2013高考试题

地理部分加油啊

图7表示安徽省1985-2010年就业结构与城镇人口比重变化。完成23-25题。

23.2005年以来，安徽省城市处于

A.初期阶段     B.中期阶段        C.后期阶段      D.逆城市化阶段

24.产业结构调整促进安徽省城市化水平的提高，表现在

A.第二、三产业就业比重均持续快速提高

B.城镇新增就业人口第二产业超过第三产业

C.农村人口向东部沿海海域迁移数量增加

D.劳动力主要由第一产业向第二.三产业转移

25.为增强工业对就业和农业产业化的带动作用，近期安徽省中小城市可以着力发展

A.劳动力导向型和原料导向型工业      B.技术导向型和市场导向型工业

C.劳动力导向型和劳动力导向型工业      D.原料导向型和技术导向型工业

【答案】23.B  24.D  25.A

【解析】运用柱状图和直角坐标图，考查学生图表数据提取和分析能力及城市化、工业化相关。

第23题，根据2005年后城镇人口比重迅速上升，第一产业就业比重下降，二三产业就业比重上升，说明大量农业人口转为城市人口，这些都符合城市化发展中期加速阶段的特征，故选B项。

第24题，据图可判断出第一产业就业比重持续下降，第二、三产业就业比重持续上升，犹以第三产业就业比重上升明显，且逐步占居主导。从图中无法判断农村人口向东部沿海海域迁移。故A,B,C错，选D。

第25题，劳动力导向型企业的发展可提高就业率，以农产品加工为原料的加工业可增强市场对农产品的需求，以促进农业产业化发展。故选A。

图8为伏尔加河主要流经地区示意图。完成26-27题

26.从水循环的过程中和地理意义看，伏尔加河

①流域内总体上蒸发旺盛   

②流域的部分降水源自西风带  

③河水主要参与陆地循环

④使东欧平原总体趋于高低不平  

⑤促进里海的水分和热量平衡

A.①②④    B.①③⑤    

C.②③⑤    D.②④⑤

27.图中所示石油、天然气

A.与伏尔加河水能的能量来源不同    

B.直接形成于伏尔加河的沉积作用

C.开发得益于伏尔加河水资源丰富    

D.输出主要通过伏尔加河运西欧

【答案】26.C  27.C 

【解析】本题组考查区域地理环境特征。

第26题，伏尔加河，其流域位于较高纬度，气温较低，蒸发作用弱；属内流河，注入里海（世界最大湖泊），主要参与陆地内循环，促进里海水热平衡；因欧洲西部平原宽广，来自大西洋的西风能给该流域带来一定降水，形成补给水源；其侵蚀、搬运、沉积作用使地表趋于平坦，故选C项。

第27题，油气和水能从能量来源来看都属太阳能，油气资源来自于沉积岩，先需要经过沉积作用之后还要有长期的地质时期才可形成，伏尔加河主要分布在东欧平原，本区的油气主要依靠管道输往欧洲西部，选C项。

图9表示我国某地某日测试记录的到达底面的太阳辐射日变化。完成28-29题

28.该日日期及天气状况可能是

A.3月12日  晴朗      B.6月5日   晴朗      

C.3月22日  多云      D.6月20日  多云

29.该地可能位于

A.祁连山地      B.大兴安岭    C.南沙群岛     D.帕米尔高原

【答案】28.D  29.A 

【解析】本题组考查地球运动相关及区域定位。

第28题，根据该地太阳辐射日变化曲线图，可推断出该地日照时长将近15小时，即北半球昼长夜短，太阳直射北半球，而若当地天气晴朗，则太阳辐射应以当地正午为最高点呈对称分布（下午略大于上午）但在北京13时出现一波谷，应该受多云天气影响，故选D项。

