资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
暑假复习检测卷（一）-2024-2025学年地理七年级下册人教版（2024）
一、选择题
沙特阿拉伯是世界最大石油出口国，同时也是全球最干旱的国家之一。近年来，沙特大力发展太阳能等清洁能源，计划在该国的西北部建设“NEOM新城”将全部使用太阳能和风能。读图， 完成下列小题。
1．沙特的石油资源主要分布在(　　)
A．红海附近 B．阿拉伯海沿岸
C．内陆地区 D．波斯湾沿岸
2．沙特近年来大力发展太阳能的有利自然条件是(　　)
A．降水多，光照强 B．晴天多， 日照时间长
C．地形平坦，风力大 D．植被茂密，空气洁净
3．沙特建设“NEOM 新城”的主要目的是(　　)
A．减少对石油的依赖 B．扩大沙漠耕地面积
C．保护传统文化 D．增加石油出口
小麦是全球种植范围最广的粮食作物，耐旱、喜温凉。2024年俄罗斯的小麦产量约为8258.8万吨，出口量约为5700万吨，是世界第三大小麦出口国。俄罗斯小麦以高蛋白、低污染著称，其黑土有机质含量高，且严格限制化肥农药使用。读图，完成下列小题。
4．俄罗斯小麦产量出口量居世界前列，其主产区主要位于(　　)
A．东西伯利亚山地 B．远东沿海地区
C．西西伯利亚平原北部 D．伏尔加河流域及南部黑土区
5．该区域种植小麦的有利自然条件是(　　)
A．地形平坦，土壤肥沃 B．全年高温多雨
C．临近北冰洋，淡水资源丰富 D．人口稠密，劳动力充足
6．俄罗斯小麦在全球市场占据主导地位，其竞争优势主要源于(　　)
A．政府高额出口补贴
B．临近欧洲消费市场
C．水热条件优越，产量高
D．严格限制化肥农药使用，品质安全
2025 年 3 月 28 日，缅甸发生7.9 级地震，震源深度30公里，造成较大的人员伤亡和财产损失。读图，完成下列小题。
7．缅甸是世界上地震最频繁的国家之一，是因为缅甸位于(　　)
A．亚欧板块与太平洋板块交界处
B．美洲板块与亚欧板块交界处
C．太平洋板块与印度洋板块交界处
D．亚欧板块与印度洋板块交界处
8．中南半岛的地形特征是(　　)
A．地形以盆地为主 B．地势平坦，起伏和缓
C．山河相间，纵列分布 D．平原主要集中在北部
9．地震发生时，下列应急措施正确的是(　　)
A．在楼房中，争先恐后地从窗户或阳台跳下
B．站在原地不动，大哭大闹宣泄恐惧
C．户外活动中，迅速进入室内避险
D．在教室内，先就近在课桌下避险，然后紧急疏散到空旷的场所
2025年2月7日，第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨隆重开幕。读图，完成下列小题。
10．哈尔滨所在的亚洲地理分区是(　　)
A．东亚 B．东南亚 C．南亚 D．中亚
11．哈尔滨成功举办亚冬会的气候条件是(　　)
A．属于热带雨林气候，全年高温多雨
B．属于温带季风气候，冬季寒冷且漫长
C．属于高原山地气候，冬寒夏凉，气温年较差小
D．属于地中海气候，冬季温和湿润
12．以下选项中的地理景观与分区对应正确的是(　　)
A． B．
C． D．
美国加利福尼亚州南部山火频发。2024年，位于加州南部的洛杉矶遭遇了严重的山火。下图美国气候类型分布图和洛杉矶气候图。据此完成下列小题。
13．洛杉矶的气候特征是（　　）
A．全年高温 B．冬季寒冷干燥
C．夏季高温少雨 D．全年干燥
14．洛杉矶山火多发的季节最可能是（　　）
A．春季 B．夏季 C．秋季 D．冬季
15．洛杉矶山火频发的自然原因有（　　）
①风力强劲加速了火势的蔓延 ②降水稀少，气候异常干燥
③消防设施不完善 ④气温偏高，植被易燃
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
同学以澳大利亚铁路运输为例，探究影响交通运输线路分布与发展的因素。图(a)是澳大利亚矿产资源分布示意图，(b)是澳大利亚铁路分布示意图，(c)是澳大利亚人口分布示意图。据此完成下列小题。
16．对澳大利亚铁路分布格局的概括，合理的是（　　）
A．呈网格状分布 B．呈放射状分布
C．沿海比内陆稠密 D．西部比东部稠密
17．影响澳大利亚铁路分布格局的主要因素推测合理的是（　　）
①地形②矿产资源 ③人口城市分布 (④经济发展水平
A．①②④ B．②③④ C．①③④ D．①②③
非洲“绿色长城”计划是在图中阴影处种植东西向横越非洲大陆的树墙，以解决当地所面临的生态环境问题。下图为非洲“绿色长城”位置示意图。据此完成下列小题。
18．非洲“绿色长城”南北两侧的气候类型分别是（　　）
A．热带草原气候、热带沙漠气候 B．热带草原气候、热带雨林气候
C．热带季风气候、热带沙漠气候 D．热带雨林气候、地中海气候
