2017-2018学年江西省抚州市临川区第一中学高二5月月考化学试题 解析版
江西省抚州市临川区第一中学2017-2018学年高二上学期
临川一中2017—2018学年度上学期第一次月考高二理科数学试卷1. 已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】，则故选D2. 下列命题中为真命题的是（）A. 命题“若，则”的否命题B. 命题“若，则”的逆命题C. 命题“若，则”的否命题D. 命题“若，则”的逆否命题【答案】B【解析】对于A：命题“若，则”的否命题是：若，则，是假命题；对于B：命题“若，则”的逆命题：若，则，是真命题；对于C：命题“若，则”的否命题若，则，是假命题；对于D：命题“若，则”的逆否命题是假命题，故其逆否命题是假命题；故选B．3. 函数有且只有一个零点的充分不必要条件是（）A. B. C. D. 或【答案】C【解析】∵当时，是函数的一个零点；故当时，恒成立；即恒成立，故故选C．4. 下列说法中不正确的是（）A. “为真”是“为真”的必要不充分条件B. 存在无数个，使得等式成立C. 命题“在中，若,则”的逆否命题是真命题D. 若命题，使得，则，都有【答案】A【解析】（A）“”为真，则同时为真，所以“”为真，反之则不成立，故“”为真是“”为真的充分不必要条件．故A错误（B）．可得，所以只要β=kπ，任意，或者任意．故B正确．（C）“在中，若，则”为真命题，则其逆否命题为真命题．故C正确．（D）命题使得，则均有正确；故选A5. 在空间直角坐标系中,已知.若分别是三棱锥在坐标平面上的正投影图形的面积，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】根据点在面上的投影，D,B在xoy面上投影分别为（1,1,0），（2,，2，0），所以投影三角形面积，在面yoz面上的投影分别为（,，），（），投影梯形面积，在面xoz面上的投影分别为，，投影梯形的面积，故，选C.6. 函数的值域为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】即函数的值域为；故选A．7. 若当时，函数始终满足，则函数的图象大致为（）A. B. C.D.【答案】B【解析】∵当时，函数|始终满足因此，必有先画出函数的图象：黑颜色的图象．而函数，其图象如红颜色的图象．故选B．8. 在中，角的对边分别为，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】中，，故由正弦定理可得．再由余弦定理可得，故选C．9. 已知一个几何体的三视图及有关数据如右图所示,则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】D故选D．【点睛】本题考查了由三视图求几何体的体积，判断几何体的几何特征及数据所对应的几何量是关键．10. 能够把椭圆:的周长和面积同时分为相等的两部分的函数称为椭圆的“亲和函数”，下列函数是椭圆的“亲和函数”的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为椭圆是关于原点的中心对称图形，所以函数要平分椭圆的周长和面积，必须是中心对称图形，因此函数必为奇函数，选项中只有C选项是奇函数，故选C.11. 已知椭圆Γ：的离心率为，过右焦点F且斜率为的直线与Γ相交于A，B两点．若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设，设设直线方程为代入①中消去，可得，由可得解得．故选D12. 已知函数若，且，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设，由二次函数对称轴方程为，又且知，，且，化简得：则的轨迹是圆上的一个部分，（黑色部分），设得，平移，当直线和圆在第三象限相切时，截距最小，此时最小，此时圆心到直线的距离，即，得或（舍），所以最小值【点评】本题考查带绝对值的函数，作出函数f（x）结合已知求得，利用线性规划以及直线和圆相切的位置关系是解决本题的关键．渗透化归思想与数形结合思想，综合性较强，有一定的难度．13. 在椭圆上有两个动点，，若为定点，且，则的最小值为_________.【答案】【解析】由题点在椭圆上，可设则由，可得当时，取得最小值故答案为．【点睛】本题考查向量的数量积的定义和性质，考查椭圆的参数方程的运用，同时考查余弦函数的值域，其中利用椭圆参数方程设出点是解题的关键．14. 设，若直线与轴相交于点，与轴相交于点，且与圆相交所得弦的长为，为坐标原点，则面积的最小值为_________. 【答案】【解析】由题意可得圆心坐标为，半径∵直线与圆相交所得弦∴圆心到直线l的距离∴圆心到直线的距离，整理得：，令直线解析式中，解得：，，即令，解得，即，，当且仅当时取等号，又为直角三角形，，当且仅当时取等号，则面积的最小值为3．15. 已知数列满足，则_________.【答案】..................16. 正方体的棱长为，为的中点，为线段的动点，过的平面截该正方体所得的截面记为，则下列命题正确的序号是_________.①当时，的面积为；②当时，为六边形；③当时，与的交点满足；④当时，为等腰梯形；⑤当时，为四边形.【答案】①③④⑤【解析】如图，当时，即Q为CC1中点，此时可得PQ∥AD1，AP=QD1=，故可得截面APQD1为等腰梯形，故④正确；由上图当点Q向C移动时，满足，只需在DD1上取点M满足AM∥PQ，即可得截面为四边形APQM，故⑤正确；③当CQ=时，如图，延长DD1至N，使D1N=，连接AN交A1D1于S，连接NQ交C1D1于R，连接SR，可证AN∥PQ，由△NRD1∽△QRC1，可得C1R：D1R=C1Q：D1N=1：2，故可得C1R=，故正确；②由③可知当时，只需点Q上移即可，此时的截面形状仍然上图所示的APQRS，显然为五边形，故错误；①当CQ=1时，Q与C1重合，取A1D1的中点F，连接AF，可证PC1∥AF，且PC1=AF，可知截面为APC1F为菱形，故其面积为，故正确．故答案为：①③④⑤．17. 已知函数上的一个最高点的坐标为, 由此点到相邻最低点间的曲线与轴交于点.（1）求函数解析式；（2）求函数的单调递减区间和在内的对称中心．【答案】（1）；（2）单调递减区间为对称中心为【解析】试题分析：（1）依题意知，，易求；再由可求得，从而可得函数解析式；（2）利用正弦函数的单调性，由，可求得函数的单调增区间．由，可求在内的对称中心．试题解析：（1）（2）单调递减区间为对称中心为则内的对称中心为18. 已知命题“存在”，命题：“曲线表示焦点在轴上的椭圆”，命题“关于的不等式成立”（1）若“且”是真命题，求实数的取值范围；（2）若是的必要不充分条件，求实数的取值范围.【答案】（1）或（2）或【解析】试题分析：（1）若“p且q”是真命题，则p，q同时为真命题，建立条件关系，即可求m的取值范围；（2）根据q是s的必要不充分条件，建立条件关系，即可求t的取值范围．试题解析：（1）若为真：解得或若为真：则解得或若“且”是真命题，则解得或（2）若为真，则，即由是的必要不充分条件，则可得或即或解得或19. 在中，角、、的对边分别为、、，且满足．（1）求角的大小；（2）若，求面积的最大值．【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）利用二倍角公式对原等式化简可求得的值，进而求得．（2）对原等式平方，利用向量的数量积的运算公式求得关于和的关系式，进而利用基本不等式求得的范围，进而求得三角形面积的最大值．试题解析：（1）由得解得，由，所以（2）取中点，则在中，（注：也可将两边平方）即，所以，当且仅当，时取等号此时，其最大值为20. 在四棱锥中，底面，底面是直角梯形，，，，是上的点．（1）求证：平面⊥平面；（2）若是的中点，且二面角的正切值为，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】试题分析：（Ⅰ）要证面面垂直，就要证线面垂直，首选寻找直线垂直，在底面直角梯形中，，可证得，又可得，从而有平面，从而可得面面垂直；（Ⅱ）结合（Ⅰ）的证明，为了求直线与平面所成的角，以为原点，为轴，垂直于的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，这样易写出各点坐标，同时设后分别可得，求出平面和平面的法向量，由二面角与法向量夹角的关系求得，由向量和的夹角（或补角）与直线和平面所成的角互余可得结论．试题解析：（Ⅰ）证明：平面ABCD，平面ABCD，，，，，.又，面，面.平面，∵平面，平面平面（Ⅱ）以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，则C（0，0，0），（1，1，0），（1，－1，0）设（0，0，）（），则（，，），，，，取=（1，－1，0）则，为面的法向量设为面的法向量，则，即，取，，，则，依题意，，则于是.设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为考点：面面垂直的判断，直线与平面所成的角．21. 已知椭圆上的点到两个焦点的距离之和为，短轴长为，直线与椭圆交于、两点.（1）求椭圆的方程；（2）若直线与圆相切，探究是否为定值，如果是定值，请求出该定值；如果不是定值，请说明理由．【答案】（1）；（2）（定值）.【解析】试题分析：（1）由已知得由此能求出椭圆的方程．（2）当直线轴时，．当直线与轴不垂直时，设直线直线与与圆的交点M（x1，y1），N（x2，y2），由直线与圆相切，得，联立，得（，由此能证明为定值．试题解析：1）由题意得（2）当直线轴时，因为直线与圆相切，所以直线方程为当时，得M、N两点坐标分别为，当时，同理；当与轴不垂直时，设，由,,联立得，，=综上，（定值）【点睛】本题考查椭圆方程的求法，角为定值的证明，线段的取值范围的求法等.解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用．22. 已知数列的前项和为且.（1）求证为等比数列，并求出数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，是否存在正整数，对任意，不等式恒成立？若存在，求出的最小值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在正整数，对任意.【解析】试题分析：（1）利用可得可证为等比数列，则通项公式可求；（2）由（1）代入得，则通过计算得，则，则，计算可得，试题解析：（1）证明作差得为首项为1，公比为2等比数列（2）代入得，存在正整数，对任意。
江西省抚州市临川区第一中学高二12月月考化学试题
化学月考答案
一、选择题：(本题包括16小题,每小题3分,共48分。
每小题只有一个选项符合题意)
二.非选择题（共52分）
17.(1)蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶液写出绿色溶液；
(2)①2CrO 42-+2H
＋Cr 2O 72-+H 2O ； ② 增大； 1.0×1014 ；③小于； (3) 2.0×10-5 ；5×10-3；(4) Cr 2O 72-+3HSO 3- +5H ＋
=2Cr 3++3SO 42-+4H 2O 。
18.（1）污染小；可再生；来源广；资源丰富；燃烧热值高；H 2+2OH --2e -=2H 2O （2）＜ （3）ac （4）光能转化为化学能
（5）①阳极室 ②防止Na 2FeO 4与H 2反应使产率降低
③M 点：c(OH -)低，Na 2FeO 4稳定性差，且反应慢(或N 点：c(OH -)过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na 2FeO 4产率降低)。
19. （1）①2OH -＋3ClO 2－＋4NO ＝4NO 3－＋3Cl －
＋2H 2O ；提高 ②减小；
③大于；NO 溶解度较低或脱硝反应活化能较高 （2）①减小；②2242223()()
()()
c Cl c SO K c ClO c SO ----=
（3）①生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，使平衡向正反应方向进行②△H 1＋△H 2－△H 3 20. 21。
