河北省定州中学2016届高三下学期周练试题（七）（全科）.zip

1河北定州中学 2015—2016 学年度第二学期地理周练（七）一、单选题：共 20 题 每题 3 分 共 60 分下图表示一年中大气上界单位面积水平面上每日接收到的太阳辐射随纬度的变化，单位为MJ／m 2，图中阴影部分表示没有太阳辐射。完成下列问题。1．图中 M 日最接近 （ ）A、 春分日 B、夏至日 C、秋分日 D、冬至日2． a、b 两点太阳辐射差异的影响因素主要为（ ）A、太阳高度 B、白昼长短 C、海陆位置 D、天气状况读我国年太阳总辐射量分布图回答下列问题。3．分析下列城市中，使用太阳能热水器效果最差的是 （ ）A．广州 B．北京 C．拉萨 D．重庆4．与同纬度的长江中下游地区相比，青藏高原太阳能丰富的原因正确表述是 （ ）①纬度低，太阳高度角大 ②地势高，空气稀薄，大气对太阳辐射的削弱作用小③地势高，离2太阳近，太阳辐射强 ④天气晴朗干燥，大气透明度好，光照时间长A．①③ B．①④ C．②④ D．②③读某地区等高线示意图（单位：m）和地形剖面图（单位：m） ，回答各题。5．左图中剖面线 AB 和 MN 的交点在右侧两剖面图上所对应的位置分别是（ ）A．①和③ B．②和③ C．①和④ D．②和④6．若该区位于一个拟建水库的库区内，当最高蓄水位达海拔 150 米时，图示范围内将出现（ ）A．一个岛 B．两个岛 C．三个岛 D．无岛7．下图为我国某处风蚀蘑菇等高线图（实线为图上可见部分，虚线表示被上部遮盖的部分） 。图中 P 等值线的数值为A．813 米B．814 米C．815 米D．816 米8．下图为黄土高原局部黄土分布等值线图，实线是黄土表面等高线，虚线是黄土底面（基岩表面）等高线（单位：米） 。读图，完成下题。3甲处黄土层的 最大厚度可能达到A．24 B．36 C．34 D．429．图为某岛屿等高线图，判断该岛主峰海拔约为（ ）A．264m B．362m C．566m D.768m(2010 安徽文综)11 月 22 日，某地理研究性学习小组在观测房屋采光状况时，发现甲楼阴影恰好遮住乙楼三层中部(如下图所示)，在甲楼顶层 GPS 测得纬度为 31.8366°、经度为 117.2179°、高程为 96 m。完成各题。10．隔 25 小时再次观测时，甲楼阴影可遮挡乙楼( )A．二层西部 B．四层东部C．五层西部 D．七层东部11．此后一个月内( )A．法国进入冷饮畅销期 B．广东省进入雨季C．澳大利亚播种冬小麦 D．云南省昼短夜长4(2013 福建文综)福建某中学研究性学习小组，设计了可调节窗户遮阳板，实现教室良好的遮阳与采光。下图示意遮阳板 设计原理，据此回答各题。12．遮阳板收起，室内正午太阳光照面积达一年最大值时( )A．全球昼夜平分 B．北半球为夏季C．太阳直射 20°S D．南极圈以南地区极昼13．济南某中学生借鉴这一设计，若两地窗户大小形状相同，则应做的调整是( )①安装高度不变，加长遮阳板 ②安装高度不变，缩短遮阳板 ③遮阳板长度不变，降低安装高度 ④遮阳板长度不变，升高安装高度A．①③ B．①④C．②③ D．②④(2010 全国Ⅰ文综)假设从空中 R 点看到地表的纬 线 m 和晨昏线 n 如下图所示。R 点在地表的垂直投影为 S。据此完成各题。14．S 地的纬度( )A．与 M 地相同 B ．介于 M、N 两地之间C．高于 N 地 D．低于 M 地15．如果在位于大陆上的 N 地看见太阳正在落下，则这一时期( )A．S 地的白昼比 N 地长B．美国加利福尼亚州火险等级高C．巴西东南部正值雨季D．长江口附近海水盐度处于高值期16．若 R 点沿直线 RS( )A．上升，看到 m、n 的两交点间距离加大B．下降，看到 m、n 的两交点间距离加大C．上升，看到 m、n 呈现弯曲方向相反的相交曲线D．上升或下降，看到 m、n 的形状保持不变下图中①~⑤线表示不同纬度五地的昼长变化。517．若图中④地位于南半球，则 a 点时刻应为A．春分 B．秋分C．夏至 D．冬至18．图中所示五地中A．③地纬度高于②地纬度B．①地、⑤地白昼长度变幅最大C．④地位于赤道附近D．②地位于极圈之内19．读 L1、L2 纬线上的部分太阳高度分布示意图，完成下题。若 L1、L2 都位于北半球，H＝80°，则（ ）A．太阳直射点纬度的范围为：5°N～23．5°NB．纬线 L2 纬度的范围为：20°N～33．5°NC．M1、M2 的经度差始终大于 90°D．纬线 L1 上各地正午太阳位于正北方20．图甲为坡面正午太阳高度角(H 坡)与地面坡度 β 之间关系示意图，图乙为我国某地(纬度为 30°N)某中学地理研究小组于北京时间某日 12：40 根据 正午时刻测得南坡不同坡面角的正午太阳高度值(坡面正午太阳高度角)所绘制图。据图判断：该日太阳直射点的坐标位于（ ）6A．(10°N，120°E) B．(20°N，120°E)C．(10°N，110°E) D．(20°N，110°E)二、非选择题：共 2 题 每题 20 分 共 40 分21．阅读图文资料，回答下列问题。(1)图示地区冲积扇面积广阔，分析其形成原因。河南是我国重要的粮食主产区，肉牛产业起步较早，而现代食品冷链技术又促进了肉牛产业的发展。下图为肉牛产业链示意图。7（2）分析河南发展现代肉牛产业的有利条件。“焦作 现象”是指河南焦作市以发展自然山水旅游代替日益枯竭的煤炭资源开发，实现社会经济全面转型，并取得成功的现象。（3）从可持续发展角度阐述“焦作现象”对当地产生的积极影响。22．阅读材料完成下列问题。材料一 左图“我国汉江中游地区示意图”：材料二 右图汉水河段中的沙洲和卵石滩示意图。（1）判断汉水自 P 点至 Q 点流经地区的地形类型，并说明判断的理由。（2）比较汉水中游两大支流南河与白河水文特征的差异。（3）Q 点附近河床宽窄不稳定，沙滩罗列（如右图所示） 。试从外力作用角度解释沙滩罗列的成因。（4）指出中南河流域综合治理与开发应采取的措施。8参考答案1．B 2．A 【解析】试题分析：1．从图中 可以看出为北半球，题干中提到图中阴影部分表示没有太阳辐射，可知没有太阳辐射的区域为北极圈及其以北地区，并且根据没有太阳辐射区域的纬度变化规律和范围变化规律可知该图原点处和最右侧的日期应为冬至日，依次类推，a 处对应的日期为春分日，M 处对应的日期为夏至日 b 处对应的日期为秋分日，故 B 正确。 2．影响太阳辐射的因素有①纬度位置：纬度低则正午太阳高度角大,太阳辐射经过大气的的路程短,被大气削弱得少,到达地面的太阳辐射就强；反之,则弱. ②天气状况：晴朗的天气,由于云层少且薄,大气对太阳辐射的削弱作用弱,到达地面的 太阳辐射就强；阴雨的天气,由于云层厚且多,大气对太阳辐射的削弱作用强,到达地面的太阳辐射就弱. ③海拔高低：海拔高,空气稀薄,大气对太阳辐射的削弱作用弱,到达地面的太阳辐射就强；反之,则弱④日照长短：日照时间长,获得太阳辐射强,日照时间短,获得太阳辐射弱.