【文档说明】【精准解析】浙江省温州市2019-2020学年高一上学期期末教学质量统一检测化学试题.doc，共(26)页，848.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020年1月温州市高一期末教学质量统一检测化学试题卷(A)本试卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。考生注意：1.考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号等用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上。2.选

择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。3.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，答案写在本试题卷上无效。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S3

2Cl35.5K39Ca40Cu64Fe56Ba137选择题部分(共50分)一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于碱的是A.CH3CH2OH

B.NH3·H2OC.CuCl2D.Na2CO3【答案】B【解析】【详解】A．CH3CH2OH属于有机物，不属于碱，故A错误；B．氨水(NH3•H2O)电离时电离出的阴离子全部是氢氧根离子，属于碱，故B正确；C

．CuCl2是由铜离子和氯离子组成的化合物，属于盐，故C错误，D．Na2CO3是由钠离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐，故D错误；故选：B。【点睛】碱：电离时产生的阴离子全部都是氢氧根离子的化合物；酸：电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；盐：电离时生

成金属阳离子（或4NH+）和酸根离子的化合物。2.仪器名称为“蒸发皿”的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．此仪器为蒸发皿，用于蒸发溶液，故A符合题意；B．此仪器为坩埚，用于灼烧或固体的燃烧试验，故B不符合题意；C．此仪器为容量瓶，用于

溶液的配制定容，故C不符合题意；D．此仪器为分液漏斗，用于萃取、分液等，故D不符合题意；故答案为：A。3.下列物质属于非电解质的是A.氯化钠B.盐酸C.石墨D.二氧化碳【答案】D【解析】【详解】A．氯化钠为盐，在水中或

熔融状态下能够发生电离，属于电解质，故A不符合题意；B．盐酸为氯化氢溶于水形成的，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；C．石墨为碳，是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C不符合题意；D．二氧化碳为非金属

氧化物，在水溶液中和熔融状态下都不能导电，为非电解质，故D符合题意；故答案为：D。【点睛】电解质以及非电解质均属于化合物，混合物以及单质均不属于电解质和非电解质，化合物是否属于电解质，主要判断依据是其本身在水溶液中或熔融状态下能否发生电离。4.下列物质在水溶液

中的电离方程式不正确的是A.Ba(OH)2=Ba2++2OHˉB.H2CO3=2H++CO32ˉC.NaHSO4=Na++H++SO42—D.Na2CO3=2Na++CO32ˉ【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化钡是可溶性强碱，完全电离为钡离子和氢氧根离子，电离方程式：

Ba(OH)2=Ba2++2OH-，故A不符合题意；B．碳酸的电离方程式分步书写，主要以第一步为主，正确的电离方程式为：+-233HCOH+HCO，-+233HCOH+CO−，故B符合题意；C．硫酸氢钠属

于二元强酸硫酸的酸式盐，在水中能完全电离：++244NaHSO=Na+H+SO−，故C不符合题意；D．碳酸钠为强电解质，在水中能够发生完全电离：+2-233NaCO=2Na+CO，故D不符合题意；故答案为：B。【点睛】NaHSO4属于强酸酸

式盐，在熔融状态下电离：+44NaHSO=Na+HSO−，在水中的电离：++244NaHSO=Na+H+SO−，需注意区分；多元弱酸的电离是分步电离，一般以第一步电离为主。5.下列实验操作或现象中，能区分FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体的是A.丁达尔效应B.过

滤C.观察颜色D.静置【答案】A【解析】【详解】当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)，胶体(1nm～100nm)，浊液(大于100nm)，丁达尔现象为胶体特有的性质，所以能区分FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体的是丁达尔效应，故答案为：A。

【点睛】胶体中的胶粒能够透过滤纸，不能透过半透膜，胶体属于介稳体系，静置不足以使之产生沉淀（聚沉），需要加热、剧烈机械振动、外加电解质等才能使得胶体聚沉。6.关于反应：3CO+Fe2O3=2Fe+3CO2的叙述正确的是A.CO和CO2均属于酸性氧化物，Fe2O3属于碱性氧化物B

.该反应既是氧化还原反应，也是置换反应C.Fe2O3为氧化剂，CO2为氧化产物D.28gCO参加反应，得到2mol电子【答案】C【解析】【分析】反应3CO+Fe2O3=2Fe+3CO2中，C元素化合价由+2价变为+4价．Fe元素化合价由+3

价变为0价，以此解答该题。【详解】A．CO与碱和酸不反应，属于不成盐氧化物，故A错误；B．该反应中有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，反应物都为化合物，不是置换反应，故B错误；C．反应中Fe元素化合价降低，

C元素化合价升高，则Fe2O3为氧化剂，CO2为氧化产物，故C正确；D．CO反应中C元素化合价升高，为还原剂，失去电子，故D错误；故答案为：C。7.下列说法中不正确的是A.卢瑟福——用α粒子散射实验提出带核的原子结构

模型B.维勒——合成尿素实现了无机物向有机物的转化C.门捷列夫——发现了元素周期律，并编制出第一张元素周期表D.侯德榜——侯氏制碱法的原理是将氨气通入二氧化碳的氯化钠饱和溶液中【答案】D【解析】【详解】A．1911年，卢瑟福根据α粒子散射实验现象提出原子核式

结构模型，故A不符合题意；B．维勒用无机物腈酸铵合成了尿素，突破了无机物与有机物的界限，可利用无机物得到有机物，故B不符合题意；C．门捷列夫在化学上的主要贡献就是发现了元素周期律，并编制出第一张元素周期表，故C不符合题意；D．侯德榜-侯氏制碱法的原理是将二氧化

