C,若Y是NaOH溶液，则b段发生反应的离子方程式为：NH+OH=NH,↑+H,OD.若y是NaOH溶液，则X中的I”,Mg2”、NH物质的量之比为2：1：4第Ⅱ卷（非选择题共52分）二、填空题（本题包括5小题，共52分）17,(9分)某同学设计如下图实验检验浓硫酸与木炭加热条件下反应的生成物：浓硫酸无水硫酸铜木炭BC品红溶液酸性KMnO,澄清石灰水溶液(1)木炭与浓硫酸反应方程式：C2404u)△⑦1s02H0(2)A中的现象是黑色杨木度为蓝鱼(3)B中品红溶液褪色，证明s0,具有漂自性（填“氧化性”、“还原性”或“漂白性”)：装置C的作用是除去S0,气外(4)D中的现象是：透5灰太及洋4有同学认为该现象不能证明结论的正确，原因是随汽的w,进入改进措施是在装看大尾如装收集装置18.(9分)含铬电镀废水的主要成分如表Cr(VI)、Cr3+、Cu2+、Fe2+、Zn2+,常用“Pb2+沉淀法和”药剂还原沉淀法”进行处理金属离子沉淀完全时(c=1.0×10mol·L)及沉淀开始溶解时的pH如表。金属离子Cu2Fe2Fe3Zn2Cr3沉淀完全6.78.32.88.25.6PH沉淀开始溶解13.514.010.512.0I.“Pb2+沉淀法”工艺流程如图。NaCOH,O,、NaOHNaOHPbSO,调节pH含铬废水→预处理氧化→沉降→滤液斗沉铬→废水（处理后排污泥铬黄PbCrO,)【先知月考卷，化学（一〉·共6页·第4页】G以烈胃出版社

(3)操作I中“蓝色沉淀”的质量为(4)假设原溶液中含有A1+,现取操作Ⅱ最后一次过滤后的少许洗涤液，通入少量的CO,,观察到有白色沉淀生成，查阅资料可知：2A1O2+CO2+3H,0一2A1(OH),↓+CO}.①该实验兴趣小组甲同学提出该白色沉淀可能是碳酸钡，理由为(用必要的文字说明).②该实验兴趣小组乙同学发现，继续通入过量的CO,,沉淀部分消失，此时发生反应的离子方程式为

“调pH时，主要将铁离子和铝离子沉淀，根据金属离子生成氢氧化物沉淀的pH,因此pH大于4.7，不能沉淀镍离子，因此溶液pH小于7.1，综合考虑应控制溶液pH的范围为4.7≤pH<7,故答案为：4.7spH<7:【小问5详解】流程中由溶液得到i26H20的实验操作步骤依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。【点睛】本题重点(4)，“调pH时，主要将目标外离子沉淀，根据金属离子生成氢氧化物沉淀的pH,因此pH大于其他离子，不能沉淀目标离子，因此确定pH的范围。17.草酸亚铁晶体(F®C2O4·2H2O)可作为制备电池正极材料磷酸铁锂的原料。以FCSO4溶液制备电池级草酸亚铁晶体的实验流程如图：氨水H,C,O,溶液蒸馏水FeSO,溶液→沉淀→转化→过滤-洗涤-烘宝FeCaO,.·2HO滤液宁管AH2C2O溶液(1)沉淀步骤得到的混合体系不宜在空气中久置，其原因是。(2)“转化”在右图所示的装置中进行。导管A的作用是。(3)检验洗涤”完全的实验操作是。(4)以废渣（主要含Fe2O3、Al2Os、Si02等）为原料制备实验所需的F©SO4溶液，清补充实验方案：向废渣中分批加入稀疏酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤：。一。[实验中须使用的试剂：稀碗酸、铁粉、NaOH溶液、KSCN溶液、蒸馏水](5)测定草酸亚铁样品纯度的方法如下：准确称取0.2500g祥品，加入适量水、浓H2S04、磷酸，用0.04500molL1KMnO4标准溶液滴定至终点（草酸亚铁转化为Fe3+和CO2),消耗KMnO4标准溶液18.00mL。计算样品中FCC2O42H20的纯度（写出计算过程）。【答案】(1)Fe(OH)2在空气中易被O2氧化为Fc(OH,导致草酸亚铁产率降低(2)衡压强，使H2C2O4溶液顺利滴入三颈烧瓶中(3)取最后·次洗涤滤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，再滴加BaC2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤完全

11.(1)胶体；丁达尔效应（各1分）(2)①浓盐酸；浓盐酸、医用酒精；KMnO4、MnCl2(各2分)②2MnO4+10C1+16H-2Mn2++5C2个+8H2O(3分)③c;a(各2分)④KMnO4的氧化性比MnO2的强(2分)12.(1)十2；盐（各2分）(2)C(2分)(3)取烧杯中的液体于试管中，加入少量的硝酸钡溶液，出现白色沉淀，再加入稀硝酸，白色沉淀不溶解，证明硫酸根离子透过了半透膜(3分)(4)1FeCls+3NaOH=Fe(OH)33NaCl②Fe(OH)3胶体；FeCl-Fe3++3C(各2分)13.(1)B(2分)(2)为了保证完全除去杂质离子(2分)(3)过滤；HCI(各2分)(4)①使SO星-完全沉淀(2分)②黄色；沉淀过量的Ba+(各2分)V.-cV:+scV,)③%(4分)m【解题分析】(4)步骤①中加入过量的氯化钡溶液，目的是使SO完全沉淀；之后再加人过量的K2CrO4溶液沉淀过量的Ba+;然后用FeSO4溶液滴定剩余的CrO,根据离子方程式CrO+Ba2+一BaCrO4Y,CrO}+3Fe2++8H+(r++3Fe++4H,0可知，(Cr0片)=3cVX108mol,则g(Ba+)=0a（Cr0片)-a(Cr0)=(V,X103-3cV,×10)mol,所以m(S0g-)=aV×103mol-(cV,×103-3cV,×103)mol=(cV,-cV,+3cV)×10-3mol,SO的质量分数为(V1ml6gmol100%m gB.6cV-VV)%。21在·3·【23·G3ZC(新教材老高考)·化学·参考答案一R一必考一N】

