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2019届陕西省宝鸡中学高三下学期第三次模拟考试理科综合试卷（word版）
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宝鸡中学2019届高三年级第三次模拟
理科综合（生物）
1.植树造林是实现天蓝、地绿、水净的重要途径，是实践“绿水青山就是金山银山”增进民生福祉的必然要求。分析下列有关说法错误的是
A. “绿水青山就是金山银山”生态理念包含了生物多样性的直接、间接和潜在价值
B. 植树造林会增加生态系统的营养级别而提高其稳定性因为生产者是生态系统的基石
C. 在农田、果园等人工生态系统中，人们可以通过增加或延长食物链来提高生态系统的 稳定性同时获得更多的产品，比如“桑基鱼塘”
D. 多数生态系统都需要通过植物不断得到来自系统外的能量补充，以便于维持其正常功 能
【答案】B
【解析】
【分析】
1、种群密度是种群最基本的数量特征，出生率和死亡率与年龄结构有关，性别比例对种群密度有一定影响，出生率、死亡率和迁移率是决定种群数量变化的因素。
2、群落的结构特征包括垂直结构和水平结构：
①垂直结构：在垂直方向上，大多数群落（陆生群落、水生群落）具有明显的分层现象，植物主要受光照、温度等的影响，动物主要受食物的影响；
②水平结构：由于不同地区的环境条件不同，即空间的非均一性，使不同地段往往分布着不同的种群，同一地段上种群密度也有差异，形成了生物在水平方向上的配置状况。
【详解】“绿水青山就是金山银山”的理念深刻揭示了经济发展和生态环境保护的关系，也反映了生态系统中生物多样性的间接价值和直接价值，A正确；农作物、树林等生产者是该生态系统的“基石”，植树造林没有增加生态系统的营养级别，B错误；在农田、果园等人工生态系统中，人们可以通过增加或延长食物链来提高生态系统的 稳定性同时获得更多的产品，比如“桑基鱼塘”，C正确；任何生态系统都需要不断地得到来自于系统外的能量补充，即光能的补充，D正确。故选B。
2.为研究塑料大棚中的草莓光合作用受遮阴的影响情况，研究人员在自然光照条件和相当 于自然光照强度1/3的遮阴条件下，分别测定草莓叶片中光合色素的含量，结果如下表 （表中数据为相对值）。以下相关分析正确的是
分组
处理
叶绿素a
叶绿素b
类胡萝卜素
甲组
自然光照组
0.42
0.12
033
乙组
遮阴组
0.55
0.18
0.39
A. 乙组是对照组，遮阴处理可能提高草莓的光合作用效率，因为乙组相较于甲组光合色 素含量较多，使叶片吸收、转化光能的能力增强
B. 根据乙组光合色素含量提高可推测乙组草莓叶片固定CO2的速率一定高于甲组
C. 若要进一步研究本课题,探究提高大棚草莓产量的环境条件，接下来应将不同遮阴程 度作为实验变量进行研究
D. 因为甲组光合色素含量低于乙组，所以甲组光合作用强度一定低于乙组，可见草莓应 该在自然光照强度1/3的遮阴条件下种植以提高其产量
【答案】C
【解析】
【分析】
从表格中分析可知，遮阴组中色素的含量都高于对照组，说明遮阴使光和色素的含量升高，光合色素的作用是吸收、传递和转化光能。
【详解】根据表格中的信息可知，自然光照组为对照组，乙组是实验组，遮阴处理使光合色素含量增加，故叶片吸收、传递、转化光能的能量增强，从而提高草莓的光合效率，A错误；由于遮阴处理导致光照不足，光反应减弱，从而为暗反应提供[H]和ATP减少，导致暗反应速率减慢，B错误；若要进一步研究本课题，探究提高大棚草莓产量的环境条件，接下来应该将不同遮光程度确定为自变量进行研究，C正确；由于遮阴处理导致光照不足，遮阴处理还会导致温度降低，从而影响暗反应中相关酶的活性，所以甲组光合作用强度不一定低于乙组，可见草莓在自然光照强度1/3的遮阴条件下种植产量不一定提高，D错误。故选C。
【点睛】本题考查光合作用的过程及影响因素等知识，解题的关键是要理解光合作用的过程及影响因素，重点是掌握光和色素在光合作用过程中的作用。
3.狂犬病是由狂犬病毒引起的急性传染病，多见于狗、猫等动物，人大多因患病动物咬伤而 感染，若治疗不及时,死亡率极高。下图是人体首次感染狂犬病毒的免疫过程，下列说法 正确的是
A. 细胞①对该病毒进行识别、吞噬和处理
B. 细胞②分泌的淋巴因子使靶细胞裂解死亡
C. .细胞⑤能够迅速增殖、分化形成浆细胞
D. 细胞⑥增殖、分化产生抗体与该病毒结合
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意和图示分析可知：图示为特异性免疫发生的过程图解，其中①表示吞噬细胞；②表示T细胞；③表示B细胞；④表示效应T细胞；⑤表示记忆细胞；⑥表示浆细胞。
【详解】细胞①为吞噬细胞，对该病毒进行识别、吞噬和处理，A正确；细胞②为T细胞分泌淋巴因子，淋巴因子不能使靶细胞裂解死亡，效应T细胞能使靶细胞裂解死亡， B错误；细胞⑤为记忆细胞，再次感染相同的抗原时，记忆细胞迅速增殖分化形成相应的效应细胞，即效应T细胞和效应B细胞（浆细胞），C错误；细胞⑥为浆细胞，浆细胞不再具有分裂、分化能力，浆细胞能分泌特异性抗体，抗体与该病毒结合，D错误。故选A。
4.在某一种群中,AA、Aa、aa的基因型频率相等,当自然选择分别对隐性基因或显性基因不 利时，对应的有利基因的基因频率就会上升，但其上升的幅度不同,如下图所示。下列有 关叙述不正确的是
A. 自然选择过程中,直接受选择的是表现型,进而导致基因频率的改变
B. 在甲选择条件下,显性基因的频率可以降为零
C. 乙为自然选择对隐性基因不利时的曲线
D. 该种群基因频率的变化只与环境的选择作用有关
【答案】D
【解析】
【分析】
据图分析可知：曲线甲表示当自然选择对显性基因不利时隐性基因频率变化，因为显性基因淘汰速率快，曲线乙表示当自然选择对隐性基因不利时显性基因频率变化，因为隐性基因可以在杂合子中存在，淘汰速率慢。
【详解】自然选择过程中，直接受选择的是表现型而不是基因型，进而导致基因频率的改变，A正确；在自然选择的作用下，具有有利变异的个体有更多的机会产生后代，种群相应的基因频率会不断提高，因此一般来说频率高的基因控制后代的性状会更适应环境，相反，具有不利变异的个体留下后代的机会少，种群中相应的基因频率会下降。在持续选择的条件下，控制不利变异的基因频率有可能降至为0，B正确；当自然选择对隐性基因不利时，aa个体的生存能力低，AA、Aa生存能力高，A基因频率增加的速率较慢，因此乙曲线可以表示当自然选择对隐性基因不利时显性基因频率变化曲线，C正确；种群基因频率的变化与突变和基因重组、迁入与迁出和环境的选择等多种因素有关，D错误。故选D。
【点睛】本题的知识点是自然选择对基因频率的影响，生物的进化与物质形成，主要考查学生解读曲线获取有效信息并利用有效信息解决问题的能力，对自然选择、基因频率、进化、物种形成之间关系的理解。
5.下图表示中心法则，下列有关叙述错误的是
A. 过程①③⑥都会在人体的遗传信息传递及表达时发生
B. 人体细胞内的过程③主要发生在细胞核中，产物有mRNA、tRNA、rRNA
C. 过程③存在A-U、C-G、T-A、G-C的碱基配对方式
D. 过程⑤有半保留复制的特点，过程⑥发生在核糖体上
【答案】D
【解析】
【分析】
过程①为DNA的复制，②⑦为逆转录；③为转录；④⑤为RNA复制；⑥为翻译。
【详解】人体细胞能进行的是①DNA的复制、③转录、⑥翻译，A正确；人体细胞内的过程③主要发生在细胞核中，产物都是mRNA、tRNA、rRNA等，B正确；过程③为转录，即以DNA单链为模板合成RNA的过程，存在A-U、C-G、T-A、G-C碱基配对方式，C正确；过程⑤没有半保留复制的特点，过程⑥发生在核糖体上，D错误。故选D。
【点睛】本题是对中心法则的考查，意在考查学生识图能力和对知识的理解和记忆能力。
6.下列实验操作中，会达到预期实验目的的是
A. 用健那绿和吡罗红混合染色剂染色，可观察DNA和RNA在细胞中的分布
B. 将酶与底物在室温下混合,再做不同保温处理,可探究温度对酶活性的影响
C. 用新配制的NaOH与CuSO4混合液，可检测待测样液中是否含有还原性糖
D. 用盐酸与酒精的混合液解离洋葱根尖，即可观察到有丝分裂不同时期的细胞
【答案】C
【解析】
【分析】
1、观察DNA和RNA的分布，需要使用甲基绿吡罗红染色，DNA可以被甲基绿染成绿色，RNA可以被吡罗红染成红色；
2、酶的特性：高效性、专一性、作用条件比较温和；
3、用新配制的NaOH与CuSO4等量混合，为斐林试剂，可用于检测待测样液中是否含有还原性糖；4、在观察根尖细胞分裂的实验中，解离过程剪取根尖2-3mm（最好在每天的10～14点取根，因此时间是根尖有丝分裂高峰期），立即放入盛有质量分数为15%的氯化氢溶液和体积分数为95%的酒精溶液的混合液（1：1）的玻璃皿中，在室温下解离3～5min，使组织中的细胞互相分离开。0.01g/ml或0.02g/ml的龙胆紫（醋酸洋红）溶液碱性染料可使染色质或染色体染成深色。
【详解】观察DNA和RNA的分布，需要使用甲基绿吡罗红染色，DNA可以被甲基绿染成绿色，RNA可以被吡罗红染成红色，A错误；酶具有高效性，将酶与底物在温室下混合，酶立即分解底物，再作不同保温处理，在温度变化过程中，可能会将底物分解完，故应该先保温，再将相同温度下的酶和底物混合，B错误；用新配制的NaOH与CuSO4混合液，为斐林试剂，可用来检测待测样液中是否含有还原性糖，C正确；用盐酸与酒精的混合液解离洋葱根尖，后还需漂洗、染色，才能观察到有丝分裂不同时期的细胞；D错误。故选C。
【点睛】本题考查了“观察植物细胞有丝分裂”实验、探究温度对酶活性的影响、蛋白质的鉴定，意在考查能理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，能独立完成“生物知识内容表”所列的生物实验，包括理解实验目的、原理、方法和操作步骤，掌握相关的操作技能，并能将这些实验涉及的方法和技能进行综合运用的能力。
7.某兴趣小组为研究生长素(IAA)和赤霉素( GA3)对玉米胚芽鞘生长的影响,得到 如下实验结果。请回答有关问题：
(1)实验中除激素的因素外,可能影响实验结果的因素称________.图中“ ？”处理方式是 ____________.
(2)实验中用激素处理胚芽鞘时，应将IAA加在胚芽鞘尖端而不是加到培养液中，原因是________________。若实验中使用的IAA浓度为m,则改用低于m浓度的IAA时，玉米胚芽鞘的长度_______(填“会”、“不会”或“不一定”)减少。
(3)据图推断IAA和GA3混合使用后对胚芽鞘的生长具有_______作用。后续实验发现，适宜浓度的GA3处理芽尖细胞，分裂间期明显变短，间期分子水平上所发生的主要变化是________.