夏半年,高纬地区白昼时间长,弥补太阳高度角低损失的能量.故 C 先排除；据上题分析，a b 处都为太阳直射赤道 时，全球昼夜等长不存在日照时间长短问题 B排除，天气状况该图无法判断 D 排除；从图中可以明显看出 ab 所处纬度不同而导致太阳高度不同a 纬度较 b 低，所以太阳直射赤道时离直射纬度近，太阳高度大，被大气削弱的少，太阳辐射强故A 正确。考点:考查影响太阳辐射的因素，意在考查学生获取信息和解读信息的能力。3．D4．C【解析】试题分析：3．读我国年太阳总辐射量分布图，广州的年太阳总辐射量大于 120 千卡/立方厘米小于 130 千卡/立方厘米，北京的年太阳总辐射量大于 130 千卡/立方厘米小于 140 千卡/立方厘米，拉萨的年太阳总辐射量在 200 千卡/立方厘米左右，重庆的年太阳总辐射量大于 90 千卡/立方厘米小于 100千卡/立方厘米．四点中重庆获得的年太阳辐射最少，所以使用太阳能热水器效果最差。故选 D。4．与同纬度长江中下游地区相比，青藏高原太阳能丰富。原因是青藏高原海拔高，空气稀薄，多晴朗天气，大气对太阳辐射的削弱作用比较弱，到达地面的太阳辐射强，太阳能丰富。长江中下游地区海拔低，空气密度大，并且多阴雨天气，大气大气对太阳辐射的削弱作用比较强，到达地面的太阳辐射少，太阳能不丰 富。故选 C。5．D6．D【解析】5．考查等高线地图判读。交点为鞍部。AB 线大致沿山谷到鞍部的剖面，故鞍部为最高点，选②；CD 线是沿山峰直接的剖面，鞍部为最低点，故选④。所以答案为 D。6．图中低于 150 米的区域(可以把图中低于 150 米的区域涂上颜色观看)，没有岛状地物出露，故选 D7．C【解析】试题分析：由图可知，此图的等高距为 1 米，实线为图上可见部分，虚线表示被上部遮盖的部9分，而 814 米等高线为虚线，说明该处地形被 P 阻挡，P 海拔高于 814 米，所以 P 等值线的数值为815 米。故选 C。考点定位:等高线地形图的判读8．C【解析】试题分析：根据图中的等高线数值分析，甲地黄土表面高度 800-805 米，底面高度 830-835 米，根据高差计算，最大厚度不超过 35 米，最小厚度大于 25 米，所以厚度最大值是 35 米以下的数字最大值，C 对。A 、B、D 错。9．B【解析】试题分析：此题突破口是找出隐含信息，海岸线就是 0 米高的等高线，再图中 100m 的等高线和海岸线，可以推算出该等高线图得的等高距为 50m，这样依次标出其它等高线值，从而可以判断该岛主峰海拔高度为（350，400）之间的范围，即选 B。考点定位:等值线地图的判读及综合应用10．B11．D【解析】10．本题考查太阳视运动规律，意在考查考生空间想象的能力。11 月 22 日，甲楼阴影恰好遮住乙楼三层中部，说明此时为正午。25 小时后，即第二天 13 时，太阳偏西，阴影则偏东，排除选项 A、C。11 月 22 日之后一段时间内，太阳直射点继续南移，但 25 个小时使甲楼阴影遮住乙楼七层说法不太现实，排除 D。11．本题考查地球运动的地理意义，意在考查考生对地理事物运动规律的掌握与地理现象的分析能力。此后一个月即从 11 月 22 日到 12 月 22 日，北半球为冬季，北半球各地昼短夜长，云南省符合这一规律，选项 D 正确。12．D13．A【解析】12．本题考查地球运动的相关内容，意在考查考生获取和解读信息、调动和运用知识的能力。遮阳板收起时室内正午太阳光照面积最大，说明当地正午太阳高度最小，而福建位于北回归线以北地区，对应的时间应该是北半球冬至日，此时太阳直射在南回归线上，南极圈以南地区出现极昼。13．本题考查地球运动的相关内容，意在考查考生获取和解读信息、调动和运用知识的能力。济南的位置较福建更偏北，正午太阳高度更小，若要起到遮阳及加强采光的效果，只有加长遮阳板(高度不变)或降低安装高度(遮阳板长度不变)。14．D15．B16．C【解析】14．本题考查地球运动，意在考查考生对图像信息的提取能力。如图，S 地的纬度低于 M 地。1015．本题考查极昼极夜、地球运动及气候特征，意在考查考生对图像信息的提取能力和调动、运用知识的能力。N 地日落，则 N 地恰好位于昏线上，太阳直射北半球，北半球为夏季。美国加利福尼亚州为地中海气候，夏季炎热干燥，森林火险等级高。16．本题考查地球运动，意在考查考生从图中提取信息的能力和空间想象能力。若 R 点沿直线RS 上升，则 R 点会向偏北的方向移动，在 R 点看到的纬线 m 不再是一条直线，而是向南凸出的曲线，这样 m、n 为弯曲方向相反的两条相交曲线；m、n 的两交点间距离会减小。若 R 点沿直线 RS下降，则 R 点会向偏南的方向移动，在 R 点看到的纬线 m 不再是一条直线，而是向北凸出的曲线，m、n 的两交点间距离仍会减小。17．A18．B【解析】17．图中④地位于南半球，④地白昼从 14 小时至 a 点缩短至 12 小时，说明南半球昼长夜短且白昼逐渐变短，由此 a 点时刻应为春分，所以 A 正确。18．从图中可以看出，①、⑤两地白昼变化幅度最大，②、④两地变化幅度次之，③地白昼长度没有变化，所以①、⑤纬度最高，③位于赤道，所以 B 正确。考点：地球运动的地理意义19．C【解析】L1、L2 正午太阳高度 H 相等，可推测 L1、L2 关于太阳直射点所在纬线对称，与直射点纬度之差均为 10°；L1、L2 都位于北半球，且 L1 的昼长大于 L2，由此可判断 L2 的纬度范围为0°～13.5°N，太阳直射点的纬度范围为 10°N～23.5°N ，L1 的纬度范围为 20°N～33.5°N 。M1、M2 为晨昏线与纬线 L2 的交点，因 L2 的昼长大于夜长，图中 M1、M2 的经度差大于 180°。L1 位于直射点纬线以北，正午太阳位于正南方。20．D【解析】图甲显示，当坡面角为 0°，H 坡为 80°，说明该地此日正午太阳高度应为 80°，按正午太阳高度计算公式计算太阳直射点的纬度是 20°N，再根据该地与北京时间的时差算出直射点的经度是 110°E。21．（1）河流流经水土流失严重的黄土高原，泥沙来源多（含沙量高） ；河流水量较大，输沙能力较大；河流流出山口后，地势平缓开阔；河流流速减慢，水面展宽；河流搬运的泥沙在山麓地带沉积。（2）地处粮食主产区，饲料充足；交通运输便捷，通达性好（现代物流业的发展） ；现代科学技术的广泛应用（冷藏保鲜技术、冷链技术、地理信息技术） ；靠近我国东部人口、城市密集区，市场需求大；养殖历史悠久，经验丰富，产业基础好.