碳通入氨水的氯化钠饱和溶液中，故D符合题意；【点睛】根据侯德榜发明的侯氏制碱法的化学原理知道，二氧化碳微溶于水，先通入二氧化碳，溶液中生成极少量的碳酸，再通入氨气，生成的产物量少，且易生成碳酸铵，氨气在水中溶解度很大，先

通入氨气，溶液中生成较多的一水合氨，再通入CO2，生成的产物量多，且易生成碳酸氢铵，所以才利于NaHCO3的生成。8.下列说法正确的是A.蒸馏时，当烧瓶中液体出现暴沸时，要立即添加碎瓷片B.在溶解、过滤、蒸发、萃取、分液等操作中均需使用

玻璃棒C.可以用铁丝代替铂丝进行焰色反应D.用pH试纸测定新制氯水的pH【答案】C【解析】【详解】A．蒸馏时防止暴沸，低温下加沸石，则蒸馏时，当烧瓶中液体出现暴沸时，要冷却至室温后添加碎瓷片，故A错误；B．萃取、分液不需要玻璃棒，溶解、过滤、蒸发均需要玻璃棒，故B错误；C．铁丝、铂

丝灼烧均为无色，则可以用铁丝代替铂丝进行焰色反应，故C正确；D．氯水中含HClO，具有漂白性，应选pH计测定其pH，故D错误；故答案为：C。9.下列有关化学用语表述正确是A.中子数为18的氯原子：3517ClB

.硫酸的摩尔质量：98C.S2ˉ的结构示意图：D.H2、D2、T2互为同位素【答案】A【解析】【详解】A．原子的左上角是质量数，中子数为18的氯原子的质量数=质子数+中子数=17+18=35，其表示方法为3517Cl，故A正确；B．摩尔质量单位为g/mol，硫酸的摩尔质量是98g/mol，

故B错误；C．硫离子核外存在18个电子核内有16个质子，其离子结构示意图为：，故C错误；D．H2．D2和T2是氢气分子，不是原子，不能互为同位素，故D错误；故答案为A。10.下列有关单质用途的说法不正确的是A.

充有钠蒸气的高压钠灯常用于道路和广场的照明B.还原铁粉可用作食品袋内的抗氧化剂C.镁是一种重要的金属材料，是优质的耐高温材料D.氯气可用于自来水的消毒、药物的合成【答案】C【解析】【详解】A．钠的焰色反应为黄色，穿透力强，可用于广场照明，高压钠灯常用于道路和广场的照明，故A不符合题意

；B．还原性铁粉易与氧气反应，可作食品抗氧化剂，故B不符合题意；C．氧化镁是耐高温材料，而不是镁，故C符合题意；D．氯气与水反应生成HClO具有强氧化性，且氯气为常见的化工原料，氯气可用于自来水的消毒、农药的生产、药物的合成，故D不符合题意；故答案为：C。11.下列

说法正确的是A.可用澄清石灰水鉴别二氧化硫和二氧化碳B.将二氧化硫通入氯化钡溶液中无明显现象，不断振荡，溶液变浑浊C.工业上或实验室用亚硫酸钠固体与稀硫酸反应制备二氧化硫D.二氧化硫能使含酚酞的氢氧化钠溶液褪色

，体现了其漂白性【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硫和二氧化碳均为酸性氧化物，均可使石灰水变浑浊，现象相同，不能鉴别，故A错误；B．二氧化硫与氯化钡溶液不反应，振荡，溶液不会变浑浊，故B错误；C．亚硫酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，则实验室用亚硫酸钠与稀硫酸反应制备二氧化

硫，故C正确；D．二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了酸性氧化物的性质，与漂白性无关，故D错误；故选：C。12.下列说法不正确的是A.生物炼铜就是利用某种细菌将难溶性的硫化铜直接转化为铜B.根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，确定该

纤维是否为蛋白质纤维C.用原子吸收光谱仪可以确定物质中含有哪些金属元素D.分子筛常用于分离、提纯气体或液体混合物，也可作干燥剂、离子交换剂和催化剂【答案】A【解析】【详解】A．微生物法是采用某些细菌能用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，最后转化成可溶的硫酸铜，故A符合题意；B．蛋白质灼烧有烧焦羽毛的气

味，则利用在火焰上燃烧产生的气味，可确定该纤维是否为蛋白质纤维，故B不符合题意；C．原子吸收光谱是基于气态的基态原子外层电子对紫外光和可见光范围的相对应原子共振辐射线的吸收强度来定量被测元素含量为基础的分析方法，故C不符合题意；D．某些铝硅酸盐形成的分子筛中有许多笼状空穴和通道

，常用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、离子交换剂、催化剂及催化剂载体等，故D不符合题意；故选：A。13.向下列溶液中通入足量相应气体后，各离子组还能大量存在的是A.二氧化碳：K+、Na+、CO3

2ˉ、ClˉB.氨气：Ba2+、Mg2+、NO3ˉ、Br—C.氯化氢：Ca2+、Fe3+、NO3ˉ、ClˉD.二氧化硫：Na+、NH4+、HCO3ˉ、MnO4ˉ【答案】C【解析】【详解】A．23CO−在溶液中与二氧化碳发生反应，通入二氧化碳后不能

大量共存，故A不符合题意；B．Mg2+与氨水在溶液中反应生成氢氧化镁沉淀，通入氨气后不能大量共存，故B不符合题意；C．Ca2+、Fe3+、3NO−、Cl-之间不反应，通入HCl后也不反应，在溶液能够大量共存，故C符合题意；

D．4MnO−具有强氧化性，通入二氧化硫后发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不符合题意；故选：C。【点睛】注意明确离子不能大量共存的一般情况：（1）能发生复分解反应的离子之间不能大量共存；（2）能发生氧化还原反应的离子之间不能大量共存；（3）能发生络合反应的离子之间不能大量共存（如

