山东省滕州市善国中学2017届高三一轮复习同步检测试题（8科8份）.zip

1山东省滕州市善国中学 2016-2017 学年高三一轮复习地理同步检测试题第 I 卷（选择题）一、单选题2011 年 7 月 17 日，我国南极中山站（69°22′S，76°22′E）越冬科考队的队员们迎来了极夜后的第一次日出。据材料回答 1～2 题。1.当中山站“第一次日出”时，若在天津观测太阳，太阳位于观察者的A.东北方向 B.东南方向 C.西北方向 D.西南方向2.中山站极夜持续的时间是A.30 天左右 B. 50 天左右 C. 70 天左右 D. 90 天左右图 1 为某日甲、乙、丙、丁太阳位于正北或正南方位时太阳高度示意图，读图回答 3～4 题。图 13．关于甲、乙、丙、丁地理位置的叙述，正确的是（ ）A．甲在北极点上 B．乙在北极圈上 C．丙在北回归线上 D．丁在南温带4．太阳位于甲地正北时，甲地的地方时是（ ）A.0 时 B．6 时 C．12 时 D．18 时下图示意 2015 年 3 月 9 日～22 日气旋“帕姆”的移动路径。读图，回答下列问题。5．对于“帕姆”描述正确的是2A．生成于西北太平洋热带洋面 B．气 流呈逆时针方向旋转 C．移动路径受控于西风 D．自东向西穿过东、西半球6．该气旋会A．导致新西兰北部多吹偏南风 B．引发滑坡、赤潮等次生灾害 C．造成的灾情可以用 GPS 监测 D．对瓦努阿图的危害不大图 6 为冬季海岸（或湖区）周围“雪带”和“美国本 土铁路网与 城市”分布图，回答 7-8 题。图 67、图 6 显示，冬季甲、乙两国“雪带” （降雪量明显多于周边地区） ，均分布在湖、海的东岸并偏南，其共同的原因是：（ ）A.海洋性气候特征，水汽含量高 B.极地冷空气南下，降温幅度大C.西北风经过海（湖）面增温、增湿 D.暖流增温、增湿作用明显8、结合乙国自然条件和资源开发现状，在铁路运输网中，南北向压力相对较小的正确原因是：（ ）A.商品谷物农业主要分布在中北部，粮食经大西洋出口 B.密西西比河为南北流向,水运发达C.大陆东西两侧海岸线较为平直，海运不便利 D.南部煤炭资源丰富,主要依靠管道运输石漠化是在喀斯特地貌基础上形成的一种荒漠化的现象，简单来说就是土地逐渐被石头占据，我国90%的石漠化地区集中在云贵高原．下图为云贵高原形成与发育过程示意图，读图完成 9﹣10 题．39．依图判断，云贵高原形成发育过程的先后排序是（ ）A．①②③④ B．①④②③ C．②③①④ D．④②③①10．石漠化地区集中在云贵高原的主要原因是（ ）①降水集中 ②不合理的农业活动 ③土层薄，水土易流失 ④地形起伏大．A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④近年来，我国部分城市遭遇暴雨时，立交桥下、低洼地区往往积水成灾，出现交通中断，甚至财产损失、人员伤亡等现象，影响城市正常运转。读右图“某城区降雨径流与不透水面积关系图”回答11～12 题。11．该城区（ ）A．降雨量相同，不透水面积越大，径流量越小B．径流量相同，不透水面积越大，降水量越大C．不透水面积越大，单位降水量产生径流越大D．降雨量越大，不同透水面积产生径流的差值越小12．为降低城市暴雨带来的损失，城市施工建设应采用的措施（ ） 4①增强预报、预警 ②扩大绿地面积 ③完善蓄水，排水系统④改进路面材料透水性 ⑤提高个人防范意识Ａ．①②③④ B．②③④ C．①②③④⑤ D．③④⑤下图为东亚两个地区略图，读图回答 13﹣14 题．13．有关甲、乙两图的叙述，正确的是（ ）A．甲图的比例尺较乙图小B．①城市在④城市的东北方向C．甲图中①②城市之间的实地距离比乙图中③④城市之间的实地距离远D．乙图所描述的内容简略14．根据地理坐标判断②③城市间的距离约为（ ）A．550 千米 B．1000 千米 C．2000 千米 D．1665 千米图 5 为“新疆某区域示意图” ，图中阴影部分为山前冲积扇绿洲。完成 15—16 题。15.关于该山前冲积扇的说法，正确的是（ ） A．主要形成原因是风力堆积 B．主要生态问题是水土流失C．地势特点是南高北低 D．气温日较差与年较差较大16．该山前冲积扇绿洲的分布，体现的是（ ）5A．由赤道向两极的地域分异规律 B．从沿海向内陆的地域分异规律C．垂直地域分异规律 D．非地带性 现象下图表示某地气温与降水量逐月分配情况。读图，回答 17～18 题。图中虚线表示气温；实线表示降水17．导致该地 7、8 月份降水多的主要原因是A．夏季风从海洋上来，带来丰沛水汽 B．赤道 低气压带控制，上升气流C．冬季西北风从海洋上来，带来水汽 D．东南信风从海洋上来，降水多18．该气候区与对应农业地域类型正确的是A．澳大利亚——混合农业 B．中国——水稻种植业C．阿根廷——大牧场放牧业 D．意大利——乳畜业贝加尔湖位于俄罗斯南部，是世界上最深的淡水湖，属贫营养湖，湖水透明度极高。俄国大作家契诃夫曾描写道：“湖水清澈透明，透过水面就像透过空气一样，一切都历历在目，温柔碧绿的水色令人赏心悦目……”每春秋季时湖面常会出现 4 米以上的风浪，湖边沙滩上生长着一些奇特的松树，有 2～3 米高的根部裸露在地上，成年人可以自由的从根下穿行。19．导致贝加尔湖湖水“温柔碧绿”的原因不包括A．湖泊较深 B．湖中的藻类植物繁殖快C．河流入湖泥沙量小 D．湖泊周围的人类活动少20． “高跷树”根部裸露的原因是A．降水丰富，便于树木吸收水分 B．冻土深厚，根部不易深入土壤C．风浪巨大，导致根部土壤侵蚀 D．积雪掩盖，利于树木安全越冬6第 II 卷（非选择题）二、综合题21.（28 分）罗讷河位于法国东南部，是法国第二大河，河谷地带是法国重要商品农业区。阅读材料，结合相关知识，回答（1）-（5）题。材料一：罗讷河流域（法国境内）地形、水系与开发模式图材料二：法国大力推行农业产业化，目前已形成北部粮食、奶制品和牛肉，西部家禽和生猪，南部葡萄、酒、蔬菜、橄榄油的产业格局，是仅次于美国的世界第二大农业出口国，每年向世界大量出口各类优质农产品及其相关制品。（1）罗讷河最终汇入 海，流域地势总体特征是 。 （4 分）（2）该流域南、北部地理环境差异明显，南部沿海地区植被以 为主，北部主要为温带落叶阔叶林，由南向北，体现出 的地域分异。 （4 分）7（3）与高坝模式相比，罗讷河低坝模式有哪些优点？（6 分）（4）马赛港为法国第一大港，分析该港口发展的有利区位。 （6 分）（5）试分析法国农业产业化对我国农业发展的启示。 （8 分）22.(22 分）读世界某区域图，结合所学知识完成下列要求。（l）M 河甲地以上河段流经的峡谷地区，高峰和峡谷咫尺为邻，几千米的强烈地形反差，构成了堪称世界第一的壮丽景观。简要分析大峡谷形成的地质作用。 （6 分）（2）结合当地矿产资源判断乙城市最主要的工业部门，并简述该工业发展的区位优势。 （8 分）（3）对丙地区是否应大力发展航空交通，有人赞同，有人不赞同，各自都有自己的理由。你是否赞同，请从地理角度说明理由。 （8 分）23.海水温差发电是海洋热能利用的一种新方式，它是利用表层海水与深层海水之间的温差进行发电。读太平洋表层海水温度分布图及电站工作原理示意图，完成下列要求：（12 分）8图 19图 20 电站工作原理示意图(1)太平洋表层水温分布的基本特点是 ▲。造成太平洋表层水温 8 月与 2 月发布差异的根本原因是▲ 。(2 分）(2)海洋温差发 电的基本特点是▲、▲、▲。海洋温差发电站宜布局于▲ (填热量带）海区。 （4 分）(3)目前，美国的洛克希德•马丁公司选择我国海南的某公司进行试验性商业开发，其主要考虑的因素有哪些？（3 分）(4)建设在海南的海水温差发电站，其建设和维护过程中遇到的最大的气象灾害是▲ ,简述防御的主要措施。 （3 分）9试卷答案1.D 2.B试题分析：1.当中山站位于南极圈内，7 月 17 日，当中山站极夜后出现“第一次日出”时，该日昼长由前一天的 0 小时，到大于 0 小时，即日出的地方时（76°22′E）为 12 时之前的较短时刻，太阳直射在北半球，直射点经度约为 76°E，所以太阳位于天津观测者的西南方向。2.根据对称原理，6 月 22 日到 7 月 17 日出现极夜的天数为 25 天，那么 6 月 22 日前也有 25 天，即中山站极夜持续时间为 50 天。考点：地球运动的地理意义。【名师点睛】该题组难度较大，第 8 题，关键是对“极夜后的第一次日出”的理解，极夜后第一天，白昼时间是很短的，也就是第一次日出时间为地方时 12 点前不久，再推出太阳直射点的位置，从而推出太阳位于天津观察者的方位。第 9 题，关键是掌握极地地区出现极昼极夜的天数以夏至或冬至日为中间日期前后对称原理。3.D 4.A3.【目的】本题旨在考查极昼区太阳高度相关知识，考查学生获取和解读地理信息的能力。分析甲乙两图，一天中太阳不同时刻一正南一正北，正南数值大应为正午太阳高度，正北数值小应为午夜太阳高度，根据太阳视运动特征，可知两地处于极昼地区，应为北极圈到北极点之间且乙为出现极昼的最低地区，根据极昼地区某地一天中正午太阳高度与子夜太阳高度之和总是等于当日直射点纬度的 2 倍，可知太阳直射 200N，甲纬度 800N，乙纬度 700N，丙 纬度为 100N，丁纬度为250S。D 正确。4.【目的】本题旨在考查极昼区太阳高度相关知识，考查学生获取和解读地理信息的能力。太阳位于甲地正北时，即为午夜太阳高度，地方时为 0，答案为 A。5．C 6．A试题分析：5. 图示“帕姆” 生成于西南太平洋洋面；其移动路径受西北风的影响；自西向东没穿过东半球；而该气旋位于南半球，气流呈顺时针方向旋转。故选 C。6. 台风的多发季节为夏秋季节；导致新西兰北部多吹偏南风。赤潮主要是人为原因引起的，且主要发生海水流动较小环境中，气旋不利于赤潮的形成；该灾情可以用 RS 监测，而 GPS 只提供精准位置；而在瓦努阿图风力最大，距气旋中心附近最近，所以危害最大。故选 A。7.C 8、B109.B10、D9.【分析】云贵高于属于典型的喀斯特地貌，石漠化是流水侵蚀形成的地貌类型，发生于南方低山丘陵地区．【解答】解：据图可知：云贵高原 形成与发育过程是首先地壳接受沉积形成沉积岩，在内力作用下，使得岩层产生隆起，使得石灰岩出露地表，在外力作用下地势变低，流水的溶蚀、冲蚀作用形成溶洞、峰林等喀斯特地貌，所以云贵高原的形成和发育过程的先后排序是①④②③．故选：B．10.【分析】石漠化的形成自然原因是季风气候，降水量大且集中夏季多暴雨，地势起伏大，土层薄，容易水土流失，人为原因是不合理的生产活动导致植被破坏．【解答】解：石漠化地区集中在云贵高原的主要原因是①降水集中，正确；②不合理的农业活动，正确；③土层薄，水土易流失，正确；④地形起伏大，正确．故选：D．11.C 12.B解析：11.读图就会发现，降雨量相同，不透水面积越大，径流量越大；径流量相同，不透水面积越大，降水量越小；降雨量越大，不同透水面积产生径流的差值越大12.该题的关键时注意“城市施工建设” ，不要考虑其他部门13.D 14、D13.【分析】图示甲图表示的实际范围较乙图小，故反映比例尺较乙图大；结合两城市的经纬度位置判断，①城市在④城市的西南方向；结合图示①②城市和③④城市跨经纬度比较，①②城市之间的实地距离比近；乙图比例尺较小，则表示的实际内容较简单．【解答】解：A、图示甲图表示的实际范围较乙图小，故反映比例尺较乙图大，故不符合题意；B、结合两城市的经纬度位置判断，①城市在④城市的西南方向，故不符合题意；C、结合图示①②城市和③④城市跨经纬度比较，①②城市之间的实地距离比近，故不符合题意；D、乙图比例尺较小，则表示的实际内容较简单，故正确．故选：D．1114.【分析】读图，根据图中经纬度变化可以判断，城市②的地理坐标为（30°N，120°E） ，城市③的地理坐标为（35°N，135°E） ．经线上纬度每相差 1°，距离大约相差 111 千米．【解答】解：图示②③城市跨纬度不大，跨经度约 15°，故距离约 15*111 千米．故选：D．15.D 16.D15.【考查方向】本题旨在考查流水堆积形成的地貌，要求学生具备能有效从材料中提取信息的能力。解析:山前冲积扇的形成属于流水堆积作用；主要的生态环境问题为土地荒漠化；由图可知，地势北高南低；本地位于大陆内部，为温带大陆性气候，气温日较差与年较差较大。16.【考查方向】本题主要考查学生对地环境的差异性的掌握，考查学生基本知识的掌握和举一反三的能力。解析:本区域位于塔里木盆地，其地带性植被为温带荒漠，但此处出现绿洲，应为非地带性植被的体现。17、.C18、 A19 .B 20、C21.（1）地中 东部、北部高，南部低。 （每空 2 分，共 4 分。 ）（2）亚热带常绿硬叶林 由赤道向两极（每空 2 分，共 4 分。 ）（3）节约土地资源（淹没土地面积小） ；移民数量少；建坝工程技术难度相对小；对流域生态环境和景观影响小。 （每点 2 分，满分 6 分。 ）（4）毗邻北非、西亚， 地理位置优越；濒江临海，能海陆联运；西欧经济发达，腹地广阔；地形平坦，筑港条件优越；依托马赛，利于港口发展。 （每点 2 分，满分 6 分。 ）（5）因地制宜，加强农业整体规划；提高农业生产专业化水平，提高农业生产效率；调整农业结构，适应市场需求；加大农业科技研发与应用，增强竞争力；发展生态化农业，提高农产品质量；推进农产品深加工，提高产品附加值。 （每点 2 分，满分 8 分。 ）试题分析：（1）据图知罗讷河最终汇入地中海，结合等高线和河流流向，该流域地势总体特征是东部、北部高，南部低。（2）该流域南、北部地理环境差异明显，南部沿海地区是地中海气候，植被以亚热带常绿硬叶林12为主，北部是温带海洋性气候，植被主要为温带落叶阔叶林，由南向北，体现出了由赤道向两极的地域分异。