河北省定州中学2017届新高三上学期周练试题（二）（全科）.zip

1河北定州中学 2017届新高三地理周练（二）一、单选题：共 20题 每题 3分 共 60分人们习惯从冬至起开始“数九” ，每九天算一个“九” 。第一个九天叫做“一九” ，第二个 九天叫做“二九” ，以此类推。我国某区域的“九九歌”为：一九二九，不出手；三九四九，冰上走；五九六九，沿河看柳；七九河开，八九雁来；九九加一九，耕牛遍地走。据此，回答下列问题。1． 资料中“九九歌”所描述区域（ ）A．河流结冰期六个月以上 B．河网密布水运发达C．植被以落叶阔叶林为主 D．经济作物以甘蔗为主2． 与“一九二九”相比， “三九四九”气温更低的主要原因是（ ）①正午太阳高度更低 ②黑夜时间更长③地面温度更低 ④冬季风较强A．①② B．③④ C．①③ D．②④下图为我国季风区某山地不同海拔、不同坡向某森林植被分布百分比图，回答下列问题。3．该山地自然带垂直带谱中此森林集中分布的海拔(m)最可能是（ ）A．1800～1900 B．1900～2000C．2000～2100 D．2100～22004．该森林植被的生长习性是（ ）A．喜光 喜湿 B．喜阴 喜湿C．好热 耐旱 D．耐寒 好旱5．调查发现，近年来高山苔原带中该森林植被增长趋势明显。主要原因是（ ）A．光照增强 B．水土流失加重C．气候变暖 D．降水减少下图为澳大利亚多年平均 A月、B 月近地面气压分布图。读图完成下列问题。26．根据等压线分布，判断 B月为A.1月 B.2 月C.7月 D.8 月7．A 月甲地的盛行风向是A.东南风 B.东北风C.西南风 D.西北风8．下图中能反映 A月份时，乙地垂直方向气温和气压分布的是A.① B.② C.③ D.④里斯本、雅典两地气候类型相同，但两地测得的气温和降水量呈现一定的差异。9．两地的夏季温度有差异，其主要原因是里斯本A．受夏季盛行风影响 B．受沿岸暖流影响C．受副热带高压影响 D．受沿岸寒流影响10．两地的年降水量有差异，其主要原因是雅典A．纬度位置较低 B．受西风影响较弱C．地势相对较高 D．距地中海较近11．若某地一年中最大的正午太阳高度与最小的正午太阳高度之和为 90°，则该地一年中最小的正午太阳高度为A．2 1.5° B．23.5°C．45° D．47°下图为太平洋沿 30°纬线的表层水温变化示意图。读图完成下面各小题。12．有关图中 a、b、c、d 四处海域的叙述正确的是A．a—西邻荒漠地带B．b—洋流由北向南C．c—常年高压中心D．d—全年温和多雨13．对于水循环来说，水汽贡献率最大的海域是A．a B．b C．c D．d下图是北半球夏季某时段近地面等压面(单位：hpa)垂直分布示意图，N 市日出时间约为 11时 30分3（北京时间） ，完成下列小题。14．N 市可能位于A．美国中央大平原 B．珠江三角洲C．恒河平原下游 D．尼罗河三角洲15．该天气系统西移过境 N市，该市的风向A．东北风转西南风 B．东南风转西南风C．西北风转东南风 D．东北风转西北风读 4月初某日某区域气压场图。图中箭头表示某天气系统的前进方向， “一 l、一 2、一 3”表示该天气系统在 1、2、3 天前分别所在的位置。回答下列试题。16．图中①处阴影地区当前的天气状况最有可能是A．晴朗 B．寒潮C．持续性降 水 D．暴雨17．根据该天气系统运行的速度，下一日最有可能受其影响的城市为A．广州 B ．郑州C．兰州 D．乌鲁木齐18．图中②处的气压值，最有可能是A．1015 B．1012 C．1005 D．1002下图为“某地区部分港口分布示意图” 。完成下题。419．导致 a港口解冻日期比其他港口晚的主要因素是A、地形 B、经度C、纬度 D、洋流20．b、c、d 三港口封冻期由长到短排序正确的是A、cdb B、dcbC、cbd D、bcd二、非选择题：共 2题 每题 20分 共 40分21．阅读图文材料，回答下列问题。幼发拉底河与底格里斯河发源于安那托利亚高原，孕育了古巴比伦文明。平底船是古文明时期主要的水上交通工具，是人们就地取材利用芦苇和天然沥青制造而成。图示意西亚两河流域。（1）简述两河下游河段水位特点，并简析其主要原因。（2）分析平底船成为古文明时期两河流域主要水上交通工具的自然原因。（3）指出该地区目前与古代相比水运方式的变化，并分析其原因。22．阅读图文材料，完成下列要求。地形是重要的自然地理要素，而地形单元的位置、形态和海拔又对气候形成、聚落分布及人类的经济活动产生巨大的影响。下图示意斯堪的纳维亚半岛的地形和城市分布及半岛西海岸某地的地貌景观。（1）描述斯堪的纳维亚半岛的地形分布特征。（2）分析地形对斯堪的纳维亚半岛气候的影响。（3）简述地形对斯堪的纳维亚半岛主要城市分布的影响。5参考答案1．C2．B【解析】试题分析：1．由材料可知， “九九歌”所描述区域位于温带季风气候区，河流水系发育欠佳，不会是河网密布，植被以落叶阔叶林为主，经济作物以棉花为主，河流结冰期不超过六个月，所以 C正确。2．从图中可以看出，数九大约从从 1月 9日开始，到 3月 4日结束， “数九”中最冷的是“三九四九”， 与“ 一九二九”相比， “三九四九”气温更低的原因是地面温度更低，冬季风较强“三九四九”期间，太阳高度变高；昼长变长，黑夜变短；故选 B。考点：本题考查地球运动的地理意义。3．A4．B5．C【解析】试题分析：3．