2019届湖南师大附中高三月考试卷(七) 化学(解析版)

湖南师大附中2019届高三月考试卷(一)化学1.化学与社会、生活密切相关。

对下列现象或事实的解释正确的是A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】A、纯碱水解显碱性，能水解生成NaOH，油脂在NaOH作用下发生较为彻底的水解反应，故是NaOH和油污发生反应，而不是纯碱，A错误；B、漂白粉的主要成分为Ca（ClO）2和CaCl2，有效成分是Ca（ClO）2，Ca（ClO）2可与空气中二氧化碳反应生成不稳定的HClO，则久置会变质，B错误；C、K2CO3与NH4Cl水解相互促进放出氨气而降低肥效，C正确；D、FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板的制作，是因为二者发生反应生成氯化亚铁和氯化铜，把多余的Cu腐蚀掉，D错误，答案选C。

2.某KCl样品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质。

为了提纯KCl，先将样品溶于适量水中，搅拌、过滤，再将滤液按下图所示步骤进行提纯(过滤操作已略去)。

下列说法正确的是A. 起始滤液常温下pH＝7B. 试剂Ⅰ为Ba(NO3)2溶液C. 上图过程须经2次过滤D. 步骤③目的是除去CO32－【答案】D【解析】试题分析：氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质，除去碳酸根离子和硫酸根离子，由流程可知，需要加入试剂I为过量氯化钡溶液，然后过滤后获得含氯化钡、氯化钾溶液X，然后加入过量的试剂Ⅱ为碳酸钾溶液除去溶液中的氯化钡，过滤，得到含氯化钾和碳酸钾混合液的W，再加入试剂Ⅲ为过量盐酸，除去过量的碳酸钾，最后通过加热浓缩、蒸发结晶得到氯化钾。

A．碳酸钾溶液水解显碱性，pH＞7，故A错误；B．由上述分析可知，试剂I为BaCl2溶液，不能引入新杂质，故B错误；C．样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，选择试剂除去杂质还需要2次过滤，共3次，故C错误；D．步骤③中加入试剂Ⅱ为过量盐酸，其目的是除去CO32－，故D正确；故选D。

考点：考查了混合物分离提纯的综合应用的相关知识。

湖南师大附中2019届高三月考试卷(六)理科综合能力测试时量：150分钟满分：300分本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

其中第Ⅱ卷33－38题为选考题，其他题为必考题。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H～1C～12O～16第Ⅰ卷一、选择题：本题共13小题，每小题6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。

7．下列延长食品保质期的方法中，其原理与其他几种不同．．的是(A)A．加食盐腌制B．抽真空C．充氮气D．使用吸氧剂8．《天工开物》之《燔石》篇描述：“百里内外，土中必生可燔石，……掘取受燔，……火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉。

急用者以水沃之，亦自解散。

……用以砌墙石，则筛去石块，水调粘合。

”其中不涉及的物质是(A)A．石膏B．石灰石C．熟石灰D．生石灰9．下列实验操作或实验事故处理正确的是(A)A．实验室制备溴苯时，将苯与液溴混合后加到有铁丝的反应容器中B．实验室手指不小心沾上苯酚，立即用70 ℃以上的热水清洗C．实验室制硝基苯时，将硝酸与苯混合后再滴加浓硫酸D．实验室制乙酸乙酯时，用水浴加热【解析】此题考查了化学实验中的基本操作和实验事故处理知识。

手指上沾上苯酚，用70℃以上热水清洗会造成烫伤，B错；实验室制取硝基苯时，首先滴加浓硝酸，然后向硝酸中逐滴滴加浓硫酸，最后加苯，C错；制取乙酸乙酯时，一般直接加热，D错。

10．下列有关有机物的说法正确的是A．C2H5COOC2H5中混有C4H9COOH时可以加入饱和Na2CO3溶液后分液除去(A)B．C3H7COOCH3(m)、C2H5COOC2H5(e)、C4H9COOH(p)的分子式均为C5H10O2，且满足(m)的同分异构体比(p)的多C．分子式为C5H12O且能与金属钠反应产生气体的有机物，其同分异构体共有9种D.含有属于芳香化合物的同分异构体11．某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下所示：．．．A ．实验①说明Cl 2被完全消耗B ．实验②中试纸褪色的原因是SO 2＋I 2＋2H 2O === H 2SO 4＋2HIC ．实验③中对SO 2－4的检验不可用Ba(NO 3)2溶液代替BaCl 2溶液 D ．实验条件下，只有SO 2被Cl 2氧化12．短周期元素W 、X 、Y 、Z 的原子序数依次增加。

湖南师大附中2019届高三月考试卷(七)理科综合能力测试时量：150分钟满分：300分本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

其中第Ⅱ卷33～38题为选考题，其他题为必考题。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：N－14 Fe－56第Ⅰ卷一、选择题：本题共13小题，每小题6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．哺乳动物的催产素和抗利尿激素都是由下丘脑神经细胞合成、垂体后叶释放的激素。

两者结构简式如下图，各氨基酸残基用3个字母缩写表示。

下列叙述不正确的是(B)A．两种激素都是多肽类化合物，从细胞释放出来的方式为胞吐B．氨基酸之间脱水缩合形成的水分子中氢全部来自氨基C．与神经干细胞相比，分泌这两种激素的神经细胞内质网、高尔基体比较发达D．两种激素间因2个氨基酸种类不同导致生理功能不同，其根本原因是两种基因中脱氧核苷酸的排列顺序不同2．甲型H1N1流感为急性呼吸道传染病，其病原体甲型H1N1流感病毒是一种RNA 病毒。

