【解题分析】沟谷地势低，利于地表径流汇集，且沟谷地形封 闭，光照相对较弱，蒸发量较小，水分充足，有利于发育喜湿的季雨 林。 【答案C

98°1060流分布。完成17-19题。1?玉龙雪山区域引种玛咖的有利自然条件有(289①纬度较低，热量丰富玉龙雪山②环境质量好③日照强，昼夜温益④全年降水均匀，水源充足D.①④昆明A.①②B.②③C.③④18.玛咖价格昂贵的原因不包括23.5适宜种植的地区少，产量少8保健及药用价值极高脉河流山C黄动力投入多，劳动力成本高D.土地租金高，运输成本高图519.目前广东、浙江许多投资商在云贵高原兴建玛咖种植园可能给当地带来的影响有①带动相关产业发展，扩大劳动就业②维护生物多样性③带动当地基础设施建设，加强区域联系④过度垦殖可能导致土地沙漠化A①8B.③④C.①③D.②④随着“健康中国2030”升级为国家战略，贺州市健康养老产业也迎来了黄金期，以养生、养心西壮族自治区和养颜为主题的康养旅游将受到市场的追捧。西东北部的贺州市大力发展乡村康养产业，北回线空●南宁旨在打造“大湾区康养旅游的首选地”。读下图（图6）完成20-22题。20.贺州市康养产业发展迅速，主要得益手该地（入）A眦邻大湾☒，基础设施完善图68人才集聚，从业人员素养高C,老龄化程度高，市场广阔D.空气清新，环境宜居2.贺州市康养蚊的发直带动的产有(①交通运输设备制逍业②健身设备企业③生保健产业④医药制造业A.①②B.②③C.①③D.③④22.贺州市大力发展乡村康养产业，可以(A,缩小城乡发展差距线解城市老龄化现象C.(根治环境污染问题D.解决球市人地矛盾

业区，市场需求量大（接近消费市场）；距五大湖地区铁矿较近。（任答三点，6分）(4)国土面积广大，原面积大；大部分位于温带地区，气候条件较好；河流、湖泊众多，能提供大量的灌溉水源。（任答两点，合理即可，4分）16.(1)铜矿储量丰富，产量大；国际市场广阔；海岸线长，矿产地距海近，海运便利。（任答两点，4分)(2)位于回归线附近，受副热带高气压带控制，盛行下沉气流；地处南美大陆西岸、安第斯山脉西侧背风地带，风由陆地吹向海洋，盛行干燥的离岸信风；秘鲁寒流水温低，空气水汽含量少，降温减湿作用明显。(6分)(3)伊基克市为太洋港口城市，海运交通便利；附近矿产资源、渔业资源丰富，资源开发吸引大量的人口迁入；土地广阔，利于城市建设。(6分)(4)伊基克位于南美太洋南北海岸线的中心（或是南美中西部国家或一体化区域重要的商品进出口港口)；与一体化区域陆路交通方便，经济腹地广阔（货物来源丰富）；为自由贸易区，优惠政策多，营商环境良好，吸引大量外国公司来此开办企业，商品流动量增大；中智签署自由贸易升级协定，推动中国商品的大量进人；港口设施完善，货物中转能力提高。（任答三点，6分)意·10·【23·ZCYK·地理·参考答案一区域地理一QG】

高三地理考试参考答案1.C【解析】本题考查农业生产，同时考查学生获取和解读地理信息、阐释地理事物的能力。覆盖土盘利于下方有机肥充分与土壤接触，利于肥料腐熟，①正确；土盘高出地面，蒸发较快，不利于保持表层土壤墒情，②错误；土盘深厚利于杂草生长，③借误；增加定植穴内土层厚度，能促进之后幼苗根系的生长，④正确。故C选项正确。2.A【解析】本题考查农业生产，同时考查学生获取和解读地理信息、阐释地理事物的能力。地壳运动时空尺度大；流水侵蚀主要沿着地表进行；风化主要使岩土体变得破碎；降水入渗导致土壤变得潮湿、黏重，自重加大，在重力作用下下沉。故A选项正确。3.B【解析】本题考查农业生产，同时考查学生获取和解读地理信息、阐释地理事物的能力。营建温室大棚成本高，且不久后需要拆除；间作的高秆作物会和波罗蜜争水争肥：铺设地膜无法为植株减轻太阳辐射；覆盖草秆能够削弱到达地表的太阳辐射。故B选项正确。4.D【解析】本题考查我国玻璃出口量变动的原因，同时考查学生获取和解读地理信息、阐释地理事物的能力。国际市场对玻璃的需求始终较大，不可能自1989年开始发生很大的变化；随着玻璃生产的持续，原料会减少，但出口量反而在增大；玻璃市场价格自20世纪90年代以来不会出现如此大的变化；由图可知，20世纪90年代以来，我国玻璃出口量快速增长，这主要与我国经济发展水快速提升，玻璃产能增长有关。故D选项正确。5.B【解析】本题考查我国开始进口玻璃的原因，同时考查学生获取和解读地理信息、阐释地理事物的能力。近年来，随着高精尖行业的发展，对高品质玻璃的需求增长，但国产高精尖玻璃与国外部分玻璃相比品质仍有较大的差距；如果是因为国内玻璃需求增长、成本上升、保护资源，这些都会减少玻璃出口量，而2009年以来玻璃出口量仍在增长。故B选项正确。6.B【解析】本题考查交通运输，同时考查学生获取和解读地理信息、阐释地理事物的能力。部分是人口大省的城市并未出现在前十名中，主要是城市经济发展水而不是人口数量在影响航行频率；表中的航线为国内航线，与对外开放程度关系不大；机场规模不会直接决定客货流量，而是客货流量影响机场规划建设规模，进而影响航线频数；由图可知，排名前十的航线主要来往于大城市之间，经济规模大，客货运输需求量大。故B选项正确。7.C【解析】本题考查交通运输，同时考查学生获取和解读地理信息、阐释地理事物的能力。杭州也是著名旅游城市；成都与杭州都为省会城市，辐射范围差异不大，且辐射范围小会使得机场航线频数较低；杭州、成都两地皆为经济发展水相当的省会城市，货物集散量相差不大；成都位于西部地区，与我国东部地区距离较远，且受地形影响，高铁速度较慢，民航竞争优势突出。故C选项正确。8.D【解析】本题考查交通运输，同时考查学生获取和解读地理信息、阐释地理事物的能力。昆明到西双版纳为省内的短途航线，由于云南省地形崎岖，路面交通不便，所以非节假日和非周末昆明到西双版纳航线的公务、商务客流频数较高；非节假日和非周末时也有一定数量的游客；探亲主要在节假日和周末。故D选项正确。9.C【解析】本题考查地形特征，同时考查学生获取和解读地理信息、阐释地理事物的能力。地势高低是根据河流流向判断的，无法根据流域多少判断，且该区域南部为山地，地势南高北低；流域众多，说明流域之间被分水岭阻隔，河水流动范围受限，反映出地势起伏较大，多山脊；如果是围绕高地中心辐散，其流域也是呈辐射状的。故C选项正确。【高三地理·参考答案第1页（共3页）】804C·G DONG·