（3）与高坝模式相比，罗讷河低坝模式淹没土地面积小节约了土地资源；移民数量少；建坝工程技术难度相对小；对流域生态环境和景观影响也小。（4）马赛港之所以能成为法国第一大港，主要是因为其优越的地理位置、平坦的地形、便利的交通条件，广阔的腹地，以马赛为依，再加上良好的水域条件。（5）法国农业产业化对我国农业发展的启示很大，我们也可以借鉴它的措施来发展我国的农业，比如：因地制宜，加强农业整体规划；提高农业生产专业化水平，提高农业生产效率；调整农业结构，适应市场需求；加大农业科技研发与应用，增强竞争力；发展生态化农业，提高农产品质量；推进农产品深加工，提高产品附加值。22.（1）大峡谷是内外力共同作用的结果；峡谷地处亚欧板块和印度洋板块的交界碰撞挤压地带，地壳抬升，地势起伏大，岩石破碎；受西南季风的影响，河流水量丰富，水流湍急，流水的侵蚀切割作用强烈．（2）工业部门：钢铁工业区位优势：煤铁等矿产资源丰富；市场广阔；海陆交通便利．（3）赞同：（2 分）理由：独特的地形地貌造成地面交通运输建设成本很高，路况较差；航空运输具有速度快，建设周期短，舒适安全等优点，适合当地长途运输；航空运输对地面生态环境影响相对较小；有助于改变当地落后的交通运输状况，促进与外界经济、文化交流。 （答对 3 点即可得 6 分）不赞同：（2 分）理由：该地高寒气候，气象条件复杂多变；该地大宗货物运输需求大，而航空运输量小，运费高；当地经济发展落后，航空运输 前期投资大，成本回收周期长；该地城 市规模小，人口数量少（或航空客流量少） 。 （答对 3 点即可得 6 分）试题分析：（1）内力作用和外力作用共同形成了地球的地表形态．根据图中的信息分析．峡谷地处亚欧板块和印度洋板块的交界碰撞挤压地带，地壳抬升，地势起伏大，岩石破碎；受西南季风的影响，河流水量丰富，水流湍急，流水的侵蚀切割作用强烈．13（2）根据图中的图例判断此地的煤铁，铁矿丰富，所以应该是钢铁工业．工业发展的条件从交通，市场，技术，劳动力，政策，原料，环境等方面分析．发展钢铁工业的区位优势：煤铁等矿产资源丰富；市场广阔；交通便利．（3）赞同理由：独特的地形地貌造成地面交通运输建设成本很高，路况较差；航空运输具有速度快，建设周期短，舒适安全等优点，适合当地长途运输；航空运输对地面生态环境影响相对较小；有助于改变当地落后的交通运输状况，促进与外界经济、文化交流。不赞同理由：该地高寒气候，气象条件复杂多变；该地大宗货物运输需求大，而航空运输量小，运费高；当地经济发展落后，航空运输前期投资大，成本回收周期长；该地城市规模小，人口数量少（或航空客流量少） 。考点：区域分析。23.(1)由低纬向高纬降低；太阳直射点的南北移动（2 分）(2)淸洁无污染的;可再生的;密度小;资源总量人;投资成本高。(任答 2 点给 3 分) 热带（1 分）(3)本地区海洋热能资源丰富;我国是世界上新型的重要经济体,资本雄厚;本地区电力需求量大；政策扶持。 （任答三点给 3 分）(1)台风(1 分）通过工程措施,加固电站，提高抗台风能力;加强预报与监测等。(2 分）【命题立意】本题通过温差发电这一模式，结合太平洋表层两个不同月份的温度场分布图，考查学生运用相关资料描述地理事象空间分布及分析区域地理环境对人类活动的影响的能力。解析: （1）根据图中海水等温线分布图可知，太平洋表层海水温度从低纬度地区向高纬度地区减少；8 月太阳直射点在北半球，2 月太阳直射点在南半球。 （2）发电过程未使用矿物能源，清洁无污染；海水是可再生资源，海水发电具有可再生的特点；资源总量大，但是投资成本较高。根据原理图，表层海水表层的温度为 26℃，在结合海水温度分布图可知，在热带地区。 （3）我国南海地区，纬度较低，海洋热能资源丰富；我国 经济发展水平逐渐提高，资本雄厚；市场广阔，对电力需求量大；国家政策扶持。 （4）南海地区夏秋季节多台风；加强监测和预报，播报台风到来时间；通过工程措施，加固电站，提高其抗台风的能力。1山东省滕州市善国中学 2016-2017 学年高三一轮复习化学同步检测试题第 I 卷（选择题）一、选择题1.据最新报道，科学家发现了如下反应：O 2+PtF6 = O2(PtF6)，已知 O2(PtF6)为离子化合物，其中Pt 为+5 价，对于此反应，下列叙述正确的是A．在此反应中，每生成 lmolO2(PtF6)，则转移 1mol 电子B．在此反应中，O 2是氧化剂，PtF 6是还原剂C．O 2(PtF6)中氧元素的化合价是+1 价D． O 2(PtF6)中仅存在离子键不存在共价键2.设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A．常温常压下，7.8gNa 2S 固体和 7.8gNa2O2固体中含有的阴离子数目均为 0.1NAB．在标准状况下，22.4LCl 2和 HCl 的混合气体中含有的分子总数为 2×6.02×1023C．含 1molFeCl3的饱和溶液滴入沸水中得到胶体数目为 NAD．标准状况下，N a2O2与足量的 CO2反应生成 2.24LO2，转移电子数为 0.4NA3.常温下，下列各组粒子在指定溶液中能量共存的是（ ）A．在酸性 KMnO4溶液中：Na +、C 2H5OH、NH 4+、Cl ﹣B．能溶解 CaCO3的溶液中：Fe 2+、Ca 2÷、Cl ﹣ 、NO 3﹣C．澄清透明的溶液中：Cu 2+、Mg 2+、SO 42﹣ 、Cl ﹣D．能使淀粉﹣KIO 3试纸显蓝色的溶液中：K +、H +、SO 42﹣ 、I ﹣4.LiAlH4是重要的储氢材料，其组成类似于 Na3AlF6．常见的供氢原理如下面两个方程式所示：①2LiAlH 4 2LiH+2Al+3H2↑，②LiAlH 4+2H2O═LiAlO 2+4H2↑．下列说法正确的是（ ）A．若反应①中生成 3.36 L 氢气，则一定有 2.7 g 铝生成B．氢化锂也是一种储 氢材料，供氢原理为 LiH+H2O═LiOH+H 2↑C．生成等质量的氢气，反应①、②转移电子数之比为 4：3D．LiAlH 4是共价化合物，LiH 是离子化合物5.下列关于同温同压下的两种气体 12C18O 和 14N2的判断正确的是 （ ）A．体积相等时，密度相等 B．原子数相等时，具有的中子数相等C．体积相等时，具有的电子数相等 D．质量相等时，具有的质学数相等6.已知：①CH 3OH(g) +3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=－akJ·mol －12②CH 4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=－bkJ·mol －1③CH 4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O（1） △H=－ckJ·mol －1则下列叙述正确的是（ ）A．