第29题，根据当地昼长将近15时，推出当地日出时间为12－15/2＝4：30左右，后根据时差1.5小时推出其经度约为97.5°E，选A项。

图10为1959-2009年秦岭山地1月0℃等温线位置变化图。完成30-31题

30.该地1月0℃等温线的位置总体上

A.向亚热带地区偏移            B.向海拔较低地区偏移

C.向低纬度地区偏移           D.向落叶阔叶林带偏移

31.根据图中等温线的位置及其变动可知

   A．甲地为山岭、冬季平均气温趋于下降

   B．乙地为山谷、冬季平均气温趋于上升

   C．甲地海拔低于乙地海拔

   D．甲地年平均气温高于乙地

【答案】30.D  31.B 

【解析】本题组考查区域定位及地势影响下的等温线图的相关判读。

第30题，根据经纬网定位、北部山峰和1月0℃等温线经过地区可判断该地处秦岭南坡，1月0℃等温线向北（高纬，暖温带）方向偏移，向高海拔，落叶阔叶林带偏移，故选D项。

第31题，受气候变暖影响，1月0℃等温线向高海拔地区偏移，在地势影响下的两条等温线可看成是等高线（1959－2009线海拔相对较高），可判断甲为山岭，乙为谷地，甲海拔高于乙，年平均温低于乙，甲乙受气候变暖影响冬温趋于上升，故选B项。

     地表岩石风化后，由残留在原地基岩上的风华产物组成的壳层，成为风化壳。图11为不同气候一植被带的风化壳厚度变化示意图。完成32-33题。

32.曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表

  A气温、降水、蒸发      B.降水、蒸发、气温   

C.降水、气温、蒸发      D.气温。蒸发。降水

33.风化壳厚度

  A.甲大于丁是因为热量丰富、降水量大

 B.乙大于丙是因为植被茂盛、蒸发量大

 C.刚果盆地总体上大于格陵兰岛

 D.伊朗高原总体上大于恒河平原

【答案】30.B  31.C 

【解析】本题组考查不同植被带的气温降水差异和气温降水植被对风化壳厚度影响。

第32题，从降水来看，森林所需的降水要多于草原和荒漠，故Ⅰ线为降水变化曲线；从气温来看，热带气温高于亚热带高于温带，草原带因降水相对较少，大气对太阳辐射的削弱作用小，气温相对较同纬度范围森林较高，故Ⅲ线为气温变化曲线，草原、荒漠的蒸发一般森林地区更强，故Ⅱ线表示蒸发，答案选B项。、

第33题，本题要分析影响风化壳厚度的因素，首先要清楚什么是风化作用，风化作用是指暴露于地表或接近地表的各种岩石在温度变化、水、大气及生物作用下在原地发生的破坏作用。所以，风化壳的发育程度与温度、降水、植物生长量有关，而且与这三个因素都呈正相关。甲大于丁是因为气温较高，植物量大；乙大于丙是因为植物量大，气温较高；刚果盆地（热带森林带）风化壳厚度大于格陵兰岛（苔原带）；伊朗高原（温带草原带）风化壳厚度小于恒河平原（热带森林带），故选C项。

2013年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷）

文科综合能力测试

第二卷（非选择题  共168分）

考生注意事项：

    请用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上作答  。在试题卷上答题无效

34．（21分）图12为2001年4月6日17时某区域地面天气图，虚线范围内为图示天气系统引发的某种气象灾害实时分布图。此前图示区域大部分地区表土解冻，地表干燥。阅读图文资料，完成下列各题。

（1）描述图示区域气压分布特点。（10分）

（2）判断该气象灾害种类，分析其形成的天气条件。（11分）

【答案】

（1）西南和东南部都气压高，有高压中心，等压线稀疏，气压梯度小；中部偏北气压低，有低压中心，等压线密集，气压梯度大

（2）沙尘暴。天气条件：气温回升导致表土解冻，蒸发加强，地表干燥，沙源丰富；冷锋锋前暖气团干燥，难以形成降水，气旋势力强，气流上升，形成扬沙；偏西风风力强劲，形成大范围沙尘暴。

【解析】本题组考查根据地理事物分布图描述其分布特点的能力及气象灾害相关（沙尘暴形成天气条件从快行冷锋、暖气团一侧空气湿度小、气温回升空气对流运动增强等方面回答）。

