年下半年到2025年上半年，那时太阳活动也最频繁。我国选择在2022年开展探日征途，刚好能够观测太阳活动逐渐增强的过程，以便分析太阳活动变化特征及其对人类活动的影响。9.【答案】C【解析】河漫滩由水下泥沙堆积体发育形成，河流上游水流速度较快，堆积作用较弱，不容易发育河漫滩，①错误；河流下游水流缓慢，以堆积作用为主，容易形成河漫滩，②正确；河流凸岸堆积、凹岸侵蚀，凸岸容易形成河漫滩，③正确，④错误。10.【答案】A【解析】河流上游植被破坏，河流含沙量增加，该处沉积量增加，河漫滩面积增大；河流水流流量增大，流速增快，搬运能力增强，河漫滩面积减小；河流下游水位下降与河漫滩面积变化无关。11.【答案】D【解析】据图可知，该地貌是由于风力作用而形成的洼地，故其可能为风蚀洼地。风蚀洼地属于风蚀地貌。12.【答案】A【解析】风蚀洼地主要分布在我国西北地区，如河西走廊。13.【答案】B【解析】根据图中指向标可知正北方向，根据图中风的来向可知当地盛行风向为东南风。14.【答案】A【解析】据图可知，①为溶洞，属于喀斯特地貌；②为冰川地貌，③④为河流地貌。15.【答案】B【解析】青藏高原多高山，故冰川地貌发育较多，分布较为广泛。图中②为冰川地貌。16.【答案】D【解析】据图可知，③④为河流地貌。17.【答案】(1)太阳辐射总量大致从低纬度向高纬度递减，回归线附近达最大值；(2分)高山高原地形区、热带沙漠地区一般太阳辐射总量丰富。(2分)(2)优势：海拔高，空气稀薄，大气洁净，晴天多，光照强；(2分)荒地多，用地成本低。(2分)劣势：离市场较远，输电成本高（或风沙多，设备维护成本高）。(2分)(3)四川盆地。(1分)地形封闭，云层较厚，阴雨天气多，日照时间短，日照强度弱，所以年太阳辐射总量最低。(2分)【高一地理参考答案第2页（共4页）】

海拔（米海我（米）Γ3000r3000,2000:2000盛行,1000盛行西风西风0海洋999海洋-1000海洋一◆9海洋①②海拔米)Γ30009叶林2000↑甲盛行1000西风女草原海洋◆999海洋一荒漠③

17.黑海与亚速海表层海水盐度存在差异的王要影吟因素可能是A.区域降水量B.海而蒸发量人海径流量D.结冰期18.黑海深层海水严重缺氧的①要原是A.深层微生物托氧量多B.生物量随深度显著递减C.缺少形成洋流的环境P上下层海水密度差异大19.黑海风暴频发，其多发季可能是A.春季B.夏季、C季、D.冬季黄土高原是我国水土流失和环境问题严重的地区之一，人工植被恢复可以有效地改善性质，提高土壤质量。晋西黄土区自然恢复的人工刺槐林、人工油松林、次生林对土壤物理和养分状况的改善作用存在差异。右图示意晋西黄土区不同植被类型条件下土壤体积含随深度的变化。读图，完成20~22题20.图中三种植被类型条件下，土壤含水量随深度的变化土壤体积含水量%特点是1214。均随深度的增加而减少20古西深度的增加先减少后增加。一刺林地Cb~40cm次生林地土壤含水量最高二·油松林地80·次生林地D.60一100cm油松林地土壤含水量降低10021.刺愧林地的土壤含水量与次生林地、油松林地的土壤120含水量存在差异，合理的解释是刺枕林地土壤疏松，水分大量下渗C.风化壳薄，矿物养分较少B.植物密布，需水量多:般情况下，植被恢复后，土壤水分的变仪走要受于D.降水少，地表坡度大A.蒸发量降水量C.土壤孔隙海港大城泉州建桥之前，洛阳江口仅有一个渡口，供两岸百姓渡江。1045年左右，当地架D.太阳辐射设了木制浮桥：1053年，当地计划将木制浮桥改建为石桥，“历三年不成”。后来，工匠们通过投填石块，在水底形成一条横向的矮石堤，以此为基础建设桥墩，在水流较急的区城将桥：的一面建设成船尖状，桥墩建好后，建桥者在桥下养殖海蛎，海蛎吸附在桥墩上，用于保护桥墩。下因为洛阳桥位置示意图。读图，完成23~25题。11822'E11855'Em洛阳桥24°32'N23.1053年，当地将木质浮桥改建为石桥，“历三年不成”，主要是因为A.台风天多24,建设船尖状桥墩的日的是/江阔水急C.气候炎热A.提高承重量D.原料缺乏B.增加桥墩高度C.减少石材用量【高三地理第4页（共6页）】P质轻冲击力

18.通常情况下，每年的6一7月是长江中下游地区洪涝发生的集中期，这主要是由于A,正值梅雨季节B.台风频繁登陆C冷锋突然南下心大游冰雪融水多19,1991~2019年长江中下游地区洪涝经济损失呈增加趋势，而经济损失率呈下降趋势，这是因为图例①经济水较高，发展较快②经济水较低，发展缓慢③防洪建设滞后，应急措施有限经济攒失亿无A.0①③B.②④④应对洪涝灾害的能力增强C.不④泰加林的主要树种是云杉、冷杉、落叶松等。密林里树木拥挤，树冠呈塔形，树叶呈针状且D.②③表面有蜡质。泰加林在高地成片分布，亚欧大陆自西向东，泰加林逐渐由暗针叶林变为明亮针叶林。下图示意泰加林带的分布。据此完成20~22题。24.阴cs G图例泰加林带20.泰加林树冠呈塔形有利于A防风C.保湿B.防积雪2L.泰加林D.保暖A分布区气候寒冷，土壤贫瘠B林中物种繁多，层次复杂C.南界即地球草原带的北界D.北界即地球森林带的北界2,与热带雨林相比，泰加林桔枝落叶量少但落叶层却较厚，其主要影响因素是A.降水C.水文B.地形第Ⅱ卷D.大温本希包括必考题和蓬考题两都分，第35题为必考题，每个试题考生都必须作答。第(非选择题共56分)1)德述26~27题为选考题，考生根据要求作答。(2)相此23.阅读图文材料，完成下列要求。(16分)(3)篇述促形罗河是世界上最长的河流，发源于东非高原，其经流量主要来自青尼罗河和白尼罗点阅读图文有河，其中青尼罗河沉期径流量占尼罗河总径流量的68%。下图为尼罗河流城图。若南害野生动始夏米，保P区【◆高三地理第4页{共6页)◆】的定时定康乐服。下列左