江西省抚州市临川区第一中学2017-2018学年高二下学期
川一中2017—2018学年度下学期期末考试高二数学试卷（理科）一、单选题：本大题共12个小题，每小题5分，共60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. 已知是虚数单位，复数，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：等式两边同乘以利用复数的乘法运算法则化简复数，从而可得结果.详解：，，则，可得，故选D.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.2. 双曲线的焦距是（）A. B. 4 C. 8 D. 与有关【答案】C【解析】分析：由双曲线的方程根据公式，求出的值，进而可求焦距.详解：由双曲线可得，，焦距，故选C.点睛：本题主要考查了双曲线的标准方程与简单性质，意在考查对基础知识掌握的熟练程度，属于基础题.3. 设，为两个非零向量，则“”是“与共线”的（）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充要条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】分析：由等价于向量同向，结合充分条件与必要条件的定义可得结果.详解：因为等价于向量同向，故“”是“与共线”的充分而不必要条件，故选A.点睛：判断充要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.4. 临川一中舞蹈社为了研究男女学生对舞蹈的喜爱程度，随机调查学校110名学生是否喜欢跳舞，由列联表和公式计算出，并由此作出结论：“有的可能性认为学生喜欢跳舞与性别有关”，则可以为（）A. 3.565B. 4.204C. 5.233D. 6.842【答案】D【解析】分析：利用所给数据，在时，可得题中结论.详解：利用所给数据，在时，可作出结论：“有99%的可能性认为学生喜欢跳舞与性别有关”，只有D满足.故选D.点睛：本题考查独立性检验，解题时只要计算，然后对照所给数据即可得出结论，属于简单题.5. 已知将函数的图象向左平移个单位之后与的图象重合，则（）A. 4B. 6C. 7D. 9【答案】A【解析】分析：由图象向左平移个单位之后与图象重合，可得，结合即可的结果.详解：的图象向左平移个单位之后与图象重合，，，解得，又，故选A.点睛：本题考查了三角函数的图象，重点考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度.6. 数列的通项公式，其前项和为，则（）A. 1010B. -1010C. 2018D. -504【答案】B【解析】分析：根据通项公式，可得看成其是以为周期的周期函数，求出相邻项的值，即可求解.详解：，其是以为周期的周期函数，，，，，，故选B.点睛：本题考查了三角函数的单调性，数列求和，推理能力与计算能力，属于中档题.利用递推关系求数列中的项常见思路为：（1）项的序号较小时，逐步递推求出即可；（2）项的序数较大时，考虑证明数列是等差、等比数列，或者是周期数列.7. 如图给出的是计算的值的一个程序框图，其中判断框内应填入的条件是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：由题意可知，首先判断框中的条件不满足，框图依次执行循环，框图执行第一循环后，的值为，执行第二循环后，的值为前项的和，满足，框图应执行次循环，此时的值为，判断框中的条件应该满足，算法结束，由此得到判断框中的条件.详解：框图首先给累加变量赋值为赋值，给循环变量赋值，此时判断框中的条件满足，执行；此时判断框中的条件满足，执行；此时判断框中的条件满足，执行；此时判断框中的条件满足，执行，此时判断框中的条件不满足，故判断框内应填入的一个条件为，故选A.点睛：本题考查了循环结构，是直到型循环，区别当型和直到型的关键在于是满足条件执行循环还是不满足执行循环，满足条件执行循环的是当型结构，不满足条件执行循环的是直到型结构，是基础题.8. 在长方体中，二面角的大小为，与平面所成角的大小为，那么异面直线与所成角的余弦值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：连接，由可得为异面直线与所成角，然后解直角三角形及余弦定理求得结论.详解：连接，由可得为异面直线与所成角，如图，由二面角的大小为，可知，又与平面所成角的大小为，，连接，设，则，，在中，由余弦定理可得，，异面直线与所成角的余弦值是，故选B.点睛：本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题题.求异面直线所成的角的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到，异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.9. 如图，某几何体的正视图（主视图），侧视图（左视图）和俯视图分别是等边三角形，等腰三角形和菱形，则该几何体体积为（）A. B. 4 C. D. 2【答案】C【解析】分析：由三视图可得该几何体是一个四棱锥，底面是边长为，高是，利用棱锥的体积公式可得结果.详解：由三视图可得该几何体是一个四棱锥，底面是边长为，高是，故底面菱形的面积为，侧棱为，则棱锥的高为，故，故选C.点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.10. 某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形（边长为2个单位）的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向行走个单位，一直循环下去.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的所有不同走法共有（）A. 22种B. 24种C. 25种D. 27种【答案】D【解析】分析：抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的表示三次骰子的点数之和是，列举出在点数中三个数字能够使得和为的，共有种组合，利用分类计数原理能得到结果.详解：由题意知正方形（边长为个单位）的周长是，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的表示三次骰子的点数之和是，列举出在点数中三个数字能够使得和为的有，共有种组合，前种组合，每种情况可以排列出种结果，共有种结果；各有种结果，共有种结果，根据分类计数原理知共有种结果，故选D.点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.11. 在直角坐标系内，已知是以点为圆心的圆上的一点，折叠该圆两次使点分别与圆上不相同的两点（异于点）重合，两次的折痕方程分别为和，若圆上存在点，使得，其中点、，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：求出的方程和过的圆的方程，两圆内切时，取得最大值，两圆外切时，取得最小值，利用圆与圆的位置关系进行求解即可.详解：若，则，即，则，由题意，是上一点，折叠该圆两次使点分别与圆上不相同的两点，（异于点）重合，两次折痕方程分别为和，设关于对称的点为，则可得，同理关于对称的点为，直线和互相垂直，，的中点为圆心，半径为，的方程为圆心，圆上存在点，使得，则过圆的方程为，（设），与圆有交点，若两圆内切时，取得最大值，此时为，即，则，两圆外切时取得最小值，，所以的取值范围为，故选B.点睛：本题考查圆的方程，考查圆与圆的位置关系，考查学生的计算能力，利用数形结合以及对称性是解决本题的关键，有一定的难度. 解析几何中的对称问题，主要有以下三种题型：（1）点关于直线对称，关于直线的对称点，利用，且点在对称轴上，列方程组求解即可；（2）直线关于直线对称，利用已知直线与对称轴的交点以及直线上特殊点的对称点（利用（1）求解），两点式求对称直线方程；（3）曲线关于直线对称，结合方法（1）利用逆代法求解.12. 已知函数，，若对任意的，总有恒成立，记的最小值为，则最大值为（）A. 1B.C.D.【答案】D【解析】分析：由题意可得在恒成立，设，只要的最大值不大于零，求出的导数和单调区间，讨论的符号，可得最小值，再令，可令，求出导数和单调区间，可得极大值，且为最大值.详解：若对任意的，总有恒成立，即为在恒成立，设，则的最大值不大于零，由，若在递增，无最大值，若，则当时，在递减，当时，在递增，可得处取得最大值，且为，则，可得，，可得，设，，，当时，在递减，当时，在递增，可得处取得极大值，且为最大值，则最大值为，故选D.点睛：本题考查函数的最值的求法，注意运用导数判断单调性，考查不等式恒成立问题的解法，注意转化为求函数的最值，考查换元法和构造函数法，属于综合题. 不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；② 数形结合(图象在上方即可)；③ 讨论最值或恒成立；④ 讨论参数.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 设，满足约束条件，则的最小值为__________．【答案】【解析】分析：画出可行域，的最小值就是可行域内的点到点距离平方的最小值，结合图象利用点到直线距离公式可得结果.详解：画出约束条件表示的可行域，如图，的最小值就是可行域内的点到点距离平方的最小值，由图可知，到直线的距离最小，由点到直线距离公式可得到直线的距离，即的最小值为，故答案为.点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二找、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移或旋转变形后的目标函数，最先通过或最后通过的定点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.14. 的展开式中项的系数为270，则__________．【答案】1【解析】分析：先求出二项式的展开式的通项公式，令的指数等于，求出的值，即可求得展开式中的项的系数，从而求得，利用微积分基本定理求解即可.详解：展开式的通项为，令得的展开式中项的系数为，解得，，故答案为.点睛：本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.15. 在区间上随机地选择一个数，则方程有两个负实根的概率为__________．【答案】【解析】分析：由一元二次方程根的分布可得关于的不等式组，解不等式组，由几何概型概率公式可得结果.详解：方程有两个负根等价于，解关于的不等式组可得或，所求概率，故答案为.点睛：本题主要考查几何概型概率公式，一元二次方程根的分布，属于中档题. 解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与长度有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总长度以及事件的长度.16. 已知椭圆：的两个焦点分别为和，短轴的两个端点分别为和，点在椭圆上，且满足，当变化时，给出下列三个命题：①点的轨迹关于轴对称；②的最小值为2；③存在使得椭圆上满足条件的点仅有两个，其中，所有正确命题的序号是__________．【答案】①②【解析】分析：运用椭圆的定义可得也在椭圆上，分别画出两个椭圆的图形，即可判断①正确；由图象可得当的横坐标和纵坐标的绝对值相等时，的值取得最小，即可判断②正确；通过的变化，可得③不正确.详解：椭圆的两个焦点分别为和，短轴的两个端点分别为和，设，点在椭圆上，且满足，由椭圆定义可得，，即有在椭圆上，对于①，将换为方程不变，则点的轨迹关于轴对称，故①正确.；对于②，由图象可得，当满足，即有，即时，取得最小值，可得时，即有取得最小值为，故②正确；对于③，由图象可得轨迹关于轴对称，且，则椭圆上满足条件的点有个，不存在使得椭圆上满足条件的点有个，故③不正确.