(4)用一般的理化方法很难检测出琼脂块中生长素的含量。现将某琼脂块放在去除尖端的玉米胚芽鞘上，若胚芽鞘能够生长，说明该琼脂块中含有一定量的生长素。该实验 的缺陷及补救措施分别是___________________
【答案】 (1). 无关变量 (2). 不加激素（加等量蒸馏水） (3). 生长素被吸收后在植物体内的运输是极性运输（或只能由形态学上端运输到形态学下端） (4). 不一定 (5). 协同 (6). DNA复制、有关蛋白质的合成 (7). 缺少对照组 增加一组将空白琼脂块放在去除尖端的玉米胚芽鞘上的实验
【解析】
【分析】
1、生物实验一般要遵循的原则是对照原则、等量原则、单一变量原则和控制无关变量原则；确定实验题目一般是按照“探究自变量对因变量有何影响”来确定。据实验结果可知，生长素（IAA）和赤霉素（GA3）对玉米胚芽鞘生长具有协同作用。
2、实验的自变量是生长素（IAA）和赤霉素的种类，因变量是胚芽鞘长度，其他属于无关变量，按照实验设计的对照原则和单一变量的原则分析、评价和完善实验，分析和处理实验结果，并获取结论。
【详解】（1）该实验中，激素属于自变量，除激素的因素外，可能影响实验结果的因素称无关变量。图中“？”组为对照组，处理方式是不加激素（加等量蒸馏水）。
（2）由于生长素被吸收后在植物体内的运输是极性运输，即只能由形态学上端运输到形态学下端，故实验中用激素处理胚芽鞘时，应将IAA加在胚芽鞘尖端；若实验中使用的IAA浓度为m，由于不能确定生长素的最适浓度，故低于m浓度时的生长素的作用可能高于或低于m浓度的促进作用，则改用低于m浓度的IAA时，玉米胚芽鞘的长度不一定减少。
（3）据图数据可知，IAA和GA3混合使用的一组生长明显高于单独使用IAA和GA3的一组，故说明二者具有协同作用。细胞分裂间期所发生的主要变化是DNA复制和有关蛋白质的合成。
（4）实验设计应遵循对照原则，现将某琼脂块放在去除尖端的玉米胚芽鞘上，若胚芽鞘能够生长，说明该琼脂块中含有一定量的生长素．该实验的缺陷及补救措施分别是缺少对照组，应增加一组将空白琼脂块放在去除尖端的玉米胚芽鞘上的实验。
【点睛】本题考查植物激素调节及相关实验设计的探究，主要考查学生根据实验目的分析、实验变量分析和处理实验结果获取结论的能力。
8.绿萝是一种阴生植物，生命力顽强，因其叶子四季常绿而深受人们喜爱。某兴趣小组将其栽培在密闭玻璃温室中开展实验探究。下图甲表示在一定条件下测得的该植 物光照强度与光合速率的关系;图乙表示该植物的细胞代谢状况；图丙表示用红外线测量仪测得室内的CO2浓度与时间关系的曲线。请据图回答问题:
(1)图甲中a点时，叶肉细胞中产生ATP的场所有__________。迅速增大光照强度，短期内叶肉细胞中C3化合物的含量的变化趋势为_______________(填“增加”“减少”或“不变”)。
(2)图乙所示的该植物细胞代谢情况，可用图甲中a～d四点中的____________表示,也可用图丙e～j六个点中的_______表示。
(3)图甲中，若全天的呼吸强度不变，当维持光照强度为6 Klx时,该植物一天中至少需要________小时以上的光照，才能正常生长。
(4)若将图甲曲线改绘为小麦(阳生植物)光照强度与光合速率的关系的曲线,c点的位置应______ (填“左移”“右移”或“不变”)，原因是_____。
(5)由图丙可推知，密闭玻璃温室中氧气浓度最大的是_____点,j点与e点相比植物体内有机物含量将__________________(填“增加”“减少”或“不变”)。
【答案】 (1). 细胞质基质、线粒体 (2). 减少 (3). c (4). f和h (5). 8 (6). 右移 (7). 阳生植物呼吸速率大于阴生植物，所以净光合作用为0时所需的光照强度更大（或阳生植物的光补偿点高于阴生植物） (8). h (9). 减少
【解析】
【分析】
据图分析：图甲中a点只进行呼吸作用；b点呼吸作用大于光合作用；c点表示光补偿点，光合作用等于呼吸作用强度；d点表示光饱和点。
图乙中，叶绿体产生的氧气刚好满足线粒体的需要，没有多余的释放出去，表明此时光合作用等于呼吸作用。
图丙表示密闭玻璃温室中测定二氧化碳的变化，曲线上升表示呼吸作用大于光合作用，曲线下降表示光合作用大于呼吸作用，而图中f、h两点时光合作用刚好等于呼吸作用。
【详解】(1) 图甲中的a点光照强度为零，不能进行光合作用，表示细胞呼吸强度；因此叶肉细胞产生ATP的场所为细胞质基质和线粒体。迅速增大光照强度，则光反应增强，生成的[H]和ATP增多，导致C3还原反应变快，那么细胞内消耗的C3增加，而C3的生成反应仍正常进行着，故短时间内C3含量将减少。
(2) 图乙所示的该植物细胞没有从外界吸收二氧化碳，没有释放氧气到外界中，说明光合作用强度等于细胞呼吸强度，可用图甲中c点表示，也可用图丙e～j六点中的f和h点表示。
(3) 由图甲可知，在一天24小时光照条件下，当有机物合成大于有机物分解时，植物会出现生长，即光照强度大2klx时，植物才会表现出生长现象。若全天的呼吸强度不变，当维持光照强度为6 Klx时,该植物一天中至少需要2klx×24÷6=8小时以上的光照，才能正常生长。
(4) 阳生植物呼吸速率大于阴生植物，利用弱光的能力弱，光的补偿点高，光合速率达到补偿点时的光照强度高，因此c点应该右移。
(5)丙图中纵轴表示的是温室中二氧化碳的量，光合作用吸收二氧化碳，释放氧气，因此二氧化碳量最少时就是氧气积累最多时，即氧气浓度最大的是h点。图丙为密闭容器内的二氧化碳浓度变化曲线图，f点和h点时，光合作用强度等于呼吸作用强度；j点时二氧化碳浓度高于e点，表明j点时消耗的有机物更多，与e点比植物体内有机物减少。
【点睛】本题考查了光合作用和呼吸作用的有关知识，意在考查考生的识图能力、分析能力和理解能力，要求考生能用文字、图表以及数学方式等多种表达形式准确地描述生物学方面的内容，能够确定图甲中四点中光合作用和呼吸作用强度关系；特别注意“光合作用所消耗的二氧化碳的量”是指的光合作用总量，与黑暗时间长短无关。
9.马拉松运动越来越受到人们的喜爱，在跑步 过程中，机体通过调节，使各个器官、系统协调运动, 共同维持内环境的相对稳定。下图是下丘脑参与调 节内环境稳态的模式图，其中①②③④⑤表示相关 激素，请据图回答问题：
(1)运动员听到发令枪响后迅速起跑，下图表示运 动员体内在这一反应过程中的一段传出神经纤维上局部电流和兴奋的传导方向图解(弯箭头表示膜内、外局部电流的流动方向,直箭头表示兴奋传导方向)，其中正确的是（ ）
(2)运动中机体产热增多，遇过神经调节，引起皮肤________和汗腺分泌增强，这一调节过程的中枢位于________.
(3)运动员大量出汗，导致细胞外液渗透压升高,刺激下丘脑通过垂体释放________,促进肾小管和集合管________ ，同时,________产生渴觉,使运动员主动补水,维持细胞外液渗透压正常。
(4)运动引起血糖大量消耗,此时骨骼肌细胞的直接供能物质是________，血糖含量降低时,_______ 分泌的激素⑤增多，使血糖快速补充。
(5)运动员血液中②的含量变化对________ (填图中标号)的分泌起调节作用，这种调控称为________ 调节。
【答案】 (1). A (2). 毛细血管舒张 (3). 下丘脑 (4). 抗利尿激素 (5). 对水的重吸收（重吸收水） (6). 大脑皮层 (7). ATP (8). 胰岛A细胞 (9). ①③ (10). （负）反馈
【解析】
【分析】
结合题意，分析图解，根据激素④作用与肾小管和集合管，可推知激素④为抗利尿激素；根据激素③作用于甲状腺，可推知激素③为促甲状腺激素；激素②由甲状腺分泌，则②为甲状腺激素；结合甲状腺激素分泌的分级调节过程，进而推测作用于垂体且由下丘脑分泌的激素①为促甲状腺激素释放激素；激素⑤为胰岛细胞分泌的激素，则激素⑤可能是胰岛素，也可能是胰高血糖素。
【详解】（1）神经纤维上的某点受到刺激而产生兴奋时，兴奋部位的膜就发生电位变化，膜外由正电位变成负电位，膜内由负电位变成正电位。在细胞膜的内外，兴奋部位与邻近未兴奋部位形成了电位差，有了电荷的流动，这样就形成了局部电流，膜内电流方向应该由兴奋部位流向未兴奋部位，膜外电流方向应该由未兴奋部位流向兴奋部位，兴奋传导的方向与膜内电流的方向一致，运动员听到发令枪响后迅速起跑，兴奋的传导在反射弧中是单向的。综上BCD错误，A正确。
（2）长跑比赛中，由于产热增加，机体会通过一系列调节，加快散热，从而维持体温的相对恒定，主要调节途径之一是下丘脑的体温调节中枢通过传出神经作用于皮肤的毛细血管，使毛细血管舒张，加快散热，同时汗腺分泌增加，散热增强。
（3）当人体失水过多、饮水不足或吃的食物过咸时→细胞外液渗透压升高→下丘脑渗透压感受器受到刺激→垂体释放抗利尿激素增多→肾小管、集合管对水分的重吸收增加→尿量减少。同时大脑皮层产生渴觉（主动饮水）。
（4）长跑比赛中要消耗大量的能量，这些能量主要来自于血糖的氧化分解，生命活动所需能量直接来自ATP的水解；胰岛A细胞分泌的胰高血糖素能促进肝糖原分解成葡萄糖，肾上腺髓质分泌的肾上腺增加。
（5）根据激素③作用于甲状腺，可推知激素③为促甲状腺激素；激素②由甲状腺分泌，则②为甲状腺激素，由下丘脑分泌的激素①为促甲状腺激素释放激素。由图可知，甲状腺激素②作用于下丘脑分泌促甲状腺激素释放激素①和作用于垂体分泌促甲状腺激素③。这种调控称为（负）反馈调节。
【点睛】解决本题关键要注意下丘脑的主要功能：
感受功能：如渗透压感受器感受细胞外液渗透压升降，维持水盐平衡；
传导功能：可将渗透压等感受器产生兴奋传至大脑皮层；
分泌功能：分泌多种激素作用于相应的器官或细胞；
调节功能：体温调节中枢、血糖调节中枢、水盐平衡调节中枢。
10.某种狗的皮毛颜色由位于不同常染色体上的两对基因(A、a和B、b)控制，共有 四种表现型，黑色(A)、褐色(aaB,红色(A_bb)和黄色(aabb).下图是该种狗的一个系谱，请回答下列问题:
(1)欲使Ⅲ4产下褐色的小狗，最好让其与表现型为_________ 的狗交配；
(2)Ⅲ2与Ⅲ6杂交,产下小狗是红色雄性的概率是__________.
(3)Ⅲ1怀孕后走失，主人不久找回一只小狗，分析得知小狗与Ⅱ2的线粒体DNA序列特征不同，能否说明这只小狗不是Ⅲ1所生？_______ ，判断依据是___________.
(4)有一只雄狗表现出与双亲及群体中其他个体都不同的新性状,该性状由核内显性基因D控制，让这只雄狗与正常雌狗杂交,得到了足够多的子代个体。
①如果子代中出现了该新性状，且显性基因D位于X染色体上，则子代个体的性状表现为:_______________________.
②如果子代中没有出现该新性状,则可能是因为______________________
(5)若小狗的基因型为AaBbEe,下如图为该动物产生的其中一种配子，这种配子占全部 配子的5%，在所给如图 细胞中染色体的合适位置上标出这只小狗的基因型。
____________
【答案】 (1). 褐色雄 (2). 1/12 (3). 能 (4). 线粒体DNA只随卵细胞传给子代，Ⅱ2与Ⅲ1及Ⅲ1所生小狗线粒体DNA序列特征应相同 (5). F1代所有雌性个体表现该新性状，所有雄性个体表现正常性状 (6). 雄狗的新性状是其体细胞基因突变所致，突变基因一般不能传递给后代 (7).