下列相关叙述，正确的是(D)A．病毒的结构简单，是地球上最基本的生命系统B．接种过疫苗的人能将抗病性状遗传给下一代C．甲型H1N1流感病毒的RNA位于其拟核中D．为了研究甲型H1N1流感病毒的致病机理，可用活的鸡胚细胞培养该病毒【解析】病毒没有细胞结构，不能独立进行代谢活动，故不属于生命系统的结构层次。

细胞才是地球上最基本的生命系统；接种疫苗只是使个体获得了相应的抗体和记忆细胞，并没有改变个体的遗传物质，故不能将抗病性状遗传给下一代。

3．甲胎蛋白(AFP)主要来自胚胎的肝细胞，胎儿出生后约两周，AFP含量会下降到成人水平。

但当肝细胞发生癌变时，血液中AFP会持续性异常升高。

下列有关说法不正确的是(D)A．细胞癌变后，细胞内的凋亡基因不易表达B．肝细胞发生癌变后因细胞膜上糖蛋白减少而容易发生扩散C．当肝细胞的分裂加快时，AFP合成量会增加D．AFP能对细胞的分化起促进作用【解析】据题意可知，AFP有利于细胞分裂，而不是对分化起促进作用。

湖南师大附中2019届高三月考试卷(七)数学(理科)时量：120分钟满分：150分一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知复数z＝a＋10i3－i(a∈R)，若z为纯虚数，则|a－2i|＝(B)A．5 B. 5 C．2 D. 3【解析】因为z＝a＋i(3＋i)＝a－1＋3i为纯虚数，则a＝1，所以|a－2i|＝a2＋4＝5，选B.2．下列说法错误．．的是(B)A．在回归模型中，预报变量y的值不能由解释变量x唯一确定B．若变量x，y满足关系y＝－0.1x＋1，且变量y与z正相关，则x与z也正相关C．在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高D．以模型y＝ce kx去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设z＝ln y，将其变换后得到线性方程z＝0.3x＋4，则c＝e4，k＝0.3【解析】对于A，在回归模型中，预报变量y的值由解释变量x和随机误差e共同确定，即x只能解释部分y的变化，所以A正确；对于B，由回归方程知变量y 与z正相关，则x与z负相关，所以B错误；对于C，在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越狭窄，其模型拟合的精度越高，C正确；由回归分析的意义知D正确．故选B.3．函数f(x)＝e x ＋1x （1－e x ）(其中e 为自然对数的底数)的图象大致为(A)【解析】当x>0时，e x >1，则f(x)<0；当x<0时，e x <1，则f(x)<0，所以f(x)的图象恒在x 轴下方，选A.4．宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题：松长五尺，竹长两尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而长等．如图是源于其思想的一个程序框图，若输入a ＝4，b＝1，则输出的n 等于(C)A ．3B ．4C ．5D ．6【解析】当n ＝1时，a ＝6，b ＝2，满足进行循环的条件，当n ＝2时，a ＝9，b ＝4，满足进行循环的条件，当n ＝3时，a ＝272，b ＝8，满足进行循环的条件，当n ＝4时，a ＝814，b ＝16，满足进行循环的条件，当n ＝5时，a ＝2438，b ＝32，不满足进行循环的条件，故输出的n 值为5.故选C.5．已知动圆C 经过点A(2，0)，且截y 轴所得的弦长为4，则圆心C 的轨迹是(D)A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线【解析】设圆心坐标为C(x ，y)，圆C 的半径为r ，圆心C 到y 轴的距离为d ，则d 2＋4＝r 2.因为d ＝|x|，r ＝|AC|，则圆心C 的轨迹方程是x 2＋4＝(x －2)2＋y 2，即y 2＝4x ，选D.6．已知数列{a n }满足：a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋12n (n ∈N *)，则a 2019＝(C)A ．1－122018B ．1－122019 C.32－122018 D.32－122019【解析】由已知，a n －a n －1＝12n －1(n ≥2)，则a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n－a n －1)＝12＋12＋122＋…＋12n －1＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1＝32－12n －1，所以a 2019＝32－122018，选C.7．如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有(C)A ．24B ．48C ．96D ．120【解析】法一：第一步先涂B ，C ，E 三点，这三点的颜色必须各异，不同的涂色方法种数是A 34；第二步涂A ，D 两点，各有2种，所以不同的涂色方法种数有A 34×2×2＝96，故选C. 法二：第一步先涂A ，B ，E 三点，这三点的颜色必须各异，不同的涂色方法种数是A 34；第二步涂C ，D 两点，假设已涂A ，B ，E 的三种颜色顺序分别为1，2，3，未使用的颜色为4，那么C ，D 可涂的颜色分别为C 涂1，D 可以选择2，4中的一种颜色，共2种方法；C 涂4，D 可以选择1，2中的一种颜色，共2种方法，所以不同的涂色方法种数有A 34(2＋2)＝96，故选C.8．