高三地理考试参考答案1.B【解析】本题考查太阳活动对地球的影响，同时考查学生获取和解读地理信息的能力。读图可知，4月20日正午太阳耀斑大爆发时，太阳直射东南亚地区，即)广大的亚洲地区（如东南亚、东亚及大洋洲北部地区）正朝向太阳，接收的太阳辐射较强，爆发的耀斑对东亚和东南亚地区的影响也最大。故B选项正确。2.D【解析】本题考查太阳耀斑大爆发对地球的影响，同时考查学生描述和阐释地理原理和规律的能力。太阳耀斑大爆发时产生大量电磁波及高能带电粒子抛向宇宙空间，当抛出的电磁波及高能带电粒子射向地球时，向着太阳的半球（地球昼半球）会受到一定影响，而背向太阳的半球（地球夜半球）受到的影响较小。读图可知，2022年4月22日太阳耀斑爆发期间整个南美洲地区正处于夜半球的子夜前后。故D选项正确。3.C【解析】本题考查太阳活动对地球的影响，同时考查学生论证和探讨地理问题的能力。由材料可知，此次耀斑爆发11：57达到高峰，之后耀斑爆发强度减弱，释放的能量逐渐减少，导致耀斑对地球的影响逐渐减弱；高层大气稳定，短时间内对耀斑电磁辐射影响小；耀斑爆发点与地球距离不变；太阳黑子活动周期为11年，短时间内不会增强。故C选项正确。4.C【解析】本题考查风向的判读，同时考查学生获取和解读地理信息的能力。读图可知，图中(30.0°N,115.0°E)与(31.2°N,116.0°E)之间区域位于大别山西南部，7月副热带高压停留在长江以南地区，此时东南气流沿副热带高压西侧边缘流入该区域，受地转偏向力影响，形成西南气流。故℃选项正确。5.D【解析】本题考查地形对降水的影响，同时考查学生描述和阐释地理原理与规律的能力。读图可知，该山地为安徽省西南部呈东南一西北走向的大别山脉，地处长江下游地带，为正常年份，7月副热带高压停留在长江以南地区，此时东南气流沿副热带高压西侧边缘流入该区域，受地转偏向力影响，形成西南气流，受大别山西南坡的阻挡拾升，形成大量的降水。故D选项正确。6.A【解析】本题考查天气系统对天气的影响，同时考查学生获取和解读地理信息、论证和探讨地理问题的能力。读图可知，图示山地东北部盛行下沉气流，降水极少，且气温高，易形成干热风，气流下沉难以产生冰雹和龙卷风，7月受副热带高压控制，台风难以登陆。故A选项正确。7.B【解析】本题考查地表形态的塑造，同时考查学生获取和解读地理信息、描述和阐释地理原理与规律的能力。地震楔也称古地震楔，是与古地震断层相伴而生的竖直楔状堆积体。在地震断层快速错位及其以后的风化剥蚀过程中，主要来自沟槽两壁物质崩落。故B选项正确。8.D【解析】本题考查地质作用力对地表形态的影响，同时考查学生获取和解读地理信息的能力。根据材料可知，地震楔是古地震发生时，拉开的地表裂缝形成沟槽后又被其他物质填充形成的楔形体，说明在地震楔的形成时期该地区地壳活动剧烈，如地震频繁而强烈。故D选项正确。9.A【解析】本题考查外力作用对地表形态的影响，同时考查学生论证和探讨地理问题的能力。读图可知，该山地位于我国中南部地区，这里气候温暖湿润，降水较多，且地势较高，地表径流量大，流水侵蚀作用强烈，导致地面高度降低，从而造成地震楔4、f、f6现在高度降低。故A选项正确。10.D【解析】本题考查自然环境的差异性，同时考查学生获取和解读地理信息的能力。生态位重叠反映了物种对资源利用的相似程度和相互之间的竞争关系。一般情况下，生态位重叠系数越大，意味着物种对环境资源的利用有着相似性，物种间的竞争关系越激烈，群落对环境资源的利用也更加充分。故D选项正确。11.B【解析】本题考查自然环境的整体性，同时考查学生描述和阐释地理原理与规律的能力。读表可知，青海大通山高寒区青海云杉纯林林下草本植物的生态位重叠系数明显偏小，说明大通山地区森林的郁闭度较高，过高的郁闭度导致林下光照条件差，草本群落不发达，从而造成其生态位重叠系数均值偏小。故B选项正确。12.C【解析】本题考查自然环境的差异性，同时考查学生论证和探讨地理问题的能力。青海云杉一白桦混交林的生态位重叠系数均值明显大于其他纯林，说明在青海高寒区，混交林林下植被群落对环境资源的利用更加充分。其原因在于混交林林下植被群落所能利用的各种资源总量最大，植被通过自身优化，对资源进行了最大程度的利用，生态位重叠系数最大。故C选项正确。【高三地理·参考答案第1页（共3页）】904C·SHX·

8.规划河段目前不通航，主要是因为A.水量较小B.水位季节变化大C.落差集中D.冬季结冰期较长9.诺昌卡河流域电站接入我国云南电网，会推动A.缅甸新能源消费比重提高B.云南跨境输电通道建设C.缅甸加工制造业快速发展D.云南水能资源开发建设10.移民村可扶持发展的主要产业是A.园艺业B.矿产开采C.物流业D.生态农业河南省新乡市于2022年5月印发的《新乡市城市地下空间开发利用管理暂行规定》指出：城市地下空间开发利用应当优先安排地下交通、应急防灾、公安消防、公共安全、人民防空、电力设施、地下排水、通信、水务等城市基础设施和公共服务设施。据此完成11一13题。11.与城市地上空间开发相比，城市地下空间开发的主要优势是A.水资源丰富B.土地租金低C.单位造价低D.通风条件好12.新乡市大面积开发城市地下空间的区域最可能是A.城市中心区域B.城市外围工业区C.城市湿地公园D.城郊高级住宅区13.新乡市城市地下空间最可能用于建设A.高速铁路B.仓储仓库C.养老机构D.消防训练基地乌龙茶是我国特有的茶类，主要产于福建的闽北、闽南及广东、台湾三省，但冻顶乌龙茶只产于我国台湾省（主产区位于南投县鹿谷乡的冻顶山）。冻顶乌龙茶因其滋味醇厚，香气浓烈，被誉为“茶中圣品”。下图示意南投县鹿谷乡地理位置及周边地区。据此完成14一16题。尾的鱼岛，23.514.乌龙茶主产区A.气温年较差大B.海拔高，气温低C.太阳光照强烈D.纬度低，湿度大15.冻顶乌龙茶被誉为“茶中圣品”，主要得益于冻顶山独特的A.地理环境优势B.市场优势C.历史文化底蕴D.人才优势【2023届高考分段学情评估卷（一）·地理第3页（共6页）】新高考

高一地理考试参考答案1.A【解析】只有类地行星才与地球具有相似结构特征，类地行星是指水星、金星、火星，对应图中的甲、乙、丁。故A选项正确。2.B【解析】图示“七星连珠”现象出现在同一面上，这说明八大行星绕日公转具有共面近圆的特点，其他的都不是必要条件。故B选项正确。3.D【解析】太阳辐射来自太阳核聚变反应；火山喷发的能量来自地球内部；太阳活动干扰地球磁场；太阳能清洁、廉价。故D选项正确。4.B【解析】青岛市雨季主要集中在6~8月份，而5月份雨季未到，阴雨天气少，太阳辐射相对较强。故B选项正确。5.B【解析】据图可知，甲处太阳活动为日珥，位于太阳大气中间的色球层。故B选项正确。6.A【解析】太阳活动异常活跃时，太阳活动抛出大量高能带电粒子，干扰地球磁场，可能会引发磁暴现象，①正确；极光现象主要发生在高纬度地区，②错误；发射的电磁波会使地球电离层受到干扰，从而使无线电短波通信受到影响，③正确；航天器的能量主要来自太阳辐射，④错误。故A选项正确。7.A【解析】根据图中信息分析可知，恐龙繁盛的时期为中生代，其化石主要存在于中生代地层；侏罗纪时代的裸子植物化石存在于中生代地层。故A选项正确。8.B【解析】图中具有动物化石的岩层中，④岩层在最下面，岩层最老，其中化石代表动物三叶虫属于海生无脊椎动物；③岩层居中，岩层年龄居中，其中化石代表动物原始鱼类属于水生脊椎动物；①岩层在最上面，岩层最新，其中化石代表动物恐龙属于爬行动物。因此根据图中化石可判断，动物在这一时期经历的演化过程是海生无脊椎动物、脊椎动物、爬行动物。故B选项正确。9.A【解析】根据所学地理知识可知，珊瑚礁是由珊瑚虫骨骼遗体堆积形成的，而珊瑚虫生长于温暖广阔的浅海环境，所以该岩石沉积的环境最可能是温暖广阔的浅海环境。故A选项正确。10.D【解析】该名男子拍照时高度为4016，位于对流层，对流层厚度低纬度地区厚，高纬度地区薄，厚度并不均匀；臭氧层位于流层；航空飞行也在流层。故D选项正确。11.B【解析】大气组成物质中，氮是地球生物体的基本成分，氧是维持生命活动必需的物质，杂质是成云致雨的必要条件。故B选项正确。12.B【解析】由图可知，图中①代表大气逆辐射，②代表大气辐射，③代表地面辐射，④代表太阳辐射。故B选项正确13.C【解析】地表积雪导热性差，可以减少土壤热量的外传，阻隔地面辐射，对土壤起到保温作用。故C选项正确。14.A【解析】太阳辐射为短波辐射，大气直接吸收少，主要的热量来源于地面长波辐射。故A选项正确。15.D【解析】风力大小主要取决于等压线疏密，等压线越密集，水气压梯度越大，风力越大，因此上海风力大于北京。故D选项正确。16.C【解析】判断风向按以下步骤，水气压梯度力由高压指向低压，北半球地转偏向力向右偏，近地面偏转30°~45°，因此甲地风向为东北风。故C选项正确。17.(1)太阳卫星600(6分)【高一地理·参考答案第1页（共2页）】002A·IN-A1·