由上述热化学方程式可知 bc B． 甲烷的燃烧热为 bkJ/molC．2CH 3OH(g)=2CH4(g) +O2(g) △H=2(b-a)KJ∙ mol －1D．当甲醇和甲烷物质的量之比为 1:2 时，其完全燃烧生成 CO2和 H2O（1）时，放出的热量为 Q kJ，则该混合物中甲醇的物质的量为 Q/(a+2b) mol7.下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（ ）A．热稳定性 H2O＞H 2S B．还原性Ⅰ ﹣ ＞Br ﹣ ＞Cl ﹣C．金属性 K＞Na D．酸性 HCl＞HF8.下列反应在任何温度下均能自发进行的是（ ）A．2H 2O2（l）=O 2（g）+2H 2O （l）△H=﹣196 kJ·mol ﹣1B．2N 2（g）+O 2（g）=2N 2O（g）△H=+163 kJ·mol ﹣1C．2Ag（s）+Cl 2（g）=2AgCl（s）△H=﹣254 kJ·mol ﹣1D．2HgO（s）=2Hg（l）+O 2 （g）△H=+182kJ·mol ﹣19.采用“空气吹出法”从浓海水吹出 Br2，并用纯碱吸收．下列说法不正确的是（ ）A．在浓海水中存在反应 Br 2+H2O⇌HBr+HBrOB．纯碱溶液显碱性的原因是 CO 32﹣ +2H2O⇌H2CO3+OH﹣C．海水中提取溴还可用到的反应 Cl 2+2Br﹣ ═2Cl ﹣ +Br2D．纯碱吸收溴的主要反应是 3Br2+3Na2CO3═5NaBr+NaBrO 3+3CO2↑10.铜是一种紫红色金属，被称作“电器工业的主角”铜主要是黄铜矿炼制，焙烧时发生反应2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2，其简单流程如图所示，下列说法正确的是（ ）A．焙烧时硫元素全部转化为二氧化硫B．在焙烧时氧化剂只有氧气C．粗铜精炼时用粗铜做阴极3D．Cu 2S 可用于火法炼制铜11.有些古文或谚语包含了丰富的化学知识，下列解释不正确的是选项 古文或谚语 化学解释A 日照香炉生紫烟 碘的升华B 以曾青涂铁，铁赤色如铜 置换反应C 煮豆燃豆萁 化学能转化为热能D 雷雨肥庄稼 自然固氮12.下列关于氧化物的各 项叙述正确的是 ( )①酸性氧化物不一定是非金属氧化物②非金属氧化物肯定是酸性氧化物③碱性氧化物肯定是金属氧化物④金属氧化物肯定是碱性氧化物⑤酸性氧化物均可与水反应生成相应的酸⑥与水反应生成酸的氧化物不一定是酸酐，与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性氧化物⑦不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应A．①③⑥ B．①②⑤⑦ C．③④⑤ D．①②⑤13.化学概念在逻辑上存在如下关系：对下列概念的说法正确的是A．电解质与非电解质属于包含关系 B．化合物与碱性氧化物属于包含关系C．单质与化合物属于交叉关系 D．氧化还原反应与分解反应属于并列关系14.由CH 4和O 2组成的混合气体，标准状况下的密度为1g·L -1,则该混合气体中CH 4和O 2的体积比为（ ） A．2:1 B．1:2 C．2:3 D．3:215.取 x g 铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生 8960 mL 的 NO2气体和 672 mLN2O4的气体（都已折算到标准状态） ，在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为 17.02g。则 x 等于 4A．8.64g B．9.20g C．9.00g D．9.44g16.下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容．据此，下列说法正确的是A．该硫酸的物质的量浓度为 9.2 mol/LB．1 mol Zn 与足量的该硫酸反应产生 2 g 氢气C．配制 200 mL 4.6 mol/L 的稀硫酸需取该硫酸 50 mLD．该硫酸与等质量的水混合所得溶液的物质的量浓度大于 9.2 mol/L17.下列溶液一定呈中性的是( )A．c(H ＋ )＝c(OH － )＝10 －6 mol·L－1 的溶液 B．pH＝7 的溶液C．使石蕊试液呈紫色的溶液 D．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液18.通常人们把拆开 1 mol 某化学键所消耗的能量看成该化学键的键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可用于估算化学反应的反应热（△H） ，化学反应的△H 等于反应物的总键能与生成物的总键能之差。 化学键 Si—O Si—Cl H—H H—Cl Si—Si Si—C键能/kJ·mol －1 460 360 436 431 176 347工业上高纯硅可通过下列反应制取：SiCl 4（g）＋2H 2（g） Si（s）＋4HCl（g） ，该反应 高 温的反应热△H 为 （ ）A．＋412 kJ·mol －1 B．－412 kJ·mol －1C．＋236 kJ·mol －1 D．－236 kJ·mol －119.温度为 T℃时，向 2.0 L 恒容密闭容器中充入 1.0 mol PCl5，反应PCl5(g) PCl3(g)+Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测得部分数据见下表：t / s 0 50 150 250 350n(PCl3) / mol0 0. 16 0. 19 0. 20 0. 20下列说法正确的是 （ ）5A.反应在前 50 s 的平均速率 v(PCl3)= 0. 0032 mol·L-1·s-1B.保持其他条件不变，升高温度，达新平衡时 c(PCl3)= 0. 11 mol·L-1，则反应的△Hv(逆)20.和丙醇组成的混合物中氧的质量分数为 8%，则此混合物中氢的质量分数为 （ ）A．78% B．22% C．14%、 D．13%6第 II 卷（非选择题）二、计算题21.（5 分）向 27.2g Cu 和 Cu2O 的混合物中加入某浓度的稀硝酸 0.5L，固体物质完全反应，生成NO 和 Cu（NO 3） 2．在所得溶液中加入 1.0mol•L﹣1 的 NaOH 溶液 1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为 39.2g．求①混合物中 Cu 的质量②产生的 NO 在标准状况下的体积．22.(12 分)某研究小组用黄铁矿(FeS 2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备 ClO2气体，再用水吸收该气体可得 ClO2溶液。