函数f(x)＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6sin 2x －14的图象的一个对称中心的坐标是(A) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫7π24，0 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，0 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，－14 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫π12，0 【解析】f(x)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6sin 2x －14＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤32cos 2x ＋12sin 2x sin 2x －14＝32sin 2xcos 2x ＋12sin 22x －14＝34sin 4x ＋12·1－cos 4x 2－14＝12sin ⎝⎛⎭⎪⎫4x －π6， 令4x －π6＝k π，求得x ＝k π4＋π24，可得函数图象的对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫k π4＋π24，0，k ∈Z ，当k ＝1时，对称中心为⎝ ⎛⎭⎪⎫7π24，0.故选A. 9．已知D ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫（x ，y ）|⎩⎨⎧x ＋y －2≤0x －y ＋2≤03x －y ＋6≥0，给出下列四个命题： P 1：()x ，y ∈D ，－2≤x ＋y ≤2；P 2：()x ，y ∈D ，y x ＋3>0； P 3：()x ，y ∈D ，x ＋y<－2；P 4：()x ，y ∈D ，x 2＋y 2≤2；其中真命题是(B) A ．P 1和P 2 B ．P 1和P 4 C ．P 2和P 3 D ．P 2和P 4【解析】利用线性规划的知识易得，对()x ，y ∈D ，－2≤x ＋y ≤2，且0≤y x ＋3≤32，2≤x 2＋y 2≤10，所以P 1正确，P 2错误，P 3错误，P 4正确．选B.10．在棱长为6的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱C 1D 1，B 1C 1的中点，过A ，E ，F 三点作该正方体的截面，则截面的周长为(D)A ．313＋6 2B ．213＋4 3C ．513＋3 3D ．613＋3 2【解析】如图， 延长EF ，A 1B 1 相交于M ，连接AM 交BB 1 于H ，延长FE ，A 1D 1 相交于N ，连接AN 交DD 1于G ，可得截面五边形AHFEG .∵ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为6的正方体，且E ，F 分别是棱C 1D 1，B 1C 1的中点， ∴EF ＝32，AG ＝AH ＝62＋42＝213，EG ＝FH ＝32＋22＝13. ∴截面的周长为613＋3 2.选D.11．如图，已知||OA →＝||OB →＝1，||OC →＝2，tan ∠AOB ＝－43，∠BOC ＝45°，OC →＝mOA →＋nOB →，则m n 等于(A)A.57B.75C.37D.73【解析】因为tan ∠AOB ＝－43，所以sin ∠AOB ＝45.过点C 作CD ∥OB 交OA 延长线于点D ，过点C 作CE ∥OD 交OB 延长线于点E ，在△OCD 中，∠OCD ＝45°，sin ∠ODC ＝45，由正弦定理：|OC|sin ∠CDO ＝|OD|sin ∠OCD ，得245＝OD 22，所以OD ＝54＝m. 由余弦定理：||OD 2＝||OC 2＋||CD 2－2||OC ·||CD ·cos 45°，得2516＝2＋n 2－2×2×n ×cos 45°，则n ＝14或74. 当n ＝14时，此时∠CDO 为钝角，因为∠EOD 为钝角，矛盾，故n ＝74. 所以m n ＝57.故选A.12.箱子里有16张扑克牌：红桃A 、Q 、4，黑桃J 、8、7、4、3、2，草花K 、Q 、6、5、4，方块A 、5，老师从这16张牌中挑出一张牌来，并把这张牌的点数告诉了学生甲，把这张牌的花色告诉了学生乙，这时，老师问学生甲和学生乙：你们能从已知的点数或花色中推知这张牌是什么牌吗？ 于是，老师听到了如下的对话：学生甲：我不知道这张牌；学生乙：我知道你不知道这张牌；学生甲：现在我知道这张牌了；学生乙：我也知道了．则这张牌是(D)A ．草花5B ．红桃QC ．红桃4D ．方块5【解析】学生乙确信他知道学生甲不知道，说明通过数字不能判断出来，因此排除有单一数字J 、K 等的花色黑桃和草花，学生甲知道这张牌不是黑桃也不是草花就猜出来了，说明这张牌除了在黑桃和草花之外有且只有一张，那就是红桃4、Q 和方块5；学生乙知道学生甲知道后就知道了，说明这张牌只有一种选择，所以他看到的是方块，如果他看到的是红桃但还是不知道是Q 还是4，所以答案是方块5.故选D.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．一个不透明的袋子装有4个完全相同的小球，球上分别标有数字为0，1，2，2，现甲从中摸出一个球后便放回，乙再从中摸出一个球，若摸出的球上数字大即获胜(若数字相同则为平局)，则在甲获胜的条件下，乙摸1号球的概率为__25__．【解析】法一：两人分别摸一个球，基本事件共有4×4＝16种，其中甲获胜共有5种可能，故甲获胜的概率为516，其中乙摸到1号球且甲获胜有2种可能，故甲获胜且乙摸到1号球的概率为18，故在甲获胜的条件下，乙摸1号球的概率为18÷516＝25. 法二：甲获胜共有5种可能，其中乙摸到1号球且甲获胜有2种可能，故在甲获胜的条件下，乙摸1号球的概率为25.14．设双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a>0，b>0)的右焦点为F ，直线l为双曲线C 的一条渐近线，点F 关于直线l 的对称点为P ，若点P在双曲线C 的左支上，则双曲线C 的离心率为．【解析】如图，设直线l 与线段PF 的交点为A ，因为点P 与F 关于直线l 对称，则l ⊥PF ，且A 为PF 的中点，所以|AF|＝b ，|OA|＝a ，|PF|＝2|AF|＝2b.设双曲线的左焦点为E ，因为O 为EF 的中点，则|PE|＝2|AO|＝2a ，据双曲线定义，有|PF|－|PE|＝2a ，则2b －2a ＝2a ，即b ＝2a.所以e ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＝ 5.15．对于大于或等于2的自然数m 的n 次幂进行如图的方式“分裂”．仿此，若m 3的“分裂”中最小的数是211，则m 的值为__15__．