面消毒、手部消毒，以及国6为水随环示意因。据此完成1213题。C12O气体，装置E中得应生成HCO。小水流小冰品1215100020003000500060w59w6000L限通地表形态的主要环节是图8图9B.bC.eD.d()此次地震震源位于莫霍界面以△了（填“上”或“下”），属于地球内部圈层的的装置，则装置A中发植被破坏后对当地水循环的影响是,该处地壳厚度填“大于”或“小于”)大洋地壳均厚度。(6分)(填标号)。①地表径流峰值推迟②地表径流峰值提前③下渗增多④下渗减少(2)描述图示布兰斯菲尔德海峡地壳厚度的空间分布特征。(4分)A为A①③B.①0①C.②③D.②④(3)简述地震波在地球内部传播速度的特点。(6分)一围7为太洋地区洋流分布示意图。据此完成14一16题。阅读图文材料，完成下列要求。(18分)2022年6月5日10时44分，神舟十四号载人飞船点火发射，约57？秒后，神舟十四号飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，飞行乘组状态良好，发射取得圆满成功。据悉3名航天员进驻天和核心舱（高度400450km)并在轨驻留6个月。图10为神舟十四号飞船拍摄的太阳表面照片示意图。图10(1)指出神舟十四号飞船升空过程中依次经过的大气圈层。(2分)也可制取氯气，据此推2)说出神舟飞船发射升空过程中，其外部气温、气压的变化情况。(6分)®推出照片中的是点所展的太阳活动类型，并说出其发生时所在的医层光影(用化学式HC1的物质的量之比；图7(4)在22一27k高度范围内，存在▲_层，说明其被称为“地球生命的保护伞”的原瘦货轮从我国东部沿海前往美国西部海岸，为节省燃料，其航行应借助的洋流有因。(6分)试剂的名称为①B.③④C.②③D.①④92022年夏季-镀货轮从上海出发到澳大利亚，图11示意其航行路线。据此完成下列要求。乙.丙、丁四地中，沿岸洋流对当地气候有增温增湿效果的是(18分)甲、乙B.乙J吸收C制备1，C甲、丙D.丙、丁地沿弹海水等温线分布及洋流流向正确的是陶盥22℃aOH溶液，则装置F年175℃10C0313℃是氯气的3倍，主要作选择题：共52分。安全。N02武图文材料，完成下列要求。(16分)图例→航线及中宝明示人力。“有效氯”指的是年哈王岛是南设得兰群岛中最大的岛屿，距离南极半岛120km。岛上建有包括中国等◆洋流及方向t直可以用此时的氯气的个国家的南数料学考察站，救称为南极的地球村。北京时间2021年1月24日7时36图11.55g氯气的氧化能力慢得兰科岛发生7.1氨地震，震源深度为10km。位于南设得兰群岛乔治王岛的中国（①)上海市近岸海域，表层海水盐度较同纬度太洋内部表层海水盐度▲（填“高”氯”为(保留票城站的人重，授备皆安全，困8为乔治玉岛与南极大陆之间的布兰斯菲尔德海峡附或“低”)，并说明其原因。(4分)战堂界面深度的等值线分布圆（单位：k),围9示意地震波在地球内部传播速度的②指出沿图示航线方向，表层海水温度变化的总体趋势，并做出合理的解释。(8分》(3)分析图中甲海域成为世界著名渔场的条件。(6分)页（共6页）】1饰一地理第3页（共4页）】23-116A1,【高一地理第4页（共4页】·23-116A1·231后培专业少这显然来芳形个,对专业的仰

期高三得分评卷人得分评卷人25.阅读图文资料，完成下列要求。(12分)26.阅读图文资料，完成下列要求。(12分)三江源国家公园是我国首批国家公园，包括长江源、黄河源、澜沧江源三个园区。黄河源安集海辣椒是新疆维吾尔自治区沙湾市特产，其色泽鲜红、品质优良，被评选为全国农园区地处号称“千湖之县”的青海省玛多县境内，是我国海拔最高、面积最大、湿地类型最丰富产品地理标志。沙湾市安集海镇处于天山北坡富硒带中部，土地肥沃。图0示意安吉海镇的地区，黄河总水量的49%来自于该区。图9示意黄河源区。的位置。作任同里自85°0799°35.5°500园区界海镇沙漠。居民点核心保育区人河流、引水渠如河子河流、湖泊MA-500-等高线/m的图9图10(1)分析黄河源园区湿地广布的主要原因。(6分)(1)分析河流对安集海辣椒高品质的有利影响。(6分)(2)说明设立黄河源园区对我国生态安全的重大意义。(6分)(2)说明该镇在发展辣椒产业过程中，合理利用水资源的举措。(6分)高三地理第10页（共10页）高三地理第9页（共10页）

C项符合题意。14.D【解析】本题主要考查二次电池纳米硅基锂电池的反应原理，侧重考查学生分析和解决问题的能力。锂为活泼金属，能与锂盐水溶液中的水反应，故不能将有机聚合物电解质换为锂盐水溶液，D项错误。15.(1)①ab(2分)②该药品难溶于水(2分)(2)①酸式滴定管(2分)②H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O(2分)；红棕色(1分)③无污染(1分)④224(2分)(3)不能，维生素C也具有还原性，若其过量，也可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则无法说明一定有F2+生成(3分)【解析】本题主要考查琥珀酸亚铁的实验探究，考查学生对基础知识的应用能力。(I)②该药品难溶于水，所以向滤液中加入K[F(CN)6]溶液或KSCN溶液均未出现明显现象。(2)①溶解后溶液呈酸性，应使用酸式滴定管。②步骤三中，加人H2O2溶液把Fe+氧化为F3+,由此写出反应的离子方程式；灼烧后所得固体为氧化铁，氧化铁的颜色为红棕色。③H2O2是绿色氧化剂，使用H2O2溶液的好处是无污染0.64gX2×l00L④灼烧得0.64g固体Fe2O3,根据铁元素守恒，每片药片中含Fe2+的质量160人20mL=100.224g=224mg。(3)该实验现象不能验证猜想，因为维生素C也具有还原性，若维生素C过量，也可使酸性高锰酸钾溶液褪色，则无法说明一定有Fe2+生成。16.(1)第三周期IA族(2分)(2)除去油脂、铝以及氧化铝(2分)(3)H2(2分)；2A1+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑(2分)(4)胶头滴管、玻璃棒(2分)(5)3(1分)；7(1分)【解析】本题主要考查利用废镍催化剂制备硫酸镍的工艺流程，考查学生对实验的理解能力和综合运用能力。(2)“碱浸”时，加入的NOH溶液既可以除去油脂，又可以除去废镍催化剂中的金属铝和氧化铝。(5)N+开始沉淀时，根据Kp=c(NP+)Xc(OH)计算可得，2(OH)=niOD2],则c(OH）=c(Ni2+)1×10?ml·L1,常温下，pH=7Fe+完全沉淀时，c(OH)=Kn[Ee0HD3,c(OH)=1×c(Fe3+)101mol·L1,常温下，pH=3,故调节pH的范围是3~7。17.(1)C(2分)(2)①A(1分)②3：7(1分)(3)①B→C→B→D→B→E(2分)；吸收NO,防止污染空气(2分)②取装置D中反应后的少量固体于试管中，加人稀硫酸，若产生无色气体，且该无色气体在试管口上方变为【高三化学·参考答案第2页（共3页）】·23-35C·