读图，根据各坡向森林植被分布百分比，该山地自然带垂直带谱中此森林集中分布的海拔(m)最可能是 1800~1900米，A 对。其它海拔高度占的百分比小，B、C、D 错。故选 A。4．根据不同坡向森林植被所占的百分比，该森林植被在阴坡、迎风坡在各海拔阶段所占比重都最大，说明该森林植被的生长习性是喜阴，喜湿，B 对。降水少，光照充足的坡向占比重小，说明不喜光，A 错。阳坡占比重小，说明不好热、耐旱，C 错。海拔超过 1800-1900米后，所占比重不断下降，说明不耐寒。A、C、D 错。故选 B。5．综合上题分析可知，该森林带为针叶林带，近年来高山苔原带中该针叶林带植被增长趋势明显，说明高海拔处气温升高，主要原因是气候变暖，C 对。光照增强不是植被分布范围变化的主要因素，A 错。植被增加，水土流失减少，B 错。森林对水分要求高，森林分布增加，说明降水增加，D 错。故选 C。【考点定位】山地垂直自然带分布【名师点睛】植被的垂直分布可以概括以下规律：①基带为当地典型的植 被带。②在各森林地带内，随着海拔高度的升高与随着纬度的增加，植被类型的变化大题一致，垂直带可以看作水平带的缩影。但二者存在差异。如落叶阔叶林带在典型的亚热带以南退出各垂直带，寒温带针叶林也只限于亚热带以北的山地。另一方面，一些山地植被带，如高山灌丛带和高山草甸带是水平带中所没有的。③植被带中每个植被带的下限海拔高度向两极逐渐降低，森林带的上限海拔高度也有类似规律。④垂直带中每个植被带的宽度互不相同，且随气候差异而变化。⑤山体越高，垂直带谱越完整。6．C7．A8．B【解析】试题分析：6．读图，A 月的气压比 B月低，且 B月大陆为高压，所以可以判断 B月为冬季。图示地区在南半球，所以 7月是冬季。故选 C。7．从甲地等压线分布分析，甲地风向从高压吹向低压，向左偏转成东南风。故选 A。8．A 月份时，乙地是低压控制，近地面是低压，等压线向下凹。对应 的气温较高，等温线向上凸。与图示②相符。故选 B。【考点定位】等压线图的判读、风向判断、气温、气压的垂直变化规律【名师点睛】由于海陆热力性质差异，冬季时，陆地降温快于海洋，陆地气温比海洋低，所以在陆地上形成高气压，海洋上形成低气压。夏季，陆地升温快，气温高于海洋，因而在陆地形成低气压，海洋形成高气压。因此根据海陆的气压分布，可以判断季节。由于地表冷热不均，气温高的地区，空气会膨胀上升，近地面形成低压，即与同高度其它地区相比，气压低。又因在同一地区，海拔越高，气压越低，气温越低，所以等压面向下弯曲，等温面向上弯曲。9．D10．B611．A【解析】试题分析：9．两地的夏季温度有差异，里斯本夏季气温较低，其主要原因是里斯本受沿岸寒流影响，D 对，B 错。两地不受夏季盛行风影响，A 错。都受副热带高压影响，不是里斯本气温偏低的原因，C 错。10．两地的年降水量有差异，其主要原因是雅典位于地中海沿岸，受西风影响较弱，B 对。两地纬度位置差异不大，A 错。都临海，地势相近，不是主要因素，C 错。距地中海较近，不是降水少的原因，距大西洋较远，受影响小是降水少的原因，D 错。11．太阳直射点在南北回归线之间移动，某地的正午太阳高度角最大值与最小值之差是 47°，若某地一年中最大的正午太阳高度与最小的正午太 阳高度之和为 90°，则可以计算出，该地 一年中最小的正午太阳高度为 21.5°，A 对。考点：不同区域气候特征差异及原因，影响气候特征的因素，正午太阳高度计算。12．C13．B【解析】试题分析：12．据图可知，8 月份水温高，可知为北半球，且位于 30°纬线上，可知该海域为北太平洋副热带海域。a 位于 120°E附近，位于我国东部，属于亚 热带季风气候，自然带为亚热带常绿阔叶林带，A 错误；b处位于副热带太平洋西侧，可知流经该处的洋流为日本暖流，自南向北流，B 错误；c 位于太平洋中部，下垫面性质均一，终年受副热带高压控制；d 位于太平洋东部，美国西部，属于地中海气候，夏季炎热干燥，冬季温和湿润，D 错误。13．水汽贡献率最大即蒸发量最大。b 位于副热带太平洋西侧，有暖流流经，增温增湿，使蒸发量加大；a 距离陆地较近，受陆地影响大，水汽蒸发量较小；c 处受副热带高气压带控制，盛行下沉气流，水汽蒸发量小；d 处位于副热带太平洋东侧，受加利福尼亚寒流影响，降温减湿，蒸发量小。考点：水循环；洋流的运动规律及影响。14．D15．C【解析】试题分析：14．该地位于北半球，夏季日出应在地方时 6时之前。当地日出时北京时间约为 11时 30分，与北京时间时差至少 5个半小时，故该地应位于 120°E—15°×5.5=37.5°E经线以西地区，故可能为尼罗河三角洲。故选 D。15．首先判断图中天气系统，从等压面向下弯曲可以判读出该地近地面气压比四周低，为低压。结合指向标，N 地先位于低压的西侧，后位于低压的东侧，故风向西北风转东南风，故选 C。考点：经纬网定位、天气系统16．D17．C18．D【解析】试题分析：16．从图中判断出是低压中心，经度和大陆轮廓看出是北半球，该天气系统从高纬向低纬运动，所以是冷锋，阴影在锋后，所以是暴雨，选 D。17．根据经度，冷锋运行速度已到乌鲁木齐，下一日可能到兰州，冷锋南下过程中势力越来越弱，选C。18．等值线之间差值为 5，所以 2旁边那根为 1005，里面的值应是大于 1000小于 1005，所以选 D。考点：考查锋面系统及等值线判读19．C20．A【解析】7试题分析：19．图示北美大陆，a 港口在哈得逊湾沿岸，纬度高受北冰洋寒冷气流影响大，结冻时间长。