高三一轮复习同步检测习题(8科8份).zip
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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(6922S,7622E)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12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34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 B6时 C12时 D18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A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910题9依图判断,云贵高原形成发育过程的先后排序是()ABCD10石漠化地区集中在云贵高原的主要原因是()降水集中 不合理的农业活动 土层薄,水土易流失 地形起伏大ABCD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1112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()增强预报、预警扩大绿地面积完善蓄水,排水系统改进路面材料透水性提高个人防范意识BCD下图为东亚两个地区略图,读图回答1314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城市在城市的东北方向C甲图中城市之间的实地距离比乙图中城市之间的实地距离远D乙图所描述的内容简略14根据地理坐标判断城市间的距离约为()A550千米B1000千米C2000千米D1665千米图5为“某区域示意图”,图中阴影部分为山前冲积扇绿洲。完成1516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( )A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1718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23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)(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)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)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(7622E)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76E,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。5C 6A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、B9.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故选:B10.【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降水集中,正确;不合理的农业活动,正确;土层薄,水土易流失,正确;地形起伏大,正确故选:D11.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,城市在城市的西南方向;结合图示城市和城市跨经纬度比较,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,城市在城市的西南方向,故不符合题意;C、结合图示城市和城市跨经纬度比较,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:D14.【分析】读图,根据图中经纬度变化可以判断,城市的地理坐标为(30N,120E),城市的地理坐标为(35N,135E)经线上纬度每相差1,距离大约相差111千米【解答】解:图示城市跨纬度不大,跨经度约15,故距离约15*111千米故选:D15.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(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。13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:O2+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,O2是氧化剂,PtF6是还原剂CO2(PtF6)中氧元素的化合价是+1价D O2(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,7.8gNa2S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,22.4LCl2和HCl的混合气体中含有的分子总数为26.021023C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,Na2O2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+、C2H5OH、NH4+、ClB能溶解CaCO3的溶液中:Fe2+、Ca2、Cl、NO3C澄清透明的溶液中:Cu2+、Mg2+、SO42、ClD能使淀粉KIO3试纸显蓝色的溶液中:K+、H+、SO42、I4.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:2LiAlH42LiH+2Al+3H2,LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2下列说法正确的是()A若反应中生成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+H2OLiOH+H2C生成等质量的氢气,反应、转移电子数之比为4:3DLiAlH4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:CH3OH(g) +3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=akJmol1CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=bkJmol1CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) H=ckJmol1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/molC2CH3OH(g)=2CH4(g) +O2(g) H=2(b-a)KJ mol1D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H2OH2SB还原性BrClC金属性 KNaD酸性 HClHF8.下列反应在任何温度下均能自发进行的是()A2H2O2(l)=O2(g)+2H2O (l)H=196 kJmol1B2N2(g)+O2(g)=2N2O(g)H=+163 kJmol1C2Ag(s)+Cl2(g)=2AgCl(s)H=254 kJmol1D2HgO(s)=2Hg(l)+O2 (g)H=+182kJmol19.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 Br2+H2OHBr+HBrOB纯碱溶液显碱性的原因是 CO32+2H2OH2CO3+OHC海水中提取溴还可用到的反应 Cl2+2Br2Cl+Br2D纯碱吸收溴的主要反应是3Br2+3Na2CO35NaBr+NaBrO3+3CO210.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+O2Cu2S+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DCu2S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 ( )酸性氧化物不一定是非金属氧化物非金属氧化物肯定是酸性氧化物碱性氧化物肯定是金属氧化物金属氧化物肯定是碱性氧化物酸性氧化物均可与水反应生成相应的酸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不能跟酸反应的氧化物一定能跟碱反应A B C D13.