教学全国@0所名校单元测试示范卷扎记CH解析：的分子式相同，由于空间排列方式不同，互为顺反异构，互为同CHO分异构体，A项不符合题意；CHCH2CHO与CHCCH的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B项不符合题意；CHC三CCH与CH=CCH CH的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，C项不符合题意；CHsCH.CH2CH2CH2CH的分子式为CH2,CIH一C一CH的分子式为C4Ho,两者分子式不同，不互为同分异构体，D项符合题意答案：D4.《黄帝内经》有描述“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”，以上食物中富含糖类、蛋白质、油脂等营养物质。下列说法错误的是A.葡萄糖和麦芽糖均为还原性糖B.淀粉和纤维素互为同分异构体C.天然油脂没有固定的熔、沸点D.蛋白质水解的最终产物为氨基酸解析：葡萄糖和麦芽糖均含有醛基，均为还原性糖，可发生银镜反应，A项正确；纤维素和淀粉的分子式都为(CHo()方)m,n值不同，淀粉和纤维素不互为同分异构体，B项错误；油脂是油和脂肪的统称，从化学成分上来说，油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯，自然界中的油脂是多种物质的混合物，混合物没有固定的熔、沸点，C项正确：氨基酸通过脱水缩合反应形成肽链，肽链最终按照特定方式组合生成蛋白质，所以蛋白质水解最终产物是氨基酸，D项正确。答案：B5.螺4.5]一1,6一癸二烯和氢气充分反应生成螺[4.5]癸烷，下列说法正确的是X+2H一○X☑甲：螺[4.5】-1,6一癸二烯乙：螺[4.5]癸烷A.甲和苯乙烯互为同系物B.一个甲分子含有一个手性碳原子C.1mol乙完全燃烧最多消耗12.5molO2D.乙的一氯代物共有6种解析：甲中不含有苯环，与苯乙烯的结构不相似，不互为同系物，A项错误；手性碳原子连接的四个原子或原子团不相同，甲分子中两环共用的碳原子是手性碳原子，B项正确；乙的分子式为CH8,则1mol乙完全燃烧生成二氧化碳和水，最多消耗14.5molO2,C项错误；乙为轴对称结构，则一氯代物共有5种，D项错误。答案：B6.2021年9月，我国科学家宣布首次在实验室由CO2人工合成淀粉[分子式为(C6H1O。)m,结构如图所示]，实现了颠覆性的突破。下列说法不正确的是A.纯度为100%的淀粉具有固定的熔、沸点OHB.由CO2合成淀粉有利于实现碳达峰、碳中和的战略C.由CO2合成淀粉过程中有碳碳键形成HO OHOD.合成淀粉过程中还需要氢气等原料解析：淀粉属于高分子化合物，是混合物，纯度为100%的淀粉没有固定的熔、沸点，A项错误；由C()人工合成淀粉，可减少二氧化碳的排量，有利于实现碳达峰、碳中和的战略，B项正确；淀粉中含有碳碳键，由CO2合成淀粉过程中有碳碳键形成，C项正确；淀粉中含有氢元素，二氧化碳中没有氢元素，则合成淀粉过程中还需要氢气等原料，D项正确。答案：A7.已知化合物B,NH(硼氨苯)与CH(苯)的分子结构相似，如图所示，则硼氮苯的二氯代物BNHC2的同分异构体的数日为74【23新教材.DY.化学-R-选择性必修3-QGBN】

为高级脂肪酸钠，水解显碱性；苏打水为NaHCO溶[参考答案](1)Fe++3OH一Fe(OH):↓(2分)1.06×10molX84g·m02.5000g液，水解显碱性。(2)②和⑤是二元按盐，c(NH时)较4.0×10-1(2分)-×100%=3.5616%≈到S单质，则MnO2与BaS的化学计量数之比应为大，(NH)2CO,中的NH、CO均水解，且两种离子(2)①Fe+,Fc+和Cu+(1分)②抑制氯化铁水解3.56%。(⑤)若该同学第一次滴定时，头他操作均正骑1:1,根据后续流程可知产物还有Ba(OH)1,结合元水解相互促进，故②中c(NH)大于⑤：③和①是一元(2分)③将Fe+氧化成Fe+,以便后续转化为的情况下，俯视读数，则会使标准液盐酸的体积偏小，素守恒可得化学方程式为MnO2+BaS+HOBa(OH)2十MnO十S。(2)根据题目信息可知，MnO:候盐，c(NH)比②和⑤都小，NH,HCO,中的NHFe(OH),沉淀除去(2分)①3.2≤pH<4.7(2分)即测得V,偏小，所以原产品中NaHCO,.的物质的量HCO均水解，且两种水解相互促进，故①中c(NH时)⑤4H++Cu(OH),CO,-3H,0+2Cu2++C0,+会偏大，最终导致其质量分数会偏大。为两性氧化物，所以当MO2过量时，会消耗反应产生大于③：NH,·HO只能部分电离，综上分析[或4Fe++3Cu(OH),CO,+3H,O一4Fe(OH),+[参考答案]1)NaHC0,(2分)在3035℃时aHC0,的Ba(OH):,从而使Ba(OH)2的量达到最大值后减的溶解度最小（合理即可，2分）小。