Fe3+和SCN-等）；（4）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-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是

“一定”共存等。14.下列说法不正确的是A.漂白粉应该密封保存B.金属钠、浓硫酸属于危险品，应保存在同一个专用实验柜中C.液溴保存在棕色磨口玻璃塞的试剂瓶中，并加适量水进行水封D.配制硫酸亚铁溶液时常需加入铁粉【答案】B【解析】【详解】A．漂白粉能与空气中的二氧化碳．

水反应生成HClO，HClO易分解，所以漂白粉应该遮光密封保存，故A不符合题意；B．钠属于活泼金属，具有极强的还原性，浓硫酸属于危险品，具有强烈的腐蚀性、氧化性，两者保存在同一个专用实验柜中易发生氧化还原反应，故B符合题意；C．液溴易挥发，应保存在棕色磨口玻璃塞的试剂瓶中，并加少量水进行水

封，故C不符合题意；D．配制硫酸亚铁溶液时，常常加入铁粉，是因亚铁离子易被氧化，则加入铁发生2Fe3++Fe=3Fe2+，故D不符合题意；故选：B。【点睛】本题考查常见的试剂保存方法、配制硫酸亚铁溶液，题目难度不大，注意掌握常见试剂的正确保存方法，如：（1）氢氟酸应保存于塑料瓶中，其它试

剂一般都用玻璃瓶；（2）氢氧化钠、水玻璃等碱性物质应用胶塞，不宜用玻璃塞。苯、甲苯、乙醚等有机溶剂应用玻璃塞不宜用胶塞；（3）固体一般用广口瓶、液体一般用细口瓶；见光易分解或变质的试剂一般盛于棕色瓶，如硝酸、硝酸银、氯水等，置于冷暗处，其它一般用无色瓶；（4）易被氧化而变质的试剂：

①活泼的钾、钠、钙等保存在煤油中，②碘化钾、硫化亚铁、硫酸钠等平时保存固体而不保存溶液，使用硫酸亚铁或氧化亚铁溶液时内放少量铁粉或铁钉等。15.下列说法正确的是A.工业以硫黄为原料生产硫酸，沸腾炉中的反应：2S+3O2=2SO3B.工业上用电解饱和食盐水的方法制取金属钠C.高炉炼铁过程中，焦

炭的主要作用是还原铁矿石中的氧化铁D.工业上以石灰乳和氯气为原料制取漂白粉【答案】D【解析】【详解】A．S燃烧只能生成SO2，不能一步生成三氧化硫，故A错误；B．工业电解熔融的NaCl制取金属钠，方程式为2NaCl=通电2Na+Cl2↑，故B错误；C．高炉炼铁过程中，焦炭的主要作用有两点：

其一是生成还原剂CO，其二是燃烧放热，维持炉温，故C错误；D．工业上用氯气与石灰乳反应制备漂白粉，二者反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，故D正确；故选：D。16.下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，X、Y的核电荷数之和等于W的核电荷数。下列

说法不正确的是XYZWA.简单气态氢化物的稳定性：Y＜ZB.最高价氧化物对应水化物的酸性：X＜WC.原子半径：W＞Y＞ZD.由Y、W形成的最简单钠盐水溶液是建筑行业经常使用的一种黏合剂【答案】B【解析】【分析】X．Y．Z．W为短周期元素，X．Y的核电荷数之和等于W的核电荷数，设X的核电荷数

为x，结合图示可知，Y．W的核电荷数分别为x+2．x+8，则x+8=x+x+2，解得：x=6，则X为C，Y为O，Z为F，W为Si元素，据此解答。【详解】根据分析可知，X为C，Y为O，Z为F，W为Si元素，A．非金属性O<F，则简单气态氢化物的稳定性：Y

<Z，故A不符合题意；B．非金属性C>Si，则最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W，故B符合题意；C．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：W>Y>Z，故C不符合题意；D．O．Si形成的硅酸钠水溶液是建筑行业经常使用的一种黏合剂，故D不符合题意；故

选：B。17.下列实验操作对应的现象符合事实的是A.将浓盐酸滴入后产生黄绿色气体B.通电一段时间后，收集b处气体，可做爆鸣实验C.出现苍白色火焰，集气瓶口有白雾D.试管中产生白色沉淀，较长时间不变色【答案】C【解析】【详解】A．浓盐酸与二

氧化锰反应需要加热，图中缺少酒精灯，故A错误；B．b与电解正极相连为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气不具有可燃性，故B错误；C．氢气在氯气中燃烧生成HCl，出现苍白色火焰，集气瓶口有白雾，故C正确；D．生成氢氧化亚铁易被氧化，生成白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，故D错误；故选：C

。18.某实验需1mol·Lˉ1NaOH溶液90mL，配制该NaOH溶液的几个关键实验步骤和操作示意图如下：①②③④⑤⑥下列说法正确的是A.用托盘天平称取3.6g氢氧化钠固体B.容量瓶使用前先检漏，再用蒸馏水洗涤，干燥后才可用C.操作①时，若俯视容量瓶

的刻度线，使配得的NaOH溶液浓度偏低D.上述操作的先后顺序是③②④⑥①⑤【答案】D【解析】【详解】A．需要1mol•L-1NaOH溶液90mL，应选择100mL容量瓶，需要氢氧化钠的质量：0.1L×1mol/L×40g

/mol=4.0g，故A错误；B．容量瓶带有瓶塞，为防止使用过程中漏水，使用前应查漏，然后洗涤，不需要干燥，故B错误；C．俯视容量瓶的刻度线导致溶液体积偏小，依据cc=nV可知溶液浓度偏高，故C错误；D．配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为：计算．称量．溶解．