19．“绿色长城”主要解决的生态环境问题是（　　）
A．土地荒漠化 B．全球气候变暖
C．物种减少 D．大气污染
20．非洲“绿色长城”计划实施过程中，面临的最大困难可能是（　　）
A．人口稀少，劳动力短缺 B．地形崎岖，种植难度大
C．野生动物多，施工危险 D．气候干旱，树木成活率低
大豆喜温、需水较多，广泛用于食品加工工业。近年来，俄罗斯大豆种植面积和产量大幅度增长，同时，大豆进口和出口量也在持续增加，形成西部地区进口、东部地区出口的国际贸易格局。下图是俄罗斯大豆主产区分布示意图。据此完成下列小题。
21．俄罗斯大豆主产区（　　）
①纬度低，热量充足
②冬季气温低，病虫害少
③以平原为主，地形平坦
④土层深厚，土壤肥沃
A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②④
22．俄罗斯大豆形成西部地区进口、东部地区出口贸易格局的主要原因是（　　）
①西部地区经济较发达，大豆市场需求量大
②东西两大豆产区距离较远，运输成本较高
③东部地区较西部地区人口稠密，劳动力资源丰富
④东部地区机械化生产、产量大
A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．①②③
二、图文材料题
23．【甘蔗与新能源：巴西能源的绿色转型】
甘蔗作为全球重要的糖料作物，凭借其高光效、高生物量的特性，已成为生物质能源开发的核心原料。巴西作为全球甘蔗乙醇产业的标杆，通过技术创新与政策引导，构建了以甘蔗为核心的清洁能源体系，为全球能源转型提供了重要参考。
目前，巴西乙醇年产量超350亿升，占全球30%。甘蔗乙醇燃料不仅减少了对进口石油的依赖，还形成了集农作物种植、乙醇生产、汽车制造等为一体的完整产业链，为促进经济发展起到了积极作用。甘蔗产业链形成生态循环模式，年减排二氧化碳超1亿吨，对环境的污染程度仅为普通汽油汽车的30%。尽管甘蔗能源优势显著，仍面临粮食安全争议(甘蔗与粮食争地)、生态破坏(单一作物扩张导致生物多样性下降)及技术瓶颈(纤维素乙醇成本高于化石燃料)等问题。
（1）描述巴西的半球位置和纬度位置。
（2）说出巴西甘蔗乙醇产业主要分布地区及原因。
（3）简述巴西推广乙醇燃料给当地带来的有利影响。
（4）根据乙醇产业面临的问题，提出两条可行建议，促进巴西可持续发展。
24．阅读图文材料，完成下列问题。
水稻喜温喜湿，生长期需水量一般为700~1200毫米。越南水稻品质好，产量大，是当前仅次于印度、泰国的世界第三大稻米出口国。水稻种植是越南农业部门最大的温室气体排放源。2024年1月，越南政府正式启动“低排放优质稻米”计划。为保障优质低碳水稻项目顺利实施，该国努力推广低碳水稻种植，提高农业生产机械化水平，为农户提供培训，支持企业研发创新技术，力争成为低排放优质稻米生产先锋国家。
图 (a)为河内气候资料图， (b)为东南亚河流分布图， (c)为越南水稻产区分布示意图。
（1）列举流经越南的主要河流名称。
（2）说出越南水稻产区的主要分布特征。
（3）简述越南水稻种植的有利自然条件。
（4）简述越南为发展“低排放优质稻米”可采取的措施。
25．阅读图文资料，回答下列问题。
日本汽车工业对钢铁、金属矿产等原材料的依赖性较高，近年来，日本汽车国内市场趋于饱和，汽车销售主要依赖海外市场，尤其是北美、亚洲和欧洲市场。
日本通过在海外建立生产和销售基地来应对工业发展的不利因素，日本汽车工业在印度班加罗尔建立多个工厂。其中一家汽车企业在当地投资约1930亿卢比，预计创造2000多个直接就业岗位，产能从6万辆提升至20万辆，供应商本地化率超50%，推动印度零部件产业升级。
图1示意日本汽车工业分布，图2示意印度班加罗尔工业区位置及附近部分矿产分布，图3示意日本和印度人口年龄构成（2020年）。
（1）简述日本汽车工业的分布特点及其布局优势。
（2）比较日本和印度两国人口年龄构成的差异。
（3）从劳动力、市场和资源等角度，分析日本汽车企业在印度投资建厂的原因。
（4）简要说明日本汽车企业在印度建厂对当地发展的意义。
26．阅读图文资料，回答下列问题。
某校开展了“制定暑假期间欧洲西部旅游攻略”的项目式学习活动。
准备阶段：同学们搜集欧洲西部自然环境和社会经济发展的相关资料，规划出三条旅游线路，并从气候、景点、美食三方面分组制作攻略，最后共同分析当地发展旅游业的条件。如图示意欧洲西部旅游线路规划及部分城市气候资料。
实施阶段：
（1）气候组的同学们结合气候资料分析，认为不同的旅游线路应携带不同的物品。请你为以下每条旅游线路选择最需携带的一类物品（从保暖衣物、雨伞、防晒物品中选择一项）填入下表，并从气候角度简要说明选择的理由。
线路 ① ② ③
最需携带物品 　 　 　 　 　 　
选择理由 　 　 　 　 　 　