23.阅读资料，完成下列要求。(12分)(1)判断“石老人”所属的地貌类型名称(2分)最新研究表明：“祝融号”火星车着陆区0~80米深度范围内未发现液态水存在的证据。此前研究发现：火星中纬度地区地表之下埋藏大量的水冰，且从太空拍摄的火星照片中显示，其表面有干涸的河床。下表为地球与火星的基本数据。(2)简述“石老人”的形成过程。（4分)项目地球火星距太阳距离km149.6×10°227.9×10质量（地球=1）0.11体积（地球=1）10.15主要大气组分N2和02C02(3)“石老人”坍塌后，网络上出现了“修复”与“不修复”的争论。请表明你的观点，并说明大气密度10.01理由。(4分)表面均温度/℃22-23表面液态水有无(1)结合地球与火星的基本数据，分析火星上目前没有生命存在的主要原因。（(8分)25.阅读图文资料，完成下列要求。(10分)2022年9月初，太原市王老师带领学生开启了为期一个月的月相观察活动。11日，木星与明月上演了“木星合月”的浪漫天象，图13是他们在当天22时拍摄到的“木星合月”。(2)根据研究成果，推测火星过去的主要环境特征。(4分)24.阅读图文资料，完成下列要求。(10分)在青岛石老人国家旅游度假区，距海岸百米处有一座17米高的石柱，形如老人坐在图13碧波之中远跳，被称“石老人”。这里是青岛人和游客的打卡地。2022年10月3日凌晨(1)判断拍摄该照片时相机的朝向。(2分)4时，“石老人”上半部分突然坍塌，“头部”和“胳膊”均断裂。图11、图12分别为“石老人”坍塌的前后景观。(2)推断该日半个月后(26日)，他们观察到的月亮升落现象。(2分)(3)小明同学计划在每晚自前(19时)观察月相，请你帮他设计一份“月相观察记录表”。(6分)》图11图12高一地理第7页（共8页）高一地理第8页（共8页）

试卷类型：A高三地理2022.111.答题前，考生先将自己的学校、姓名、班级、座号、考号填涂在相应位置。2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用2B铅笔作答，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。一、选择题（共15小题，每小题3分，共45分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)2020年6月21日发生了一次中国境内能够全程观测到的日环食现象。该日环食的环食带起源于非洲中部，经过阿拉伯半岛、印度进入西藏、四川、重庆、贵州、湖南、江西、福建等省区的部分地带，终止于太洋。图1为我国某地观测站记录的当日太阳辐射状况（每分钟记录一次)。据此完成1~3题。14→6月21日实际观测值-…6月22日理论数值1.00.4028:00900100011:0012:0013:001400500160017-0018:0019002000图11.该观测站位于A.西藏B.重庆C.贵州D.江西2.该观测站日食现象持续时间约A.1小时B.2小时C.3小时D.4小时3.根据记录数据，可推测当日天气A.晴好B.多云C.阴雨D.大雾废黄河三角洲位于江苏省北部，由公元1128~1855年期间黄河南泛夺准入海所带来的泥沙堆积形成。某科考团队绘制了废黄河三角洲近岸海域断面5米和10米等深线距离示意图（图2)。据此完成45题。

地区到了,酒关冰欧物的形成及特点，说法正典的足温暖的气川搬运沉积作用，组成物质杂乱，大小不C水搬运沉积作用，组成物质杂乱，大小不一B.冰川搬运沉积作用，组成物质具有分选性5为多男及周围地区地国，图中准线为1月00等强线。扶图回答0一13题D.流水搬运沉积作用，组成物质具有分选性心通河是流经国家最多的河流，也是航运价放高的河流之一，有关该河流①②③④段尔的水文特征的说法正确的是①河段春季水量最大山脉B②段河流有春夏两个汛期C③河段水量小，流速慢A7828④河段无凌汛，适合航运1山关于甲海域未来面积的变化及原因，说法正确的是图5岸种植，后A.面积缩小，非洲板块和亚欧板块的消亡边界一7题。B.面积扩大，非洲板块和亚欧板块的生长边界C.面积缩小，印度洋板块和亚欧板块的消亡边界D.面积扩大，印度洋板块和亚欧板块的生长边界12.乙海域在垂直方向盐度差异很大，下列说法正确的是A.表层海水盐度低，底部海水盐度高，不利于海底生物生存B.表层海水盐度高，底部海水盐度低，有利于海底生物生存C.表层海水盐度低，底部海水盐度高，有利于表层海水和底部海水交换行考察，在D.表层海水盐度高，底部海水盐度低，不利于表层海水和底部海水交换/乙处发现图6为在全球气候变暖的情况下气温上升速度随纬度的变化图，读图回答13一14题。1.00I/3)0.2-0.4,-60图613.下面有关气温上升速度随纬度变化的说法，正确的是A.南半球各纬度均呈增温趋势。B.南半球年均气温增加速率随纬度增加而减小人C.北半球年均气温升高速率最小的是0°~10ND.北半球各纬度年均气温增加速率均大于南半球相应纬度【高三地理试题·第3页（共6页）】

主，材料中“雨季生长的壳体显著偏负”，因此B选项正确；受气候交替变化影响，未来可能会发展为一段千燥期，未来蜗牛壳体δ18O偏正可能性大，C选项错误；气候千燥则8180偏正，但不一定气候越千燥，δ18O数值越大，D选项错误。11.【答案】A【解析】由材料可知，贝壳堤是古海岸的遗迹，即过去的海岸线，所以贝壳堤位置可以作为衡量原地区海岸线位置变化的重要标志，图示标注的即距今年份，年份越久，则说明该贝壳堤形成时间越早，通过观察图片，可知海岸线的变化是由西向东变化的，即从6700年前至今，渤海湾西岸海岸线的变化是向渤海湾方向推进，选择A选项。12.【答案】B【解析】贝壳堤是由海洋里大量甲壳生物的遗骸堆积而形成的，即海水携带的物质到海岸沉积下来，所以贝壳堤形成的主要地质作用是海水堆积作用。13.【答案】C【解析】该实验主要模拟的是干旱条件下冲积扇形成与变化过程，通过已学知识可知，冲积扇是湿润、半湿润地区，河流自山地留至山麓，因地形急剧变缓，流速剧减，所携带的物质在沟谷出口处不断堆积而成的扇状堆积体。所以A选项错误，该地貌主要受堆积作用影响，B选项错误，该地貌在自然界中多分布于河流出山口。而冲积扇是从顶部向四周展开，因此其中间部分厚于两边，所以D选项错误。冲积扇自扇顶至扇缘，地面逐渐降低，堆积物由粗到细，所以扇形上部有更多的砂砾状物质，C选项正确。14.【答案】C【解析】材料中介绍了片流沉积，片流沉积是水流携带的沉积物在物源端开阔地快速堆积形成的连片状堆积体。因为其所需水体能量较高，所以片流沉积在实验前期最明显，因此D选项是错误的；通过观察片流沉积的图像不难得出，片流沉积呈现片状向下冲积，通常是连片分布且不断向四周扩大展开的，因此其沉积由早到晚的顺序为①②③，厚度最大的为①，因此A、B选项错误；片流沉积形成似裙裾形态主要是水流方向多样化，使其呈现辐散状展开的模式，C选项正确。15.【答案】C【解析】冰碛垄形态与冰舌前缘形态相似，一般不呈现明显的扇状，A选项错误；冰碛垄是由冰川搬运、堆积形成，位于地势较为和缓处，B选项错误；冰碛垄分布未沿山谷成条带状分布，成垄状堆积分布，D选项错误；冰碛垄沉积物大小混杂，无分选性，C选项正确。16.【答案】A【解析】根据图中冰碛垄的不同年代的分布位置来看，其面积在不断地缩小，并向海拔高处后退，因此可以推断，当地气候处在变暖的状态，导致冰川萎缩，冰舌后退，冰川堆积形成的冰碛垄也向海拔高处移动，故选择A选项。17.(12分)【答案】(1)①当地太阳能资源丰富(2分)：②太阳能属于清洁可再生资源（2分)。（共4分）(2)①拉萨地区海拔高，大气稀薄，太阳辐射强(2分)：②拉萨地区，大气透明度好，太阳辐射强(2分)。（共4分）(3)①减少房屋形体阻挡物，尽量采用松散型住宅(2分)：②充分利用南向壁面，可增大南向窗户面积(2分)：③安置家庭太阳能发电板（2分)。（共4分，任答两点得4分)【解析】(1)拉萨作为“日光城”积极开发太阳能最主要的原因包括太阳能资源丰富，永远开发的条件；其次是开发太阳能相对其他能源的优，点。地理参考答案第2页（共4页）

