江西省九江一中2017-2018学年高二下学期段考化学试卷(7月份) Word版含解析

2017-2018学年江西省九江一中高二（下）段考化学试卷（7月份）一、选择题2．下列说法正确的是( )A．高温下，可在试管内完成焦炭和石英砂（SiO2）制取硅的反应B．自然界中硅的储量丰富，仅次于氧，自然界中存在大量的单质硅C．现代海战通过喷放液体SiCl4（极易水解）和液氨可产生烟幕，其主要成分是NH4Cl D．从燃煤烟道灰中（含GeO2）提取半导体材料单质锗（Ge），不涉及氧化还原反应3．N A为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是( )A．2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.8N AB．标准状况下，5.6L二氧化碳气体中含有的氧原子数为0.5N AC．8.7gMnO2与40mL 10mol/L的浓盐酸充分反应，生成的氯气分子数为0.1N AD．0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的氢离子数为0.05N A4．常温下，下列各组离子可能大量共存的是( )A．水电离的H+浓度c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、NH4+、SO32﹣B．使石蕊变红的溶液中：Fe2+、MnO4﹣、NO3﹣、Na+、SO42﹣C．加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣D．中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3﹣、I﹣、Cl﹣、S2﹣5．下列实验的反应原理用离子方程式表示正确的是( )A．室温下，测的氯化铵溶液pH＜7，证明一水合氨的是弱碱：NH4++2H2O=NH3•H2O+H3O+ B．将16.8g铁粉投入100mL4.0mol/L的HNO3溶液中（还原产物只有NO）：6Fe+20H++5NO3﹣=3Fe2++3Fe3++5NO↑+10H2OC．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO4﹣+16H++5C2O42﹣=2Mn2++10CO2↑+8H2OD．用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑6．化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示．下列有关化合物X的说法正确的是( )A．分子中两个苯环一定处于同一平面B．不能与饱和Na2CO3溶液反应C．在酸性条件下水解，水解产物只有一种D．1 mol化合物X最多能与2 molNaOH反应7．某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解：再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，震荡后仍有固体存在．该白色粉末可能为( )A．NaHCO3、Al（OH）3B．AgCl、NaHCO3C．Na2SO3、BaCO3D．Na2CO3、CuSO48．绿泥石的组成可表示为Al4Si4Ox（OH）y，其中x、y分别为( )A．108 B．710 C．810 D．979．根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是( )A．制取氨气B．制取NaHCO3C．分离NaHCO3D．干燥NaHCO310．某兴趣小组设计如下装置进行氯气与金属钠的反应，先将钠预热，在钠熔融成小球时，撤火，并通入氯气即发生反应，下列叙述中错误的是( )A．钠着火剧烈燃烧产生苍白色的火焰B．反应产生的大量白烟是氯化钠固体C．棉球①的作用是吸收过量氯气防止产生污染D．棉球②变蓝色则证明氯气未被碱液完全吸收11．缬氨霉素（valinomycin）是一种脂溶性的抗生素，是由12个分子组成的环状化合物，它的结构简式如图所示，有关说法正确的是( )A．缬氨霉素是一种蛋白质B．缬氨霉素完全水解可得到四种氨基酸C．缬氨霉素完全水解后的产物中有两种产物互为同系物D．缬氨霉素完全水解，其中一种产物与甘油互为同分异构体12．向1L含0.01mol NaAlO2和0.02mol NaOH的溶液中缓慢通入CO2，随n（CO2）增大，先后发生三个不同的反应，当0.01mol＜n（CO2）≤0.015mol时发生的反应是：13．某学生做如下实验：第一步，在淀粉KI溶液中滴入少量NaClO溶液，并加入少量稀硫酸，溶液立即变蓝；第二步，在上述蓝色溶液中，滴加足量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失．下列对实验原理的解释和所得结论错误的是( )A．蓝色逐渐消失的原因是Na2SO3溶液具有漂白性B．第一步反应的离子方程式ClO﹣+2I﹣+2H+═I2+Cl﹣+H2OC．淀粉KI溶液变蓝是因为I﹣被氧化为I2，I2使淀粉变蓝色D．微粒的氧化性由强到弱的顺序是ClO﹣＞I2＞SO14．某无色溶液中可能含有Na+、K+、NH4+、Mg2+、Cu2+、SO42﹣、SO32﹣、Cl﹣、Br﹣、CO32﹣中的若干种，离子浓度都为0.1mol•L﹣1．往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成．某同学另取少量原溶液，设计并完成如下实验：则关于原溶液的判断中正确的是( )A．若步骤中Ba（NO3）2和HNO3溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响B．无法确定原溶液中是否存在Cl﹣C．