19.阅读图文材料，完成下列要求。(16分)2022年底，深圳投资约22.9亿元建造4艘10万吨级“渔业养殖航母”，养殖一些高端的水产品，向海洋要“耕地”，打造“蓝色粮仓”。“渔业养殖航母”指的是大型智能化养殖工船，该船体能深入普通养殖网箱无法到达的深海区，拓展深海养殖的空间范围，被称为“移动的海洋牧场”。图8示意深圳市位置。路些进南海篇此飘切图8(1)分析深圳市开辟“蓝色粮仓”的有利自然条件。(6分)下(2)阐释深圳采用“渔业养殖航母”发展海洋渔业养殖的社会经济优势。(6分)器(3)简述“渔业养殖航母”模式对保障国家粮食安全的重要意义。(4分)20.阅读图文材料，完成下列要求。(12分)萨瓦伊岛是一座火山岛，岛上山峦起伏，热带丛林密布，是太洋中南部烟萨摩亚独立国最西端和最大的岛屿。该岛全年温暖宜人，年均降水量2000~3500毫米左右，北部5至10月为早季，11至次年4月为雨季。图9示哈意萨瓦伊岛位置。172.5W洋篇20013.5sO/200一等高线/米2河流41858山峰/米座图9()分析秒瓦伊岛北部一年分早雨两季的主要原因。(4分)(2)夏季萨瓦伊岛易遭受周风的侵袭，就此做出合理解释。(5分)1PN787.R0L453082(3)阐释萨瓦伊岛热带从林密布的自然条件。(3分)神州智达地理·调研卷Ⅱ第6页（共6页）

15.松花江流域水能资源开发带来的影响最可能是A.地下水位下降B.河流上游蒸发量增大C.地壳运动活跃D.水库沿岸土地沼泽化中缅油气管道是继中亚油气管道、中俄原油管道、海上通道之后的我国第四大能源进口通道，它包括原油管道和天然气管道，可以使原油运输不经过马六甲海峡，直接从西南地区输送到我国。下图示意中缅油气管道线路分布。据此完成1617题。不丹加拉国孟加拉湾虹马圭•油气管道线路皎漂一国界-一省界16.相较于经过马六甲海峡的海上石油运输线路，将原油通过中缅油气管道直接输送到我国的优势是A.投入少成本低B.运距短更安全C.运量大污染小BD.占地少更便捷17.中缅油气管道的全线贯通能够A减少俄罗斯石油的输人B.减少化石能源的消费量C.改善我国能源消费结构D.促进可再生能源的开发尼日尔河位于西非，水量季节变化大，流域大部分地区地势缓、河流落差小、流速较慢，但由于受到气候变迁及河流本身的侵蚀、冲积作用的影响，尼日尔河的河岸宽窄、流量、流速有很大差别。从源头至库利科罗为上游段，库利科罗至杰巴为中游段，杰巴至河口为下游段。下图示意尼日尔河流域分布。据此完成18一19题。--年等降水量线(mm)流域边界原内陆三角洲100。城市20040018.尼日尔河上游、中游至下游的径流量变化特点是o.A.由大变小C.由小变大B.由小变大再变小19,推测图中内陆三角洲形成的主要原因是D.由大变小再变大A.山地阻挡C,流速变慢B.地壳抬升D,河道堵塞取我国某区城年降水量标准差较大的两个地区，统计1961~2018年a,b两地的月降水量标准差和月均气温，如图，图b所示，其中月降水量为黑色柱状、月降水量标准差为灰色柱状、月均气温为曲线。据此完成20~22题。【高三第四次联考试卷·地理第4页（共6页）】

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

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。

南设得兰峡海德1o136=36南极半岛61W60°W59°W58W57°W图9比次地震震源位于莫霍界面以▲上上或下)，该处地壳厚度于”或“小于”)大洋地壳均厚度。(4分)专尔德诗货地先度的空同分布特品分中凤身四阔度○简述地震波在地球内部传播速度的特点。(6分)他假波龙霍租从，读图文材料，完成下列要求。(11分)格服消失小以及河流作用于地球表面形成各种侵蚀、堆积形态，包括沟谷等河流侵横地领和布积原、三角剂等河流难积地貌。研究河流地貌，掌握河流的演变过程，预测河流的变化趋势，对水【高-地理第5页（共6页）】002A·HUN·