选 C正确。20．b 在大陆西岸是温带海洋性气候，但沿岸地区暖流影响大，温度较高；c 在内陆五大湖沿岸，温带大陆性气候，且平原地形南北纵贯，北冰洋冷空气影响大，温度低；d 在大陆东部，受东部山地阻挡，海洋影响较弱；相比三地，c 地大陆性最强，封冻时间最长，b 地的海洋性最强，冷的时间最短。选 A正确。考点：主要考查影响气候因素。21． （1）水位较低；水深较浅；水位季节变化较大,冬春季水位较高。靠近河口，海拔较低；大部分流经热带沙漠气候区，降水少，蒸发量大，水深浅；以上游冬季雨水、春季积雪融水补给为主，冬春季水量大，水量季节变化大。（2）两河流量小，水位较浅，平底船吃水浅，不易搁浅；下游流经平原地区，落差小，水流平稳；芦苇、沥青原料来源充足；芦苇材质轻，浮力大，天然沥青具有防腐防蛀功能，材料利于船只的修建；该地区热带沙漠气候，木材来源缺乏。（3）古代以河运为主，现代以海运为主。经济活动范围扩大；造船技术水平的提高；当地盛产石油，适宜于海运。【解析】试题分析：（1）底格里斯河和幼发拉底河的水量主要是冬季降雨和春季融雪，以上游冬季雨水、春季积雪融水补给为主，冬春季水量大，水量季节变化大，河流的水位季节变化较大,冬春季水位较高。流域内大部分流经热带沙漠气候区，降水少，蒸发量大，水量消耗大，河水水位浅；两河下游河段靠近河口，海拔较低，水位较低。（2）两河流量小，水位较浅，平底船吃水浅，不易搁浅；下游流经平原地区，落差小，水流平稳，利于行船；该地区热带沙漠气候，木材来源缺乏，而河流沿岸芦苇、沥青原料来源充足，可就地取材造船；芦苇材质轻，浮力大，天然沥青具有防腐防蛀功能，材料利于船只的修建。（3）古代以河运为主，现代以海运为主。现代与古代相比，经济活动范围扩大，人们出行的距离更远了；造船技术水平的提高，能造出更大的海船；当地盛产石油，适宜于海运和方便出口贸易。考点：考查区域地理特征。22． （1）西北部以山地和丘陵为主；东部沿海和南部以平原为主；西部海岸多峡湾（2）半岛盛行西风，受南北向山脉影响，西坡降水多，东坡降水少；峡湾开口向西，有利于西风深入。（3） 半岛南部地区，地势较低，地形较平坦；西部峡湾海岸,多优良港湾分布，海运便利，有利于城镇的形成和发展。【解析】试题分析：（1）描述斯堪的纳维亚半岛的地形分布特征，可以从图中的图例着手，可以看出斯堪的纳维亚半岛大部分地区海拔比较高，以山地和丘陵为主；东部沿海和南部地区海拔较低，以平原为主；观察图可知西部地区有很多峡湾。（2）地形特征主要从山脉走向、特殊地貌方面分析。根据图中图例可知山脉的走向 及地势特征，此处主要盛行西风，可以从迎风坡和背风坡对降水的影响进行分析，西部峡湾开口向西，有利于西风深入。（3）通过对城镇分布位置的分析，可以看出地势低、地形平坦和海岸线曲折、海运便利的地方时城镇主要 分布的地区。考点：地形图的判读，地形对气候的影响，地形对城市分布的影响。1河北定州中学 2017届新高三化学周练（二）一、单选题：共 16题 每题 3分 共 48分1．在一定条件下，CO 和 CH4燃烧的热化学方程式分别为：2CO(g) + O2(g) = 2CO2(g)； △H = -566kJ·mol -1CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(l)； △H = -890kJ·mol -1由 1molCO和 3molCH4组成的混和气在上述条件下完全燃烧时，释放的热量为( )A．2953kJ B． 2912kJ C．3236kJ D．3867kJ2．由 Li、Al、Si 构成的某三元化合物固态晶体结构如图 7所示，下列说法正确的是A．该化合物化学式可表示为 LiAlSi B．晶体中 Al和 Li构成 CsCl型骨架C．晶体中 Al和 Si构成金刚石型骨架D．晶体中与每个 Al距离最近的 Li为 4个3．在恒容的密闭容器中发生反应：2SO 2(g)＋O 2(g) 2SO3(g) ΔH＜0，某 研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，下列分析正确的是A．图Ⅰ研究的是 t1时刻，升高了反应的温度B．图Ⅱ研究的是 t1时刻加入催化剂后对反应速率的影响 C．图Ⅲ若是研究不同压强对平衡的影响，且乙反应的压强较高D．图Ⅲ若是研究不同温度对平衡的影响，且乙的反应温度较高4．已知 A、B、C、D、E 是短周期中原子序数依次增大的 5种主族元素，其中元素 A、E 的单质在常温下呈气态，元素 B的原子最外层电子数是其电子层数的 2倍，元素 C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素 D的合金是日常生活中常用的金属材料。下列说法正确的是A．元素 A、B 组成的化合物常温下一定呈气态B．元素 C、D 的最高价氧化物对应的水化物之间不能发生反应C．工业上常用电解法制备元素 C、D、E 的单质D．化合物 AE与 CE含有相同类型的化学键5．有人设想合成具有以下结构的四种烃分子，下列有关说法不正确的是A．1 mol 甲分子内含有 10 mol共价键 B．由乙分子构成的物质不能发生氧化反应C．丙分子的二氯取代产物只有三种 D．分子丁是不可能合成的6．某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时,先断开 K2,闭合 K1,两极均有气泡产生:一段时间后,断开 K1,闭合 K2,发现电流表 A指针偏转。