v（正）v（逆）．（填“大于”或“等于”或“”小于“）21．（10分）（2015秋•荆州月考）己知N2O4（g）⇌2NO2（g）△H=+57.20KJ•mol﹣1，t时，将一定量的NO2、N2O4，充入一个容器为2L的恒容密闭容器中，浓度随时间变化关系如下代表（填化学式）K=．具体数值）②前10min内用NO2表示的反应速率为，20min时改变的条件是；重新达到平衡时，NO2的百分含量（填选项前字母）．a．增大b．减小c．不变d．无法判断．22．（10分）（2015秋•荆州月考）已知草酸镍晶体（NiC2O4•2H2O）难溶于水，工业上从废镍催化剂（成分主要为Ni，含有一定量的Al2O3、Fe、SiO2、CaO等）制备草酸镍晶体的流程如图所示：②Ksp（CaF2）=1.46×10③当某物质浓度小于1.0×10﹣5mol•L﹣1时，视为完全沉淀．（1）请写出一种能提高酸浸速率的措施．（2）试剂a是一种绿色氧化剂，写出“氧化”时反应的离子方程式．（3）pH的调控范围为．（4）写出“沉镍”时反应的离子方程式，当Ca2+沉淀完全时，溶液中c（F﹣）＞mol•L﹣1（写出计算式即可）．2015-2016学年湖北省荆州市高三（上）质检化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括16个小题，每小题3分，共48分；每题仅有一个正确选项）1．下列有关物质的性质与其应用不相对应的是（）A．MgO、Al2O3的熔点很高，可制作耐高温材料B．NaHCO3能与碱反应，食品工业上用作焙制糕点的膨松剂C．Al具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品D．利用钠蒸气放电发光的性质制造的高压钠灯，可发出射程远、透雾能力强的黄光【考点】镁、铝的重要化合物；钠的化学性质；钠的重要化合物；铝的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．MgO、Al2O3熔点高，硬度大，可用于耐高温材料；B．碳酸氢钠不稳定，加热或与酸反应都可生成二氧化碳气体；C．Al具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔，且在表面能生成一层致密的氧化物膜；D．钠的焰色反应为黄色．【解答】解：A．耐高温材料应具有熔点高的特点，因MgO、Al2O3熔点高，硬度大，则可用于耐高温材料，故A正确；B．碳酸氢钠不稳定，加热或与酸反应都可生成二氧化碳气体，则可用于焙制糕点的膨松剂，但不是和碱反应的原因，故B错误；C．Al具有良好的延展性，可制成铝箔，且在表面能生成一层致密的氧化物膜，则具有抗腐蚀性，故C正确；D．钠的焰色反应为黄色，因黄色光射程远、透雾能力强，则可用于自造高压钠灯，故D正确；故选B．【点评】本题考查较为综合，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累．2．假设SiO2原子晶体中的Si原子被Al原子取代，不足的价数用K原子补充．当有25%的Si原子取代时，可形成正长石，则正长石的化学组成为（）A．KAlSiO4B．KAlSi2O4 C．KAlSi3O8 D．KAlSi4O10【考点】复杂化学式的确定；硅和二氧化硅．【专题】计算题．【分析】设有nmol二氧化硅，含有nmolSi原子、2nmolO原子，然后根据当有25%的硅原子被铝原子取代，不足的价数由钾原子补充，计算出用n表示的铝原子、钾原子的物质的量，物质的量之比就等于原子个数比，从而得出正长石的化学式．【解答】解：根据题目条件因二氧化硅中有25%的硅原子被铝原子取代，不足的由钾原子补充，设二氧化硅的物质的量为nmol，则含有nmolSi原子、2nmolO原子，由于25%的硅原子被铝原子取代，所以Al原子的物质的量为：nmol×25%=0.25nmol，Si原子还剩余物质的量为：0.75nmol，不足的价数由钾原子补充，钾原子的物质的量为：0.25nmol×（3﹣2）=0.25nmol，所以正长石中各微粒的物质的量之比为：n（K）：n（Al）：n（Si）：n（O）=0.25nmol：0.25nmol：0.75nmol：2nmol=1：1：3：8，所以对应的化学式为KAlSi3O8，故选C．【点评】本题考查了正长石的化学式的计算，解题关键是理解题干的信息，充分考查了学生的分析、理解能力，本题难度中等．3．在①硫酸②芒硝（Na2SO4•10H2O）③三氧化硫④硫酸亚铁四种化合物中，硫元素的质量分数由高到低的顺序是（）A．①＞②＞③＞④B．③＞①＞④＞②C．①＞③＞④＞②D．②＞③＞④＞①【考点】元素质量分数的计算．【专题】相对原子质量、相对分子质量的计算．【分析】物质的化学式分别为H2SO4、Na2SO4•10H2O、SO3、FeSO4，化学式中均含有1个S原子，相对分子质量越大，含硫量越小，以此解答该题．【解答】解：物质的化学式分别为H2SO4、Na2SO4•10H2O、SO3、FeSO4，相对分子质量分别为98、322、80、152，相对分子质量越大，含硫量越小，则硫元素的质量分数由高到底排列的顺序是③＞①＞④＞②，故选：B．【点评】本题考查质量分数有关计算，涉及化学式的计算，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大．4．用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作．下列图示对应的操作规范的是（）A．称量B．溶解C．转移D．定容【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】物质的量浓度和溶解度专题．【分析】A．药品不能直接放在托盘内，且药品与砝码放反了；B．固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解；C．应用玻璃棒引流；D．胶头滴管不能深入容量瓶内．【解答】解：A．用天平称量药品，药品不能直接放在托盘内，天平称量应遵循“左物右码”，故A错误；B．固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解，故B正确；C．应用玻璃棒引流，防止溶液洒落，故C错误；D．胶头滴管不能深入容量瓶内，应在容量瓶正上方，悬空滴加，故D错误；故选B．【点评】本题实验考查基本操作，比较基础，旨在考查学生对基础知识的理解掌握，注意掌握中学实验常见的基本操作．5．向含有c（FeCl3）=0.2mol•L﹣l、c（FeCl2）=0.1mol•L﹣l的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是（）A．该分散系的分散质为Fe2O3B．加入NaOH时发生的反应可能为：Fe2++2Fe3++8OH﹣═Fe3O4+4H2OC．在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系带正电荷D．可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na+分离开【考点】铁的氧化物和氢氧化物．【分析】A．三氧化二铁为红棕色；B．依据题意向含有c（FeCl3）=0.2mol•L﹣1、c（FeCl2）=0.1mol•L﹣1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，可知该黑色固体为四氧化三铁，据此写出方程式；C．胶体不带电；D．分散质粒子是直径约为9.3nm，介于1nm﹣100nm，属于胶体，胶体能通过滤纸．【解答】解：A．三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，故A错误；B．氯化亚铁、氯化铁与氢氧化钠反应生成四氧化三铁和水、氯化钠，离子方程式：Fe2++2Fe3++8OH﹣═Fe3O4+4H2O，故B正确；C．在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系容易吸附带正电的阳离子而形成带电的胶体微粒，故C错误；D．胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分离，故D错误；故选：B．【点评】本题考查了铁的化合物的性质、胶体的性质，准确把握题意，明确胶体的性质是解题关键，题目难度不大．6．N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A．0.1molFe在0.1mol氯气中充分燃烧时转移的电子数为0.3N AB．0.1mol乙烷和丙烯的混合物所含氢原子数目为0.6N AC．64g的SO2与足量的O2充分反应后可得到N A个S03分子D．标准状况下，2.24L HF含有的分子数目为0.1N A【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、铁和氯气反应生成氯化铁，依据全部反应的物质计算电子转移；B、乙烷和丙烯中均含6个氢原子；C、二氧化硫与氧气的反应为可逆反应；D、标况下，HF为液态．【解答】解：A、0.1molFe和0.1molCl2中充分燃烧，2Fe+3Cl2=2FeCl3，铁过量，依据0.1mol 氯气反应得到电子0.2mol，转移电子数为0.2N A，故A错误；B、乙烷和丙烯中均含6个氢原子，故0.1mol乙烷和丙烯的混合物中含0.6mol氢原子即0.6N A 个，故B正确；C、二氧化硫与氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故得到的三氧化硫分子个数小于N A个，故C错误；D、标况下，HF为液态，其分子个数不能根据其体积来计算，故D错误．故选B．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．7．常温下，pH=11的氨水和pH=1的盐酸等体积混合（混合溶液体积为两溶液体积之和），恰好完全中和，则下列说法错误的是（）A．氨水的浓度等于盐酸的浓度B．原氨水中有1%的含氮微粒为NH4+C．氨水中水电离出的c（H+）是盐酸中水电离出的c（H+）的100倍D．混合溶液中c（NH4+）+c（NH3•H2O）+c（NH3）=5×10﹣4mol•L﹣1【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】常温下，pH=11的氨水溶液和pH=1的盐酸溶液等体积混合后（不考虑混合后溶液体积的变化），恰好完全反应，反应后生成氯化铵，由于盐酸是一元酸，氨水的一元碱，则c（碱）=c（酸），再结合物料守恒、盐的性质来分析解答．【解答】解：A．等体积的氨水与盐酸混合后，恰好完全反应，盐酸为一元强酸、一水合氨为一元弱碱，所以一水合氨与氯化氢的物质的量相等，因二者等体积混合，则物质的量浓度相等，都是0.1mol/L，故A正确；B．由分析可知，pH=11的氨水溶液浓度为0.1mol/L，则电离产生的c（OH﹣）=c（NH4+）=10﹣3mol/L，则原氨水中NH4+的含量为=1%，故B正确；C．氨水中的氢离子是水电离的，pH=11的氨水中水电离的氢离子浓度为：10﹣11mol/L；盐酸中的氢氧根离子是水电离的，盐酸中水电离的氢氧根离子与氢离子浓度相等为：10﹣13mol/L，所以氨水中水电离出的c（H+）是盐酸中水电离出的c（H+）的100倍，故C正确；D．反应后的溶液中NH4+、NH3•H2O与NH3三种微粒的平衡浓度之和为=0.05mol•L﹣1，故D错误．故选D．