冷却．移液．洗涤．定容．摇匀等，正确的操作顺序为：③②④⑥①⑤，故D正确；故选：D。19.下列离子方程式正确的是A.次氯酸钠溶液中通入少量的二氧化硫：SO2+3ClOˉ+H2O=SO42ˉ+Clˉ+2HClOB.碳酸氢钠溶液与足量盐酸反应：CO32ˉ+2

H+=CO2↑+H2OC.稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：Ba2++OHˉ+H++SO42ˉ=BaSO4↓+H2OD.锌和浓硫酸反应：Zn+2H+=H2↑+Zn2+【答案】A【解析】【详解】A．将足够的二氧化硫气体通入次氯酸钠溶液中，NaClO完全反应，离子方程式为SO2+ClO-+

H2O=24SO−+2H++Cl-，故A正确；B．碳酸氢钠在溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，其与盐酸反应离子方程式为：-+322=HCO+HCO+HO，故B错误；C．稀硫酸和氢氧化钡溶液反应，离子方程式：-2+2-424++2OH+Ba

+SO=2HO+B2aSOH，故C错误；D．Zn和浓硫酸反应的离子反应为Zn+2H2SO4═2H2O+Zn2++SO2↑+SO42-，故D错误；故选：A。【点睛】判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原

理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等（如本题D项）；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子转移守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。20

.下列几种类推结论符合事实的是A.氯水可以将Fe2+氧化至Fe3+，则碘水也可以将Fe2+氧化至Fe3+B.Fe3O4可改写为FeO·Fe2O3，则Fe3Cl8也可改写为FeCl2·2FeCl3C.Cl

2＋H2O⇌HCl+HClO是氧化还原反应，则ICl＋H2O⇌HCl+HIO也是氧化还原反应D.CO2溶于H2O生成H2CO3，则SiO2也能溶于H2O生成H2SiO3【答案】B【解析】【详解】A．氧化性：Cl2>Br2>Fe3+>I2，故氯水、溴水都能

将Fe2+氧化为Fe3+；但I2不能将Fe2+氧化为Fe3+，故A错误；B．Fe3O4可改写为FeO•Fe2O3，可设Fe2+有x，Fe3+有y，则2x+3y=8，x+y=3，则x=1，y=2，则Fe3Cl8可改写为

FeCl2•2FeCl3，故B正确；C．ICl+H2OHCl+HIO反应中无化合价变化，所以不是氧化还原反应，故C错误；D．二氧化硅不溶于水，与水不反应，故D错误；故选：B。21.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A.4.6gNa与含0.1molHCl的稀盐酸充分反应，转移电子数目为0

.2NAB.质量为3.0g的15N2和C18O混合物中含有中子数为1.6NAC.常温常压下，1.12L的CO2和SO2混合气体中，含有氧原子的数目小于0.1NAD.在1L相同浓度的硫酸钾和硫酸铁混合液中K+浓度为0.2mol·Lˉ1，则溶液中SO42—的数目为0.3NA【答案】

D【解析】【详解】A．4.6g钠的物质的量为0.2mol，而钠和盐酸溶液反应时，先和HCl反应，过量的钠再和水反应，故0.2mol钠会完全反应，且反应后变为+1价，则转移0.2NA个电子，故A不符合题意；B．质量为3.0g的15N2和C18O混合物物质的量为0.1mol，含

有中子数为1.6NA，故B不符合题意；C．常温常压Vm大于22.4L/mol，在常温常压下，1.12L的CO2和SO2混合气体物质的量小于0.05mol，含有氧原子的数目小于0.1NA，故C不符合题意；D．在1L相同浓度的硫酸钾和硫酸铁混合液中K+浓度为0.2mol•L-1，则硫酸钾物

质的量浓度为0.1mol/L，硫酸铁物质的量浓度为0.1mol，在1L相同浓度的硫酸钾和硫酸铁混合液中K+浓度为0.2mol•L-1，则溶液中2-4SO的物质的量为：0.1mol+0.3mol=0.4mol，数目为0.4NA，故D

符合题意；故选：D。22.已知SO32ˉ+I2+H2O=SO42ˉ+2Iˉ+2H+，将0.09molCl2通入100mL含amolNaI与amolNa2SO4的混合溶液中，有0.25amol的NaI被氧化(不考虑Cl2与I2之间的反应)，则下列说法正确的是A.物质的还原性Iˉ>SO

32ˉB.NaI与Na2SO3的物质的量浓度为0.08mol/LC.通入0.09molCl2发生反应的离子方程式为：8SO32ˉ+2Iˉ+9Cl2+8H2O=8SO42ˉ+I2+16H++18ClˉD.若再通入0.0

7molCl2，恰好能将NaI与Na2SO3完全氧化【答案】C【解析】【分析】由信息可知还原性：2-3SO>I-，通入Cl2先发生2-3SO+Cl2+H2O=2-4SO+2H++2Cl-，有0.25a

mol的NaI被氧化，由电子守恒可知，此时发生82-3SO+2I-+9Cl2+8H2O=82-4SO+I2+16H++18Cl-，以此来解答。【详解】A．由2-3SO+I2+H2O═2-4SO+2I-+2H+可

知，S元素的化合价升高．I元素的化合价降低，则还原性：2-3SO>I-，故A错误；B．由电子守恒可知，0.09mol×2=amol×(6-4)+0.25amol，a=0.08mol，NaI与Na2SO3的物质的量浓度为c=0.8mol/L，故B错误；C．通入0.09molCl2发生反应时有0.25

amol的NaI被氧化，则离子方程式为：82-3SO+2I-+9Cl-+8H2O═82-4SO+I-+16H++18Cl-，故C正确；D．若再通入0.07molCl2，由还原性及电子守恒可知，Na2SO3还有0.01mol未被氧化，故D错误；故选：C。【点睛】氧化还原先后型的离子反应：对于氧