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）】

第九单元城镇和乡村1.B图示甲分布在城市盛行风向的下风向、河流下游带，应是工业区；乙主要分布在城市盛行风向的上风向、河流上游带，靠近风景好的地区，应是住宅区；丙分布在城市中心，交通便利，是商业区。2.A由图可以看出，城市北部地形坦开阔，南部多山，限制其向南发展的主要因素是地形。3.D④位于拟建高新技术园区，污染小，且位于城市盛行风向的上风向、河流上游带，靠近风景区，环境好，住宅品质较高；①位于城市盛行风向的下风向，且位于工业区，住宅品质较低：③位于拟建传统工业园区，环境质量较差；该同学家住市中心，②位于市中心，再选购一套位于市中心的改善性住房的可能性较小。4.D从图中可以看出，超大城市、特大城市数量少，人口多；大城市数量少，人口少；小城镇数量多，人口少5.D城市化水主要受经济发展水的制约，该国地处南亚，部分地区生态环境脆弱，但不是导致城市化水较低的原因；从总体上看，该国地狭人稠；农村剩余劳动力会涌入城市，是导致城市化水上升的因素；该国为发展中国家，经济发展水低，缺乏工业化支撑，最可能是导致城市化水较低的主因。6.C依据图示信息可知，小城市数量最多，人口规模也比较大；超大城市数量极少，但人口数量较多；大城市数量少，人口规模小，发展相对滞后，为推动该国城市体系整体发展，应特别着重发展大城市。7.C2010年前山东省的城市化与工业化发展趋势接近，工业化带动城市化；2010年前工业化发展较快，城市化发展严重滞后，呈畸形发展态势；2010年城市化水领先工业化水，说明城市发展以服务业等第三产业为主要推动力；2010年后并没有出现逆城市化现象。8.C大、中、小城市和小城镇协调发展可促进各等级城市均衡发展，缩小大城市与中小城市的差距，加快城乡协调发展；低端产业由大城市向小城市扩散，有利于控制大城市规模，缓解城市病问题。9.D依据材料信息可知，建设城市河道生态改造工程是为了促进水体中富营养化的物质被生物吸收，说明城市水污染（水体富营养化）严重。10.B该城市河道生态改造工程拆除混凝土河堤，硬化地面变为可透水地面，有利于地表水下渗，减少地表径流；恢复河道内的植被，植被面积增加，蒸腾量增加；对降水的影响较小。11.C该城市河道生态改造工程选择种植乡土植被，是因为乡土植物是当地自然植被中具有绿化景观功能和一定观赏性状的植物种类，对当地生态环境具有高度适应性，引种的成活率高，能很快转化为城市植物；选择种植乡土植被，具有容易获取大量种苗、生产成本低廉、维护费用相对较低等优点；引种外地植被可以丰富植物群落；受当地人的审美惯影响较小。12.D该市出行早高峰时段出现在北京时间10时左右，出现时间较一般早高峰时段晚2小时左右，应位于我国西部地区。13.D该市为温带大陆性气候区，冬季寒冷，降雪期长，易导致路面湿滑，且该地冬季沙尘天气较多；居民行走或骑车出行较少，机动车出行增多，交通压力最大。14.C从出行时段上看，早晨上班不能迟到而下班后时间可自由支配，从而出现下班高峰时间。·26·【23·G3DY(新教材老高考)·地理·参考答案一XJB一必考一QG】

省（区）2013201420152016新疆5153238甘肃21113943吉林22153230黑龙江15122119内蒙古3201821材料二：《浙江省能源发展“十四五”规划》指出：十四五期间，大力发展生态友好型非水可再生能源，实施“风光倍增”工程。在宁波、温州、舟山、台州等海域，打造3个以上百万千瓦级海上风电基地。(1)简析甲地区较丰富风能资源的来源。(3分)(2)浙江省十四五期间，大力发展生态友好型非水可再生能源，实施“风光倍增”工程中风是指风能，光是指,本质上是利用。说出“风光倍增”工程的实施，与传统火电相比存在的问题。(5分)(3)分析新疆在2013年到2016年间，弃风率逐年上升的原因。(4分)28.下图为“我国某地二至日太阳视运动轨迹示意图”，图中0点为观察者所在位置，A、B、C、D为观察者所在地的地面上四个方位，E、F为观察者在二至日观测到的正午太阳位置，其中OE垂直于面ABCD。读图，回答下列问题。(11分)A(1)图中A、D四点所代表的的方位分别是。(2分)(2)图中F点所代表的的节气为，该日正午太阳高度为。(2分)(3)正午太阳处于E位置时，简述北京地区昼夜长短状况及变化趋势。(3分)(4)在图中合适位置画出二分日太阳视运动轨迹（用箭头标出太阳升落方向），并用点G标出正午太阳高度的位置及大小。(4分)29.阅读图文材料，完成下列要求。(10分)