【解析】22＝1＋3，23＝3＋5，24＝7＋9，32＝1＋3＋5，33＝7＋9＋11，34＝25＋27＋29.不难得出规律，2n 可以表示为两个连续奇数之和；3n 可以表示为三个连续奇数之和；5n 可以表示为五个连续奇数之和；m 3的可以表示为m 个连续奇数之和，即211＋213＋…＋[211＋2(m －1)]＝m 3，m 3－m 2－210m ＝0，因为m>0，所以m ＝15.16．设a 为整数，若对任意的x ∈(0，＋∞)，不等式e x ＋3x≥e a 恒成立，则a 的最大值是__1__．【解析】令f(x)＝e x ＋3x (x>0)，则f′(x)＝e x ()x －1－3x. 令g(x)＝e x ()x －1－3(x>0)，则g′(x)＝xe x >0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 因为g(1)＝－3<0，g(2)＝e 2－3>0，则g(x)在(1，2)内只有一个零点．设g(t)＝0，则e t ＝3t －1.当x ∈(0，t)时，g(x)＜0，从而f′(x)<0，f(x)单调递减；当x ∈(t ，＋∞)时，g(x)＞0，从而f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)min ＝e t ＋3t ＝3t －1＝e t . 由题意知e a ≤e t ，即a ≤t.因为t ∈(1，2)，a 为整数，所以a 的最大值为1.三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共60分．17．(本小题满分12分)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，满足acos B ＋bcos A ＝2ccos C.(1)求角C 的大小；(2)若△ABC 的周长为3，求△ABC 的内切圆面积S 的最大值．【解析】(1)由已知，sin Acos B ＋sin Bcos A ＝2sin Ccos C ，(2分)即sin(A ＋B)＝2sin Ccos C ，因为sin(A ＋B)＝sin C>0，则cos C ＝12，(4分)又C ∈(0，π)，所以C ＝π3.(5分)(2)设△ABC 的内切圆半径为R ，则12absin π3＝12·3R ，则R ＝36ab ，(6分) 由余弦定理，得a 2＋b 2－ab ＝(3－a －b)2，化简得3＋ab ＝2(a ＋b)，(8分) 因为a ＋b ≥2ab ，则3＋ab ≥4ab ，解得ab ≥3或ab ≤1，(10分)若ab ≥3，则a ，b 至少有一个不小于3，这与△ABC 的周长为3矛盾；(11分)若ab ≤1，则当a ＝b ＝1＝c 时，R 取最大值36.所以△ABC 的内切圆面积的最大值为S max ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫362＝π12.(12分) 18．(本小题满分12分)如图，四边形ABCD 是边长为2的菱形，且∠ABC ＝60°，BM ⊥平面ABCD ，BM ∥DN ，BM ＝2DN ，点E 是线段MN 上任意一点．(1)证明：平面EAC ⊥平面BMND ；(2)若∠AEC 的最大值是2π3，求三棱锥M －NAC 的体积．【解析】(1)因为BM ⊥平面ABCD ，则AC ⊥BM.(2分)又四边形ABCD 是菱形，则AC ⊥BD ，所以AC ⊥平面BMND. (4分)因为AC 在平面EAC 内，所以平面EAC ⊥平面BMND.(5分)(2)设AC 与BD 的交点为O ，连结EO. 因为AC ⊥平面BMND ，则AC ⊥OE ，又O 为AC 的中点，则AE ＝CE ，所以cos ∠AEC ＝2AE 2－AC 22AE 2＝1－2AE 2，∠AEC ∈(0，π)．当AE 最短时∠AEC 最大，此时AE ⊥MN ，CE ⊥MN ，∠AEC ＝2π3，AE ＝233.(7分)取MN 的中点H ，分别以直线OA ，OB ，OH 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设ND ＝a ，则点A(1，0，0)，N(0，－3，a)，M(0，3，2a)，AN→＝(－1，－3，a)，AM →＝(－1，3，2a)．设平面AMN 的法向量n 1＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AM →＝－x ＋3y ＋2az ＝0，n 1·AN →＝－x －3y ＋az ＝0，取z ＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 2，－3a 6，1， 同理求得平面CMN 的法向量n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 2，－3a 6，1. 因为∠AEC ＝2π3是二面角A ―MN －C 的平面角，则|cos ∠AEC|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－9a 24＋3a 236＋19a 24＋3a 236＋1＝12，解得a ＝1510或a ＝62(舍去)．(10分)因为MN ＝a 2＋BD 2＝320＋12＝91510，AE ＝233，S △EAC ＝12AE 2sin 2π3＝12×43×32＝33，则V M －NAC ＝V M －EAC ＋V N －EAC ＝13S △EAC ·MN ＝3510.(12分)19．(本小题满分12分)在湖南师大附中的校园歌手大赛决赛中，有6位参赛选手(1号至6号)登台演出，由现场的100位同学投票选出最受欢迎的歌手，各位同学须彼此独立地在投票器上选出3位候选人，其中甲同学是1号选手的同班同学，必选1号，另在2号至6号选手中随机选2名；乙同学不欣赏2号选手，必不选2号，在其他5位选手中随机选出3名；丙同学对6位选手的演唱没有偏爱，因此在1号至6号选手中随机选出3名．(1)求同学甲选中3号且同学乙未选中3号选手的概率；(2)设3号选手得到甲、乙、丙三位同学的票数之和为X ，求X 的分布列和数学期望．【解析】设A 表示事件“甲同学选中3号选手”，B 表示事件“乙同学选中3号选手”，C 表示事件“丙同学选中3号选手”，则(1)P(A)＝C 14C 25＝25，P(B)＝C 24C 35＝35，(2分) 所以P(AB)＝P(A)P(B)＝25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝425.