（2）景点组的同学们发现欧洲西部拥有非常丰富的自然和人文资源。请将下列图片与旅游线路匹配。
欧洲西部的牧场对应线路　 　 地中海附近阳光沙滩对应线路　 　 挪威北部“午夜太阳”对应线路　 　
法国埃菲尔铁塔对应线路　 　
（3）食组的同学们发现当地居民饮食很有特色。如图示意欧洲人餐桌上常见的食物。请你说出欧洲人的饮食特点，并说明这种饮食特点与何种农业类型密切相关。
（4）同学们查阅资料时发现：欧洲西部大多为发达国家，人均国内生产总值居世界前列。欧洲西部铁路、公路和航空运输系统完善。大多数国家使用统一的货币——欧元。欧洲西部是国际旅游业最为发达的地区之一。请你从旅游资源、经济、交通等角度简述欧洲西部发展旅游业的优势。
答案解析部分
【答案】1．D
2．B
3．A
【答案】4．D
5．A
6．D
【答案】7．D
8．C
9．D
【答案】10．A
11．B
12．D
【答案】13．C
14．B
15．B
【答案】16．C
17．B
【答案】18．A
19．A
20．D
【答案】21．C
22．A
23．【答案】（1）半球位置：主要位于南半球、西半球。
纬度位置：主要位于低纬度或大部分位于热带地区；
（2）分布地区：东南沿海/东南部；
原因：靠近甘蔗主产区，原材料丰富；城市主要集中在东南部，乙醇燃料市场需求大；政策支持；交通便利。
（3）优化当地能源结构，减少对能源进口依赖；延长汽车生产与乙醇制造相关产业链；降低碳排放，减轻大气污染；提供新的就业岗位，促进当地经济发展。
（4）制定法令法规，限制甘蔗扩张区域；合理安排种植时间，与粮食作物轮作，提高土地利用率；设立自然保护区，保护本土动植物栖息地；减少化肥使用量，降低对土壤的破坏；加速技术研发与产业升级，降低生产成本；政府提供研发补贴和税收优惠，推动乙醇产业发展。
24．【答案】（1）①红河；②湄公河。
（2）①主要分布在河口三角洲地区(或河流中下游地区)；②东部和南部沿海平原等。
（3）①越南属于热带季风气候，全年高温，热量充足，降水丰富(或属于热带季风气候，雨热同期)；②种植区有河流流经，灌溉水源充足；③种植区地形平坦，利于水稻大规模种植；④种植区位于河流沿岸(或河口三角洲地区)，土壤肥沃等。
（4）①推广低碳水稻种植；②提高农业机械化水平；③开展技术培训；④加大科技投入，研发创新技术；⑤研发新品种；⑥政策支持等。
25．【答案】（1）日本汽车工业分布不均，集中分布在濑户内海和太平洋沿岸。这种布局的主要优势是利于原材料进口与汽车（工业产品）出口。
（2）与印度相比，日本0-14岁比例小，15-64岁比例小，65岁以上比例大。人口老龄化问题突出的国家是日本。
（3）印度劳动力丰富且廉价；人口众多，消费市场广阔；（矿产）资源丰富。
（4）创造就业机会（增加就业岗位）；提高居民收入；带动当地相关产业发展；推动产业升级；促进经济发展。
26．【答案】（1）保暖衣物；雨伞；防晒物品；纬度高，气温较低；（全年）温和多雨；夏季高温少雨（晴天多，太阳辐射强）
（2）②；③；①；②
（3）欧洲人常食用的两类食物是牛羊肉、乳制品。这种饮食特点与畜牧业（乳畜业）密切相关。
（4）欧洲西部旅游资源丰富；经济发达，居民收入高；交通发达；多数使用统一货币，消费方便。
氧化还原反应重点考点 专题练
2026年高考化学一轮复习备考
1．不同的温度下，通入NaOH溶液中主要发生以下两个反应，如图所示。
下列说法不正确的是
A．反应Ⅰ和Ⅱ都有NaCl生成
B．的空间结构为三角锥形
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，每参与反应转移的电子数之比为
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的与NaOH的物质的量之比：Ⅰ<Ⅱ
2．利用可将废水中的转化为对环境无害的物质后排放。反应原理为：(未配平)。下列说法正确的是
A．表示
B．氧化剂与还原剂物质的量之比为
C．可用替换
D．若生成气体，则反应转移的电子数为
3．以铜阳极泥[含Cu、Ag、Au等单质为原料分离回收金和银的流程如下图所示，已知HAuCl4是一元强酸，下列说法错误的是
A．酸1为稀硫酸，酸2为稀盐酸
B．“浸取2”中使用的酸提高了H2O2的氧化性
C．“还原”步骤的离子方程式为4AuCl+ 3N2H4 =4Au+3N2↑+16C1-+12H+
D．S2O离子中心S原子配位能力小于端基S原子
4．一种制备粗产品的工艺流程如图。已知：纯易分解爆炸，一般用空气稀释到体积分数为10%以下。
下列说法正确的是
A．溶解过程中可以用盐酸代替稀硫酸
B．流程中做还原剂
C．发生器中鼓入空气的主要目的是提供氧化剂
D．吸收塔中温度不宜过低，否则会导致产率下降