楚雄州中小学2022~2023学年上学期期中教育学业质量监测高中三年级：文科综合试卷参考答案1.D【解析】本题考查城市“割裂地带”，同时考查学生获取和解读地理信息、阐释地理事物的能力。“割裂地带”与外界被交通干线隔开，可达性较低，土地开发较晚，被开发前土地利用率较低；交通干线两侧往往有绿化带；由于土地开发较晚，开发程度较低，被开发前土地租金较低。故D选项正确。2.A【解析】本题考查城市开发，同时考查学生获取和解读地理信息、阐释地理事物的能力。由于城市土地供应趋于紧张，开发条件较差但可利用的土地，如“割裂地带”内的土地逐步被纳入开发范围。故A选项正确。3.D【解析】本题考查城市功能区布局，同时考查学生获取和解读地理信息、阐释地理事物的能力。装备制造业需要配套完善的产业园，“割裂地带”地块狭长，不适合建设完整的工业园；现代服务业需要布局在繁华的地段；会展商贸业需要交通便利、用地开阔；“割裂地带”邻近交通干线，适合布局物流仓储业，且处在“割裂地带”内，对城市的干扰较小。故D选项正确。4.C【解析】本题考查河流地貌特征，同时考查学生获取和解读地理信息、阐释地理事物的能力。祭祀坑选址的关键在于利于长期保存。由图可知，祭祀坑位于马牧河凸岸，以流水沉积作用为主，不易遭到侵蚀，环境稳定，利于祭祀坑的保存。故C选项正确。5.B【解析】本题考查河流对沿岸自然环境的影响，同时考查学生获取和解读地理信息、阐释地理事物的能力。由图可知，西城墙南段位于马牧河凹岸，在洪水期间坡脚易受流水的掏蚀。故B选项正确。6.A【解析】本题考查三星堆遗址范围内的农业生产，同时考查学生获取和解读地理信息、阐释地理事物的能力。大型农机自重大，易对地下未知的文物造成破坏；垄作改变了地表形态，容易对地下未知的文物造成破坏；地膜覆盖减弱了蒸发，提高了土壤含水量和地下水位，易对文物造成破坏；水稻田尽量浅耕，减少地表水渗入，防止破坏文化层。故A选项正确。7.A【解析】本题考查冰川地貌，同时考查学生获取和解读地理信息、阐释地理事物的能力。无冰走廊处湖泊地处格陵兰冰盖边缘，多为冰蚀湖和冰碛湖，图示海岸线曲折，推测历史上冰川刨蚀强烈，①②正确；海水难以侵蚀到岸上的地区，③错误；流水侵蚀形成的湖泊多为牛轭湖，发育在冲积原，④错误。故A选项正确。8.C【解析】本题考查湖水补给形式，同时考查学生获取和解读地理信息、阐释地理事物的能力。格陵兰冰盖规模大，夏季冰盖提供的融水补给量最大。故C选项正确。9.D【解析】本题考查湖泊水文特征，同时考查学生获取和解读地理信息、阐释地理事物的能力。冬季尽管湖面结冰，但仍然有微弱蒸发和升华；夏季大量冰盖融水补给湖泊，导致夏季湖水密度小、盐度低；冬季结冰，湖面稳，湖水清澈。故D选项正确。10.C【解析】本题考查影响林火概率的因素，同时考查学生获取和解读地理信息、阐释地理事物的能力。厄尔尼诺和拉尼娜的周期不稳定；太阳活动对林火没有直接影响；林火发生后，生物量降低，可燃物减少，需要定的恢复周期，待生物量积累到一定程度，又容易形成林火。故C选项正确。11.B【解析】本题考查降低人工橡胶林起火概率的人类话动，同时考查学生获取和解读地理信息、阐释地理事物的能力。清除枯落物可减少可燃物，①正确；有机肥易燃，②错误；砍伐原生林会导致小气候改变，升温加快，易起火，③错误；修筑道路可以阻断林火蔓延，④正确。故B选项正确。12.C国家通过没收官僚资本建立了社会主义国营经济，这是在三大改造前完成的，新中国的成立为民族复兴展示了美好前景和现实道路，①④不选。材料表明三大改造为社会主义经济建设注入活力，②符合题意。三大改造完成了对私有制的社会主义改造，建立了社会主义公有制，③符合题意。13.D国家对各类型企业一视同仁，这意味着各类型企业在社会主义市场经济中机会等，被同等对待，②④符合题意。各类型企业在国民经济中地位是不同的，①观点错误。一视同仁是国家对各类型企业的态度，【高三文科综合·参考答案第1页（共7页）】·23-59C·