35.（35分）图13为陕西省主要苹果基地分布图。阅读图文资料，完成下列各题。

    陕西高原南部过去以种粮为主，产量低。20世纪90年代成功引种优质苹果目前该地区苹果产量、浓缩果汁出口量位居全国前列。然而在果业发展中，大量施用化肥、农药影响果品品质、果渣露天堆放污染环境，农村新村缺乏等问题突出。

（1）指出该地区过去种粮引发的生态环境问题。（10分）

【答案】植被破坏，水土流失，土地退化，土地生产力下降，水资源短缺，生态环境恶化。

【解析】“指出”：简单点明即可。回顾所学过的生态环境问题，找出与该地（黄土高原）不合理垦植有关联的点明。

（2）简述该地区种植苹果的优势自然条件及其效益。（14分）

【答案】

条件：塬面宽阔，土层深厚，质地疏松；海拔较高，性季风气候显著，日照时间长，昼夜温差大，降水适中

效益：有利于恢复植被，保持水土，改善生态环境；有利于调整农业产业结构，促进果品加工业的发展，增加农业附加值；有利于增加农民就业，提高农民收入，实现脱贫致富。

【解析】优势自然条件可从气候（光、热、水、水热组合、昼夜温差）、地形、土壤、水源等方面分析；效益可从生态环境、经济、社会效益等方面分析。

（3）针对果业发展的问题，试从循环经济的角度设计解决方案。（11分）（提示：可用示意图表达）

【答案】

方案一（文字表述方式）：果树下种草，草和果渣等做饲料发展畜牧业，解决果渣污染问题；果渣、粪便等放入沼气池发酵可解决农民日常所需的能源问题；沼渣、沼液肥果园，解决过量施用化肥问题

方案二：

清洁能源

方案设计可用示意图，文字等方式表达，只要能针对实际问题，体现循环经济思想，具有可行性均可。

【解析】从循环经济角度设计方案，即要遵循尽量减少生产过程中废弃物排放，变废为宝原则。

2013年全国普通高等学校招生统一考试

上海  化学试卷

考生注意：

1.本试卷满分150分，考试时间120分钟。

2.本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题和答题要求；所有答案必须凃或写在答题纸上；做在试卷上一律不得分。

3.答题前，考试务必将答题纸上用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号，并将核后的条形码贴在指定位置上，在答题纸反面清楚地填写姓名。

4.答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位。

相对原子质量：H-1    C-12   O-8   Na-23   S-32   Ca-40   Fe-56    Ni-59   Cu-

                   Br-80   Ba-137

一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）

1.2013年4月24日，东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是

A.点燃，能燃烧的是矿物油

B.测定沸点，有固定沸点的是矿物油

C.加入水中，浮在水面上的是地沟油

D.加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油

【答案】D

【解析】地沟油的主要成分是油脂，在氢氧化钠溶液可水解而不分层，矿物油的主要成分是

烃的混合物，不溶于水，氢氧化钠溶液，他们都能燃烧，密度比水小、没有固定的沸点，因此，选D

2.氰酸铵（NH4OCN）与尿素[CO(NH2)2]

A.都是共价化合物  B.都是离子化合物

C.互为同分异构体  D.互为同素异形体

【答案】C

【解析】氰酸铵是离子化合物，尿素是共价化合物，他们的分子式相同，结构不同，是同分异构体的关系，因此选C 

3.230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成233U。下列有关Th的说法正确的是

A. Th 元素的质量数是232   B. Th 元素的相对原子质量是231

C. 232Th 转换成233U是化学变化   D. 230Th和232Th的化学性质相同

【答案】D

【解析】232Th  230Th的质量分别是232,230 A项错误，元素的相对原子质量是由各种同位素的相对原子质量取得的平均值，B项错误同位素的物理性质可以不同，但化学性质几乎相同，D项正确，化学变化是生成新物质的变化，原子不变，而C项的原子发生变化错误。

4.下列变化需克服相同类型作用力的是

A.碘和干冰的升华         B.硅和C60的熔化

C.氯化氢和氯化钾的溶解    D.溴和汞的气化

【答案】A

【解析】A项变化客服的都是分子间力，正确，硅和C50的融化分别克服的都是共价键，分子间力， B项错误，氯化氢和氯化钾的溶解分别克服的都是共价键，离子键，C项错误，溴和汞的气化分别克服的都是分子间力金属键，D项错误，