34+H》下列有关精述对应的离子方程式书看金的是A向KAI(S0,):溶液中加人过量Ba(OH),溶液，AI++2S0+2Ba++4OHΓ—2BaS0,1+A1O+2H,0B向KMhO,酸性溶液中滴入H,O,溶液：2Mh0+3HO,+6H*一2Mm++40,↑+6H00C.将过量的H:s通人FeCL,溶液中：2+3S-—2FeS+S1D.用白醋浸泡过的淀粉-KI试纸检验加碘盐中的K1O,:5I+1O;+6H+一3L,+3H,00.价类二维图是学元素及其化合物知识的重要模型和工具。下图1为某常见金属单质及其部分化合物的价类二维图，下列推断不合理的是I0g止水夹化物单质NaOH+1+234+56化合价2劲图1图2A.b、e均可与氢碘酸反应，但反应原理不同B.具有强氧化性，可用于伙用水的消毒，还原产物可以净水C.可通过图2装置制备物质c,且较长时问不易被氧化D.af一g一d的每步转化均可一步实现.已知工业上制备氧缺位铁酸盐[ZFe:O,(3

17.（12分，除标注外，每空2分)(1)①2③5)(2)2Cu,S+N0+10H'=4Cu2*+2S↓+NH'+3H,0(3)(2x+a+2b)kJ·mo溶液由淡蓝色变为无色(1分)(4)稀释，使衡CuCI(s)+2C(aq）一[CuCl,]2-(aq)逆移，析出CCl固体加快乙醇和水的蒸发(1分)(5)①C-e+C=CCI(1分)(②阳极区G1浓度远远高于OH的浓度(1分)【解析】(1)搅拌、活当升温将废渣碾细成粉末、搅拌、多次浸取等都可提高辉铜矿的浸取率，不采用的方法是⑤加压。(2)“浸取"时C,S与NH,N0,在酸性条件下（稀硫酸中）反应生成硫酸铜、硫酸铵，硫沉淀和水，反应的离子方程式为2Cu,S+N0+10H=4C2+2S↓+NH+3H,0。(3)已知反应i,CuC1(s)+2C(aq)三[CCl,](aq）△H=kJ-mol-i.Gn(s)+CG2(a）三2C'(a(）d1H,=nk小moiii.Cl-(ag)+Cu'(ag)Cucl(s)AH=h kJ.mol-根据盖斯定律，将i×2+iⅱ+i×2得：Cu(s)+C2(a)+6C(ag)=2[CCL,]-(q)的△H=(2x++2b)kJ·mnl'根据题意可知，当淡蓝色的C“完全转化为无色的[CC1,]离子时，“还原“反应完全。(4)向滤液②中加入去氧水（除去氧气的蒸榴水），稀释，使衡CuCl(s)+2C(q)三[CuCl,]2-(aq)逆移，将[CC,]2转化为CC1沉淀。70℃真空干燥的目的是温度升高可加快乙醇和水的蒸发(5)①利用电解原理制备CCL,阳极发生氧化反应，Cu失去电子，与氯离子作用生成CCl,阳极的电极反应式为Cu-e+C=CCl。②虽然K,(CuC)远远大于K(CuOH),但阳极区CT浓度远远高于O的浓度，故开始没有COH生成，而是生成CuGl18.(11分，除标注外，每空2分)(1)HC00+4wH→*H,C0+H,0(1分)增加少量水蒸气可促使第（③）步衡正向移动，提高甲醇产为不是(1分)(2)75%4(3)①)增强溶液的导电性(1分)②C0,+6c+6H=CH,0H+I,0【解析】(1)根据历程图可知，第②步的反应物为*HC00和*H,生成物为H,C0和H,0,所以反应式为*HC004*H-→*H,C0+H,0:水蒸气是第③步的反应物，增加少量水蒸气可促使第③步衡正向移动，提高甲醇产率：二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，该反应中除了生成甲醇外还生成水，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%。(2)根据三段式CO,(g)+3H,(g)—CH,0H(g)+H,O(g)起始(mol)1200转化(mol)0.51.50.50.5衡(mol)0.50.50.50.5,的衡转化率为，5m×10%=75%；衡常数K=05×050.5×0.5=4。2 mol(3)①电解质溶液H,S0,的作用是增强导电性。(②h图可知，正极上是二氧化碳发生得电子的还原反应，电极反应为C0,+6c+6开=CH,OH+H,0。19.(11分，除标注外，每空2分)(1)(1分)D(1分)(2)3(3)①3(1分)②C,H,(1分)(4)HB0,+H,0=H+[B(0H)4](1分)(5)①油于二者都是共价晶体，而P原子半径比N原子半径大，B一N键比B一P键键长短，键能大，因此氮化硼品体的熔点要比磷化硼晶体高®86×4x14V☒3)八×10-化学试题答案第3页（共4页）

32水解反应，说明含有酯基，可能结构有OOCCH3、H-C-O≤1CH3、COOCH3,共6种，D项正确。16.(1)CD(2分)；BC(1分)CH-COOH2OH(1分)(3)消去反应；酯化反应（或取代反应）（各1分）CH2CH2CH2CH2OH浓硫酸(4COOH0+H2O(2分)CHOCHCH2-OH+2[AgNH)2]OH△，COONHCH-CH2-OH +2Ag+OHOH3NH3十H2O(或其他合理答案)(2分)017.(1)2,3-二甲基-2-丁烯；HC一C-CH3(各2分)(2)7(1分)(3)消去反应；还原反应（各1分）OH()H(4)HCH.CCH(2分)CH2 CHOCH2 CHO18.(1)三颈烧瓶；B(各1分)(2)停止加热，将烧瓶中的溶液冷却至室温，再重新加入碎瓷片(1分)(3)①bceda②除去肉桂酸乙酯中的碳酸钠杂质，同时增加水层的密度，有利于分层（各2分）(4)肉桂酸乙酯沸点较高，在有碳碳双键存在的情沉下，高温易发生副反应，采用减压蒸馏可以降低沸点，在较低的温度下进行蒸馏，减少副反应的发生，提高产率(2分)；C(1分)(5)75(2分)19.（1)碳碳双键、酯基(2分)年·20·【23·DY·化学·参考答案一R一选修5一N】

小，c(Y+)增大，与图像不符，因此实验时可加入的酸不为盐酸，应为弱酸HX,C错误；在一定温度下，难溶物YX的溶度积K=c(Y+)·c(X-),但由于在N,点时c(H+)=10-7mol·L-1,根据电荷守恒，c(Y+)=c(X-),所以K为a?,D正确。11.为探究温度对盐类水解的影响，利用手持技术测定0.1mol·L1Na2CO3溶液温度由PHA11.20H20℃升高到60℃过程的pH,130s后的曲线如图所示（已知pKm=pH+pOH)。下列说法正确的是11.15A.加热升温时，溶液中的c(OH)降低11.10B.加热过程中，n(H2CO)+n(HCO)+n(CO)逐渐增大11.05C.常温下，K1(CO)为104.6150200250t/sD.K受温度的影响程度大于K1(CO)【答案】D【解析】N2CO3溶液存在水解反应CO十H2O一HCO?+OH,该水解反应是吸热反应，升温促进水解，c(OH)升高，故A错误；由物料守恒，n(H2CO3)+n(HCO3)十n(CO)不变，故B错误；常温下，pOH=pKm-pH=14-11.20=2.80,c(OH)=10-2.80mol·L1,由CO号+H20=HC03+OH可得，K-(c0)-ic080)-0品>10，女C特保：☆黄复建米的包离，使这德中H)主c(CO大，pH减小，促进CO水解，使得溶液的pH增大，由图像可知溶液的pH减小，即升高温度对水的电离的影响程度大于对CO?水解的影响程度，D正确。12.关于下列实验的说法不正确的是NH,CICHCOOH固体溶液加热，pH减小CH,COONaCH COONa溶液CH.COONaCH,COONa溶液溶液溶液B.溶液的pH减小是A.CH;COO的水解程度C.NHCI可促进CH3COO-D.混合液中c(CH COO)与CH,COO水解衡移动的增大的水解c(CH3COOH)之和大于c(Na+)结果【答案】B【解析】醋酸钠溶液中加适量水，溶液浓度减小，促进CH3COO~的水解，故A正确；酷酸钠溶液加热促进CH3COO的水解，使溶液的碱性增强，pH增大，故B错误；氯化铵水解显酸性，在醋酸钠中加入氯化铵，两者水解相互促进，故C正确；根据物料守恒，原醋酸钠溶液中c(CH3COO)十c(CH3COOH)=c(Na+),再加入一定量醋酸后，混合液中c(CH3COO)与c(CH3COOH)之和大于c(Na+),故D正确。13.常温下，向20mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的NaOH↑ckH/mol·L-)溶液，溶液中由水电离的c本(H+)与所加NaOH溶液体积的关系如图所示（假设：混合后溶液体积的变化忽略不计，整个过程无氨的逸出)。下列分析正确的是107A.a~c之间，主要反应为NH时十OH-NH·HOB.b点、d点对应溶液的pH均为7C.d~e之间，溶液中c(Na+)+c(SO-)=0.05mol·L-120 35 V(NaOH)/mLD.pH=7时，溶液中c(Na+)>c(SO)>c(NH)>c(OH-)=c(H+)【答案】D【解析】由图可知，a,点为硫酸氢铵溶液，向a点溶液中加入氢氧化钠溶液时，溶液中氢离子先与氢氧根离子反应，离子方程式为H+十OH—H2O,则b点为硫酸钠、硫酸氢铵和硫酸铵的混合溶液，溶液呈酸性；加入的氢氧化钠溶液体积为20L的c点，硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应得到硫酸铵、硫酸钠的混合溶液；C,点后再加入氢氧化钠溶液时，溶液中铵根离子与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为NH十OHNH3·H2O,则d,点为硫酸铵、硫酸钠和一水合氨的混合溶液，溶液呈中性；氢氧化钠溶液体积为35mL的e,点为硫酸铵、硫酸钠和一水合氨的混合溶液，溶液呈碱性。由分析可知，~c之间，主要反应为溶液中氢离子与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为H+十OH—一H20,故A错误；由分析可知，b点为硫酸钠、硫酸氢铵和·15·