【点评】本题考查酸碱混合溶液中离子浓度的关系，注意恰好完全反应为解答的关键，明确反应后生成氯化铵即可解答，结合物料守恒及电离即可解答，题目难度中等．8．下列实验能达到预期目的是（）【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH；B．含有酚酞的Na2CO3溶液中，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaC12固体，水解平衡逆向移动；C．NaOH过量，后滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀，不能说明沉淀转化；D．等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大，可比较亚硫酸与碳酸的酸性，不能比较非金属性．【解答】解：A．NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，应利用pH计测定pH比较酸性强弱，故A错误；B．含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaC12固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故B正确；C．NaOH过量，后滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀，不能说明沉淀转化，则不能比较溶度积大小，故C错误；D．等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大，可比较亚硫酸与碳酸的酸性，因亚硫酸不是最高价含氧酸，则不能比较非金属性，故D错误；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及盐类水解与酸性比较、沉淀生成与沉淀转化、非金属性比较方法、pH的测定等，注重实验原理及物质性质的考查，注意实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．9．下列说法正确的是（）A．图中△H1=△H2+△H3B．如图在催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2C．如图表示醋酸溶液滴定NaOH 和氨水混合溶液的电导率变化曲线D．如图可表示由CO（g）生成CO2（g）的过程中要放出566kJ 热量【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；吸热反应和放热反应；用盖斯定律进行有关反应热的计算．【分析】A、根据盖斯定律的含义来回答；B、催化剂改变了反应历程，E1、E2分别代表各步反应的活化能；C、醋酸和一水合氨是弱电解质，在溶液里部分电离，氢氧化钠是强电解质，完全电离，向混合溶液中滴加醋酸，醋酸先和氢氧化钠反应生成强电解质醋酸钠，氢氧化钠完全反应后，醋酸再和氨水反应生成强电解质醋酸铵，根据溶液中离子浓度变化与电导率的关系分析解答；D、未指明是几摩尔CO燃烧放出566kJ的热量．【解答】解：A、根据盖斯定律来可知：一个反应无论是一步完成还是分为数步完成，其热效应是相同的，故应有：△H1=﹣△H2﹣△H3，故A错误；B、E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，故B错误；C、氢氧化钠是强电解质，氨水是弱电解质，滴加的弱电解质先和氢氧化钠反应生成强电解质醋酸钠，但溶液体积不断增大，溶液被稀释，所以电导率下降；当氢氧化钠完全被中和后，醋酸继续与弱电解质氨水反应生成强电解质醋酸铵，所以电导率增大；氨水也完全反应后，继续滴加醋酸，因为溶液被稀释，电导率有下降趋势，故C正确；D、图象中未标明CO、氧气以及CO2的物质的量与焓变的值的数值计量关系，故D错误；故选C．【点评】本题考查了盖斯定律的应用，活化能概念应用，反应焓变的意义以及溶液的导电性等问题，难度不大．10．用压强传感器探究生铁在pH=2和pH=4醋酸溶液中发生腐蚀的装置及得到的图象如下：分析图象，以下结论错误的是（）A．溶液pH≤2时，生铁发生析氢腐蚀B．在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀C．析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快D．两溶液中负极反应均为：Fe﹣2e﹣=Fe2+【考点】原电池和电解池的工作原理；金属的电化学腐蚀与防护．【专题】电化学专题．【分析】根据压强与时间关系图知，pH=2的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐增大，说明该反应发生析氢腐蚀，pH=4的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，根据原电池原理来分析解答．【解答】解：A．根据PH=2的溶液中压强与时间的关系知，压强随着反应的进行而逐渐增大，说明该装置发生析氢腐蚀，则溶液pHpH≤2时，生铁发生析氢腐蚀，故A正确；B．pH=4的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，pH=4的醋酸溶液呈酸性，所以在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀，故B正确；C．根据压强与时间关系图知，pH=2的溶液和pH=4的溶液中，变化相同的压强时所用时间不同，前者比后者使用时间长，说明吸氧腐蚀速率大于析氢腐蚀速率，故C错误；D．两个溶液中都发生电化学腐蚀，铁均作负极，电极反应式为Fe﹣2e﹣=Fe2+，故D正确；故选C．【点评】本题考查了析氢腐蚀和吸氧腐蚀，根据压强与时间的关系分析吸氧腐蚀和析氢腐蚀、反应速率大小、电极反应等知识点，难度中等．11．如图是利用一种微生物将废水中的有机物（假设是淀粉）的化学能直接转化为电能，并利用此电能在铁上镀铜，下列说法中正确的是（）A．质子透过离子交换膜由右向左移动B．铜电极应与X相连接C．M电极反应式：（C6H10O5）n+7nH2O﹣24ne﹣═6nCO2↑+24nH+D．当N电极消耗0.2 mol气体时，则铁电极增重16g【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】根据题给信息知，该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，据此分析解答．【解答】解：根据题给信息知，该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，A．M是负极，N是正极，质子透过离子交换膜由左M极移向右N极，A错误；B．铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极Y相连，故B错误；C．若有机废水中含有葡萄糖，葡萄糖属于燃料，在负极M上失电子发生氧化反应，电极反应式为C6H12O6+6H2O﹣24e﹣═6CO2↑+24H+，故C正确；D、当N电极消耗0.2 mol氧气时，则转移0.2×4=0.8mol电子，所以铁电极增重×64=25.6g，故D错误．故选C．【点评】本题考查了原电池原理以及电镀原理，明确原电池正负极上得失电子、电解质溶液中阴阳离子移动方向即可解答，难度中等．12．将SO2气体与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：①SO2+2Fe3++2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+②Cr2O72﹣+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，下列有关说法错误的是（）A．氧化性Cr2O72﹣＞Fe3+＞SO2B．K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4C．每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6N AD．若6.72 L SO2（标准状况）参加反应，则最终消耗0.2molK2Cr2O7【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性；B．由氧化性的强弱，判断反应的发生；C．Cr元素的化合价由+6价降低为+3价；D.6.72 L SO2（标准状况）参加反应，n（SO2）==0.3mol，由上述两个反应可知，存在3SO2～Cr2O72﹣，以此计算．【解答】解：A．由①可知，Fe元素的化合价降低，则氧化性为Fe3+＞SO2，由②可知，Cr元素的化合价降低，则氧化性为Cr2O72﹣＞Fe3+，故A正确；B．因氧化性为Cr2O72﹣＞SO2，则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故B正确；C．每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子为1mol×2×（6﹣3）=6mol，即转移电子的数目为6N A，故C正确；D.6.72 L SO2（标准状况）参加反应，n（SO2）==0.3mol，由上述两个反应可知，存在3SO2～Cr2O72﹣，则最终消耗0.1molK2Cr2O7，故D错误；故选D．【点评】本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，涉及氧化性比较、转移电子及关系式的计算，侧重分析能力及计算能力的考查，题目难度中等．。
鄂南高中 华师一附中 黄石二中 荆州中学 襄阳四中 襄阳五中 孝感高中黄冈中学 2016届高三第一次联考 理科综合试题命题学校：湖北襄阳四中 命题人： 审题人： 考试时间：2015年12月8日上午9：00—11：30 全卷满分300分。
考试时间150分钟。
★祝考试顺利★ 注意事项： 1．2．答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。
．答第Ⅱ卷时，在答题卡上，在试题卷无效。
．考试结束，试题卷和答题卷一并收回。
7． 如何解决好碳排放问题是关系到人类可持续发展的重大课题之一。
目前，采用较多的方法是对二氧化碳进行捕集封存和富集再利用。
下列与二氧化碳有关的叙述正确的是 A．CO2是形成酸雨的主要物质B．CO2导致温室效应，是一种大气污染物 C．CO2(g)+C(s)2CO(g) H>0，高温有利于该反应自发进行 D．实验室常用大理石与稀盐酸或稀硫酸反应制取二氧化碳 8． 2015年9月28日，美国宇航局宣布发现了火星上存在液态水的证据。
下列关于水的叙述正确的是： A．水是一种重要的溶剂，能溶解所有的无机物和大多数有机物 B．水是一种重要的化学试剂，在一定条件下可与许多无机物和有机物发生反应 C．在氧化还原反应中，水只能作氧化剂，不能作还原剂 D．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，在上述方法中都有化学反应发生 9． 钢化玻璃俗称普通玻璃的化身，是普通玻璃经一定物理方法处理后得到的。
钢化玻璃一般不会发生自爆现象，但当钢化玻璃中含有硫化镍结核时就有可能发生自爆现象。