肯定存在的离子是SO32﹣、Br﹣，是否存在Na+、K+需要通过焰色反应来确定D．肯定不存在的离子是Mg2+、Cu2+、SO42﹣、CO32﹣，是否含NH4+另需实验验证15．向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示．已知：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣、2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2，则下列有关说法中不正确的是( )A．还原性：I﹣＞Fe2+＞Br﹣ B．线段AB表示Fe2+被氯气氧化C．线段BC表示生成4 mol Fe3+D．原溶液中n（Br﹣）=6 mol16．取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和CuO，将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少，6.40g，另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为( ) A．3.2mol•L﹣1B．3.6mol•L﹣1C．4.0mol•L﹣1D．无法判断二、非选择题17．写出铁与水蒸气的反应方程式．18．已知Cu2S可以和硝酸反应，请配平下列化学反应方程式：Cu2S+HNO3CuSO4+Cu（NO3）2+NO↑+．19．某校兴趣小组欲测定一种铁铝硅合金（Fe x Al y Si z）粉末的组成，提出如下方案：准确称取1.46g该合金粉末，加入过量盐酸溶液充分反应后过滤，测定剩余固体质量0.07g．向滤液中滴加足量浓NaOH溶液，充分搅拌、过滤、洗涤得固体．再将所得固体充分加热、灼烧得红棕色粉末1.60g，通过计算确定此合金的组成为（填化学式）．20．除去下列物质中所含杂质（括号内为杂质），写出除去杂质的试剂．①Fe2O3（Al2O3）②NaHCO3（Na2CO3）③Cl2（HCl）④SiO2（Fe2O3）．21．将铁粉、铜粉、FeCl3溶液和CuCl2溶液混合于某容器中充分反应（假定容器不参与反应）．试判断下列情况下，溶液中存在的金属离子和金属单质．（1）若铁粉有剩余，则容器中不可能有的离子是，铜单质（填“一定”或“可能”）存在．（2）若CuCl2有剩余，则容器中还可能有的离子为，铜单质（填“一定”或“可能”）存在．（3）若FeCl3和CuCl2都有剩余，则容器中不可能有的单质是，Fe2+（填“一定”或“可能”）存在．（2）A中溶液变红的原因是．（3）为了探究现象II的原因，甲同学进行如下实验．①取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在．②取A中黄色溶液于试管中，加入过量的KSCN溶液，最终得到红色溶液．甲同学的实验证明产生现象Ⅱ的原因是SCN﹣与Cl2发生了反应．（4）甲同学猜想SCN﹣可能被Cl2氧化了，他又进行了如下研究．资料显示：SCN﹣的电子式为①甲同学认为SCN﹣中碳元素没有被氧化，理由是．②取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN ﹣中被氧化的元素是．③通过实验证明了SCN﹣中氮元素转化为NO3﹣．④若SCN﹣与Cl2反应生成1mol CO2，则转移电子的物质的量是mol．23．以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生产硫酸的催化剂．从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境回答下列问题：（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为，同时V2O4转成VO2+．“废渣1”的主要成分是．（2）“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+，则需要氧化剂KClO3至少为mol．（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124﹣形式存在于溶液中．“废渣2”中含有．（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V4O124﹣R4V4O12+4OH﹣（以ROH为强碱性阴离子交换树脂）．为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈性（填“酸”“碱”“中”）．（5）“流出液”中阳离子最多的是．（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式．24．化合物H是合成抗心律失常药物泰达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：（1）D中的含氧官能团名称为（写两种）．（2）F→G的反应类型为．（3）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式．①能发生银镜反应；②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；③分子中只有4种不同化学环境的氢．（4）E经还原得到F，E的分子是为C14H17O3N，写出E的结构简式．（5）已知：①苯胺（）易被氧化请以甲苯和（CH3CO）2O为原料制备，写出制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）．2017-2018学年江西省九江一中高二（下）段考化学试卷（7月份）一、选择题【分析】A．Al2（SO4）3和小苏打在溶液中发生互促水解反应，可生成二氧化碳气体；B．