化还原反应，按“先强后弱”的顺序书写，即氧化性(或还原性)强的优先发生反应，氧化性(或还原性)弱的后发生反应，该类型离子方程式的书写步骤如下：第一步：确定反应的先后顺序：(氧化性：HNO3>Fe3＋，还原性：I－>Fe2＋>Br－)，如向FeI2溶液中通入

Cl2，I－先与Cl2发生反应。第二步：根据用量判断反应发生的程度，如少量Cl2与FeI2溶液反应时只有I－与Cl2反应：2I－＋Cl2=2Cl－＋I2。足量Cl2与FeI2溶液反应时溶液中的I－和Fe2＋均与Cl2发生反应：2Fe2＋＋4I－＋3Cl2=2Fe3＋＋2I2

＋6Cl－。第三步：用“少量定1法”书写离子方程式，即将“量”少物质的化学计量数定为“1”进行书写。23.已知：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O。某红色粉末样品可能含有Fe2O3和Cu2O中

的一种或两种，为探究其组成，取少量样品加入过量稀硫酸。下列有关说法正确的是A.若固体全部溶解，则发生的离子反应只有：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OB.若固体部分溶解，则样品中一定含有Cu2O，一定不含有Fe2O3C.若固体全部溶解，再滴加KSC

N溶液，溶液不变红色，则样品中n(Fe2O3):n(Cu2O)为2：1D.另取ag样品在空气中充分加热至质量不再变化，称其质量为bg(b＞a)，则混合物中Cu2O的质量分数为9(b-a)/a【答案】D【解析】【分析】若固体全部溶解，如含有Cu2O，Cu2O在酸性溶液中会发生反应：C

u2O+2H+═Cu+Cu2++H2O，则一定含有Fe2O3，可氧化Cu生成铜离子，若固体全部溶解，Fe2O3和Cu2O恰好反应，滴加KSCN溶液，则溶液可能不变红色；加热发生反应2Cu2O+O2=4Cu

O，固体质量增重，根据固体增重利用差量法计算Cu2O的质量，最后计算质量分数，以此解答该题。【详解】A．固体全部溶解，若固体是Fe2O3和Cu2O的混合物，放入足量稀硫酸中会有Cu生成，Cu恰好能将Fe3+还原为Fe2+，故A错误；B

．固体若是Fe2O3和Cu2O的混合物，放入足量稀硫酸中会有Cu生成，Cu能将Fe3+还原为Fe2+，剩余铜，故B错误；C．若固体全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液不变红色，因为Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4，而H2SO4

不能溶解Cu，所以混合物中必须有Fe2O3存在，使其生成的Fe3+溶解产生的Cu，反应的有关离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，说明样品中n(Fe2O3)：n(Cu2O)为1：1，故C错误；D．(

)()222CuO2CuOΔm144g16gmCuOb-agm(Cu2O)=()144b-ag16g=9(b-a)g，故混合物中Cu2O的质量分数为：()9b-agag=9(b-a)/a，故D正确；故选：D。24.实验室以磷石膏(主要含CaSO4，还含少量SiO2、Fe2O3)为原料制取轻

质CaCO3，其实验流程如下：下列说法不正确的是A.固体Ⅰ、固体Ⅱ中含有SiO2，固体Ⅲ中含有Fe(OH)3B.由固体Ⅰ为原料制备CaCl2溶液使用的盐酸和石灰水均要过量C.加入(NH4)2CO3溶液的离子方程式为：CaSO4+CO32ˉ=CaC

O3+SO42ˉD.检验固体Ⅰ洗涤是否完全，可取最后一次洗涤液往其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，看有无沉淀生成【答案】B【解析】【分析】实验室以磷石膏(主要含CaSO4，还含少量SiO2、Fe2O3)为原料制取轻质CaCO3，加入碳酸铵溶液浸取，可将CaSO4转化为CaCO3，CaSO4+23C

O−=CaCO3+24SO−，滤液I中主要含有硫酸铵，可制备(NH4)2SO4晶体，滤渣固体1含有CaCO3、SiO2、Fe2O3，加入盐酸，CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O；

二氧化硅与盐酸不反应，固体Ⅱ为二氧化硅，溶液Ⅱ中含有钙离子、铁离子，加入石灰水，得到固体Ⅲ为氢氧化铁沉淀，溶液中为氯化钙溶液，可用于制取轻质CaCO3，以此解答该题。【详解】A．由上述分析可知，固体Ⅱ为二氧化硅，固体Ⅲ为氢氧化铁沉淀，故A不符合题意；B．滤渣固体1含有CaCO3、Si

O2、Fe2O3，由固体Ⅰ为原料制备CaCl2溶液，加入盐酸过量，不影响后续反应，但溶液Ⅱ中含有钙离子、铁离子，加入过量石灰水，得到固体Ⅲ为氢氧化铁沉淀，溶液中为氯化钙溶液、氢氧化钙，影响制取轻质CaCO3

纯度，故B符合题意；C．加入(NH4)2CO3溶液，微溶的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，反应为：CaSO4+23CO−═CaCO3+24SO−，故C不符合题意；D．滤渣固体1含有CaCO3、SiO2、Fe2O3，检验

固体Ⅰ洗涤是否完全，根据硫酸根离子的检验方法进行操作，可取最后一次洗涤液往其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，看有无沉淀生成，故D不符合题意；故选：B。25.有一瓶澄清的溶液，只可能含有NH4+、Na+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、Clˉ、Brˉ

、Iˉ、CO32ˉ、SO42—中的几种，且浓度均为0.1molL—1。进行以下实验：①取少量溶液，滴加盐酸至溶液呈酸性，无明显现象。②取少量溶液，滴加少许新制氯水，再加淀粉溶液，溶液变蓝③取少量溶液，向其中逐滴加入Na