下列有关描述正确的是( )2A．断开 K2,闭合 K1时,总反应的离子方程式为:2H ++2Cl- Cl2↑+H 2↑B．断开 K2,闭合 K1时,石墨电极附近溶液变红C．断开 K1,闭合 K2时,铜电极上的电极反应为:Cl 2+2e- 2Cl-D．断开 K1,闭合 K2时,石墨电极作正极7．500 mL KNO 3和 Cu(NO3)2的混合溶液中 c(N )=6.0 mol·L-1,用石墨作电极电解此溶液,当通电一段时间后,两极均收集到 22.4 L气体(标准状况),假定电解后溶液体积仍为 500 mL,下列说法正确的是( )A．原混合溶液中 c(K+)为 2 mol·L-1 B．上述电解过程中共转移 2 mol电子C．电解得到的 Cu的物质的量为 0.5 mol D．电解后溶液中 c(H+)为 2 mol·L-18．天津是我国研发和生产锂离子电池的重要基地。锂离子电池正极材料是含锂的二氧化钴(LiCoO 2),充电时 LiCoO2中 Li被氧化,Li +迁移并以原子形式嵌入电池负极材料碳(C 6)中,以 LiC6表示。电池反应为CoO2+LiC6 LiCoO2+C6,下列说法正确的是( )A．充电时,电池的负极反应为 LiC6-e- Li++C6B．放电时,电池的正极反应为 CoO2+Li++e- LiCoO2C．羧酸、醇等含活泼氢的有机物可用作锂离子电池的电解质D．锂离子电池的比能量(单位质量释放的能量)低9．如下图所示是某太空空间站能量转化系统的局部示意图,其中燃料电池采用 KOH溶液为电解液,下列有关说法中正确的是( )A．该能量转化系统工作时,需不断补充 H2OB．该转化系统的能量本质上来源于太阳能C．水电解系统中的阴极反应:O 2+2H2O+4e- 4OH-D．燃料电池放电时的负极反应:H 2-2e- 2H+10．有 A、B、C、D 四块金属片，进行如下实验：①A、B 用导线相连后，同时浸入稀 H2SO4溶液中，A 极为负极； ②C、D 用导线相连后，同时浸入稀 H2SO4溶液中，电流由 D 导线 C ； ③ A、C 用导线相连后，同时浸入稀 H2SO4溶液中，C 极产生大量气泡； ④B、D 用导线相连后，同时浸入稀 H2SO4溶液中，D 极发生氧化反应。据此，判断四种金属的活动性顺序是 （ ）A．A B C D B．A C D B C．C A D B D．C B D A11．磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料。下图为其晶体结构中最小的重复结构单元，其中的每个原子均满足8电子稳定结构。下列有关说法正确的是（ ）A．磷化硼晶体的化学式为 BP，属于离子晶体 B．磷化硼晶体的熔点高，且熔融状态下能导电 C．磷化硼晶体中每个原子均形成 4条共价键 D．磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠相同12．原子结构、元素周期律和元素周期表对于我们化学学习具有理论指导意义，下列有关说法正确的是（ ）A．同周期的主族元素从左到右原子半径逐渐减小，它们形成简单的离子半径逐渐增大B．可以根据主族元素原子的电子层数和最外层电子数确定其在周期表中的位置C．由氟、氯两元素在周期表中位置关系推知，氟元素非金属性强于氯元素，所以氢氟酸的酸性应强于盐酸3D．在实际生产中，多在元素周期表的过渡元素区寻找新型半导体材料13．下图所示的实验，能达到实验目的的是( )14．下列说法符合事实的是A．物质的量浓度相同的硫酸氢铵溶液和醋酸铵溶液中，硫酸氢铵中的铵根离子物质的量浓度较小B．在 10mL 0.1 mol/L的 AgNO3溶液中加入 6mL等浓度的 NaCl溶液，有白色沉淀产生，再加入 6 mL等浓度的 Na2S溶液，溶液中又有黑色沉淀生成，说明 Ksp（Ag 2S）0，该设想能否实现？ （选填“ 能”或“不能”），依据是 。（2）氯气在 298K、100kPa 时，在 1L水中可溶解 0.09mol，实验测得溶于水的 Cl2约有 1/3与水反应。该反应的化学方程式为 ，在上述平衡体系中加入少量 NaOH固体，溶液中 Cl—浓度 （选填“增大”、“减小 ”或“不变”）。（3）一定条件下，Fe 3+和 I—在水溶液中的反应是 2I—+2Fe3+ I2+2Fe2+，当反应达到平衡后，加入 CCl4充分振荡，且温度不变，上述平衡向 （选填“正反应”或“逆反应”）方向移动。请设计一种使该反应的化学平衡逆向移动的实验方案 。（4）用 Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物 HCl。利用反应 A，可实现氯的循环利用。反应 A：4HCl＋O 2 2Cl2＋2H 2O已知：ⅰ．此条件下反应 A中，4 mol HCl 被氧化，放出 115.6 kJ的热量。ⅱ． :①写出此条件下，反应 A的热化学方程式 。②断开 1 mol H—O键与断开 1 mol H—Cl键所需能量相差约为 kJ。 22．计算以下两小题时，除必须应用所有给出的数据外，还各缺少一个数据，指出该数据的名称（分别以a和 b表示），并列出计算式。（1）在温度为 t℃和压强 pPa的情况下，19.5gA 与 11.0gB恰好完全反应，生成固体 C和 3.00L的 D气体，计算生成的 C的质量(m)。