下列有关说法中错误的是 A．制取钢化玻璃的原料为石灰石、纯碱和石英 B．钢化玻璃是一种新型无机非金属材料 C．制取钢化玻璃的主要反应都是非氧化还原反应 D．在碳素钢中加入镍等合金元素可以制得不锈钢及各种特种钢 10．1934年，科学家首先从人尿中分离出具有生长素效应的化学物质吲哚乙酸，吲哚乙酸的结构如右图所示。
2016-2017学年湖北省荆州市沙市中学高三（上）第一次考试化学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共20小题，共40.0分)1.下列实验操作中，正确的是（）A.把p H试纸浸入待测溶液中，测定溶液的p HB.称N a OH固定质量时．将N a OH固体放在垫有滤纸的托盘上进行称量C.苯酚沾在皮肤上，应立即用酒精清洗D.浓硫酸溅在皮肤上，应立即用烧碱溶液冲洗【答案】C【解析】解：A．使用p H试纸时不能直接将试纸浸到溶液中，应用玻璃棒蘸取溶液滴在PH试纸上，防止污染溶液，故A错误；B．N a OH具有吸水性，能与空气中二氧化碳反应，称量时应尽量减小与空气的接触面积，应放在小烧杯中称量，故B错误；C．苯酚具有腐蚀性，能溶于酒精，苯酚沾在皮肤上，应立即用酒精清洗，故C正确；D．因浓硫酸能与水反应会发热，如果用水清洗会增大烧伤面积，则先用抹布擦拭，再用大量的水冲洗，冲洗后皮肤上呈弱酸性，然后用弱碱性溶液来处理，故D错误．故选C．A．使用p H试纸时不能直接将试纸浸到溶液中；B．N a OH应放在小烧杯中称量；C．苯酚具有腐蚀性，能溶于酒精；D．稀N a OH溶液为强碱性溶液，N a OH溶液具有腐蚀性，则不能用强碱来与皮肤上的酸性溶液反应．本题考查化学实验基本操作，题目难度不大，注意基础实验方法的积累．2.下列仪器：①烧杯②坩埚③锥形瓶④蒸发皿⑤试管⑥烧瓶⑦表面皿，用酒精灯加热时，需垫石棉网的是（）A.②④⑤B.①⑥⑦C.⑦④⑥D.①③⑥【答案】D【解析】解：①烧杯③锥形瓶⑥烧瓶需要垫石棉网加热；②坩埚④蒸发皿⑤试管可直接加热；⑦表面皿不能用来加热；故选：D．实验室中可直接加热的仪器有蒸发皿、试管、坩埚，垫石棉网可加热的有烧杯、烧瓶、锥形瓶等，不能加热的有集气瓶、广口瓶、细口瓶等．本题考查了常见仪器的使用方法，明确实验室中可直接加热的仪器、垫石棉网可加热的仪器是解题关键，注意对基础知识的积累．3.下列实验操作中．不正确的是（）A.用分液漏斗分离除去溴苯中混入的溴B.用渗析法除去F e（OH）3胶体中的C l-C.除去溴乙烷中的乙醇，用水洗后，再用分液漏斗分离D.用盐析法分离硬脂酸钠和甘油【答案】A【解析】解：A．互溶的液体采用蒸馏方法分离提纯，互不相溶的液体采用分液方法分离提纯，溴和溴苯互溶，不能采用分液方法分离，应该采用蒸馏方法分离，故A错误；B．胶体不能透过半透膜，离子能透过半透膜，氢氧化铁胶体不能透过半透膜，氯离子能透过半透膜，所以可以用渗析法除去F e（OH）3胶体中的C l-，故B正确；C．乙醇能溶于水，溴乙烷不能溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离，可以用水洗法除去溴乙烷中的乙醇，然后采用分液方法分离提纯，故C正确；D．把硬脂酸钠和甘油从混合溶液中分离出来，应先加N a C l降低硬脂酸钠的溶解度，使其析出，该方法为盐析法，故D正确；故选A．A．互溶的液体采用蒸馏方法分离提纯，互不相溶的液体采用分液方法分离提纯；B．胶体不能透过半透膜，离子能透过半透膜；C．乙醇能溶于水，溴乙烷不能溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离；D．把硬脂酸钠和甘油从混合溶液中分离出来，应先加N a C l降低硬脂酸钠的溶解度，使其析出．本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质分离和提纯，明确物质性质差异性是解本题关键，利用性质差异性选取合适的分离提纯方法，熟练掌握常见物质分离提纯方法，题目难度不大．4.某学生做完实验后，采用下列方法清洗所用仪器：①用稀硝酸清洗做过银镜反应后的试管②用酒精清洗做过碘升华的烧杯③用浓盐酸清洗做过高锰酸钾分解实验的试管④用盐酸清洗长期存放三氯化铁溶液的试剂瓶⑤用氢氯化钠溶液清洗盛过苯酚的试管⑥用氢氧化钠溶液清洗沾有硫磺的试管下列对以上操作的判断．正确的是（）A.除④外都对B.除⑥外都对C.④⑤不对D.全都正确【答案】D【解析】解：①稀硝酸具有强氧化性，银具有还原性，银和硝酸发生反应，3A g+4HNO3═3A g NO3+NO↑+2H2O，生成易溶于水的硝酸银，所以可用稀硝酸洗涤作过银镜反应的试管，除去附在试管上的银，故①正确；②因碘易溶于酒精，所以可用酒精清洗做过碘升华的烧杯，故②正确；③高锰酸钾分解生成难溶于水的二氧化锰，浓盐酸可以和二氧化锰加热反应生成氯化锰、氯气和水，所以可用浓盐酸清洗做过高锰酸钾分解实验的试管，故③正确；④因长期盛放F e C l3溶液的试剂瓶中含有氢氧化铁，氢氧化铁能与盐酸反应，所以用盐酸清洗长期盛放F e C l3溶液的试剂瓶，故④正确；⑤因氢氧化钠溶液与苯酚反应，可用氢氧化钠溶液来清洗盛过苯酚的试管，故⑤正确；有硫磺的试管，故⑥正确．故选D．①根据稀HNO3可与银反应，所以可用稀HNO3清洗做过银镜反应的试管进行解答；②根据碘易溶于酒精进行解答；③根据高锰酸钾分解生成难溶于水的二氧化锰，浓盐酸可以和二氧化锰反应进行解答；④根据长期盛放F e C l3溶液的试剂瓶中含有氢氧化铁，氢氧化铁能与盐酸反应进行解答；⑤根据氢氧化钠溶液与苯酚反应进行解答；⑥根据氢氧化钠溶液能硫反应生成硫化钠、亚硫酸钠和水进行解答．本题考查仪器的洗涤，物质的性质决定了物质的用途，熟练掌握物质的性质是解题的关键．5.下列操作中错误的是（）A.除去乙酸乙酯中的少量乙酸：加入含乙醇和浓硫酸，使乙酸全部转化为乙酸乙酯B.除去苯中的少量苯酚：加入N a OH溶液，振荡、静置分层后，除去水层C.除去CO2中的少量SO2：通过盛有饱和N a HCO3溶液的洗气瓶D.提取溶解在水中的少量碘：加入CC l4，振荡、静置分层后，取出有机层再分离【答案】A【解析】解：A．酯化反应为可逆反应，应用饱和碳酸钠溶液分离，故A错误；B．苯酚可与氢氧化钠反应生成可溶于水的苯酚钠，苯与水互不相溶，可用分液法分离，故B正确；C．CO2不溶于饱和N a HCO3，SO2可与饱和N a HCO3反应，则可用饱和N a HCO3溶液分离，故C正确；D．碘易溶于四氯化碳等非极性有机物溶剂，提取溶解在水中的少量碘，可用四氯化碳，故D正确．故选A．A．酯化反应为可逆反应；B．苯酚可与氢氧化钠反应生成可溶于水的苯酚钠；C．CO2不溶于饱和N a HCO3，SO2可与饱和N a HCO3反应；D．碘易溶于四氯化碳等非极性有机物溶剂．本题考查物质的分离、提纯，难度不大，注意把握物质的性质的异同，除杂时注意不能引入新的杂质，且不能影响被提纯的物质．6.仅用一种试剂鉴别如下物质：苯、CC l4、N a I溶液、N a C l溶液、N a2SO3溶液，下列试剂中不能选用的是（）A.溴水B.F e C l3溶液C.酸性KM n O4溶液D.A g NO3溶液【答案】D【解析】解：A．加入溴水，色层在上层的为苯，色层在下层的为CC l4，溶液变红褐色的为N a I 溶液，无现象的为N a C l溶液，溴水褪色的为N a2SO3溶液，可鉴别，故A不选；B．加入F e C l3溶液，苯和CC l4都不溶于水，但苯的密度比水小，CC l4的密度比水大，分别在溶液的上层和下层，溶液变红褐色的为N a I溶液，无现象的为N a C l溶液，使F e C l3溶液褪色的为N a2SO3溶液，可鉴别，B不选；C．加入酸性KM n O4溶液苯和CC l4都不溶于水，但苯的密度比水小，CC l4的密度比水大，性KM n O4溶液褪色的为N a2SO3溶液，故C不选；D．加入A g NO3溶液，不能鉴别N a C l溶液和N a2SO3溶液，二者都产生白色沉淀，故D 选．故选D．苯和CC l4都不溶于水，但苯的密度比水小，CC l4的密度比水大，结合N a I溶液、N a C l 溶液、N a2SO3溶液阴离子的性质的异同选择鉴别试剂．本题考查物质的检验的鉴别的实验方案的设计，题目难度不大，本题注意把握相关物质的性质，学习中注重相关基础知识的积累．7.对于某些离子的检验及结论一定正确的是（）A.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-B.加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32-C.无色溶液焰色反应呈黄色，结论：试液是钠盐溶液D.加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+【答案】D【解析】A、加入的物质不一定含有硫酸根，也可能含有银离子，形成氯化银白色沉淀，A g C l也不溶于盐酸，故A错误；B、盐酸能与碳酸根离子、碳酸氢根离子反应生成二氧化碳，与亚硫酸离子、亚硫酸氢根离子反应生成二氧化硫，二氧化碳、二氧化硫均能使澄清石灰水变浑浊，所以加入稀盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的气体，不一定有CO32-，故B错误；C、乙溶液进行焰色反应呈黄色，说明其中含有钠元素，可能是某钠盐的溶液、N a OH 溶液或含N a+的混合溶液，故C错误；D、湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝，加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+，故D正确；故选D．A、加入的物质不一定含有硫酸根，也可能含有银离子；B、盐酸能与碳酸根离子、碳酸氢根离子等反应生成能使澄清石灰水变浑浊的气体；C、含有钠元素的物质的焰色反应呈黄色；D、湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝．本题考查学生的离子检验方面的知识，注意离子的特征离子反应是检验的标准，难度不大．8.下列叙述错误的是（）①一束平行光线照射蛋白质溶液时，从侧面可看到光亮的通路②一定温度和压强下，气体体积主要由其分子的物质的量决定③气体摩尔体积是指单位物质的量气体所占的体积，其单位是L④在同温同体积时，气体的物质的量越大，则压强越大⑤蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热⑥标准状况下，将lg铝片投入20m L18mol/L的硫酸中，铝片完全溶解．A.①②④B.③⑤⑥C.②③⑥D.②④⑤【答案】B【解析】解：①蛋白质溶液是胶体，胶体能产生丁达尔效应，一束平行光线照射蛋白质溶液时从侧面可以看到一束光亮的通路，故①正确；由分子的物质的量决定，故②正确；③气体摩尔体积是指单位物质的量气体所占的体积，单位是L/mol，故③错误；④在同温同体积时，气体的物质的量和压强成正比，故气体的物质的量越大，则压强越大，故④正确；⑤在蒸发操作的过程中，当加热到有少量液体剩余时停止加热，利用余热蒸发干，故⑤错误；⑥铝在冷的浓硫酸中会钝化，故铝片不能完全溶解，故⑥错误．故选B．①蛋白质溶液是胶体，胶体具有丁达尔效应；②一定温度和压强下，气体摩尔体积的数值确定，根据气体体积V=n V m来分析；③气体摩尔体积单位是L/mol；④在同温同体积时，气体的物质的量和压强成正比；⑤蒸发时，应防止温度过高而导致分解、迸溅；⑥铝在冷的浓硫酸中会钝化．本题考查胶体的性质和阿伏伽德罗常数定律的推论，为高频考点，把握胶体的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意把握操作方法，题目难度不．