OH溶液至碱性，过程中均无沉淀产生。将此溶液分为两等份，第一份加热，有气体放出；第二份溶液中加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。下列结论不正确的是A.肯定含有的阳离子是NH4+、Ba2+B.肯定含有的阴离子是Iˉ、Clˉ、BrˉC.肯定不含有的离子是Fe3+、CO32ˉ、SO42ˉD.不能

确定是否含有的离子是Na+【答案】D【解析】【详解】①取少量溶液，滴加盐酸至溶液呈酸性，无明显现象，说明该溶液中不含有23CO−；②取少量溶液，滴加少许新制氯水，再加淀粉溶液，溶液变蓝，说明原溶液中含有I-，因Fe3+与I-不能共存，

故不含Fe3+；③取少量溶液，向其中逐滴加入NaOH溶液至碱性，过程中均无沉淀产生，说明原溶液中不含有Mg2+，将此溶液分为两等份，第一份加热，有气体放出，说明此溶液中含有NH3•H2O，说明原溶液中含有+4NH；第二份溶液中加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中

含有Ba2+，因Ba2+与24SO−不能大量共存，故原溶液中不含有24SO−；通过实验确定的离子有：Ba2+、+4NH、I-，根据离子浓度均为0.1molL-1结合电荷守恒可知阴离子中一定含有Cl-、Br-，因

此溶液中一定不含有Na+，综上所述，答案为：D。【点睛】高中阶段对于Na+的检验，常见方法有：①根据焰色反应确定，若颜色反应火焰为黄色，则说明溶液中含有钠元素；②可根据电荷守恒进行分析。非选择题部分(共50分)二、填空题(本题有4小题，共34分)26.(1)①写出“海洋元素”的元素

符号_____________，②写出钡餐的化学式：_____________。(2)镁失火时不能用二氧化碳灭火，用化学方程式表示其原因_____________。(3)《新修本草》有云：“青矾(FeSO4·7H2O)本来绿色，新出窟

未见风者，正如瑁璃…烧之赤色…。”根据以上信息，写出“青矾”受热分解的化学方程式_____________。(4)双氧水能使酸性高锰酸钾溶液褪色，请完成以下相关反应的离子方程式：_____________MnO4ˉ＋_____________H2O2+_____________＝_________

____Mn2++_____________H2O+_____________【答案】(1).Br(2).BaSO4(3).2Mg+CO2=2MgO+C(4).2FeSO4•7H2O=Fe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O(

5).2(6).5(7).6H+(8).2(9).8(10).5O2↑【解析】【详解】（1）地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中，故溴有“海洋元素”的美称，符号为Br；医用钡餐是硫酸钡，其化学式可表示为：BaSO4，故答案为：Br；BaSO4；（2）镁着火不能用二氧化碳来灭火，镁

能够与二氧化碳反应，其反应方程式为：2Mg+CO2=2MgO+C，故答案为：2Mg+CO2=2MgO+C；（3）本来绿色，新出窟未见风者，正如瑁璃…烧之赤色，青矾厂气熏人，衣服当之易烂，载木不盛，青矾就是绿矾(FeSO4•7H2O)，说明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化铁和水，分解的化学

方程式：2FeSO4•7H2O=Fe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O，故答案为：2FeSO4•7H2O=Fe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O；（4）双氧水中氧元素的化合价从-1价升高到0价，失去1个电子，而

高锰酸钾中锰元素的化合价从+7价降低到+2价，得到2个电子，所以根据电子的得失守恒可知，配平后的反应为-+2+422222MnO+5HO+6H=2Mn+8HO+5O，故答案为：2；5；6H+；2；8；5O2↑。27.A为金属单质，B、C、D、E四种均为含有氯元素的物质，它们存在如图转化关系(部分

产物已略去，有的反应在溶液中进行)。请回答：(1)A是_____________，C是_____________。(均用化学式表示)(2)写出实验室制备D的化学方程式：_____________。(3)写出用B溶液与Cu反应制作印刷电路板的离子方程式：_________

____。(4)设计实验方案，检验C溶液中的金属阳离子：_____________【答案】(1).Fe(2).FeCl2(3).MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl2↑+2H2O(4).Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+(5).取C溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色

，再滴加氧化剂(如氯水、双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+【解析】【分析】A为金属单质，B、C、D、E四种均为含有氯元素的物质，根据转化关系可知，A为变价金属，且B与A反应生成

C，则A为Fe，D为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2，A与E反应生成C(FeCl2)，结合(3)“用B溶液与Cu反应制作印刷电路板”可知，E为HCl，据此解答。【详解】（1）根据分析可知，A为Fe，C为FeCl2，故答案为：Fe；

FeCl2；（2）实验室中通过加热浓盐酸与二氧化锰制取氯气，该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl2↑+2H2O；（3）B为FeCl3，Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜

，该反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；（4）C为FeCl2，其阳离子为Fe2+，检验Fe2+的方法为：取C溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加

氧化剂(如氯水．双氧水)后溶液显血红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+，故答案为：取C溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氧化剂(如氯水．双氧水)后溶液显血

红色，说明含有Fe2+，或者取样滴加用铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀产生，则含有Fe2+。28.W、X、Y、Z、M五种原子序数依次增大的短周期主族元素。X和Y同周期，W和Z同主族。W的最外层电子数是Y最外层电子数的3倍，Y的质子数比W多4。请完成下列问题：(1)Y

元素在元素周期表中的位置：_____________。(2)W、X、Y简单离子的半径由大到小顺序为_____________(用具体的微粒符号表示，下同)。(3)写出X和M两种元素的最高价氧化物的水化物相互反应的离子方程式：_____________。(4)X2W2投入到