5．已知，向溶液中加入足量Zn粉可以提炼Au，反应为：(未配平)，下列说法不正确的是
A．还原性：
B．X表示
C．生成，转移电子总数为(表示阿伏加德罗常数的值)
D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为
6．从高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，其中Pb5O8中的Pb为+2价或+4价，As2O3、As2O5均为酸性氧化物)中回收制备砷酸钠晶体的工艺流程如下，下列说法正确的是
(浸出液的主要成分为Na3AsO4和NaAsO2)
A．As位于元素周期表中第四周期第ⅣA族
B．“碱浸”时，Pb5O8发生的反应：。其中氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：5
C．浸出液“氧化”过程中，主要发生反应：
D．系列操作为：加热蒸发、趁热过滤、洗涤、干燥最终得到砷酸钠晶体
7．S8在液态SO2中可与SbF5反应，生成[S8][SbF6]2，其中[S8]2+的结构如图所示，下列说法错误的是
A．S8和SbF5发生了氧化还原反应 B．[S8]2+中存在不同的硫硫键
C．反应过程中硫硫键发生了断裂 D．[S8]2+中所有S原子的最外层都有8个电子
8．磷是世界上第一种被发现的元素。白磷(P4)中毒可用CuSO4溶液解毒，发生如下反应：P4+CuSO4+H2O→Cu3P+H3PO4+H2SO4(未配平)，下列说法中正确的是
A．P4只发生了氧化反应
B．反应过程中溶液pH增大
C．11molP4发生反应，转移电子的物质的量为120mol
D．皮肤接触到白磷，用CuSO4溶液清洗后，应再使用NaOH溶液清洗
9．下列文字叙述，用方程式解释错误的是
A．丁烷裂解：
B．牙齿釉质层长期被侵蚀溶解：
C．工业废水中含有，常用绿矾做处理剂：
D．“每炉甘石()十斤…用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火锻红…”火法炼锌：
10．以为催化剂，碘甲烷为助催化剂，利用甲醇合成乙酸(Monsanto法)的示意图如下所示。
已知：铑(Rh)与钴(Co)在周期表中上下相邻，但Rh的最外层电子轨道处于半充满状态。下列说法正确的是
A．Rh的价电子排布式为，位于周期表的ds区
B．①→②过程中，Rh被氧化；③→④过程中，Rh被还原
C．⑤为，在反应中作中间产物
D．此合成原理生成和，原子利用率小于100％
11．可以催化脱除，脱除反应为，脱除过程如下图所示，下列说法正确的是
A．图乙中催化剂对的吸附强度强于图甲
B．脱除过程不属于氧化还原反应
C．该反应的平衡常数
D．催化剂的活性在脱除过程中不会改变
12．CuCl难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易被氧化。以碱性蚀刻废液中的为原料制备CuCl的部分流程如下。下列说法正确的是
A．溶于水所得溶液中
B．“酸溶”时不用稀硝酸的主要原因是硝酸易挥发
C．“还原”后溶液的pH增大
D．“洗涤”时先用水再用乙醇会降低产品的纯度
13．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2L Cl2溶于水，溶液中、和HClO的微粒数目之和为NA
B．12g石墨中含有的碳碳单键数目为2NA
C．常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2mol O2，转移电子的数目为0.4NA
D．1mol Cl2与足量消石灰反应转移的电子数为2NA
14．三氯硅烷(SiHCl3)是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，是强还原剂且易水解。实验室通过反应Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(l)+H2(g)制备SiHCl3，已知电负性：Cl>H>Si．下列说法正确的是
A．生成1mol H2，转移的电子数为2mol
B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：1
C．SiHCl3在足量NaOH溶液中反应生成Na2SiO3、NaCl和H2O
D．上述生成SiHCl3的反应为吸热反应，则该反应需在高温条件下自发进行
15．三氯乙醛(CCl3CHO)是无色油状液体，常用于制取农药。其纯度的测定如下(杂质不参与反应)。已知：I2+2S2O=2I-+S4O，下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ，需用100mL容量瓶进行配制