氯化铁具有强氧化性，可与铜反应；C．次氯酸盐具有强氧化性，可用于漂白；D．玻璃含有二氧化硅，HF与SiO2反应．【解答】解：A．Al2（SO4）3水解呈酸性，小苏打水解呈碱性，在溶液中二者发生互促水解反应，可生成二氧化碳气体，可用于泡沫灭火器灭火，故A正确；B．氯化铁具有强氧化性，可与铜反应，与铁、铜的活泼性无关，故B错误；C．次氯酸盐具有强氧化性和漂白性，可用于漂白，故C正确；D．玻璃含有二氧化硅，HF与SiO2反应生成SiF4，氢氟酸可用于雕刻玻璃，故D正确．故选B．【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意相关基础知识的积累，难度不大．2．下列说法正确的是( )A．高温下，可在试管内完成焦炭和石英砂（SiO2）制取硅的反应B．自然界中硅的储量丰富，仅次于氧，自然界中存在大量的单质硅C．现代海战通过喷放液体SiCl4（极易水解）和液氨可产生烟幕，其主要成分是NH4Cl D．从燃煤烟道灰中（含GeO2）提取半导体材料单质锗（Ge），不涉及氧化还原反应【分析】A．试管自身含有二氧化硅；B．自然界中没有游离态的硅；C．SiCl4（极易水解）水解后生成硅酸和氯化氢；D．凡是有化合价的升降的反应是氧化还原反应．【解答】解：A．试管自身含有二氧化硅，高温条件下可以和焦炭反应，故A错误；B．自然界中没有游离态的硅，故B错误；C．SiCl4（极易水解）水解后生成硅酸和氯化氢，氯化氢易和氨气反应生成氯化铵固体，故C正确；D．由GeO2提取半导体材料单质锗（Ge）有化合价的升降是氧化还原反应，故D错误．故选C．【点评】本题考查硅的化合物的性质，难度中等，注意SiCl4（极易水解）水解后生成硅酸和氯化氢，氯化氢易和氨气反应生成氯化铵固体．3．N A为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是( )A．2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.8N AB．标准状况下，5.6L二氧化碳气体中含有的氧原子数为0.5N AC．8.7gMnO2与40mL 10mol/L的浓盐酸充分反应，生成的氯气分子数为0.1N AD．0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的氢离子数为0.05N A【分析】A、求出镁的物质的量，然后根据镁反应后变为+2价来分析；B、求出二氧化碳的物质的量，然后根据1mol二氧化碳中含2mol氧原子来分析；C、二氧化锰只能和浓盐酸反应，和稀盐酸不反应；D、醋酸为弱电解质．【解答】解：A、2.4g镁的物质的量为0.1mol，而镁反应后变为+2价，故0.1mol镁转移0.2N A 个电子，故A错误；B、标况下5.6L二氧化碳的物质的量为0.25mol，而1mol二氧化碳中含2mol氧原子，故0.25mol二氧化碳中含0.5N A个氧原子，故B正确；C、二氧化锰只能和浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故盐酸不能反应完全，则生成的氯气分子小于0.1N A个，故C错误；D、醋酸为弱电解质，不能完全电离，故溶液中的氢离子的个数小于0.05N A个，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．4．常温下，下列各组离子可能大量共存的是( )A．水电离的H+浓度c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中：Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣、NH4+、SO32﹣B．使石蕊变红的溶液中：Fe2+、MnO4﹣、NO3﹣、Na+、SO42﹣C．加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl﹣、K+、SO42﹣D．中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3﹣、I﹣、Cl﹣、S2﹣【分析】A．水电离的H+浓度c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液可能呈酸性或碱性；B．使石蕊变红的溶液呈酸性；C．加入Mg能放出H2的溶液呈酸性；D．能水解的离子不能大量存在于中性溶液中．【解答】解：A．水电离的H+浓度c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下CO32﹣、SO32﹣不能大量共存，碱性条件下NH4+不能大量共存，故A错误；B．使石蕊变红的溶液呈酸性，酸性条件下Fe2+与MnO4﹣、NO3﹣发生氧化还原反应，不鞥大量共存，故B错误；C．加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；D．Fe3+、Al3+水解呈酸性，S2﹣水解呈碱性，发生互促水解而不能大量存在于中性溶液中，且Fe3+、I﹣发生氧化还原反应，故D错误．故选C．【点评】本题考查离子共存问题，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握常见离子的性质以及反应类型的判断，答题时注意审题，把握溶液离子成分和性质，难度不大．5．下列实验的反应原理用离子方程式表示正确的是( )A．室温下，测的氯化铵溶液pH＜7，证明一水合氨的是弱碱：NH4++2H2O=NH3•H2O+H3O+ B．将16.8g铁粉投入100mL4.0mol/L的HNO3溶液中（还原产物只有NO）：6Fe+20H++5NO3﹣=3Fe2++3Fe3++5NO↑+10H2OC．