（3）实现产业结构调整，调整经济发展方式，促进区域经济发展； 旅游业发展，提供就业机会，增加人民收入；改善大气质量（减少排放） ，促进生态环 境良性发展。【解析】11试题分析:(1)冲积扇成因是流水堆积作用，冲积扇面积广阔的条件是流沙量大、出山口处地形平坦开阔。图示地区河流流经水土流失严重的黄土高原，泥沙来源多；河流水量较大，输沙能力较大；河流流出山口后，地势平缓开阔；河流流速减慢，水面展宽；河流搬运的泥沙在山麓地带沉积。（2）从肉牛产业链图中可看出，肉牛产业主要有肉牛养殖、屠宰加工、深加工、批发、零售等环节，河南地处粮食主产区，饲料充足；地处中原，交通运输便捷，通达性好；现代科学技术的广泛应用；靠近我国东部人口、城市密集区，市场需求大；养殖历史悠久，经验丰富，产业基础好。（3）煤炭资源是非可再生资源，开发利用可能出现资源短缺、生态破坏和环境污染问题，发展旅游业实现产业结构调整，调整经济发展方式，促进区域经济发展；旅游业发展，提供就业机会，增加人民收入；改善大气质量，促进生态环境良性发展。【考点定位】冲积扇成因、工业区位因素、可持续发展【名师点睛】水流流出谷口，地势趋于平缓，水流速度放慢，河流搬运物质堆积下来，形成洪(冲)积扇。多个洪(冲)积扇连接形成洪积—冲积平原。22．（1）盆地；从（向心状）水系或河流分布状况判断，该地形区北、西、东、南四周高，中间低，盆地向南开口；再从（200 米）等高线判断，该地形区为盆地。（2）南河落差大水流急水力资源丰富，河流含沙量大；白河主要流经平原地区，河流落差小，河流含沙量小。（3）由于支流含沙量大，注入汉水带来大量泥沙；汉水在本河段流经平原，流速较缓，泥沙沉积，河床抬高甚至形成河中沙洲。再加上季风气候，降水变率大，常受洪水灾害，沿河堤坝逐渐加高，造成平原部分离河愈远则地势愈低，至山岗边为最低，造成河谷地貌的倒置。（4）禁止陡坡开荒：保护森林，植树造林；修水库，因地制宣合理安排农林牧渔业。【解析】试题分析：（1）读图，根据图中向心状水系或河流分布状况判断 ，该地形区北、西、东、南四周高，中间低，是盆地地形。盆地向南开口。从图中 200 米等高线判断，自 P 点至 Q 点所在地形区为盆地。（2）读图，南河流经山地区，落差大，水流急，水力资源丰富，流水侵蚀强，河流含沙量大。白河主要流经平原地区，河流落差小，流水侵蚀弱，河流含沙量小。（3）沙滩罗列，要从泥沙来源，沉积条件分析。由于支流含沙量大，注入汉水带来大量泥沙。汉水在本河段流经平原，流速较缓，泥沙沉积，河床抬高甚至形成河中沙洲。再加上季风气候，降水变率大，常受洪水灾害，沿河堤坝逐渐加高，造成平原部分离河愈远则地势愈低，至山岗边为最低，造成河谷地貌的倒置。（4）为防止水土流失，具体措施有禁止陡坡开荒，保护森林，植树造林。开发措施有修水库，因地制宣合理安排农林牧渔业等。【考点定位】流域自然地理特征及成因，外力作用，流域开发治理措施。【名师点睛】区域的地形特点，可以通过等高线及河流流向进行判断。河流水文特征，包括水量、流速、含沙量等，在山区的河流，流速快，侵蚀能力强。平原地区流速慢，侵蚀能力弱。沙滩形成，只要分析河流的沉积作用。河流水量的季节变化，导致输沙能力的季节变化，泥沙堆积形成的沙丘多样。针对流域内问题，采取治理措施。1河北定州中学 2015—2016学年度第二学期化学周练（七）一、单选题：共 16题 每题 3分 共 48分1．40℃时，在氨﹣水体系中不断通入 CO2，各种离子的变化趋势如图所示。下列说法不正确的是A．在 pH=9.0时， c(NH4+)＞ c(HCO3﹣ )＞ c(NH2COO﹣ )＞ c(CO32﹣ )B．不同 pH的溶液中存在关系： c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32﹣ )+c(HCO3﹣ )+c(NH2COO﹣ )+c(OH﹣ )C．随着 CO2的通入， 不断增大D．在溶液 pH不断降低的过程中，有含 NH2COO﹣ 的中间产物生成2．将溶液(或气体)X 逐渐加入(或通入)到一定量 Y 溶液中，产生沉淀的质量与加入 X的物质的量关系如下图，符合图中情况的一组物质是3．化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A．淀粉、纤维素都属天然高分子化合物B．食品包装袋中可用碱石灰做干燥剂C．煤经过液化等物理变化可转化为清洁燃料D．制作航天服的聚醋纤维属新型无机非金属材料4．能正确表示下列反应的离子方程式是( )A．Fe 2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe 2O3+6H++2I-═2Fe 2++I2+3H2OB．0.1mol/LNH 4Al(SO4)2溶液与 0.2mol/LBa(OH)2溶液等体积混合：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═2BaSO 4↓+AlO 2-+2H2OC．用浓盐酸酸化的 KMnO4溶液与 H2O2反应，证明 H2O2具有还原性：2MnO4-+6H++5H2O2═2Mn 2++5O2↑+8H 2OD．向次氯酸钠溶液中通入足量 SO2气体：ClO -+SO2+H2O═HClO+HSO 3-25．W、X、Y、Z 均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X 与 Y形成的化合物能与水反应生成酸且 X、Y 同主族，两元素核电荷数之和与 W、Z 的原子序数之和相等，则下列说法正确的是( )A．Z 元素的含氧酸一定是强酸B．原子半径：X＞ZC．气态氢化物热稳定性：W＞XD．W、X 与 H形成化合物的水溶液可能呈碱性6．某学生在实验室制取乙酸丁酯(已知乙酸丁酯的沸点 124～126℃，反应温度 115～125℃)，其反应装置选择A． B． C． D．7．下列有机物分子中，在氢核磁共振谱中信号强度(个数比)是 1:3的是A．邻二甲苯 B．均三甲苯 C．异丙醇 D．丙酸乙酯8．W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的四种短周期元素，分属于连续的四个主族，电子层数之和为10，四种原子中 X原子的半径最大。下列说法正确的是（ ）A．四种元素中有两种元素在第二周期B．W 所在主族的元素的原子次外层电子数不可能 为 18C．X、Y、Z 的最高价氧化物对应的水化物之间能两两反应D．工业上获得 X、Y 单质的方法主要是电解其熔融的氯化物9．在体积均为 1．