【解析】
【分析】
1、I1、I2为黑色的狗，后代出现黄色狗，故二者的基因型为AaBb，Ⅱ2、Ⅱ6后代出现黄色狗，故二者的基因型也为AaBb；
2、小狗的皮毛颜色由位于不同常染色体上的两对基因（A、a和B、b）控制，故在遗传过程中符合基因的自由组合定律；
3、看图分析，Ⅱ1基因型为aaB_、Ⅱ2基因型为A_B_、Ⅲ2是黑色的，其基因型为AaBB或AaBb。
【详解】(1) Ⅲ4表现为黄色，基因型为aabb，欲产生褐色(aaB_)的小狗，则雄狗的基因型为_aB_，表现为黑色或褐色，最好为褐色雄狗（aaB_）。
(2)Ⅱ1的基因型为aaBb，Ⅱ2的基因型为AaBb，则Ⅲ2的基因型及概率为AaBB（1/3）、AaBb（2/3），Ⅲ6的基因型为aabb，因此它们杂交产下的小狗是红毛（A_bb）雄性的概率是2/3×1/2×1/2×1/2=1/12。
(3)线粒体DNA是细胞中遗传物质，具有母系遗传的特点，只随卵细胞传给子代，所以Ⅱ2与Ⅲ1及Ⅲ1所生小狗的线粒体DNA序列特征应该相同，所以这只小狗肯定不是Ⅲ1所生。
(4) ①如果F1代中出现了该新性状，且显性基因D位于X染色体上，则亲本的基因型为XdXdXDY，F1代个体的性状表现为：F1所有雌性个体表现该新性状，所有雄性个体表现正常性状。②如果F1代中没有出现该新性状，可能原因是：雄狗的新性状是其体细胞基因突变所致，突变基因不能传递给后代。
(5) 根据题意和图示分析可知：基因型为AaBbEe的细胞中，A与b、a与B位于同一条染色体上，在减数第一次分裂四分体时期发生了交叉互换，因而减数分裂生了abE的配子。这只小狗的基因型如下图所示：
【点睛】
本题考查了基因的自由组合定律的应用，意在考察考生系谱图的识别和信息处理的能力，最后一步有点难，认真计算会得出正确答案。
11.生物技术与我们的生活息息相关。请回答下列问题：
(1)采用无菌技术获得纯净的培养物的关键是______，微生物筛选原则是_________
(2)果醋制作过程中时，醋酸菌在_________ 时,可将糖分解成醋酸;在糖源不充足时,也可以利用酒精生成醋酸。
(3)腐乳是豆腐经微生物发酵后制成的食品,多种微生物参与了该发酵过程，其中起主要作用的微生物是毛霉,其产生的__________可将豆腐中的蛋白质和脂肪水解,发酵完成后需加盐腌制,接近瓶口表面的盐要铺厚一些,原因是_____.
(4)制作泡菜时蔬菜在腌制过程中,会产生亚硝酸盐。在_____ 条件下,亚硝酸盐与对氨基苯磺酸发生___________ 反应后，与 N-1-茶基乙二胺盐酸盐结合形成玫瑰色染料。
(5)玫瑰精油适合用水蒸气蒸憾法提取的原因是________
【答案】 (1). 防止外来杂菌的入侵 (2). 人为提供有利于目的菌株生长的条件，同时抑制或阻止其他微生物的生长 (3). 氧气、糖源充足 (4). 蛋白酶和脂肪酶 (5). 析出豆腐中的水分，抑制微生物的生长，避免豆腐块腐败变质 (6). 盐酸酸化 (7). 重氮化 (8). 化学性质稳定、难溶于水、易溶于有机溶剂
【解析】
【分析】
微生物培养过程中，获得纯净培养物的关键是无菌技术，即防止外来杂菌的污染，微生物筛选是指创设仅适合待分离微生物旺盛生长的特定环境条件，使其数量大大增加，从而分离出所需微生物的培养方法。果醋制作的原理：当氧气、糖源都充足时，醋酸菌将葡萄汁中的糖分解成醋酸；当缺少糖源时，醋酸菌将乙醇变为乙醛，再将乙醛变为醋酸，其化学反应式为：C2H5OH+O2CH3COOH+H2O。腐乳制作过程中，参与豆腐发酵的微生物有青霉、酵母、曲霉、毛霉等多种，其中起主要作用的是毛霉，其代谢类型为异养需氧型，适宜温度为15℃～18℃，毛霉能够产生蛋白酶和脂肪酶，将蛋白质和脂肪分别水解成小分子的肽和氨基酸、甘油和脂肪酸。发酵完成后，需装瓶加盐腌制，向长满毛霉的豆腐块加盐，盐能析出豆腐中的水分，使豆腐块变硬，同时盐还能抑制微生物的生长，避免豆腐块腐败变质。制作泡菜的原理是乳酸菌在无氧的环境下大量繁殖，将葡萄糖分解成乳酸，在腌制过程中，会产生亚硝酸盐，在盐酸酸化条件下，亚硝酸盐与对氨基苯磺酸发生重氮化反应后，与N-1-萘基乙二胺盐酸盐结合形成玫瑰红色染料。植物有效成分的提取方法主要由提取物的性质和材料特点而定，由于玫瑰精油具有易挥发、难溶于水、化学性质稳定等性质，蒸馏时可以被水蒸气携带出来，所以常用水蒸气蒸馏法提取。
【详解】（1）无菌技术目的是获得纯净的培养物，关键是防止外来杂菌的入侵，微生物筛选原则是人为提供有利于目的菌株生长的条件，同时抑制或阻止其他微生物的生长。
（2）在果醋制作过程中时，醋酸菌在氧气、糖源充足时，可将糖分解成酷酸；在糖源不充足时，也可以利用酒精生成醋酸。
（3）腐乳是豆腐经微生物发酵后制成的食品，多种微生物参与了该发醇过程，其中起主要作用的微生物是毛霉，其产生的蛋白酶和脂肪酶可将豆腐中的蛋白质和脂肪水解，发酵完成后需加盐腌制，接近瓶口表面的盐要铺厚一些，加盐可以析出豆腐中的水分，抑制微生物的生长，避免豆腐块腐败变质。
（4）制作泡菜时蔬菜在腌制过程中，会产生亚硝酸盐。亚硝酸盐在盐酸酸化条件下与对氨基苯磺酸发生重氮化反应后，与N-1-萘基乙二胺盐酸盐结合形成玫瑰色染料。
（5）玫瑰精油适合用水蒸气蒸馏法提取，原因是玫瑰精油化学性质稳定、难溶于水、易溶于有机溶剂。
【点睛】本题考查发酵技术的应用、植物有效成分提取，对于此类试题，需要学生注意的细节较多，如实验的原理、盐的作用等，能结合所学的知识准确答题。
12.科研人员采用转基因体细胞克隆技术获得转基因绵羊，以便通过乳腺生物反应器生产人 凝血因子IX医用蛋白，其技术路线如图。
(1)要想目的基因只在乳腺组织中表达，在构建基因表达载体A 时,需要将_________基因和__________等调控组件重组在一起。
(2)将A导入绵羊胎儿成纤维细胞中常用的方法是__________。将 A 导入受精卵能否获得转基因绵羊？ ______ ，判断依据是________________.
(3)核移植的受体应选用__________期卵母细胞?。
(4)移植应选择胚胎发育到________阶段时进行;转基因绵羊的性状基本上与代孕母羊无关的原因是__________.
【答案】 (1). 人凝血因子IX (2). 乳腺组织特异性表达的启动子 (3). 显微注射法 (4). 能 (5). 因为受精卵具有发育全能性，将受精卵体外培养成早期胚胎再胚胎移植就可获得转基因绵羊 (6). MⅡ中 (7). 桑椹胚或囊胚 (8). 胚胎的遗传性状基本不受受体任何影响
【解析】
【分析】
DNA重组技术至少需要三种工具：限制性核酸内切酶（限制酶）、DNA连接酶、运载体。
目的基因分子水平上的检测：①检测转基因生物染色体的DNA是否插入目的基因--DNA分子杂交技术；②检测目的基因是否转录出了mRNA--分子杂交技术；③检测目的基因是否翻译成蛋白质--抗原-抗体杂交技术。
该基因工程需要对羊的性别进行选择，由于只有母羊能够分泌乳汁，因此选择母羊的胚胎进行移植。
【详解】(1) ①过程构建的A是含目的基因的（基因）表达载体。它必须将目的基因人凝血因子IX与乳（腺）蛋白基因的启动子等调控组件重组在一起，才能通过分泌乳汁来生产人凝血因子IX医用蛋白。
(2) 将A导入绵羊胎儿成纤维细胞中常用的方法是显微注射法。因为受精卵具有发育全能性，将受精卵体外培养成早期胚胎再胚胎移植就可获得转基因绵羊。
(3) 在核移植之前，必须先去掉受体卵细胞的核，目的是保证核遗传物质来自含目的基因的成纤维细胞，核移植的受体应选用处于MⅡ中期的卵母细胞。
(4) 移植应选择胚胎发育到桑椹胚或囊胚阶段时进行；代孕母羊对移入子宫的重组胚胎基本上不发生免疫排斥反应，这为重组胚胎在代孕母羊体内的存活提供了可能。转基因绵羊的细胞核来源于供核母羊，因此转基因绵羊的性状与供核母羊最相似，基本上与代孕母羊无关。
【点睛】本题考查了转基因绵羊的培育过程，意在考查考生对于基因工程、胚胎工程的掌握和理解，这部分内容主要是识记和理解内容，难度适中。
宝鸡中学2019届高三年级第三次模拟
理科综合(化学)
可能用到的相对原子质量：0-16 K - 39 Ti-48 I-127
一、选择题：本题共7个小题，每小题6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。
1.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是
选项
现象或事实
解释
A
医疗上用75%的乙醇做消毒剂
乙醇具有易挥发性
B
用Na2S除去废水中的Cu2+和Hg2+
Na2S具有强还原性
C
用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果
高锰酸钾可氧化水果释放的乙烯
D
用明矶溶液清除铜镜表面的铜锈
明矾溶液中Al3+产能与铜锈反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙醇具有还原性，医用酒精为75%（体积分数）的乙醇溶液，可用于杀菌消毒，A错误；
B. Na2S电离产生的S2-与水中的重金属阳离子结合形成沉淀，因此可以用于除去废水中的Cu2+和Hg2+，B错误；
C.用浸泡过高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够吸收并氧化水果释放出的乙烯，C正确；
D.用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈，因为明矾溶液中Al3+水解后呈酸性，D错误；
答案：C。
2.国际计量大会第26次会议新修订了阿伏伽德罗常数(Na = 6. 022214076xl023mol-1),并于2019年5月20日正式生效。下列说法不正确的是
A. 标准状况下11. 2 L的CH3C1中含有氢原子的数目为1. 5NA
B. lmol Na2O2固体中含有阴、阳离子的总数目为3.NA
C. l00mL lmol・L-1 NH4C1溶液中含有阳离子的数目大于0.1 NA
D. 18gD2O和H2O的混合物中含有的中子数为9Na
【答案】D
【解析】
【详解】A.标准状况下，11.2L的一氯甲烷的物质的量为，含有1.5mol氢原子，含有氢原子的数目为1. 5NA，A正确；
B.过氧化钠为离子化合物，由钠离子（Na+）和过氧根离子（O22-）组成，1molNa2O2固体中含有阴、阳离子的总数目为3NA，B正确；
C.铵根离子在溶液中会水解，NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，水解的NH4+数目等于水解产生的H+，在溶液中还存在H2O⇌H++OH-,所以 l00mL lmol・L-1 NH4C1溶液中含有阳离子的数目大于0.1 NA，C正确；
D.假设18g全为D2O，则中子数为，假设18g全为H2O，则中子数为，所以18gD2O和H2O的混合物中含有的中子数不可能为9NA，D错误；
答案：D。
3.“侯德榜制碱法”首先需制备碳酸氢钠:NaCl(饱和)+NH3+CO2+H2O =NaHCO3 ↓ +NH4C1。下列装置能达到实验目的的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A.氯化铵分解生成的氯化氢和氨气混合在一起，冷却后又化合生成氯化铵，无法制备得到氨气，故A错误；
B.制备CO2一般不用稀硫酸和大理石，因为生成的CaSO4是微溶物附着在大理石表面使反应速率减慢，应用稀盐酸和大理石制备CO2，故B错误；
C.氨气极易溶于水，所以应该是氨气需要防止倒吸，而不是CO2，故C错误；
D.将析出的NaHCO3 通过过滤操作分离出来，故D正确；
答案：D。
4.某固体混合物中可能含有:Na+、K+、 SO42- 、Cl- 、CO32-等离子，取两份该固体的溶液进行如下实验:第一份:加入过量的Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，分离滤液和沉淀。向白色沉淀中滴入过量盐酸，所得溶液澄清;向滤液中滴加AgNO3溶液生成不溶于稀HNO3的 白色沉淀。第二份:取溶液进行焰色反应,火焰呈黄色。下列关于该混合物的组成说法正确的是
A. 一定是K2CO3和NaCl B. 可能是Na2CO3和KC1
C. 可能是 Na2SO4 和 Na2CO3 D. 一定是 Na2CO3 和 NaCl
【答案】B
【解析】
【分析】
加Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，可能含是BaSO4 ，BaCO3，向白色沉淀中滴入过量盐酸，所得溶液澄清，说明是BaCO3；滤液不存在SO42- ，向滤液中滴加AgNO3溶液生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，沉淀为AgCl；焰色反应火焰呈黄色，说明有Na+。
【详解】加Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，可能含是BaSO4 ，BaCO3，向白色沉淀中滴入过量盐酸，所得溶液澄清，说明是BaCO3，混合物一定有 CO32-，肯定无SO42-；滤液不存在SO42-，向滤液中滴加AgNO3溶液生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，沉淀为AgCl，混合物一定有Cl- ；焰色反应火焰呈黄色，说明一定有Na+；K+无法判断。据此分析可知，B是正确的。