(3)滤液I为结晶后刺余的Ba(OH):饱和客液，0.1mol·L1的上述溶液中c(NH)由大到小的顺序6Cu2++3C02↑，3分](2)D(1分)所以可以导入到蒸发操作中循环使用。(4)净化时为为②>⑤>①>③>①。(3)含CaSO,的水垢用18.[命题立意]本题考查NaHCO,含量测定的实验方案(3)甲基橙试液(2分)了更好的除去Fe元素需要将Fe2氧化为Fe,为了NaCO溶液漫泡可转化为更难溶的CaCO,,离子方程设计与评价的相关知识，考查了宏观辨识与微观探析、色无变化(2分)由黄色变橙色，且半分钟内颜不引入新的杂质，且不将M们元素氧化，加入的试剂X式是CaS0,(s)+CO(aq)一CaCO(s)+SO(aq).科学探究与创新意识的学科素养。(4)3.56%(3分》可以是HO2;根据表格数据可知，Fe(OH),和A1(OH)(4)有机酸电离出的H与OH反应，使Ca(PO)OH(s)[试题解析]步骤I:制备八aCO,的工艺流程中，先将(5)偏大(2分)为同类型的沉淀，而AI(OH)3的K。精大，所以当一5Ca2+(aq)+3PO月-(aq)+OH(aq)衡正向移NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH,HCO,粉末，水动，牙齿逐渐被腐蚀。(5)醋酸是弱电解质，碳酸钙不浴加热，根据不同温度条件下各物质的溶解度不同，控19.[命题立意]本题考查工艺流程的相关知识，考查了宏AI+完全沉淀时，Fe+也一定完全沉淀，当c(AP+)=溶于水，写反应的离子方程式时都不拆，离子方程式为制温度，为了得到NaHC0,晶体，温度控制在30~35℃观辨识与微观探析、变化观念与衡思想，证据推理与1.0×10-5mol·L时，c(0H)=√AI(OH)模型认知的学科素养。c(AP)2CH,COOH+CaCO,-2CHs COO-+Ca*++CO+发生反应，最终得到滤液为NHCI,晶体A为NaHCO.,[试题解析]软锰矿粉（主要成分为MO,合少量√X10-可mol·L=10-1m0l·L-,所以/1×10-2.可HO,运用到了醋酸的酸性强于碳酸的原理再将NaHCO,洗涤抽千，利用NaHCO,受热易分解的性[参考答案](1)②①⑤(2分)Fe,O,、AlO)加入硫化银溶液进行反应，主要发生反质，在300℃加热分解NaHCO,制各NaCO;步聚应：MnO2+BaS+H,0—Ba(OH),+MnO+S,过滤c(H)=10-.0mol·L1,pH=4.9,即pH的理论最(2)②>⑤>④>③>①(2分Ⅱ：利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含得到B阳(OH),溶液，经蒸发、结晶、过滤、千燥得到氢小值为4.9。(5)碳化过程Mn2+和碳酸氢根离子电离(3)CaSO (s)+CO-(aq)=CaCO3 (s)+SO (aq)量，第一次滴定发生的反应为NaCO,十HCI氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离出的碳酸根离子结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根(2分)(4)有机酸与OH反应，使Ca(PO,)OH(s)NaHCO,+NaCl,因为NaCO,、NaHCO,溶于水星碱子有Mn2+、Fe2+、Fe+,A+,得到的滤渣为不溶于稀离子的电离，产生的氢离子和一水合氧反应生成铵极离性，且碱性较强，所以可借助酚酞指示剂的变化来判断子和水，所以离子方程式为Mn+HCO万+NH·HO硫酸的硫黄；之后向滤液中加入合造的氧化剂将Fe5Ca2+(aq)+3PO(aq)十OH(aq)正向移动，牙齿被-MnCO↓+NHt+HO.滴定终点，结合颜色变化可推出指示剂M为酚酞试转化为Fe3+,然后加入氨水调节pH,使Fe+、A+转化腐蚀(3分)[参考答案](1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率剂；第二次滴定后溶液中的溶质为NaCl,同时还存在为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH),和AI(OH)3,(5)2CH,COOH+CaCO3 -2CH3 COO +Ca+(1分)反应生成的CO2,溶液呈现弱酸性，因为酚酞的变色范此时滤液中的金属阳离子只有M+,向滤液中加入碳CO2个十HO(2分)醋酸的酸性强于碳酸(2分)MnO2 +BaS+H2 O-Ba(OH):MnO+S(2)国为8~10，所以不适合利用酚酞指示剂检测判断滴酸氢铵、氨水，M+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合17.[命题立意]本题考查氯化铁溶液的相关知识，考查了(2)过量的MnO,消耗了产生的Ba(OH),(2分)定终点，可选择甲基橙，所以指示剂N为甲基橙，发生生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。