5.374℃、22.1Mpa以上的超临界水具有很强的溶解有机物的能力，并含有较多的H+和OH-，由此可知超临界水

A.显中性，pH等于7     B.表现出非极性溶剂的特性

C.显酸性，pH小于7     D.表现出极性溶剂的特性

【答案】B

【解析】超临界水任然呈中性，ＡＣ项错误　根据相似相容的原理可以知道Ｂ正确（有机物大多数是非极性分子）　Ｄ错误。

二、选择题（本大题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）

6.与索尔维制碱法相比，侯德榜制碱法最突出的优点是

A.原料利用率高      B.设备少

C.循环利用的物质多  D.原料易得

【答案】A

【解析】

两种方法都发生反应：

索尔维制碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生德尔CaCl，含Cl 几乎没什么用，

而侯氏制碱法是对滤液通入二氧化碳，氨气，结晶出的NH4Cl 其母液可以作为制碱原料，提高食盐利用率，因此，选A

7.将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是

【解析】A项将SO2通入BaCl溶液，不反应，部分O2溶解在水中后与后来通入的H2S 发生反应生成2H2S+ SO2=3S+2H2O 生成S沉淀，B项始终不反应无现象，C项反应为2N H2+ H2O+  CO2＋BaCl2=2NH4Cl+BaCO3 D项发生反应：SO2+ Cl2+2 H2O=H 2SO4+2HCl2BaCl2+H2SO4=BaSO4+2HCl 因此选B 

8.糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是

A.脱氧过程是吸热反映，可降低温度，延长糕点保质期

B.脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe-3e→Fe3+

C.脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2H2O+O2+4e→4OH-

D.含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL（标准状况）

【答案】D

【解析】根据题意铁作为电池负极（Fe-2e-=Fe2-） 碳作原电池正极（2H2O+O2+4e=4OH）

因此BC错误，脱氧过程是放热反应，A项错误，D项生成的Fe2-继续被O2氧化

9.将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中。然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。由此可见

A. NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应

B.该反应中，热能转化为产物内部的能量

C.反应物的总能量高于生成物的总能量

D.反应的热化学方程式为：NH4HCO3+HCl→NH4Cl+CO2↑+H2O-Q

【答案】B

【解析】根据醋酸逐渐凝固说明该反应是吸热反应，则AC错误，B正确，热化学方程式的书写要标出物质的状态 D错误。

10.下列关于实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正确的是

A.均采用水浴加热             B.制备乙酸乙酯时正丁醇过量

C.均采用边反应边蒸馏的方法    D.制备乙酸乙酯时乙醇过量

【答案】C

【解析】采用边反应边蒸馏的方法是将产物分离出去，从而提高生产物的产率，C正确。

11.H2S水溶液中存在电离平衡H2SH++HS-和HS-H++S2-。若向H2S溶液中

A.加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大

B.通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH值增大

C.滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH值减小

D.加入少量硫酸铜固体（忽略体积变化），溶液中所有离子浓度都减小

【答案】C

【解析】加水促进电离，但氢离子浓度减小，A错误，B项反应：2H2S+SO2=3S+2H2O

当SO2过量 溶液显酸性，而且酸性比H2S强 pH值减小，错误，滴加新制氯水，发生反应

Cl2+H2S=2HCl+S 平衡向左移动，溶液pH值减小，C项正确 加入少量硫酸铜固体，发生反应H2S+Cu2-=CuS+2H-  H- 浓度增大 D项错误

12.根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是

A.   3-甲基-1,3-丁二烯

B.      2-羟基丁烷

C.CH3CH(C2H5)CH2CH2CH3   2-乙基戊烷

D.CH3CH(NH2)CH2COOH     3-氨基丁酸

【答案】D

【解析】A项编号有误，应该为2-甲基-1,3-丁二乙烯；B项，叫2-丁醇，C项主链选错了

应该为3-甲基乙烷，D正确。

13.X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子。下列有关这些元素性质的说法一定正确的是

A.X元素的氢化物的水溶液显碱性

B.Z元素的离子半径大于W元素的离子半径

C.Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应

D.Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点

【答案】C

【解析】根据题意，Z元素为Mg，Y元素原子最外电子电子排布为ns2np2,是C或Si，X为N或O，W为Al或Cl，N的氢化物的水溶液显碱性，但O的氢化物的水溶液显中性或弱酸性，A错误，Al3+的半径比Mg2+小，B错误；氮气、氧气均能与镁反应，C正确；CO2形成的晶体熔沸点低，D错误。