(5分) (2)P(C)＝C 25C 36＝12，(6分) X 可能的取值为0，1，2，3，P(X ＝0)＝P(A B － C －)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝35×25×12＝325， P(X ＝1)＝P(A B － C －)＋P(A BC)＋P(A B － C)＝25×25×12＋35×35×12＋35×25×12＝1950，P(X ＝2)＝P(A B C)＋P(AB C)＋P(A B C)＝25×35×12＋25×25×12＋35×35×12＝1950，P(X ＝3)＝P(A B C)＝25×35×12＝325.(10分)所以XX 的数学期望E(X)＝0×325＋1×1950＋2×1950＋3×325＝32.(12分)20．(本小题满分12分)已知椭圆C 的中心在原点，焦点在x 轴上，D(0，2)为椭圆C 短轴的一个端点，F 为椭圆C 的右焦点，线段DF 的延长线与椭圆C 相交于点E ，且|DF|＝3|EF|.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，O 为坐标原点，若直线OA 与OB 的斜率之积为－32，求OA →·OB→的取值范围．【解析】(1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a>b>0)，右焦点F(c ，0)．(1分)因为D(0，2)为椭圆短轴的一个端点，则b ＝2.因为|DF|＝3|EF|，则点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫4c3，－23.(3分)因为点E 在椭圆上，则16c 29a 2＋19＝1，即a 2＝2c 2.(4分)又c 2＝a 2－4，则a 2＝2(a 2－4)，得a 2＝8，所以椭圆C 的标准方程是x 28＋y 24＝1. (5分)(2)解法一：当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ， 代入椭圆方程，得x 2＋2(kx ＋m)2＝8，即(2k 2＋1)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0. 设点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4km2k 2＋1，x 1x 2＝2m 2－82k 2＋1. (6分)因为k OA ·k OB ＝－32，则y 1x 1·y 2x 2＝－32，即3x 1x 2＋2y 1y 2＝0，即3x 1x 2＋2(kx 1＋m)(kx 2＋m)＝0，即(2k 2＋3)x 1x 2＋2km(x 1＋x 2)＋2m 2＝0，所以(2k 2＋3)·2m 2－82k 2＋1－8k 2m 22k 2＋1＋2m 2＝0，即(2k 2＋3)(m 2－4)－4k 2m 2＋m 2(2k 2＋1)＝0，化简得m 2＝2k 2＋3.(7分) 所以OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝－12x 1x 2＝－m 2－42k 2＋1＝－2k 2－12k 2＋1＝22k 2＋1－1.(8分)因为Δ＝16k 2m 2－4(2k 2＋1)(2m 2－8)＝8(8k 2＋4－m 2)＝8(6k 2＋1)>0，k 2≥0，则0<22k 2＋1≤2，所以－1<OA →·OB →≤1.(9分)又x 1x 2≠0，则m 2≠4，即k 2≠12，则22k 2＋1≠1，所以OA →·OB →≠0.(10分)当直线l 的斜率不存在时，点A ，B 关于x 轴对称，则k OA ＝－k OB .因为k OA k OB ＝－32，不妨设k OA >0，则k OA ＝62.联立y ＝62x 与x 28＋y 24＝1，得点A(2，3)，B(2，－3)，或点A(－2，3)，B(－2，－3)，此时OA →·OB →＝－1.综上分析，OA →·OB→的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．(12分)解法二：因为k OA ·k OB ＝－32<0，设k OA ＝k ≠0，则k OB ＝－32k .(6分) 设点A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则y 1x 1·y 2x 2＝－32，即y 1y 2＝－32x 1x 2，所以OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝－12x 1x 2.(7分) 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 28＋y 24＝1，得x 2＋2k 2x 2＝8，即(2k 2＋1)x 2＝8，所以x 21＝82k 2＋1.(8分)同理，x 22＝82⎝ ⎛⎭⎪⎫－32k 2＋1＝16k 22k 2＋9.(9分) 所以x 21x 22＝8×16k 2（2k 2＋1）（2k 2＋9）＝8×16k 24k 4＋20k 2＋9＝8×164k 2＋9k 2＋20.(10分) 因为4k 2＋9k 2≥24k 2·9k 2＝12，当且仅当4k 2＝9k 2，即k ＝±62时取等号，则0<x 21x 22≤4，即－2≤x 1x 2≤2，且x 1x 2≠0，所以OA →·OB →的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．(12分)21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ln x －kx ，其中k ∈R 为常数． (1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个相异零点x 1，x 2(x 1<x 2)，求证：ln x 2>2－ln x 1. 