宏观辨识与微观探析、变化观念与衡思想、证据推理(3)蒸发(2分)的反应为NaHCO,+HC1一NaCI+H2O+CO2↑(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反与模型认知的学科素养。(4)H2O2(2分)4.9(2分)再根据关系式求出总的NaHCO,的物质的量，推导出应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为[试题解析](1)石灰水与氯化铁反应的离子方程式为(5)Mn2++HCO]+NH,H2O=MnCO,+NH产品中NaHCO,的物质的量，最终通过计算得出产品MnO,Mn元素的化合价由+4价降低为十2价，根据Fe3+十3OH—Fe(OH)￥，该过程中调节溶液的+H,0(3分)pH为5，溶液中OH的浓度为10-9mol·L-1,则根中NaHCO的质量分数。(I)根据表中盐在不同温度酸解过滤得到硫黄可知，一2价的S元素应被氧化得据溶度积套数可知c(Fe)-0)nol,L1下的溶解度不难看出，控制温度在30~35℃，其目的是为了使NH,HCO不分解，同时析出NaHCO,固砺剑·2022相约高考阶段测评八4.0X10-11mol·L-1。(2)FeCl溶液蚀刻铜板，发生体，得到晶体A,因为在30~35℃时，NaHCO3的溶解命题报告反应：2Fe3++Cu一2Fe2++Cu2+,得到氣化铜、氯化度最小。(2)300℃加热抽千后的NaHCO,固体，需用一、命题思想亚铁和氯化铁的混合溶液，向混合溶液中滴入过氧化坩埚、泥三角、三脚架进行操作，D项符合题意。(3)根本套试题以《新课程标准》为指导思想，按照“注重基础、提倡运用、全面评价，合理配置题型，科学严谨”的原则进氢溶液将亚铁离子氧化成极易除去的铁离子，然后过据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为行命题，努力实现知识、能力、素养的统一，准确检测学生的化学学科综合实力，促进学生全面发展滤得氢氧化铁沉淀和氯化铜溶液，将沉淀溶解于盐酸甲基橙试液，滴定到终，点前溶液的溶质为碳酸氢钠和二、试卷结构得到氯化铁，向滤液中加入碳酸氢钠得到碱式碳酸铜氯化钠，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶(1)本试卷总分为100分，包括15道单项选择题（共45分），4道非选择题(55分)，①氧化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离液的颜色变化为由黄色变为橙色，且半分钟内颜色无变(2)考点分布子方程式为2Fe3++Cu一2Fe2+十Cu2+,铁离子一般化。(4)第一次滴定发生的反应是NaCO十HCI考查知识点难易度题号考查知识点难品度题号过量，因此废液中含有的金属阳离子有Fe3+、Fe2+和NaHCO,+NaCl,则n(NaCO)=生k(NaHCO)=电化学腐蚀易11电化学综合Cu2+;②氧化铁是强酸弱碱盐，水解呈酸性，所以加盐n(HC)=0.1000mol·L-1×22.45×10-3L=2.245×103mol,第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51ml,2电化学基本概念易12电化学综合电化学综合中酸防止铁离子的水解，水解反应的离子方程式为F+十易133HO一Fe(OH),十3H,向其中加盐酸促使衡逆则根据方程式NaHCO.+HCI一NaCl+HO+CO↑3原电池原理易14电化学擦合向移动；③与Fe2+相比，Fe3+更易除去，故需将Fe2+转可知，消耗的NaHCO,的物质的量n(NaHCO,)4盐桥原电池中15电化学综合化为Fe3+,H2O2溶液可将Fe2+转化为Fe3+,且不引0.1000mol·L-1×23.51X10-3L=2.351×10-3mol,5电锁中16电化学防腐综合入新杂质，④调节溶液pH的目的是使铁离子全部沉则原溶液中的NaHCO,的物质的量n(NaHCO:)=6银锌原电池电解原理应用中17电化学综合淀，铜离子不沉淀，依据图表数据分析可知PH应为n%(NaHC0)-n4k(NaHC0)=2.351×10-3mol-718电化学综合3.2≤pH<4.7;⑤用碱式碳酸铜来调节溶液的pH,反2.245×103mol=1.06×10-4mol,则原产品中8浓差电池中电化学综合应的离子方程式为4H十Cu(OH),CO,一3HO十N加HC0,的物质的量为0品X1.05X10ml-9电化学综合中192Cu2++CO2↑或4Fe3++3Cu2(OH)2CO,+3H2O燃料电池-4Fe(OH)+6Cu'*+3CO2.1.06×103mol,故产品中NaHC0,的质量分数为10化学答案一28化学答案一27