缺少的数据是 ，计算式为 m= 。（2）0.48g 金属镁与 10mL盐酸反应，计算生成的 H2在标准状况下的体积[V（H 2）]。缺少的数据是，计算式为 5参考答案1．A【解析】试题分析：由 2CO（g）+O 2（g）═2CO 2（g）△H=-566kJ•mol -1可知，1molCO 燃烧放出的热量为566/2kJ=283kJ；由 CH4（g）+2O 2（g）═CO 2（g）+2H 2O（l）△H=-890kJ•mol -1可知，3molCH4（g）充分燃烧放出的热量为 3×890kJ=2670kJ；所以由 1mol CO（g）和 3mol CH4（g）组成的混合气体在上述条件下充分燃烧 ，放出的热量为 2670kJ+283kJ=2953kJ，故选 B．考点：考查学生利用热化学反应方程式的计算2．AC【解析】试题分析：A、该晶胞中 Li的个数为 12×1/4+1=4，Al 的个数为 8×1/8+6×1/2=4，Si 的个数为 4，原子个数比为 1:1:1，则该化合物化学式可表示为 LiAlSi，A 正确；B、CsCl 为体心结构，晶体中 Al和 Li构成 NaCl型骨架，B 错误；C、金刚石为正四面体型，晶体中 Al和 Si也构成正四面体型，C 正确；D、晶体中与每个 Al距离最近的 Li为 1/2边长，故一共为 6个，D 错误。答案选 AC。考点：晶胞的计算3．BD【解析】试题分析：A、该反应是放热反应，若升高温度，逆反应速率增大的程度大于正反应速率，导致 v逆v 正，A错误；B、加入催化剂后，正逆反应速率同等程度增大，B 正确；C、图Ⅲ若是研究不同压强对平衡的影响，加压，平衡正向移动，将导致二氧化硫的转化率增大，且应先达到平衡，C 错误；D、图Ⅲ若是研究不同温度对平衡的影响，升温，平衡逆向移动，则二氧化硫的转化率降低，且乙的反应温度较高，先达平衡，D正确。答案选 BD。考点：平衡移动，图像分析4．C【解析】试题分析：元素 C在同周期的主族元素中原子半径最大，则 C是钠元素，由于 A、B、C、D、E 是短周期中原子序数依次增大的 5种主族元素，元素 B的原子最外层电子数是其电子层数的 2倍，则 B是碳元素，元素 D的合金是日常生活中常用的金属材料，则 D是铝元素，元素 A、E 的单质在常温下呈气态，A 是氢元素，E是氯元素；A、由 C、H 元素组成的化合物，比如苯在常温下呈液态，A 错误；B、元素 C、D 的最高价氧化物对应的水化物为 NaOH和 Al（OH） 3 ，两者能发生反应，B 错误；C、对于 Na、Al、Cl 2 的制备，在工业上都采用电解的方法，C 正确；D、化合物 AE为 HCl，为分子晶体，只有共价键，化合物 CE为 NaCl，是离子晶体，存在离子键，D 错误。答案选 C。考点：元素周期律5．B【解析】试题分析：A、每个甲分子中含有 6个碳碳共价键和 4个碳氢共价键，所以 1 mol甲分子内含有 10mol共价键，A 正确；B、乙分子可以燃烧，可以发生氧化反应，B 错误；C、丙分子中将一个氯原子定位在一个顶点，另一个氯原子可以在同一棱上、面对角线、体对角线上，共有三种，C 正确；D、从分子丁结构中可以看出，每一个碳原子形成了 5个共价键，不符合碳的四价原则，无法合成，D 正确。答案选 B。考点：有机物的结构6．D6【解析】试题分析：A、断开 K2，闭合 K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明是电解饱和食盐水的反应，反应的离子方程式为 2H2O+2Cl-=Cl2↑+H 2↑+2OH -，A 项错误；B、断开 K2，闭合 K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大酚酞变红，B 项错误；C、断开 K1，闭合 K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，铜做负极发生氢气失电子生成氢离子的反应，C项错误；D、断开 K1，闭合 K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，石墨做原电池正极，D 项正确；答案选 D。考点：考查化学电源7．A【解析】试题分析：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳 极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量=22.4/22.4=1mol；每生成 1mol氧气转移 4mol电子，每生成 1mol氢气转移 2mol电子，每生成 1mol铜转移 2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量=(1×4-1×2)/2=1mol，则铜离子的物质的量浓度=1/0.5=2mol/L，根据电荷守恒得钾离子浓度=6mol•L -1-2mol/L×2=2mol/L，A、根据分析知，原混合溶液中 c（K +）为 2mol•L-1，A 项正确；B、转移电子的物质的量=1mol×4=4mol，B 项错误；C、根据以上分析知，铜的物质的量为 1mol，C 项错误；D、当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为氧气的 4倍，为 1mol×4=4mol，则氢离子浓度=4/0.5=8mol/L，D 项错误；答案选 A。