，故答案为①②.点睛：本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的定义以及椭圆的简单性质，属于难题. 求解与椭圆性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、长轴、短轴、离心率等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 观察下列三角形数表记第行的第个数为.（Ⅰ）分别写出，，值的大小；（Ⅱ）归纳出的关系式，并求出关于的函数表达式.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】分析：（Ⅰ）直接根据三角形数表中的数值求解即可；（Ⅱ）根据（Ⅰ）观察共同规律，可得，利用累加法可得结果.详解：（Ⅰ）观察以上三角形数表可得：=7，=9，=11.（Ⅱ）依题意，,当时，，，当时，符合上式所求.点睛：本题主要考查归纳推理以及“累加法”的应用，属于中档题.归纳推理的一般步骤: 一、通过观察个别情况发现某些相同的性质. 二、从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想）. 常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类：(1) 数的归纳包括数的归纳和式子的归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等；(2) 形的归纳主要包括图形数目的归纳和图形变化规律的归纳.18. 某校学生参加了“铅球”和“立定跳远”两个科目的体能测试，每个科目的成绩分为，，，，五个等级，分别对应5分，4分，3分，2分，1分，该校某班学生两科目测试成绩的数据统计如图所示，其中“铅球”科目的成绩为的学生有8人.（Ⅰ）求该班学生中“立定跳远”科目中成绩为的人数；（Ⅱ）若该班共有10人的两科成绩得分之和大于7分，其中有2人10分，3人9分，5人8分.从这10人中随机抽取两人，求两人成绩之和的分布列和数学期望.【答案】(1)3人；（2）见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）由“铅球”科目中成绩为E的学生有10人，频率为0.2，能求出该班有50人，由此能求出该班学生中“立定跳远”科目中成绩等级为A的人数．（Ⅱ）设两人成绩之和为X，则X的值可能为：16，17，18，19，20，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列及EX．解：（Ⅰ）∵“铅球”科目中成绩为E的学生有10人，频率为0.2，∴该班有：=50人，∴该班学生中“立定跳远”科目中成绩等级为A的人数为：50（1﹣0.375﹣0.375﹣0.150﹣0.020）=4，∴该班学生中“立定跳远”科目中成绩为A的人数为4人．（Ⅱ）设两人成绩之和为X，则X的值可能为：16，17，18，19，20，P（X=16）==，P（X=17）==，P（X=18）==，P（X=19）==，P（X=20）==，∴X的分布列为：EX==．考点：离散型随机变量的期望与方差；频率分布表；离散型随机变量及其分布列．19. 如图，平面平面，其中为矩形，为梯形，，，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若二面角的平面角的余弦值为，求的长.【答案】(1)见解析；（2）AB＝.【解析】分析：(Ⅰ)由线面垂直的性质可得平面，从而得，结合，利用线面垂直的判定定理可得平面；（Ⅱ）设，以为原点，所在的直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，平面ABF的法向量可取，利用向量垂直数量积为零列方程组求得平面的法向量)，利用空间向量夹角余弦公式可得结果.详解：(Ⅰ)平面平面,且为矩形，平面，又平面,，又且平面.源:](Ⅱ)设AB＝x．以F为原点，AF，FE所在的直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系．则F(0，0，0)，A(－2，0，0)，E(0，，0)，D(－1，，0)，B(－2，0，x)，所以＝(1，－，0)，＝(2，0，－x)．因为EF⊥平面ABF，所以平面ABF的法向量可取＝(0，1，0)．设＝(x1，y1，z1)为平面BFD的法向量，则所以，可取＝(，1，)．因为cos<，>＝＝，得x＝，所以AB＝．点睛：本题主要考查线面垂直的判定定理、利用空间向量求二面角，属于难题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20. 若椭圆：上有一动点，到椭圆的两焦点，的距离之和等于，到直线的最大距离为.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若过点的直线与椭圆交于不同两点、，（为坐标原点）且，求实数的取值范围.【答案】(1) .(2) （－2，）∪（，2）.【解析】分析：（I）由椭圆的定义及到直线的最大距离为列方程可求得和的值，从而可求得椭圆的方程；（II）设椭圆的方程，代入椭圆的方程，由取得的取值范围，利用韦达定理及向量的坐标运算求得点坐标，代入椭圆方程，求得，由，即可求得的取值范围...............................详解：（I）由已知得，∴，，所以椭圆的方程为：.（II）l的斜率必须存在，即设l：，联立，消去y整理得，由得，设，，由韦达定理得，，而＋＝，设P（x，y），∴∴，而P在椭圆C上，∴，∴（*），又∵，，解之，得，∴，再将（*）式化为，将代入得，即或，则t的取值范围是（－2，）∪（，2）点睛：求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于的方程组，解出，从而写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.21. 已知函数且函数图象上点处的切线斜率为0.（Ⅰ）试用含有的式子表示，并讨论的单调性；（Ⅱ）对于函数图象上的不同两点，如果在函数图象上存在点，使得点处的切线，则称存在“跟随切线”.特别地，当时，又称存在“中值跟随切线”.试问：函数上是否存在两点，使得它存在“中值跟随切线”，若存在，求出，的坐标，若不存在，说明理由.【答案】(1)见解析；（2）见解析。
临川区第一中学2018-2019学年高二上学期第一次月考试卷化学
临川区第一中学2018-2019学年高二上学期第一次月考试卷化学班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、选择题1．下列变化过程，属于放热反应的是（）①工业合成氨②酸碱中和反应③水蒸气变成液态水④固体NaOH溶于水⑤Na在Cl2中燃烧⑥食物腐败⑦浓H2SO4稀释A．①②③④⑤⑥⑦B．②③④⑤C．①②⑤⑥D．①②⑤⑥⑦2．在恒温恒容容器中，不能说明反应：C（s）+CO2（g）2CO（g）已达到平衡状态的是A．每消耗1 mol CO2的同时生成2 mol COB．混合气体的平均相对分子质量不再改变C．容器中气体的压强不再改变D．容器中气体的密度不再改变3．将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是A．水的离子积变大、pH变小、呈酸性B．水的离了积不变、pH不变、呈中性C．水的离子积变小、pH变大、呈碱性D．水的离子积变大、pH变小、呈中性4．已知: H2（g）+I2（g）2HI（g）△H=-14.9kJ·mol-1。
某温度下，在体积均为2.0L的甲、乙两个恒容密闭容器中充入反应物，其起始物质的量如下表所示。
甲中反应达到平衡时，测得c（H2）=0.008mol·L-1。
下列A. 平衡时，乙中H2的转化率是甲中的2倍B. 平衡时，甲中混合物的颜色比乙中深C. 平衡时，甲、乙中热量的变化值相等D. 该温度下，反应的平衡常数K=0.255．在0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH CH3COO－＋H+对于该平衡，下列叙述正确的是A．加入水时，平衡向逆反应方向移动B．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动C．加入少量0.1 mol·L－1 HCl溶液，溶液中c（H+）减小D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动6．下列生活中的化学现象解释不正确的是A．生石灰可作食品速热剂是利用原电池原理B．泡沫灭火器是运用双水解原理产生CO2C．铝盐可作净水剂是利用铝离子水解产生胶体D．将煤气中毒的人移到通风处，是运用平衡理论7．一种新型的“锂-呼吸CO2电池”，结构如图所示，下列说法不正确的是A．该装置是化学能转变为电能B．利用该技术可减少温室气体CO2的排放C．正极的电极反应为：2CO2+ 2e- = C2O42-D．每生成10.2g Li2C2O4，有0.2mol Li+从正极迁移至负极8．下列物质中属于盐的是A．MgO B．H2SO4C．NaOH D．KNO39．常温下，在下列溶液中可能大量共存的离子组是（）A．pH=0的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3﹣、SO42﹣B．由水电离出的c（H+）=1×10﹣13mol/L的溶液：Al3+、K+、SO42﹣、Cl﹣C．c（OH－）/c（H＋）=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3﹣、CO32﹣D．pH=14的溶液：Na+、K+、Al3+、S2﹣10．25℃，已知K Sp（A g Cl）＝1.8×10－10，将2×10－5mol/L的A g NO3溶液和2×10－5mol/L的K Cl溶液等体积混合，下列说法正确的是（）A．恰好形成A g Cl饱和溶液B．能析出A g Cl沉淀C．不能析出A g Cl沉淀D．无法确定能否析出A g Cl沉淀11．室温下，用相同物质的量浓度的HCl溶液，分别滴定物质的量浓度均为0.1mol·L-1的三种碱（AOH、BOH 和DOH）溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断正确的是A．滴定时，随着盐酸溶液的滴入，水电离出的c（H＋）始终增大B．滴定至P点时，溶液中：c（Cl－）＞c（B＋）＞c（BOH）＞c（OH－）＞c（H＋）C．pH=7时，三种溶液中c（Cl－）相等D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c（AOH）＋c（BOH）＋c（DOH）＝c（H＋）－c（OH－）12．下列关于弱电解质的说法中正确的是（）A．弱电解质需要通电才能发生电离B．醋酸溶液达到电离平衡时，不存在CH3COO－+H+CH3COOHC．H2SO4是共价化合物，所以它是弱电解质；NaOH是离子化合物，所以它是强电解质D．弱电解质溶液中，既有溶质分子，又有溶质电离出来的离子13．【2017届河北省正定中学高三上学期第一次月考】2016年6月25日，我国新一代运载火箭长征七号在海南文昌反射成功。
2024年江西省抚州市临川第一中学高二化学第一学期期末学业水平测试试题含解析
2024年江西省抚州市临川第一中学高二化学第一学期期末学业水平测试试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。
考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(共包括22个小题。
每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列物质中，不属于合金的是（）A．青铜 B．锰钢 C．钛合金D．水银2、下列有关苯、乙酸、乙醇说法正确的是A．都不易溶于水B．除乙酸外，其余都不能与金属钠反应C．苯能与溴水在铁作催化剂下发生取代反应D．乙醇与乙酸都能发生取代反应3、下列物质既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的是A．Mg(OH)2 B．Al(OH)3C．SiO2 D．Na2CO34、25℃时，向1L 0.1mol/L的一元酸HR溶液中逐渐通入氨气(已知25℃时一水合氨的电离平衡常数为K=1.76×10－5)，保持溶液的温度和体积不变，混合溶液的pH与粒子浓度比值的对数变化关系如图所示。