【考点定位】本题考查物质结构和元素周期律。

14.为测定镀锌铁皮锌镀层的厚度，将镀锌皮与足量盐酸反应，待产生的气泡明显减少时取出，洗涤，烘干，称重。关于该实验的操作对测定结果的影响判断正确的是

A.铁皮未及时取出，会导致测定结果偏小

B.铁皮未洗涤干净，会导致测定结果偏大

C.烘干时间过长，回导致测定结果偏小

D.若把盐酸换成硫酸，会导致测定结果偏大

【答案】C

【解析】产生的气泡明显减少时，表明锌反应完，若这时铁皮未及时取出，则铁溶解，会导致测定结果偏大，A错误；铁皮未洗涤干净（表面吸附杂质），烘干时间过长（铁被氧化），则剩余物的质量偏大，导致测定结果偏小，B错误；C正确；D项对结果无影响，错误。

【考点定位】考查误差分析

15.NA代表阿伏伽德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物

A.所含公用电子对书目为（a/7+1）NA     B.所含碳氢键数目为aNA/7

C.燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14L     D.所含原子总数为aNA/14

【答案】B

【解析】1个C2H4分子中含共用电子对数目为6对，碳氢键数目为4个，1个C3H6分子中含共用电子对数目为9对，碳氢键数目为6个，则A错误（应该为3aNA/14）;B正确；C项没有给氧气的状态，D项含原子总数为3aNA/14，因此选B。

【考点定位】本题考查阿伏伽德罗常数

16.已知氧化性Br2＞Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2,发生反应的离子方程式为：

a Fe2++b Br-+c Cl2→d Fe3++ e Br2+ f Cl-

下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是

A.2   4   3   2   2    6     B.0   2   1    0   1   2

C.2   0   1   2   0    2     D.2   2   2    2   1   4

【答案】B

【解析】根据题意，Cl2先氧化Fe2+，不可能只氧化Br -，B选项错误

【考点定位】本题考查氧化还原反应的先后。

17.某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色衬垫；顾虑，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中

A.至少存在5种离子

B.Cl-一定存在，且c（Cl）≥0.4mol/L

C.SO42-、NH4+、一定存在，Cl-可能不存在

D.CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在

【答案】B

【解析】根据加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明有NH4+，而且为0.02mol，同时产生红褐色沉淀，说明有Fe3+，而且为0.02mol，则没有CO32-，根据不溶于盐酸的4.66g沉淀，说明有SO42-，且为0.02mol，则根据电荷守恒可知一定有Cl-，至少有0.06mol，B正确。

【考点定位】本题考查离子共存及计算。

三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项。只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）

18.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。若氧化物比还原物多1.75mol，则下列判断正确的是

A.生成40.0LN2（标准状况）

B.有0.250molKNO3被氧化

C.转移电子的物质的量为1.25mol

D.被氧化的N原子的物质的量为3.75mol

【答案】CD

【解析】根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化物比还原物多14mol。转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2mol KNO3被还原，现氧化物比还原物多1.7mol，则生成2molN2，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，因此，C、D正确。

【考点定位】本题考查氧化还原反应计算

19.部分弱酸的电离平衡常数如下表：

A.2CN-+H2O+CO2→2HCN+CO32-

B.2HCOOH+CO32-→2HCOO-+H2O+CO2↑

C.中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者

D.等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者

【答案】AD

【解析】根据电离常数可酸性HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-,因此，A错误，B正确；等体积、等pH的HCOOH和HCN所含溶质，HCN多，则中和时消耗的NaOH的量多，C正确；根据电荷守恒，n(HCOO-)+n(OH-)=n(Na-)+n(H+),n(CN-)+n(OH-)= n(Na-)+n(H+)，