考点：考查与电解池有关计算8．B【解析】试题分析：A、充电时是电解池，A 项错误；B、放电时，电池的正极发生得电子的还原反应，CoO 2+Li++e-=LiCoO2，B 项正确；C、由于单质锂较活泼，易与水反应而变质，电解质不能用水溶液来做电解质溶液，C项错误；D、锂离子 电池的比能量高，D 项错误；答案选 B。考点：考查二次电池9．B【解析】试题分析：A、从流程图可知 H 2O可以循环利用，A 项错误；B、该转化系统的能量本质上来源于太阳能，B项正确；C、水电解时阴极为 2H ＋ ＋2e － =H 2 ↑，C 项错误；D、燃料电池放电时负极为 H 2 ＋2OH － －2e － =2H 2 O，D 项错误；答案选 B。考点：考查燃料电池10．B【解析】试题分析：①A、B 用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A 极为负极，所以活泼性：A＞B；②原电池中，电子从负极流经外电路流向正极，C、D 用导线相连后，同时浸入稀 H2SO4中，电子由 C→导线→D，则活泼性：C＞D；③A、C 相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C 极产生大量气泡，说明 C极是正极，所以金属活泼性：A＞C；④B、D 相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D 极发生氧化反应，说明 D极是负极，所以金属活泼性：D＞B；综上可知金属活泼性顺序是：A＞C＞D＞B,B 项正确；答案选 B。考点：考查金属性强弱比较711．C【解析】试题分析：A．磷化硼晶体的化学式为 BP，属于原子晶体，A 错误；B．磷化硼是原子晶体，晶体的熔点高，且熔融状态下不能导电 ，B 错误；C．其中的每个原子均满足 8电子稳定结构，那么晶体中每个原子均形成 4条共价键，C 正确；D．磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠不相同，D 错误，答案选 C。考点：考查晶体结构分析12．B【解析】试题分析：A．同周期的主族元素从左向右核电荷数增大，则原子半径减小，阴离子比阳离子对 1个电子层，简单离子半径阴离子大于阳离子，具有相同排布的离子原子序数大的离子半径小，故 A错误；B．对于主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数，故 B正确；C．HF 属于弱酸，而 HCl属于强酸，氟元素非金属性强于氯元素，但氢氟酸的酸性应弱于盐酸，故 C错误；D．在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备半导体材料的元素，在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温材料的元素，故 D错误．考点：元素周期律和元素周期表的综合应用13．D【解析】试题分析：A、没有形成闭合路，不能构成原电池，故错误；B、盐酸不是氯元素的最高价氧化物对应的水化物，不能因此比较非金属性，故错误；C、实验室制取氨 气使用氯化铵和氢氧化钙加热，直接加热氯化铵不能得到氨气，故错误；D、氯化铁对过氧化氢分解有催化剂的作用，故正确。考点： 实验方案的设计和评价14．C【解析】试题分析：A、硫酸氢铵溶液中电离出的氢离子抑制铵根水解，醋酸铵溶液中醋酸根促进铵根水解，则硫酸氢铵中的铵根离子物质的量浓度较大，A 错误；B、由于反应中硝酸银过量，所以再加入硫化钠溶液中一定产生硫化银沉淀，所以不能说明二者的溶度积常数大小关系，B 错 误；C、根据物料守恒可知物质的量浓度均为 0.02 mol/L的弱酸 HX及其盐 NaX等体积混合后：c(X —)+ c(HX)= 0.02 mol/L，C 正确；D、在含C1-、CrO 42-浓度相同的溶液中滴加 AgNO3溶液时， 根据二者的溶度积常数可知沉淀时需要银离子的浓度分别是LmolcLmolc/10.9、/1056.2，所以首先生成 AgCl沉淀，D 错误，答案选 C。考点：本题主要是考查盐类水解、物料守恒应用以及溶度积常数应用等【名师点晴】沉淀的生成、溶解和转化的判断：通过比较溶液中有关离子浓度幂的乘积——浓度积 Qc与Ksp的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成、溶解或转化。两溶液混合是否会产生沉淀或同一溶液中可能会产生多种沉淀时，判断产生沉淀先后顺序问题，均可利用溶度积的计算公式或离子积与溶度积的关系加以判断。只要溶液中浓度积大于溶度积常数 ，就一定产生沉淀，而与溶度积常数的相对大小并无直接关系。15．D【解析】试题分析：A、氧气在正极通入，甲醛在负极通入，因此 a是阴极，b 是阳极。当 a、b 都是铜做电极时，相当于是铜的精炼，A 错误；B、电解质溶液显酸性，则正极反应式为 O2+4H＋ +4e-＝2H 2O，B 错误；8C、2.24L 甲醛的物质的量不一定是 0.1mol，则不能计算转移电子数，C 错误；D、酸性溶液中甲醛失去电子转化为甲酸，D 正确，答案选 D。考点：考查电化学原理的应用16．