在此过程中需要控制适宜的温度，若温度不当，副反应增加，影响生成 ClO2气体的纯度，且会影响 ClO2的吸收率，具体情况如图所示。（1） 据图可知，反应时需要控制的适宜温度是________℃，要达到此要求需要采取的措施是______________。（2） 已知：黄铁矿中的硫元素在酸性条件下可被 ClO 氧化成 SO ，请写出 FeS2、氯酸钠－ 3 2－4和硫酸溶液混合反应生成二氧化氯(ClO 2)的离子方程式：______________________。（3） 该小组拟以“m(ClO 2)/m(NaClO3)”作为衡量 ClO2产率的指标。若取 NaClO3样品 6.0 g，通过反应和吸收获得 400 mL ClO2溶液，取此溶液 20 mL 与 37.00 mL 0.500 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液充分反应后，过量的 Fe2＋ 再用 0.050 0 mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗 K2Cr2O7标准溶液 20.00 mL。反应原理为：4H＋ ＋ClO 2＋5Fe 2＋ ===Cl－ ＋5Fe 3＋ ＋2H 2O14H＋ ＋Cr 2O ＋6Fe 2＋ ===2Cr3＋ ＋6Fe 3＋ ＋7H 2O2－7试计算 ClO2的“产率”(写出计算过程)。23.某工业废液里含有 FeCl2、CuCl 2和 FeCl3．为回收铜并得到纯净的 FeCl3溶液，如图是综合利用的主要流程：7（1）方框内物质 A 和 B 的化学式：A ，B ． （2）根据图示第①步的有关离子方程式为 ． （3）第②步的化学方程式为 ．三、实验题24.活性氧化锌常用作橡胶制品的硫化活性剂．工业上用粗氧化锌（含少量 CuO、FeO、MnO、Fe 2O3等）生产活性氧化锌，生产工艺流程如图：Fe（OH） 2 Fe（ OH） 3 Cu（OH） 2 Zn（OH） 2 Mn（OH） 2开始沉淀的 pH 7.5 2.2 5.2 6.4 8.6沉淀完全的 pH 9.0 3.2 6.7 8.0 10.1根据上表提供的信息，回答下列问题：（1）“废渣 1”的主要成分是 ．（2）完成“反应器 2”中反应之一的离子方程式： MnO﹣ 4+ Mn2++ = MnO2↓+ H+（3）蘸取“反应器 2”中的溶液点在 试纸上，如果观察到试纸变蓝，说明 KMnO4过量．（4）“废渣 2”分离出的 MnO2可用于制取 MnO，已知：2MnO2（s）+C（s）═2MnO（s）+CO 2（g）△H=﹣174.6kJ•mol ﹣1C（s）+CO 2（g）═2CO（g）△H=+283.0kJ•mol ﹣1试写出 MnO2（s）与 CO（g）反应制取 MnO（s）的热化学方程式： ．（5）“反应器 3”中加入锌粉的作用是 ．（6）“反应器 4”得到的废液中，含有的主要离子除了 Na+外，还有 ．8（7）从“反应器 4”中经过滤等操作得到碱式碳酸锌．取碱式碳酸锌 3.41g，在 400～450℃下加热至恒重，得到 ZnO 2.43g 和标准状况下 CO2 0.224L，碱式碳酸锌的化学 式 ．25.常温下，pH=1 的某溶液 A 中含有 NH4+、K +、Na +、Fe 2+、Al 3+、Fe 3+、CO 32﹣ 、NO 3﹣ 、Cl ﹣ 、I ﹣ 、SO 42﹣中的几种，且各离子浓度均为 0.1mol/L，现取该溶液进行有关实验，实验结果如下图所示：回答下列问题：（1）溶液 A 中一定不存在的阴离子有 （2）生成沉淀甲和沉淀乙的离子方程式分别为 、 （3）气体乙的结构式为 （4）生成气体丙的离子方程式为 若实验消耗 Cu144g，则最多生成气体丁的体积（标准状况下）为 33.6L ．9试卷答案1.A试题分析：A、PtF 6中 F 显－1 价，Pt 显＋6 价，O 2(PtF6)中 Pt 显＋5 价，因此每生成 1molO2(PtF6)，则转移 1mole－ ，故正确；B、Pt 由＋6→＋5，化合价降低，因此 PtF6是氧化剂，O 2是还原剂，故错误；C、O 2(PtF6)中 PtF6整体显－1 价，则 O 显＋1/2 价，故错误；D、PtF 6中存在共价键，故错误。2.A解：A、Na 2S 和 Na2O2的摩尔质量均为 78g/mol，故 7.8g 混合物的物质的量为 0.1mol，而两者均由2 个钠离子和 1 个阴离子构成，故 0.1mol 混合物中含 0.1mol 阴离子即 0.1NA个，故 A 正确；B、标况下 22.4L 氯气和 HCl 的物质的量为 1mol，故分子个数 N=nNA=NA个，故 B 错误；C、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故 1mol 氯化铁所形成的胶粒的个数小于 NA个，故 C 错误；D、标况下 2.24L 氧气的物质的量为 0.1mol，而反应过程中氧元素的价态由﹣1 价变为 0 价，故生成 0.1mol 氧气时转移 0.2mol 电子即 0.2NA 个，故 D 错误．故选 A．3.C【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．酸性 KMnO4溶液，具有强氧化性；B．能溶解 CaCO3的溶液，显酸性；C．该组离子之间不反应；D．使淀粉﹣KIO 3试纸显蓝色的溶液，含碘单质．【解答】解：A．酸性 KMnO4溶液，具有强氧化性，与 C2H5OH 或 Cl﹣ 发生氧化还原反应，不能大量共存，故 A 错误；B．能溶解 CaCO3的溶液，显酸性，Fe 2+、H ÷、NO 3﹣ 发生氧化还原反应，不能大量共存，故 B 错误；C．该组离子之间不反应，可大量共存，故 C 正确；D．使淀粉﹣KIO 3试纸显蓝色的溶液，含碘单质，H +、IO 3﹣ 、I ﹣ 发生氧化还原反应，不能大量共存，故 D 错误；故选 C．10【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．4.人们对时间的掌握有这样的说法：50 年代看天上(太阳)，70 年代看墙上(挂钟)，80 年代看手上(手表)，90 年代看腰上(BP 机、手机)。这一变化主要反映了A.人们的生活习惯不断变化 B.人们的生活水平不断提高C.我国的轻工业发展很快 D.人们的消费观念发生了变化5.C6.C试题分析： A、水由气态到液态放热，则上述热化学方程式 bc，A 错误；B、燃烧热是 1mol 可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时放出的热量，水的稳定的氧化物是液态水，则甲烷的燃烧热应大于bkJ/mol，B 错误；C、①×2-②×2 可得 2CH3OH(g)=2CH4(g) +O2(g) ，则△H=2(b-a)KJ∙ mol－1 ，C正确；D、甲醇和甲烷物质的量之比为 1:2，其完全燃烧生成 CO2和 H2O（g）时，放出的热量为 Q kJ，则该混合物中甲醇的物质的量为 Q/(a+2b) mol，D 错误。