即离子总数是n(Na-)+n(H+)的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的n(OH-)大，n(H+)小，D错误。

【考点定位】本题考查酸性强弱，离子浓度比较，中和反应等。

20.某恒温密闭容器中，可逆反应A(s) B+C(g)-Q达到平衡。缩小容器体积，重新达到平衡时，C(g)的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等。以下分析正确的是

A.产物B的状态只能为固态或液态

B.平衡时，单位时间内n(A)消耗﹕n(C)消耗=1﹕1

C.保持体积不变，向平衡体系中加入B，平衡可能向逆反应方向移动

D.若开始时向容器中加入1molB和1molC，达到平衡时放出热量Q

【答案】AB

【解析】若B是气体，平衡常数K=c(B)·c(C)，若B是非气体，平衡常数K=c(C)，由于C(g)的浓度不变，因此B是非气体，A正确，C错误，根据平衡的v（正）=v（逆）可知B正确（注意，不是浓度消耗相等）；由于反应是可逆反应，因此达到平衡时放出热量小于Q，D项错误。

【考点定位】本题考查化学平衡、可逆反应的含义。

21.一定条件下，将0.1LCO、0.2LCO2、0.1LNO、0.2LNO2和0.2LNH3混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶（洗气瓶排列顺序不确定）。假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应则尾气（已干燥）

A.可能是单一气体    B.不可能含有一氧化碳

C.可能存在原气体中的两种气体   D.成分和洗气瓶的排列顺序无关

【答案】AC

【解析】方法一，洗气瓶排列顺序有6种，若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，则这时出来的气体有CO、NH3，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO；若第一个洗气瓶装水，则这时出来的气体有CO、CO2、NO，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO、NO；若第一个洗气瓶装饱和碳酸氢钠溶液，则这时出来的气体有CO、CO2、NO，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO、NO.

方法二，洗气瓶的排列顺序无论怎样，最终的气体肯定没有CO2、NH3，而CO与三种溶液都不反应，尾气肯定有CO，若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，则尾气没有NO(NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O)，若第一个洗气瓶不是装氢氧化钠溶液，则尾气一定有NO。

【考点定位】本题考查化学计算、收敛思维能力

22.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1﹕1，则V可能为

A.9.0L    B.13.5L    C.15.7L   D.16.8L

【答案】A

【解析】若混合物全是CuS，其物质的量为12/80=0.15mol，电子转移数，0.15×（6+2）=1.2mol。两者体积相等，设NO xmol,NO2 xmol,3x+x1=1.2，计算的x=0.3。气体体积V=0.6×22.4=13.44L；若混合物全是Cu2S,其物质的量为0.075mol,转移电子数0.075×10=0.75mol，  设NO xmol,NO2 xmol, 3x+x1=0.75，计算得x=0.1875,气体体积0.375×22.4=8.4L，因此选A。

【考点定位】本题考查氧化还原反应计算（极限法）

四、（本题共8分）

金属铝质轻且有良好的防腐蚀性，在国防工业中有非常重要的作用。完成下列填空：

23.铝原子核外电子云有        种不同的伸展方向，有       种不同运动状态的电子。

24.镓（Ga）与铝同族。写出镓的氯化物和氨水反应的化学方程式。

25.硅与铝同周期。SiO2是硅酸盐玻璃（Na2CaSi6O14）的主要成分，Na2CaSi6O14也可写成Na2O·CaO·6SiO2。盛放NaOH溶液的试剂瓶若用玻璃瓶塞容易形成粘性的硅酸盐而无法打开，发生反应的化学方程式                 。