负极。Na2CO3溶液的碱性较弱，不能灭活病毒，灭活病毒的是活性氧，A项错误；用NaCl代替N2CO3,阳极会是CI失电子产生有毒的Cl2,并不绿色环保，B项错误；b电极为电源正极，a电极为电源负极，负极的电势比正极的电势低，C项正确；转移4mol电子时在阴极收集到标准状况下44.8LH2,D项错误。7.B【解题分析】生成C2H的电极反应为2CO十8e-十6H2O=C2H1十8OH-,所以碳纸/聚四氟乙烯电极连接电源的负极，发生还原反应，B项错误。8.AD【解题分析】右室氯化氢失去电子转化为氯气，因此右侧电极是阳极，则为外接直流电源的负极，b为外接直流电源的正极，A项正确；阳极上发生失去电子的氧化反应，电极反应式为2HC1一2e一Cl2十2H+,B项错误；电解池中阳离子向阴极移动，因此通电后H从右室迁移至左室，C项错误；根据装置图可判断左室中发生的反应为4Fe2+十O2+4H+一4Fe3+十2H2O,实现了Fe3+的再生，D项正确。9.C【解题分析】由题意可知右侧二氧化氮被还原生成氮气，故T℃E电极与电源负极相连，Pt电极与电源正极相连，A项错误；Pt电极的反应为2H2O一4一O2◆十4H+,氢离子浓度增大，pH变小，B项错误；TCE电极发生还原反应，电极反应式为2NO2+8H++8e一N2十2.24L4H,0,C项正确：P电极生成标准状况下2.24L气体，其物质的量==2241o=0.1mol,根据2H2O一4e一O2↑十4H+可知，转移电子的物质的量n(e)=0.4mol,再根据2NO2十8H+十8e一N2+4H2O可知，消耗二氧化氮的物质的量n(NO2)=0.1mol,D项错误。10.BC【解题分析】阴极室发生还原反应，电极反应式为2H++2一H2个，H+放电，破坏了水的电离，使溶液的酸碱性发生改变，且阴极室的溶液中必须加入强电解质以增强溶液的导电性，将阴极室双极膜左侧的溶液排出，不能获得淡水，A项错误；盐室中的Na+向阴极移动，离子交换膜M为阳离子交换膜，使Na+进入阴极室双极膜的右侧，获得NaOH溶液，CI向阳极移动，离子交换膜N为阴离子交换膜，使CI厂进入阳极室双极膜的左侧，得到盐酸，B项正确；阴、阳极的电极反应式分别为2H++2e一H2个、4OH一4e=O2↑+2H2O,电路中每转移1mol电子，阴极产生0.5molH2,阳极产生0.25molO2,两极共得到0.75mol气体，D项错误。11.(1)正极；阴极（各2分）(2)N2H+4OH--4e—N2A+4H2O(3分)(3)CH:CHO-2e+H2O=CH COOH+2H;2H+2e-H2(2)(4)不变(2分)(5)蒸馏(2分)☆·42·【23·G3ZCJ(新高考)·化学·参考答案一LKB一必考一SD】

1,3一丁二烯与丙烯酸乙酯发生加成反应生成X,正确；C项，化合物Z在氢氧化钠的水溶液中生成Y,正确；D项，Y的不饱和度为2，其同分异构体中不可能含苯环，不正确8.B【解题分析】丙中含有酯基，可在碱性条件下水解，应用饱和碳酸钠溶液分离，A项错误；PbC2为反应的催化剂，可降低反应的活化能，加快反应速率，从而增大了单位时间的产量，B项正确；乙、丙中都含有碳碳双键，都可与酸性高锰酸钾溶液反应，不能用酸性高锰酸钾溶液检验，C项错误；溴代烃在碱性条件下水解，水解后需要加入硝酸酸化，否则会生成氢氧化银沉淀，影响实验结论，D项错误。9.B【解题分析】溴乙烷在NaOH水溶液条件下生成乙醇，不是CH2-CH2,B项错误。10.C【解题分析】由题意可知A的结构简式为CH2一CHCH2CH2OH,A项错误；物质C为Br,含有的官能团有醚键、澳原子，B项错误；D和E分别为或中的一种，含有0碳碳双键，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项正确；反应①是CH2一CHCH2CH2OH与溴B单质发生加成反应生成CH2 BrCHBrCH2CH2OH,反应③是转化00发消去反应，D项错误。11.(1)环氧乙烷(2分)(2)CH3CH(OH)CH3(2分)浓硫酸(3)HOCH2 CH2 OCHCH2OHHOHOCH,OCH2 CH2 OCH(CH3)2+H2O(3)(4)取代反应(2分)(5)C1sH31NO1(2分)CHOHCHa(6)6(3分)：(或)(2分)HOOHOH【解题分析】(6)I是OH的同分异构体，可与FeCl溶液发生显色反应，1molIHO可与2 mol Na2CO3反应，说明L分子的结构中含有2个酚羟基和1个甲基，当2个酚羟基在邻位时，苯环上甲基的位置有两种，当2个酚羟基在间位时，苯环上甲基的位置有3种，当$·68·【23·G3ZCJ(新高考)·化学·参考答案一R一必考一LN】

7.D【解题分析】总反应速率主要取决于反应速率慢的一步，即②的反应速率，A项错误；VO2先作为生成物，后又被消耗，是该反应的中间产物，B项错误；根据图像可知，逆反应活化能大于198kJ·mol1,C项错误；SO2为反应物，增大浓度可提高反应速率，D项正确。8.A【解题分析】根据物质反应转化关系可知化学反应速率：o(C)2)：)(H2):(C3H)：(H2O)=3:10:1:6,所以10w(CO2)=3w(H2),A项正确。9.B【解题分析】加入催化剂，可以降低活化能，活化分子数增多，活化分子百分数增大，反应速率会增大，A项错误；通过压缩气体的体积增大压强，可提高单位体积内活化分子数，碰撞频率增大，从而提高反应速率，B项正确；活化分子之间的碰撞不一定是有效碰撞，C项错误；其他条件不变，升高温度，活化分子数目增多，活化分子百分数增大，碰撞频率增大，反应速率加快，D项错误。10.C【解题分析】N2+3H2=2NH3起始1 mol3 mol0转化x mol3x mol2x mol衡(1-x)mol(3-3x)mol2x molv(H2)=0.2mol·L1·min1,故3x=0.2×3×2,解得x=0.4。衡时气体总物质的量为(0.6+1.8+0.8)mol=3.2mol,衡时气体压强与起始时气体压强之比为3.2：4=4：5，C项正确。11.(1)加压（或充入CO2等其他合理答案）(2)Cu/ZnO*+H2-Cu/Zn*+H2O(3)①阳；H+②3CO2+18e+18H+=C3H6+6H2O(每空3分)12.(1)0.015mol·L-1·s1;>(各2分)(2)①BC(3分)②NaNO3;NO(各2分)(3)①3HC1O+2NO+H2O=3C1-+2NO3+5H②溶液pH越小，溶液中HCIO的浓度越大，氧化NO的速率越快（各3分）13.(1)-206kJ·mol-1(2)>；<(3)增大(4)5×103(5)CD)(每空3分)·44【23·G3ZCJ·化学·参考答案一SJB一必考一QG】