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）

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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

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

本期(B)第1版真题变身参考答案与解析1.C+H0【解析】“卤色正赤”的原因是水中含有HCN+HCO?,C正确；碳酸氢钡与少，含有NH;在滤液Y中通入少量CO,气体生成量的氢氧化钠溶液发生反应的离子方程式为Fe”,A错误；巫咸水为胶体，不属于浊液，B错沉淀，则沉淀C可能为BaC0,或BaCO,和误；依据题意可知巫咸水为胶体，卤水中含有Ba+0H+HC0,一BaC03↓+H20,D正确。A1(OH),的混合物；由上述分析可知，原溶液电解质，能够使胶体发生聚沉，C正确；依据3.B分析可知盐泽为盐溶液，巫咸水为胶体，二者【解析】溶液中加人过量稀硫酸时无明显现中一定含有NH、Fe24,一定没有C0?、A10,由都不带电，D错误。象，则原溶液中无C0?,再加入过量Ba(N03)2于溶液中各离子浓度均为0.1molL,根据2.A溶液电中性原则可知，原溶液中一定含有【解析】阳极金属Ag自身放电，而不是氢时生成气体，该气体为NO,沉淀A为BaS04,则氧根离子放电，所以不会产生02，A错误；酸性：原溶液中含有Fe,可能含有S0?,因e24与C1、S0,一定没有Na和A;结合以上分析H,CO,>HCN>HCO,则向NaCN溶液中通入少A10,不能大量共存，则原溶液中无A102;过可知，原溶液含有NH、Fe+、Cl、S0,不量的C0,时发生反应的离子方程式为CN+C02滤，在滤液X中加人NaOH溶液并加热，得到含Na、A1”、C0和A10,沉淀A为BaSO,沉淀的气体为NH,沉淀B为Fe(OH),则原溶液中B为Fe(OH)3,沉淀C为BaCO3发行单宜：江西金太阳教育研究有限公司编辑部：079183829243印：四川省轩印务有限公司（厂址：四川省成都市新都区新繁镇安全村四社]定角：每张0元

弱碱，正确；③离子所带电荷数相同时，溶液的导电能力与离子浓度成正比，0.1mol·L-1的MOH溶液的导电能力比0.1mol·L1的NaOH溶液弱，说明MOH部分电离，则MOH为弱碱，正确；④等体积的0.1mol·L1的MOH溶液与0.1ol·L1的盐酸混合，无论MOH是强碱还是弱碱，都恰好完全反应，错误。9.C解析：铜既不是电解质，也不是非电解质，A项错误；SOs是非电解质，BaSO4是强电解质，B项错误；碳酸钙是强电解质，磷酸是弱电解质，酒精是非电解质，C项正确；H2O是弱电解质，D项错误。10.C解析：向NC1溶液中逐滴加入蒸馏水，溶液中离子浓度逐渐减小，导电能力逐渐减弱，A项错误；醋酸是弱电解质，向醋酸溶液中加入NOH固体，溶液中离子浓度增大，溶液导电能力增强，B项错误；向Ba(OH)2溶液中通入CO2,生成BaCO3沉淀，溶液中离子浓度减小，溶液导电能力降低，继续通入二氧化碳，生成Ba(HCO3)2,溶液中离子浓度增大，溶液导电能力增强，C项正确；氨水是弱电解质，氨水中滴加醋酸生成强电解质醋酸铵，溶液中离子浓度增大，溶液导电能力增强，D项错误，11.(1)②>①>③(2分)(2)③>①>②(2分)(3)②>①=③(2分)(4)②=①=③；③>①=②（各2分）(5)②>①>③；②>①=③（各2分）(6)③>①=②(3分)12.(1CH COOHCH COO+H(2(2)HCN溶液(2分)(3)CN-+CO2+H2O—HCN+HCO3(3分)(4)①没有自由移动的离子；b(各2分)②不确定(2分)③2(3分)13.（1)HN0,(H)cC0）(各3分)c(HCO)(2)一(3分)意·19·【23新教材·ZC·化学·参考答案一R一选择性必修1一QGB·Y】