9.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A.在N a HCO3溶液中：K+、C l-、A l O2-、SO42-B.加入铝粉能产生H2的溶液中：N a+、F e3+、C l-、NO3-C.c（OH-）/c（H+）=1012的溶液中：SO32-、NO3-、K+D.含有大量M n O4-的溶液中：H+、C a2+、K+、C l-、C2O42-【答案】C【解析】解：A．N a HCO3、A l O2-之间反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．加入铝粉能产生H2的溶液呈酸性或强碱性，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，F e3+与氢氧根离子反应，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，与铝反应不会生成氢气，故B错误；C．c（OH-）/c（H+）=1012的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，SO32-、NO3-、K+之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．M n O4-在酸性条件下能够氧化C2O42-，C a2+、C2O42-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C．A．碳酸氢根离子的酸性大于氢氧化铝，碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀；B．加入铝粉能产生H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，铁离子与氢氧根离子反应，硝酸根离子在酸性条件下与铝反应不会生成氢气；C．c（OH-）/c（H+）=1012的溶液中存在大量氢氧根离子，三种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；D．酸性条件下高锰酸根离子能够氧化草酸跟离子，钙离子与草酸跟离子反应．本题考查离子共存的判断，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．10.下列各组中两种气体所含原子数一定相等的是（）A.温度相同、体积相同的O2和N2B.压强相同、体积相同的H2和O2C.质量相等、密度不等的N2和COD.体积相等、密度相等的CO和C2H4【答案】C【解析】解：A．温度、体积相同条件下，影响气体分子数目的因素有压强，压强不一定相等，则两气体的物质的量不一定相等，二者都是双原子分子，故含有的原子数目不一定相等，故A错误；B、压强、体积相同条件下，影响气体分子数目的因素有温度，二者所处温度不一定相等，则原子数不一定相等，故B错误；C、氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，质量相等时物质的量相等，二者都是双原子分子，故原子数一定相等，故C正确；D、体积和密度相等，则两气体的质量相等，由于摩尔质量相等，则两者的物质的量相等，二者原子数之比为1：3，故含有原子数目之比为1：3，故D错误．故选C．A．温度、体积相同条件下，影响气体分子数目的因素有压强，二者所处压强不一定相等；B、压强、体积相同条件下，影响气体分子数目的因素有温度，二者所处温度不一定相等；C、氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，质量相等时物质的量相等，结合分子含有原子数目进行解答；D、体积和密度相等，则两气体的质量相等，由于摩尔质量相等，则两者的物质的量相等，结合分子含有原子数目进行解答．考查阿伏伽德罗定律及推论、原子数目的计算等，难度中等，注意根据p V=n RT理解．11.用N A表示阿伏加德罗常数的值．下列叙述中正确的是（）A.6g S i O2所含分子数为0.1N A，化学键总数为0.4N AB.将2m L 0.5mol/L N a2S i O3溶液滴入稀盐酸中制得H2S i O3胶体，所含胶粒数为0.001N AC.常温常压下，32g O2和O3的混合气体中含有的氧原子数为2N AD.25℃时，PH=13的B a（OH）2溶液中含有OH-的数目为0.1N A【答案】C【解析】解：A、二氧化硅为原子晶体，故无二氧化硅分子，故A错误；B、一个硅酸胶粒是多个硅酸分子的聚集体，故形成的硅酸胶粒的个数小于硅酸分子的个数，即小于0.001N A个，故B错误；C、氧气和臭氧均由氧原子构成，故32g混合物中含有的氧原子的物质的量为2mol，即2N A个，故C正确；D、溶液体积不明确，故溶液中的氢氧根的个数无法计算，故D错误．故选C．A、二氧化硅为原子晶体；B、一个硅酸胶粒是多个硅酸分子的聚集体；C、氧气和臭氧均由氧原子构成；D、溶液体积不明确．本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．12.某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、F e3+、B a2+、A l3+、CO32-、C l-、OH-、NO3-．向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（）A.3种 B.4种 C.5种 D.6种【答案】C【解析】解：无色溶液中一定不存在有色的F e3+；溶液中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若溶液为酸性，则不存在：OH-、NO3-、CO32-，阴离子只能为C l-，阳离子可以为：H+、NH4+、B a2+、A l3+，最多存在5种离子；若呈碱性，则不存在A l3+、H+、NH4+、F e3+，阳离子只能为B a2+，则一定不存在CO32-，可存在的离子为：B a2+、C l-、OH-、NO3-，则最多只有4种，根据分析可知，最多存5种离子，故选C．溶液无色，则一定不存在有色的F e3+；在其中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若为酸性，则不存在OH-、NO3-、CO32-，若呈碱性，则不存在A l3+、H+、NH4+、F e3+，以此解答该题．本题考查离子共存问题，题目难度中等，涉及离子反应和种类的判断，综合侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题目无色以及与铝反应生成氢气的特点，特别注意硝酸不能生成氢气．13.下列反应的离子方程式书写正确的是（）A.含等物质的量的M g C l2、B a（OH）2、HNO3三种溶液混合：M g2++2OH-═M g（OH）2↓B.C a CO3溶于CH3COOH：C a CO3+2H+═C a2++CO2↑+H2OC.过量HI溶液加入到F e（NO3）3溶液中：2F e3++2I-═2F e2++I2D.向N a C l O溶液中通入少量SO2：3C l O-+SO2+H2O═2HC l O+SO42-+C l-【答案】D【解析】解：A．M g C l2、B a（OH）2、HNO3各取2mol，先发生中和反应，则离子反应为M g2++4OH-+2H+=2H2O+M g（OH）2↓，故A错误；B．用CH3COOH溶解C a CO3，离子方程式：C a CO3+2CH3COOH═C a2++H2O++2CH3COO-+CO2↑，故B错误；C．硝酸铁溶液中滴加足量HI溶液，铁离子和硝酸根离子都参与反应，正确的离子方程式为：F e3++3NO3-+12H++10I-=F e2++5I2+3NO↑+6H2O，故C错误；D．向N a C l O溶液中通入少量SO2，离子方程式：3C l O-+SO2+H2O═2HC l O+SO42-+C l-，故D正确；故选：D．A．M g C l2、B a（OH）2、HNO3各取2mol，氢离子与氢氧根离子反应生成水，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀；B．醋酸为弱酸应保留化学式；C．碘化氢过量，三价铁离子、硝酸根离子都被还原；D．二氧化硫少量，次氯酸根离子部分被还原为氯离子．本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意明确弱电解质、难溶物写成化学式，注意反应物用量对反应的影响，选项AD为易错选项．14.向等物质的量浓度的N a OH和N a2CO3的混合溶液中加入稀盐酸．下列离子方程式与事实不相符的是（）A.OH-+CO32-+2H+═HCO3-+H2OB.2OH-+CO32-+3H+═HCO3-+2H2OC.OH-+CO32-+3H+═CO2↑+2H2OD.2OH-+CO32-+4H+═CO2↑+3H2O【答案】D【解析】解：A．设N a OH和N a2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸少量，先发生反应：OH-+H+→H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32-+H+→HCO3-，将两个方程式相加得：OH-+CO32-+2H+=HCO3-+H2O，故A正确；B．设N a OH和N a2CO3的物质的量都为2mol，则加入盐酸少量，先发生反应：2OH-+2H+→2H2O，2mol氢氧化钠消耗2mol盐酸，再发生反应CO32-+H+→HCO3-，盐酸不足之消耗1mol碳酸钠，将两个方程式相加得：2OH-+CO32-+3H+=HCO3-+2H2O，故B正确；C．设N a OH和N a2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸过量，先发生反应：OH-+H+→H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32-+2H+→CO2↑+H2O，将两个方程式相加得：OH-+CO32-+3H+=CO2↑+2H2O，故C正确；D．设N a OH和N a2CO3的物质的量都为2mol，2mol氢氧化钠消耗2mol氢离子，2mol 氢离子与2mol碳酸钠反应生成2mol碳酸氢根离子，离子方程式应为2OH-+2CO32-+4H+=2HCO3-+2H2O，故D错误；故选D．等物质的量浓度的N a OH和N a2CO3的混合溶液中含有氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到N a OH和N a2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应，盐酸少量时发生反应CO32-+H+=HCO3-，盐酸过量时发生反应：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，以此来解答．本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握与量有关的离子反应、反应的先后顺序为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质的量关系，题目难度中等．