B．步骤Ⅲ，发生的反应为：HCOO-+I2+2OH-=2I-+CO+H2O+H+
C．步骤Ⅳ，滴定终点的现象为：加入最后半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不变色
D．三氯乙醛(摩尔质量为Mg·mol-1)的纯度为
16．RbAg4I5是一种只传导Ag＋的固体电解质，利用RbAg4I5可以制成电化学气敏传感器。某种测定O2含量的气体传感器如图所示，被分析的O2可以透过聚四氟乙烯薄膜，发生反应：4AlI3＋3O2=2Al2O3＋6I2，I2进一步在石墨电极上发生反应，引起电池电动势变化，从而测定O2的含量。下列关于气体传感器工作原理说法不正确的是
A．Ag＋通过固体电解质迁向正极 B．银电极的电极反应式为：Ag-e-=Ag+
C．测定一段时间后，固体电解质中Ag+减少 D．当O2浓度大时，电动势变大
17．将60.05的溶液与10.05的溶液混合，滴加溶液后变红色。设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．上述反应过程中转移的电子的数目为
B．5.6g中含有的未成对电子的数目为0.5
C．0.05的溶液中含有的的数目小于0.05
D．的空间构型为V形
18．下列变化过程与氧化还原反应无关的是
A．推动盛有的密闭针筒的活塞，压缩气体，气体颜色变深
B．将酸性溶液滴入乙醇溶液中，溶液紫色褪去
C．将溶液加入NaOH溶液中，最终生成红褐色沉淀
D．向包有粉末的脱脂棉上滴几滴蒸馏水，脱脂棉燃烧
19．科研团队以双氧水为氧化剂催化苯羟基化制苯酚，反应机理如下图。下列说法错误的是
A．反应过程中，钒基催化剂表现出氧化性和还原性
B．随着的加入，只形成单过氧钒物种
C．反应过程中，V-O键裂解生成过氧钒自由基
D．该过程的总反应式：
20．某小组进行“反应物浓度对反应速率影响”实验研究。分别取不同浓度的葡萄糖溶液和溶液于试管中，再依次向试管中滴加酸性溶液，通过色度计监测溶液透光率随时间的变化关系。实验结果如图所示。
已知：(1)溶液透光率与溶液中显色微粒的浓度成反比。
(2)酸性溶液与溶液反应时，某种历程可表示如图。
下列说法中不合理的是
A．从图1可知，该实验条件下，葡萄糖溶液浓度越大，反应速率越大
B．理论上，和的反应中参与反应的
C．图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成有催化作用的物质有关
D．图2中溶液浓度不同时，数据呈现的原因是：随浓度增大，反应历程中①、②、③、④速率均减小
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B B B C C C C D C
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 A D C B B C B A B D
1．D
【分析】由图可知，氯气与氢氧化钠溶液在冷水条件下反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，根据化合价升降守恒、原子守恒，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，在热水条件下反应生成氯化钠、氯酸钠和水，根据化合价升降守恒、原子守恒，反应的化学方程式为3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O。
【详解】A．由分析可知，反应Ⅰ和Ⅱ都有氯化钠生成，A正确；
B．里中心原子Cl的价层电子对数为，孤对电子对数为1，则其空间结构为三角锥形，B正确；
C．反应Ⅰ中存在关系式：，1mol氯气参加反应，反应转移1mol电子，反应Ⅱ中存在关系式：，1mol氯气参加反应，反应转移mol电子，则反应转移的电子数之比为3：5，C正确；
D．由分析可知，反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的氯气与氢氧化钠的物质的量之比都为1：2，D错误；
故选D。
2．B
【详解】A．由题中信息可知，利用可将废水中的转化为对环境无害的物质X后排放，则X表示，仍然是大气污染物，A错误；
B．该反应中，还原剂中C元素的化合价由-2价升高到+4价，升高了6个价位，氧化剂中N元素的化合价由+5价降低到0价，降低了5个价位，由电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，B正确；
C．中C元素的化合价由-2价升高到+4价，是该反应的还原剂，有强氧化性，通常不能用作还原剂，故不可用替换，C错误；
D．未注明气体状态，无法计算，D错误；