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阅读下面的文字，完成6~7题。仔细观察你会发现，用面团发酵的食品里面都素养提升围存在着一些“神奇的小孔”。这些小孔是怎么来的，阅读下面的文字，完成8~9题。它们对食物会产生哪些影响呢？癸卯兔年，中央广播电视总台发布了官方标识和吉祥物形象“兔圆圆”。首先，①。面粉由蛋白质、碳水化合物等细心的网友可能发现，“兔圆圆”和普通兔子不成分组成，在面团发酵过程中，起主要作用的是蛋一样，别人家的兔子都画两颗上门牙，①！而白质和碳水化合物。面粉中的蛋白质主要由麦胶这正是其原型“安徽模鼠兔”生态复原形象的典型蛋白、麦谷蛋白、麦清蛋白和麦球蛋白等组成，其中特征。麦谷蛋白、麦胶蛋白吸水膨胀，②。这种面筋“模鼠兔”光看名字，就知道②。兔和鼠都质在面团发酵过程中会因为二氧化碳气体的产生长有一对无根的大门牙，只是免类在大门牙后面还而膨胀，并能阻止二氧化碳气体的溢出。有一对小门牙，所以在分类上把兔类也叫双门齿其次，促进小孔形成的主力军是谁呢？我们都目，而啮齿类则为单门齿目。上门齿后面的两颗支柱牙是把兔类从啮齿目划分出去的重要依据之一。知道，面粉中的碳水化合物大部分是以淀粉的形式模鼠兔的上门牙是双层的，意味着安徽模鼠兔存在的。淀粉中所含的淀粉酶在适宜的条件下，能之后，③。老鼠两颗门牙，兔子四颗门牙。和将淀粉转化为麦芽糖，进而继续转化为葡萄糖，从现代兔子略有不同的是安徽模鼠兔的两颗小门齿而供给酵母发酵所需养分。当面团加入酵母后，酵稍显外露。因此，在“兔圆圆”的造型中，门牙保留母即可吸收面团中的养分生长繁殖，并产生二氧化四颗，两大两小。碳气体，使面团形成膨大、松软、蜂窝状的组织结免圆圆的“祖先”—“安徽模鼠免”，是迄今发构。因此，③现的世界上最早的兔形动物，是国际上公认的现今最接近兔形类祖先的动物。我国老一辈古生物学面粉家李传夔等在祖国大地山川戈壁上奔走几十年，才将空白逐一填满，使我国拥有兔演化的近乎完整的蛋白质碳水化合物化石证据。(水)(淀粉酶)①麦芽糖一葡萄糖(②)③(膨胀)(膨胀)小孔免圆圆迎新卡通兔子6.(※创新题)上图是面团发酵食品中小孔的形成8.请在文中横线处补写恰当的语句，使整段文字语过程流程图，请将关键因素补充完整，每处不超意完整连贯，内容贴切，逻辑严密，每处不超过过6个字。10个字。答：①答：①②②③③7.请在文中横线处补写恰当的语句，使整段文字语9.（※创新题)迎新年，某少儿媒体发布的迎新卡通意完整连贯，内容贴切，逻辑严密，每处不超过兔子突出免子两颗大大的上门牙，给人留下可爱的印象，富有童真童趣。中央广播电视总台官方15个字。发布的是画有四颗上门牙的“兔圆圆”，请简要说答：①明中央广播电视总台官方此举的两点用意。②答：③82语文成大事不在于力量的大小，而在于能坚持多久。【

(6)“滤液2”中的阳离子为F2+,检险Fc2+常用的试一1644.0J·mol报据盖斯定律：②×3一①-③，则剂为K3Fe(CN)6溶液，贝体方法为，收少量我液于诚反应2NH2(g)+Fe2O3（s)一N2(g)+3H2U(g)+管中，加入几滴K3〔Fe(CN)。]溶液，若有蓝色沉淀严2Fe(8)△H=(-240.0kJ·mol-1)×3-(-92.0kJ生，说明溶液中舍有Fe2+。·mol-1)-(-1644.0kJ·mol-1)=+1016.0kJ【答案】(1)Sn2++H20一Sn0+2I+Sn2+与mol1。(4)①假设衡时合气体的总浓度为1molH2O的反应属于吸热反应，加热均促使S2·转化为·L-1,利用图1中数据2NL3(g)+Fc2O(s)一SnO;加水促进Sn2+水解N2(g)十3H2O(g)十2Fe(s)反应衡时各气体的浓度(2)PbSO为：c(H20)-0.45mol·L-1、c(N2）=0.25mol(3)2Bi3++3Fe-2Bi+3Fe21L1、c(NH3)=0.01mol·L1,(4)5.0≤pH<7.5(5)1.0×10-32衡常数K3(H2O)Xc(N2)c2(NHa)(6)取少量滤液于试管中，加入几滴K3[Fe(CN)]溶=(0.45mo1·L1)3×(0.25mol·L1)液，若有蓝色沉淀产生，说明溶液中含有F2+。对于吸热(0.01mol·L-1)227.【解析】(1)实验室中常用浓硫酸和Z削二氣化硫；反应，若升高温度，衡正向移动，该反应的衡常级仪器b为旅馏烧瓶；将增大。②已知Fe2O3的还原程度随OS/CC的增大(2)SO2不溶于饱和硫酸氨纳溶液，浓硫酸与Z反应而远渐降低，图2中的曲线③代表F2O3,曲线②表示放热，故B的作用为防倒吸；是产物Fε随OS/CC的增大而逐渐增大，则图2中曲(3)CuCI难溶于水，是白色固体，二氧化硫通入C中新线①表示FeO随OS/CC的增大而先遂渐增大，后又减喇氨氣化钢悬浊液，硫元素化合价升高生成硫酸根离小。③Λ.Fe2O3是该反应的反应物，故A鯖误；B.因子，Cù元素化合价降低，生成CuCL,离子方程式为体产物Fe经氧化处理后得Fe2O3可循环利用，故B正2CI +SO2+2Cu(OH)2=2CuCl+SO +2H2O;确；C.OS/CC为0.03时，由图1HCN曲线的斜比(4)CuCl难溶于乙醇，乙醇易挥发，有利于CuCl的干NH3曲线的斜率大，HCN的氧化速率比NHg高，故C燥；判斯CuC1是否洗涤干净应向最后一次洗涤液中滴锴误；D.OS/CC约为0.05时，2NH3(g)+Fe2O3(s)加NaOH溶液，若溶液澄清且无沉淀，则CuCI已洗涤一N2(g)十3H20(g)十2F(s)达到衡状态，反应物干净：的转化率最大，Fe2O3的利用率和污架物处理效采最(5)15mL0.5mol·L1的CuCL2溶液中，CuCl2的物佳，故D正确；故选BD质的量=c×V=0.5mol/L×0.015L=0.0075mol,【答案】(1)一3(2)6HCN+5Fe2O3—3N2个+完全转化为CuC1,理论上生成的物质的量为0.00756C02个+3H20+10Fe(3)+1016.0mol,其质量=MXn=0.0075mol×99.5g/mol=0.746g,实验实际所得CuCl固体质量为0.597g,则(4)①0.45mol,L-1)3×(0.25mol·L)(0.01mol·L-)2瑙大CC1的广率-82器餐x1o%=0%:②FeO③BD29.