【解析】(1)f′(x)＝1x －k ＝1－kx x (x>0)，(1分)①当k ≤0时，f ′(x)>0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；(2分)②当k>0时，由f′(x)>0，得0<x<1k ，所以f(x)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1k 上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，＋∞上单调递减．(5分) (2)因为x 1，x 2是f(x)的两个零点，则ln x 2－kx 2＝0，ln x 1－kx 1＝0， 所以ln x 2－ln x 1＝k(x 2－x 1)，ln x 1＋ln x 2＝k(x 1＋x 2)．(7分) 要证ln x 2>2－ln x 1，只要证ln x 1＋ln x 2>2，即证k(x 1＋x 2)>2，即证ln x 2－ln x 1x 2－x 1(x 2＋x 1)>2，即证ln x 2－ln x 1>2（x 2－x 1）x 2＋x 1，只要证ln x 2x 1>2（x 2－x 1）x 2＋x 1.设t ＝x 2x 1(t>1)，则只要证ln t>2（t －1）t ＋1(t>1)．(10分)设g(t)＝ln t －2（t －1）t ＋1，则g′(t)＝（t －1）2t （t ＋1）2>0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增．所以g(t)>g(1)＝0，即ln t>2（t －1）t ＋1，所以ln x 1＋ln x 2>2，即ln x 2>2－ln x 1.(12分)(二)选考题：共10分．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线C 1的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋cos α，y ＝sin α(α为参数).以O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ＝23sin θ.(1)求曲线C 1的极坐标方程和曲线C 2的直角坐标方程；(2)设动直线l ：y ＝kx(x ≠0，k ≠0)分别与曲线C 1，C 2相交于点A ，B ，求当k 为何值时，|AB|取最大值，并求|AB|的最大值．【解析】(1)曲线C 1的普通方程为(x －1)2＋y 2＝1，即x 2＋y 2－2x ＝0.将x 2＋y 2＝ρ2，x ＝ρcos θ代入，得ρ2－2ρcos θ＝0，所以曲线C 1的极坐标方程是ρ＝2cos θ.(3分)由ρ＝23sin θ，得ρ2＝23ρsin θ.将ρ2＝x 2＋y 2，ρsin θ＝y 代入，得x 2＋y 2＝23y ，所以曲线C 2的直角坐标方程是x 2＋y 2－23y ＝0.(5分)(2)解法一：设直线l 的倾斜角为α，则l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝tcos α，y ＝tsin α(t 为参数，且t ≠0). (6分)将l 的参数方程代入曲线C 1的普通方程，得t 2－2tcos α＝0，则t A ＝2cos α.(7分)将l 的参数方程代入曲线C 2的直角坐标方程，得t 2－23tsin α＝0，则t B ＝23sin α.(8分)所以|AB|＝|t A －t B |＝|2cos α－23sin α|＝4⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3，(9分)据题意，直线l 的斜率存在且不为0，则α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，所以当α＝2π3，即k ＝tan α＝－3时，|AB|取最大值，且|AB|max ＝4.(10分) 解法二：设直线l 的倾斜角为α，则l 的极坐标方程为θ＝α(ρ≠0)．(6分) 设点A ，B 的极坐标分别为A(ρ1，α)，B (ρ2，α)，则ρ1＝2cos α，ρ2＝23sin α.(8分)所以|AB|＝|ρ1－ρ2|＝|2cos α－23sin α|＝4⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3.(9分)据题意，直线l 的斜率存在且不为0，则α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π，所以当α＝2π3，即k ＝tan α＝－3时，|AB|取最大值，且|AB|max ＝4.(10分) 解法三：将y ＝kx(x ≠0)代入曲线C 1的普通方程，得x 2＋k 2x 2－2x ＝0(x ≠0)，则x A ＝2k 2＋1.(6分) 将y ＝kx(x ≠0)代入曲线C 2的直角坐标方程，得x 2＋k 2x 2－23kx ＝0(x ≠0)，则x B ＝23k k 2＋1.(7分)所以|AB|＝|x A －x B |·k 2＋1＝|2k 2＋1－23k k 2＋1|·k 2＋1＝2|3k －1|k 2＋1＝2（3k －1）2k 2＋1(k ≠0)．(8分)令（3k －1）2k 2＋1＝m ，则(m －3)k 2＋23k ＋m －1＝0. 据题意，该方程有非零实数解，则m ＝3或⎩⎨⎧m ≠3，Δ＝12－4（m －3）（m －1）≥0，解得0≤m ≤4，所以|AB|＝2m≤4.(9分)当m ＝4时，k 2＋23k ＋3＝0，即(k ＋3)2＝0，得k ＝－ 3. 所以当k ＝－3时，|AB|取最大值，且|AB|max ＝4.(10分) 23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲 已知函数f(x)＝|x －5|.(1)解不等式：f(x)＋f(x ＋2)≤3； (2)若a<0，求证：f(ax)－f(5a)≥af(x)．【解析】(1)不等式化为|x －5|＋|x －3|≤3.(1分)当x<3时，原不等式等价于－2x ≤－5，即52≤x<3；(2分)当3≤x ≤5时，原不等式等价于2≤3，即3≤x ≤5；(3分) 当x>5时，原不等式等价于2x －8≤3，即5<x ≤112.(4分)综上，原不等式的解集为⎣⎢⎡⎦⎥⎤52，112.(5分)(2)证明：由题意得f(ax)－af(x)＝|ax －5|－a|x －5|＝|ax －5|＋|－ax ＋5a|≥|ax －5－ax ＋5a|＝|5a －5|＝f(5a)，所以f(ax)－f(5a)≥af(x)成立．(10分)。