8H2O,D错误；故选C。9.【答案】D【命题意图】考查中学常见非金属离子的检验【详解】A.向某溶液中加入稀盐酸产生气体，将气体通入品红溶液中，溶液褪色，该气体可能是SO2或C12,故该溶液中可能是SO、HSO或ClO,A错误；B.除Fe2+外，溶液中的CI-也可使KMnO4褪色，B错误；C.该操作加硝酸银溶液之前加了稀盐酸，有白色沉淀出现，该白色沉淀是AgC1,但不能证明是原溶液提供的CI,C错误；D.加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体是氨气，则说明该溶液中一定有NH4,D正确；故选D。10.【答案】B【命题意图】在化工生产情境下考查氧化还原反应知识和常见金属离子性质【详解】铁矿石中主要含有FO,还含有少量Al2O3、SiO2,加硫酸酸浸，二氧化硅不溶，滤渣I为二氧化硅；加氨水调pH值，铝以氢氧化铝沉淀析出；氧化过程中亚铁离子被氧化为三价铁离子，调pH值后得到滤渣Ⅱ为氢氧化铁，经洗涤、干燥、灼烧变为氧化铁。A.铁矿石中的SiO2不与硫酸反应，故滤渣I的主要成分为SiO2,A正确；B.酸浸液中含有Fe2,遇Kg[Fe(CN)s]溶液生成蓝色沉淀Fe[Fe(CN).]2,B错误；C.此处氨水作用是降低酸性使A13+水解、沉淀完全，若换成铁粉，同样可以消耗H+,且生成的F2+不是杂质，Fe还可以防止溶液中Fe2+被氧化为Fe3-沉淀损失，C正确；D.滤渣Ⅱ为氢氧化铁，氢氧化铁转化为铁红(F2O3)的反应没有化合价发生变化，属于非氧化还原反应，D正确；故选B。11.【答案】D【命题意图】考查海带提碘流程的理解、实验仪器的选择及灼烧、过滤、萃取等基本操作【详解】结合题给流程图知，从海藻里提取碘单质涉及的步骤有：在坩埚中灼烧海藻，然后将海藻灰在烧杯中加水浸泡，为加速碘化物的溶解，需用到玻璃棒搅拌；将所得海藻灰悬浊液过滤，滤液即为含I的水溶液，然后加入双氧水等合适的氧化剂，将I氧化为碘单质；加人四氯化碳或苯等合适的萃取剂将碘单质萃取到有机层分离出来。由于乙醇和水互溶，乙醇不能将碘单质从水层提取出来，D项符合题意。故选D。12.【答案】D【命题意图】在实验情境下考查有机化学基础知识【详解】A.将2小块钠分别投入盛有水和乙醇的小水杯中，钠与乙醇反应要温和得多，说明乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，A正确；B.烷烃常温下无法与溴的四氯化碳溶液反应，将石蜡油蒸气通过灼热的碎瓷片，生成的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色，说明石蜡油分解产物中含有与烷烃性质不同的烃，B正确；C.向CCO3中滴加食醋，水垢溶解并产生气泡，利用强酸制弱酸的原理判断，醋酸的酸性强于碳酸，C正确；D.该实验操作中，加入新制氢氧化铜前，未将溶液调为碱性，故无法得到砖红色沉淀，D错误；故选D。13.【答案】A【命题意图】考查常见有机化学反应【详解】A.乙烯与氢气反应生成乙烷，双键断裂，产物只有乙烷，属于加成反应，A正确；第2套·化学参考答案第4页（共10页）

D.将等物质的量的Q和通人水中，溶液的源白性强,向100 mL NaOH溶液中通人一定量的C0。气林，充分反应得到陷瓶X后，再向所得%瓶X透调加人0.2mol·L的盐酸，产生CO的物质的量与所加盆酸体积之同的关系如图所示。下列判断错误的是A.原NaOH溶液的浓度为2ol·L1B.若2a∠b,则所得溶液X的溶质成分为NHC0.和N,C0起计算机的C.若2a>b,则所得溶液X的溶质成分为NaHC0,和NaOHD.若b=2a,当V(盐酸)

D.过滤时需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，不需要锥形瓶，D错误；二，多选题11.【答案】AD【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁原子序数依次增大，p和q分别是元素丙和丁的单质，p为浅黄色固体，所以丙是S,丁是Cl,p为S单质，q为CI2:甲、丙同主族，则甲是O:乙、丙、丁同周期，常温下含乙的化合物r的浓度为0.1mol/L时，溶液pH=13,所以r是氢氧化钠，乙是Na;综上所述，甲、乙、丙、丁分别为O、Na、S、CI。【详解】A.电子层越多，简单离子半径越大，故离子半径的大小关系为丙(S2-)>丁(C1-)>甲(O2-)>乙Na+),故A正确：B.甲是O,丙是S,二者形成SO2,二氧化硫可以使紫色石蕊变红色，但不能漂白，不会褪色，故B错误；C.r是氢氧化钠，q是氯气，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCIo+NaC1+H2O,该反应常利用制取漂白液，制取漂白粉利用的是石灰乳和氯气，故C错误：D.m、n为Na2S、Na2SO3中的物质，二者在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫，不能大量共存，故D正确：12.【答案】C【详解】A.配一定质量分数的溶液不需要容量瓶，故A错误；B.洗气瓶中应盛饱和NaHCO3溶液，故B错误；C.碳酸钙和盐酸反应可以制备二氧化碳气体，故C正确：D.H2O2和NaHSO3反应生成硫酸钠和水，无明显现象，不能判断速率快慢，故D错误13.【答案】AC【分析】原料中加入硫酸溶液，反应生成的硫酸钙微溶于水，滤渣A的主要成分是CaSO4,过滤得滤液，加氧化剂氧化亚铁离子，蒸发后溶液加硫酸铵溶液，经蒸发、浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可制得净水剂硫酸铁铵晶体NH4Fe(SO4)2·6H2O]。【详解】A.硫酸钙微溶于水，滤渣A的主要成分是CSO4,故A正确：B.NH4水解生成H+,抑制F3+水解生成氢氧化铁胶体，所以氯化铁净水能力比硫酸铁铵强，相同条件下，NH4Fe(SO4)2·6H20净水能力比FeC13弱，故B错误；C.“合成”反应要控制温度，温度过高，会促进F3+的水解，生成硫酸铁铵的产率会降低，故C正确：D.氯气作氧化剂会引入新杂质，故D错误：14.【答案】BC

铁器表面氧化层的成分有多种，致你的FoO,疏松的FeO(OHD和FeOC,它们均难溶于水。下列说法错误的是A有氧条件下Fe,O,与C转化为FcOC1,周围环境的DH增大B.FeoCI可自发转变为FeO(OD,说明FeO(OHD的溶解度小于FeOCC检验FeO(OH)中是香含有FeOC1,可选用的试剂是稀硫酸和KSCN溶液D.1 ml FeOC1完全转化为Fe,O,时转移1/3mo1电子的名.考点某些物质之间可以在一定条件下进行如下转化，下列说法正确的是含米银8A若X是金属单质，侧则该金属元素一定位于周期表的d区或ds区B.若X是乙醇、y是乙醛，则乙一定是乙酸9叉曰式试還器C若X是H,S,则Y既可以是黄色固体，也可以是有漂白性的无色气体D若X是NH,则Z可以是无色气体NO6,偶氮苯从稳定异构体向亚稳态异构体的转变只能由光触发，而反向转变则可以通过光或热反应发生。下列说法错误的是光光或热E式Z式A.E式和Z式结构中都存在大π键BE式和Z式结构中的碳原子和氮原子都是sp2杂化C.偶氨苯的E、Z互变所需光的频率相同D.偶氮苯的E、Z互变中涉及化学键的断裂与形成7.常温常压下，在3种不同碳负载的铜微粒(a、b和c)上，选择性电催化乙炔加氢制乙烯(H+电还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图，下列说法错误的是VR-N=C-RR'RRPH0化0OHOHVIIA析氢反应是电催化乙炔加氢制乙烯的竞争反应B.析氢反应的能力：a>c>bC.吸附C2H2的能力：a

2 CaFeO2.5十O2-,A项正确；由分析可知，M为原电池的负极，故充电时，M应与电源的负极相连，B项正确；电池内的有机电解质不可换成氯化钠溶液，钠与水会反应，C项不正确；电极材料中，Na的单位质量放出的电能为3Li的单位质量放出的电能为7，故Na