答案：B。
5.满足下列条件的同分异构体(不考虑立体异构)的数目判断正确的是
选项
A
B
C
D
分子式
C4H10O
C3H7Cl
C8H10
C4H8O2
已知条件
与钠生成H2
卤代烷烃
芳香烃
能水解
同分异构体数目
4
3
3
3
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据分子式，能和金属钠反应，该物质为丁醇，丁基有四种结构，所以丁醇有4种同分异构体，故A正确；
B.C3H7Cl是一个氯原子取代丙烷一个氢原子，丙基存在2种结构，所以一氯丙烷有2种同分异构体，故B错误；
C.分子式为C8H10的芳香烃，分子中含有1个苯环，故侧链为烷基，若有1个侧链，为-CH2-CH3，一种结构；若有2个侧链，为-CH3，有邻、间、对三种结构，总共4种同分异构体，故C错误；
D.分子式为C4H8O2有机物可水解，属于饱和一元酯，若为甲酸和丙醇酯化，甲酸1种，丙醇有2种，酯有2种；若为乙酸和乙醇酯化，乙酸1种，乙醇有1种，酯有1种；若为丙酸和甲醇酯化，丙酸有1种，甲醇1种，酯有1种；可形成的酯共有4种，故D错误；
答案：A。
6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素的族序数之和为20。X原子 的最外层电子数是其电子层数是3倍,Y原子的最外层电子数与其内层电子总数之比为1 ： 5。下列说法不正确的是
A. W在元素周期表中处于第二周期、第VA族
B. 化合物YX、YZ2中化学键类型相同
C. 简单离子的半径:Z
【答案】C
【解析】
【分析】
X原子 的最外层电子数是其电子层数是3倍，推出X是O，Y原子的最外层电子数与其内层电子总数之比为1：5，推出Y为Mg，四种元素的族序数之和为20，即四种原子的最外层电子数之和为20，假设W的最外层为1，则Z的最外层电子为11，不符合，依次类推，W的最外层电子数为5，Z的最外层电子数为7，原子序数依次增大，即W为N，Z为Cl。
【详解】A.W为N，在元素周期表中处于第二周期第VA族，故A正确；
B.化合物YX为MgO，化学键类型为离子键，MgCl2化学键类型也是离子键，化学键类型相同，故B正确；
C.简单的离子半径：Mg2+
答案：C。
【点睛】半径大小比较：一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，三看电子数，电子层数相等，原子序数相同，电子数越多，半径越大。
7.已知：四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH ]是强碱，甲胺 (CH3NH2・H2O)为弱碱。常温下，在体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol/L/的四甲基氢氧化铵溶液和甲胺溶液中，分别滴加浓度为0.1 mol/L-1的盐酸，溶液的导电率与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A. pH的相对大小: c>d
B. 在b、c、e三点中，水的电离程度最大的点是e
C. b 点溶液:c(H+)+c(CH3NH3+) = c(OH-)
D. c 点溶液:c(Cl-)>c(CH3NH3+) >c(H+) >c(OH-)
【答案】D
【解析】
【分析】
A.当滴加20mL盐酸时，恰好完全反应，一个是强酸强碱盐溶液，溶液呈中性；一个是强酸弱碱盐溶液，溶液水解呈酸性，再比较pH大小；
B.酸碱会抑制水的电离，盐则会促进水的电离，据此分析；
C.该选项中的等式阴阳离子分别再等号两边，所以可以写出电荷守恒分析是否正确；
D.当滴加20mL盐酸时，溶质为强酸弱碱盐CH3NH3Cl，水解使溶液显酸性，且水解程度是很弱的，据此分析离子大小。
【详解】A.当滴加20mL盐酸时，恰好完全反应，四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH ]是强碱，此时溶液中溶质为强酸强碱盐，溶液呈中性；甲胺 (CH3NH2・H2O)为弱碱，此时溶液中溶质为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，pH相对大小：c
C.根据电荷守恒，b 点溶液:c(H+)+c(CH3NH3+) = c(OH-)+ c(Cl-)，故C错误；
D.当滴加20mL盐酸时，恰好完全反应，此时溶液中溶质为强酸弱碱盐CH3NH3Cl，少量CH3NH3+水解使溶液显酸性，所以溶液中的离子浓度大小：c(Cl-)>c(CH3NH3+) >c(H+) >c(OH-)，故D正确；
答案：D。
8.某厂废酸主要含硫酸、Fe3+、 Fe2+、TiO2+、 Al3+ 利用该废液制备过二硫酸铵[( NH4) 2S2O8]和TiO2一种工艺流程如下:
已知：i・TiOSO4在热水中易水解生成H2TiO3,相关离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如 下表:
金属离子
TiO2+
Fe3+
Fe2+
Al3+
开始沉淀的pH
1.2
1.9
7.0
3.2
沉淀完全的pH
2.8
3.1
9.4
4.7
ii. pH>7 时,Fe2+部夯生成 Fe( Ⅱ)氨络离Fe(NH3)2]2+o
请回答下列问题:
(1)加入适量Fe的作用是________________ .
(2)生成TiO(OH)2的化学方程式为_______________ 。
(3)滤渣I、滤渣II均含有的物质的化学式为_____________ .
(4)加入H202的目的是除掉Fe( Ⅱ)氨络离子[Fe(NH3)2]2+,此过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比理论上等于________ (填数值)。
(5)常温下，含硫微粒主要存在形式与pH的关系如下图所示。
用Pt电极电解饱和NH4HSO4溶液制备过二硫酸钱时，为满足在阳极放电的离子主要为 HSO4-，应调节阳极区溶液的pH范围在______之间,其电极反应式为____________ 。
(6)科研人员常用硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]滴定法测定TiO2的纯度，其步骤为： 用足量酸溶解wg 二氧化钛样品，用铝粉做还原剂，过滤、洗涤，将滤液定容为100 mL,取 25.00 mL,以NH4SCN作指示剂，用标准硫酸铁铵溶液滴定至终点，反应原理为: Ti3++Fe3+=Ti4++Fe2+。
①判断滴定终点的方法：________________________ 。
②滴定终点时消耗c mol/L-1 NH4Fe(SO4)2溶液VmL,则TiO2纯度为___________(写岀相关字母表示的代数式)。
【答案】 (1). 将Fe3+还原为Fe2+，避免Fe3+和TiO2+同时沉淀 (2). TiOSO4+2NH3•H2O = TiO(OH)2↓+ (NH4)2SO4 (3). Fe(OH)3 (4). 1 : 2 (5). 0～2 (6). 2HSO4- -2e- = S2O82 - + 2H+ (7). 当滴入最后一滴硫酸铁铵溶液时，溶液变为血红色且30s内不恢复原色 (8). 32cv/w%
【解析】
【分析】
废酸中主要含硫酸、Fe3+、Fe2+、TiO2+、Al3+，根据流程图，用氨水调节pH=3得到TiO(OH)2，而此时铁离子也会形成沉淀，因此需要加铁粉将铁离子转化为亚铁离子；滤液中加入氨水调节pH=10，得到的沉淀有氢氧化亚铁和氢氧化铝(滤渣I)；滤液中含有部分Fe(II)氨络离子[Fe(NH3)2]2+，因此加入双氧水将亚铁离子氧化形成氢氧化铁沉淀(滤渣II)；再在滤液中加入硫酸酸化后电解得到过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]。据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，铁粉主要作用是将Fe3+还原为Fe2+，避免Fe3+和TiO2+同时沉淀，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+，避免Fe3+和TiO2+同时沉淀；
(2)根据流程图，用氨水调节pH=3，TiO2+生成TiO(OH)2，所以化学方程式为：TiOSO4+2NH3•H2O = TiO(OH)2↓+ (NH4)2SO4，答案：TiOSO4+2NH3•H2O = TiO(OH)2↓+ (NH4)2SO4；
(3)滤渣I为氢氧化亚铁和氢氧化铝，部分氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁，滤渣II为氢氧化铁沉淀，因此滤渣I、滤渣II均含有物质的化学式为Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；
(4)在碱性溶液中，加入H2O2的目的是氧化除掉Fe(II)氨络离子[Fe(NH3)2]2+得到氢氧化铁沉淀，根据化合价升降守恒，配平后的离子方程式为2[Fe(NH3)2]2++4OH-+4H2O+H2O2=2Fe(OH)3↓4NH3·H2O，氧化剂为H2O2，还原剂为[Fe(NH3)2]2+，氧化剂与还原剂的物质的量之比理论上等于2：1，故答案为：2：1；
(5)根据常温下，含硫微粒主要存在形式与 pH的关系图，阳极放电的离子主要是HSO4-，则阳极区电解质溶液的pH范围应控制在0～2，阳极发生氧化反应，HSO4-放电转化为S2O82-，则阳极的电极反应为：2HSO4--2e-═S2O82-+2H+，故答案为：0～2；2HSO4--2e-═S2O82-+2H+；
(6)①铁离子过量时，反应结束，故终点现象为：当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成血红色，且30s内不变回原色；答案:当滴入最后一滴硫酸铁铵溶液时，溶液变为血红色且30s内不恢复原色；
②由TiO2～Fe3＋关系式，n(TiO2)=n(Fe3＋)=cmol· L－1×V×10-3L×100mL/25mL=4cV×10-3mol，TiO2纯度为4cV×10-3mol×80g·mol－1/w×100%=32cv/w%，故答案为：32cv/w%。
【点睛】滴定终点固定答法需要记忆：当滴入最后一滴……溶液时，溶液由……变为……色，且30s内不恢复原色。
9.中科院一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷在催化作用下脱氢,在气相 中经自由基偶联反应生成乙烯，其反应如下：2CH4(g) C2H4(g) +2H2(g) ΔH>0
化学键
H—H
C—H
C = C
C—C
E(kJ / mol)
a
b
c
d
(1)已知相关化学键的键能如上表，甲烷制备乙烯反应的ΔH=_____________ (用含a.b.c.d的代数式表示)。
(1)T1温度时，向1 L的恒容反应器中充入2 molCH4 ,仅发生上述反应，反应过程中 0~15 min CH4的物质的量随时间变化如图,测得10-15 min时H2的浓度为1.6 mol/L。
①0~ 10 min内CH4表示的反应速率为____mol/(L・min) o
②若图中曲线a、曲线b分别表示在温度T1时，使用质量相同但表面积不同的催化剂 时，达到平衡过程中n (CH4)变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是 ________ (填"a"或 “b”)。
③15 min时,若改变外界反应条件,导致n( CH4)发生图中所示变化，则改变的条件可能是_____(任答一条即可)。
(3)实验测得v正=k正c2(CH4),v逆=k逆c(C2H4).c2(H2) 其中K正、K逆为速率常数仅与温度有关，T1温度时k正与K逆的比值为______ (填数值)。若将温度由T1升高到T2,则反应速率增大的倍数V正 ____V逆(选填“〉”、“=”或“<”)，判断的理由是__________
(4)科研人员设计了甲烷燃料电池并用于电解。如图所示，电解质是掺杂了 Y2O3与 ZrO2的固体，可在高温下传导O2-
①C极的Pt为_______ 极(选填“阳”或“阴” )。
②该电池工作时负极反应方程式为_____________________ 。
③用该电池电解饱和食盐水，一段时间后收集到标况下气体总体积为112 mL,则阴极区所得溶液在25 0C时pH=_______ (假设电解前后NaCl溶液的体积均为500 mL)。
【答案】 (1). + (4b-c-2a) kJ•moL-1 (2). 0.16 (3). b (4). 升高温度或减小压强 (5). 12.8 (6). ＞ (7). 温度升高，k正增大的倍数大于k逆 (8). 阳 (9). CH4－8e－+4O2－=CO2+2H2O (10). 12
【解析】
【分析】
（1）ΔH=反应物总键能-生成物总键能；