答案选 C。7.D【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；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】A．非金属性越强，氢化物越稳定；B．非金属性越强，对应离子的还原性越弱；C．同主族，从上到下金属性增强；D．非金属性 F＞Cl，但 HF 为弱酸．【解答】解：A．非金属性 O＞S，则热稳定性 H2O＞H 2S，能用元素周期律解释，故 A 正确；B．非金属性 Cl＞Br＞I，则还原性Ⅰ ﹣ ＞Br ﹣ ＞Cl ﹣ ，能用元素周期律解释，故 B 正确；C．同主族，从上到下金属性增强，则金属性 K＞Na，能用元素周期律解释，故 C 正确；D．非金属性 F＞Cl，但 HF 为弱酸，HCl 为强酸，不能用元素周期律解释，故 D 错误；故选 D．【点评】本题考查元素的性质及元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．8.A解：A、反应是放热反应△H＜0，△S＞0，任何温度下都能自发进行，故 A 正确；11B、反应是吸热反应△H＞0，△S＜0，任何温度下不能自发进行，故 B 错误；C、反应是放热反应△H＜0，△S＜0，低温下不能自发进行，故 C 错误；D、反应是吸热反应△H＞0，△S＞0，低温下不能自发进行，故 D 错误；故选：A．9.B【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A．Br 2的性质与 Cl2类似，能与水反应；B．多元弱酸根分步水解；C．氯气能把溴离子氧化为单质溴；D．碳酸钠与单质溴反应生成溴化钠、溴酸钠、二氧化碳．【解答】解：A．Br 2的性质与 Cl2类似，能与水反应生成 HBr 和 HBrO，则在浓海水中存在反应 Br2+H2O⇌HBr+HBrO，故 A 正确；B．多元弱酸根分步水解，所以碳酸钠水解方程式为：CO 32﹣ +H2O⇌HCO3﹣ +OH﹣ ，故 B 错误；C．氯气能把溴离子氧化为单质溴，其反应为：Cl 2+2Br﹣ ═2Cl ﹣ +Br2，故 C 正确；D．碳酸钠与单质溴反应生成溴化钠、溴酸钠、二氧化碳，其反应为 3Br2+3Na2CO3═5NaBr+NaBrO3+3CO2↑，故 D 正确．故选 B．【点评】本题考查了氧化还原反应、卤素单质及其化合物的性质，题目难度不大，侧重于基础知识的考查，注意把握多元弱酸根离子的水解特点．10.D【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．焙烧时还生成金属硫化物；B．焙烧时 Cu 元素由+2 价降低为+1 价，S 元素由﹣2 价升高到+4 价，氧气中 O 元素由 0 降低为﹣2价；C．粗铜精炼时用粗铜与电源正极相连；12D．火法炼铜的原理为：Cu 2S+O2 2Cu+SO2．【解答】解：A．焙烧时还生成金属硫化物，部分硫元素转化为二氧化硫，故 A 错误；B．焙烧时 Cu 元素由+2 价降低为+1 价，S 元素由﹣2 价升高到+4 价，氧气中 O 元素由 0 降低为﹣2价，则氧化剂为氧气和 CuFeS2，故 B 错误；C．粗铜精炼时用粗铜与电源正极相连，则粗铜为阳极，故 C 错误；D．火法炼铜的原理为：Cu 2S+O2 2Cu+SO2，则 Cu2S 可用于火法炼制铜，故 D 正确；故选 D．【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化、电解原理、金属冶炼等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．11.A试题分析：A、烟是气溶胶，日照香炉生紫烟，是丁达尔效应，错误，选 A；B、曾青是硫酸铜溶液，铁与硫酸铜荣恶意发生置换反应，正确，不选 B；C、豆萁是大豆的秸秆，主要成分为纤维素，燃烧纤维是把化学能转化为热能，正确，不选 C；D、闪电下雨，过程发生的主要化学反应有氮气和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸与土壤中的弱酸反应生成硝酸盐，农作物吸收硝酸根中的化合态的氮，这是自然固氮的过程，正确，不选 D。12.A知识点:化物的概念及其相互联系 答案解析: 解析：①酸性氧化物也可能是金属氧化物，如：Mn 2O7是酸性氧化物，故正确；②非金属氧化物不一定是酸性氧化物，可能是不成盐氧化物，如 CO 属于非金属氧化物但不属于酸性氧化物，故错误；③碱性氧化物肯定是金属氧化物，故正确；④金属氧化物不一定是碱性氧化物，如：Mn2O7是酸性氧化物，故错误；⑤酸性氧化物不一定都与水反应生成相应的酸，如 SiO2不溶于水，但是二氧化硅是酸性氧化物，故错误；⑥与水反应生成酸的氧化物不一定是酸酐，与水反应生成碱的氧化物不一定是碱性 氧化物，如 NO2能与水反应生成硝酸，但不是硝酸的酸酐，硝酸的酸酐是N2O5，Na 2O2能与水反应生成 NaOH，但它不属于碱性氧化物，是过氧化物，故正确；⑦不能跟酸反应的氧化物不一定能跟碱反应，如一氧化碳既不与酸反应也不与碱反应，故错误。思路点拨:题考查了氧化物的概念及其联系，难度不大，但概念间的联系是学习的难点，属于易错题。13.B试题分析：A、在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不13导电的化合物为非电解质，电解质和非电解质都必须首先是化合物，二者为并列关系，A 错误；B、化合物有多种元素组成，其中氧化物是含有氧元素和另外一种元素的化合物，是包含关系，B正确；C、从物质分类的知识可知物质可分为纯净物与混合物，纯净物又可分为化合物与单质，二者属于并列关系，C 错误；D、物质和氧之间的反应是氧化反应（物质中元素化合价升高，原子失电子的反应） ，但是分解反应不一定有氧气参加，不一定伴随化合价变化，属于交叉关系，故 D 错误。14.D15.B识点：元素化合物计算解析：N 元素化合价降低 HNO 3---NO2 n=8.96L/(22.4mol/L)=0.4mol 故转移电子数是 0.4×（5-4）=0.4molHNO3---N2O4n=0.672L/(22.4mol/L)=0.03mol 故转移电子数是 0.03×（5-4）×2=0.06mol故转移电子总数是 0.46mol，设 Cu amol Mg bmol根据题意可得 2a +2b=0.46 98a+58b=17.02 解得：a=0.092mol b=0.138mol故 X=0.138×24+0.092×64=9.20g，故 B 正确。