故选B。
3．B
【分析】由题给流程可知，向铜、银、金的混合物中加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液浸取，将铜转化为硫酸铜，银、金不反应，过滤得到含有硫酸铜的浸出液1和含银、金的浸渣1，则酸1为稀硫酸；向浸渣1中加入盐酸和过氧化氢的混合溶液浸取，将银转化为氯化银、金转化为HAuCl4，过滤得到含有氯化银的浸渣2和含有HAuCl4的浸出液2，则酸2为稀盐酸；向浸渣2中加入硫代硫酸钠溶液，将氯化银转化为二硫代硫酸根合银离子，过滤得到含有二硫代硫酸根合银离子的浸出液3；浸出液3电沉积得到银；向含有HAuCl4的浸出液2中加入肼，将溶液中HAuCl4转化为金。
【详解】A．由分析可知，酸1为稀硫酸，酸2为稀盐酸，故A正确；
B．由分析可知，浸取2中使用稀盐酸的目的是将银转化为氯化银、金转化为HAuCl4，不是提高了过氧化氢的氧化性，故B错误；
C．由分析可知，加入肼的目的是将溶液中HAuCl4转化为金，反应的离子方程式为4AuCl+ 3N2H4 =4Au+3N2↑+16C1-+12H+，故C正确；
D．硫代硫酸根离子的结构式为，离子中中心原子硫原子的孤对电子对数为=0，端基硫原子的孤对电子对数为=2，所以中心硫原子配位能力小于端基硫原子，故D正确；
故选B。
4．B
【详解】分析：在稀硫酸中溶解，通入在发生器中发生氧化还原反应，生成和，通过鼓入空气，防止浓度过高，还可以将其吹进吸收塔，根据氧化还原反应规律可知，在吸收塔中与双氧水、氢氧化钠反应生成和氧气，再经过一系列操作得到粗产品。
A．具有强氧化性，可以氧化，则溶解过程中不可以用盐酸代替稀硫酸，错误；
B．与双氧水、氢氧化钠反应生成和氧气，流程中做还原剂，正确；
C．发生器中鼓入空气的主要目的是防止浓度过高，因为纯易分解爆炸，错误：
D．在吸收塔中与双氧水、氢氧化钠反应生成和氧气，温度过低反应速率慢，但是不一定会导致产率下降，错误；
故选B。
5．C
【详解】A．由题干信息可知，Zn能够置换出Au，说明还原性：，A正确；
B．由题干信息可知，反应配平后的方程式为：，即X表示，B正确；
C．由B项分析可知，根据配平之后的反应方程式可知，生成，转移电子总数为，C错误；
D．由B项分析可知，根据配平之后的反应方程式可知，氧化产物ZnCl2与还原产物Au、H2的物质的量之比为，D正确；
故答案为：C。
6．C
【分析】根据题干和流程图：高砷烟尘(主要成分为、和，、均为酸性氧化物)，加入氢氧化钠和硫化钠进行碱浸，沉淀为和S，发生反应：，浸出液主要成分为和，加入过氧化氢进行氧化，发生反应：，得到溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到砷酸钠晶体，据此分析；
【详解】A．As是第33号元素，位于元素周期表中第四周期第ⅤA族，A错误；
B．根据分析可知，“碱浸”时发生反应：，其中氧化产物（S）与还原产物（5PbS其中3个化合价由+4降到+2）的物质的量之比为1：1，B错误；
C．浸出液“氧化”过程中，发生反应：，C正确；
D．“氧化”后得到溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到砷酸钠晶体，D错误；
故选C。
7．C
【详解】A．S8中S元素得化合价为0，[S8]2+中S元素的化合价不再为0， S元素的化合价发生了改变，所以S8和SbF5反应时有元素化合价发生了改变，故S8和SbF5发生了氧化还原反应，故A正确；
B．[S8]2+的结构中，硫原子之间存在不同的硫硫键，包括单键和双键，所以[S8]2+中存在不同的硫硫键，故B正确；
C．S8中是一个8元环结构，反应后生成[S8]2+，其结构仍是8个S原子组成的环状结构，所以反应过程中硫硫键并未完全断裂，而是发生了重排（如单键和双键的形成），故C错误；
D．[S8]2+中，硫原子的最外层电子数为6，加上硫原子之间的共用电子对，每个硫原子的最外层电子数为8，所以[S8]2+中所有S原子的最外层都有8个电子；故D正确；
故答案为：C。
8．C
【分析】反应中P由0价歧化为+5价和-3价，Cu由+2价降为+1价，根据转移电子守恒和元素守恒可配平方程式11P4+60CuSO4+96H2O=20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4，氧化剂为P4和CuSO4，还原剂为P4，氧化产物为H3PO4，还原产物为Cu3P，据此解答：
【详解】A．P4、Cu3P、H3PO4中P的化合价分别为0、-3、+5，即发生氧化反应，又发生还原反应，故A错误；
B．反应生成硫酸和磷酸，H+浓度增加，pH减小，故B错误；