（2）①根据v=Δc/Δt，同一反应，各物质速率比等于化学计量数之比分析作答；
②催化剂能加快反应速率，催化剂表面积越大，催化效果越好；
③反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，n( CH4)减小；反应物气体体积小于生成物，减小压强，平衡向正反应方向进行，n( CH4)减小；
（3）达到平衡时正逆反应速率相等，有v正=v逆，即k正c2(CH4)=k逆c(C2H4).c2(H2)，则k正/k逆=c(C2H4).c2(H2)/c2(CH4)=K，利用三段式把平衡常数K计算出来即可解答。。该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动；
（4）①对于燃料电池，通燃料一极为负极，通氧气一极为正极；对于电解池，连接电源正极的为阳极，连接电源负极的为阴极；
②根据图示，燃料电池的负极是甲烷生成H2O和CO2的反应；
③电解饱和食盐水的离子方程式为，再根据气体和OH-的比例关系计算OH-的浓度，再算出pH。
【详解】（1）ΔH=[2×4b-（c+4b）-2a]kJ•moL-1=+ (4b-c-2a) kJ•moL-1 ，答案：+ (4b-c-2a) kJ•moL-1；
（2）①，v(H2)=v(CH4)=0.16mol/(L·min)，答案：016；
②催化剂表面积越大，催化效果越好，速率越快，达到平衡所需的时间越短，所以曲线b的催化剂表面积较大，答案：b；
③15 min时,若改变外界反应条件,导致n( CH4)减小，说明平衡向消耗CH4的方向移动，所以改变的条件可能是升高温度或减小压强，答案：升高温度或减小压强；
（3） 2CH4(g)C2H4(g) +2H2(g)
C始（mol/L） 2 0 0
ΔC（mol/L）1.6 0.8 1.6
C末（mol/L） 0.4 0.8 1.6
T1温度时，该反应的平衡常数，且达到平衡时有v正=v逆，即k正c2(CH4)=k逆c(C2H4).c2(H2)，则k正/k逆=c(C2H4).c2(H2)/c2(CH4)=K=12.8。该反应为吸热反应，所以升高温度，平衡正向移动，v正>v逆。答案：12.8；＞；温度升高，k正增大的倍数大于k逆；
（4）①甲烷燃料电池，通燃料一极为负极，通氧气一极为正极，所以C极为电解池的阳极，D极为电解池的阴极；答案：阳；
②根据图示，燃料电池的负极是甲烷生成H2O和CO2的反应，所以电极反应为CH4－8e－+4O2－=CO2+2H2O，答案：CH4－8e－+4O2－=CO2+2H2O；
③根据离子方程式可知，电解一段时间后，，共收集到标准状况下气体112mL，则所得溶液的， ，pH＝12；答案：12。
10.葡萄糖酸亚铁［(C6HnO7)2Fe］是医疗上常用的补铁剂，易溶于水,几乎不溶于乙 醇。某实验小组同学拟用下图装置先制备FeCO3,再用FeCO3与葡萄糖酸反应进一步制得葡萄糖酸亚铁。
请回答下列问题：
(1) 与普通漏斗比较,a漏斗的优点是______________
(2)按上图连接好装置，检査气密性后加入药品，打开K1和K3,关闭K2 .
①b中的实验现象____________________
②一段时间后，关闭_____，打开______(选填K1 ,K2或K3)。观察到b中的溶液会流入c中，同时c中析出FeCO3沉淀。
③b中产生的气体的作用是______________________________.
(3)将c中制得的碳酸亚铁在空气中过滤时间较长时，表面会变为红褐色，用化学方程式说明其原因.____________________________________
(4)将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，须将溶液的pH调节至5.8,其原因是 _______.
向上述溶液中加入乙醇即可析出产品，加入乙醇的目的是_______________。
(5)有同学提出用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制得的碳酸亚铁纯度更高，其可能的原因是________________________________.
【答案】 (1). 平衡气压，利于稀H2SO4顺利流下 (2). 铁屑溶解，溶液变为绿色，有大量气泡产生 (3). K3 (4). K2 (5). 排出装置内的空气，防止生成的FeCO3被氧化；把b中溶液压进c中 (6). 4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2 (7). 防止Fe2+的水解 (8). 降低溶剂的极性，使晶体的溶解度减小更易析出 (9). 溶液的pH降低，减少氢氧化亚铁杂质的生成
【解析】
【分析】
（1）恒压滴液漏斗能保持上下压强恒定，使液体顺利流下；
（2）①铁屑与稀硫酸生成硫酸亚铁和氢气，Fe2+为浅绿色；
②要生成FeCO3需要把FeSO4加到c中，所以需要利用H2产生压强把液体加到c中；
③FeCO3易氧化，要注意排空气，所以可以利用氢气排空气，排完空气又可以利用氢气产生压强把b中溶液压进c中；
（3）红褐色是因为生成Fe(OH)3所以是FeCO3被氧化所致，再根据氧化还原进行配平；
（4）Fe2+易发生水解，调节pH可防止Fe2+的水解；乙醇是有机溶剂，可以降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁析出；
（5）Na2CO3溶液碱性比NaHCO3溶液强，碱性越强越易生成氢氧化亚铁。
【详解】（1）a为恒压滴液漏斗，可以保证内部压强不变, 使漏斗内液体顺利流下；答案： 平衡气压，利于稀H2SO4顺利流下；
（2）①b中铁屑与稀硫酸反应，铁屑会逐渐溶解，溶液由于产生Fe2+变为绿色，有大量气泡产生；答案：铁屑溶解，溶液变为绿色，有大量气泡产生；
②反应一段时间后，需要把FeSO4加到c中，所以需要关闭K3,打开K2，利用压强把FeSO4加到c中，答案：K3；K2；
③FeCO3易氧化，b中反应产生的H2一是把装置内的空气排干净，防止生成的FeCO3被氧化；二是把b中溶液压进c中；答案：排出装置内的空气，防止生成的FeCO3被氧化；把b中溶液压进c中；
（3）过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色，原因是FeCO3与O2反应生成Fe(OH)3，化学方程式为：4FeCO3＋O2＋6H2O=4Fe(OH)3＋4CO2。答案：4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2 ；
（4）Fe2+易发生水解，将溶液pH调节至5.8，防止Fe2+的水解；乙醇分子的极性比水小，可以降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁析出；答案：防止Fe2+的水解；降低溶剂的极性，使晶体的溶解度减小更易析出；
（5）碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁，用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液可以降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁，得到的产品纯度更高。答案：溶液的pH降低，减少氢氧化亚铁杂质的生成。
【点睛】在平时做题中，对于二价铁要考虑以下几方面：①注意被空气中的氧气氧化为三价铁问题；②注意水解问题；③二价铁相比三价铁更难生成氢氧化物沉淀。
11.核安全与放射性污染防治已引起广泛关注。在爆炸的核电站周围含有放射性物质 碘-131和钙-137。碘-131 —旦被人体吸入，可能会引发甲状腺肿大等疾病。
(1)与钠同主族的前四周期(包括第四周期)的三种元素X、Y、Z的第一电离能如下表：
元素代号
X
Y
Z
第一电离能/(kJ.mol「)
520
496
419
基态Z原子倒数第二层电子的排布式为______。X、Y、Z三种元素形成的单质熔点由高到低的顺序为_______(用元素符号表示)，其原因为___________ .
(2)F与I同主族,BeF2分子中心原子的杂化类型为_________ ,BeF2分子是________分子(选填“极性”或“非极性”)。
(3)已知高碘酸有两种形式,化学式分别为H5IO6 和HIO4 ,二者酸性强弱顺序为:H5IO6 ________ HIO4(选填">"或"<"“=”)。从电子云的重叠方式的角度分析,H5IO6分子中的化学键有________(写出两种).
(4)131I2晶体的晶胞结构如图甲所示，该晶胞中平均含有个131I原子________，晶体中碘分子的排列有_________种不同的方向。
(5)KI的晶胞结构如图乙所示，每个K＋周围紧邻的K＋个数为_______个。KI晶体的密度为ρg.cm-3 ,K和I的原子半径分别为rkcm和rI cm,阿伏加德罗常数的值为NA,则 KI晶胞中的箜间利用率为_______. ［空间利用率=(球体积/晶胞体积)x100%,用相关字母的代数式表示即可］
【答案】 (1). 3s23p6 (2). Li＞Na＞K (3). 锂、钠、钾为金属晶体，它们的价电子数相等，金属离子所带的电荷数相同，离子半径依次增大，金属键依次减弱，故熔点依次降低 (4). sp (5). 非极性 (6). ＜ (7). δ、π (8). 8 (9). 2 (10). 12 (11). ×100%
【解析】
【分析】
（1）与钠同主族即ⅠA族，前四周期的元素分别为H、Li、Na、K，又由提供的X、Y的第一电离能的差值与Y、Z的第一电离能的差值相差不大可知，X、Y、Z不可能有H元素，而同主族元素随着电子层数的增加，第一电离能逐渐减小，故X、Y、Z分别为Li、Na、K；K原子核电荷数为19，,写出核外电子排布式解答；锂、钠、钾为金属晶体，比较熔沸点要比较离子半径和所带电荷；
（2）杂化类型由成键电子对和孤电子对决定，BeF2分子成键电子对为2，孤电子对为0，据此分析作答；
（3）比较含氧酸的酸性大小可通过比较含非羟基氧原子个数，H5IO6（）含非羟基氧原子1个，HIO4含非羟基氧原子3个；单键由1个δ键构成，双键由1个δ键和1个π键构成；
（4）根据均摊法分析，I2在晶胞的8个顶点和6个面上；晶胞中8个顶点和左右面一种取向，上下面和前后面一种取向；
（5）KI晶胞与NaCl晶胞结构相似，每个K+紧邻K+在面的对角线上；空间利用率=(球体积/晶胞体积)×100%，所以需要分别求出晶胞中原子所占的体积和晶胞的体积，球体积=4/3πr3，晶胞体积=m/ρ，据此分析作答。
【详解】（1）根据电离能的数据X、Y、Z不可能有H元素，而同主族元素随着电子层数的增加，第一电离能逐渐减小，故X、Y、Z分别为Li、Na、K；K原子核电荷数为19，,核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，倒数第二层电子的排布式为3s23p6；Li、Na、K的最外层电子数都是1，但离子半径逐渐增大，金属键减弱，熔点降低。答案：3s23p6；Li＞Na＞K；锂、钠、钾为金属晶体，它们的价电子数相等，金属离子所带的电荷数相同，离子半径依次增大，金属键依次减弱，故熔点依次降低；
（2）BeF2分子内中心原子为Be，其价电子数为2，F提供2个电子，所以Be原子的价层电子对数为（2+2）/2=2，Be原子的杂化类型为sp杂化，分子构型为直线形，是非极性分子。答案：sp；非极性；
（3）H5IO6（）中含有5个羟基氢，为五元酸，含非羟基氧原子1个，HIO4为一元酸，含有1个羟基氢，含非羟基氧原子3个，所以酸性：H5IO6＜HIO4；H5IO6（）中存在双键，所以分子中的化学键有δ键、π键。答案：＜；δ、π；
（4）由碘晶胞可知，I2在晶胞的8个顶点和6个面上，故一个晶胞中含有4个I2分子，即8个I原子；观察碘晶胞图示可知，晶体中碘分子的排列有2种。答案： 8；2；
（5）KI晶胞与NaCl晶胞结构相似，每个K+紧邻12个K+；根据均摊法计算，K：8×1/8+6×1/2＝4，I：12×1/4+1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=，晶胞的体积V2=m/ρ=[4×(39+127)]/NAρ，故KI晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为V1/V2×100%=×100%。答案：12；×100%。
【点睛】根据含氧酸中，酸的元数取决于羟基氢的个数，含非羟基氧原子个数越多，酸性越强；单键由1个δ键构成，双键由1个δ键和1个π键构成，三键由1个δ键和2个π键构成。
12.PET是一种制作饮料瓶的塑料。以有机物A(分子式为C9H9O2Br)合成PET及F的转 化关系如下图。其中D为对乙基苯甲酸,可用作液晶原料及中间体。A、C、D、E均能NaHCO3溶液反应。
已知：I.A分子的核磁共振氢谱上有五个峰,其面积之比为1 ： 2 ： 2 ： 2 ： 2
II(R1、R2代表烃基或氢原子)
请回答下列问题：
(1) 化合物D的分子式为_______，反应①的反应类型是__________反应。
(2)高分子化合物F的结构简式为_________.