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO4﹣+16H++5C2O42﹣=2Mn2++10CO2↑+8H2OD．用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑【分析】A．水解为可逆反应；B．Fe的物质的量为=0.3mol，硝酸的物质的量为0.1L×4.0mol/L=0.4mol，物质的量比为3：4，硝酸不足；C．草酸在离子反应中保留化学式；D．Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，而Mg不反应．【解答】解：A．室温下，测的氯化铵溶液pH＜7，证明一水合氨的是弱碱的离子反应为NH4++2H2O⇌NH3•H2O+H3O+，故A错误；B．Fe的物质的量为=0.3mol，硝酸的物质的量为0.1L×4.0mol/L=0.4mol，硝酸不足，离子反应为3Fe+8H++2NO3﹣=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；C．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸的离子反应为2MnO4﹣+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C错误；D．用氢氧化钠溶液除去镁粉中的杂质铝的离子反应为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故D正确；故选D．【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，侧重分析与应用能力的考查，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．6．化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示．下列有关化合物X的说法正确的是( )A．分子中两个苯环一定处于同一平面B．不能与饱和Na2CO3溶液反应C．在酸性条件下水解，水解产物只有一种D．1 mol化合物X最多能与2 molNaOH反应【分析】有机物含有酯基，可发生水解反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，结合有机物的结构特点解答该题．【解答】解：A．两个苯环连接在饱和碳原子上，具有甲烷的结构特点，且C﹣C为δ键，可自由旋转，则分子中两个苯环不一定处于同一平面，故A错误；B．含有羧基，具有酸性，可与碳酸钠反应，故B错误；C．能水解的只有酯基，因为环状化合物，则水解产物只有一种，故C正确；D．能与氢氧化钠反应的为酯基、羧基，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1 mol化合物X最多能与3 molNaOH反应，故D错误．故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，题目难度中等，注意体会官能团与性质的关系，明确酸、酯的性质即可解答，试题培养了学生的灵活应用能力．7．某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解：再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，震荡后仍有固体存在．该白色粉末可能为( )A．NaHCO3、Al（OH）3B．AgCl、NaHCO3C．Na2SO3、BaCO3D．Na2CO3、CuSO4【分析】①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解，说明有一种物质不溶于水，再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解，则至少有一种物质可与盐酸反应生成气体，可能为二氧化碳或二氧化硫；②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，震荡后仍有固体存在，说明在振荡过程中生成不溶于酸的固体，以此解答该题．【解答】解：A．NaHCO3、Al（OH）3都与盐酸反应，硫酸足量时没有固体剩余，故A错误；B．碳酸氢钠与盐酸反应生成气体，AgCl不溶于盐酸，故B错误；C．BaCO3不溶于水，二者都与盐酸反应，且生成气体，若加入足量稀硫酸，有气泡产生，且BaCO3，能和H2SO4反应生成BaSO4沉淀，故C正确；D．加入过量硫酸，生成二氧化碳气体，但没有固体剩余，故D错误．故选C．【点评】本题考查物质的检验和鉴别，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，难度中等．8．绿泥石的组成可表示为Al4Si4Ox（OH）y，其中x、y分别为( )A．108 B．710 C．810 D．97【分析】据化合物中各元素的化合价代数和为0，利用高岭土的化学式Al4Si4O x（OH）y，由铝、硅、氧、氢氧根分别为+3、+4、﹣2、+1价计算化合物中x，y的值．【解答】解：铝、硅、氧、氢氧根的化合价分别为：+3价、+4价、﹣2价、﹣1价，依据化合物中各元素的化合价代数和为0，则有：（+3）×4+（+4）×4+（﹣2）×x+（﹣1）×y=0，即2x+y=28，A．若x，y分别为10，8，则2x+y=28，符合题意，故A正确；B．若x，y分别为7，10，则2x+y=24，不符合题意，故B错误；C．若x，y分别为8，10，则2x+y=26，不符合题意，故C错误；D．若x，y分别为9，7，则2x+y=25，不符合题意，故D错误；故选A．【点评】本题考查了绿泥石的组成，根据化合物中各元素的化合价代数和为0，利用化合物的化学式，可确定化学式中原子的个数，题目难度不大．