15.下列实验操作或装置（略去部分加持仪器）正确的是（）A.配制溶液B.中和滴定C.制备乙酸乙酯D.制备收集干燥的氨气【答案】C【解析】解：A．玻璃棒的下端应在刻度线以下，图中玻璃棒下端在刻度线以上，且加水至刻度线1～2cm应改用胶头滴管定容，故A错误；B．锥形瓶中为N a OH溶液，则利用酸式滴定管滴定碱溶液，而图中锥形瓶上方为碱式C．乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠吸收乙醇、乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，图中制备乙酸乙酯实验合理，故C正确；D．收集氨气应利用向下排空气法，图中收集氨气时导管应伸到小试管的底部，故D错误；故选C．A．玻璃棒的下端应在刻度线以下，且加水至刻度线1～2cm应改用胶头滴管定容；B．锥形瓶中为N a OH溶液，则利用酸式滴定管滴定碱溶液；C．乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠吸收乙醇、乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度；D．收集氨气应利用向下排空气法．本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及溶液的配制、中和滴定、乙酸乙酯的制备及氨气的制备实验等，把握实验基础知识和装置图的作用为解答的关键，注意实验的评价性、操作性分析，题目难度不大．16.在反应11P+15C u SO4+24H2O═5C u3P+6H3PO4+15H2SO4中，每摩尔C u SO4能氧化P 的物质的量为（）A.molB.molC.molD.mol【答案】A【解析】解：首先分析反应中各元素的化合价变化，C u的价态由+2→+1（还原），11mol P元素中6mol化合价升高（氧化）、5mol化合价降低（还原），可见被氧化的6mol P，是被C u （+2）和另一部分P共同氧化的．由电子得失数目可知，6mol被氧化的P共失电子6mol×5=30mol，其中C u（+2）得15mol，另一部分P得另15mol．即15mol C u SO4所氧化的P为=3mol，则1mol C u SO4氧化P mol；故选A．反应中C u的价态由+2→+1（还原），11mol P元素中6mol化合价升高（氧化）、5mol 化合价降低（还原），可见被氧化的6mol P，是被C u（+2）和另一部分P共同氧化的．再分析电子得失数目发现，6mol被氧化的P共失电子30mol，其中C u（+2）得15mol，另一部分P得另15mol．即15mol C u SO4所氧化的P为3mol，则1mol C u SO4氧化P0.2mol．本题考查氧化还原反应基本概念与计算，难度中等，关键根据化合价判断氧化剂与还原剂，可以直接利用C u（+2）得电子等于C u SO4氧化的磷得电子数守恒计算，更为简单．17.向100m L F e B r2溶液中通入标准状况下的C l2 3.36L，C l2全部被还原，测得溶液中c（B r-）=c（C l-），则原F e B r2溶液的物质的量浓度是（）A.0.75mol/LB.1.5mol/LC.2mol/LD.3mol/L【答案】C【解析】解：还原性F e2+＞B r-，所以通入氯气先发生反应2F e2++C l2═2F e3++2C l-，F e2+反应完毕，剩余的氯气再反应反应2B r-+C l2═B r2+2C l-，溶液中含有B r-，说明氯气完全反应，C l2的物质的量为=0.15mol，若B r-没有反应，则n（F e B r2）=0.5n（B r-）=0.15mol，设F e B r2的物质的量为x，则n（F e2+）=xmol，n（B r-）=2xmol，未反应的n（B r-）=0.3mol，参加反应的n（B r-）=（2x-0.3）mol，根据电子转移守恒有x×1+[2x-0.3]×1=0.15mol×2，解得x=0.2mol，所以原F e B r2溶液的物质的量浓度为=2mol/L．故选：C．还原性F e2+＞B r-，所以通入氯气先发生反应2F e2++C l2═2F e3++2C l-，F e2+反应完毕，剩余的氯气再反应反应2B r-+C l2═B r2+2C l-，溶液中含有B r-，说明氯气完全反应，C l2的物质的量为=0.15mol，若B r-没有反应，则n（F e B r2）=0.5n（B r-）=0.15mol，0.15mol F e2+只能消耗0.075mol的C l2，故有部分B r-参加反应，设F e B r2的物质的量为x，则n（F e2+）=xmol，n（B r-）=2xmol，未反应的n（B r-）=0.3mol，参加反应的n（B r-）=（2x-0.3）mol，根据电子转移守恒列方程计算x值，再根据c=计算．考查反应方程式的计算，难度中等，清楚还原性F e2+＞B r-，通入的C l2首先氧化F e2+，待F e2+全部被氧化后才氧化B r-，判断B r-是否完全反应，是解题的关键．18.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A.向NH4A l（S04）2溶液中滴加过量B a（OH）2溶液：2B a2++40H-+2S042-+A l3+=2B a S04↓+2H20+A l02-B.向N a HS04溶液中滴B a（OH）2溶液至S042-完全沉淀：2H++S042-+B a2++20H-=B a S04↓+2H20C.向0.1mol．L-l、p H=l的N a HA溶液中加入N a OH溶液：HA-十OH-=A2-+H20D.向1L lmol．L-1的F e B r2溶液中通等物质的量C l2：2C l2+2F e2++2B r-=4C l-十2F e3++B r2【答案】D【解析】解：A．向NH4A l（S04）2溶液中滴加过量B a（OH）2溶液的离子反应为NH4++2B a2++50H-+2S042-+A l3+=2B a S04↓+2H20+A l02-+NH3．H20，故A错误；B．向N a HS04溶液中滴B a（OH）2溶液至S042-完全沉淀的离子反应为H++S042-+B a2++0H-=B a S04↓+H20，故B错误；C．向0.1mol．L-l、p H=l的N a HA溶液中加入N a OH溶液的离子反应为H++OH-=H20，故C错误；D．向1L lmol．L-1的F e B r2溶液中通等物质的量C l2的离子反应为2C l2+2F e2++2B r-=4C l-+2F e3++B r2，故D正确；故选D．A．滴加过量B a（OH）2溶液，漏写生成一水合氨的离子反应；B．至S042-完全沉淀，生成硫酸钡、水、N a OH；C.0.1mol/L的p H=l的N a HA溶液，为强酸的酸式盐；D．等物质的量C l2，亚铁离子全部被氧化，而溴离子一半被氧化．本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应及与量有关的离子反应考查，题目难度不大．A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】解：A．将F e（NO3）2样品溶于稀H2SO4，发生氧化还原反应生成铁离子，则不能检验是否变质，应溶于水，滴加KSCN溶液，故A错误；B．等体积p H=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，HA放出气体多，则HA的浓度大，HA为弱酸，所以酸性HB＞HA，故B错误；C．在C u SO4溶液中加入KI溶液，发生氧化还原反应生成C u I和碘，再加入苯，振荡，有白色沉淀生成，苯层呈紫色，故C正确；D．向B a（NO3）2溶液中通入SO2气体，二氧化硫溶液呈酸性，硝酸根离子在酸性条件下能够将二氧化硫氧化成硫酸根离子，所以生成了硫酸钡沉淀，而SO2与不含硝酸根离子的可溶性钡盐不会可生成白色沉淀，故D错误；故选C．A．将F e（NO3）2样品溶于稀H2SO4，发生氧化还原反应生成铁离子；B．p H=3的两种酸，相同时间内，HA放出的氢气多，则反应过程中HA酸的氢离子浓度大；C．发生氧化还原反应生成C u I和碘；D．酸性条件下硝酸根离子能够将二氧化硫氧化成硫酸根离子，而其它不含硝酸根离子的可溶性钡盐不会与二氧化硫反应生成沉淀．本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，题目难度中等，把握物质的性质、相关反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．20.1.52g铜镁合金完全溶解于50m L密度为1.40g/m L、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120m L（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L N a OH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．下列说法不正确的是（）A.该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC.NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D.得到2.54g沉淀时，加入N a OH溶液的体积是600m L【答案】D【解析】解：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中C u、M g的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.02，y=0.01，故合金中。
湖北省荆州中学2016届高三化学上学期第一次质检试题（含解析）可能用到的相对原子质量 H1 N14 O16 S32 Cu 64一、选择题（每小题只有一个答案，每题3分共48分）1、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是( )A．用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB．用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C．用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体D．用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层【答案】D考点：考查化学实验设计与评价2、下列有关试纸的使用及实验现象的叙述正确的是（）A．用湿润的pH试纸测定溶液的pH，所测pH一定不准B．使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体一定是氯气C．使湿润的红色石蕊试纸褪色的气体必然是SO2D．用湿润的红色石蕊试纸检验NH3【答案】D【解析】试题分析：A．不能用湿润的pH试纸测定溶液的pH，但所测pH不一定不准，A错误；B．使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体不一定是氯气，也可能是其它氧化性气体，B错误；C．SO2不能漂白湿润的红色石蕊试纸，次氯酸具有漂白性，能使红色石蕊试纸褪色气体，C错误；D．氨气是碱性气体，能使石蕊试液变蓝色，则可以用湿润的红色石蕊试纸检验NH3，D正确，答案选D。