下列叙述错误的是A．25℃时，0.1mol/L的一元酸HR的电离平衡常数为K a=10－5B．当通入0.1mol氨气时，c(NH4+)>c(R-)>c(OH－)>c(H＋)C．当c(R-)=c(HR) 时，溶液为酸性D．HR为弱酸，25℃时随着氨气的通入，c (R-)/[c(OH−)•c (HR)] 逐渐增大5、β—紫罗兰酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一种天然香料，它经多步反应可合成维生素A1。
下列说法正确的是( )A．β—紫罗兰酮与中间体X互为同分异构体B．β—紫罗兰酮不可使酸性KMnO4溶液褪色C．维生素A1易溶于NaOH溶液D．1mol维生素A1最多能与5molH2发生加成反应6、反应：aX(g)＋bY(g)cZ(g)，达到平衡时测得X气体的浓度为3mol/L，在恒温下将该容器体积扩大一倍，再次达到平衡时，测得X气体的浓度为1.4mol/L，则下列叙述不正确的是A．a＋b＜c B．平衡向生成Z的方向移动C．Z的体积分数降低 D．Y的转化率升高7、将气体X通入溶液A（如下图，尾气吸收装置略）中，实验现象能够支持结论的是（）选项气体X 溶液A及反应现象结论乙醇与浓硫酸共热170℃产生的气ABr2的水溶液由橙黄色变为无色乙烯与溴发生反应体乙炔被高锰酸钾酸性溶液B 电石与饱和食盐水反应产生的气体KMnO4酸性溶液紫色逐渐变浅氧化溴乙烷与氢氧化钠醇溶液共热生成CBr2的水溶液由橙黄色变为无色乙烯与溴发生反应的气体碳酸钠固体与醋酸溶液反应产生的D苯酚钠溶液中出现白色浑浊碳酸的酸性强于苯酚气体A．A B．B C．C D．D8、设N A表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．标准状况下，22.4LCH4和CH2C12的混合物所含有的分子数目为N AB．3g的甲基中含有的电子数为1.6N AC．0.5mol的有机物C15H32中含有的共价键数目为24N AD．现有乙烯、丙烯、丁烯的混合气体共14g，其原子数为3N A9、常温、常压下，4.8 g碳（石墨）在一定量的氧气中燃烧，反应完成后碳无剩余，共放出100 kJ的热量。
江西省抚州市临川区第一中学2017-2018学年高一下学期
江西省抚州市临川区第一中学2017-2018学年高一下学期第一次月考化学试题1. 自然界中存在的碘的稳定性核素是53127I。
日本福岛第一核电站事故释放出的放射性物质中，含有人工放射性核素53131I。
一旦53131I被人体吸入，就可能会引发甲状腺疾病。
下列说法正确的是A. 53131I是一种新元素B. 53131I的摩尔质量为131gC. 53131I和53127I互为同位素D. 53127I中子数与质子数之差为74【答案】C【解析】稳定性核素是53127I，人工放射性核素53131I，质子数均为为53，属于碘元素，A错误；摩尔质量的单位是，B错误；C质子数相同，中子数不同的碘原子，互为同位素，C正确；中子数，所以中子数与质子数的差为，D错误；正确选项C。
2. 设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是A. 标准状况下，22.4LSO3中含有的原子数目为4N AB. 在常温常压下，48g 氧气和臭氧的混合气体含氧原子数是3N AC. 1nolCl2参加反应转移电子数一定为2N AD. lmolNa2O2与水充分反应转移的电子数为2N A【答案】B【解析】标准状况下，SO3是固体，不能利用气体摩尔体积计算22.4LSO3中含有的原子数目，A错误；氧气和臭氧为氧原子形成的单质，在常温常压下，48g氧气和臭氧的混合气体含氧原子的物质的量为48/16=3mol，个数为4N A，B正确；1 molCl2参加反应转移电子数不一定为2N A，例如氯气与氢氧化钠溶液反应转移1mol电子，C错误；lmolNa2O2与水充分反应转移的电子数为N A，D错误；正确选项B。
3. 下列变化过程中，只破坏共价键的是A. 冰变水B. Na2SO4熔融呈液态C. HCl溶于水得盐酸D. NH4Cl溶于水【答案】C【解析】冰是分子晶体，熔化为水时破坏氢键、分子间作用力，A错误；Na2SO4属于离子化合物，熔融时电离破坏离子键，B错误；HCl中含有共价键，溶于水发生电离，破坏，C正确；NH4Cl溶于水破坏了离子键和共价键，D错误；正确选项：C。
江西省抚州市临川区第一中学2017-2018学年高二上学期
临川一中2017—2018学年度上学期第一次月考高二文科数学试卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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. 已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】，则故选D2. 下列命题中为真命题的是（）A. 命题“若，则”的否命题B. 命题“若，则”的逆命题C. 命题“若，则”的否命题D. 命题“若，则”的逆否命题【答案】B【解析】对于A：命题“若，则”的否命题是：若，则，是假命题；对于B：命题“若，则”的逆命题：若，则，是真命题；对于C：命题“若，则”的否命题若，则，是假命题；对于D：命题“若，则”的逆否命题是假命题，故其逆否命题是假命题；故选B．3. 函数有且只有一个零点的充分不必要条件是（）A. B. C. D. 或【解析】∵当时，是函数的一个零点；故当时，恒成立；即恒成立，故故选C．4. 下列说法中不正确的是（）A. “为真”是“为真”的必要不充分条件B. 存在无数个，使得等式成立C. 命题“在中，若,则”的逆否命题是真命题D. 若命题，使得，则，都有【答案】A【解析】（A）“”为真，则同时为真，所以“”为真，反之则不成立，故“”为真是“”为真的充分不必要条件．故A错误（B）．可得，所以只要β=kπ，任意，或者任意．故B正确．（C）“在中，若，则”为真命题，则其逆否命题为真命题．故C正确．（D）命题使得，则均有正确；故选A5. 平面直角坐标系中，双曲线中心在原点，焦点在轴上，一条渐近线方程为，则它的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：设双曲线的方程为，则其渐近线方程为．由题知，即，因此其离心率，故选A．考点：双曲线的几何性质．6. 函数的值域为（）A. B. C. D.【解析】即函数的值域为；故选A．7. 若当时，函数始终满足，则函数的图象大致为（）A. B. C.D.【答案】B8. 在中，角的对边分别为，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】中，，故由正弦定理可得．再由余弦定理可得，故选C．9. 已知一个几何体的三视图及有关数据如右图所示,则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由三视图知：几何体是四棱锥，其直观图如图：四棱锥的一个侧面与底面垂直，过作，垂足为，底面底面为边长为2的正方形，∴几何体的体积故选D．【点睛】本题考查了由三视图求几何体的体积，判断几何体的几何特征及数据所对应的几何量是关键．10. 能够把椭圆:的周长和面积同时分为相等的两部分的函数称为椭圆的“亲和函数”，下列函数是椭圆的“亲和函数”的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】A.∵不是奇函数，∴的图象不关于原点对称，∴不是椭圆的“亲和函数”；B.∵不是奇函数，∴的图象不关于原点对称，∴不是椭圆的“亲和函数”；C.∵是奇函数，∴的图象关于原点对称，∴是椭圆的“亲和函数”；D.∵不是奇函数，∴的图象关于原点不对称，∴不是椭圆的“亲和函数”．故选C．【点睛】本题考查椭圆的“亲和函数”的判断，解题时要准确把握题意并合理转化，注意函数的奇偶性的合理运用．11. 已知椭圆Γ：的离心率为，过右焦点F且斜率为的直线与Γ相交于A，B两点．若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设，设设直线方程为代入①中消去，可得，由可得解得．故选D12. 抛物线的焦点为F，准线为，是抛物线上的两个动点，且满足．设线段的中点在上的投影为，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设|连接由抛物线定义，得|在梯形中，由余弦定理得，配方得，又得到即的最大值为1．故选D．第Ⅱ卷 (非选择题共90分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 抛物线的准线方程为___________.【答案】【解析】试题分析：将化成，所以准线方程为.考点：抛物线的标准方程.14. 在椭圆上有两个动点，，若为定点，且，则的最小值为___________.【答案】【解析】由题点在椭圆上，可设则由，可得当时，取得最小值故答案为．【点睛】本题考查向量的数量积的定义和性质，考查椭圆的参数方程的运用，同时考查余弦函数的值域，其中利用椭圆参数方程设出点是解题的关键．15. 设，若直线与轴相交于点，与轴相交于点，且与圆相交所得弦的长为，为坐标原点，则面积的最小值为_________. 【答案】【解析】由题意可得圆心坐标为，半径∵直线与圆相交所得弦∴圆心到直线l的距离∴圆心到直线的距离，整理得：，令直线解析式中，解得：，，即令，解得，即，，当且仅当时取等号，又为直角三角形，，当且仅当时取等号，则面积的最小值为3．16. 设分别是双曲线的左、右焦点，是的右支上的点，射线平分,过原点作的平行线交于点,若,则双曲线的离心率为___________.【答案】【解析】试题分析：设交轴于点，，则，由于，得，即，则，所以，又是的角平分线，则有，代入整理得，所以离心率为.考点：圆锥曲线的离心率.【方法点睛】离心率是圆锥曲线的一个重要性质，离心率的几种常用求法：1、已知圆锥曲线的标准方程或易求时，可利用率心率公式来解决；2、根据题设条件，借助之间的关系，沟通的关系，构造的齐次式，（特别是齐二次式），进而得到关于的一元方程，从而解得离心率.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知函数上的一个最高点的坐标为, 由此点到相邻最低点间的曲线与轴交于点.（1）求函数解析式；（2）求函数的单调递减区间和在内的对称中心．【答案】（1）（2）；【解析】试题分析：（1）依题意知，，易求；再由可求得，从而可得函数解析式；（2）利用正弦函数的单调性，由，可求得函数的单调增区间．由，可求在内的对称中心．试题解析：（1）（2）单调递减区间为对称中心为则内的对称中心为18. 已知命题“存在”，命题：“曲线表示焦点在轴上的椭圆”，命题“曲线表示双曲线”（1）若“且”是真命题，求实数的取值范围；（2）若是的必要不充分条件，求实数的取值范围.【答案】（1）或（2）或..................试题解析：(Ⅰ)解：若p为真，则解得：m≤－1或m≥3若q为真，则解得：－4 < m < －2或m > 4若“p且q”是真命题，则解得：或m > 4∴m的取值范围是{ m |或m > 4}(Ⅱ)解：若s为真，则，即t < m < t + 1∵由q是s的必要不充分条件∴即或t≥4解得：或t≥4∴t的取值范围是{ t |或t≥4}19. 在中，角、、的对边分别为、、，且满足．（1）求角的大小；（2）若，求面积的最大值．【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）利用二倍角公式对原等式化简可求得的值，进而求得．（2）对原等式平方，利用向量的数量积的运算公式求得关于和的关系式，进而利用基本不等式求得的范围，进而求得三角形面积的最大值．试题解析：（1）由得解得，由，所以（2）取中点，则在中，（注：也可将两边平方）即，所以，当且仅当，时取等号此时，其最大值为20. 