2019届湖南省湖南师范大学附属中学高三上学期第二次月考化学试题（解析版）本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。

时量90分钟，满分100分。

可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 Na－23 Si－28 S－32 Cl－35.5 Cr－52 Fe－56 Sr－88第Ⅰ卷选择题(共42分)一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。

每小题只有一个符合题意的选项)1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。

下列说法正确的是( )A. 铝及其合金是使用广泛的金属材料，通常用电解氯化铝的方法制备铝B. 为测定熔融氢氧化钠的导电性，常将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化C. 采取“静电除尘”“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法，可提高空气质量D. 氰化物泄漏时，可直接将其冲入下水道，让其自然消解【答案】C【解析】【详解】A、氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，工业上常电解熔融氧化铝冶炼金属铝，故A错误；B、石英为SiO2，能与NaOH发生反应，因此熔化NaOH固体时，不能用石英坩埚，故B错误；C、静电除尘：烟尘为胶体，利用电泳，达到除尘的目的；燃煤固硫：燃煤中加入CaO或石灰石，与生成的SO2反应，转化成CaSO4，达到除去硫的目的；汽车尾气催化净化：将氮的氧化物转化成N2；故C正确；D、氰化物有剧毒，不能直接排放到自然界中，故D错误。

2.下列应用不涉及．．．氧化还原反应的是( )A. 铝热法冶炼难熔金属B. FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作C. Na2O2用作呼吸面具的供氧剂D. 实验室用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3【答案】D【解析】【详解】A、利用Al的强还原性，与某些难熔金属氧化物发生反应，该反应为置换反应，属于氧化还原反应，故A不符合题意；B、利用Fe3＋的强氧化性，发生2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，属于氧化还原反应，故B不符合题意；C、发生2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，属于氧化还原反应，故C不符合题意；D、发生2NH4Cl＋Ca(OH)2=CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，不存在化合价的变化，不属于氧化还原反应，故D符合题意。

湖南师大附中2019届高三月考试卷(四)化 学本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。

时量90分钟，满分100分。

可能用到的相对原子质量：H －1 C －12 N －14 O －16 Na －23 Si －28 S －32 Cl －35.5 Cu －64第Ⅰ卷 选择题(共42分)一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。

每小题只有一个符合题意的选项) 1．化学与社会、生活密切相关。

下列有关说法错误的是(B)A ．实施“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程，有利于保护环境B ．臭氧的还原性使细菌的蛋白质变性C ．“地沟油”经过加工处理后可用来制肥皂D ．光化学烟雾是碳氢化合物和氮氧化合物在太阳光(紫外线)作用下发生光化学反应生成的二次污染物 2．下列有关物质的分类或归纳的说法正确的是(A) A ．漂白粉、水玻璃、福尔马林都是混合物B ．乙烯、油脂、纤维素、光导纤维都属于高分子化合物C ．PM 2.5(微粒直径约为2.5×10－6m)分散在空气中形成气溶胶，能产生丁达尔效应 D ．纯碱、氨水、蔗糖分别属于强电解质、弱电解质和非电解质 3．下列有关化学用语表示正确的是(C) A ．H 2S 的电子式：H ＋[··S ······]2－H ＋ B ．对硝基甲苯的结构简式：NO 2CH 3C ．氧离子的结构示意图：D ．质子数为53，中子数为74的碘原子：7453I4．设N A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(D) A ．0.1 mol 丙烯酸中含有的双键数目为0.1N AB ．常温常压下，4.6 g NO 2和N 2O 4的混合气体中分子总数为0.3N AC ．标准状况下，2.24 L Cl 2溶于足量的水中充分反应后，溶液中Cl －数为0.2N A D ．7.8 g Na 2O 2和Na 2S 的固体混合物中含有的离子总数为0.3N A5．实验室将NH 3通入AlCl 3溶液中制备Al(OH)3，经过滤、洗涤、灼烧后得到Al 2O 3，下列图示装置和原理均合理的是(A)A．用装置甲制取 NH3B．用装置乙制备 Al(OH)3C．用装置丙过滤并洗涤 Al(OH)3D．用装置丁灼烧 Al(OH)3得到Al2O36．下列实验操作或结论正确的是(C)A．配制溶液的操作中，向容量瓶中转移溶液后，玻璃棒、烧杯未洗涤会使得所配溶液浓度偏高B．洗涤沉淀的操作是在过滤器中边用玻璃棒搅拌边加蒸馏水冲洗沉淀物C．实验室配制950 mL 0.2 mol/L的CuSO4溶液时，需称取胆矾的质量为50.0 gD．制备Fe(OH)3胶体时，将饱和的FeCl3溶液滴入沸水中，边加热边搅拌，直到得到红褐色溶液7．下列离子方程式书写正确的是(C)A．硅酸钠溶液与盐酸的反应：Na2SiO3＋2H＋===H2SiO3↓＋2Na＋B．用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I－＋IO－3＋3H2O===3I2＋6OH－C．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO2－3＋CaSO4CaCO3＋SO2－4D．向NaHCO3溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液：Ba2＋＋OH－＋HCO－3===BaCO3↓＋H2O8．短周期主族元素R、W、X、Y、Z的原子序数依次增大，R的简单氢化物可用作制冷剂，X是短周期中金属性最强的元素。

湖南师大附中2019届高三月考试卷(一)化学注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上填写自己的准考证号、姓名、试室号和座位号。

用2B型铅笔把答题卡上试室号、座位号对应的信息点涂黑。

2．选择题每小题选出答案后，用2B型铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答的答案无效。

4．考生必须保持答题卡整洁。

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

1. 化学与社会、生活密切相关。

对下列现象或事实的解释正确的是【答案】C【解析】试题分析：A、盐的水解反应是吸热反应，所以升高温度，促进盐的水解，溶液的碱性更强。

因此用热的纯碱溶液可以洗去油污。

并不是碳酸钠可与油污直接反应。

错误。

B、漂白粉在空气中久置变质，是因为有效成分Ca(ClO)2会发生反应产生的HClO不稳定，光照分解产生HCl和氧气，错误；C、当施肥时草木灰（有效成分为K2CO3）与NH4Cl混合使用，则二者的水解作用相互促进，使N元素以氨气的形式逸出因而肥效会降低。

正确。

D、FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板的制作，是因为二者发生反应生成氯化亚铁和氯化铜，把多余的Cu腐蚀掉。