0 L 的两恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入 0.1 mol CO2和0.2 mol CO2，在不同温度下反应 CO2(g) + C(s) 2CO(g)达到平衡，平衡时 CO2的物质的量浓度c(CO2)随温度的变化如图所示(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上)。下列说法正确的是A．反应 CO2(g) + C(s) 2CO(g) △S0、△H V 逆 （状态Ⅲ)10．某密闭容器中充入等物质的量的气体 A和 B，一定温度下发生反应 A(g)+xB(g) 2C(g)，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化如下图所示。下列说法中正确的是3A．8min 时表示正反应速率等于逆反应速率B．在 0-54分钟的反应过程中该可逆反应的平衡常数始终为 4C．40min 时改变的条件是升高温度，且正反应为放热反应D．反应方程式中的 x＝1，30min 时改变的条件是降低温度11．分子式为 C9H12O，苯环上有两个取代基且含羟基的化合物，其可能的结构有A．9 种 B．12 种 C．15 种 D．16 种12．如下图所示，其中甲池的总反应式为 2CH3OH＋3O 2＋4KOH===2K 2CO3＋6H 2O，下列说法正确的是 ( )A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化为电能的装置B．甲池通入 CH3OH的电极反应式为 CH3OH－6e － ＋2H 2O===CO ＋8H ＋2－3C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量 Cu(OH)2固体能使 CuSO4溶液恢复到原浓度D．甲池中消耗 280 mL(标准状况下)O 2，此时丙池中理论上最多产生 1.45 g固体13．向含有 0.2molFeI2的溶液中加入 a molBr2。下列叙述不正确的是（ ）A．当 a=0.1时，发生的反应为 2I-+Br2=I2+2Br-B．当 a=0.25时，发生的反应为 2Fe2++4I-+3Br2=2Fe3++2I2+6Br-C．当溶液中 I-有一半被氧化时，c(I -):c(Br-)=1:1D．当 0.2＜a＜0.3 时，溶液中各离子浓度的关系为 2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)=c(Br-)+c(OH-)14．组成和结构可用 表示的有机物共有(不考虑立体结构)( )A．16 种 B．28 种 C．48 种 D．60 种15．一定温度下的可逆反应：A(s)+2B(g) 2C(g)+D(g)△H＜0．现将 1mol A和 2molB加入甲容器中，将 4molC和 2mol D加入乙容器中，此时控制活塞 P，使乙的容积为甲的 2倍，t 1时两容器内均达到平衡状态（如图 1所示，隔板 K不能移动） ．下列说法正确的是（ ）A．保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入 1molA和 2molB，达到新的平衡后，甲中 C的浓度是4乙中 C的浓度的 2倍B．保持活塞位置不变，升高温度，达到新的平衡后，甲中 B的体积分数增大，乙中 B的体积分数减小C．保持温度不变，移动活塞 P，使乙的容积和甲相等，达到新的平衡后，乙中 C的体积分数是甲中 C的体积分数的 2倍D．保持温度和乙中的压强不变，t 2时分别向甲、乙中加入等质量的氦气后，甲、乙中反应速率变化情况分别如图 2和图 3所示（t 1前的反应速率变化已省略）16．向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的 A和 B，发生反应：A(g)＋xB(g) 2C(g)。各容器的反 应温度、反应物起始量，反应过程中 C的浓度随时间变化关系分别以下表和下图表示：容器 甲 乙 丙容积 0.5 L 0.5 L 1.0 L温度/℃ T1 T2 T2反应物起始量1.5 mol A0.5 mol B1.5 mol A0.5 mol B6.0 mol A2.0 mol B下列说法正确的是( )A．10min 内甲容器中反应的平均速率 v(A)＝0.025 mol·L －1 ·min－1B．由图可知：T 1＜T 2，且该反应为吸热反应C．若平衡时保持温度不变，改变容器体积平衡不移动D．T 1℃，起始时甲容器中充入 0.5 mol A、1.5 mol B，平衡时 A的转化率为 25%二、计算题：共 6题 共 52分17．天津港“8.12”特别重大爆炸事故教训深刻．氰化钠（N 元素显﹣3 价）属于剧毒化学品，处理氰化物的方法主要有两种：（1）碱性氯化法是在碱性条件下通入氯气，氯气将 CN﹣ 氧化成无污染的气体．请补充并配平该反应的离子方程式：CN ﹣ +OH﹣ +Cl2═CO 2+ + +H2O．处理 35吨 NaCN，理论上需要液氯 吨．（2）过氧化氢氧化法：NaCN+H 2O2+H2O═NaHCO 3+NH3↑．检测水坑里氰化钠的浓度，取水样 1ml，加入 11ml1mol•L﹣1 H2O2溶液，充分反应后，加入过量的 KI固体，充分反应后调节 pH至 7左右，用0.2500mol•L﹣1 Na2S2O3溶液 8.00ml（已知：实验中涉及的部分离子方程式为：2H ++H2O2+2I﹣ ═I2+2H2O、I 2+2S2O32﹣ ═2I ﹣ +S4O62﹣ ）．请计算水坑里氰化钠的浓度．18．实验室常用 MnO2与浓盐酸加热制备 Cl2，反应会因盐酸浓度下降而停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度，某小组同学提出的下列实验方案：向足量的二氧化锰中加入 12.0mL的浓盐酸，加热，反应结束时收集到 336mLCl2（标准状况）；将反应后得到的残余液过滤、洗涤滤渣，洗涤液和滤液混合；向滤液中加入足量的 AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥后得到固体 11.48g。计算（1）参加反应的二氧化锰的质量。（2）将生成的 Cl2通到 NaOH溶液中制得 100mL消毒液，求消毒液中有效成分的物质的量浓度。（3）浓盐酸能和二氧化锰反应的生成 Cl2的最低浓度（假设反应后残余液体积为 12mL）。（保留5至 0.01）19．