如图，在三棱柱中，平面，为正三角形，，为的中点．（1）求证：平面平面；（2）求三棱锥的体积．【答案】（1）见解析（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）要证面面垂直，就要证线面垂直，由于其中一个面是正三棱柱的一个侧面，它的垂线在图中易证得有一条是，而是平面内的直线，因此可得面面垂直；（Ⅱ）三棱锥的体积，可选为底面，高为，也可选为底面，高为．由体积公式可得．试题解析：（Ⅰ）证明：因为底面，所以因为底面正三角形，是的中点,所以因为，所以平面因为平面平面,所以平面平面（Ⅱ）由（Ⅰ）知中，，所以所以考点：面面垂直的判断，三棱锥的体积．21. 已知椭圆上的点到两个焦点的距离之和为，短轴长为，直线与椭圆交于、两点.（1）求椭圆的方程；（2）若直线与圆相切，探究是否为定值，如果是定值，请求出该定值；如果不是定值，请说明理由．【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）由已知得由此能求出椭圆的方程．（2）当直线轴时，．当直线与轴不垂直时，设直线直线与与圆的交点M（x1，y1），N（x2，y2），由直线与圆相切，得，联立，得（，由此能证明为定值．试题解析：1）由题意得（2）当直线轴时，因为直线与圆相切，所以直线方程为当时，得M、N两点坐标分别为，当时，同理；当与轴不垂直时，设，由,,联立得，，=综上，（定值）【点睛】本题考查椭圆方程的求法，角为定值的证明，线段的取值范围的求法等.解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用．22. 已知数列的前项和为且.（1）求证为等比数列，并求出数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，是否存在正整数，对任意，不等式恒成立？若存在，求出的最小值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（2）存在正整数【解析】试题分析：（1）利用可得可证为等比数列，则通项公式可求；（2）由（1）代入得，则通过计算得，则，则，计算可得，试题解析：（1）证明作差得为首项为1，公比为2等比数列（2）代入得，存在正整数，对任意。
临川区第一高级中学2018-2019学年高二上学期第一次月考试卷化学
临川区第一高级中学2018-2019学年高二上学期第一次月考试卷化学班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、选择题1．下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是为除去杂质所要加入的试剂，其中所加试剂正确的是A．A B．B C．C D．D2．在恒容隔热容器中，下列说法可以证明可逆反应N 2＋3H22NH3已达到平衡状态的是（）①1mol N≡N键断裂的同时，有6mol N－H键断裂②v（H2）＝0.9 mol·L－1·min－1，v（NH3）＝0.6 mol·L－1·min－1③保持其他条件不变时，体系气体密度不再改变④NH3、N2、H2的体积分数都不再改变⑤体系温度不再改变A．②③④B．①③⑤C．①④⑤D．③④⑤3．将适量金属钠投入下列溶液中，有气体放出，但无沉淀生成的是（）A．盐酸B．饱和氢氧化钠溶液C．FeCl3溶液D．CuSO4溶液4．2017年春节期间，一种“本宝宝福禄双全”的有机物刷爆朋友圈，其结构简式如下：（-CHO，一种官能团，其名称为醛基），该物质的同分异构体中具有“本宝宝福禄双全”谐音且两个醛基位于苯环间位的有机物有（）A．4种B．6种C．7种D．9种5．是重要的化工原料，工业上用CO与在催化剂作用下合成，其反应为：。
按向密闭容器中充入反应物，测得平衡时混合物中的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。
下列说法中，正确的是A. B. 该反应的C. 平衡常数：D. 在C点时，CO转化率为75%6．有机玻璃是一种高分子化合物，在工业上和生活中有着广泛用途，工业上合成有机玻璃流程为：下列说法不正确的是A．反应①的原子利用率达100%B．反应②是加聚反应C．相对分子质量为86，且与甲基丙烯酸甲酯具有相同官能团的有机物有5种D．甲基丙烯酸甲酯能使酸性高锰酸钾褪色，也能使Br2/CCl4褪色，二者原理相同7．下列说法正确的是A．NaOH溶液的导电能力一定比氨水强B．中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸，需要等量的NaOHC．若盐酸的浓度是醋酸浓度的两倍，则盐酸的c（H+）也是醋酸c（H+）的两倍D．将NaOH溶液和氨水各稀释一倍，两者的c（OH－）均减小到原来的一半8．下列说法正确的是A．某有机物燃烧只生成CO2和H2O，且二者物质的量相等，则此有机物的组成为C n H2nB．乙醛和丙烯醛（）不是同系物，它们与氢气充分反应后产物也不是同系物C．CH3COOCH2CH3与CH3CH2COOCH3互为同分异构体，1H—NMR谱显示两者均有三种不同的氢原子且三种氢原子的比例相同，故不能用1H—NMR来鉴别D．植物油不断滴加到溴水中，溴水逐渐变浅直至褪色9．下列分析正确的是A．异丁烷的二氯代物有4种B．区别蛋白质和淀粉可用浓硝酸做颜色反应C．石蜡油分解产物均能使酸性KMnO4溶液褪色D．甲苯的硝化反应方程式为:10．某烃与氢气加成后得到2,2-二甲基丁烷，该烃的名称可能是（）A．3,3-二甲基-3-丁炔B．2,2-二甲基-2-丁烯C．2,2-二甲基-1-丁烯D．3,3-二甲基-1-丁烯11．已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2RO4n﹣+3Cl﹣+5H2O，则RO4n﹣中R的化合价是（）A．+3 B．+4 C．+5 D．+612．下列关于离子共存或离子反应的说法正确的是A．某无色溶波中可能大量存在H+、Cl-、MnO4-B．使pH 试纸变红的溶液中可能大量存在Na+、NH4+、SiO32-C．Fe2+与H2O2在酸性溶液中的反应: 2Fe2++H2O2+ 2H+=2Fe3++2H2OD．稀硫酸和Ba（OH）2溶液反应: H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O13．今有一包铁粉和铜粉混合粉末，为确定其组成，现提供4mol/L 的FeCl3溶液（其他用品略），某合作学A．第①组溶液中c（FeB．第②组剩余固体是铜铁混合物C．第④组反应后的滤液中c（Fe2+）=6 mol/LD．原混合粉末中n（Fe）：n（Cu）=3：214．2016年诺贝尔化学奖由法、英、荷三国科学家分获，以表彰他们在分子机器研究方面的成就。
2017-2018学年江西省抚州市临川第一中学高二12月月考化学试题
2017-2018学年江西省抚州市临川第一中学高二12月月考化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Al-27 Cu-64 Ag-l08一、选择题（本题包括16 小题，每小题3 分，共48 分，每小题只有一个正确答案）1、实验室有下列试剂，其中必须用带橡胶塞的试剂瓶保存的是（）①NaOH 溶液；②水玻璃；③Na2S 溶液；④Na2CO3溶液；⑤NH4Cl 溶液；⑥澄清石灰水；⑦浓HNO3；⑧浓H2SO4；A. ①⑥B. ①②③④⑥C. ①②③⑥⑦⑧D. ⑤⑦⑧2、下列叙述正确的是（）A.100℃纯水的pH=6，所以水在100℃时呈酸性B.pH=3 的盐酸溶液，稀释至10 倍后pH>4C.0.2 mol·L-1的醋酸与等体积水混合后pH=1D.室温下pH=3 的盐酸与pH=11的氢氧化钠等体积混合后pH=73、下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是（）A.抗氧化剂B.调味剂C.着色剂D.增稠剂4、在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如右图所示。
下列分析不正确的是（）A.①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线B.b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH﹣C.c点，两溶液中含有相同量的OH﹣D.a、d两点对应的溶液均显中性5、下列说法错误的是（）A.乙烷室温下能与浓盐酸发生取代反应B.乙烯可以用作生产食品包装材料的原料C.乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷D.乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体6、对于苯乙烯（）的下列叙述，其中正确的是（）①能使酸性KMnO4溶液褪色②可发生加聚反应③可溶于水④可溶于苯中⑤能与浓硝酸发生取代反应⑥所有的原子可能共平面A.只有①②④⑤B.只有①②⑤⑥C.①②④⑤⑥D.全部正确7、化学家们合成了一种新物质——五星烷，其键线式如图所示（已知：CH2CH=CH2CHO 的键线式为：）。
2017-2018学年江西省抚州市临川二中高一(下)月考化学试卷 Word版含解析
2017-2018学年江西省抚州市临川二中高一（下）月考化学试卷一、选择题（每小题只有一个最佳答案符合题意，每小题3分，共16小题）1．（3分）（2015春•抚州校级月考）化学在生产和日常生活中有着重要的应用．下列说法不正确的是（）A．明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮，可用于水的净化B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C．工业制铝的原料是AlCl3，可以降低能耗D．MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料考点：盐类水解的应用；金属的电化学腐蚀与防护；镁、铝的重要化合物．分析：A、根据明矾净水的原理是铝离子水解生成的氢氧化铝净水来分析；B、根据原电池的工作原理和应用来回答，锌和铁在电解质溶液中形成原电池反应，锌做负极；C、根据氯化铝为共价化合物分析；D、根据氧化镁是熔点高的物理性质来分析其应用．解答：解：A、明矾净水的原理是：Al3++3H2O=Al（OH）3（胶体）+3H+，利用Al（OH）3（胶体）的吸附性进行净水，故A正确；B、因为轮船主要用铁造外壳，铁在海水中易被腐蚀，镀上比铁活泼的锌，形成原电池，锌作负极，失去电子先被腐蚀，从而起到保护铁的作用，从而可减缓船体的腐蚀速率，故B正确；C、氯化铝为共价化合物，熔融不能电离，工业制铝的原料是Al2O3，故C错误；D、氧化镁的熔点是2852℃，可用于制作耐高温材料，故D正确；故选：C．点评：本题主要考查了物质的水解反应以及水解反应的用途、常见物质在生产生活中的具体用途、常见物质的制备及发生的化学反应方程式等方面的知识，是一道综合题目．2．（3分）下列制备和收集气体的实验装置合理的是（）A．用氯化铵和氢氧化钙制NH3B．用铜片和稀硝酸制NOC．用锌粒和稀硫酸制H2D．用双氧水和二氧化锰制O2考点：常见气体制备原理及装置选择．专题：实验评价题．分析：A、根据生成物判断装置是否正确；B、根据一氧化氮的性质判断该装置是否正确；C、根据反应物的状态、反应条件及气体的性质判断装置是否正确；D、根据反应物的状态、反应条件及气体的性质判断装置是否正确．解答：解：A、氯化铵和氢氧化钙反应制取氨气，生成物中有水，如果试管口高于试管底，会发生水倒流现象而炸裂试管，故A错误；B、铜和硝酸反应制取一氧化氮，反应不需加热，一氧化氮的密度接近空气的密度，和空气中的氧气易发生反应生成二氧化氮，所以不可用向下排空气法收集，即进气管短，出气管长，一氧化氮有毒，在水中的溶解度很小，应该用排水法收集，故B错误；C、锌粒和盐酸反应制取氢气，属于固体、液体不加热型，生成的氢气的密度小于空气的密度，所以不可用向上排空气法收，故C错误；D、用过氧化氢与二氧化锰制O2，属于固体、液体不加热型，生成的氧气不易溶于水，所以可采用排水集气法收集，故D正确；故选D．