思路点拨：本题考查了元素化合物的计算，主要运用氧化还原化合价变化，不需要写出方程式，会使思路和做题过程变得繁琐，抓住氧化还原的本质，电子得失相等即可。16.C17.A18.C19.D略20.C略21.①混合物中 Cu 的质量为 12.8g；②产生的 NO 在标准状况下的体积为 4.48L．考点： 有关混合物反应的计算14专题： 计算题．分析：①在所得溶液中加入 NaOH 溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO 3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为 Cu（OH） 2，质量为 39.2g，氢氧化铜的物质的量为： =0.4mol，根据铜 元素守恒有 n（Cu）+2n（Cu 2O）=n[Cu（OH） 2]，所molg/982.以反应后的溶液中 n[Cu（NO 3） 2]=n[Cu（OH） 2]=0.4mol；设 Cu 和 Cu2O 的物质的量分别为 xmol、ymol，根据二者质量及 Cu 元素物质的量列方程计算二者的物质的量，再计算出铜的质量；②利用电子转移守恒计算 n（NO） ，再根据 V=nVm 计算 NO 的体积．解答：解：①在所得溶液中加入 NaOH 溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为 NaNO3，n（NaNO 3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为 Cu（OH） 2，质量为39.2g，Cu（OH） 2的物质的量为： =0.4mol，molg/982.3根据铜元素守恒有：n（Cu）+2n（Cu 2O）=n[Cu（OH） 2]，所以反应后的溶液中 n[[Cu（NO 3） 2]=n[Cu（OH） 2]=0.4mol．设 Cu 和 Cu2O 的物质的量分别为 xmol、ymol，根据二者质量可得：64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有：x+2y=0.4，联立方程解得：x=0.2，y=0.1，所以混合物中铜的质量为：64g/mol×0.2mol=12.8g，答：混合物中 Cu 的质量为 12.8g；②根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu 2O） ，即：3n（NO）=2×0.2mol+2×0.1mol，解得：n（NO）=0.2mol，所以标准状况下 NO 的体积为：0.2mol×22.4L/mol=4.48L，答：产生的 NO 在标准状况下的体积为 4.48L．点评： 本题考查铜及其化合物知识、氧化还原反应的计算，题目难度中等，明确反应过程、反应原理为解答关键，注意守恒思想在化学计算中的应用方法．22.15略23.（1）HCl；Cl 2；（2）2Fe 3++Fe=3Fe2+，Cu 2++Fe=Cu+Fe2+；（3）2FeCl 2+Cl2 =2FeCl3．解析：由流程图可知废液的处理过程为：利用过量的饱和氯化铁溶液与镀铜电路板上金属铜反应，然后用过量铁粉把生成的氯化铜 置换得到金属铜，同时把过量的氯化铁溶液转变为氯化亚铁溶液，过滤所得沉淀用盐酸分离铜和铁，最后过滤分离出金属铜而回收铜，并把滤液氯化亚铁与氯气反应而转化为氯化铁溶液循环利用．（1）分离 Cu 和 Fe，可加入盐酸，得到 FeCl2和 Cu，反应后的滤液为 FeCl2，可与 Cl2反应生成FeCl3，故答案为：HCl；Cl 2；（2）CuCl 2和 FeCl3中加入铁粉，分别发生：Fe+2FeCl 3=3FeCl2，Fe+CuCl 2=Cu+FeCl2，离子反应分别为 2Fe3++Fe=3Fe2+，Cu 2++Fe=Cu+Fe2+，故答案为：2Fe 3++Fe=3Fe2+，Cu 2++Fe=Cu+Fe2+；（3）氯化亚铁与氯气反应而转化为氯化铁，反应的化学方程式为 2FeCl2+Cl2 =2FeCl3，故答案为：2FeCl2+Cl2 =2FeCl3．24.（1）Fe（ OH） 3；（2）2；3；2H 2O；5；4（3）淀粉碘化钾；16（4）MnO 2（s）+CO（g）=MnO（s）+CO 2（g）△H=﹣228.8kJ/mol；（5）调节溶液 pH，除去溶液中 Cu2+；（6）K +、SO 42﹣ ；（7）ZnCO 3•2Zn（OH） 2•H2O．【考点】制备实验方案的设计．【专题】无机实验综合．【分析】粗氧化锌加入稀硫酸溶解，过滤，得到溶液中含有硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜、硫酸锰，加入氧化性调节溶液 pH=4.5～5，铁离子转化为 Fe（ OH） 3沉淀，过滤分离，再加入高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，由（2）中反应器 2 中反应离子方程式，则锰离子被氧化 MnO2，过滤分离，滤液中加入 Zn 粉，置换出 Cu，除去溶液中铜离子，过滤分离，滤液中主要含有硫酸锌、硫酸钾，加入碳酸钠，由（7）酯得到碱式碳酸锌，加热分解生成活性氧化锌．（1）加入氧化性调节溶液 pH=4.5～5，铁离子转化为 Fe（ OH） 3沉淀；（2）MnO 4﹣ 中 Mn 元素由+7 价降低为 MnO2中+4 价，共降低 3 价，Mn 2+中+2 价升高为 MnO2中+4 价，升高 2 价，化合价升降最小公倍数为 6，则 MnO4﹣ 的系数为 2，Mn 2+的系数为 3，由原子守恒可知缺项为水，再结合原子守恒、电荷守恒配平；（3）蘸取“反应器 2”中的溶液点在淀粉碘化钾试纸上，如果观察到试纸变蓝，说明 KMnO4过量；（4）已知：①．2MnO 2（s）+C（s）═2MnO（s）+CO 2（g）△H=﹣174.6kJ•mol ﹣1②．C（s）+CO 2（g）═2CO（g）△H=+283.0kJ•mol ﹣1根据盖斯定律，（①﹣②）÷2 可得：MnO 2（s）+CO（g）=MnO（s）+CO 2（g）；（5）调节溶液 pH，除去溶液中 Cu2+；（6）“反应器 4”得到的废液中主要含有硫酸钾、硫酸钠；（7）分解最终生成氧化锌、二氧化碳与水，根据质量守恒计算生成水的质量，计算氧化锌、二氧化碳、水的物质的量，再根据原子守恒计算碱式碳酸锌中 ZnCO3、Zn（OH） 2、H 2O 的物质的量之比确定组成．