X2Z的水溶液中，只观察到有沉淀产生，写出该反应的离子方程式：_____________。(5)证明元素Z和M的非金属性强弱_____________(用化学方程式表示)。【答案】(1).第三周期ⅡA族(2).O2-＞N

a+＞Mg2+(3).H++OH-═H2O(4).Na2O2+S2-+2H2O═S↓+2Na++4OH-(5).H2S+Cl2═S↓+2HCl【解析】【分析】W、X、Y、Z、M五种原子序数依次增大的短周期主族元素。X和Y同周期，W和Z同主族，W的最外层电子数是Y最外层电子数的3倍，Y最外

层含有1个或2个电子，W最外层含有3个或6个电子，结合原子序数大小可知，Y为Na或Mg，W为B或O，又Y的质子数比W多4，则Y为Mg，W为O；W和Z同主族，则Z为S；M的原子序数大于S，则M为Cl元素；X和Y同周期，则X为Na，据此解答。【详解】根据分析可知，W为O，X为Na，Y为Mg，Z为

S，M为Cl，（1）Mg的原子序数为12，位于周期表中第三周期ⅡA族，故答案为：第三周期ⅡA族；（2）O2-．Na+．Mg2+都含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径大小为：O2->Na+>Mg2+，故答案为：O2->Na+>Mg2+；（3）Na和Cl两种元素的最高价氧化物的

水化物分别为NaOH和高氯酸，氢氧化钠和高氯酸反应的离子方程式为：H++OH-═H2O，故答案为：H++OH-═H2O；（4）Na2O2投入到Na2S的水溶液中，只观察到有沉淀产生，说明反应生成S单质，该反应的离子方程式为：Na2O2+S2-+

2H2O═S↓+2Na++4OH-，故答案为：Na2O2+S2-+2H2O═S↓+2Na++4OH-；（5）非金属性越强，单质的氧化性越强，根据反应H2S+Cl2═S↓+2HCl可知，非金属性Cl>S，故答案为：H2S+

Cl2═S↓+2HCl。29.固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：请回答：(1)由现象1得出化合物X含有_____________元素(填元素符号)，X的化学式_____________。(2)固体混合物

Y的成分_____________(填化学式)。(3)实验室常将氨气(NH3)通过红热的黑色固体化合物Z制备氮气，该反应的化学方程式是_____________。【答案】(1).S(2).BaCuS2(3).BaO和CuO(4).2NH3+3CuO3=Cu+N2↑+

3H2O【解析】【分析】根据现象1可知，无色气体为SO2，向黑色固体化合物Z中加入盐酸，溶液呈蓝色，说明固体Z为CuO，向碱性溶液中加硫酸会产生白色沉淀，说明该溶液中含有Ba2+，由此可知，固体混合物Y中含有BaO，据此解答本题。【详解】（1）根据上述分析可知，X中含有S元素，固体

化合物Z的物质的量为：8g80g/mol=0.1mol，固体混合物中BaO的质量为23.3g-8g=15.3g，BaO的物质的量为：15.3g153g/mol=0.1mol，因此固体X中S元素的物质的量为：26.5g-0.1mol64

g/mol-0.1mol137g/mol32g/mol=0.2mol，N(Cu)：N(Ba)：N(S)=1：1：2，故X的化学式为：BaCuS2，故答案为：S；BaCuS2；（2）由上述分析可知，Y的主要成分为：CuO和BaO，故答案为：CuO和BaO；（3）

氨气与氧化铜在高温条件下反应，生成铜、氮气、水，其化学反应方程式为：3223CuO+2NH=N3Cu+3HO+高温，故答案为：3223CuO+2NH=N3Cu+3HO+高温。三、实验题(本题10分)30.某实验小组欲制取NaHSO3晶体，设计采用如下装置制备(省略夹持和加热装置)。(1)仪器b

的名称是_____________。(2)装置丙的作用是_____________。(3)装置乙中过量的SO2与NaOH溶液反应生成NaHSO3晶体，其离子方程式为_____________。(4)装置甲中反应生成SO2的操作顺序

是_____________。①点燃酒精灯加热仪器a②打开分液漏斗上口玻璃塞③打开分液漏斗玻璃旋塞，使浓硫酸流入a④关闭分液漏斗玻璃旋塞(5)经检验，实验制得的NaHSO3晶体中含有大量的Na2S2O5固

体和一定量的Na2SO3和Na2SO4，查阅资料获知在溶液中NaHSO3易发生反应生成Na2S2O5，Na2S2O5在空气中、受热时均易分解。①试写出反应生成Na2S2O5的化学方程式_____________。②晶体中含有Na2

SO3和Na2SO4的可能原因是_____________。【答案】(1).锥形瓶(2).安全瓶，防止倒吸(3).SO2+Na++OH-═NaHSO3↓(4).②③④①(5).2NaHSO3═Na2S2O

5+H2O(6).Na2S2O5分解生成生Na2SO3，Na2SO3被氧化生成Na2SO4【解析】【分析】（1）根据常见仪器的名称结合该仪器的特征解答；（2）根据图示可知气体通过一个集气瓶再与液体接触，发生倒吸时，液

体会进入集气瓶中，从而从导气管进入左侧的集气瓶，据此分析用途；（3）装置乙中过量的SO2与NaOH溶液反应生成NaHSO3晶体，NaHSO3晶体为沉淀，根据方程式书写；（4）装置甲中反应生成SO2，先将分液漏斗上的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，保证压强上下一样，后打开分液漏斗玻璃旋塞