长石是铝硅盐酸，不同类长石其氧原子的物质的量分数相同。由钠长石化学式NaAlSi3O8可推知钙长石的化学式为         

26.用铝和金属氧化物反应制备金属单质是工业上较常用的方法。如：

2Al+4BaO3Ba↑+BaO·Al2O3

常温下Al的金属性比Ba的金属性                （选填“强”“弱”）。利用上述方法可制取Ba的主要原因是            。

a.高温时Al的活泼性大于Ba     b.高温有利于BaO分解

c.高温时BaO·Al2O3比Al2O3稳定  d.Ba的沸点比Al的低

【答案】

23.4，13。 

24。

25.， 

26.弱，d

【解析】23.铝原子核外电子云有s、p，分别有1、3种伸展方向，其核外有13个电子，则有13种不同运动状态；24.类似氯化铝与氢氧化钠溶液反应；25.根据不同类长石其氧原子的物质的量分数相同，结合化合价代数和是0可写出钙长石的化学式；26.该反应是利用Ba的沸点比Al的低，以气体逸出，使平衡右移。

【考点定位】本题考查Al、Ga、Si及其化合物的结构性质等。

五、（本题共8分）

溴主要以Br-形式存在于海水中，海水呈弱碱性。工业上制备的Br2的操作步骤为：

①一定条件下，将Cl2通入浓缩的海水中，生成Br2

②利用热空气将Br2吹出，并用浓Na2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3等

③用硫酸酸化步骤②得到的混合物

完成下列填空：

27.Cl2氧化Br-应在         条件下进行，目的是为了避免         

28.Br2可用热空气吹出，其原因是             

29.写出步骤③所发生的化学反应方程式。

用硫酸而不用盐酸酸化的原因可能是              。步骤②的产品有时运输到目的地后再酸化，主要是因为         

30.为了除去工业Br2中微量的Cl2,可向工业Br2中     

a.通入HBr   b.加入Na2CO3溶液    c.加入NaBr溶液  d.加入Na2SO3溶液

【答案】

27.酸性，氯气和溴分子在中性或碱性时发生歧化反应。

28.Br2易挥发。

29.3H2SO4+5NaBr+NaBrO3=3Na2SO4+3Br2+3H2O.

用盐酸酸化，则盐酸被NaBrO3氧化，原因是Br2易挥发，对大气有污染。

30.c.

【解析】Cl2、Br2 容易歧化为氢卤酸和次卤酸，工业制备应控制溶液酸碱性加以避免；步骤③所发生反应是归中反应，盐酸有还原性，NaBrO3氧化性，二者可发生氧化还原反应；利用NaBr溶液与Cl2反应，然后分液可除去Cl2。

【考点定位】本题考查工业制Br2，考查分析问题解决问题的能力。

六、（本题共8分）

镍具有优良的物理和化学特性，是许多领域尤其是高技术产业的重要原料。羰基法提纯粗镍涉及的两步反应依次为：

（1）Ni(S)+4CO(g)  Ni(CO)4(g)+Q

（2）Ni(CO)4(g)  Ni(S)+4CO(g)

完成下列填空：

31.在温度不变的情况下，要提高反应（1）中Ni(CO4)的产率，可采取的措施有         、

         。

32.已知在一定条件下的2L密闭容器中制备Ni(CO)4，粗镍（纯度98.5%,所含杂质不与CO反应）剩余质量和反应时间的关系如右图所示。Ni(CO)4在0～10min的平均反应速率为 

        。

33.若反应（2）达到平衡后，保持其他条件不变，降低温度，重新达到平衡时         。

a.平衡常数K增大   b.CO的浓度减小

c.Ni的质量减小    d.v逆[Ni(CO)4]增大

34.简述羰基法提纯粗镍的操作过程。

【答案】31.增大CO浓度，加压。32.0.05mol·L-min-.33.bc。34.把粗镍和CO放于一个水平放置的密闭的玻璃容器中，然后在低温下反应，一段时间后在容器的一端加热。

【解析】31.反应（1）是正向气体体积缩小的放热反应，因此，根据平衡移动原理在温度不变的情况下采取可增大CO浓度，加压的方法提高产率；32.根据题意，反应的Ni为1mol，则生成Ni(CO) 4为1mol，反应速率为1/（2×10）=0.05mol·L-min-；33.反应（2）正向气体体积增大的吸热反应，则，降低温度平衡逆向移动，平衡常数K、CO的浓度、Ni的质量、v逆[Ni(CO)4]减小；根据反应（1）（2）的特点可提纯粗镍。

【考点定位】本题考查化学反应速率、平衡移动原理的应用。