0(2)HO-As—OH(2分)OH(3)sp3;sp3(各2分)(4)在原子数目相同的条件下，N2比N1具有更低的能量，而P4比P2具有更低的能量，能量越低越稳定(3分)(5)PnOn(3分)答·76【23·G3AB·化学·参考答案一LKB一必考一AH】

分为烃类，和钠不反应，可以用N块检验乙醇分子存在不同于烃分子中的氢原子，C项不符合题意；苯和甲苯都能萃取溴水中的溴单质，使溴水褪色，因此不能验证苯的同系物中的取代基对苯基活性有影响，D项符合题意。11.(1)长颈漏斗；分液漏斗（各1分）(2)AE;BD(各2分)(3)c;b(各1分)(4)①DG;浓硫酸；dcbe②收集尾气中的一氧化碳，防止污染空气（各2分）12.(1)过滤；萃取（各2分）(2)无；大；紫红（或紫）；KCI(各2分)(3)分液、蒸馏(2分)(4)BCE(3分)13.(1)衡气压，便于液体顺利滴下(2分)(2)2MnO4+16H++10CI--2Mn2++5C2个+8H2O(3分)(3)p(2分)(4)C2中的氯化氢杂质会与乙醇反应，生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低(2分)(5)淀粉溶液(2分)；滴入最后半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色(3分)；偏小(3分)·92【23·G3AB(新高考)·化学·参考答案一R一必考一LN】

等，则反应速率不相等，D项错误。7.AD【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项正确；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.D【解题分析】由题干图巾数据可知，条件①下，反应速率为。=A△t3.0molL1-0mol·L1=0.012molL,1·min1,A项正确：反应物消耗-半所需的250 min时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②下，降冰片烯起始浓度为3.0ol·L1时，半衰期为125min÷2=62.5min,B项正确；由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，C项正确；由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，D项错误9.BC【解题分析】=1c2(P)=△c(①，-，c2(P)=△cY,则=色-c(心-花一c为定值，20min时，由图可知，△c(X)=0.12mol·L1,△c(Q)=0.3mol·L-1=△c(X)+△c(Y),则△c(Y)一03012)m·L1618mL即98景-号相铜同条件下反成①的流率小寸反应②，所以反应①的活化能大于反应②，A项正确；0~20in内，Z的变化量与Q的变化量相等，所以△c(Z)=△c(Q)=0.3mol·L1,Z的均反应速率为△c(Z)=Q.3mol.L十20 min0o15m0l.L1·mn,B项精误：会-急始终为定值，即号一号.C项结误；45min时.Q的7浓度为0.2mol·L1,△c(Q)=△c(X)+△c(Y)=0.6mol·L-1-0.2mol·L-1=2.4molL1,根据=会=号，可得Y的浓度为0.4m0l·L1X=024ml·L5D项正确。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 molw(H2)=0.2mol·I1·min1,故3x=0.2×3×2,解得x=0.4。衡时气体总物质的量为(0.6十1.8十0.8)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。☆·45·【23·G3ZCJ(新高考)·化学·参考答案一R一必考一QGA】

周测卷二十三醇酚醛酮羧酸及其衍生物1.C【解题分析】甘油巾含有羟基，能与水分子形成氢键，具有吸水性，可作护肤剂，A项正确；苯酚能够使蛋白质变性，具有杀菌消毒的作用，所以可以用苯酚制成药皂，杀菌消毒，B项正确；聚乙烯巾不含有碳碳双键，不能发生加成反应，因其发生氧化反应而易老化，C项错误；福尔马林是甲醛的水溶液，具有杀菌防腐能力，但甲醛有毒，不可用于保鲜鱼、肉等食品，D项正确。2.D【解题分析】桐油是高级脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物，A项错误；清油是纯菜籽油，含有不饱和脂肪酸的甘油酯，B项错误；松烟是松木燃烧后所凝结的黑灰，主要成分是碳，C项错误；猪油是高级脂肪酸甘油酯，可以在碱性条件下发生皂化反应生成高级脂肪酸盐和甘油，D项正确。3.D【解题分析】甲醛的结构简式为HCHO,其分子中含有醛基，具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使其褪色，D项正确。4.B【解题分析】由于酚OH、一COOH、醇OH均能与Na反应，则1molA消耗3 mol Na;酚OH、C))H均能与NaOH反应，则1molA消耗2 mol NaOH;CO)H能与NaHCO3反应，则1molA消耗1 mol NaHCO3,则1molA分别与Na、NaOH、NaHCO3反应时，消耗3 mol Na、2 mol NaOH、1 mol NaHCO3,即消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3：2:1,B项符合题意。5.A【解题分析】由于有机物甲可被氧化生成羧酸，也可被还原生成醇，则有机物甲含有一CHO,甲反应得到的羧酸和醇在一定条件下反应可以生成酯（乙），乙的分子式为C2H4O2,则乙为HCOOCH3,则甲为HCHO。甲为甲醛，由其生成的羧酸为甲酸，由其生成的醇为甲醇，三者均可溶于水，A项正确；乙为HCOOCH3,含有一CH,所有原子一定不共面，B项错误；甲为HCHO,在常温常压下为无色气体，C项错误；饱和一元羧酸和一元酯，在碳原子数相同的情况下，互为同分异构体，所以分子式为C4HO2的有机物可能为羧酸或酯，而乙为甲酸甲酯，所以二者不一定互为同系物，D项错误。6.D【解题分析】由题干信息中儿茶素A的结构简式可知，其分子式为CsH4O,,A项正确；儿茶素A分子中含有酚羟基，且其邻、对位上有氢原子，故1ol儿茶素A与足量的浓溴水反应，最多消耗4 mol Br2,B项正确；1mol儿茶素A中含有2mol苯环，故在一定条件下最多能与6olH2加成，C项正确；儿茶素A分子中含有酚羟基和醇羟基，故等质量的儿茶素A分别☆·72·【23·G3ZCJ(新高考)·化学·参考答案一R一必考一QGA】

正确。9.A【解题分析】2NO(g)+O2(g)一2NO2(g)△H=-116.4kJ·mol1,反应气体物质的量减少，△S<0,A项正确；2NO(g)十O2(g)三2NO2(g)反应的衡常数表达式可表示为K=(八O·(O,B项错误；使用高效催化剂，反应的焓变不变，C项错误；达到衡时，继续c2(NO2)通人O2,衡正向移动，O的转化率增大，D项错误10.B【解题分析】根据图像可知，、b、c三点中B2的起始物质的量依次增大，则反应物的浓度依次增大，反应速率依次增大，A项正确；、b、c三点中B2的起始物质的量依次增大，对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于衡向正反应方向移动，则另一种反应物的转化率增大，故达到衡时A2的转化率：aT1,由图像可知温度升高生成物的物质的量增大，说明升高温度衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，C项正确；对于可逆反应来说，增大一种反应物的物质的量或浓度，有利于衡向正反应方向移动，生成物的物质的量增多，所以达到衡时，AB的物质的量大小关系为c>ba,D项正确。11.(1)+226.7kJ·mol-1(3分)(2)①b(2分)②<(2分)；41.7%(3分)；1.8×104Pa(4分)(3)c(2分)12.(1)1076(2分)(2)4(2分)；66.7%(3分)(3)①增大(2分)；反应ⅰ为吸热反应，升高温度，衡正向移动，CO的衡体积分数增大，反应ⅱ为放热反应，升高温度，衡逆向移动，CO的衡体积分数也增大(3分)②20%(2分)(4)>(2分)13.(1)-802(3分)(2)>(2分)(3)<;低温（各2分）(4)<(2分)；反应为放热反应，温度降低，反应正向移动，所以T1