D【解析】试题分析：甲能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，说明含有羧基；苯环上只有两个取代基，其中一个取代基为-Cl，根据分子式 C10H11ClO2确定另一个取代基为-C 4H7O2，取代基-C 4H7O2的种类数为甲的同分异构体的种类数，当取代基-C 4H7O2的含羧基的主链为 4个碳有 1种，含羧基的主链为 3个碳有 2种，含羧基的主链为 2个碳有 2种，共有 5种，取代基-C 4H7O2与取代基-Cl 有邻、间、对三种情况，则满足条件的同分异构体的数目为 5×3=15。故选 D。考点：考查了同分异构体的类型及其判定的相关知识。17．（1）防止 FeSO4被氧气氧化；除去铁屑表面的油污（2）n(CO 2)= n(MnCO3)=0.01 moln(EDTA)=0.0014mol10 mL溶液中 n(Mn 2+)=0.0014mol7.390 g 该碱式碳酸锰中 n(Mn2+)=0.07mol，n[Mn(OH) 2]=0.06 molm(H2O)=0.9 g ，nH 2O)=0.05 mola∶b∶c= 1∶6∶5 碱式碳酸锰的化学式为 MnCO3·6Mn(OH)2·5H2O【解析】试题分析：（1）硫酸亚铁易被氧化，需要加入铁粉防止硫酸亚铁被氧化，用废铁屑与硫酸反应制备 FeSO4溶液时，所用铁屑需比理论值略高，原因是防止 FeSO4被氧气氧化，反应前需将废铁屑用热 Na2CO3溶液浸泡是利用碳酸钠溶液的碱性除去铁表面的油污；（2）n(CO 2)=n(MnCO3)=0.01 mol，n(EDTA)=0.0014mol10 mL溶液中 n(EDTA)=n(Mn 2+)=0.028L×0.0500mol•L﹣1 =0.0014mol500mL溶液 n(Mn2+)=0.0014mol× =0.07mol7.390 g 该碱式碳酸锰中 n(Mn 2+)=0.07moln[Mn(OH)2]=0.06 molm(H2O)=7.390g﹣0.01mol×115g/mol﹣0.06mol×204g/mol=0.9 gn(H2O)= =0.05 mola:b:c=1:6:5 碱式碳酸锰的化学式为 MnCO3•6Mn(OH)2•5H2O，故答案为：n(CO 2)=n(MnCO3)=0.01 mol n(EDTA)=0.0014mol10 mL溶液中 n(EDTA)=n(Mn 2+)=0.028L×0.0500mol•L﹣1 =0.0014mol500mL溶液 n(Mn2+)=0.0014mol× =0.07mol7.390 g 该碱式碳酸锰中 n(Mn 2+)=0.07moln[Mn(OH)2]=0.06 molm(H2O)=7.390g﹣0.01mol×115g/mol﹣0.06mol×204g/mol=0.9 gn(H2O)= =0.05 mol9a:b:c=1:6:5 碱式碳酸锰的化学式为 MnCO3•6Mn(OH)2•5H2O考点：考查了物质性质和组成的分析判断的相关知识。18．（1）组序成 分 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥残留固体成分 Fe、Cu Cu Cu 无 无 无溶液中金属离子Fe2＋ Fe2＋ Fe2＋Cu2＋Fe2＋Cu2＋Fe2＋ 、Cu 2＋Fe3＋Fe3＋Cu2＋（2）[8a（1-x）/3]b≤8a/3 （3）a=0.04；b=0.12【解析】试题分析：（1）Fe、Cu 与稀 HNO3反应时，由于还原性由强到弱顺序为 Fe＞Cu＞Fe 2+，所以下列物质先后顺序反应为：3Fe＋8HNO 3 3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H 2O、3Cu＋8HNO 3 3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H 2O、3Fe(NO3)2＋4HNO 3 3Fe(NO3)3＋NO↑＋2H 2O，HNO 3的量由小到大时，依次发生如上反应，就有 6种情况见答案（1）。（2）溶液中只有 Fe2+，Cu 2+时，Fe 2+为 a(1－x)mol，Cu 2+为 0＜n(Cu 2+)≤ax，HNO 3完全反应，依据电子得失相等可求出体现氧化性的硝酸：[2×a(1－x)＋2n(Cu 2+)]×1/3mol，体现出酸性的硝酸 2a(1－x)＋2n(Cu 2+)(根据溶液呈电中性)，总 HNO3为[2×  (1-x)+2n(Cu2＋ )]÷3＋2a(1－x)＋2n(Cu 2+)＝b，因为0＜n(Cu 2+)≤a x，所以，[8a（1-x）/3]b≤8a/3 。（3）x＝0.5 时，0.5a Cu，0.5a Fe 0.25a Fe3+，0.25a Fe 2+，0.5a Cu 2+，根据电子得失相等有：0.25a×3＋0.25a×2＋0.5a×2＝0.672÷22.4×3，解得 a＝0.04；溶液中 NO3-：0.25a×3＋0.25a×2＋0.5a×2＝2.25a＝2.25×0.04＝0.09mol，转化成 NO消耗的 HNO3为 0.03mol，所以 b＝0.09＋0.03＝0.12mol。 考点：考查硝酸的性质，化学计算等知识。