天津市东丽区2021-2022学年下学期期未考试高二年级化学参考答案一、选择题（每小题2分，共40分）题号1235678910答案BCBDBABD题号11121314151617181920答案CCDBADDCB二（本题包括4小题，共60分）21.(24分)1.(1)第三周期【A族(2分)1s22s22p63s23p5(2分)(2)N>0>Na(2分)(3)H0>H2S(2分)水分子间既存在分子间力，也存在氢键(2分)(4)三角锥形(2分)sp3(2分)HH:N:'c](5)离子键、共价键、配位键(2分)H(2分)Ⅱ.(1)6(2分)(2)1:3:1(2分)22.(15分)(1)环己烷(2分)碳氯键(2分)(2)取代反应(1分)消去反应(1分)Br-Br+2Na0H△2NaBr 2 H2O(3)(3分)(4)CHCH=CHCH2CH2CH(2分，合理即给分)

22.：(12分)某化学兴趣小组的同学设计了如图装置，验证飞醇催化氧讹的产物(热仪器、夹持装置已略去)。路好i,七i(2逾话于操的02下旋状细铜丝无水CuSO粉末DC的婚泛主务：无水乙醇海已知：乙醇的沸点为78℃，易溶于水；乙醛的沸点为20.8C,易溶于水。(1)乙醇催化氧化反应的化学方程式为l州以"，：：1.1落武湖商(2)实验时上述需要加热的装置中，应该先加热的是凿：为(填序号，为使A中的乙醇成为蒸气，最简单的加热方法·:月如(3)实验开始后，装置B中能观察到的现象是通过观察装置C中药品颜色的变化，得出的结论是这：滋斑洪瓣(4)装置D中试剂的作用是(2

周测卷二元素性质及其变化规律甲醛的危害与去除1.D解析：H元素属于s区，Ga、As、N、O均属于p区。2.B解析：4p能级只填充一半电子的原子的电子排布式为[Ar]3d°4s24p3,其原子序数是33，B项符合题意。3.∧解析：基态氮原子核外电子数为7,2p轨道3个电子各占据1个轨道，电子轨道表示式为1s 2s 2p行7，此时最稳定，若呈现①结构，则能量增大，属于不稳定状态，A项符合题意；钠原子的最外层电子由①3s轨道跃迁至②3p轨道，能量增大，B项不符合题意；Cr为24号元素，基态原子外围电子排布式为①3d54s,此时处于半充满结构，能量最低，若外围电子排布式为②3d44s2,能量增大，C项不符合题意；根据洪特规则，碳原子2p轨道2个电2p2p子各占据1个轨道时能量最低，故①个☐状态的能量低于②二状态的能量，D项不符合题意。4.C解析：图上显示Lⅴ与O同主族，属于p区元素，其背景颜色与其他金属相同，则其为金属元素，A项正确；第IA、ⅡA族位于元素周期表的s区，第ⅢA~IA族位于元素周期表的p区，B项正确；在元素周期表的118种元素中，最多有24种非金属元素（含稀有气体元素），C项错误；最外层电子排布式为4sl的元素有K、Cr、Cu,共3种，D项正确。5.A解析：通过题意知，X为N元素，Y为O元素。同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，二者位于同一周期且原子序数：O>N,所以原子半径：r(N)>r(O),A项正确；氮氧化合物有NO、NO2、N2O等，则X和Y形成的化合物多于2种，B项错误；X为N元素，其原子核外有2个电子层，最外层电子数是5，所以N元素位于第二周期第VA族，C项错误；非金属性：Y>X,所以二者形成的化合物中，Y显负价，X显正价，D项错误。6.D解析：由图像可知，该元素的I4>I3,故该元素易形成十3价阳离子，A项错误；由图像可知，该元素的I4>I3,故该元素易形成十3价阳离子，X应为金属，X的最高价氢氧化物不属于强碱，B项错误；周期数=核外电子层数，图像中没有显示X原子有多少电子层，因此无法确定该元素是否位于第五周期，C项错误；由图像可知，该元素的I4>I,故该元素易形成十3价阳离子，因此X与氯反应时最可能生成的阳离子为X3+,D项正确。7.D解析：结合题意可知，X为B或C元素，Y为N元素，Z为Na元素，M为S元素，N为CI元素。同周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Z>X>Y,A项错误；五种元素的氢化物中NaH为离子化合物，B项错误；非金属性：S

周测卷八常见的醛、酮醛、酮的化学性质1.D解析：甲醛有毒，且是室内装饰材料释放的主要污染物之一，A项正确；苯酚能杀菌消毒，常用来制造有消毒作用的酚皂，所制得的酚皂适合有皮肤病的人群使用，B项正确；丙酮易燃、易挥发，应远离火源，C项正确；防控新冠病毒常用的75%的酒精有还原性，“84”消毒液的主要成分次氯酸盐有强氧化性，二者混用消毒效果降低，D项错误。2.C解析：乙醛是甲基跟醛基相连而构成的醛，A项错误；醛的官能团是醛基，结构简式为一CHO,B项错误；饱和一元脂肪醛是由饱和烃基（或H)和一个醛基构成的，分子式符合通式CnH,O(>0,且n为整数)，C项正确；丙醛与丙酮互为同分异构体，分子式均为CHO,D项错误。3.B解析：乙醛和新制Cu(OH)2反应，操作的关键是碱要过量，故上述实验中加热至沸腾，未观察到砖红色沉淀最可能的原因是NaOH的量不足，B项正确。4.B解析：根据风信子醛和突厥酮含有的官能团，风信子醛和突厥酮均能使高锰酸钾溶液褪色，B项符合题意。5.D解析：(CH3)3COH不能被氧化得到醛或酮，因此此物质不能用醛或酮与氢气加成反应制得，D项正确。6.A解析：先加入新制的氢氧化铜，加热，出现砖红色沉淀，证明有醛基，酸化后变成羧基，再加入溴水，溶液褪色，证明有碳碳双键，A项正确；先加入溴水，醛基被氧化，碳碳双键发生加成反应，无法检验，B项错误；若先加入新制的氢氧化铜，可检验醛基，但发生反应后的溶液显碱性，而溴水能与碱性溶液反应，则无法确定M中是否含有碳碳双键，C项错误；先加入酸性高锰酸抑溶液，醛基和碳碳双键均被氧化，无法检验，D项错误。7.BC解析：根据化合物I、Ⅱ、Ⅲ的结构，可知发生的反应为加成反应，A项正确；化合物I分子中有4种不同化学环境的H原子，故其一氯代物有4种，B项错误；化合物Ⅱ分子中含有3个饱和C原子，具有甲烷的四面体结构，因此所有碳原子不可能共面，C项错误；化合物Ⅲ分子中含有不饱和的碳碳双键，因而能使酸性KMO4溶液褪色，D项正确。8.B解析：与NOH水溶液共热，酯基水解，产物分子结构中含有2个一CH2OH,不含手性碳原子，A项错误；银氨溶液把醛基氧化为COONH4,产物分子结构中含有手性碳原子，B项正确；一CH2OH与乙酸发生酯化反应生成一CH2 OOCCH,产物分子结构中含有2个CH2 OOCCH3,不含手性碳原子，C项错误；一CHO与氢气反应生成一CH2OH,产物分子结构中含有2个一CH2OH,不含手性碳原子，D项错误。9B解析：醛与银氨溶液反应还原出16.2g银即物质的量n--1O88.26厅=0.15mol,根据一CH)~2Ag,得到醛的物质的量为0.075mol,则醛的物质的量大于总量，说明醛为甲醛，HCH()~1Ag,则甲醛物质的量为0.0375mol,醇的物质的量为0.05mol一0.0375mol=0.0125mol,因此醇和醛的物质的量之比是0.0125mol:0.0375mol=1：3,B项正确。10.CD解析：柠檬醛可发生银镜反应而其他物质不能，可用银氨溶液检验柠檬醛是否完全反应，A项正确；假紫罗兰酮和3一紫罗兰酮分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B项正意·17·【23新教材·ZC·化学·参考答案一SDKJB一选择性必修3一QGA】