卷行天下·化学参考答案周测卷一有机化合物的结构特点1.C解析：从辣椒素的分子结构可以看出，该分子中含有的官能团有醚键、羟基、酰胺基和碳碳双键，没有羧基，故选C。2.D解析：CH4分子的空间填充模型为,A项错误；乙醇的官能团为羟基，羟基不带OH电，故其电子式为·O:H,B项错误；丙酸的键线式为,C项错误；甲醛的结构式为0H一C一H,D项正确。3.A解析：单键碳原子采用sp3杂化，双键碳原子采用sp杂化，三键碳原子采用sp杂化，A项正确。4.A解析：、b属于化合物，分子式相同，结构不同，属于不同物质，二者互为同分异构体，A项正确。5.C解析：CH:CH2 OH属于醇类，A项不符合题意；CH CHO属于醛类，B项不符合题意；CH COOH属于羧酸类，C项符合题意；CH COOCH2 CH属于酯类，D项不符合题意。6.D解析：两种物质的官能团分别是一OH(羟基)和一C一O一C(醚键)，官能团不同，属于官能团异构，D项正确。7.B解析：该物质分子中含有4种不同化学环境的H原子，因此其一氯代物有4种，B项正确。8.AB解析：1个单键含1个。键，1个双键含1个。键和1个π键，所以该分子中含有σ键和π键，A项正确；该有机物结构对称，一氯代物只有一种，B项正确；分子中含有碳碳双键，可与B2发生加成反应，C项错误；该物质为环状烃，不属于脂肪烃，D项错误。9.C解析：四氢糠醇的结构简式为〈)入OH其同分异构体中含有一个羧基的结构为C H COOH,一(C4H有4种异构体，即CH CHCH2 CH COOH、CHCH CH(CH)COOH、CHCH(CH)CH2CO)H、CHC(CH3)2COOH,C项正确10.BC解析：p、q、r的分子结构中均含有碳碳双键，均可发生加聚反应，A项错误；p的分子结构中存在一个甲基，所以p分子中所有原子一定不可能共面，B项正确；q中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应，r中含有酯基，不能与NaHCO3溶液反应，C项正确；q和r的官能团意·1·【23新教材·ZC·化学·参考答案一R一选择性必修3一HAIN】

0解析：(4)化合物F是HONHCCH2CH3,其同分异构体满足条件：①属α一氨基酸（α碳上须含有氢原子），②红外光谱表明分子中含有苯环。则其可能结构有：CHCH-COOHCHCOOHH2CCH-COOH、NH2NH2NH2CHNH2CH2一CH一COOH,共4种。12.(1)三颈烧瓶(1分)；衡气压使液体顺利流下，同时减小液体体积对气体体积的干扰(2分)(2)饱和NaHCO溶液；防止空气进入装置C中（各1分）(3)促进FeCO3溶解以及防止Fe2+被氧化(2分)(4)Fe++2OH—Fe(OH)2￥(2分)(5)向漏斗中加入乙醇至浸没晶体，待乙醇自然流下，重复2~3次(2分)(6)硫氰化钾；溶液变红色（各2分）(7)79.7%(3分)解析：(7)200mL2.0mol·L-1甘氨酸溶液中甘氨酸的物质的量为2.0mol·L-1×0.2L=0.4mol,由(NH2CH2COO)2Fe可知，碳酸亚铁与甘氨酸溶液恰好完全反应，理论上可以生成0.2mol甘氨酸亚铁，理论上可生成甘氨酸亚铁的质量为204g·mol1×0.2mol=40.8g,则甘氨酸亚铁的产率是(32.5g÷40.8g)×100%≈79.7%。13.(1)氨基和羧基(2分)(2)取代（或酯化）反应(1分)(3)C2H,OOCCH2 CH2 CHCOOH0三COOH+CH3CH2OH(2分)NH2(4)提纯脯氨酸(2分)COOHCOOH COOH(5)8;CHCH2一C-NH2(或CH2CHCH2)(各2分)COOHNH2H2S)4COOH(6)2COOH十H2O(3分)H度·27·【23新教材·ZC·化学·参考答案一SDKJB一选择性必修3一QGA】

6.合成橡胶ECH2CH=CH一CH2—CH2一CH]的单体是CNA.CH2=CH2CH2=CHCH=CHCNB.CH2=CH2和CH2=CHCNC.CH2=CHCH-CHCH-CHCND.CH2=CHCH-CH2 CH2=CHCN7.合成氨反应中物质的能量与反应过程的关系如图所示。已知键能E(=)=946kJ·mol-1、E(H一H)=436kJ·mol-1。下列说法正确的是A.一定条件下，反应N2(g)+3H2(g)一2NH3(g)能自发能量进行的原因是△S>0B.E(N-H)=391 kJ.mol-1C.合成氨使用催化剂是为了提高反应物的衡转化率1 mol N2(g)192 kJ-mol-D.合成氨使用高温的目的是提高反应物的衡转化率，使+3 mol H2(g)2 mol NH3(g)用高压的目的是增大反应速率反应过程8.下列有关电化学原理及应用的说法正确的是A.纯铁比钢铁更容易发生电化学腐蚀空气、B.铁制品表面镀锌时，铁制品应与电源正极相连C.电解精炼铜时，电路中每转移2mol电子，阴极质量增加64g水D.如图装置中正极反应式为2H2O+2e一H2个+2OH食盐水浸泡过的铁、炭混合物9.实验室回收废水中的苯酚的过程如图所示。下列说法正确的是苯NaOHC02含苯酚废水一操作I→反应I操作一→反应Ⅱ一→操作Ⅲ一苯酚水层有机层水层A.操作I为蒸馏B.反应I也可加入NaHCO3C.操作Ⅱ所得有机层可循环利用D.操作Ⅲ所得水层为Na2CO3溶液10.下列根据实验事实所得推论正确的是A.苯和溴水不反应，苯酚和溴水反应生成三溴苯酚，说明羟基对苯环有影响B.甲烷、苯均不能使酸性KMnO4溶液褪色，而甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化成苯甲酸，说明甲基对苯环的性质有影响C.乙醇不能与氢氧化钠溶液反应生成乙醇钠，苯酚与氢氧化钠溶液反应生成苯酚钠，说明羟基影响了苯环D.苯不能与溴水反应，环己烯能与溴水反应，说明环状结构对碳碳双键的性质有影响11.有机物Z可通过如下反应得到。下列说法正确的是(CH3)2C=CHCH2BYOHX【高二化学第2页（共6页）】·22-05-500B·