19． (1) v（FeCl 2 ）=0.25 mol·L -1·min-1；(2) v（HCl ）=0.25 mol·L -1·min-1；(3) 前 2min内反应速率快 因前 2min内)v（FeCl 2 ）=0.25 mol·L -1·min-1，而后 4min内) v（FeCl 2 ）=1/2v（HCl ）=0.125 mol·L -1·min-1，故前 2min的反应速率快。【解析】试题分析：（1）反应前氯化亚铁的物质的量为 0；Fe+2HCl=FeCl2 +H2↑56g 1mol 22.4L 2.8g 0.05mol 1.12Lv(FeCl2)=△n÷V÷△t＝0.05mol÷0.1L÷2min=0.25 mol/（L．min）；(2)反应前氯化氢的物质的量为 n(HCl)=14.6g÷36.5g/mol=0.4mol，铁的物质的量为 n(Fe)=5.6g÷56g/mol＝0.1mol 结合方程式知，氯化氢过量，通过(1)知，前两分钟，铁反应 2.8g，还剩2.8g；2min-4min 时，铁反应 2.8g， Fe+2HCl=FeCl 2 +H2↑56g 2 mol2.8g 0.1mol所以氯化氢的物质的量的变化量为 0.1mol，所以 4min 内 c(HCl)= △n÷V÷△t＝0.1mol÷0.1L÷4min=0.25 mol/（L．min）；(3)根据同一反应、同一时间段内中，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以前两分钟内，氯化氢的平均反应速率为 0.5mol/（L．min）；2min-4min 时，10氯化氢的平均反应速率为 0.25 mol/（L．min），所以前两分钟内反应速率快，原因是：随着反应的进行，氢离子的浓度不断减小，所以反应速率降低。考点：考查反应速率的计算与比较及影响速率的因素的分析、判断的知识。20．（1）Fe 5.6g； FeO 3.6g（2）1mol/L【解析】试题分析：（1）氢气的物质的量=V/Vm=0.1mol，据反应 Fe+H2SO4==FeSO4+H2 ↑，得 n Fe=0.1mol，mFe=5.6g，mFeo=9.2g-5.6g=3.6g,。（2）nFe o=0.05mol+0.1mol=1.5mol，溶质为硫酸亚铁，根据铁元素守恒 n FeSO4=0.15mol,所以 n H2SO4=0.15mol，C H2SO4=1mol/L。考点：考查计算21．（1）①温度升高，反应速率加快 温度升高，有利于平衡反应正向进行②不能；该反应是焓增、熵减的反应，任何温度下均不能自发进行（2）Cl 2+H2O HCl + HClO；增大 （3）正反应 ；加入少许铁粉或加入少许碘（其他合理设计即可）（4）①4HCl(g)＋O 2(g) 2Cl2(g)＋2H 2O(g) ΔH ＝－115.6 kJ·mol －1 ②31.9【解析】试题分析：（1）①气缸中生成 NO的反应为：N 2(g)+O2(g) 2NO(g) △H ＞0，温度升高，反应速率加快;温度升高，有利于平衡反应正向进行；②该反应是焓增、熵减的反应，根据△H - T•ΔS＞0 可知，任何温度下均不能自发进行；（2）氯气溶于水是可逆反应，化学方程式为：Cl 2+H2O HCl + HClO，在上述平衡体系中加入少量 NaOH固体,消耗 H+，平衡正向移动，溶液中 Cl—浓度增大；（3）Fe 3+和 I—在水溶液中的反应是 2I—+2Fe3+ I2+2Fe2+，当反应达到平衡后，加入 CCl4充分振荡，碘溶解在 CCl4中，水溶液中，碘单质的浓度降低，平衡正向移动，要想使该反应的化学平衡逆向移动，降低I—或 Fe3+的浓度或增大 I2或 Fe2+浓度即可，所以加入少许铁粉或加入少许碘。（4）①依据反应 A中，4mol HCl 被氧化，放出 115.6kJ的热量，反应的热化学方程式为 4HCl(g)＋O 2(g) 2Cl2(g)＋2H 2O(g) ΔH ＝－115.6 kJ·mol －1 ；②焓变=反应物断键吸收热量－生成物形成化学键放出热量，4HCl(g)＋O 2(g) 2Cl2(g)＋2H 2O(g) ΔH ＝－115.6 kJ·mol －1 ，4×E（H-Cl）+498-[243×2+4×E（H-O）]=-115.6，得到4×E（H-O）-4×E（H-Cl）=498-486+115.6=127.6，E（H-O）-E（H-Cl）=31.9≈31.9，这说明断开 1 mol H—O键与断开 1 mol H—Cl键所需能量相差约为 31.9kJ。考点：考查温度对化学反应速率的影响，化学反应方向，离子方程式的书写，平衡移动方向以及热化学方程式书写和反应热计算等22．（1）t℃时 pPa条件下气体 D的密度（ag/L），计算式为 m=mA+mB-VD•a。（2）缺少的数据是盐酸的物质的量浓度（bmol/L），计算式为若盐酸过量，V(H 2)=0.48g/(24g/mol)×(22.4L/mol)，若镁过量 V(H2)=(0.010Lbmol/L)/2×(22.4L/mol)。【解析】试题分析：（1）根据质量守恒定律，计算生成的 C的质量，需要求 C的质量；知道 C的体积求质量，mv，所以必须知道 t℃时 pPa条件下气体 D的密度（ag/L）；计算式为 m=mA+mB-VD•a；（2）缺少的数据是盐酸的物质的量浓度（bmol/L），为若盐酸过量，V(H 2)=0.48g/(24g/mol)×(22.4L/mol)，若镁过量 V(H2)=(0.010L×bmol/L)/2×(22.4L/mol)。11考点：本题考查化学计算。