发生的反应为I+3C12+3HO一IO5+6C1+6H+,B项正确；反应2I+C12一I2+2C1-中，氯气作氧化剂，氯元素的价态由0价降低为一1价，②中发生的反应为6H2O+5C12+I22IO3十10C1十12H+,氯气作氧化剂，氯元素的价态由0价降低为一1价，C项错误；若在加入淀粉的碘化钾溶液中逐滴滴加氯水，当氯水少量时，生成碘单质，则能观察到溶液变蓝的现象，D项正确1l.B解析：汗渍中含有NaCl,即②为NaCl,AgC】不稳定，在光照条件下分解生成灰褐色的银粒，而物质③在光照下分解出的银粒呈灰褐色，则说明①为AgNO3,③为AgC1,将AgNO涂在纸上，发生反应：AgNO3十NaCI=AgCI十NaNO3,B项符合题意。12.D解析：利用装置①可制备二氧化碳，但其中含有HCl和水蒸气，装置③中、b可依次除去HCI和水蒸气，利用装置④可进行尾气处理，故a、b、c中分别盛有饱和NaHCO溶液、浓硫酸和烧碱溶液，A项错误；装置②中温水的作用是促进液溴的挥发，从而得到溴蒸气，B项错误；实验开始时，要先打开装置①中活塞，利用反应产生的二氧化碳排除装置中的空气，再加热管式炉，防止铁粉被氧气氧化生成杂质，C项错误；实验结束时，先停止加热并停止滴入液溴，继续通入二氧化碳至室温，排除装置中的溴蒸气，并使其被c中烧碱溶液吸收，防止污染环境，D项正确。13.(1)甲；酸化可防止C12与H2O反应（各2分）(2)SO2+Br2+2H2O-4H++SO2+2Br(3分)(3)碎瓷片（或沸石）；防止暴沸（各2分）(4)甲(2分)；含溴海水中溴的浓度低，直接蒸馏成本高，甲同学流程中③④⑤步实际上是溴的富集过程，可提高溴的浓度，减少能源消耗，降低成本(3分)14.(1)沉淀Mg2+[或使Mg2形成Mg(OH)2沉淀]；MgCl2+Ca(OH)2=CaCl2+Mg(OH)2V(2)HC;蒸发结晶(3)MgC(熔融)电解Mg十C,个：制盐酸，循环使用(4)不同意；MgO的熔点很高，熔融时需耗费大量的能量从而增加生产成本（每空2分）15.(1)①2H++2I+H2O2=2H2O+I2②分液漏斗；蒸馏b⑧m(1-n%(2)①蒸馏烧瓶②2MnO1+16H++10C1-=5C124+2Mn2++8H2O③吸收氯气中的氯化氢气体④碱石灰；吸收未反应的氯气，并防止空气中的水蒸气进入装置D使三氯化碘分解⑤水浴加热（每空2分）解析：(1)③提取碘单质的过程中碘损失了%，最后得到碘单质bg,则含有碘的总质量为b1-m%,则海带中碘的百分含量为，m1”m石”@·22·【23新教材·ZC·化学·参考答案一SB一必修第一册一FJ】

周测卷九水的电离和溶液的pH1.A解析：纯水中c(H+)=c(OH),A项正确。2.C解析：NHSO4固体加入水中，抑制水的电离且溶液显酸性，A项不符合题意；将水加热煮沸后还是水，呈中性，B项不符合题意；NClO固体加入水中，次氯酸根离子能和氢离子结合生成次氯酸分子，即次氯酸钠水解促进水的电离，溶液呈碱性，C项符合题意；氨气溶于水呈碱性，但一水合氨电离出的氢氧根离子能抑制水的电离，D项不符合题意。3.C解：NaOH抑制水的电离，NaCl不影响水的电离衡，H2SO4为二元强酸，电离产生的c(H+)大于NOH电离产生的c(OH),对水的抑制程度更大，故水的电离程度按由大到小的顺序为①>②>③。4.A解析：水的电离是吸热过程，升高温度，电离衡向右移动，氢离子、氢氧根离子浓度均增大，水的离子积常数增大，A项正确；向水中加稀氨水，氨水电离出的氢氧根离子使溶液中氢氧根离子浓度增大，电离衡向左移动，水的离子积常数不变，B项错误；向水中加少量硫酸氢钠，氢离子浓度增大，电离衡向左移动，水的离子积常数不变，C项错误；向水中加少量金属钠，钠与水电离出的氢离子反应，溶液中氢离子浓度减小，衡向右移动，D项错误。5.A解析：25℃时，蒸馏水中，水的离子积常数Kw=c(H+)·c()H)=1×10-14,100℃时，Kw=c(H+)·c(OH-)=1×10-12,A项错误；25℃时，纯水中，水的离子积常数Km=c(H+)·c(OH)=1×1014,B项正确；25℃时，任何以水为溶剂的稀溶液中，水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH)=1×10-14,C项正确；水的电离是吸热过程，升高温度，衡向电离方向移动，水的离子积常数Kw增大，D项正确。6.B解析：0.05mol·L1的Ba(OH)2溶液中c(OH)=0.1mol·L1,则由水电离出的cx0H)-e4I*)c)9"alL1-1.0X10°mlL7.CD解析：K和SO-均不会影响糖醛酸的电离。8.C解析：向纯醋酸中加水稀释的过程中，氢离子浓度先增大后减小，故溶液的H先减小后增大，A项错误；温度不变，醋酸的电离衡常数K。和水的离子积常数Kw不变，B、D两项均错误。9.AD解析：酸性条件下，Mg2+、Na+、NO3不与H+发生反应，能大量共存，A项正确；由水电离出的c(H+)=10-12mol·L1,可知溶液可能呈酸性，也可能呈碱意·21·【23新教材·ZC·化学·参考答案一R一选择性必修1一QGA·Y】

—PbSO4+2H2O,A、C两项均正确；I区域的电獬质溶液为KOH,Ⅱ区域的电解质溶液为H2SO4,B项正确；锌的金属活动性强于铅，两种电池中正极材料相同，所以Zn一PbO2电池与传统铅酸蓄电池相比较：E-Pwo,>Eb-PbO,D项错误。14.C解析：氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢易挥发，故蒸干氯化铁溶液得氢氧化铁固体，氢氧化铁受热易分解，灼烧得到氧化铁，A项正确；溶液中的铁离子水解使溶液呈酸性，氧化铜消耗氢离子，调节H使铁离子水解衡向右移动，促进铁离子的水解，最终铁离子转化成红褐色氢氧化铁沉淀，B项正确；红棕色变深，说明升高温度，衡向左移动，二氧化氮的浓度增大，则反应2NO2三N2O4的△H<0,C项错误；产生黄色沉淀，说明有AgI生成，则Ksn(AgI)c(OH),A项正确；在Na2A溶液中，A发生水解但其水解程度较小，则有c(A2)>c(HA),B项正确；根据电荷守恒，可得c(Na+)十c(H)=2c(A2-)十c(HA)十c(OH),当吸收液呈中性时，c(H+)=c(OH-),因此c(Na+)=2c(A2-)十c(HA-),C项正硫：图巾pH72时，微)》-1，则行》-1，比A的二级电离常数n(A2-)K(H,A)=c(H)cA)=c(H)=102,D项错误。c(HA)16.(1)正盐(2分)(2)测Na2HPO3溶液的pH,若pH>7,则证明亚磷酸不是强酸（其他答案合理也可)(3分)(3)1×10-3(3分)(4)①=②<（各3分）17.(1)C(2分)(2)①不能(2分)②=(2分)③10(3分)(3)①K1>K2>K3度·10·【23·ZCYK·化学·参考答案一SDKJB一选修4一QG】