(3) 反应⑤的化学方程式为______________________。
(4)利用反应①后的溶液，设计实验证明A分子中含有的卤素原子为溴原子的实验步骤和现象为________________________
(5)写出符合下列条件D的同分异构体的结构简式_______________________.
a.能发生银镜反应 b.能与FeCl3.溶液发生显色反应 c.苯环上的一氯代物只有一种
(6)写出以乙烯为起始原料制备六元环酯( )的合成路线(其他试剂任选)___________________
【答案】 (1). C9H10O2 (2). 消去 (3). (4). (5). 取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子 (6). (7).
【解析】
【分析】
A在氢氧化钠的醇溶液下发生消去反应生成B，B加酸生成C，C在Ni的催化下与H2发生加成反应， D为,所以C为，B为，A分子的核磁共振氢谱上有五个峰,其面积之比为1 ： 2 ： 2 ： 2 ： 2，则A为，D在与酸性高锰酸钾反应生成E（），E与乙二醇发生缩聚反应生成，C一定条件发生加聚反应生成F，F为。
【详解】（1）D为，分子式为C9H10O2；A在氢氧化钠的醇溶液下发生的是卤代烃的消去反应生成；答案：C9H10O2；消去；
（2）高分子化合物F是由C加聚得到，结构简式为；答案：；
（3）反应⑤是与乙二醇发生缩聚反应生成 ，所以化学方程式为；答案：；
（4）反应①是的消去反应，可以验证产物中的HBr中的Br-就可证明A分子中含有的卤素原子为溴原子，所以可取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子；答案：可取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子；
（5）D为，能发生银镜反应说明需要由醛基，能与FeCl3.溶液发生显色反应说明需要有酚羟基，苯环上的一氯代物只有一种，则同分异构体有；答案：；
（6）六元环酯( )存在两个酯基，可通过乙二酸和乙二醇发生水解生成，所以合成线路为：；答案;。
【点睛】由反应条件确定官能团 ：
反应条件
可能官能团
浓硫酸
①醇的消去（醇羟基）②酯化反应（含有羟基、羧基）
稀硫酸
①酯的水解（含有酯键） ②二糖、多糖的水解
NaOH水溶液
①卤代烃的水解 ②酯的水解
NaOH醇溶液
卤代烃消去（－X）
H2、催化剂
（Ni）
加成(碳碳双键、碳碳叁键、醛基、羰基、苯环)，一般羧基、酯键则不与H2加成
O2/Cu、加热
醇羟基 （－CH2OH、－CHOH）
Cl2(Br2)/Fe
苯环上氢原子被取代
Cl2(Br2)/光照
烷烃或苯环侧链烷烃基上氢原子被取代
碱石灰/加热
R－COONa
宝鸡中学2019届高三年级第三次模拟
理科综合物理
二、选择题:本题共8小题,每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项 符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分‘选对但不全的得 3分,有选错的得0分。
1.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。对以下几位物理学家所做科学贡献的表述中，与事实不相符的是
A. 汤姆逊通过对阴极射线的研究发现了电子
B. 卢瑟福通过α粒子散射实验发现了质子
C. 普朗克把“能量子”引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统思想
D. 爱因斯坦创立“光子说”并建立了 “光电效应方程”，运用这些理论圆满解释了光电效应的实验规律
【答案】B
【解析】
【详解】A、汤姆逊发现被加热的金属飞出的粒子成分为，从而发现这种阴极射线是电子；A正确.
B、卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型；而卢瑟福通过α粒子轰击氮原子核的人工核反应发现质子；故B错误.
C、普朗克解释黑体辐射的原理提出了能量子观点，认为光是一份一份的能量子构成的，否定了“能量连续变化”的观点；故C正确.
D、爱因斯坦为了解释光电效应的现象，提出了光子说和光电效应方程，成功解释了光电效应；故D正确.
本题选不正确的故选B.
2.一盏电灯重力为G，悬于天花板上A点,在电线O处系一细线OB，使电线OA偏离竖直方向的夹角为β=30°，如图所示.现保持β角不变，缓慢调整OB方向至虚线位置，则在此过程中细线OB中的张力
A. 先减小后增大
B. 先增大后减小
C. 不断增大
D. 不断减小
【答案】A
【解析】
【详解】对O点受力分析，重力为恒力，OA绳的拉力方向不变，OB绳的拉力大小和方向均变化在转动，则构成三力平衡的一类动态平衡，由图解法作图如图所示：
当时，最小，整个转动过程，先减小后增大；故A正确，B、C、D错误.故选A.
3.如图所示，地月拉格朗日点L1和L2位于地球和月球连线上，处在该点物体在地球和月亮引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动.假设在地月拉格朗日点L1和L2分别建立了空间站P和Q,使其与月球同周期绕地球运动，以a1、a2、a3分别表示空间站P、月球、空间站Q的向心加速度的大小，则以下判断正确的是
A. a1>a2>a3 B. a1=a2=a3 C. a1
【解析】
【详解】在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动，根据向心加速度，由于拉格朗日点L1的轨道半径小于月球轨道半径，所以a2＞a1；同步卫星离地高度约为36000公里，故同步卫星离地距离小于拉格朗日点L1的轨道半径，根据，得a3＞a2＞a1，故A，B，C错误，D正确；故选D.
4.如图所示为中国冰壶队队员投掷冰壶时的情景。在这次投掷中，冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰.已知两冰壶质量均为20kg,取中国队队员投掷的冰壶运动方向为正方向，碰后中国队冰壶的速度可能为
A. v= 0.05m/s B. v= -0.1m/s C. v =-0.2m/s D. v= 0.3m/s
【答案】A
【解析】
【详解】两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：m1v0=m1v1+m2v2，若两冰壶发生的是完全非弹性碰撞，入射冰壶的速度最大，有，方向为正方向；若两冰壶发生的是弹性碰撞，入射冰壶的速度最小，而，则发生速度交换，有，；故入射冰壶的速度范围为，故B，C，D错误，A正确.故选A.
5.如图甲所示,半径为2r的圆形线圈内有垂直纸面方向变化的圆形磁场，磁场区域的半径为 r,线圈与磁场区域共圆心，线圈中产生了如图乙所示的感应电流(逆时针方向的电流为 正).若规定垂直纸面向外的方向为磁场正方向，则能产生图乙所示的感应电流的磁场为
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】0~t0时间内的感应电流为正(逆时针)，由右手螺旋定则得到感应磁场向外，而由楞次定律知原磁场可以是向外(正)减小或向里(负)增大，而感应电流大小恒定，由知需要原磁场均匀变化；故A，B，C错误，D正确.故选D.
6.一科研团队在某次空气动力学实验中,通过传感器得到研究对象做匀变速曲线运动的轨迹如图所示,且质点运动到最低点D时速度方向与加速度方向恰好互相垂直,则质点从A点运动到E点的过程中,下列说法中正确的是
A. 质点的速率先增大后减小
B. 质点的速率先减小后增大
C. 在任意1s内，质点速度改变的大小相同、方向竖直向上
D. 在任意1s内，质点速度改变的大小相同、方向水平向右
【答案】BC
【解析】
【详解】A、B、质点做匀变速曲线运动，可知所受合外力恒定，加速度恒定，D点的加速度向上，则整个运动的任何位置加速度均向上恒定，由图可知沿着切线方向的瞬时速度与加速度的夹角从钝角变为直角后为锐角，则速度先减小后增大，D点时的速度最小；故A错误，B正确.
C、D、由可得，即加速度恒定时，任意1s时间内速度的变化均大小相等，方向相同，与加速度方向相同竖直向上；故C正确，D错误.
故选BC.
7.高压输电是减小输电电能损耗和电压损失的有效途径，中国已投产运行的1000kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程.假设甲、乙两地原采用500kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为△P=100kW,损失的电压为△U=40V.在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1000kV特高压输电,若不考虑其他因素的影响, 输电线上损耗的电功率变为△P'，损失的电压变为△U'，则
A. △P'=25kW B. △P' = 50kW C. △U'=10V D. △U' = 20V
【答案】AD
【解析】
【详解】输电的电流为，则输电的损失功率为，损失的电压为；保持输送功率P和输电线上的电阻R不变，而把总电压从500 kV提高为1000 kV，即变为原来的2倍，则输电电流变为原来的，有，；故B，C错误；A，D正确；故选AD.
8.1909年，美国物理学家密立根用如图所示的实验装置,通过研究平行金属板M、N间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量，因此获得1923年诺贝尔物理学奖。图中平行金属板M、N与输出电压恒为U的电源两极相连，两金属板间的距离为d,正对面积为S.现由显微镜观察发现，恰好有一质量为m的带电油滴在两金属板中央悬浮不动，已知静电力常量为k,真空的介电常数ε=1，重力加速度为g，则
A. 带电油滴的电荷量
B. 金属板M所带电量
C. 将金属板N突然下移△d，带电油滴获得向上的加速度
D. 将金属板N突然下移△d，带电油滴的电势能立即减小为原来的倍
【答案】BD
【解析】
【详解】A、带电油滴在平行板电容器中受重力和向上的电场力平衡，而匀强电场的方向向下，则油滴带负电，由平衡条件有，解得油滴的电荷量大小为为；故A错误.
B、平行板电容器的电量，而电容的大小，联立可得；而相对介电常数ε=1，则；故B正确.
C、D、N板突然下移△d，电源一直接在电容器上，则电压U不变，电场力变小，为，则油滴的合外力向下，由牛顿第二定律，解得，方向向下；故C错误.
D、电容器的M板接地为0V，设油滴的位置P点距离M板为，则，电势能为，则金属板N下移△d，P点的电势为，则；故D正确.
故选BD
三、非选择题:共174分，第22~32题为必考题,每个试题考生都必须作答。第33-38题为 选考题，考生根据要求作答。
9.某物理兴趣小组的同学通过实验探究弹簧的弹性势能EP与弹簧的压缩量x之间的关系，其实验步骤如下：
A.用如图甲所示的装置测量木块与木板之间的滑动摩擦力，跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连，滑轮和木板间的细线保持水平.缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块相对桌面静止且木板仍在继续滑动时,弹簧秤的示数如图甲所示.
B.如图乙所示，把木板固定在水平桌面上，将所研究弹簧的一端固定在木板左端的竖直挡板上,O是弹簧处于自然长度时右端所在位置.
C.用木块压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时由静止释放木块，木块向右运动的最大距离是s,用刻度尺测得x和s的值.
D.改变x的大小，按步骤C要求继续实验，测得多组x、s的值，并求得对应的x2和EP的 值如下表所示.