(3)F中含有官能团的名称是(4)化合物E与新制的氢氧化铜共热生成沉淀（填颜色和化学式）。(5)B的芳香族化合物的同分异构体还有种，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3:2:1的一种同分异构体的结构简式为(6)请参照上述合成路线，设计以乙醇为原料制备1-丁醇的合成路线：(无机试剂任选)。19.(14分)氧化亚铜常用作杀菌剂、着色剂、红色玻璃染色剂等。可用废铜屑发生反应：Cu+H,0,+H,S0,一CuS0,+2H,0,先制得胆矾CuS0,·5H,0,再加热到1000℃以上会分解得到Cu,0。请回答下列问题：(1)基态氧原子的核外电子排布式为,0和N、C相比，第一电离能最大的是(2)已知H,0,的结构如图所示，其属于(填“极性"或“非极性”)分子，1mlH,0,中含有个g键。H9652093519652(3)0和S是同族元素，H,0和H,S的中心原子的杂化方式均为H,O的熔沸点比H,S高的原因是(4)胆矾也可以写成[Cu(H,0).]S0,·H,0,Cu2·与H,0中的填元素符号)以(填“离子键”或“配位键”)相结合，硫酸根离子的空间构型为(5)已知Cu,0的品胞如图所示，其中黑球表示填“Cu”或“0”)，若该品体的密度为ag·cm’,阿伏加德罗常数的值为N,则该品胞的边长是cm(用含a、N,的代数式表示)。化学试题第8页（共8页）

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）

全国®0所名接单元测试示范卷教学札记32g2mol钠离子，故0.5mol碳酸钠中含1mol(N个)钠离子，B项错误：32g0,所含原子数为32g”oTX2×VAol厂1=2NA,C项错误；标准状况下四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的碳原子个数，D项错误。答案：A第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题（本题包括4小题，共58分）15.(13分)根据所学知识填空。(1)将计算结果填人表中空格内（精确到0.001）：物质微粒物质质量1个微粒实际质量所含微粒数目12C12g1.9933×10-3gFe56g9.301×10-25g6.021×1023(0232g5.315×1023g6.021×1023(2)通过上表计算结果，你能得出结论：①12g12C所含的原子个数约为②6.02×1023个微粒的物质的量为(3)若1个12C的质量是akg,1个Na的质量是bkg,Na的摩尔质量是(用含a、b的表达式表示)。(4)铝的摩尔质量为若阿伏加德罗常数取6.02×103mol一1，则可估算一个铝原子的质量约为(精确到0.01)g。答案：(1)6.020×1023(2分)(2)①6.02×1023②1摩尔(mol)(各2分)(3)126·mol1(3分)》a(4)27g·mol-1;4.49×103(各2分)16.(14分)在0.2I由NaC1、MgC2、CaCl2组成的混合液中，部分离子质量大小如图所示。质量/g106.52312Na*Mg2+C离子种类(1)该混合液中，NaC】的物质的量浓度为mol·L1,将该混合液加水稀释至体积为1L,稀释后溶液中Na'的物质的量浓度为mol·L-1。(2)该混合液中含溶质MgCL2的质量为g,含Ca+的物质的量为mol。(3)从该混合溶液中取出2mL,则这2mL溶液中CI的浓度为mol·L1,含NaCl的质量为g,Na+的数目为(用NA表示)。答案：(1)5；1(2)47.5:0.5(3)15;0.585;0.01V(每空2分)17.(14分)实验室欲用NaOH固体配制1.0mol·L1的NaOH溶液240mL。(1)配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却其正确的操作顺序为②①③⑦④。必须用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管【23新教材.DY.化学-R-必修第一册-CQ】27