点评：本题考查了常见气体制备原理及装置选择，根据反应物的状态及反应条件，可把实验室制备气体发生装置分为：固体、固体加热型，如加热高锰酸钾制取氧气；固体、液体加热型，如制取氯气；固体、液体不加热型，如用稀硫酸和锌粒制取氢气．3．（3分）下列叙述正确的是（）A．Fe分别与氯气和稀盐酸反应所得氯化物相同B．K、Zn分别与不足量的稀硫酸反应所得溶液均呈中性C．Li、Na、K的原子半径和密度随原子序数的增加而增大D．C、P、S、Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；铁的化学性质．专题：元素周期律与元素周期表专题；几种重要的金属及其化合物．分析：A．氯气具有强氧化性，HCl为弱氧化性酸；B．硫酸钾为强酸强碱盐，硫酸锌为强酸弱碱盐；C．电子层越多，半径越大，碱金属的密度Li的大于Na的；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强．解答：解：A．Fe分别与氯气和稀盐酸反应所得氯化物为氯化铁、氯化亚铁，故A错误；B．K、Zn分别与不足量的稀硫酸反应所得溶液分别显中性、酸性，故B错误；C．Li、Na、K的原子半径随原子序数的增加而增大，Li、Na、K的密度随原子序数的增加先减小后增大，故C错误；D．C、P、S、Cl的非金属性增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，故D正确；故选D．点评：本题考查元素周期律，明确同周知、同主族元素的性质变化规律即可解答，题目难度不大，注意氯气具有强氧化性来解答．4．（3分）设N A代表阿伏加德罗常数的数值．下列有关叙述正确的是（）A．标准状况下，2.24LSO3含有的分子数等于0.1N AB． 1 mol CaC2所含阴离子数为2N AC．常温常压下，16gO2和O3的混合气体含有的氧原子数为N AD．含有1mol Fe（OH）3的氢氧化铁胶体中胶粒数为N 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、标准状况三氧化硫不是气体；B、碳化钙是钙离子和C22﹣构成分析；C、依据氧原子守恒计算；D、氢氧化铁胶体微粒是氢氧化铁的集合体．解答：解：A、标准状况三氧化硫不是气体，2.24LSO3含物质的量不是0.1mol，故A错误；B、碳化钙是钙离子和C22﹣构成，1 mol CaC2所含阴离子数为N A，故B错误；C、依据氧原子守恒计算，16gO2和O3的混合气体含有的氧原子数=×N A=N A，故C正确；D、氢氧化铁胶体微粒是氢氧化铁的集合体，含有1mol Fe（OH）3的氢氧化铁胶体中胶粒数小于N 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，主要是气体摩尔体积条件分析，物质结构理解应用，胶体微粒的组成判断，掌握基础是关键，题目较简单．5．（3分）（2014•安徽模拟）2010年在上海举办的世博会将主打环保牌，20辆氢燃料电池公交车、300辆氢燃料电池出租车将投入运行，它们以氢气为能源，实现了真正的零污染．氢氧燃料电池的电解液为KOH溶液，下列有关该电池的叙述不正确的是（）A．正极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣B．工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量浓度不变C．该燃料电池的总反应方程式为：2H2+O2=2H2OD．用该电池电解CuCl2溶液，产生2.24LCl2（标准状况）时，有0.2mol电子转移考点：常见化学电源的种类及其工作原理．专题：电化学专题．分析：碱性氢氧燃料电池的总反应为2H2+O2=2H2O，负极上氢气被氧化，电极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣=2H2O，正极氧气得电子被还原，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，结合电极反应式进行判断．解答：解：A．正极氧气得电子被还原，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故A正确；B．由于生成水，KOH的物质的量浓度减小，故B错误；C．该燃料电池的总反应方程式与氢气在氧气中燃烧的化学方程式相同，为2H2+O2=2H2O，故C正确；D．用该电池电解CuCl2溶液，产生2.24LCl2（标准状况），即0.1mol电子，转移电子数为0.2mol，故D正确．故选B．点评：本题考查氢氧燃料电池的工作原理，题目难度不大，本题注意把握电极反应式的书写，为解答该题的关键，也是易错点．6．（3分）（2015秋•琅琊区校级期末）下列排列顺序正确的是（）①热稳定性：HF＞H2O＞NH3②离子半径：Na+＞Mg2+＞F﹣③酸性：盐酸＞碳酸＞醋酸④结合质子能力：OH﹣＞CO32﹣＞HCO3﹣．A．①③B．②④C．①④D．②③考点：元素周期律和元素周期表的综合应用；元素周期律的作用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：①非金属性越强，气态氢化物越稳定；②具有相同排布的离子，原子序数大的离子半径小；③盐酸与碳酸钠反应生成碳酸，醋酸也与碳酸钠反应生成碳酸；④对应的酸越强，则酸根离子得到质子的能力越弱．解答：解：①非金属性F＞O＞N，则气态氢化物的稳定性为HF＞H2O＞NH3，故正确；②具有相同排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径：F﹣＞Na+＞Mg2+，故错误；③盐酸与碳酸钠反应生成碳酸，醋酸也与碳酸钠反应生成碳酸，且盐酸与醋酸钠反应生成醋酸，由强酸制取弱酸的原理可知酸性为盐酸＞醋酸＞碳酸，故错误；④酸性为H2CO3＞HCO3﹣＞H2O，对应的酸越强，则酸根离子得到质子的能力越弱，则结合质子能力：OH﹣＞CO32﹣＞HCO3﹣，故正确；故选C．点评：本题考查元素周期律的递变规律，为高频考点，注意把握元素的性质与对应单质、化合物的性质的关系，题目难度不大，学习中注意积累，侧重微粒性质比较的考查．7．（3分）（2015春•抚州校级月考）下列叙述正确的是（）A．钠的金属活泼性大于铜，在溶液中钠可以置换出铜B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入KNO3固体，铜粉仍不溶解C．在KI溶液中加入NaNO3，没有明显现象，加入盐酸，即有I2生成D．纯锌与稀硫酸反应产生氢气的速率较，加入少量CuSO4固体，速率不改变考点：钠的化学性质；化学反应速率的影响因素；铜金属及其重要化合物的主要性质．分析：A、根据钠与盐溶液反应时，先与水反应，然后生成的碱再与盐反应；B、根据铜的化学性质，如：铜不能与非氧化性酸反应，但可以和氧化性酸反应，酸性条件下硝酸盐反应；C、碘离子具有还原性，加入硝酸钠不反应，加入盐酸形成稀硝酸具有氧化性，氧化碘离子为单质碘；D、锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率较大．解答：解：A、钠与盐溶液反应时，先与水反应，然后生成的碱再与盐反应，所以Na不能从铜盐溶液中置换出Cu，故A错误；B、根据铜与稀HNO3反应，由该反应的离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，可知Cu遇到H+、NO3﹣能发生氧化还原反应，故B错误；C、碘离子具有还原性，加入硝酸钠不反应，加入盐酸形成稀硝酸具有氧化性，在KI溶液中加入NaNO3，没有明显现象，加入盐酸，即有I2生成，故C正确；D、加入少量CuSO4固体，置换出铜，锌和铜在酸性条件下形成原电池反应，反应速率较大，故D错误；故选C．点评：本题考查了物质性质的分析判断，主要是氧化还原反应发生的条件和产物判断，掌握基础是关键，题目较简单．8．（3分）（2015•上海）高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型的自来水处理剂，它的性质和作用是（）A．有强氧化性，可消毒杀菌，还原产物能吸附水中杂质B．有强还原性，可消毒杀菌，氧化产物能吸附水中杂质C．有强氧化性，能吸附水中杂质，还原产物能消毒杀菌D．有强还原性，能吸附水中杂质，氧化产物能消毒杀菌考点：重要的氧化剂；常见的生活环境的污染及治理．专题：压轴题．分析：根据高铁酸钾的化学式K2FeO4，从物质所含元素的化合价来分析氧化性还原性问题，利用离子的水解产物的性质来分析净水原因．解答：解：高铁酸钾（K2FeO4）中Fe的化合价是+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中杂质，故选：A．点评：本题考查净水剂的净水原理，明确强氧化性及离子水解是解答的关键，并明确具有强氧化性的物质，能使蛋白质变性，从而起到杀菌消毒的作用来解答．9．（3分）（2015春•抚州校级月考）新华网达卡2010年8月6日电，为了解决生活用水问题，孟加拉政府在国际援助机构帮助下在全国各地打了数百万口深层管井，后来使用这些深层管井的居民逐渐开始出现砷中毒症状．经专家调查发现，孟加拉国土壤深层自然形成的砷含量非常高，目前数千万民众受到砷污染威胁．下列有关说法正确的是（）A．砷（As）位于周期表第4周期第ⅤA族B．气态氢化物稳定性：AsH3＞PH3＞NH3C．含氧酸酸性：H3AsO4＞HNO3＞H3PO4D．氢化物沸点：AsH3＞PH3＞NH3考点：元素周期表的结构及其应用；元素周期律的作用．分析：A、砷有四个电子层，最个层有5个电子；B、非金属性越强气态氢化物越稳定；C、非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸必越强；D、氨分子间存在氢键．解答：解：A、砷有四个电子层，最个层有5个电子，所以位于周期表第4周期第ⅤA族，故A正确；B、非金属性：As＜P＜N，所以气态氢化物稳定性：AsH3＜PH3＜NH3，故B错误；C、非金属性：As＜P＜N，所以酸性：HNO3＞H3PO4＞H3AsO4，故C错误；D、氨分子间存在氢键，所以氢化物沸点：NH3＞AsH3＞PH3，故D错误；故选A．点评：本题考查元素的非金属性的递变规律，氢化物的稳定性和酸性的比较，题目难度中等．10．（3分）（2015春•抚州校级月考）下列有关物质检验的实验结论正确的是（）实验操作现象实验结论A 向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液有白色沉淀生成溶液中一定含有SO42﹣B 将某气体通入澄清石灰水中变浑浊该气体一定是CO2C 向某溶液中加入2滴KSCN溶液；溶液不显红色；溶液中一定含有Fe2+另取样，先滴入氯水，再滴入KSCN溶液溶液变为红色D A l箔插入稀HNO3中无现象Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜A． A B． B C． C D． D考点：化学实验方案的评价．分析：A．能和氯化钡溶液反应生成白色沉淀的离子还有银离子；B．能使澄清石灰水变浑浊的气体还有二氧化硫；C．铁离子和KSCN溶液混合产生血红色，亚铁离子和KSCN溶液混合无变化，氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子；D．铝溶于稀硝酸．解答：解：A．能和氯化钡溶液反应生成白色沉淀的离子还有银离子，所以实验结论错误，故A错误；B．能使澄清石灰水变浑浊的气体还有二氧化硫，所以实验结论错误，故B错误；C．铁离子和KSCN溶液混合产生血红色，亚铁离子和KSCN溶液混合无变化，氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，向某溶液中加入2滴KSCN溶液溶液不变红色，说明不含铁离子；滴入氯水再滴加KSCN溶液后，混合溶液呈血红色，说明含有亚铁离子，故C 正确；D．铝与浓硝酸发生钝化反应，但溶于稀硝酸，故D错误；故选C．点评：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及离子检验、物质性质，明确物质性质及实验原理是解本题关键，知道常见离子检验方法及实验现象，易错选项是B．11．