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CH4和O2组成的混合气体,标准状况下的密度为1gL-1,则该混合气体中CH4和O2的体积比为() A2:1 B1:2 C2:3 D3:215.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 A8.64g B9.20g C9.00g D9.44g16.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/LB1 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()Ac(H)c(OH)106molL1的溶液 BpH7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SiOSiClHHHClSiSiSiC键能/kJmol1460360436431176347工业上高纯硅可通过下列反应制取:SiCl4(g)2H2(g)Si(s)4HCl(g),该反应的反应热H为()A412 kJmol1 B412 kJmol1C236 kJmol1 D236 kJmol119.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 / s050150250350n(PCl3) / mol00. 160. 190. 200. 20下列说法正确的是 ()A.反应在前50 s 的平均速率v(PCl3)= 0. 0032 molL-1s-1B.保持其他条件不变,升高温度,达新平衡时c(PCl3)= 0. 11 molL-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( ) A78% B22% C14%、 D13%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(NO3)2在所得溶液中加入1.0molL1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求混合物中Cu的质量产生的NO在标准状况下的体积22.(12分)某研究小组用黄铁矿(FeS2)、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、氯酸钠和硫酸溶液混合反应生成二氧化氯(ClO2)的离子方程式:_。(3) 该小组拟以“m(ClO2)/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 molL1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液充分反应后,过量的Fe2再用0.050 0 molL1 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:4HClO25Fe2=Cl5Fe32H2O14HCr2O6Fe2=2Cr36Fe37H2O试计算ClO2的“产率”(写出计算过程)。23.某工业废液里含有FeCl2、CuCl2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:(1)方框内物质A和B的化学式:A ,B (2)根据图示第步的有关离子方程式为 (3)第步的化学方程式为 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、Fe2O3等)生产活性氧化锌,生产工艺流程如图:Fe(OH)2Fe( OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2Mn(OH)2开始沉淀的pH7.52.25.26.48.6沉淀完全的pH9.0 3.26.78.010.1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: MnO4+ 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)+CO2(g)H=174.6kJmol1C(s)+CO2(g)2CO(g)H=+283.0kJmol1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 (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400450下加热至恒重,得到ZnO 2.43g和标准状况下CO20.224L,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+、Fe2+、Al3+、Fe3+、CO32、NO3、Cl、I、SO42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试卷答案1.A试题分析:A、PtF6中F显1价,Pt显6价,O2(PtF6)中Pt显5价,因此每生成1molO2(PtF6),则转移1mole,故正确;B、Pt由65,化合价降低,因此PtF6是氧化剂,O2是还原剂,故错误;C、O2(PtF6)中PtF6整体显1价,则O显1/2价,故错误;D、PtF6中存在共价键,故错误。2.A解:A、Na2S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A3.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KIO3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,Fe2+、H、NO3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KIO3试纸显蓝色的溶液,含碘单质,H+、IO3、I发生氧化还原反应,不能大量共存,故D错误;故选C【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、2-2可得2CH3OH(g)=2CH4(g) +O2(g) ,则H=2(b-a)KJ mol1,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FCl,但HF为弱酸【解答】解:A非金属性OS,则热稳定性H2OH2S,能用元素周期律解释,故A正确;B非金属性ClBrI,则还原性BrCl,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 KNa,能用元素周期律解释,故C正确;D非金属性FCl,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H0,S0,任何温度下都能自发进行,故A正确;B、反应是吸热反应H0,S0,任何温度下不能自发进行,故B错误;C、反应是放热反应H0,S0,低温下不能自发进行,故C错误;D、反应是吸热反应H0,S0,低温下不能自发进行,故D错误;故选:A9.B【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】ABr2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:ABr2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+H2OHBr+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:CO32+H2OHCO3+OH,故B错误;C氯气能把溴离子氧化为单质溴,其反应为:Cl2+2Br2Cl+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+3Na2CO35NaBr+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;D火法炼铜的原理为:Cu2S+O22Cu+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:Cu2S+O22Cu+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:酸性氧化物也可能是金属氧化物,如:Mn2O7是酸性氧化物,故正确;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;碱性氧化物肯定是金属氧化物,故正确;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;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;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,Na2O2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;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 HNO3-NO2 n=8.96L/(22.4mol/L)=0.4mol 故转移电子数是0.4(5-4)=0.4mol HNO3-N2O4 n=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=0.13824+0.09264=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.