【分析】1.有氧呼吸的第一、二、三阶段的场所依次是(6)写向产物中滴加浓HC1,使固体溶解充分，过滤出细胞质基质、线粒体基质和线粒体内膜。有氧呼吸第杂质后，加水稀释，产生白色沉淀，至加水不再产生沉一阶段是葡萄糖分解成丙丽酸和[H],释放少量能量：淀为止，过滤、洗涤、千燥，即可得到除去Cu2O后的第二阶段是丙酮酸和水反应生成二氧化碳和[]，释放CuC固体少量能量；第三阶段是氧气和[H]反应生成水，降放大【答案】(1)浓疏酸蒸馏烧瓶(2)防倒吸量能量。无氧呼吸的场所是细胞质基质，无氧呼吸的(3)2CI+SO2+2Cu(OH)2-2CuCl+SO+第一阶段和有氧呼吸的第一阶段相同。2H20()可降低洗涤过程中物质的损失，更利于快2.光合作用的光反应阶段（场所是叶绿体的类囊体膜速千燥向最后一次洗涤液中滴加NaOH溶液，若溶上)：水的光解产生[H]与氧气，以及ATP的形成。光液酒清且无沉淀，则CuC】已洗涤干净(5)80%合作用的暗反应阶段（场所是叶绿体的基质中）：CO?(G)向产物中滴加浓HC,使固体溶解充分，过滤出杂被C6固定形成C3,C3在光反应提供的ATP和[H]的质后，加水释，严生白色沉淀，至加水不再产生沉淀作用下还原生成有机物。为止，过德，洗你，F4,抑可得到除上Cu2O后的CuC题图分析，图甲中I代表[H],Ⅱ代表氧气，Ⅲ代表二氧固体化碳，W代表有机物。图乙中V代表[H],I代表氧气，28.【解析】（1)根据化台物中化合价的代数和为0，或根VII代表二氣化碳：①代表有氧呼吸的第一阶段，②代据化合价的定义，N山(：形成三个非用电子对，N的电负性大于碳，JH(N中N的化合价为3。(2)HCN和表有氧呼吸的第二阶段，③代表有氧呼吸的第三阶段。【解析】(1)在甲图中，消耗C()2的场所是叶绿体基Fe2O,反应生成Fc和无春物质，C由12价升高为十4质，光反应产生的ATP用于暗反应C3的还原，光反应价，由一3价升高为0价，铁山十3价降为0价，根据的场所是叶绿体的类囊体簿膜，暗反应场所是叶绿体电子守恒得反应的化学方程式6I'N十5F),基质，故ATP从叶绿体类度体海膜到叶绿休基质。3N2↑+6C)2↑+3H,)+10Pe(3)已知：DNg(g)+(2)在光照条件下，叶肉如胞中进行光合作用和呼吸作3H2(g)一2NH3(g)△J1--02.0k」·nol',用，光反应阶段和有氧呼吸的三个阶段都产生ATP,故②H2(g)+号02(g)一一I1,0g)△H-210.0k1,2消花ADP的场所有叶敛体、铷胞质基质和线粒体；若将该植物由1%的CO2浓度突然置于0.3%的CO2浓moll;③2Fe(s)+名(0h(g)一-Fe0,()△H度下（光照滋度不变），即CO2浓度降低，CO2被C固多考答案第42页

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2024-04-07 03:38:16

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江西省2024年初中学业水考试一个学考总有，小生物样卷试题卷（五）门、下列选项中属于绿色植物在生物圈中的作用的是人.提高环境温度A.①②③分别表示孢子植物、裸子植物、双子叶植物说明：1.全卷满分50分，考试时间50分钟B.维持生物圈的碳一氧衡B.蕨类植物有真正的根、茎、叶C.裸子植物的种子裸露，没有果皮包被2.请将答案写在答题卡上，否则不给分C.降低空气湿度D.分解动植物遗体D.苔藓植物的茎中有导管单项选择题（本大题共20小题，每小题1分，共20分）在每小题列出的四个备选项中只有一项是最符合题日要求的，请将其代码填涂在8在拾种花生前常要松士，其主要原因是种子萌发需要小6.某生物兴趣小组在学校的劳动基地种了黄瓜和豆角，种植中往往要用树枝、竹A适宜的温度竿等搭架子供黄瓜、豆角生长。这样做的主要目的是B.充足的空气（氧气）答题卡相应位置。错选、多选或未选均不得分C.一定的水分A.使植物充分接受光照从而促进光合作用D.一定的光照)用手机对着显微镜中的视野拍摄，发现手机屏幕中的物像在右%皮肤大面积损伤时，人体极易感染病菌。这说明皮肤具有的功能是B.促进植物的呼吸作用A调节C.利于浇水、采摘等管理活动B.保护移动C.分泌D.防止植物受到破坏苦上方（如图）。若要将其移至视野中央，应将载玻片向哪个方向D.支持A.左上方人10，在探究唾液淀粉酶消化淀粉的实验中，碘液的作用是B.左下方入染色7.幽门螺杆菌是一种细菌，是导致人患胃炎、胃遗疡的主要原因之一。从传染病B.消毒角度判断，幽门螺杆菌属于C.右上方C.检验淀粉A.病原体D.稀释B.传染源1.数有部发文指出，初中生每天睡眠时间应达到9小时。同等营养条件下，睡眠C.传播途径D.右下方D.易感人群人耳中能接受声波、产生振动的结构是/时间长的同学普遍长得更高，其主要原因是人在睡眠状态下，垂体能分泌较☑8.下图是反射弧的结构示意图。下列叙述中错误的是多的入.