考点：考查试纸使用及检验的有关判断3、下列变化一定属于化学变化的是（）①导电②爆炸③缓慢氧化④SO2使品红溶液褪色⑤无水硫酸铜由白变蓝⑥工业制O2⑦白磷转化为红磷⑧久置浓硝酸变黄⑨16O与18O间的相互转化A．②③④⑦⑧⑨ B．③④⑤⑦⑧ C．②③⑥⑦⑨ D．④⑤⑥⑧【答案】B【解析】试题分析：有新物质生成的变化是化学变化，反之是物理变化。
①导电不一定是化学变化，例如金属导电，①错误；②爆炸不一定是化学变化，②错误；③缓慢氧化一定是化学变化，③正确；④SO2使品红溶液褪色是化学变化，④正确；⑤无水硫酸铜由白变蓝生成胆矾，是化学变化，⑤正确；⑥工业制O2利用的是空气，属于物理变化，⑥错误；⑦白磷转化为红磷是化学变化，⑦正确；⑧久置浓硝酸变黄是浓硝酸的分解，是化学变化，⑧正确，⑨16O与18O间的相互转化没有产生新物质，是物理变化，⑨错误；答案选B。
2016-2017学年湖北省荆州市高三（上）第一次综合能力化学试卷（9月份）一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A．蒸发FeCl3溶液得氯化铁晶体B．测量氯气的体积C．作为制取少量SO2的尾气吸收装置D．制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色2．能源短缺是全球面临的问题，用CO2来生产燃料甲醇的反应原理为CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）已知某些化学键的键能数据如表所示：则该反应的焓变△H为（）A．﹣46.2 kJmol﹣1B．+46.2 kJmol﹣1C．﹣181.6 kJmol﹣1D．+181.6 kJmol﹣13．下列反应的离子方程式正确的是（）A．将铁粉加入稀硫酸中：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2OC．SiO2与NaOH溶液反应：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2OD．将氯气通入水中：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣4．下列说法正确的是（）A．乙烯的结构简式CH2CH2B．丙烷比丁烷更易液化C．除去乙烷中少量的乙烯，可以在光照条件下通入Cl2，并气液分离D．相同条件下，等物质的量的乙烯和甲烷完全燃烧后产生的水的质量相同5．已知W、X、Y、Z为短周期元素，它们的原子半径依次增大，W与Z、X和Y分别同主族，Y、Z同周期．Z 能与X形成两种常见的离子化合物，离子个数比均为2：1．下列说法错误的是（）A．Y、Z、X、W的原子序数依次减小B．W与X可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物C．由W、X、Y、Z四种元素组成的常见化合物一定显酸性D．X的简单氢化物的沸点低于Y的简单氢化物的沸点6．只用一种试剂就可将AgNO3、KSCN和H2SO4、NaOH四种无色溶液区分，这种试剂是（）A．Fe（NO3）3溶液B．FeCl2溶液C．BaCl2溶液D．FeCl3溶液7．在2A（g）+B（g）=3C（g）+4D（g）中，表示该反应速率最快的是（）A．v（A）=0.5molL﹣1．mim﹣1 B．v（B）=0.3molL﹣1．mim﹣1C．v（C）=0.8molL﹣1．mim﹣1D．v（D）=1.0molL﹣1．mim﹣1三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题，每个试题考生都必须作答．第11题为选考题，考生根据要求作答．必考题（共53分）8．SO2是常见的大气污染物，燃煤是产生SO2的主要原因．工业上有多种方法可以减少SO2的排放．（1）往煤中添加一些石灰石，可使燃煤过程中产生的S02转化成硫酸钙．该反应的总化学方程式是．（2）可用多种溶液做燃煤烟气中SO2的吸收液．①分别用等物质的量浓度的Na2SO3溶液和NaOH溶液做吸收液，当生成等物质的量NaHSO3时，两种吸收液体积比V（Na2SO3）：V（NaOH）=②NaOH溶液吸收了足量的：SO2后会失效，可将这种失效的溶液与一定量的石灰水溶液充分反应后过滤，使NaOH 溶液再生，再生过程的离子方程式是．（3）甲同学认为BaCl2溶液可以做SO2的吸收液．为此甲同学设计如下实验（夹持装置和加热装置略如图1，气密性已检验）．反应开始后，A中Na2SO3固体表面有气泡产生同时有白雾生成；B中有白色沉淀．甲同学认为B中白色沉淀是SO2与BaCl2溶液反应生成的BaSO3，所以BaCl2溶液可做SO2吸收液．乙同学认为B中的白色沉淀是BaSO4，产生BaSO4．①A中产生的白雾是浓硫酸的酸雾，进入B中与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀．②为证明SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀，乙同学对甲同学的实验装置做了如下改动并实验（夹持装置和加热装置略如图2，气密性已检验）：反应开始后，A中Na2SO3固体表面有气泡产生同时有白雾生成；B、C试管中除了有气泡外，未见其它现象；D中红色褪去．③试管B中试剂是溶液；滴加浓硫酸之前的操作是④通过甲、乙两位同学的实验，得出的结论是．9．A、B、C、D、E五种溶液分别是HCl、CH3COOH、NaOH、NH3H2O、Na2CO3溶液中的一种．常温下进行下列实验：①将1L pH=9的A溶液分别与xL 0.001mol/L B溶液、yL 0.001mol/L D溶液充分反应后溶液呈中性，x、y大小关系为：y＜x；②浓度均为0.1mol/L C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性．③浓度均为0.1mol/L A和E溶液的pH：A＜E．回答下列问题：（1）D是溶液（填化学式）；（2）写出A与足量B溶液反应的离子方程式；（3）将等体积、等物质的量浓度的D、E分别与足量的铝粉反应，产生H2的物质的量之比为；（4）将等体积、等物质的量浓度的B和C混合后，所得溶液的pH约为7，原因是；（5）室温时在一定体积0.4mol/L的E溶液中，加入一定体积的0.1mol/L的D溶液时，混合溶液pH=13，若混合后溶液的体积变化忽略不计，则D、E溶液的体积之比是．10．下列转化关系中，X、Y是生活中用处广泛的两种金属单质，A、B是氧化物，A呈红棕色，C、D、E是中学常见的三种化合物．分析转化关系回答问题（1）请写出反应①的化学方程式：（2）检验D溶液中阳离子的方法是；（3）若试剂a是NaOH溶液，写出单质X与NaOH溶液反应的离子方程式；（4）若试剂b是H2SO4，工业上用E、H2SO4和NaNO2为原料制取高效净水剂Y（OH）SO4已知还原产物为N0，则该反应的化学方程式是；（5）工业上电解熔融的B制取X时，若阳极产生的气体在标准状况下的体积为33.6m3，则阴极产物的质量为kg．[化学--选修5：有机化学基础]11．扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A和B 为原料合成扁桃酸衍生物F路线如图：（1）A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A所含官能团名称为：，写出A+B→C的化学反应方程式为．（2）中①、②、③（从左到右编号）3个﹣OH的酸性由强到弱的顺序是：．（3）E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，E的分子中不同化学环境的氢原子有种．（4）D→F的反应类型是，1mol F在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为：mol．写出符合下列条件的F的所有同分异构体（不考虑立体异构）的结构简式：．①属于一元酸类化合物；②苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基．2016-2017学年湖北省荆州市高三（上）第一次综合能力化学试卷（9月份）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共7小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A．蒸发FeCl3溶液得氯化铁晶体B．测量氯气的体积C．作为制取少量SO2的尾气吸收装置D．制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．加热促进铁离子水解，生成的盐酸易挥发；B．氯气与水反应；C．球形结构可防止倒吸，NaOH吸收二氧化硫；D．Fe与电源负极相连，为阴极，不能失去电子．【解答】解：A．氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子水解生成稀盐酸，盐酸具有挥发性，且升高温度促进其挥发，所以蒸干溶液时得到的固体是氢氧化铁而不是氯化铁，故A错误；B．氯气能溶于水，1体积水能溶解2体积氯气，所以不能采用排水法收集，故B错误；C．图中球形结构为缓冲装置，能防止倒吸，该装置有缓冲作用，能防止倒吸，且NaOH吸收二氧化硫，故C正确；D．用C作阳极、Fe作阴极电解NaOH溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上氢离子放电，所以相当于电解水，得不到氢氧化亚铁；应该用Fe作阳极、C作阴极电解氢氧化钠溶液，阳极上Fe失电子生成亚铁离子进入溶液，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，煤油能隔绝空气，故D错误；故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握盐类水解、物质的性质、电解应用、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．2．能源短缺是全球面临的问题，用CO2来生产燃料甲醇的反应原理为CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）已知某些化学键的键能数据如表所示：则该反应的焓变△H为（）A．﹣46.2 kJmol﹣1B．+46.2 kJmol﹣1C．﹣181.6 kJmol﹣1D．+181.6 kJmol﹣1【考点】有关反应热的计算．【分析】焓变△H=反应物总键能﹣生成物总键能．【解答】解：焓变△H=反应物总键能﹣生成物总键能，故焓变△H=2×745kJ/mol+3×436kJ/mol﹣3×413.4kJ/mol ﹣351kJ/mol﹣462.8kJ/mol﹣2×462.8kJ/mol=﹣181.6kJ/mol；故选：C．【点评】本题考查反应热的计算，注意反应热△H=反应物总键能﹣生成物总键能来解答，难度不大．3．下列反应的离子方程式正确的是（）A．将铁粉加入稀硫酸中：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑B．氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2OC．