19.(8分)相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池，当两个电极区的浓度相等时停止放电。如图所示装置是利用浓差电池电解NaSO,溶液(a、b电极均为石墨电极)，可以制得O2、H、HSO,和NaOH,实验前Cu(I)电极和Cu(II)电极质量相等。NaS04溶液2.3mol.[2 L0.5 mol.LQuS0L液CuSO4溶液稀NaOH溶液稀疏政阴离子文换膜离子交换膜(1)Cu(I)电极为极，a电极的电极反应为(2)c膜为(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。3)电池从开始工作到停止放电，Cu(I)电极和C(II)电极质量差为g,电解池理论上可制得g NaOH。20.(8分)℃时，在恒容密闭容器中通入CH3OCH3,G26.43000发生反应CH:OCH(g)=CO(g)+H(g)+CH4(g)测得容器内初始压强为40kPa,反应过程中反应1262000速率[(CH3OCH)】、时间()与CH3OCH分压[p(CH3OCH)]的关系如图所示。&.81000(1)r=400s时，CH3OCH3的转化率u=%(35.0,400)4.4(②)反应速率满足CH3OCH)=p”(CHOCH),k1(10.0,4.4)0s-1,400s时v(CH3OCH)=10.020.030.040.0kPas 1K(CH,OCHMkPa3)达到衡时，测得体系的总压强pa=100kPa,则该反应的衡常数K,=(用衡分压代替衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。(二)选考题（共20分）请考生从两个模块的试题中任选一模块的试题做答，并在答题卡上把所选模块、题号填在对应位置。注意所选题目必须与所选模块、题目的题号一致，并将答案写在答题卡上的对应位置；只能选同一模块的两个小题，如多选模块，则按第一题计分。【选修3：物质结构与性质】（本模块包含2122小题，共20分）21.(8分)氨族元素是指元素周期表中VA族的所有元素，包括氮N)、磷(P)、砷(As、锑(Sb)、铋(B)等元素，在农药、化肥等领域有广泛应用。回答下列问题：(I)基态Bi的价电子排布图为(2)As03中和As03中O一As一0键角较大的是(3)氮元素的常见含氧酸根为NO,,其空问构型为(4)NO和Co2+可形成配离子[CoNO)]2,该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为(用元资符号表示)。22.(12分)(1)快及其化合物用途非常户泛，也是人休含量最多的一种必需微量元素。配台物腐子FC(SCN)6]-中Fe的配位数为一，SCN的结构有两种可能的写法，分别为S=C=N灯叮、S-C=N,则SCN中o键与π键数之比为SCN~中C原子的杂化方式为赣州川水高化学试卷第5项（火6页)

(2)7(2分)$p3(2分)(3)ac(2分)[Fe2(H20)g(OH)2]4+中H20中0与Fe形成配位键，成键电子对排斥力小于孤电子对，H一0一H键角比单个水分子中的键角大（合理即可，2分）(4)I(1分)620e分)命题透析本题以卤族元素为素材，考查物质结构与性质，意在考查分析理解的能力，宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的核心素养。思路点拨（1)Ts位于第七周期IA族，故其价层电子排布式为7s27p。由价层电子排布式为3d4s2可知，4s为第四周期，5个价层电子且有d能级，为第VB族。(2)CHCl=CHAsCl2中含2个C一H键、1个C一CI键、1个C一As键、2个As一Cl键和1个C=C键，故1molCHCl=CHAsCI2中有7molσ键，其中As除存在3对成键电子对外，还有1对孤电子对，故为sp杂化。Cl(3)FeFe中含6个Fe一C1l共价键和2个Fe一Cl配位键。H,0中H一0一H键角不受其他化学C键的影响，而[Fe2（H20)g(OH)2]4+中0与Fe形成配位键，成键电子对排斥力小于孤电子对，因此[Fe2(H20)(OH)2]4+中H一0一H键角比单个水分子中的键角大。(4)由晶胞结构可知，小黑球位于晶胞6个面上，该晶胞中含3个小黑球，结合其化学式可知为I。由三种微粒,由晶胞在晶胞中的位置可知，每个晶胞中含CH,NH、Ph,I各为1个1个3个，则1个晶胞的质量m=62结构及参数可知，体积V=dpm=a×10”cm,而密度d==6.2×10,则阿伏加德罗常数的值Wa=6.2x102ad20.答案（1)乙酸(2分)(2)羧基、氯原子（或碳氯键）(2分)(3)Na00CCH2CN(2分)文化(4)取代反应（或酯化反应）(2分)CULTURE90一定条件COOC2 Hs(5)C2 H,OCCHCOC2H,+CHO+H20(2分)COOC,Hs(6)21(2分)(7)CHCOOH HOOCCHCOOH①NaHCO3NaOOCCHCOON NH,CH,CHCOOH(合理即可，②NacNCOOHCICNCOOH3分)命题透析本题以有机合成为素材，考查有机推断和有机合成，意在考查接受、整合化学信息的能力，宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的核心素养。6

绝密★启用前(4)Cu+与NH形成的配离子为[Cu(NH)4]+,在该配离子中，氮氢键的键角比独立存在高三一轮复40分钟单元检测卷/化学的气态氨气分子中键角略大，其原因是(十八)分子结构与性质、晶体结构与性质（选修向[C(NH,)]SO,溶液中加人乙醇能够析出深蓝色的晶体，试分析加人乙醇的作用：(考试时间40分钟，满分100分)3.(30分)过渡金属广泛应用于材料、催化剂、电导体等，是化学工作者重点研究的对象。我国可能用到的相对原子质量：016Fe56Y89科学家成功研制出一系列石墨烯限域的3d过渡金属中心(Mn、Fe、Co、Ni,Cu)催化剂材料；、非选择题（本题包括4小题，共100分）成功制备出砷化铌纳米带，并观测到其表面态具有百倍于金属铜薄膜和千倍于石墨烯的导1.(26分)(1)下列常见物质的立体构型呈直线形的是（填序号，下同），呈面三角形电性。斯的是。中心原子轨道采取sp杂化的是,采取回答下列问题：梁sp2杂化的是(1)基态Cu+的价层电子排布图为O①BF,②CO2③NH,④CCL,⑤HC=CH(2)配离子的颜色与d-d电子跃迁的分裂能大小有关，1个电子从较低的d轨道跃迁到较高能(2)N℉？是微电子工业中优良的等离子蚀刻气体，利用杂化轨道理论解释其立体构型是三角量的d轨道所需的能量为d的分裂能用符号△表示。则分裂能△[Co(H,O)]+小于锥形的原因：△[Co(H2O)6]+,理由是。(3)某小组进行如下操作，观察到下列现象(3)某含铜化合物的晶胞如图所示，晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直。素O步骤1：向AgNO,溶液中逐滴滴加氨水，产生白色沉淀；K步骤2：继续滴加，沉淀消失，溶液变澄清。然①澄清溶液中含[Ag(NH)2]+,其中含有的化学键类型有(填选项字母)。A.G键B.配位键罩C.氢键福②已知Ag十NH,·H,O一AgOH↓十NH,利用衡移动原理解释步骤2的现象：①晶胞中每个Cu原子与个S原子相连，含铜化合物的化学式为2.(24分)研究表明TiO2-N6、Cu(In-,GaSe2)是光学活性物质②该晶体高温煅烧生成SO2的分子立体构型为V形。分子中大π键可用Ⅱ符号表示，其中回答下列问题：m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数（如苯分子中的大π键可(1)基态T1原子核外电子占据的最高能级符号为，价电子中未成对电子有个表示为Π)，则SO2中大π健应表示为Ga、In(位于第五周期第ⅢA族)、Se,第一电离能从大到小顺序为(2)SeO的立体构型为；SeO2中硒原子采取的杂化类型是⑧(3)1Ga可以形成GaCl·xNH(x=3,4,5,6)等一系列配位数为6的配合物，向上述某物质的溶液中加入足量AgNO,溶液，有沉淀生成；过滤后，充分加热滤液有氨气逸出，且又有沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2。则该溶液中溶质的化学式为化学（人教版）第1页（共4页）衡水金卷·先享题·高三一轮复40分钟单元检测卷十八小化学（人教版）第2页（共4页）