听小骨B.鼓膜A.甲状腺激素皮肤C,华规管和前庭B.胰岛素D.耳蜗馆港爱物C.生长激素D.性激素骨酪肌一鄱阳湖国家级自然保护区内有植物上千种，鸟类儿旨种，奇谓生物资源丰富“丰富”体现了仔斯节血可用于治行白血病，主要原因是脐带直中的造血干细胞能在惠者休内A.运输氧B.产生抗体A.反射弧是反射的结构基础B.骨骼肌是感受器A.物种的多样性B.基因的多样性C:分化成各种血细胞D.止血、加速凝血C.①是传人神经纤维D.脊髓是低级神经中枢C.生态系统的多样性D.生活方式的多样性尿常规的化验单上含有尿液成分的数据指标。下列器官的健康状况一过尿常规化验结果直接反映的是192023年10月10日，考察江西九江时指出，要从人与自然和谐共)深圳东部海域曾出现大量银币水母（如图）。银币水母因形似银币而得名，主要A.肺B.心脏生的生命共同体出发，着眼中华民族永续发展，把长江保护好。下列选项中不分布在温暖的热带和亚热带太洋等地。其在深圳海域出现主要是因为当地C.小肠D.肾脏属于保护长江的措施的是A.食物丰富门女左相为程和购的富分分类，图中结与南在分夹等级中具有的最小共同单位是哺乳纲A.多植树造林B.加强长江环境监测B.持续高温A.纲C,长江十年禁渔D.定点排放化工污水C.空气湿度大食肉目B.目《科学报告》曾发表一项关于大熊猎伪拇指演化的研究成果。研究人员发现D.海水无污染的),为解决大面积烧伤病人的植皮难题，科学家将人的皮肤细胞放入培养瓶中培养C.科600万年前的始熊猫有增大的伪拇指一桡侧籽骨。大熊猫长出的伪拇指与其D.属大属猫属进而研制出人造皮肤。他们应向瓶中加入的无机物是抓取竹子的取食方式相适应。从进化的角度分析，这是狗B.蛋白质C.水D.脂质内下图是有关植物类群的示意图。下列说法中错误的是A.不断抓取的结果6.海水稻等植物能从盐碱土壤中吸收水分，是由于其A葡萄糖藻类植物B.定向变异的结果B.根毛细胞内溶液量较多苔藓植物A.根毛细胞内溶液的浓度较大D.茎能够贮存大量水分欧类植物①物类种于植物单子叶植物C人工选择的结果C.叶片较大，失水较多生物样卷试题卷（五）第1页（共6页）被子植物（®D.自然选择的结果生物样卷试题卷（五）第2页（共6页）生物样卷试题卷（五）第3页（共6页】

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22:36⊙等￥·◇o59l55牌至中八天多，序乳刀收，八沈陕反牌小刀小把公丁八E凹短双里展旅游业不利于“船形屋”的保护，A错误：让原有少，应为商业区，商业区流动人口多，固定性人口吉安市高一下学期期末教学质量检测地理试题参考答案第1页共3页2/3少，人口密度昼夜差异大，交通便捷，土地利用率(3)加大科技研发，推广机械化生产：提升品牌影高，A、C、D不符合题意，B符合题意。响力，延长产业链，增加附加值：加大石雕文化宣12.【答案】A传，推动文化传承：注重环境保护，改善人居环境。【解析】依据材料可知大型生活超市主要服务于市(每点2分，任答3点得6分)民生活，销售的商品主要为日常生活用品，固定性【解析】(1)惠安县境内多花岗岩，提供了重要的原人口密府拔大、人口数量拔多的地区，大型生活招料来源：如图所示，惠安临海，有诸多港口，加上陆市分布的数量越多，C功能区大型生活超市数量少路交通，区域交通便利：在政府的推动下，政策支且距市中心较远，说明居住人口少，应为工业区，A持明显；惠安县以丘陵和台地为主，农业可耕地资正确；B功能区为普通住宅区；A功能区为商业区：源少，从而有较为丰富的闲置劳动力资源，为石雕D功能区为高级住宅区，B,C,D错误产业提供充足的劳动力。(2)由于资源枯竭、手工13.【答案】C打造、环境污染等原因，导致生产成本增高，生产【解析】依据上题的判断可知，D功能区为高级住宅效率低下，加上环境污染等问题，惠安石雕产业出区，高级住宅区人口数量较少，人口流量较小，A现衰落；受市场经济和现代文化的冲击和影响，愿错误：高级住宅区对环境要求高，B错误：高级住宅意学传统技艺的年轻人越来越少，非遗传承难区的居民，生活品质高，购买能力强，C正确，D度大。(3)随着当今科技发展，石雕生产广泛应用错误。现代机械设备，一件作品前期80%左右的加工均14.【答案JB可由机械臂完成，机械生产为石雕产品的标准化【解析】读图可知拓展集群式模式布局集中且新建批量化生产提供了技术支持。惠安石雕为国家级场馆少，投资较小，A错误：场馆集群区主要分布非物质文化遗产，其文化底蕴和工艺技法需要青在主城区外围，诚少了运动员和观众集聚在主城年一代不断传承与发展，文化得到推广和传承，有区，对主城区的干扰小，B正确：场馆集群区主要分利于石雕产业的发展。布在主城区外围，带动主城区外围土地开发，C错18.【答案】(1)增加海洋国土面积，宜示国家海洋国土误；场馆集群区主要分布在主城区外围，利于城郊主权：加强我国对南海岛礁及海域的有效管控，有的发展，D错误利于保障我国南海安全：岛上基础设施建设，有利15.【答案)B于物资运送和人员往来，进一步促进当地海洋资【解析】大量进口建筑材料，不符合节俭理念，也无源的开发（旅游等经济活动的发展）。（每点2分，关可持续发展原则，A错误：采用清洁能源，减少共6分)环境污染，保证能源利用的持续性，B正确：提高场(2)该海域所处纬度较低，太阳高度角较大，入射馆的运营效率与题干中的“建设期间”不相符，C错的太阳光线多；海域远离陆地，没有河流流人，泥误；大量使用不可再生材料，不符合可持续发展原沙少：海域受人类活动影响小，海水污染少：海域则，D错误。