SiO2与NaOH溶液反应：SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2OD．将氯气通入水中：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣【考点】离子方程式的书写．【分析】A．反应生成硫酸亚铁和氢气；B．反应生成氢氧化铝和氯化铵；C．反应生成硅酸钠和水；D．HClO在离子反应中保留化学式．【解答】解：A．将铁粉加入稀硫酸中的离子反应为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；B．氯化铝溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3++3NH3．H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故B错误；C．SiO2与NaOH溶液反应的离子反应为SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，故C正确；D．将氯气通入水中的离子反应为Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．4．下列说法正确的是（）A．乙烯的结构简式CH2CH2B．丙烷比丁烷更易液化C．除去乙烷中少量的乙烯，可以在光照条件下通入Cl2，并气液分离D．相同条件下，等物质的量的乙烯和甲烷完全燃烧后产生的水的质量相同【考点】乙烯的化学性质；烷烃及其命名．【分析】A．书写结构简式时，碳碳双键等官能团不能省略；B．烷烃均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，越易液化；C．光照条件下通入Cl2，氯气会和乙烷之间发生取代反应，和乙烯之间发生加成反应，这样即将杂质除去，又将要留的物质反应了，不符合除杂的原则；D.1mol乙烯和甲烷完全燃烧均生成2mol水．【解答】解：A．乙烯的结构简式CH2=CH2，故A错误；B．丁烷的相对分子质量大于丙烷，所以丁烷更易液化，故B错误；C．光照条件下通入Cl2，氯气会和乙烷之间发生取代反应，和乙烯之间发生加成反应，这样即将杂质除去，又将要留的物质反应了，不符合除杂的原则，故C错误；D.1mol乙烯和甲烷完全燃烧均生成2mol水，故D正确；故选：D．【点评】本题考查了烷烃、烯烃结构和性质，题目难度不大，熟悉烷烃、烯烃的结构和性质是解题关键，注意烷烃沸点规律．5．已知W、X、Y、Z为短周期元素，它们的原子半径依次增大，W与Z、X和Y分别同主族，Y、Z同周期．Z 能与X形成两种常见的离子化合物，离子个数比均为2：1．下列说法错误的是（）A．Y、Z、X、W的原子序数依次减小B．W与X可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物C．由W、X、Y、Z四种元素组成的常见化合物一定显酸性D．X的简单氢化物的沸点低于Y的简单氢化物的沸点【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，它们的原子半径依次增大，W与Z、X和Y分别同主族，Y、Z同周期，Z 能与X形成两种常见的离子化合物，离子个数比均为2：1，则Z是Na元素、X是O元素，X和Y同一主族且为短周期元素，则Y是S元素，W和Z同一主族，且与半径最小，则X为H元素，结合选项分析解答．【解答】解：W、X、Y、Z为短周期元素，它们的原子半径依次增大，W与Z、X和Y分别同主族，Y、Z同周期，Z能与X形成两种常见的离子化合物，离子个数比均为2：1，则Z是Na元素、X是O元素，X和Y同一主族且为短周期元素，则Y是S元素，W和Z同一主族，且与半径最小，则X为H元素，A．通过以上分析知，Y、Z、X、W的原子序数依次减小，故A正确；B．X是O元素，W是H元素，W与X可形成的H2O2中既含极性共价键又含非极性共价键，故B正确；C．W、X、Y、Z四种元素组成的常见化合物为NaHSO4，为强酸强碱酸式盐，其溶液显酸性，故C正确；D．X的简单氢化物为H2O，Y的简单氢化物是H2S，水中含有氢键但硫化氢不含氢键，导致水的沸点高于硫化氢，故D错误；故选D．【点评】本题考查了原子结构和元素周期律，根据原子结构及元素周期表确定元素，再结合元素周期律、物质结构和性质解答，注意硫酸氢钠和碳酸氢钠在水溶液里电离方式的区别，为易错点．6．只用一种试剂就可将AgNO3、KSCN和H2SO4、NaOH四种无色溶液区分，这种试剂是（）A．Fe（NO3）3溶液B．FeCl2溶液C．BaCl2溶液D．FeCl3溶液【考点】物质的检验和鉴别的实验方案设计．【分析】检验KSCN，一般用FeCl3或Fe（NO3）3等溶液，检验硝酸银，可加入FeCl3溶液，以此解答该题．【解答】解：A．Fe（NO3）3溶液不与AgNO3、H2SO4反应，不能鉴别AgNO3、H2SO4，故A错误；B．氯化亚铁溶液不与KSCN、H2SO4反应，不能鉴别KSCN、H2SO4，故B错误；C．氯化钡溶液不与KSCN、NaOH反应，不能鉴别KSCN、NaOH，故C错误；D．FeCl3溶液加入四种溶液中依次出现的现象是：白色沉淀、溶液呈红色、无现象、红褐色沉淀，反应现象不同，所以可以鉴别，故D正确．故选D．【点评】本题考查物质的鉴别，注意物质的鉴别要有典型的不同现象才可以，尤其注意SCN﹣、Cl﹣和Ag+的检验，该种题型涉及元素化合物知识，要注意总结和积累．7．在2A（g）+B（g）=3C（g）+4D（g）中，表示该反应速率最快的是（）A．v（A）=0.5molL﹣1．mim﹣1 B．v（B）=0.3molL﹣1．mim﹣1C．v（C）=0.8molL﹣1．mim﹣1D．v（D）=1.0molL﹣1．mim﹣1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【分析】根据反应方程式，把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率且单位相同进行比较．【解答】解：同一化学反应中，同一时间段内，化学反应速率之比等于计量数之比．A、υ（A）=0.5mol/（Lmin）；B、υ（B）=0.3mol/（Lmin），所以υ（A）=0.6mol/（Lmin）；C、υ（C）=0.8mol/（Lmin），所以υ（A）=mol/（Lmin）；D、υ（D）=1mol/（Lmin），所以υ（A）=0.5mol/（Lmin）；所以表示该反应速率最快的是B，故选B．【点评】本题考查学生对化学反应速率及其表示法的理解及应用，解题方法是：把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较，注意单位是否相同．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第8题-第10题为必考题，每个试题考生都必须作答．第11题为选考题，考生根据要求作答．必考题（共53分）8．SO2是常见的大气污染物，燃煤是产生SO2的主要原因．工业上有多种方法可以减少SO2的排放．（1）往煤中添加一些石灰石，可使燃煤过程中产生的S02转化成硫酸钙．该反应的总化学方程式是2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2．（2）可用多种溶液做燃煤烟气中SO2的吸收液．①分别用等物质的量浓度的Na2SO3溶液和NaOH溶液做吸收液，当生成等物质的量NaHSO3时，两种吸收液体积比V（Na2SO3）：V（NaOH）=1：2②NaOH溶液吸收了足量的：SO2后会失效，可将这种失效的溶液与一定量的石灰水溶液充分反应后过滤，使NaOH 溶液再生，再生过程的离子方程式是Ca2++OH﹣+HSO3﹣=CaSO3↓+H2O．（3）甲同学认为BaCl2溶液可以做SO2的吸收液．为此甲同学设计如下实验（夹持装置和加热装置略如图1，气密性已检验）．反应开始后，A中Na2SO3固体表面有气泡产生同时有白雾生成；B中有白色沉淀．甲同学认为B中白色沉淀是SO2与BaCl2溶液反应生成的BaSO3，所以BaCl2溶液可做SO2吸收液．乙同学认为B中的白色沉淀是BaSO4，产生BaSO4．①A中产生的白雾是浓硫酸的酸雾，进入B中与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀．②为证明SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀，乙同学对甲同学的实验装置做了如下改动并实验（夹持装置和加热装置略如图2，气密性已检验）：反应开始后，A中Na2SO3固体表面有气泡产生同时有白雾生成；B、C试管中除了有气泡外，未见其它现象；D中红色褪去．③试管B中试剂是饱和NaHSO3溶液；滴加浓硫酸之前的操作是打开弹簧夹，通入N2，一段时间后关闭弹簧夹④通过甲、乙两位同学的实验，得出的结论是SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀，不能用BaCl2溶液做吸收SO2的吸收液．【考点】性质实验方案的设计；"三废"处理与环境保护．【分析】（1）根据题意，碳酸钙与二氧化硫、氧气在高温条件下反应生成硫酸钙，同时生成二氧化碳；（2）①假设生成的NaHSO3物质的量都为2mol，结合Na2SO3+SO2+H2O═2NaHSO3、NaOH+SO2═NaHSO3，c=计算；②NaOH溶液吸收了足量的SO2发生反应：NaOH+SO2═NaHSO3，与一定量的石灰水溶液发生NaHSO3+Ca（OH）2=CaSO3↓+NaOH+H2O；（3）二氧化硫具有还原性易被氧气氧化成三氧化硫，与BaCl2溶液反应，三氧化硫与水反应生成硫酸，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，A中产生的SO2与装置内空气中的O2进入B中与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀；③滴加浓硫酸之前打开弹簧夹，通入N2，排出装置中的氧气，然后滴加浓硫酸，Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，A中产生的白雾是酸雾；④通过甲乙两位同学的实验，可知SO2与BaCl2溶液不反应．【解答】解：（1）根据题意，碳酸钙与二氧化硫、氧气在高温条件下反应生成硫酸钙，同时生成二氧化碳，所以反应的方程式为2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2，故答案为：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2；（2）①假设生成的NaHSO3物质的量都为2mol，Na2SO3+SO2+H2O═2NaHSO3，吸收的二氧化硫的物质的量为1mol，需1molNa2SO3，由NaOH+SO2═NaHSO3可知吸收的二氧化硫的物质的量为2mol，需2molNaOH，假设Na2SO3溶液和NaOH溶液的物质的量浓度都为cmol/L，两种吸收液体积比V（Na2SO3）：V（NaOH）=：=1：2，故答案为：1：2；②NaOH溶液吸收了足量的SO2发生反应：NaOH+SO2═NaHSO3，与一定量的石灰水溶液充分反应NaHSO3+Ca （OH）2=CaSO3↓+NaOH+H2O，离子反应为：Ca2++OH﹣+HSO3﹣=CaSO3↓+H2O，使NaOH溶液再生，故答案为：Ca2++OH﹣+HSO3﹣=CaSO3↓+H2O；（3）二氧化硫具有还原性易被氧气氧化成三氧化硫，与BaCl2溶液反应，三氧化硫与水反应生成硫酸，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，A中产生的SO2与装置内空气中的O2进入B中与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀；③滴加浓硫酸之前打开弹簧夹，通入N2，排出装置中的氧气，然后滴加浓硫酸，Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，A中产生的白雾是浓硫酸的酸雾，所以B中的试剂是饱和NaHSO3，除去白雾，故答案为：饱和NaHSO3；打开弹簧夹，通入N2，一段时间后关闭弹簧夹；④通过甲乙两位同学的实验，得出的结论是SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀，不能用BaCl2溶液做吸收SO2的吸收液，故答案为：SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀，不能用BaCl2溶液做吸收SO2的吸收液．