错误。

考点：考查盐的水解及应用的知识。

2.某KCl样品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质。

为了提纯KCl，先将样品溶于适量水中，搅拌、过滤，再将滤液按下图所示步骤进行提纯(过滤操作已略去)。

下列说法正确的是( )A. 起始滤液常温下pH＝7B. 试剂Ⅰ为Ba(NO3)2溶液C. 上图过程须经2次过滤D. 步骤③的目的是除去CO32-【答案】D【解析】试题分析：氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质，除去碳酸根离子和硫酸根离子，由流程可知，需要加入试剂I为过量氯化钡溶液，然后过滤后获得含氯化钡、氯化钾溶液X，然后加入过量的试剂Ⅱ为碳酸钾溶液除去溶液中的氯化钡，过滤，得到含氯化钾和碳酸钾混合液的W，再加入试剂Ⅲ为过量盐酸，除去过量的碳酸钾，最后通过加热浓缩、蒸发结晶得到氯化钾。

湖南师大附中2019届高三月考试卷(七)理科综合能力测试时量：150分钟满分：300分本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

其中第Ⅱ卷33～38题为选考题，其他题为必考题。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：N－14Fe－56第Ⅰ卷一、选择题：本题共13小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只7．《新修本草》中关于“青矾”的描述：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，烧之赤色”，《物理小识》中说：“青矾厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂”，下列相关叙述不正确的是(D)A．赤色固体可能是Fe2O3B．青矾宜密闭保存，防止氧化变质C．青矾燃烧过程中发生了电子转移D．“青矾厂气”可能是CO和CO28．设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列叙述一定正确的是(B)A．在Al3＋数目为N A的AlCl3溶液中，Cl－总数为3N AB．400 mL 1 mol/L 稀硝酸与Fe完全反应(还原产物只有NO)，转移电子数目为0.3N AC．0.2 mol NH3与0.3 mol O2在催化剂的作用下加热充分反应，所得NO的分子数为0.2N AD．pH＝1的硫酸溶液中含有SO2－4的数目为0.05N A9．下列实验操作可达到实验目的的是(D)A．用长颈漏斗可分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液B．将NaOH溶液滴加到FeCl3溶液中可制备Fe(OH)3胶体C．用浓盐酸和MnO2反应制备纯净的Cl2，气体产物先通过浓硫酸再通过饱和食盐水D．除去Na2CO3固体中的NaHCO3，可将固体加热至恒重10．短周期主族元素W，X，Y，Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。

由W，Y，Z三种元素形成的一种液态化合物甲溶于水后，可观察到剧烈反应，液面上有白雾形成，并有能使品红溶液褪色的有刺激性气味的气体逸出，向溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀析出。

下列说法不正确的是(C)A．Y的简单氢化物的热稳定性比Z的弱B．W与X的简单离子具有相同的电子层结构C．化合物甲已被用作某种锂电池的还原剂D．Z2W是某种氧化性弱酸的酸酐【解析】W、X、Y、Z四种元素分别为O、Na、S、Cl，C项，SOCl2已被用作锂电池的氧化剂，D项，Cl2O是HClO的酸酐。

2019—2020学年湖南省师大附中高三第七次月考高中化学化学试题第一卷〔选择题共48分〕一、选择题〔此题包括16小题。

每题只有一个选项符合题意〕1．糖类、脂肪和蛋白质是坚持人体生命活动所必需的三大营养物质。

以下表达正确的选项是〔〕A．植物油不能使溴的四氯化碳溶液褪色B．淀粉水解的最终产物是葡萄糖C．葡萄糖能发生氧化反应和水解反应D．蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀能重新溶于水2．以下两种溶液混合后，所得溶液中各离子浓度关系不．正确的选项是．．．．．．〔〕A．0.1mol/L的NaOH溶液与0.1mol/L的CH3COOH溶液等体积混合c〔Na+〕>c〔OH-〕>c〔CHCOO-〕>c〔H+〕B．常温下，0.0lmol/L的NaOH溶液与pH=2的CH3COOH溶液等体积混合c〔CH3COO-〕>c〔Na+〕>c〔H+〕>c〔OH-〕C．常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液与0.1mol/L的NaOH溶液混合后使pH=7 c〔CH3COO-〕=c〔Na+〕>c〔H+〕=c〔OH-〕D．0.1mol/L的CH3COOH溶液和0.1mol/L的CH3COONa溶液等体积混合c〔CH3COO-〕+c〔OH-〕=c〔Na+〕+c〔H+〕N表示阿伏加德罗常数，以下讲法中正确的选项是〔〕3．用ANA．0.2mol过氧化氢完全分解转移的电子数目为0.4ANB．300mL 2mol/L蔗糖溶液中所含溶质分子数为0.6ANC．标准状况下，3．36L乙烷中含有的非极性键数为1．05AN D．假设1mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，那么分散系中胶体粒数为A4．一定能在以下溶液中大量共存的离子组是〔〕A ．c 〔H +〕=1×10-13mol ·L -1的溶液：Na +、Ca 2+、HCO-- B ．含有大量的溶液：Na +、4NH +、24SO -、Cl -C ．含有大量Fe 3+的溶液：Na +、Mg 2+、3NO -、SCN --D ．含有大量的溶液：H +、4NH +、24SO -、Cl -5．以下分离混合物的方法中，正确的选项是〔 〕 ①用盐析法提纯蛋白质 ②用渗析法除去淀粉溶液中的NaCl③用加热法除Na 2CO 3中混有的少量NaHCO 3④用加热法分离碘和NH 4C1 ⑤用重结晶法分离硝酸钾和氯化钠⑥除去苯中混有的少量甲苯，可加入适量酸性高锰酸钾溶液，充分反应后，再加碱液，分液A ．①②③B ．④⑤⑥C ．①②③⑤⑥D ．①②④⑤⑥6． 用高铁酸钠〔Na 2FeO 4〕对河水、湖水消毒，是处理都市饮水的新技术。