实验次数
1
2
3
4
5
x/×10-2 m
050
100
2.00
3.00
4.00
x2//×10-4 m2
0.25
1.00
4.00
9.00
16.00
s/×10-2m
5.03
20.02
80.10
180.16
320.10
EP /J
0.14
0.56
EP
5.04
8.96
回答下列问题：
(1)木块与木板之间的滑动摩擦力f=_____N;
(2)上表中EP=_____J；
(3)分析上表中的数据可以得出,弹簧的弹性势能EP与弹簧的压缩量x之间的关系是_________.
A. B. C. D.
【答案】 (1). 2.80 (2). 2.24 (3). B
【解析】
【详解】(1)弹簧秤最小刻度为0.1N，估读到0.01N，读出绳的拉力为2.80N；木板运动后，木块受到滑动摩擦力和绳拉力而处于静止，由平衡条件得，则木块与木板之间的滑动摩擦力.
(2)弹簧推动滑块向右运动，弹性势能全部转化为滑块的动能，同时借助摩擦力做负功，将动能转化为热能，由能量守恒可知，代入，可得.
(3)结合表格中的数据可以找到；结合弹性势能的表达式可知与成正比；故选B.
10.为了测定铅蓄电池的电动势和内阻，实验室中准备了下列器材：
待测铅蓄电池E(电动势约2V,内阻约2Ω)
电流表G(满偏电流3mA,内阻10Ω)
电流表A(量程0~0.60 A,内阻约0.1Ω)
滑动变阻器R1(0~20Ω,2A)
滑动变阻器R2((0~1kΩ,1A)
定值电阻R3=990Ω,开关S和导线若干
(1)为了能较为准确地进行测量和操作方便,实验中选用的滑动变阻器是___(填器材后的字母代号)
(2)在方框中画出实验电路图__________.
(3)在某次实验中电流表A的指针偏转情况如图甲所示，则电流表A的读数为_____A.
(4)李浩同学选取合适的器材通过正确、规范实验,得到了5组电流表G和电流表A的读数IG和IA，并做出了IG-IA图像如图乙所示.请你根据所学知识，依据图像提供的信息,估算图线与IG轴交点P对应的IG的值最接近_____.
A. 1.5 mA B. 2.0 mA C. 2.5mA D. 3.0 mA
【答案】 (1). R1 (2). (3). 0.18 (4). B
【解析】
【详解】(1)测电源的电动势和内阻时，滑动变阻器应选用限流式接法，方便调节和易于读数，滑动变阻器的阻值比电源的内阻大10倍左右合适，故选R1(20Ω).
(2)本题缺少电压表，可用内阻已知的表头G和定值电阻R3串联改装为电压表使用，滑动变阻器选用限流式接法，电流表采用内接法可以减小测量的系统误差，故电路如图所示：
(3)电流表的量程为0.6A，最小格为0.02A，估读在0.01A，则读数为0.18A.
(4)由闭合电路的欧姆定律可得：，变形得：，则图象的纵截距为，代入数值可得；故选B.
11.中国高铁以“快、准、稳”成为一张靓丽的“名片”而为国人所自豪.3月9日由北京南开往杭州东的G35次高铁上,一位男旅客在洗手间内吸烟，触发烟感报警装置，导致高铁突然降速缓行.假设此次事件中列车由正常车速80m/s匀减速至24m/s后匀速行驶.列车匀速行驶6min后乘警通过排査解除了警报，列车又匀加速恢复至80m/s的车速.若列车在匀加速和匀减速过程的加速度大小均为l.4m/s2,试求：
(1)列车以非正常车速行驶的距离;
(2)由于这次事件，列车到达杭州东时晚点多少秒？
【答案】(1)(2)
【解析】
【详解】(1)设列车正常车速为v1，减速后车速为v2，减速和加速过程位移为s1，时间均为t1，减速后匀速行驶位移为s2，时间为t2，由运动学公式可得：
解得：
(2)设列车正常车速通过s位移所用时间为t′，则有：
解得：
12.如图所示，竖直平面内的直角坐标系xoy，x轴上方存在竖直向下的匀强电场, x轴下方存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴上的a点沿先轴正方向以初速度v0射入匀强电场中，粒子经过x轴上的b点进入磁场区域，并从o点再次进入电场区域.若oa距离,ob距离为2L,不计粒子重力，求：
(1)电场强度E和粒子经过b点时速度v;
(2)磁感应强度B;
(3)粒子从a点开始运动到第二次通过x轴的总时间t.
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【详解】(1)由题意可得粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子在匀强电场中运动时间为，加速度为，粒子经过b点的速度与x轴正方向夹角为θ，
由牛顿第二定律和运动学公式可得：
解得：
(2)由题意可知粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为，可得：
由几何关系：
解得：
(3)设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，运动时间为，
由题意可得：
解得：
13.下列说法中正确的是
A. 一定质量的气体吸热后温度一定升高
B. 布朗运动是悬浮在液体中的花粉颗粒和液体分子之间的相互碰撞引起的
C. 知道阿伏加德罗常数和气体的密度就可估算出气体分子间的平均距离
D. 在热传导中，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体
E. 单位体积的气体分子数增加，气体的压强不一定增大
【答案】BDE
【解析】
【详解】A、改变内能的方式有做功和热传递，则气体吸热后不知道做功情况，则不能得到内能如何变化，也不能确定温度是否变化；故A错误.
B、布朗运动是由于液体分子的无规则运动对固体微粒碰撞的不平衡引起的；故B正确.
C、气体分子的占有空间看成立方体模型，则，故仅知道阿伏加德罗常数和气体的密度，要求出平均距离还缺少气体的摩尔质量；故C错误.
D、根据热力学第二定律的，热量从低温物体传到高温物体不能自发进行，必须借助外界的帮助，引起其它的变化；故D正确.
E、根据理想气体状态方程可知，压强由单位体积的气体分子数和温度共同决定，则只有单位体积的气体分子数增加，不能推出压强是否变化；故E正确.
故选BDE.
14.如图所示，上端封闭的玻璃管A竖直固定，竖直玻璃管B上端开口且足够长,两管下端用足够长橡皮管连接起来,A管上端被水银柱封闭了一段长为h =5cm的理想气体,B管水银面刚好与A管顶端齐平,玻璃管A内气体温度为t1=27℃，外界大气压为P0 =75cmHg,求：
①保持温度不变，要使A管中气体长度稳定为h'=4cm,应将B管向上移动多少厘米？
②B管向上移动后保持不动,为了让A管中气体体积恢复到原来长度，则应将气体温度升高多少摄氏度？
【答案】① ②
【解析】
【详解】①由题意可知A管封闭的理想气体发生等温变化，初态气体压强为，温度为，根据玻意耳定律可得：
解得：
B管水银面比A水银面管高出距离为：
则B管向上移动的距离为：
②使A管中气体长度恢复到后，A管中封闭气体的压强为，根据理想气体的状态方程可得：
解得：
则气体温度升高的温度为：
15.一列沿x轴方向传播的简谐横波在t=0时的波形图如图所示，位于坐标原点处的质点经△t = 0.2s再次回到平衡位置，关于这列波说法正确的是
A. 这列波的周期为0.4 s
B. 这列波沿x轴正方向传播
C. 这列波传播速度为10m/s
D. t=0时位于x=6m处质点加速度沿y轴正方向且最大
E. 经△t=0.2s位于x =2.5m处质点通过路程为4cm
【答案】ADE
【解析】
【详解】A、位移坐标原点的质点在t=0时刻正在平衡位置，经过△t= 0.2s再次回到平衡位置，则，可得；故A正确.
C、根据波形图可读出波长，由；故C错误.
B、由波形图无法获得波源的位置以及起振方向，则波的传播方向不确定，可以沿x轴正向或x轴负向；故B错误.
D、由波形图可知t=0时位于x =6m处质点在波谷处，此时振动的速度为零，加速度最大指向平衡位置，即加速度沿y轴正方向且最大；故D正确.
E、由周期可知，由振动的对称性可知所有质点的路程为两个振幅即为2×2cm=4cm；故E正确.
故选ADE.
16.如图所示，一个截面为直角三角形的三棱镜ABD, ∠B= 90°，有一单色光以45°人射角射入到BD界面上，折射角是30°,折射光线恰好在AD界面发生全反射,光在真空中的传播速度为c.求：
①光在该三棱镜中的传播速度是多少?
②该三棱镜的顶角D是多少度？
【答案】① ②
【解析】
【详解】①光线在BD面上发生了折射，已知入射角 i=45°，折射角 r=30°，
则三棱镜的折射率为：
解得：
②折射光线恰好在AD面发生全反射，入射角等于临界角C，
则：
由几何知识可得，三棱镜的顶角为：
解得:
理科综合（生物）
1.植树造林是实现天蓝、地绿、水净的重要途径，是实践“绿水青山就是金山银山”增进民生福祉的必然要求。分析下列有关说法错误的是
A. “绿水青山就是金山银山”生态理念包含了生物多样性的直接、间接和潜在价值
B. 植树造林会增加生态系统的营养级别而提高其稳定性因为生产者是生态系统的基石
C. 在农田、果园等人工生态系统中，人们可以通过增加或延长食物链来提高生态系统的 稳定性同时获得更多的产品，比如“桑基鱼塘”
D. 多数生态系统都需要通过植物不断得到来自系统外的能量补充，以便于维持其正常功 能
【答案】B
【解析】
【分析】
1、种群密度是种群最基本的数量特征，出生率和死亡率与年龄结构有关，性别比例对种群密度有一定影响，出生率、死亡率和迁移率是决定种群数量变化的因素。
2、群落的结构特征包括垂直结构和水平结构：
①垂直结构：在垂直方向上，大多数群落（陆生群落、水生群落）具有明显的分层现象，植物主要受光照、温度等的影响，动物主要受食物的影响；
②水平结构：由于不同地区的环境条件不同，即空间的非均一性，使不同地段往往分布着不同的种群，同一地段上种群密度也有差异，形成了生物在水平方向上的配置状况。
【详解】“绿水青山就是金山银山”的理念深刻揭示了经济发展和生态环境保护的关系，也反映了生态系统中生物多样性的间接价值和直接价值，A正确；农作物、树林等生产者是该生态系统的“基石”，植树造林没有增加生态系统的营养级别，B错误；在农田、果园等人工生态系统中，人们可以通过增加或延长食物链来提高生态系统的 稳定性同时获得更多的产品，比如“桑基鱼塘”，C正确；任何生态系统都需要不断地得到来自于系统外的能量补充，即光能的补充，D正确。故选B。
2.为研究塑料大棚中的草莓光合作用受遮阴的影响情况，研究人员在自然光照条件和相当 于自然光照强度1/3的遮阴条件下，分别测定草莓叶片中光合色素的含量，结果如下表 （表中数据为相对值）。以下相关分析正确的是
分组
处理
叶绿素a
叶绿素b
类胡萝卜素
甲组
自然光照组
0.42
0.12
033
乙组
遮阴组
0.55
0.18
0.39
A. 乙组是对照组，遮阴处理可能提高草莓的光合作用效率，因为乙组相较于甲组光合色 素含量较多，使叶片吸收、转化光能的能力增强
B. 根据乙组光合色素含量提高可推测乙组草莓叶片固定CO2的速率一定高于甲组
C. 若要进一步研究本课题,探究提高大棚草莓产量的环境条件，接下来应将不同遮阴程 度作为实验变量进行研究
D. 因为甲组光合色素含量低于乙组，所以甲组光合作用强度一定低于乙组，可见草莓应 该在自然光照强度1/3的遮阴条件下种植以提高其产量
【答案】C
【解析】
【分析】
从表格中分析可知，遮阴组中色素的含量都高于对照组，说明遮阴使光和色素的含量升高，光合色素的作用是吸收、传递和转化光能。