面积广大，海水深度较大，水体的自净能力较强。16.【答案】D(每点2分，任答3点得6分【解析】第十九届亚运会开幕时间为北京时间（东(3)利：海洋、热带旅游资源丰富：岛屿面积较大，八区)2023年9月23日20点，北京（东八区）和纽基础设施完善：有淡水资源。约（西五区）之间相差13个时区，相差13个小时，9弊：距市场远，交通不便，时间长和费用高：环境承月23日20点减13个小时等于9月23日7点，D载力低，旅游规模小：是行政和军事指挥中心，涉正确，A、B、C错误。及到军事机密，不便于开发旅游业。（每点2分，任17.【答案】(1)花岗岩广布，石材资源丰富：海岸线曲答3点得6分，利弊均需答到)折，港口码头多，有多种陆路交通线通过，海陆交通【解析】(1)永暑岛是中国大陆在南沙群岛的行政便利：河湖众多，石雕所需的水资源有保障：地方政和军事指挥中心，面积扩大（设施更加完善）的永府推动，政策支持：人多地少，劳动力丰富；知名度暑岛已成为中国位于南海的军事战略要地，防卫高，对相关企业的吸引力大。（每点2分，任答4点及辐射周边各岛屿。由此可见，其建设开发对维得8分)护中国海洋权益的重要意义如下：增加海洋国土(2)产品单一：手工制作效率低：环境污染严重：石面积，宣示国家海洋国土主权（最直接的影响）：加材资源日益枯竭：石雕技艺传承缺失。（每点2分强中国对南海岛礁及海域的有效管控，利于保障任答3点得6分)南海安全（军备设施完善）：面积的扩大，为交通、吉安市高一下学期期末教学质量检测地理试题参考答案第2页共3页通讯等基础设施建设提供了宝贵的陆地空间，利化观念相对保守，出生率较高：生育政策的民族差于物资运送和人员往来，进一步促进当地海洋资异导致出生率较高。（每点2分，任答2点得4分）源的开发、旅游等经济活动的发展。(2)海水透明(2)大力推动少数民族地区经济发展，增加就业机度高低主要与入射光线、海水的污染情况、沿岸的会，鼓励青壮年回乡创业：建立和完善养老保障体泥沙来源、水生生物影响、海水自身的净化能力等系：提升基础医疗水；探索发展有民族特色的差方面有关。从河流汇集、环境污染、距陆距离、海异化养老服务制度；提高对少数民族人口老龄化的域面积及海水深度等影响海水透明度的因素进行认知水和重视程度（每点2分，任答3点得6分）分析。永暑岛海域没有河流流人，泥沙少：海域远【解析】(1)表中反映汉族2000年老年人占比10.64%离人口密集、工农业生产集中的陆地，受人类活动2020年增长到19.28%，而同期少数民族老年人占影响小，海水污染轻：海域距大陆较远，面积广大，比为2000年的8.57%到2020年的13.10%，虽然海水深度较大，水体的自净能力较强等。(3)旅游增长快，但相比于汉族，在总占比和增长速度方面业开发条件的评价可从旅游资源质量、与市场之要慢。我国人口老龄化主要受到生育率下降与人间的距离、交通条件、地区接待能力及环境承载力口均预期寿命延长的双重影响，少数民族与汉等角度正反两方面去分析，永暑岛因离大陆远，在族人口老龄化进程的差异也主要受到二者差异的

月考卷化学已知：①Nd的稳定价态为+3价；Nd的活动性较强，与稀硫酸反应产生H2;硼难溶于稀硫酸；钕离子可与过量H,C204生成可溶性配合物；②常温下，K,[Fe(0H)2]=4.9×10”1000.1:合00(0是9018070鲜品定会60大失1.21.52.0回答下列问题：(1)常温下，“沉钕”过程中调节溶液的pH为2.3，钕全部以Nd(H,P0,)3沉淀完全。若溶液中c(Fe2+)=1.0mol·L-1(填“有”或“无”)F(OH)2沉淀生成；酸性太强会使“沉钕”不完全，原因是(2)“沉淀”过程得到Nd,(C204)3·10H,0晶体。此过程中，草酸实际用量与理论计算量的比值(n)和沉钕率的关系如图所示，对沉钕率变化趋势进行解释：(3)“滤液2”的溶质主要为(填化学式)；“滤液3”中的(填化学式)可在上述流程中循环利用(4)“一系列操作”包括过滤、。;空气中“煅烧”时生成无毒的气体，反应的化学方程式为【答案】(1)无(2分)酸性太强，H与H2PO4反应生成HPO4,导致H2PO4浓度太小，沉淀不完全(2分)(2)适当增大草酸的用量，可增加C20}的浓度，有利于提高沉钕率；草酸浓度过大钕离子可与过量H2C204生成可溶性配合物，从而降低沉钕率(3分，只答对一条得1分，答对两条得3分)(3)NaP04、Na0H(2分)H,S04(2分)(4)洗涤、千燥(2分)2Nd,(C,0,),·10H,0+30,高温2Nd,0,+12C0,+20H,0(2分)【解析】钕铁硼废料加入稀硫酸酸浸，其中硼不与稀硫酸反应，滤渣为硼，随后加入NH,PO,反应生成Nd(H,PO4)3沉淀，过滤，滤液1中含有亚铁离子，再加入过量NaOH进行沉淀的转化，加入稀疏酸溶解沉淀得到Nd3+,加入草酸溶液生成Nd2(C204)3·10H20沉淀，灼烧Nd2(C,04)3·10H20得到Nd,03,Nd203熔融电解得到Nd,据此分析。(1)Q[Fe(0H)2]=c(Fe2+)·c2(0H)=1.0×(10.7)2=10-3.4

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