，关闭分液漏斗玻璃旋塞后，再点燃酒精灯加热仪器a，防止生成的二氧化硫从上口逸出；（5）①在溶液中NaHSO3易发生反应生成Na2S2O5，根据原子守恒还有水生成；②Na2S2O5在空气中．受热时均易分解，亚硫酸钠中+4价的硫易被氧化成

+6价。【详解】（1）该仪器外观呈平底圆锥状，下阔上狭，有一圆柱形颈部，上方有一较颈部阔的开口，为锥形瓶，故答案为：锥形瓶；（2）二氧化硫极易溶于NaOH溶液，易发生倒吸，图示可知二氧化硫气体通过一个集气瓶再与NaOH溶液接触，发生倒吸时，液体会进入集气

瓶中，从而从导气管进入左侧的集气瓶，所以装置丙的作用是安全瓶，防止倒吸，故答案为：安全瓶，防止倒吸；（3）乙装置：二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸氢钠，反应为：SO2+NaOH═NaHSO3↓，其离子方程式为：SO2+Na++OH-═NaHSO3↓，故答案为：SO

2+Na++OH-═NaHSO3↓；（4）装置甲中反应生成SO2，放出液体时，应打开上口玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔使分液漏斗内外大气相通，便于液体流出，选②，打开分液漏斗玻璃旋塞，使浓硫酸流

入a，选③，后打开分液漏斗玻璃旋塞，关闭分液漏斗玻璃旋塞后选④，再点燃酒精灯加热仪器a选①，防止生成的二氧化硫从上口逸出，所以操作顺序是②③④①，故答案为：②③④①；（5）①在溶液中NaHSO3易发生反应生成Na2S2O5，根据原子守恒产物

还有水，反应为：2NaHSO3═Na2S2O5+H2O，故答案为：2NaHSO3═Na2S2O5+H2O；②Na2S2O5在空气中．受热时均易分解，分解生成生Na2SO3，晶体中含有Na2SO3，Na2SO3被氧化生成Na2SO4，故答案为：Na2S2O

5分解生成生Na2SO3，Na2SO3被氧化生成Na2SO4。四.计算题(本题共6分)31.向一定量CO2和NaOH溶液反应后的某溶液中逐滴滴入稀盐酸，开始阶段未产生CO2气体，则该溶液中的溶质组成可能是_________

____。【答案】①NaOH、Na2CO3②Na2CO3③Na2CO3、NaHCO3【解析】【详解】少量的CO2与NaOH反应生成Na2CO3和H2O，反应方程式为CO2+2NaOH===Na2CO3+H2O，过量的CO2与NaOH反应生成NaHCO3，反应方程式为CO2+Na

OH===NaHCO3，则向一定量CO2和NaOH溶液反应后的某溶液中逐滴滴入稀盐酸，开始阶段未产生CO2气体，则该溶液中一定含有Na2CO3，因此溶质组成可能是：①NaOH、Na2CO3②Na2CO3③Na2CO3、NaHCO3，故答案为：①NaOH、Na2CO3②N

a2CO3③Na2CO3、NaHCO3。32.某天然碱可以看作是CO2和NaOH反应后的产物组成的一种物质。为了研究该物质的组成，进行如下实验：ⅰ称取3.98g天然碱样品，加入50mL稀盐酸(足量)，产生CO2896mL(标准状况)。ⅱ称取3.98

g天然碱样品，加热至分解完全，产生CO2224mL(标准状况)和0.36g水。①该稀盐酸的物质的量浓度最小是_____________。②天然碱的化学式是_____________。【答案】(1).1.2mol/L(2).2Na2CO3•2NaHCO3•H2O【解析】【分析】天然碱

加热分解生成CO2，说明含有NaHCO3，NaHCO3分解生成的CO2．H2O的物质的量相等，而实际分解生成的水比二氧化碳的多，说明天然碱还含有结晶水。相同质量的天然碱加入足量盐酸，生成CO2的体积大于

加热分解生成的CO2的体积，说明还含有Na2CO3；①根据分解生成二氧化碳条件可以计算碳酸氢钠的物质的量，由加酸生成二氧化碳体积，根据碳原子守恒计算碳酸钠的物质的量，加入的盐酸恰好反应时盐酸的物质的量浓度最小，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子

、氯离子守恒计算HCl的物质的量，进而计算盐酸的最小浓度；②计算天然碱中碳酸钠、碳酸氢钠、结晶水的物质的量比例关系，可得天然碱的化学式。【详解】天然碱加热分解生成CO2，说明含有NaHCO3，分解生成的CO2为0.224L22.4L/mol

=0.01mol，分解生成H2O为0.36g18g/mol=0.02mol，由2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O可知，天然碱还含有结晶水，相同质量的天然碱加入足量盐酸，生成CO2的体积大于加热分解生成的CO2的体积，说明还含有Na2CO3。①分解生成二氧化

碳为0.01mol，则碳酸氢钠为0.01mol×2=0.02mol。加酸生成二氧化碳总物质的量为：0.896L22.4L/mol=0.04mol，由碳原子守恒可知，碳酸钠物质的量为：0.04mol-0.02mol

=0.02mol。加入的盐酸恰好反应时盐酸的物质的量浓度最小，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子．氯离子守恒：n(HCl)=n(NaCl)=0.02mol×2+0.02mol=0.05mol，故盐酸的最小浓度为：0.06mol0

.05L=1.2mol/L，故答案为：1.2mol/L；②由方程式可知碳酸氢钠分解生成水为0.01mol，故结晶水的物质的量为0.02mol-0.01mol=0.01mol，则n(Na2CO3)：n(NaHCO3)：n(H2O)=0.02mol：0.02

mol：0.01mol=2：2：1，故该天然碱的组成为：2Na2CO3•2NaHCO3•H2O，故答案为：2Na2CO3•2NaHCO3•H2O。