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】

金国©0所名校单元测试示范卷教学札记+-1gc(R2)Bx2-lgc(S2)）A.曲线A表示的是CuS,曲线B表示的是ZnSB.向CuS饱和溶液中加入CuCl2固体，CuS的溶解衡逆向移动，Kp(CuS)减小C.p点表示CuS或ZnS的不饱和溶液D.向曲线A表示的溶液中加入Na2S溶液，不可能实现n点到m点的转换解析：已知Kp(ZnS)>Kp(CuS),所以曲线A表示CuS,曲线B表示ZnS,A项正确；Kp(CuS)只与温度有关，温度不变，Kp(CuS)不变，B项错误；由于p点时c(S2)×c(R+)T,T2温度下衡时A的转化率低，说明升高温度衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，△H<0,A项正确；正反应为放热反应，升高温度，衡向左移动，K值减小，说明正增大的倍数小于增大的倍数，B项正确；M点未达到衡，则正反应速率大于逆反应速率，即E·c(A)·c(B)>k量·c(D),故E>c(A)Xc(BC项正确；T时，A的转化率为80%，c(B)=0.50mol·Ll,设A的初始物质的量浓c(D)度为xmol·L1,B的初始物质的量浓度为ymol·L1,列出三段式：A(g)+B(g)D(g)起始量/(mol·I1)y0变化量/(mol·L-1)0.8x0.8x0.8.x衡量/(mol·L1)0.2x0.500.8x会=：0.8x-0.2x×0.50=8L·mol1,D项错误。【23新教材·DY·化学-R-选择性必修1-CQ】85

全围®0所名接单元测试示范老教学札记光照下发生取代反应。则反应①②③④⑤依次为加成反应、加成反应、加成反应、加聚反应、取代反应。综上分析，个项符合题意。答案：A如果要合成,所用原始原料可以是①2,3一二甲基-1,3一戊二烯和乙炔②2,3一二甲基-1,3一丁二烯和丙炔③2一甲基一1,3一丁二烯和2一丁炔④1,3-戊二烯和2一丁炔A.①④B.只有①C.②④D.②③解析：根据已知反应机理可以采用如图所示的两种方式进行切割，的原料为CH3C=CH、CH2一C(CH3)C(CH3)一CH2,两种物质的名称分别为丙炔、2,3一二甲基1,3一丁二烯；K的原料为CH2一C(CH3)一CH一(CH2、CHC=CCH,两种物质的名称分别为2一甲基一1,3一丁二烯、2-丁炔；综上分析，原始原料可以是②③，D项符合题意。答案：D14.下列实验不能达到实验目的的是选项BCD等浓度、等体积稀硫酸新制氢氧化酸性KMnO4溶液铜悬浊液M实验甲苯苯酚钠閨己烷加热加热水溶液巨实验验证苯环对甲检验蔗糖水解后产生验证碳酸的酸性分离苯和水目的基有影响葡萄糖比苯酚强解析：甲苯可被酸性高锰酸钾溶液氧化，而烷烃不能，故甲苯可使酸性高锰酸钾溶液褪色，可验证苯环对甲基有影响，A项正确；水解后在碱性溶液中检验葡萄糖，水解后没有先加碱，操作不合理，B项错误；二氧化碳与苯酚钠反应生成苯酚，可知碳酸的酸性比苯酚的酸性强，C项正确；苯与水不互溶，会分层，可用分液漏斗分离，D项正确。答案：B15.有机物a、b、c的结构简式如下图所示，下列说法不正确的是CHOaA.a、b、c中均只含一种官能团B.a、b、c均能被酸性高锰酸钾溶液氧化C.b中与苯环直接相连的原子都在同一面上D.c存在芳香族异构体解析：由结构简式可知，、b、c三种有机物的官能团分别为碳碳双键、羟基和醛基，均只含一种官能团，A项正确；由结构简式可知，分子中碳碳双键、b分子中苯环上的甲基、c分子中醛基都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，B项正确；苯为正六边形结构，分子中的所有原子共面，则b中与苯环直接相连的原子都在同一面上，C项正确；苯环的不饱和度为4，由结构简式可知，c分子的不饱和度为3，则c不可能存在芳香族异构体，D项错误。答案：D【23新教材.DY.化学-R-选择性必修3-G DONG】73

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。

解析：乳白色酒瓶的材质是玻璃，相比普通玻璃瓶，都具有容 易破碎的特点，就材质而言都不易运输；没有依据表明乳白色玻璃 瓶的制造成本低于普通玻璃瓶；加强回收利用不是茅台酒选择乳 白色酒瓶包装的出发点；相比透明的酒瓶，乳白色酒瓶隔绝了光线 的影响，从而利于保持白酒的品质。 答案：B

1、2024届全国100所名校单元测试示范卷·物理[24·G3DY·物理-JKB-必考-QG]四试题

1、2024届高三第一轮复周测卷·物理[24·G3ZCJ·物理-HKB-必考-SX](1-5)l物理试卷 答案(更新中)

宜城一中枣阳一中2022-2023学年上学期高一期