将 20g某铁矿石（设只含铁的氧化物和杂质 SiO2）溶于过量的稀盐酸，过滤后得 5.6g不溶物和滤液；然后在滤液中加入足量的 NaOH溶液，过滤后将沉淀灼烧，得 16g红棕色固体。（1）红棕色固体的化学式是 ，其中的 n(Fe)= mol。（2）请计算（写出计算过程）：①该矿石中铁氧化物的化学式。②若加入的稀盐酸为 4.0mol·L -1200mL，反应前后体积变化忽略不计，则滤液中剩余 H+的物质的量浓度是多少？20．现有铜、银合金 14g与足量的某浓度的硝酸 100mL发生反应，将生成的气体与 1.12L（标况）氧气混合，通入足量的水中恰好全部吸收，反应后溶液体积仍为 100mL。试通过计算回答下列问题：（1）原固体混合物中铜和银的质量各是多少？（2）若原硝酸溶液为浓硝酸，反应产生的气体是单一气体，则该反应中被还原的硝酸的物质的量是多少？（3）合金完全溶解后，若生成的气体在标况下体积为 2.24L，反应后溶液中 c（H ＋ ）=7mol/L，则该混合气体中 NO和 NO2在标准状况下的体积分别是多少？原硝酸的浓度是多少？21．硝酸在化学工业中有着极其广泛的应用。（1）将 1.25 mol的 NO、NO 2、N 2O4混合物（其中 NO的体积分数为 0.60）通入水中，在空气充足的条件下完全反应后可获得硝酸的物质的量范围是_______________。（2）向稀硝酸中加入 18.4 mol/L的浓硫酸（98%）作吸水剂并蒸馏得浓硝酸，当其浓度下降到87%（密度 1.8 g/cm3）以下时，则失去吸水能力。50 mL 18.4 mol/L的浓硫酸作为吸水剂时，最多可吸水_________ g。（3）在 65%的 HNO3（质量 m1）中加入 72%的 Mg(NO3)2（质量 m2）后蒸馏，分别得到 97.5%的 HNO3和 60%的 Mg(NO3)2溶液（其中不含硝酸）。若蒸馏过程中，硝酸、硝酸镁均无损耗，H 2O的损耗占总质量的 5%，则蒸馏前投料比 ＝______________。12（4）硝酸工业中的尾气用烧碱进行吸收产物为 NaNO2、NaNO 3和 H2O。现有含 0.50mol氮氧化物的尾气，恰好被一定量的 NaOH溶液完全吸收。已知反应后溶液含有 0.35molNaNO2。若将尾气 NO和 NO2的平均组成用 NOx表示，则 x = 。22．H 2还原 CuO所得的红色固体可能是 Cu与 Cu2O的混合物，已知 Cu2O在酸性溶液中可发生自身氧化还原反应，生成 Cu2+和单质铜。现有 8g CuO被 H2还原后，得到红色固体 6.8g。（1）6.8 g 上述混合物中含 Cu与 Cu2O的物质的量之比是 ；（2）若将 6.8 g上述混合物与足量的稀硫酸充分反应后过滤，可得到固体 g；（3）若将 6.8 g上述混合物与一定量的浓硝酸充分反应，生成标准状况下 1.568 L的气体（不考虑 NO2的溶解，也不考虑 NO2与 N2O4的转化），则该气体的成分及物质的量之比是 ；6参考答案1．C【解析】试题分析：A.pH=9 时，图象中各种离子浓度的大小关系为 c(NH4+)c(HCO3-)c(NH2COO﹣ )＞ c(CO32﹣ )，A项正确；B.溶液中存在电荷守恒，则不同 pH的溶液中存在电荷守恒关系为 c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32﹣ )+c(HCO3﹣ )+c(NH2COO﹣ )+c(OH﹣ )，B 项正确；C.已知 Kb=c(NH4+)×c(OH－ )÷c(NH3•H2O)，温度一定时，Kb 为常数， c(OH－ )/c(NH3•H2O)=Kb/c(NH4+)随着 CO2的通入， c(NH4+)逐渐增大，则c(OH－ )/c(NH3•H2O)不断减小，C 项错误；D.由图中可知，开始没有 NH2COO﹣ ，后来也不存在NH2COO﹣ ，所以 NH2COO﹣ 为中间产物，D 项正确；答案选 C。【考点定位】考查离子浓度的大小比较【名师点晴】本题考查离子浓度大小比较、电荷守恒的应用、图象的分析与应用等知识。侧重于考查学生对图象的分析与应用能力。具体分析如下：①根据 pH=9时，图象中各种离子浓度的大小关系分析；②溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度；③根据 Kb= c(NH4+)×c(OH－ )÷c(NH3•H2O)分析；④根据图象可知开始没有 NH2COO﹣ ，后来也不存在 NH2COO﹣ 。2．AC【解析】试题分析：A．向 NaOH溶液中加入 AlCl3溶液溶液，先是氢氧根离子过量与铝离子反应生成偏铝酸根，无沉淀，继续滴加，铝离子与偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀，所以一开始没有沉淀产生，后产生沉淀，但消耗 AlCl3的物质的量应为 3：1，图像不满足，故 A错误；B．BaCl 2溶液中加入Na2CO3溶液，发生复分解反应，一开始就生成碳酸钙，故 B错误；C．Mg(HSO 4)2溶液中加入 KOH溶液，开始发生酸碱中和无沉淀生成，继续滴加生成 Mg(OH)2 沉淀，故 C正确；D．石灰水中通入二氧化碳一开始就生成碳酸钙，不符合图象，故 D错误；故选 C。【考点定位】考查图象分析，涉及化合物的性质及转化；【名师点晴】解答本题首先分析图象的意义是随着 X的不断加入，反应开始没有沉淀或气体生成，然后沉淀或气体逐渐增加，并注意滴加过程中消耗的物质的量关系，其次将四个反应的化学反应原理逐一分析，沉淀或气体的生成与 X试剂的关系，最后和图象对比可解答，难点为选项 A易错答。3．A【解析】试题分析：A．淀粉、纤维素都属天然高分子化合物，A 正确；B．碱石灰具有腐蚀性，食品包装袋中百年用碱石灰做干燥剂，B 错误；C．煤的液化属于化学变化，C 错误；D．制作航天服的聚醋纤维属新型有机高分子材料，D 错误，答案选 A。考点：考查化学与生活的判断4．A【解析】7试题分析：A．Fe 2O3溶于过量氢碘酸溶液中的离子反应为 Fe2O3+6H++2I-═2Fe 2++I2+3H2O，故 A正确；B.0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液与 0.2mol/LBa(OH)2溶液等体积混合的离子反应为2Ba2++NH4++Al3++2SO42-+4OH-═Al(OH) 3↓+2BaSO 4↓+NH 3．H 2O，故 B错误；C．用浓盐酸酸化的 KMnO4溶液与 H2O2反应，因高锰酸钾氧化 HCl，不能证明 H2O2具有还原性，故 C错误；D．向次氯酸钠溶液中通入足量 SO2气体的离子反应为 ClO-+SO2+H2O═2H ++Cl-+SO42-，故 D错误；故选 A。