（3分）（2012秋•新洲区期末）右图装置（X、Y是直流电源的两极）分别进行下列各组实验，则下表中所列各项对应关系均正确的一组是：（）选项电源X极实验前U形管中液体通电后现象及结论A 正极Na2SO4溶液U形管两端滴入酚酞后，a管中呈红色B 正极AgNO3溶液b管中电极反应式是4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑C 负极KCl和CuCl2混合溶液相同条件下，a、b两管中产生的气体总体积可能相等D 负极Fe（OH）3胶体和导电液b管中液体颜色加深A． A B． B C． C D． D考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：根据电解池的工作原理：阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子得还原反应，还原性强的离子先在阳极上失电子，氧化性强的离子先在阴极上得电子，根据电极反应的产物的性质来确定出现的现象，进而找到答案．解答：解：A、电解Na2SO4溶液时，阳极上是氢氧根离子发生失电子的氧化反应，即a管中氢氧根放电，酸性增强，酸遇酚酞不变色，即a管中呈无色，故A错误；B、电解硝酸银溶液时，阴极上是银离子发生得电子的还原反应，即b管中电极反应是析出金属银的反应，故B错误；C、电解KCl和CuCl2混合溶液时，当X为负极时，则a管中产生的气体是氢气，氢离子在铜离子放电完毕之后放电，b管中产生的气体是氯气，此后可能是氧气，在转移电子一样多时，两管中产生的气体总体积可能相等，故C正确；D、氢氧化铁胶体带正电，胶体具有电泳性质，会向电源的负极移动，即向着X极移动，所以a管中液体颜色加深，故D错误．故选C．点评：本题是一道考查电解原理的综合知识题目，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度较大．12．（3分）（2015春•抚州校级月考）用CH4催化还原NO，可以消除氮氧化物的污，有望解决汽车尾气污染问题，反应如下：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣574kJ•mol﹣1CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣akJ•mol﹣1按上述转化，标准状况下44.8L NO2被还原至N2，整个过程中放出的热量为867kJ，则a的值为（）A．1160 B．2308 C．1441 D． 2320考点：有关反应热的计算．分析：先将两个方程式相加得NO2转化为氮气的方程式，根据标准状况下44.8L NO2被还原至N2，整个过程中放出的热量为867kJ计算a的值．解答：解：将两个方程式CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣574kJ•mol﹣1、CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=﹣akJ•mol﹣1相加得：2CH4（g）+4NO2（g）=2N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣（574+a）kJ•mol﹣1又标准状况下44.8L NO2被还原至N2，即2molNO2被还原至N2放出的热量为867kJ，所以867×2=574+a，解得a=1160，故选：A．点评：本题考查了反应热的计算等知识点，根据物质的量与热量的关系式计算放出的热量即可，难度不大．13．（3分）（2015春•抚州校级月考）下列离子方程式书写正确的是（）A．向Fe2（SO4）3溶液中加入过量的Na2S：2Fe3++S2﹣=2Fe2++S↓B．将铁粉加入稀硫酸中：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C．用铜作电极电解饱和食盐水：2Cl﹣+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH﹣D．将铜屑加入Fe3+溶液中：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+考点：离子方程式的书写．分析：A．硫化钠过量，亚铁离子与硫离子反应生成硫化亚铁沉淀；B．铁与稀硫酸反应生成氯化亚铁，不是生成铁离子；C．铜作电解，阳极铜放电，氢氧根离子与铜离子反应生成氢氧化铜沉淀；D．铁离子与铜反应生成亚铁离子和铜离子．解答：解：A．向Fe2（SO4）3溶液中加入过量的Na2S，反应生成硫化亚铁沉淀，正确的离子方程式为：2Fe3++3S2﹣=2FeS↓+S↓，故A错误；B．将铁粉加入稀硫酸中，反应生成亚铁离子和氢气，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B错误；C．用铜电极电解饱和食盐水，阳极铜放电，正确的离子方程式为：Cu+2H2O Cu（OH）2↓+H2↑，故C错误；D．将铜屑加入Fe3+溶液中，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故D正确；故选D．点评：本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等；C为易错点，注意电解材料为铜，阳极铜放电．14．（3分）（2014秋•迎泽区校级月考）将Cu片放入0.1mol/LFeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，所得溶液Q中的c（Fe3+）：c（Fe2+）=2：3，下列有关说法中正确的是（）A．Q中n（Cu2+）：n（Fe2+）=1：2B．反应中转移电子为0.04 molC．溶液Q比原溶液增重了1.28 gD．3c（Fe3+）+2c（Fe2+）+2c（Cu2+）=0.1 mol/L考点：离子方程式的有关计算．专题：计算题．分析：Cu片放入0.1mol•L﹣1 FeCl3溶液中，发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，设反应后溶液的体积为1L，n（Fe2+）=3mol，c（Fe3+）：c（Fe2+）=2：3，则溶液中n（Fe3+）=2mol，由离子方程式可知，生成n（Cu2+）=×3mol=1.5mol，反应的n（Cu）=1.5mol，结合电荷守恒计算．解答：解：Cu片放入0.1mol•L﹣1 FeCl3溶液中，发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，设反应后溶液的体积为1L，n（Fe2+）=3mol，c（Fe3+）：c（Fe2+）=2：3，则溶液中n（Fe3+）=2mol，由离子方程式可知，生成n（Cu2+）=×3mol=1.5mol，反应的n（Cu）=1.5mol，A．Q中n（Cu2+）：n（Fe3+）=1.5mol：3mol=1：2，故A正确；B．若参加反应的Cu为1.5mol，则转移电子为1.5mol×（2﹣0）=3mol，但溶液体积未知，不能计算转移的电子，故B错误；C．若参加反应的Cu为1.5mol，溶液Q比原溶液增重了1.5mol×64=86g，但溶液体积未知，不能计算，故C错误；D．忽略水解，由电荷守恒可知，3c（Fe3+）+2c（Fe2+）+2c（Cu2+）=c（Cl﹣）=0.3mol/L，故D错误；故选A．点评：本题考查离子反应的计算，利用假设法可计算离子浓度的关系，侧重分析能力及计算能力的考查，注意溶液的体积未知，选项BC为解答的易错点，题目难度中等．15．（3分）（2010•上海）将0.4g NaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol•L ﹣1稀盐酸．下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（）A．B．C．D．考点：有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算．专题：图示题；计算题．分析：对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，此时才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答．解答：解：对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，此时才有二氧化碳气体生成．A、0.01mol盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；B、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C 正确；D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；故选C．点评：此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应．是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑．16．（3分）（2015春•抚州校级月考）已知：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2．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．则下列有关说法中正确的是（）A．还原性：Fe2+＞I﹣＞Br﹣B．当通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2++2I﹣+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl ﹣C．原混合溶液中FeBr2的物质的量为6molD．原溶液中：n（Fe2+）：n（I﹣）：n（Br﹣）=2：1：3考点：离子方程式的有关计算．分析：首先根据氧化还原反应中：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，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，判断离子的反应先后顺序，然后根据图象判断参加反应的各离子的物质的量，以此解答该题．解答：解：A．反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣中，还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br﹣，所以还原性：Fe2+＞Br﹣，反应2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2中，还原剂I﹣的还原性强于还原产物Fe2+，所以还原性：I﹣＞Fe2+，所以还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，故A错误；B．当通入2molCl2时，2mol的I﹣消耗氯气1mol，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，即溶液中发生的离子反应可表示为2Fe2++2I﹣+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl﹣，故B正确；C．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，在通入氯气的量为3～6mol的过程中溴离子从6ml降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，故C错误；D．由B可知，碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，n （Fe2+）：n（I﹣）：n（Br﹣）=2：1：3，故D正确．故选BD．点评：本题考查氧化还原反应中氧化性和还原性强弱的知识，综合性较强，题目难度较大，解答本题时注意根据离子的还原性强弱结合图象判断反应的先后顺序和各离子的物质的量，为解答该题的关键，也是易错点，答题时注意体会．二、填空题17．（8分）（2015春•抚州校级月考）有一白色固体混合物，可能含有K+、Ba2+、Ag+、Mg2+、NH4+、Na+、SO42﹣、SO32﹣、CO32﹣、AlO2﹣等10种离子中的几种．为了鉴定其中的离子，现进行如下实验，根据实验现象，填写下列空格：（1）取该粉末，加水后得到无色溶液，且未嗅到气味；用pH试纸测得溶液的pH为12．据此可以排除的离子有Ag+、Mg2+、NH4+，排除的依据是由于溶液呈碱性，故可排除Ag、Mg2+，又未嗅到刺激性气味，故无NH4．（2）向溶液中滴加盐酸溶液，开始有沉淀生成，继续滴加，沉淀消失，同时有无色无味气体逸出．可以判断肯定存在的离子有AlO2﹣、CO32﹣，判断依据是因为加酸有沉淀，继续加酸沉淀溶解，故含有AlO2﹣，同时有无色无味气体逸出，故含有CO32﹣；可以排除的离子有Ba、SO3，排除的依据是因为存在CO3，故不存在Ba，酸化后逸出气体没有刺激性气味，故不含SO32﹣．（3）不能确定的离子有K+、Na+、SO42﹣，检验的方法是检验K+和Na+用焰色反应，要检验SO42﹣，可在酸性溶液中滴加BaCl2溶液，是否有白色沉淀生成．考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．。