C．据分析，根据氧化反应计算电子转移的物质的量，11molP4参与反应生成24molH3PO4，则转移24×5=120mol电子，故C正确；
D．皮肤接触到白磷，虽然用稀CuSO4溶液清洗后生成了H3PO4、H2SO4，但由于NaOH具有强腐蚀性，不能用NaOH溶液清洗，故D错误；
故答案为C。
9．D
【详解】A．丁烷裂解生成甲烷和丙烯的反应式为：，该反应式配平正确，且裂解产物合理，A正确；
B．牙齿釉质层（羟基磷酸钙）被侵蚀的反应式为：，电荷守恒、配平正确，B正确；
C．绿矾处理的反应式为：，该反应式电荷守恒，且氧化还原过程配平正确，C正确；
D．炉甘石()与碳高温反应生成Zn和CO，而非CO2。正确反应式应为：，D错误；
故选D。
10．C
【详解】A．Rh的价电子排布式为，为第Ⅷ族元素，位于周期表的d区，A错误；
B．由图，①→②过程中，Rh多结合了I-，Rh化合价升高，被氧化；③→④过程中，Rh和CO形成配位键，没有被还原，B错误；
C．根据转化关系→ +⑤，可推出⑤为，在甲醇合成乙酸反应中作中间产物，C正确；
D．由图，此合成原理总反应为甲醇和CO催化反应生成乙酸，，原子利用率为100％，D错误；
故选C。
11．A
【详解】A．Fe2O3中铁元素为+3价、氧元素为-2价，图甲Fe2O3中带正电荷的铁元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的斥力较大，而图乙Fe2O3中带负电荷的氧元素和H2S中带正电荷的氢元素之间的引力较大，则图甲中Fe2O3对H2S的吸附能力弱于图乙，故A正确；
B．图中铁元素的化合价由+3价降低至+2价，硫元素的化合价由-2价升高至0价，氧元素的化合价未发生变化，有化合价变化，属于氧化还原过程，故B错误；
C．根据脱除反应的化学方程式可知，该反应的平衡常数表达式为，故C错误；
D．脱除一段时间后，析出的硫单质附着在催化剂表面，会影响催化剂的活性，活性降低，故D错误；
故答案为A。
12．D
【分析】由题给流程可知，二氯化四氨合铜经多步转化得到氧化铜，向氧化铜中加入稍过量的稀硫酸酸溶，将氧化铜转化为硫酸铜，向反应得到的硫酸铜溶液加入氯化钠和亚硫酸钠固体，将硫酸铜转化为氯化亚铜沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，过滤、用乙醇洗涤得到氯化亚铜。
【详解】A．配合物中四氨合铜离子为内界、氯离子为外界，配合物在溶液中电离出四氨合铜离子和氯离子，不能电离出氨分子，故A错误；
B．“酸溶”时不用稀硝酸的主要原因是稀硝酸具有强氧化性，会将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，导致亚硫酸根离子无法将溶液中的铜离子还原为氯化亚铜沉淀，故B错误；
C．由分析可知，“还原”发生的反应为2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，反应生成的氢离子会使溶液pH减小，故C错误；
D．由题意可知，氯化亚铜在潮湿空气中易被氧化，所以“洗涤”时先用水再用乙醇会使氯化亚铜被氧化，降低产品的纯度，故D正确；
故选D。
13．C
【详解】A．Cl2溶于水的反应是可逆反应，溶液中还存在氯气分子，则、和HClO的微粒数目之和小于NA，A错误；
B．石墨片层结构为，平均每个碳原子的碳碳单键数为，则12g石墨中含有碳碳单键1.5NA，B错误；
C．Na2O2与H2O的反应方程式为，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，O2为氧化产物，由可知，共生成0.2mol O2，转移电子的数目为，C正确；
D．Cl2与消石灰反应的方程式为，Cl2既是氧化剂，又是还原剂，故1mol Cl2与足量消石灰反应转移的电子数为NA，D错误；
故选C。
14．B
【详解】A．电负性：Cl>H>Si，Si-H中，电子对偏向于H，则SiHCl3中Si为+4价，根据方程式：Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(l)+H2，转移了4个电子，故生成1molH2，转移的电子数为4mol，A错误；
B．在该反应中HCl是氧化剂，在参加反应的3个H中，1个化合价降低到-1价，2个化合价降低到0价；Si化合价由0升高到+4价，做还原剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：1，B正确；
C．SiHCl3水解的化学方程式为：，SiHCl3在足量NaOH溶液中反应生成Na2SiO3、NaCl、和H2O，C错误；
D．上述生成SiHCl3的反应为吸热反应，，正向是熵减反应，，则该反应自发进行需，可知需要在低温条件下，D错误；