【考点定位】考查离子方程式的书写【名师点晴】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒。5．D【解析】试题分析：W、X、Y、Z 均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，X 与 Y形成的化合物能与水反应生成酸且 X、Y 同主族，则 X为 O元素，Y 为 S元素，O、S 元素核电荷数之和与 W、Z 的原子序数之和相等，则 W、Z 的原子序数之和 24，而且 W的原子序数小于 O，Z 的原子序数大于 S，则 Z为Cl元素，所以 W的原子序数为 24-17=7，即 W为 N元素；A、Z 为 Cl元素，Cl 元素的最高价含氧酸是最强酸，其它价态的含氧酸的酸性不一定强，如 HClO是弱酸，故 A错误；B、电子层越多，原子半径越大，所以 O＜Cl，即原子半径：X＜Z，故 B错误；C、元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性 O＞N，所以气态氢化物热稳定性：W＜X，故 C错误；D、W、X与 H形成化合物的水溶液可能是氨水，呈碱性，故 D正确。故选 D。【考点定位】考查元素周期律与元素周期表【名师点晴】本题以元素推断为载体，考查原子结构位置与性质关系、元素化合物知识，推断元素是解题的关键。1～20 号元素的特殊的电子层结构可归纳为：（1）最外层有 1个电子的元素：H、Li、Na、K；（2）最外层电子数等于次外层电子数的元素：Be、Ar；（3）最外层电子数是次外层电子数 2倍的元素：C；（4）最外层电子数是次外层电子数 3倍的元素：O；（5）最外层电子数是内层电子数总数一半的元素：Li、P；（6）最外层电子数是次外层电子数 4倍的元素：Ne；（7）次外层电子数是最外层电子数 2倍的元素：Li、Si；（8）次外层电子数是其他各层电子总数 2倍的元素：Li、Mg；(9)次外层电子数与其他各层电子总数相等的元素 Be、S；(10)电子层数与最外层电子数相等的元素：H、Be、Al。6．D【解析】试题分析：A．该装置采用的是水浴， 反应温度不超过 100℃，实验室制取乙酸丁酯，反应需要反应温度为 115～125℃，而水浴加热适合温度低于 100℃的反应，故 A错误；B．该装置采用长导管可起冷凝易挥发的乙酸和丁醇，但采用水浴，反应温度不超过 100℃，实验室制取乙酸丁酯，反应需要反应温度为 115～125℃，而水浴加热适合温度低于 100℃的反应，故 B错误；C．实验室制取乙酸丁酯，原料乙酸和丁醇易挥发，为了避免反应物损耗和充分利用原料，应设计冷凝回流装置，8而该装置无冷凝装置，故 C错误；D．实验室制取乙酸丁酯，原料乙酸和丁醇易挥发，当有易挥发的液体反应物时，为了避免反应物损耗和充分利用原料，要在发生装置设计冷凝回流装置，使该物质通过冷凝后由气态恢复为液态，从而回流并收集．实验室可通过在发生装置安装长玻璃管或冷凝回流管等实现，该装置符合这些要求，故 D正确；故选 D。考点：考查乙酸丁酯的制取，掌握乙酸丁酯的制取原理是解答的关键。7．B【解析】试题分析：A．邻二甲苯有 3种氢原子，核磁共振氢谱有 3种峰，故 A错误； B．均三甲苯分子中有 2种氢原子，核磁共振氢谱有 2种峰，且氢原子数目之比为 1：3，故 B正确；C．异丙醇分子中有 3种氢原子，核磁共振氢谱有 3种峰，故 C错误；D．丙酸乙酯有 3种氢原子，核磁共振氢谱有4种峰，故 D错误；故选 B。考点：考查核磁共振氢谱。8．B【解析】试题分析：W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的四种短周期元素，分属于连续的四个主族，电子层数之和为 10，四种原子中 X原子的半径最大，若 W是第一周期，则 XYZ为第三周期，且 X原子半径最大，符合题意的元素为氢，镁，铝，硅。若 W的第二周期元素，则 X为第二周期，YZ 为第三周期，则 X不是半径最大的元素，不符合题意。A、四种元素都不在第二周期，故 A错误；B、W 为氢元素，所在的第一主族元素的次外层都为 8电子，不可能是 18电子，故 B正确；C、XYZ 的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化镁，氢氧化铝和硅酸，不能两两反应，故 C错误；D、工业上获得镁是用电解氯化镁，获得铝是电解氧化铝，故 D错误。考点：原子结构和元素周期律的关系9．B【解析】试题分析：A.C 和 CO2反应是吸热反应，△H0，A 项错误；B.状态Ⅱ可以看作先通 0.1CO2，此时两者 CO的浓度相等，再通入 0.1molCO2，若平衡不移动，Ⅱ状态 CO的浓度等于 2倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡右移，消耗 CO，因此 c(CO，状态Ⅱ)2P 总（状态Ⅰ），C 项错误；D.温度越高，反应速率越快，V 逆（状态Ⅰ）Fe3+，所以当 a=0.1时，二者的物质的量的比是 2:1，发生的反应为 2I-+Br2 =I2+2Br-，正确；B．当 a=0.25时，二者的物质的量的比是 2:1，发生的反应为2Fe2++8I-+5Br2= 2Fe3++ 4I2+8Br-，错误；C．当溶液中 I-有一半被氧化时，只有 I-被氧化，二者的物质的量的比是 2:1，发生的反应为 2I-+Br2= I2+2Br-，溶液中 c（I -）：c（Br -）=1：1，正确；10D．当 0.2＜a＜0.3 时，溶液中 I-都被氧化产生 I2，所以根据电荷守恒可得溶液中各离子浓度的关系为 2c(Fe2+)+3c(Fe3+) +c(H+)=c(Br-)+ c(OH-)，正确。考点：考查氧化还原反应及电荷守恒在微粒浓度的大小比较急计算的应用的知识。14．C【解析】试题分析：丁烷为 CH3CH2CH2CH3时，分子中有 2种不同的 H原子，故有 2种丁基；丁烷为 CH3CH(CH3)CH3时，分子中有 2种不同的 H原子，故有 2种丁基，故丁基(-C 4H9)共有 4种；取代基为上的等效氢有 4种，取代基为 上的等效氢有 3种，取代基为 上的等效氢有 4种，取代基为 上的等效氢有 1种，则—C 4H8Cl共有 12种，则 共有4×12=48种，答案为 C。【考点定位】考查同分异构体的书写【名师点晴】熟悉碳架异构是解题关键；组成和结构可用 表示的有机物数目取决于丁基和-C 4H8Cl的同分异构体数目；先找出丁基的同分异构体，再找出-C 4H8Cl的同分异构体，然后计算出该有机物的 种类数。15．