教学全国@0所名校单元测试示范卷札记A.C原子的结构示意图为⊙B.H2分子中各原子均达到8电子稳定结构C.CO2分子中只含极性键D.H2O分子结构模型为解析：C原子序数为6，核外电子排布为2、4，其原子结构示意图为(+6≥4，A项正确；H2的电子式为H:H,B项错误；CO2分子中只含极性键，C项正确；H2O分子结构模型为,D项正确答案：B6.最近英国研究人员创造了一种由18个碳原子构成的环碳(cyclocarbon)分子（如图所示）。下列有关该物质的说法错误的是C三CC=(A.与石墨互为同素异形体B.是一种新型共价化合物C.分子中只含非极性共价键D.1mol分子中含共价键的数目为36NA解析：该环碳分子和石墨都是由碳元素组成的单质，互为同素异形体，A项正确；该环碳分子只由碳元素组成，属于单质，B项错误：分子中只含由碳碳同种原子形成的非极性共价键，C项正确；碳原子最外层有4个电子，每个碳原子形成4个共价键，均每个碳原子含2个共价键，D项正确。答案：B7.在半导体的发展史中，金属锗(G)是第一个被广泛使用的半导体材料，它在硅的下一周期，且与硅同主族。下列叙述不正确的是A.锗可能是具有两性B.锗的最高价含氧酸是强酸C.锗的单质具有半导体的性能D.沸点：GeH>SiH解析：同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性越弱，其最高价氧化物对应的水化物酸性越弱，锗的非金属性比碳弱，碳酸是弱酸，则锗的最高价含氧酸也是弱酸，B项错误。答案：B8.下列各数值表示有关元素的原子序数，其中能形成A2B型离子化合物的是A.7与8B.13与17C.11与16D.8与17解析：7号元素是N,8号元素是O,N、O能形成共价化合物NO,A项错误；13号元素是Al,17号元素是C1,能形成共价化合物A1Cl,B项错误；l1号元素是Na,l6号元素是S,能形成离子化合物NazS,C项正确；8号元素是O,17号元素是CL,Cl、O能形成CO,CIO2等共价化合物，D项错误。答案：C9.下列物质之间的转化过程没有离子键形成的是A.Si-SiO2>Naz SiOs48【23新教材DY.化学-R-必修第一册-QGAY】

教学全国@回所名校单元测试示范卷札记答案：C7.在某密闭容器中，可逆反应：A(g)十B(g)一xC(g)(x为正整数)符合图中(I)(Ⅱ)所示关系，(C)表示C气体在混合气体中的体积分数，Y为未知物理量。由此判断，下列说法不正确的是p(C)1T/℃A.x=1B.△H>0C.当p>p4时，Y可表示B的转化率D.当3>p4时，Y可表示混合气体的均相对分子质量解析：图(I)中，a、b曲线的温度相同，b曲线先衡，则可知p2>p1,a变为b的过程为压强增大的过程，(C)增大，故x=1,同理可知T1>T2,△H<0,A项正确，B项错误；p3>p4,增大压强，衡正向移动，B被消耗，B的转化率增大，气体物质的量减小，气体质量不变，混合气体的均相对分子质量增大，C、D两项均正确。答案：B8.对于如下反应，其反应过程的能量变化如图所示。编号反应衡常数反应热E反应①A(g)一B(g)十C(g)KI△HB(g)+C(g)A(gD(g)反应②B(g)+C(g)-D(g)K2△H2反应③A(g)D(g)K△H3反应过程下列说法正确的是A.K3=K1+K2B.加催化剂，反应③的反应热降低，反应速率加快C.升高温度，K1增大，K2、K3减小D.增大压强，K1减小，K2增大，K3不变解析：声须意可知k-B》C,K,=心DC所以K。K·KA项馒误：修化剂cD)c(A)能加快反应速率，不能改变反应热，B项错误；△H1>0,△H2<0,△H3<0,C项正确；化学衡常数只与温度有关，增大压强衡常数不变，D项错误。答案：C9.已知苯酚(C6HOH)与Fe3+反应生成[Fe(C6HO)6]3-(紫色)。将6mL0.1mol·L1KI溶液和1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液混合，发生反应2Fe3+(aq)+2I(aq)=2Fe2+(aq)十l(aq)。下列有关该反应的说法错误的是A.加人2mL四氯化碳，振荡，衡向右移动B.经四氯化碳多次萃取，在分离后的水溶液中滴加苯酚溶液，若溶液呈紫色，说明该反应是可逆反应C.加入少量1固体，衡可能向左移动c2(Fe2+)D.衡常数的表达式为K=2(F)·2(T)解析：加入2L四氯化碳，荡，碘单质在四氯化碳中的溶解度大，碘单质被萃取到四氯化碳中，使溶液中的碘单质的浓度降低，衡向右移动，A项正确；在分离后的水溶液中滴加苯酚溶液，若溶液呈紫色，说明溶液中还含有铁离子，虽经过四氯化碳多次萃取，铁离子未被完全反应掉，说明该反应存在限度，是可逆反应，B项正确；加入少量【2固体，使溶液中的碘单质的浓度增大，衡向20【23新教材·DY·化学-R-选择性必修1-CQ】

答案B 解题分析哈雷研究站建立在浮冰之上，该站由8个相互连接 的车厢状建筑物组成，每个“车厢”有伸缩的可同步移动的腿支撑， 主要目的是适应风雪的变化，同时也为拆解转移提供便利；没有降 低施工难度；增加了施工成本；“车厢”的形式与环境关系不大。

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1、2024届高三全国100所名校AB测试示范卷·化学[24·G3AB(新高考)·化学-R-必考-QG]四试题

A.分子式为C18HoO:B.存在属于芳香类化合物的同分异构体

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第18课美国的独立新知预直接原因：波士顿倾茶事件原因根本原因：英国①阻碍了北美资本主义的发展过程：1775年4月，来克星顿的枪声（爆发标志)→1775年5月，组建大陆军，华盛顿为总司令→1776年7

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