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- 1 - 江西省抚州市临川区第一中学2017-2018学年高二5月月考 化学试题 1. 下列过程不用通电也能进行的是（ ） ①电离 ②电解 ③电镀 ④电泳 ⑤电化学腐蚀 A. ①⑤ B. ②③④ C. ① D. ①④⑤ 【答案】A 【解析】分析：根据电解、电镀、电化学腐蚀的原理以及电离、电泳概念分析。 详解：①电离是电解质在水溶液中或熔融状态下电离出阴阳离子的过程，不一定通电； ②电解是在外加电流的作用下在阴阳两极上发生氧化还原反应的过程； ③电镀利用的是电解原理； ④电泳是胶体在外加电流的作用下胶体粒子作定向运动的过程； ⑤电化学腐蚀是不纯金属或合金跟电解质溶液接触较活泼的金属失去电子而被腐蚀的过程； 综上所述不用通电的是①⑤，答案选A。 2. 类比推理的方法在化学学习与研究中有广泛的应用；但有时会得出错误的结论。以下几种类比推理结论中正确的是( ) A. CO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成；推出SO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀生成 B. HCl一定条件下能被MnO2氧化为Cl2；推出HBr一定条件下也能被MnO2氧化为Br2 C. H2O的沸点高于H2S；推出H2S沸点高于H2Se D. Fe3Cl8可以改写为FeCl2·2FeCl3；推出Fe3I8可以改写为FeI2·2FeI3 【答案】B 【解析】分析：A．碳酸酸性小于硝酸，所以二氧化碳和硝酸钡溶液不反应，但二氧化硫能被硝酸钡溶液氧化生成硫酸； B．溴化氢的还原性强于氯化氢； C．氢化物的熔沸点与相对分子质量成正比，但含有氢键的氢化物熔沸点较高； D．铁离子和碘离子能发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘，所以不存在FeI3；根据铁元素的化合价以及碘元素的化合价来书写化学式。 详解：A．碳酸酸性小于硝酸，所以二氧化碳和硝酸钡溶液不反应，但二氧化硫具有还原性，能被硝酸钡溶液氧化生成硫酸，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，A错误； B．溴化氢的还原性强于氯化氢，HCl一定条件下能被MnO2氧化为Cl2，因此HBr一定条件下也 - 2 -
能被MnO2氧化为Br2，B正确； C．氢化物的熔沸点与相对分子质量成正比，但含有氢键的氢化物熔沸点较高，水分子之间形成氢键、硫化氢分子之间不能形成氢键，所以H2O的沸点高于H2S，H2S、H2Se中都不存在氢键，所以H2S沸点低于H2Se，C错误； D．铁离子和碘离子能发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘，所以不存在FeI3，铁元素的化合价有+2和+3，碘元素的化合价是-1价，碘单质只能将铁氧化到+2价，Fe3I8也可表示为3FeI2•I2，D错误；答案选B。 点睛：本题考查探究化学规律，侧重考查学生分析判断能力，涉及氧化还原反应、氢键、最高价氧化物的水化物酸性等知识点，明确元素化合物性质及氢键对物质熔沸点影响即可解答，注意规律中的异常现象，易错选项是D。 3. 某溶液中含有较多的CuSO4和少量的 Fe2(SO4)3。若用该溶液制取硫酸铜固体；可供选择的操作有： （1）加适量H2SO4溶液；（2）加适量CuO；（3）冷却结晶；（4）加过量NaOH；（5）加强热至有大量白色固体析出；（6）过滤。正确的操作步骤是( ) A. （2）（6）（3）（6） B. （2）（6）（5） C. （4）（6）（3）（5） D. （4）（6）（1）（3） 【答案】B 【解析】分析：根据硫酸铁中的铁离子对于硫酸铜属于杂质，除去铁离子时要注意最后溶液中只能含有硫酸铜进行分析。 详解：由于不能引入新杂质，所以可以先加入加适量CuO将铁离子完全沉淀，然后进行过滤，再加入适量的硫酸将前面反应剩余的氧化铜转化为硫酸铜，最后将溶液加强热至有大量白色固体析出即可得到硫酸铜固体，正确的操作步骤是（2）（6）（5），答案选B。 点睛：在解此类题时，首先分析需要除去的杂质的性质，然后选择适当的试剂除杂，最后根据需要得到的物质选择适当的顺序。易错点是最终得到的是硫酸铜而不是胆矾晶体，因此需要强热。 4. 下列化学用语不正确的是（ ） A. 质子数为8、中子数为10的氧原子： B. 比例模型 , 不能表示二氧化碳，可以表示水分子 - 3 -
C. 碳正离子（CH3+）的电子式为 D. 氨气溶于水使溶液呈碱性：NH3+H2ONH3·H2ONH4+ + OH- 【答案】C 【解析】分析：A. 在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。 B. 根据二氧化碳和水的空间构型判断； C. 碳正离子含有8个电子； D. 一水合氨是弱电解质。 详解：A. 质子数为8、中子数为10的氧原子的质量数是18，因此可表示为：，A正确； B. 二氧化碳是直线形结构，水是V形，因此比例模型不能表示二氧化碳，可以表示水分子，B正确；
C. 碳正离子（CH3+）的电子式为，C错误； D. 氨气溶于水使溶液呈碱性是因为氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根和铵根，即NH3+H2ONH3·H2ONH4+ + OH-，D正确。答案选C。 5. 以下操作或结论正确的是（ ） A. 将10mL质量分数2％的H2SO4加水至20mL，其质量分数大于1％ B. 称取10.2gNaOH时，将10g的砝码放在右盘，并将游码移到0.2g的位置 C. 将铂丝放在稀硫酸中洗涤并灼烧后，再蘸取待检物进行焰色反应 D. 用试纸检验气体时，应该将气体通向放在表面皿（或玻璃片）上的湿润的试纸 【答案】A 【解析】分析：A．硫酸的密度比水的密度大，据此解答； B．物质质量等于砝码+游码，NaOH一般放在小烧杯中称量； C．硫酸不挥发，干扰实验； D．湿润的试纸放在玻璃棒上检验气体。 详解：A．硫酸的密度比水的密度大，将10mL质量分数2％的H2SO4加水至20mL，溶液的质量小于原硫酸溶液质量的2倍，则其质量分数大于1％，A正确； B．物质质量等于砝码+游码，则称取10.2gNaOH时，将10g的砝码放在右盘，并将游码移到0.2g的位置，但NaOH一般在小烧杯中称量，砝码质量大于10g，B错误； - 4 -
C．硫酸以及硫酸盐难挥发，干扰实验，则将铂丝放在稀盐酸中洗涤并灼烧后，再蘸取待检物进行焰色反应，C错误； D．湿润的试纸检验气体，则用试纸检验气体时，必须将湿润的试纸沾在玻璃棒上伸向盛有气体的管口，D错误；答案选A。 6. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ） A. 标况下，11.2 L的HF所含分子数为0.5 NA B. 制取氢氧化铁胶体时，若有1 mol FeCl3完全水解，则生成NA个胶粒 C. 一定条件下，将1g苯乙烯溶于12g苯，所得混合物中含有的碳原子数为NA D. 133.5 g氯化铝固体中含有NA个铝离子 【答案】C 【解析】分析：A.标况下HF不是气态； B.根据胶体是大分子集合体判断； C.根据苯乙烯和苯的最简式相同计算； D.氯化铝是共价化合物。 详解：A. 标况下HF不是气态，不能利用气体摩尔体积计算11.2 L的HF所含分子数，A错误； B. 胶体是大分子集合体，制取氢氧化铁胶体时，若有1 mol FeCl3完全水解，则生成的胶粒数小于NA个，B错误； C. 苯乙烯和苯的最简式相同均是CH，一定条件下，将1g苯乙烯溶于12g苯，所得混合物中所含“CH”的物质的量是1mol，因此含有的碳原子数为NA，C正确； D. 氯化铝是共价化合物，不存在阴阳离子，D错误。答案选C。 7. 宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有“银针验毒”的记载；“银针验毒”的原理是4Ag+2H2S+O2=2X+2H2O；下列说法正确的是( ) A. 反应中还原剂是Ag和H2S，氧化剂是O2 B. 每生成1mol X，反应转移2mol e- C. 《洗冤集录》中应当还记载有变黑银针放入盛有食盐水的铝盆中而复原的方法。 D. 上述验毒反应的氧化产物和还原产物的质量之比为1∶1 【答案】B 【解析】分析：从质量守恒的角度判断X的化学式，根据元素化合价的变化判断物质在氧化还原反应中的作用，并计算转移的电子的物质的量。 详解：A．由质量守恒定律可知X的化学式为Ag2S，这说明反应中O元素化合价降低，Ag元素 - 5 -
化合价升高，所以反应中还原剂是Ag，氧化剂是O2，A错误； B．Ag从0价升高到+1价，则每生成1molAg2S，反应转移2mole-，B正确； C．变黑银针放入盛有食盐水的铝盆中而复原的方法属于原电池原理，《洗冤集录》中不可能有记载，C错误； D．根据方程式可知氧化产物和还原产物分别是硫化银和水，物质的量之比为1∶1，D错误。答案选B。 8. 某苯的同系物分子式为C8H10，其一氯代物中只有一个甲基的有（ ） A. 3种 B. 4种 C. 7种 D. 8种 【答案】C 【解析】分析：苯的同系物分子式为C8H10，可以是二甲苯和乙苯，结合一氯代物中只有一个甲基分析判断。 详解：某苯的同系物分子式为C8H10，如果是乙苯，其一氯代物中只有一个甲基，说明氯原子可以取代基苯环上的氢原子，共计是3种，即邻间对。也可以取代乙基中－CH2－上的氢原子，合计是4种；如果是二甲苯，则只能取代一个甲基上的氢原子。由于二甲苯有3种，所以符合条件的共计是7种，答案选C。 9. 在指定的条件下，下列各组离子能大量共存的是（ ） A. 由H2O电离出的c(H+)=10-11mol/L溶液中：Na＋、HCO3－、AlO2－、SO42－ B. 强碱性溶液中：K＋、Na＋、ClO－、S2－ C. 1 mol·L－1 FeCl3溶液中：H＋、Na＋、SCN－、SO42－ D. 使甲基橙变红的溶液中：Fe2+、Na＋、I－、NH4+ 【答案】D 【解析】分析：A.由H2O电离出的c(H+)=10-11mol/L溶液中水的电离被抑制； B.次氯酸根离子具有氧化性； C.铁离子与SCN－不能共存； D.使甲基橙变红的溶液显酸性，据此判断。 详解：A. 由H2O电离出的c(H+)=10-11mol/L溶液中水的电离被抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，如果显酸性HCO3－、AlO2－均不能大量共存，如果显碱性，HCO3－不能大量共存，A错误； B. 强碱性溶液中ClO－氧化S2－均不能大量共存，B错误； C. 1 mol·L－1 FeCl3溶液中SCN－与铁离子发生络合反应而不能大量共存，C错误； D. 使甲基橙变红的溶液显酸性，Fe2+、Na＋、I－、NH4+在酸性溶液中不反应，可以大量共存，D