D【解析】试题分析：根据等效平衡分析，4molC 和 2molD相当于 2molA和 4molB，但是乙容器的容积是甲的2倍 ，即物质的量浓度相同，所以在相同条件下达到相同平衡状态，A．保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入 1molA和 2molB，相当于增大压强，平衡向逆反应反向移动，达到平衡时甲中 C的浓度小于原 来的 2倍，甲中 C的浓度小于乙中 C的浓度的 2倍，A 错误；B．保持活塞位置不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲、乙中 B的体积分数都增大，B 错误；C．保持温度不变，移动活塞 P，使乙的容积和甲相等，相当于增大乙的压强，平衡向逆反应方向移动，减小加的压强平衡向正反应方向移动，达到新的平衡后，乙中 C的体积分数小于甲中 C的体积分数的 2倍，C 错误；D．甲中温度和体积不变充入稀有气体，没有改变气体的浓度，对反应速率没有影响，可以用图 2表示，乙中温度和压强不变，充入稀有气体，相当于增大容器体积， 气体浓度减小，反应速率减小，生成物的浓度减小的程度大些，化学平衡正向移动，可以用图 3表示，D 正确，答案选 D。考点：考查等效平衡及平衡影响16．C【解析】11试题分析：A．10min 内甲容器中反应的平均速率min)/(1.0in/.1)( LolmlC，反应速率等于化学计量数之比，v(A)＝0.05 mol·L －1 ·min－1 ，A 错误；B．先达到平衡，说明反应的速率越快，所以 T1＜T 2，甲和乙只有反应温度不同，T 2时生成的 C少些，所以 T2相对于 T1来说化学平衡逆行移动，说明正反应为反热反应，B 错误；C．对比乙和丙可以看出，乙和丙互为等效平衡，那么 x=1，是一个气体体积不变的反应，温度不变，改变容器体积，相当于改变压强，压强对这个反应没有影响，C 正确；D．T 1℃，起始时甲容器中充入 0.5 mol A、1.5 mol B，和起始时加入 1.5 mol A、0.5 mol B 互为等效平衡，最终生成 C的物质的量为 1.5mol/L×0.5L=0.75mol,转化的 A的物质的量为：0.75mol×1/21=0.375mol,A 的转化率为 0.375mol/0.5mol×100%=75%，D 错误，答案选 C。考点：考查等效平衡、化学平衡计算17．（1）2CN ﹣ +8OH﹣ +5Cl2═2CO 2+N2↑+10Cl ﹣ +4H2O；126.8 吨．（2）水坑里氰化钠的浓度为 10mol/L．【解析】（1）氯气将 CN﹣ 氧化成无污染的气体，反应生成二氧化氮、氮气，氯气被还原为离子，反应离子方程式为：2CN ﹣ +8OH﹣ +5Cl2═2CO 2+N2↑+10Cl ﹣ +4H2O，设处理 35吨 NaCN，理论上需要液氯 x吨，则：2NaCN+8NaOH+5Cl2═2CO 2+N2↑+10NaCl+4H 2O98 35535吨 x 吨所以 98：355=35 吨：x 吨解得 x=126.8（2）滴定生成的碘，消耗为 Na2S2O3为 0.008L×0.25mol/L=2×10﹣3 mol，I2+2 S2O32﹣ ═2I ﹣ +S4O62﹣1×10﹣3 mol 2×10﹣3 mol2H++H2O2+2I﹣ ═I 2+2H2O1×10﹣3 mol 1×10﹣3 mol即剩余过氧化氢为 1×10﹣3 mol，参加反应过氧化氢为 0.011L×1mol/L﹣1×10 ﹣3 mol=0.01mol，NaCN+H2O2+H2O═NaHCO 3+NH3↑0.01mol 0.01mol故 c（NaCN）= =10mol/L，答：水坑里氰化钠的浓度为 10mol/L．12【点评】本题考查化学方程式计算、物质含量测定、氧化还原反应配平，题目体现化学与生活实际联系，注意对基础知识理解掌握．【答案】（1）1.305g（2）0.15mol/L（3）4.17mol/L【解析】试题分析：（1）生成氯气的物质的量是 0.336L÷22.4L/mol＝0.015mol，则根据方程式可知MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H 2O△ 1mol 1mol0.015mol 0.015mol则参加反应的二氧化锰的质量是 0.015mol×87g/mol＝1.305g（2）氯气与氢氧化钠反应的方程式为 Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H 2O，所以生成的次氯酸钠的物质的量是 0.015mol，浓度是 0.015mol÷0.1L＝0.15mol/L。（3）氯化银的物质的量是 11.48g÷143.5g/mol＝0.08mol，则根据氯离子守恒可知反应后溶液中氯离子的物质的量是 0.08mol，其中氯化锰的物质的量是 0.015mol，所以盐酸中氯离子的物质的量是 0.08mol－0.015mol×2＝ 0.05mol，其浓度是 0.05mol÷0.012L＝4.17mol/L。考点：考查二氧化锰与浓盐酸反应的计算19．（1）Fe 2O3 0.2mol（2）①氧化物中氧的质量为：20g－5.6g－0.2mol×56g/mol=14.4g－11.2g=3.2g则 n(Fe) : n(O)= 0.2mol：3.2g/16g·mol -1=0.2mol:0.2mol=1:1所以铁矿石中的铁的氧化物的化学式为：FeO②由 FeO +2HCl=FeCl2+H2O得:剩余 n(H+)=4.0mol·L -1×200mL/1000mL·L –1－0.2mol×2=0.4mol滤液中 c(H+)=0.4mol÷(200mL/1000mL·L –1)=2 mol·L –1（其它计算方法参照给分）【解析】试题分析：（1）根据含铁物质的颜色推断红棕色固体为氧化铁；根据铁原子守恒确定 16gFe2O3固体中 n（Fe）=2 n（Fe 2O3），再结合公式 n=m/M代入数 据进行计算，计算过程：6g 固体中：n（Fe）=2 n(Fe 2O3) =2×[m(Fe2O3)÷M(Fe2O3)] =2×(16g÷160g·mol-1)=0.2 mol。（2）①利用质量守恒定律计算矿石中铁的氧化物中 O元素质量，进一步计算氧原子的物质的量，进而计算 n（Fe）：n（O）之比确定氧化物化学式；②根据化学方程式方程式：FeO +2HCl=FeCl2+H2O计算消耗 n（H +），进而计算剩余 n（H +），再根据 c=n/V计算 c（H +），计算过程见答案。考点：考查混合物计算。【答案】（1）3.2g；10. 