9．根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是( )A．制取氨气B．制取NaHCO3C．分离NaHCO3D．干燥NaHCO3【分析】A．氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵；B．气体通入方向错误；C．从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法；D．碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥．【解答】解：A．氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A错误；B．应将二氧化碳从长导管进入，否则将液体排出，故B错误；C．从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C正确；D．碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可烘干，故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、提纯以及制备，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大．10．某兴趣小组设计如下装置进行氯气与金属钠的反应，先将钠预热，在钠熔融成小球时，撤火，并通入氯气即发生反应，下列叙述中错误的是( )A．钠着火剧烈燃烧产生苍白色的火焰B．反应产生的大量白烟是氯化钠固体C．棉球①的作用是吸收过量氯气防止产生污染D．棉球②变蓝色则证明氯气未被碱液完全吸收【分析】氯气性质活泼，易与活泼金属钠发生化合反应生成NaCl，火焰呈黄色，氯气易与NaOH溶液反应而被吸收，氯气具有强氧化性，与碘化钾发生置换反应．【解答】解：A．钠着火燃烧产生黄色火焰，故A错误；B．氯气性质活泼，易与活泼金属钠发生化合反应生成NaCl，反应时有大量白烟，故B正确；C．氯气有毒，不能排放到空气中，氯气易与NaOH溶液反应而被吸收，所以棉球①的作用是吸收过量氯气防止产生污染，故C正确；D．氯气具有强氧化性，与碘化钾发生置换反应，可根据其颜色变化判断氯气是否被碱液完全吸收，棉球②变蓝色则证明氯气未被碱液完全吸收，不变蓝证明吸收完全，故D正确；故选A．【点评】本题考查氯气的性质，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．11．缬氨霉素（valinomycin）是一种脂溶性的抗生素，是由12个分子组成的环状化合物，它的结构简式如图所示，有关说法正确的是( )A．缬氨霉素是一种蛋白质B．缬氨霉素完全水解可得到四种氨基酸C．缬氨霉素完全水解后的产物中有两种产物互为同系物D．缬氨霉素完全水解，其中一种产物与甘油互为同分异构体【分析】缬氨霉素属于抗生素，不是蛋白质，发生水解产物有三种、和，以此解答该题．【解答】解：A、蛋白质是高分子化合物，分子中含有氨基、羧基和肽键，而缬氨霉素是由12个分子组成的环状化合物，故A错误；B．缬氨霉素发生水解产物有三种、和，且只有是氨基酸，故B错误：C．和互为同系物，故C正确；D．与甘油醛（）互为同分异构体，与甘油分子式不同，故D错误；故选C．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物水解产物的判断，为解答该题的关键，题目难度中等．12．向1L含0.01mol NaAlO2和0.02mol NaOH的溶液中缓慢通入CO2，随n（CO2）增大，先后发生三个不同的反应，当0.01mol＜n（CO2）≤0.015mol时发生的反应是：【分析】通入二氧化碳首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02mol 氢氧化钠消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸钠，然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01mol偏铝酸钠消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸钠．然后再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015mol的二氧化碳，生成0.03mol的碳酸氢钠，由此分析各选项．【解答】解：A、未通入二氧化碳时，溶液中的电荷守恒有c（Na+）+c（H+）=c（AlO2﹣）+c（OH﹣），故A错误；B、当二氧化碳为0.01mol，所得溶液为0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠，因为碳酸酸性强于氢氧化铝，所以偏铝酸根离子水解程度比碳酸根离子强，则偏铝酸根离子浓度小于碳酸根离子浓度，所以溶液中离子的物质的量浓度大小为：c（Na+）＞c（CO32﹣）＞c（AlO2﹣）＞c（OH﹣），故B错误；C、当二氧化碳为0.015mol时，所以得溶液为0.015mol碳酸钠，溶液中离子浓度的关系为c （Na+）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣），故C错误；D、当二氧化碳的量为0.03mol时，所得溶质为碳酸氢钠，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，所以离子浓度大小顺序为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故D正确；故选D．