【点评】本题考查物质的性质实验及环境污染，为高频考点，把握二氧化硫的性质、发生的反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意二氧化硫具有还原性、盐酸的酸性大于亚硫酸的酸性，题目难度不大．9．A、B、C、D、E五种溶液分别是HCl、CH3COOH、NaOH、NH3H2O、Na2CO3溶液中的一种．常温下进行下列实验：①将1L pH=9的A溶液分别与xL 0.001mol/L B溶液、yL 0.001mol/L D溶液充分反应后溶液呈中性，x、y大小关系为：y＜x；②浓度均为0.1mol/L C与D溶液等体积混合，溶液呈酸性．③浓度均为0.1mol/L A和E溶液的pH：A＜E．回答下列问题：（1）D是HCl溶液（填化学式）；（2）写出A与足量B溶液反应的离子方程式2CH3COOH+CO32﹣═2CH3COO﹣+CO2↑+H2O；（3）将等体积、等物质的量浓度的D、E分别与足量的铝粉反应，产生H2的物质的量之比为1：3；（4）将等体积、等物质的量浓度的B和C混合后，所得溶液的pH约为7，原因是醋酸根离子的水解程度与铵根离子的水解程度相当；（5）室温时在一定体积0.4mol/L的E溶液中，加入一定体积的0.1mol/L的D溶液时，混合溶液pH=13，若混合后溶液的体积变化忽略不计，则D、E溶液的体积之比是3：2．【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡．【分析】A的pH大于7，说明呈碱性，根据①确定B、D为HCl和CH3COOH两种酸，根据同浓度时B的用量大说明B是弱酸即为CH3COOH，则D为HCl；C和D溶液等体积混合后，溶液呈酸性，则生成的盐是强酸弱碱盐，根据②确定C是弱碱即为NH3H2O，浓度均为0.1 mol/L的C和D溶液等体积混合后，溶液呈酸性，因氯化铵水解呈酸性；相同浓度时，强碱的碱性大于盐的碱性，根据③确定A、E分别是NaOH或Na2CO3，0.1 mol/L的A溶液pH小于0.1 mol/L的E溶液pH说明E是强碱NaOH，A是Na2CO3，据此分析．【解答】解：A的pH大于7，说明呈碱性，根据①确定B、D为HCl和CH3COOH两种酸，根据同浓度时B的用量大说明B是弱酸即为CH3COOH，则D为HCl；C和D溶液等体积混合后，溶液呈酸性，则生成的盐是强酸弱碱盐，根据②确定C是弱碱即为NH3H2O，浓度均为0.1 mol/L的C和D溶液等体积混合后，溶液呈酸性，因氯化铵水解呈酸性；相同浓度时，强碱的碱性大于盐的碱性，根据③确定A、E分别是NaOH或Na2CO3，0.1 mol/L的A溶液pH小于0.1 mol/L的E溶液pH说明E是强碱NaOH，A是Na2CO3，（1）通过以上分析知，D是HCl溶液，故答案为：HCl；（2）醋酸和碳酸钠反应离子方程式为：2CH3COOH+CO32﹣═2CH3COO﹣+CO2↑+H2O，故答案为：2CH3COOH+CO32﹣═2CH3COO﹣+CO2↑+H2O；（3）D为盐酸，E是氢氧化钠，等物质的量的D、E分别与足量的铝粉反应，2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，根据方程式知，等物质的量的盐酸和氢氧化钠分别与足量铝反应产生H2的物质的量之比为1：3，故答案为：1：3；（4）B为醋酸，C是氨水，将等体积、等物质的量浓度的B和C混合后二者恰好反应生成醋酸铵，所得溶液的pH 约为7，原因是醋酸根离子的水解程度与铵根离子的水解程度相当，故答案为：醋酸根离子的水解程度与铵根离子的水解程度相当；（5）室温时在一定体积0.4mol/L的氢氧化钠溶液中，加入一定体积的0.1mol/L的盐酸溶液时，混合溶液pH=13，pH=13则混合溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，设氢氧化钠的体积是x，盐酸的体积是y，混合溶液中氢氧根离子浓度=mol/L=0.1mol/L，y：x=3：2，所以盐酸和氢氧化钠的体积之比=3：2，故答案为：3：2．【点评】本题考查了强酸、弱酸、强碱、弱碱的相关知识以及盐类水解、pH计算等等，题目难度不大，注意分析盐类水解中的越弱越水解原理．10．下列转化关系中，X、Y是生活中用处广泛的两种金属单质，A、B是氧化物，A呈红棕色，C、D、E是中学常见的三种化合物．分析转化关系回答问题（1）请写出反应①的化学方程式：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3（2）检验D溶液中阳离子的方法是取少量D溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红色，则证明有Fe3+；（3）若试剂a是NaOH溶液，写出单质X与NaOH溶液反应的离子方程式2Al+2OH﹣+6H2O=2[Al（OH）4]﹣+3H2↑或2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（4）若试剂b是H2SO4，工业上用E、H2SO4和NaNO2为原料制取高效净水剂Y（OH）SO4已知还原产物为N0，则该反应的化学方程式是2FeSO4+H2SO4+2NaNO2=2Fe（OH）SO4+Na2SO4+2NO↑；（5）工业上电解熔融的B制取X时，若阳极产生的气体在标准状况下的体积为33.6m，则阴极产物的质量为54 kg．【考点】无机物的推断．【分析】X、Y是生活中用处广泛的两种金属单质，A、B是氧化物，A呈红棕色，则A为Fe2O3，反应①为铝热反应，所以X为Al，Y为Fe，B为Al2O3，试剂a为NaOH，则C为偏铝酸钠，试剂b为硫酸，则D为硫酸铁，E 为硫酸亚铁，然后利用物质的性质及化学用语来解答．【解答】解：X、Y是生活中用处广泛的两种金属单质，A、B是氧化物，A呈红棕色，则A为Fe2O3，反应①为铝热反应，所以X为Al，Y为Fe，B为Al2O3，试剂a为NaOH，则C为偏铝酸钠，试剂b为硫酸，则D为硫酸铁，E为硫酸亚铁，（1）反应①的化学方程式为Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3，故答案为：Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3；（2）D溶液中阳离子为铁离子，检验方法为取少量D溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红色，则证明有Fe3+，故答案为：取少量D溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红色，则证明有Fe3+；（3）单质X与NaOH溶液反应的离子方程式为2Al+2OH﹣+6H2O=2[Al（OH）4]﹣+3H2↑或2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+6H2O=2[Al（OH）4]﹣+3H2↑或2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（4）E、H2SO4和NaNO2为原料制取高效净水剂Y（OH）SO4，还原产物为N0，则该反应为2FeSO4+H2SO4+2NaNO2=2Fe（OH）SO4+Na2SO4+2NO↑，故答案为：2FeSO4+H2SO4+2NaNO2=2Fe（OH）SO4+Na2SO4+2NO↑；（5）电解熔融的B制取X时，发生2Al2O34Al+3O2↑，阳极产生的气体在标准状况下的体积为33.6m3，n（O2）=×1000mol=1.5×1000mol，则得到Al的质量为1.5×1000mol××27g/mol×10﹣3kg=54kg，故答案为：54．【点评】本题考查无机物的推断，注意找到解题的突破口，根据X、Y是生活中用处广泛的两种金属单质，A、B 是氧化物，A呈红棕色，可知A是氧化铁，再结合铝热反应即可推断，侧重考查考生的综合分析能力、迁移应用能力和信息处理能力．预测今后高考命题，仍会保持相当的稳定性和连续性，以综合性试题为主，可能在考点组合方式上呈现一定的变化，以体现高考综合应用层次的能力要求，题目难度不大．[化学--选修5：有机化学基础]11．扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A和B 为原料合成扁桃酸衍生物F路线如图：（1）A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A所含官能团名称为：醛基、羧基，写出A+B→C的化学反应方程式为．（2）中①、②、③（从左到右编号）3个﹣OH的酸性由强到弱的顺序是：③＞①＞②．（3）E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，E的分子中不同化学环境的氢原子有4种．（4）D→F的反应类型是取代反应，1mol F在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为：3mol．写出符合下列条件的F的所有同分异构体（不考虑立体异构）的结构简式：．①属于一元酸类化合物；②苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基．【考点】有机物的推断．【分析】（1）A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，含有醛基和羧基，则A是OHC﹣COOH，根据C的结构可知B是，A+B→C发生加成反应；（2）羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基；（3）C中有羟基和羧基，2分子C可以发生酯化反应，可以生成3个六元环的化合物，C分子间醇羟基、羧基发生酯化反应，则E为；（4）对比D、F的结构，可知溴原子取代﹣OH位置；F中溴原子、酚羟基、酯基（羧酸与醇形成的酯基），都可以与氢氧化钠反应；F的所有同分异构体符合：①属于一元酸类化合物，②苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基，另外取代基为﹣CBr（CH3）COOH、﹣CH（CH2Br）COOH、﹣CH2CHBrCOOH、﹣CHBrCH2COOH；。