混合物中Cu的质量为12.8g;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专题:计算题分析: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(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L1.0L=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(Cu2O)=nCu(OH)2,所以反应后的溶液中nCu(NO3)2=nCu(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;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: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(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L1.0L=1mol,沉淀为Cu(OH)2,质量为39.2g,Cu(OH)2的物质的量为:=0.4mol,根据铜元素守恒有:n(Cu)+2n(Cu2O)=nCu(OH)2,所以反应后的溶液中nCu(NO3)2=nCu(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/mol0.2mol=12.8g,答:混合物中Cu的质量为12.8g;根据电子转移守恒可知:3n(NO)=2n(Cu)+2n(Cu2O),即:3n(NO)=20.2mol+20.1mol,解得:n(NO)=0.2mol,所以标准状况下NO的体积为:0.2mol22.4L/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. 略23.(1)HCl;Cl2;(2)2Fe3+Fe=3Fe2+,Cu2+Fe=Cu+Fe2+;(3)2FeCl2+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;Cl2;(2)CuCl2和FeCl3中加入铁粉,分别发生:Fe+2FeCl3=3FeCl2,Fe+CuCl2=Cu+FeCl2,离子反应分别为2Fe3+Fe=3Fe2+,Cu2+Fe=Cu+Fe2+,故答案为:2Fe3+Fe=3Fe2+,Cu2+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 =2FeCl324.(1)Fe( OH)3;(2)2;3;2H2O;5;4(3)淀粉碘化钾;(4)MnO2(s)+CO(g)=MnO(s)+CO2(g)H=228.8kJ/mol;(5)调节溶液pH,除去溶液中Cu2+;(6)K+、SO42;(7)ZnCO32Zn(OH)2H2O【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=4.55,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=4.55,铁离子转化为Fe( OH)3沉淀;(2)MnO4中Mn元素由+7价降低为MnO2中+4价,共降低3价,Mn2+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,Mn2+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:2MnO2(s)+C(s)2MnO(s)+CO2(g)H=174.6kJmol1C(s)+CO2(g)2CO(g)H=+283.0kJmol1根据盖斯定律,()2可得:MnO2(s)+CO(g)=MnO(s)+CO2(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、H2O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=4.55,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=4.55,铁离子转化为Fe( OH)3沉淀,故答案为:Fe( OH)3;(2)MnO4中Mn元素由+7价降低为MnO2中+4价,共降低3价,Mn2+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,Mn2+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:2MnO4+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+,故答案为:2;3;2H2O;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:2MnO2(s)+C(s)2MnO(s)+CO2(g)H=174.6kJmol1C(s)+CO2(g)2CO(g)H=+283.0kJmol1根据盖斯定律,()2可得:MnO2(s)+CO(g)=MnO(s)+CO2(g)H=228.8kJ/mol,故答案为:MnO2(s)+CO(g)=MnO(s)+CO2(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+、SO42,故答案为:K+、SO42;(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,CO2的物质的量为=0.01mol,质量为0.01mol44g/mol=0.44g,故水的质量为3.41g2.43g0.44g=0.54g,水的物质的量为=0.03mol,则n(ZnCO3)=0.01mol,nZn(OH)2=0.03mol0.01mol=0.02mol,n(H2O)=0.03mol0.02mol=0.01mol,故n(ZnCO3):nZn(OH)2:n(H2O)=0.01mol:0.02mol:0.01mol=1:2:1,故碱式碳酸锌的组成为ZnCO32Zn(OH)2H2O,故答案为:ZnCO32Zn(OH)2H2O【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)CO32;(2)2Al3+3CO32+3H2O2Al(OH)3+3CO2;Ba2+CO32=BaCO3;(3); (4)3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O;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(NH4)2CO3,产生白色沉淀,白色沉淀只能为氢氧化铝,可以排除Fe2+、Fe3+,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:Fe2+、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+、NO3、Al3+、SO42 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(NH4)2CO3,产生白色沉淀,白色沉淀只能为氢氧化铝,可以排除Fe2+、Fe3+,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:Fe2+、I;最后根据电荷守恒得原溶液中含有H+、NO3、Al3+、SO42 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:CO32;(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+3H2O2Al(OH)3+3CO2、Ba2+CO32=BaCO3,故答案为:2Al3+3CO32+3H2O2Al(OH)3+3CO2;Ba2+CO32=BaCO3;(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+4H2O,根据转移电子守恒得V(NO)=22.4L/mol=33.6L,故答案为:3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O;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19
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