【解答】解：粗氧化锌加入稀硫酸溶解，过滤，得到溶液中含有硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜、硫酸锰，加入氧化性调节溶液 pH=4.5～5，铁离子转化为 Fe（ OH） 3沉淀，过滤分离，再加入高锰酸钾溶液氧化亚铁离子为铁离子，由（2）中反应器 2 中反应离子方程式，则锰离子被氧化17MnO2，过滤分离，滤液中加入 Zn 粉，置换出 Cu，除去溶液中铜离子，过滤分离，滤液中主要含有硫酸锌、硫酸钾，加入碳酸钠，由（7）酯得到碱式碳酸锌，加热分解生成活性氧化锌．（1）加入氧化性调节溶液 pH=4.5～5，铁离子转化为 Fe（ OH） 3沉淀，故答案为：Fe（ OH） 3；（2）MnO 4﹣ 中 Mn 元素由+7 价降低为 MnO2中+4 价，共降低 3 价，Mn 2+中+2 价升高为 MnO2中+4 价，升高 2 价，化合价升降最小公倍数为 6，则 MnO4﹣ 的系数为 2，Mn 2+的系数为 3，由原子守恒可知缺项为水，再结合原子守恒、电荷守恒配平，反应离子方程式为：2MnO 4﹣ +3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H +，故答案为：2；3；2H 2O；5；4（3）蘸取“反应器 2”中的溶液点在淀粉碘化钾试纸上，如果观察到试纸变蓝，说明 KMnO4过量，故答案为：淀粉碘化钾；（4）已知：①．2MnO 2（s）+C（s）═2MnO（s）+CO 2（g）△H=﹣174.6kJ•mol ﹣1②．C（s）+CO 2（g）═2CO（g）△H=+283.0kJ•mol ﹣1根据盖斯定律，（①﹣②）÷2 可得：MnO 2（s）+CO（g）=MnO（s）+CO 2（g）△H=﹣228.8kJ/mol，故答案为：MnO 2（s）+CO（g）=MnO（s）+CO 2（g）△H=﹣228.8kJ/mol；（5）“反应器 3”中加入锌粉的作用是：调节溶液 pH，除去溶液中 Cu2+，故答案为：调节溶液 pH，除去溶液中 Cu2+；（6）“反应器 4”得到的废液中主要含有硫酸钾、硫酸钠，含有的主要离子除了 Na+外，还有K+、SO 42﹣ ，故答案为：K +、SO 42﹣ ；（7）分解最终生成氧化锌、二氧化碳与水，得到 ZnO 2.43g，物质的量为 =0.03mol，CO 2的物质的量为 =0.01mol，质量为 0.01mol×44g/mol=0.44g，故水的质量为3.41g﹣2.43g﹣0.44g=0.54g，水的物质的量为 =0.03mol，则 n（ZnCO 3）=0.01mol，n[Zn（OH） 2]=0.03mol﹣0.01mol=0.02mol，n（H 2O）=0.03mol﹣0.02mol=0.01mol，故 n（ZnCO 3）：n[Zn（OH） 2]：n（H 2O）=0.01mol：0.02mol：0.01mol=1：2：1，故碱式碳酸锌的组成为 ZnCO3•2Zn（OH） 2•H2O，故答案为：ZnCO 3•2Zn（OH） 2•H2O．18【点评】本题以工艺流程为载体，考查学生阅读获取信息能力、对操作步骤的分析评价、物质的分离提纯、热化学方程式书写、氧化还原反应配平、物质组成的测定等，是对所学知识的综合运用与能力的考查，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识、信息进行解决问题的能力．25.（1）CO 32﹣ ；（2）2Al 3++3CO32﹣ +3H2O═2Al（OH） 3↓+3CO 2↑；Ba 2++CO32﹣ =BaCO3↓；（3） ； （4）3Cu+2NO 3﹣ +8H+=3Cu2++2NO↑+4H 2O；33.6L．【考点】物质检验实验方案的设计．【专题】守恒法；物质的分离提纯和鉴别．【分析】由溶液 pH=1 可知溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，可以排除 CO32﹣ ；溶液 A 中加过量（NH 4） 2CO3，产生白色沉淀，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除 Fe2+、Fe 3+，溶液含有一定有 Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙，丙在空气中变成红棕色，则丙为 NO，原溶液中有 NO3﹣ ，强酸性溶液中含有 NO3﹣ ，则一定不存在具有还原性的离子：Fe 2+、I ﹣ ；铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气，氨气分子中每个 H 原子和 N 原子共用一对电子；最后根据电荷守恒得原溶液中含有 H+、NO 3﹣ 、Al 3+、SO 42﹣ Cl﹣ 五种离子．【解答】解：由溶液 pH=1 可知溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，可以排除 CO32﹣ ；溶液 A 中加过量（NH 4） 2CO3，产生白色沉淀，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除 Fe2+、Fe 3+，溶液含有一定有 Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙，丙在空气中变成红棕色，则丙为 NO，原溶液中有 NO3﹣ ，强酸性溶液中含有 NO3﹣ ，则一定不存在具有还原性的离子：Fe 2+、I ﹣ ；最后根据电荷守恒得原溶液中含有 H+、NO 3﹣ 、Al 3+、SO 42﹣ Cl﹣ 五种离子．（1）通过以上分析知，溶液 A 中一定不存在的阴离子有 CO32﹣ ，故答案为：CO 32﹣ ；（2）沉淀甲是铝离子和碳酸根离子的双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，生成沉淀乙是钡离子和碳酸根离子的反应，二者离子方程式分 别为 2Al3++3CO32﹣ +3H2O═2Al（OH）3↓+3CO 2↑、Ba 2++CO32﹣ =BaCO3↓，故答案为：2Al 3++3CO32﹣ +3H2O═2Al（OH） 3↓+3CO 2↑；Ba 2++CO32﹣ =BaCO3↓；19（3）铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气，氨气分子中每个 H 原子和 N 原子之间共用一对电子，其结构式为 ，故答案为： ； （4）酸性条件下，铜和硝酸根离子发生氧化还原反应生成铜离子和 NO，离子方程式为3Cu+2NO3﹣ +8H+=3Cu2++2NO↑+4H 2O，根据转移电子守恒得 V（NO）= ×22.4L/mol=33.6L，故答案为：3Cu+2NO 3﹣ +8H+=3Cu2++2NO↑+4H 2O；33.6L．【点评】本题考查物质检验实验方案设计，为高频考点，明确离子性质及离子之间反 应是解本题关键，根据某些物质特殊性进行推断，熟练掌握转移电子守恒的有关计算，题目难度不大．