C.向BaC2溶液中通入CO2:Ba2++H2O+CO2—BaCO3Y+2HD.将H2O2溶液滴加到酸性FeCl2溶液中：2Fe2++H2O2+2H+一2H2O+2Fe3+5.下列实验操作能够实现相应实验目的的是选项实验操作实验目的A将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近瓶口证明某集气瓶中刺激性气味的气体是HC]B向试液中滴加几滴BaCl2溶液证明在试剂瓶中的NaOH溶液已变质C将稀氨水滴入FeCL溶液中实验室制备Fe(OH)3胶体D向混合液中加入适量乙醇后加热除去乙酸乙酯中少量的乙酸6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.12g石墨中含共价键的数目为1.5NAB.0.5 mol SiO2中含共用电子对的数目为NAC.0.2molP4中含共价键的数目为0.8NAD.24g熔融状态下的NaHSO4中，含离子数目为0.6NANO浓H2SO47.实验室制备硝基苯（反应原理为〔）十HNO50~60℃十H,O)的实验装置（夹持装置已略去）如图所示。下列说法正确的是A.水浴加热的目的是防止烧瓶内液体暴沸B.仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率60℃水浴C.利用如图实验装置可制备溴苯浓H,SO,、浓HNO,和苯的混合物D.反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到硝基苯8.X、Y、Z、W四种短周期主族元素原子序数依次增大，X和Z同主族且形成的单质在常温下状态不同，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的2倍，W是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是A.原子半径：W>Z>YB.X与Z形成共价化合物C.Y的氧化物对应的水化物为强酸D.Z、W的氢氧化物可发生反应9.已知SiCl4发生水解反应的机理如图：CICIHOH+H,0Si:OSi-C1+3H20Si-OHc-3HC1→HOOHsp杂化spd杂化sp杂化下列叙述正确的是A.SiCl4与HSiCl O均属于极性分子B.SiCL4的键角与白磷(P4)的键角均为60°C.H4SiO4加热分解得到的SiO2晶体中最小环是十二元环D.等物质的量的CO2与SiO2晶体含有相同数目的ō键【高二期末质量监测·化学第2页（共6页）】222708D

12.(22分)某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流计的指针发生了偏转。。,电键CHOH→作O2ABA.2:2:4:1B.1:1:2:1C.2:1:1:1D.2:1:2:1电极电极CAgP10,磷酸铁锂锂离子电池是目前电动汽车动力电池的主要材料，其特点是放电容量大，价格低KOH溶液AgNO,溶液CuCL2溶液廉，无毒性。放电时的反应为xFePO,+(1一x)LiFePO4+Li,C6一C6+LiFePO4。放电甲池丙池时工作原理如图所示。下列叙述正确的是回答下列问题：(1)甲池为(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，通入CHOH电极的电极反应式为7隔膜(2)乙池中总反应的化学方程式为8的(3)当乙池中B极质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2的体积为mL努8的(标准状况)，丙池中(填“C”或“D”)极析出g铜。华88的(4)若丙池中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，甲中溶液的pH将O88的(填“增大”“减小”或“不变”，下同)；丙中溶液的pH将,若将丙铝箔锂盐有机溶液FePO,铜箔中溶液复原，需加入(填化学式)。A.充电时，L通过隔膜向铝箔移动些B.放电时，铜箔所在电极是负极C.充电时，阳极反应式为LiFePO4十xe=xFePO+(1-x)LiFePO+xLiOD.放电时，电子由铜箔经导线到铝箔班级姓名分数题号1234678910答案O二、非选择题（本题包括2小题，共40分）11.(18分)铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用。回答下列问题：(I)黄铁矿（主要成分为FS)是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料。高温下可发生反应3FeS十80,高温6S0,+Fe,O,该过程中若有1.5m0lFeS,参加反应，则反应过程中转移mol电子。(2)氯化铁溶液显酸性，原因是(用离子方程式解释)，用惰性电极电解氯化铁溶液之初，阳极电极反应式为(3)K2FO4可作为一种“绿色高效多功能”水处理剂，原因是(4)K,FeO,与Zn组成新型二次电池高铁电池，电解液为碱溶液，其反应式为3Zn(OH)2+2Fe(OH),十4KOH充电3Zn十2K,Fe0,+8H,O,放电时电池的负极反应式为放电;充电时电解液的pH(填“增大”“减小”或“不变”)。化学第3页（共4页）衡水金卷·先享题·高三一轮复40分钟周测卷十六化学第4页（共4页）

全围1®0所名接单元测试示范老教学札记16.(13分)锂电池是一种以锂金属或锂合金为负极材料，使用非水电解质溶液的一次电池，与锂离子电池和锂离子聚合物电池是不一样的。(1)科学家对新型Li一CO2电化学系统研究发现，用碳化钼(MoC)作Li极催化剂时CO2的放电产物为Li2C2O4。电池“吸入”CO2时的能量转化形式为,其正极材料可能是(填“Ca”或“Ge”),放电时，正极的电极反应式为(2)用含Li石墨复合材料及纳米F2O3材料作电极的锂离子电池，在循环充、放电过程中可实现对磁性的可逆控。该电池反应为置换反应，则该电池放电时的化学反应为,该电池的电解质可以是(填“硫酸”或“固态有机物”)。(3)某种积层型锂聚合物电池是将电极(LiCoO2)/凝胶型聚合物电解质/锂和石墨系电池组叠加成板，并用铝积层包封的电池结构。其中电池内的高分子聚合物能让【自由通过，锂和石墨系用LC表示。电池放电时，负极反应为,其中Li计向(填“LiCoO2极”或“锂和石墨系极”)移动。用铅蓄电池给该电池充电时，电极ICoO2与铅蓄电池的（填“铅”或“二氧化铅”）电极相连。答案：(1)化学能转化为电能(1分)；Ge(1分)；2C)2+2e+2Li计—LiC2(O4(2分)(2)6Li+FeO5—3LiO十2Fe(2分)；固态有机物(1分)(3)LiC6一e—Li+C6;LiCoO2极；二氧化铅（各2分）17.(14分)碘是环境友好型材料，含碘电池具有无毒、安全性高的特点。(1)锌碘电池的正极材料是聚2一乙烯吡啶（简写为P2VP)和I2的复合物，电解质是熔融薄膜状的碘化锌，正极的电极反应式为P2VP·nl2+2e十Zn+一P2VP·(n-1)L2十Znl。①该电池放电时，锌电极发生(填“氧化”或“还原”)反应，碘离子移向(填“P2VP”或“Zn”)极。②该电池发生的总反应为(2)下图为银碘电池的工作原理示意图，Ag十可以在RbAg4I晶体中迁移，空气中的氧气透过聚四氯乙烯膜与AL反应生成I2,Ag与L作用形成电池。放电时，电流由(填“A”或“B”,下同)流向Ag极为电池的(填“正极”或“负极”)，该电池每消耗1moAg,理论上消耗氧气的质量为02聚四氟乙烯膜All3石墨电极RbAg.Is晶体B一银电极(3)我国科学家研究出高功率水系F一I2电池，两极材料分别为铁电极和碘复合材料电极。放电时该电池反应的离子方程式为,碘复合材料电极发生的现象为答案：(1)①氧化；Zn②Zn+P2VP·nl2—P2VP·(n-1)l2+Znl(各2分)(2)A(1分)：B(1分)；负极(1分)；8g(2分)(3)Fe十l2—Fe2+十2厂(1分)：碘复合材料电极逐渐溶解变细(2分)18.(14分)随着各地治霾力度的加大，发展高性能燃料电池汽车成为人们需要研究的课题。(1)用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如图1所示。【23新教材·DY·化学-R-选择性必修1-HUN】65

答案B 解题分析 家具制造业的原料需要运进，产品需要运出，会带 动物流业的发展；家具制造业的发展需要大量资金，能够带动金融 业的发展，故①③正确；家具制造业与软件业、服装业关系不大，故 ②④错误。

贵州仁怀的高梁、赤水河的水、河谷空气中的微生物，一直是 笼罩在茅台酒身上的“神秘元素”。“质似凝脂，釉如润玉。”乳白色 的茅台酒瓶素雅、纯净，具有很高的观赏价值。相信大多数人都认 为这么美观大方的酒瓶定是陶瓷的，但仔细观察便会发现瓶子的 材质其实都是玻璃。据此完成13~15题。 13.影响贵州茅台酒生产地布局的主要因素是 A.原料 B.市场 C.技术 D.政策

区域适度人口由土地承载力、生态承载力和经济承载力三者 共同决定，经济承载人口一直在现实人口的上方为人口承载富余 状态，反之为赤字状态。读某省1978一2006年适度人口变化图，完 成35题。 单位/万 3600 3400 3200 3000 2800 ◆一现实总人口数 2600 生态承载人口 2400 ▲经济承载人口 2200 2000 ×一土地承载人口 1800 米一适度人口 1600 1400 1200 10004 19781982198619901994199820022006 年份