故选B。
15．B
【分析】将样品溶于水配制100mL溶液，从中取出10mL溶液加适量的Na2CO3进行反应将CCl3CHO反应生成CHCl3和HCOO-，加入溶液调节pH值后加入25mL0.1mol/LI2溶液，充分反应后，加入淀粉作指示剂并用0.02mol/LNa2S2O3溶液，消耗VmL最后计算出三氯乙醛的纯度，据此分析解题。
【详解】A．步骤Ⅰ是将样品配成100mL溶液，故需用100mL容量瓶进行配制，A正确；
B．已知CO与H+不能大量共存，故步骤Ⅲ，发生的反应为：HCOO-+I2+3OH-=2I-+CO+2H2O，B错误；
C．步骤Ⅳ原来溶液时I2和淀粉溶液呈蓝色，当滴定终点的时候I2消耗掉了，所有蓝色消失，故滴定终点的现象为：加入最后半滴Na2S2O3溶液，锥形瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不变色，C正确；
D．根据题干流程图中可找到关系式：CCl3CHO~HCOO-~I2，I2~2Na2S2O3可知，过量的I2的物质的量为：0.02mol/L×V×10-3L×=V×10-5mol，则与HCOO-反应的I2的物质的量为：(25×10-3L×0.1mol/L- V×10-5)=(25×0.1-0.01V)×10-3mol，故三氯乙醛(摩尔质量为Mg·mol-1)的纯度为，D正确；
故答案为：B。
16．C
【分析】由题意可知，银电极为原电池的负极，银失去电子发生氧化反应生成银离子，多孔石墨电极为正极，银离子作用下碘在正极得到电子发生还原反应生成碘化银，电池的总反应为2Ag+I2=2AgI。
【详解】A．传感器工作过程中银离子通过固体电解质迁向正极，故A正确；
B．由分析可知，银电极为原电池的负极，银失去电子发生氧化反应生成银离子，电极反应式为Ag-e-=Ag+，故B正确；
C．由分析可知，电池的总反应为2Ag+I2=2AgI，则测定一段时间后，固体电解质中银离子个数不变，故C错误；
D．由方程式可知，氧气浓度增大时，反应生成碘的物质的量增大，导致在正极放电的碘的物质的量增大，外电路转移电子的物质的量增大，电动势变大，故D正确；
故选C。
17．B
【详解】A．n(KI)=，，由反应可知，不足，根据的物质的量计算转移电子数，转化为，1个得到1个电子，n()=，则转移电子数为，又因为滴加溶液后变红色，所以溶液中含有，该反应为可逆反应，转移电子数小于，A错误；
B．的电子排布式为，3d轨道上有5个未成对电子，5.6g的物质的量为n=，含有的未成对电子的数目为，B正确；
C．只知道溶液的浓度为，没有溶液体积，无法计算的数目，C错误；
D．与是等电子体，是直线形结构，所以的空间构型为直线形，D错误；
故答案选B。
18．A
【详解】A．推进盛有NO2的密闭针筒的活塞，增大压强，反应2NO2N2O4的平衡正向移动，NO2的浓度增大，气体颜色变深，不涉及氧化还原反应，故A正确；
B．乙醇有还原性，高锰酸钾有氧化性，两者发生氧化还原反应使紫色褪去，涉及氧化还原反应，故B错误；
C．Fe2+与NaOH生成Fe(OH)2白色沉淀，Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3红褐色沉淀，涉及氧化还原反应，故C错误；
D．Na2O2加水生成氧气，涉及氧化还原反应，故D错误；
故答案为A。
19．B
【详解】A．如图所示，V的化合价包含+4和+5，表现出氧化性和还原性，故A正确；
B．根据反应机理可知，随着的加入，可能形成双过氧钒物种，故B错误；
C．根据反应机理可知，存在V-O键裂解生成过氧钒自由基，如图：→，故C正确；
D．如图所示，反应为苯、过氧化氢，产物为苯酚、水，反应式为，故D正确；
故答案为B。
20．D
【详解】A．由图1，葡萄糖浓度越大，透光率上升越快，由已知(1)，即高锰酸根浓度下降越快，故反应速率越大，A正确；
B．高锰酸钾氧化草酸，生成二价锰离子和二氧化碳，锰化合价从+7变为+2，得5个电子，碳化合价+3变为+4,1个草酸分子失2个电子，根据氧化还原反应得失电子守恒，KMnO4和H2C2O4的反应中参与反应的n(KMnO4)：n(H2C2O4)=2：5，B正确；
C．由历程图，Mn2+可以作为高锰酸钾和草酸反应的催化剂，故图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成Mn2+有催化作用有关，C正确；
D．随H2C2O4浓度增大，草酸根浓度增大，反应历程①中，草酸根是反应物，随浓度增大，历程①速率是增大的，故D错误；
本题选D。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