【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较，主要掌握盐类水解的分析判断，注意守恒原理在解题中的应用，题目有一定的难度．13．某学生做如下实验：第一步，在淀粉KI溶液中滴入少量NaClO溶液，并加入少量稀硫酸，溶液立即变蓝；第二步，在上述蓝色溶液中，滴加足量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失．下列对实验原理的解释和所得结论错误的是( )A．蓝色逐渐消失的原因是Na2SO3溶液具有漂白性B．第一步反应的离子方程式ClO﹣+2I﹣+2H+═I2+Cl﹣+H2OC．淀粉KI溶液变蓝是因为I﹣被氧化为I2，I2使淀粉变蓝色D．微粒的氧化性由强到弱的顺序是ClO﹣＞I2＞SO【分析】第一步中发生：NaClO+2KI+H2SO4═I2+NaCl+K2SO4+H2O，第二步发生：Na2SO3+I2+H2O═Na2SO4+2HI，均为氧化还原反应，结合物质的性质及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答．【解答】解：A．由第二步反应可知，S元素的化合价升高，则蓝色消失的原因是Na2SO3溶液具有还原性，故A错误；B．由第一步反应可知，淀粉KI溶液变蓝是因为I﹣被氧化为I2，淀粉遇I2变蓝，所以反应的方程式为：ClO﹣+2I﹣+2H+═I2+Cl﹣+H2O，故B正确；C．由第一步反应可知，淀粉KI溶液变蓝是因为I﹣被氧化为I2，淀粉遇I2变蓝，故C正确；D．由NaClO+2KI+H2SO4═I2+NaCl+K2SO4+H2O，ClO﹣的氧化性大于I2的氧化性，由Na2SO3+I2+H2O═Na2SO4+2HI，I2的氧化性大于SO4 2﹣的氧化性，所以氧化性强弱为：ClO ﹣＞I2＞SO42﹣，故D正确；故选：A．【点评】本题以卤族元素及化合物的性质考查氧化还原反应，把握发生的化学反应为解答的关键，注意利用氧化还原反应中的规律性知识来解答，题目难度中等．14．某无色溶液中可能含有Na+、K+、NH4+、Mg2+、Cu2+、SO42﹣、SO32﹣、Cl﹣、Br﹣、CO32﹣中的若干种，离子浓度都为0.1mol•L﹣1．往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成．某同学另取少量原溶液，设计并完成如下实验：则关于原溶液的判断中正确的是( )A．若步骤中Ba（NO3）2和HNO3溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响B．无法确定原溶液中是否存在Cl﹣C．肯定存在的离子是SO32﹣、Br﹣，是否存在Na+、K+需要通过焰色反应来确定D．肯定不存在的离子是Mg2+、Cu2+、SO42﹣、CO32﹣，是否含NH4+另需实验验证【分析】无色溶液中一定不含Cu2+，往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，无SO42﹣，加足量氯水，无气体，则无CO32﹣，溶液加四氯化碳分液，下层橙色，则有Br﹣，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有SO32﹣，无Mg2+，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为0.1mol•L﹣1．根据电荷守恒，一定含有NH4+、Na+、K+，一定不存在Cl﹣．滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，是过程中加氯水时引入的氯离，结合溶液为电中性来解答．【解答】解：无色溶液中一定不含Cu2+，往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，无SO42﹣，加足量氯水，无气体，则无CO32﹣，溶液加四氯化碳分液，下层橙色，则有Br﹣，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有SO32﹣，无Mg2+，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为0.1mol•L﹣1，根据电荷守恒，一定含有NH4+、Na+、K+，一定不存在Cl﹣，故选A．【点评】本题考查离子的检验及离子共存，为高频考点，把握常见离子的检验及发生的化学反应为解答的关键，侧重学生分析能力及思维严密性的考查，题目难度不大．15．向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如图所示．已知：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br﹣、2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2，则下列有关说法中不正确的是( )A．还原性：I﹣＞Fe2+＞Br﹣ B．线段AB表示Fe2+被氯气氧化C．线段BC表示生成4 mol Fe3+D．原溶液中n（Br﹣）=6 mol【分析】氧化还原反应中：氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性，还原剂的还原性＞还原产物的还原性，根据反应可知，还原性强弱为：I﹣＞Fe2+＞Br﹣；氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为0～1mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为1～3mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，。