8g （2）0.2mol （3）v（NO）＝v（NO 2）＝0.12L。c（HNO 3）＝10mol/L13【解析】试题分析：（1）14g 铜、银合金与足量的某浓度的硝酸完全反应，反应生成氮的氧化物与 1.12L的氧气（标准状况）混合，通入水中，恰好完全吸收，纵观整个过程，金属提供电子物质的量等于氧气获得电子物质的量，因此可设 Cu、Ag 的物质的量分别为 xmol、ymol，根据二者质量及电子转移守恒可得：64x+108y＝14、2x+y＝1.24，解得 x＝0.05、y＝0.1，故 m（Cu）＝0.05mol×64g/mol＝3.2g，m（Ag）＝0.1mol×108g/mol＝10.8g。（2）若原硝酸溶液为浓硝酸，反应产生的气体是单一气体，则生成气体为 NO2，氧气的物质的量＝0.05mol，根据电子转移守恒可知二氧化氮的物质的量＝0.05mol×4＝0.2mol，反应中被还原的硝酸生成 NO2，根据 N元素守恒，被还原硝酸的物质的量等于 NO2的物质的量，即被还有硝酸的物质的量为 0.2mol。（3）混合气体的物质的量＝2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，令 NO和 NO2的物质的量分别为 a mol、b mol，根据二者物质的量及电子转移守恒可得：a+b＝0.1、3a+b＝0.05×4，解得 a＝b＝0.05，故V（NO）＝V（NO 2）＝0.05mol×22.4L/mol＝1.12L。反应后溶液中含有为硝酸铜、硝酸银及剩余的硝酸，根据电荷守恒可知反应后溶液中 n（NO 3-）＝n（H +）+2n（Cu 2+）+n（Ag +）＝0.1L×7mol/L+0.05mol×2+0.1mol＝0.9mol，根据氮元素守恒可知 n原溶液（HNO＋）＝n（NO 3-）+n（NO+NO 2）＝0.9mol+0.1mol＝1mol，故原硝酸的浓度是 1mol÷0.1L＝10mol/L。【考点定位】本题主要是考查混合物计算、氧化还原反应的有关计算【名师点晴】判断金属提供的电子等于氧气获得的电子是解答本题的关键和难点，注意氧化还原反应中守恒思想的运用以及原子守恒在化学计算中的应用。【答案】（1）1.25mol＜n(HNO 3)＜1.75mol (4 分)（2）11.63 (3 分)（答 11.6 不扣分）（3）0.88 (3 分)（4）1.80 (4 分)【解析】试题分析：（1）25molNO、NO 2、N 2O4混合物，NO 的体积分数为 0.60，所以 n（NO）=1.25×0.6=0.75mol，n(NO 2+N2O4)=1.25-0.75=0.5mol,因为在空气充足的条件下完全反应，所有 N全都转变成硝酸，据 N原子守恒当 0.5mol全为二氧化氮时生成硝酸最少物质的量=1.25mol，若全为四氧化二氮生成硝酸最多为：0.75+0.5×2=1.85mol。（2）据已知信息，18.4 mol/L 的浓硫酸吸完水后变为 87%，假设浓硫酸体积为 1L，吸收水的质量为 mg，则有： =87%,,计算得 m=232.6g,所以 50 mL 18.4 mol/L的浓硫酸作为吸水剂时，最多可吸水 232.6×0.05=11.63g。14（3）设蒸馏后硝酸溶液质量为 a，硝酸镁溶液质量为 b，蒸馏前后溶质质量不变，则有：65%m1=97.5%a,a=65%m1/97.5%;72%m2=60%b,b=72%m2/60%;因为蒸馏前后水减少了 5%，所以剩余质量为 95%，则：95%（m1+m2）=a+b，即：(m 1+m2)×95%=m1×65%/97.5%+m2×72%/60%，m1/m2＝0.88。（4）据氮原子守恒得，0.5molNO x中 N共 0.5mol，生成 NaNO2、NaNO 3和中 N一共也是0.5mol，n(NaNO 2)=0.35mol，所以 n(NaNO3)=0.5-0.35=0.15mol,即 n(NaNO2)：n(NaNO 3)=7:3，据以上信息可写出反应方程式：10NO x+10NaOH=7NaNO2+3 NaNO3+5H2O，据氧原子守恒得 x=1.8。考点：考查与硝酸有关的计算22．（1）2︰1；（2）4.8；（3）NO、NO 2 之比为 4︰3；【解析】试题分析：（1）n（CuO）=80/gmol=0.1mol，氧元素的物质的量=n（CuO）═铜元素的物质的量=0.1mol；固体由 CuO生成 Cu和 Cu2O，减少的质量为氧元素的质量，即 8g-6.8g=1.2g，减少的氧元素的物质的量=1.6/gol=0.075mol，所以 Cu2O中氧元素的物质的量=0.1mol-0.075mol=0.025mol，所以 n（Cu 2O）=0.025mol，根据铜元素守恒得 n（Cu）=0.1mol-2×0.025mol=0.05mol，所以单质铜与氧化亚铜的物质的量之比是 2：1，故答案为：2：1；（2）n（Cu）=0.1mol-2×0.025mol=0.05mol，所以 m（Cu）=0.05mol×64g/mol=3.2g，氧化亚铜的质量=6.8g-3.2g=3.6g．氧化亚铜和稀硫酸反应，铜和稀硫酸不反应，设氧化亚铜和稀硫酸反应生成铜的质量为 x．氧化亚铜和稀硫酸反应的方程式为：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O144g 64g3.6g xx=1.6g所以可得到固体的质量=3.2g+1.6g=4.8 克，故答案为：4.8 克；（3）①通过②分析知，6.8 克的铜和氧化亚铜的混合物与硝酸反应相当于 4.8克的铜与硝酸反应．设铜与硝酸反应全部生成二氧化氮，二氧化氮的体积为：Cu+4HNO3=Cu（NO 3） 2+2NO2 ↑+2H 2O64g 44.8L4.8g 3.36L 设铜与硝酸反应全部生成一氧化氮，一氧化氮的体积为：153Cu+8HNO3=3Cu（NO 3） 2+2NO↑+4H 2O192g 44.8L4.8g 1.12L1.12L＜1.568l＜3.36L，所以该气体是二氧化氮和一氧化氮的混合物．设生成一氧化氮的物质的量为 ymol，生成二氧化氮的物质的量为 zmol．3Cu+8HNO3=3Cu（NO 3） 2+2NO↑+4H 2O 192g 2mol96yg ymolCu+4HNO3=Cu（NO 3） 2+2NO2 ↑+2H 2O64g 2mol32zg zmol1.56824/93.Lyzmol＝ ＝解得：0.z＝＝所以一氧化氮和二氧化氮的物质的量之比为 4：3，故答案为：NO、NO 2； 4：3考点：考查了铜金属及其重要化合物的主要性质；化学方程式的有关计算的相关知识。