【详解】根据表格中的信息可知，自然光照组为对照组，乙组是实验组，遮阴处理使光合色素含量增加，故叶片吸收、传递、转化光能的能量增强，从而提高草莓的光合效率，A错误；由于遮阴处理导致光照不足，光反应减弱，从而为暗反应提供[H]和ATP减少，导致暗反应速率减慢，B错误；若要进一步研究本课题，探究提高大棚草莓产量的环境条件，接下来应该将不同遮光程度确定为自变量进行研究，C正确；由于遮阴处理导致光照不足，遮阴处理还会导致温度降低，从而影响暗反应中相关酶的活性，所以甲组光合作用强度不一定低于乙组，可见草莓在自然光照强度1/3的遮阴条件下种植产量不一定提高，D错误。故选C。
【点睛】本题考查光合作用的过程及影响因素等知识，解题的关键是要理解光合作用的过程及影响因素，重点是掌握光和色素在光合作用过程中的作用。
3.狂犬病是由狂犬病毒引起的急性传染病，多见于狗、猫等动物，人大多因患病动物咬伤而 感染，若治疗不及时,死亡率极高。下图是人体首次感染狂犬病毒的免疫过程，下列说法 正确的是
A. 细胞①对该病毒进行识别、吞噬和处理
B. 细胞②分泌的淋巴因子使靶细胞裂解死亡
C. .细胞⑤能够迅速增殖、分化形成浆细胞
D. 细胞⑥增殖、分化产生抗体与该病毒结合
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意和图示分析可知：图示为特异性免疫发生的过程图解，其中①表示吞噬细胞；②表示T细胞；③表示B细胞；④表示效应T细胞；⑤表示记忆细胞；⑥表示浆细胞。
【详解】细胞①为吞噬细胞，对该病毒进行识别、吞噬和处理，A正确；细胞②为T细胞分泌淋巴因子，淋巴因子不能使靶细胞裂解死亡，效应T细胞能使靶细胞裂解死亡， B错误；细胞⑤为记忆细胞，再次感染相同的抗原时，记忆细胞迅速增殖分化形成相应的效应细胞，即效应T细胞和效应B细胞（浆细胞），C错误；细胞⑥为浆细胞，浆细胞不再具有分裂、分化能力，浆细胞能分泌特异性抗体，抗体与该病毒结合，D错误。故选A。
4.在某一种群中,AA、Aa、aa的基因型频率相等,当自然选择分别对隐性基因或显性基因不 利时，对应的有利基因的基因频率就会上升，但其上升的幅度不同,如下图所示。下列有 关叙述不正确的是
A. 自然选择过程中,直接受选择的是表现型,进而导致基因频率的改变
B. 在甲选择条件下,显性基因的频率可以降为零
C. 乙为自然选择对隐性基因不利时的曲线
D. 该种群基因频率的变化只与环境的选择作用有关
【答案】D
【解析】
【分析】
据图分析可知：曲线甲表示当自然选择对显性基因不利时隐性基因频率变化，因为显性基因淘汰速率快，曲线乙表示当自然选择对隐性基因不利时显性基因频率变化，因为隐性基因可以在杂合子中存在，淘汰速率慢。
【详解】自然选择过程中，直接受选择的是表现型而不是基因型，进而导致基因频率的改变，A正确；在自然选择的作用下，具有有利变异的个体有更多的机会产生后代，种群相应的基因频率会不断提高，因此一般来说频率高的基因控制后代的性状会更适应环境，相反，具有不利变异的个体留下后代的机会少，种群中相应的基因频率会下降。在持续选择的条件下，控制不利变异的基因频率有可能降至为0，B正确；当自然选择对隐性基因不利时，aa个体的生存能力低，AA、Aa生存能力高，A基因频率增加的速率较慢，因此乙曲线可以表示当自然选择对隐性基因不利时显性基因频率变化曲线，C正确；种群基因频率的变化与突变和基因重组、迁入与迁出和环境的选择等多种因素有关，D错误。故选D。
【点睛】本题的知识点是自然选择对基因频率的影响，生物的进化与物质形成，主要考查学生解读曲线获取有效信息并利用有效信息解决问题的能力，对自然选择、基因频率、进化、物种形成之间关系的理解。
5.下图表示中心法则，下列有关叙述错误的是
A. 过程①③⑥都会在人体的遗传信息传递及表达时发生
B. 人体细胞内的过程③主要发生在细胞核中，产物有mRNA、tRNA、rRNA
C. 过程③存在A-U、C-G、T-A、G-C的碱基配对方式
D. 过程⑤有半保留复制的特点，过程⑥发生在核糖体上
【答案】D
【解析】
【分析】
过程①为DNA的复制，②⑦为逆转录；③为转录；④⑤为RNA复制；⑥为翻译。
【详解】人体细胞能进行的是①DNA的复制、③转录、⑥翻译，A正确；人体细胞内的过程③主要发生在细胞核中，产物都是mRNA、tRNA、rRNA等，B正确；过程③为转录，即以DNA单链为模板合成RNA的过程，存在A-U、C-G、T-A、G-C碱基配对方式，C正确；过程⑤没有半保留复制的特点，过程⑥发生在核糖体上，D错误。故选D。
【点睛】本题是对中心法则的考查，意在考查学生识图能力和对知识的理解和记忆能力。
6.下列实验操作中，会达到预期实验目的的是
A. 用健那绿和吡罗红混合染色剂染色，可观察DNA和RNA在细胞中的分布
B. 将酶与底物在室温下混合,再做不同保温处理,可探究温度对酶活性的影响
C. 用新配制的NaOH与CuSO4混合液，可检测待测样液中是否含有还原性糖
D. 用盐酸与酒精的混合液解离洋葱根尖，即可观察到有丝分裂不同时期的细胞
【答案】C
【解析】
【分析】
1、观察DNA和RNA的分布，需要使用甲基绿吡罗红染色，DNA可以被甲基绿染成绿色，RNA可以被吡罗红染成红色；
2、酶的特性：高效性、专一性、作用条件比较温和；
3、用新配制的NaOH与CuSO4等量混合，为斐林试剂，可用于检测待测样液中是否含有还原性糖；4、在观察根尖细胞分裂的实验中，解离过程剪取根尖2-3mm（最好在每天的10～14点取根，因此时间是根尖有丝分裂高峰期），立即放入盛有质量分数为15%的氯化氢溶液和体积分数为95%的酒精溶液的混合液（1：1）的玻璃皿中，在室温下解离3～5min，使组织中的细胞互相分离开。0.01g/ml或0.02g/ml的龙胆紫（醋酸洋红）溶液碱性染料可使染色质或染色体染成深色。
【详解】观察DNA和RNA的分布，需要使用甲基绿吡罗红染色，DNA可以被甲基绿染成绿色，RNA可以被吡罗红染成红色，A错误；酶具有高效性，将酶与底物在温室下混合，酶立即分解底物，再作不同保温处理，在温度变化过程中，可能会将底物分解完，故应该先保温，再将相同温度下的酶和底物混合，B错误；用新配制的NaOH与CuSO4混合液，为斐林试剂，可用来检测待测样液中是否含有还原性糖，C正确；用盐酸与酒精的混合液解离洋葱根尖，后还需漂洗、染色，才能观察到有丝分裂不同时期的细胞；D错误。故选C。
【点睛】本题考查了“观察植物细胞有丝分裂”实验、探究温度对酶活性的影响、蛋白质的鉴定，意在考查能理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系，能独立完成“生物知识内容表”所列的生物实验，包括理解实验目的、原理、方法和操作步骤，掌握相关的操作技能，并能将这些实验涉及的方法和技能进行综合运用的能力。
7.某兴趣小组为研究生长素(IAA)和赤霉素( GA3)对玉米胚芽鞘生长的影响,得到 如下实验结果。请回答有关问题：
(1)实验中除激素的因素外,可能影响实验结果的因素称________.图中“ ？”处理方式是 ____________.
(2)实验中用激素处理胚芽鞘时，应将IAA加在胚芽鞘尖端而不是加到培养液中，原因是________________。若实验中使用的IAA浓度为m,则改用低于m浓度的IAA时，玉米胚芽鞘的长度_______(填“会”、“不会”或“不一定”)减少。
(3)据图推断IAA和GA3混合使用后对胚芽鞘的生长具有_______作用。后续实验发现，适宜浓度的GA3处理芽尖细胞，分裂间期明显变短，间期分子水平上所发生的主要变化是________.
(4)用一般的理化方法很难检测出琼脂块中生长素的含量。现将某琼脂块放在去除尖端的玉米胚芽鞘上，若胚芽鞘能够生长，说明该琼脂块中含有一定量的生长素。该实验 的缺陷及补救措施分别是___________________
【答案】 (1). 无关变量 (2). 不加激素（加等量蒸馏水） (3). 生长素被吸收后在植物体内的运输是极性运输（或只能由形态学上端运输到形态学下端） (4). 不一定 (5). 协同 (6). DNA复制、有关蛋白质的合成 (7). 缺少对照组 增加一组将空白琼脂块放在去除尖端的玉米胚芽鞘上的实验
【解析】
【分析】
1、生物实验一般要遵循的原则是对照原则、等量原则、单一变量原则和控制无关变量原则；确定实验题目一般是按照“探究自变量对因变量有何影响”来确定。据实验结果可知，生长素（IAA）和赤霉素（GA3）对玉米胚芽鞘生长具有协同作用。
2、实验的自变量是生长素（IAA）和赤霉素的种类，因变量是胚芽鞘长度，其他属于无关变量，按照实验设计的对照原则和单一变量的原则分析、评价和完善实验，分析和处理实验结果，并获取结论。
【详解】（1）该实验中，激素属于自变量，除激素的因素外，可能影响实验结果的因素称无关变量。图中“？”组为对照组，处理方式是不加激素（加等量蒸馏水）。
（2）由于生长素被吸收后在植物体内的运输是极性运输，即只能由形态学上端运输到形态学下端，故实验中用激素处理胚芽鞘时，应将IAA加在胚芽鞘尖端；若实验中使用的IAA浓度为m，由于不能确定生长素的最适浓度，故低于m浓度时的生长素的作用可能高于或低于m浓度的促进作用，则改用低于m浓度的IAA时，玉米胚芽鞘的长度不一定减少。
（3）据图数据可知，IAA和GA3混合使用的一组生长明显高于单独使用IAA和GA3的一组，故说明二者具有协同作用。细胞分裂间期所发生的主要变化是DNA复制和有关蛋白质的合成。
（4）实验设计应遵循对照原则，现将某琼脂块放在去除尖端的玉米胚芽鞘上，若胚芽鞘能够生长，说明该琼脂块中含有一定量的生长素．该实验的缺陷及补救措施分别是缺少对照组，应增加一组将空白琼脂块放在去除尖端的玉米胚芽鞘上的实验。
【点睛】本题考查植物激素调节及相关实验设计的探究，主要考查学生根据实验目的分析、实验变量分析和处理实验结果获取结论的能力。
8.绿萝是一种阴生植物，生命力顽强，因其叶子四季常绿而深受人们喜爱。某兴趣小组将其栽培在密闭玻璃温室中开展实验探究。下图甲表示在一定条件下测得的该植 物光照强度与光合速率的关系;图乙表示该植物的细胞代谢状况；图丙表示用红外线测量仪测得室内的CO2浓度与时间关系的曲线。请据图回答问题:
(1)图甲中a点时，叶肉细胞中产生ATP的场所有__________。迅速增大光照强度，短期内叶肉细胞中C3化合物的含量的变化趋势为_______________(填“增加”“减少”或“不变”)。
(2)图乙所示的该植物细胞代谢情况，可用图甲中a～d四点中的____________表示,也可用图丙e～j六个点中的_______表示。
(3)图甲中，若全天的呼吸强度不变，当维持光照强度为6 Klx时,该植物一天中至少需要________小时以上的光照，才能正常生长。
(4)若将图甲曲线改绘为小麦(阳生植物)光照强度与光合速率的关系的曲线,c点的位置应______ (填“左移”“右移”或“不变”)，原因是_____。
(5)由图丙可推知，密闭玻璃温室中氧气浓度最大的是_____点,j点与e点相比植物体内有机物含量将__________________(填“增加”“减少”或“不变”)。
【答案】 (1). 细胞质基质、线粒体 (2). 减少 (3). c (4). f和h (5). 8 (6). 右移 (7). 阳生植物呼吸速率大于阴生植物，所以净光合作用为0时所需的光照强度更大（或阳生植物的光补偿点高于阴生植物） (8). h (9). 减少
【解析】
【分析】
据图分析：图甲中a点只进行呼吸作用；b点呼吸作用大于光合作用；c点表示光补偿点，光合作用等于呼吸作用强度；d点表示光饱和点。
图乙中，叶绿体产生的氧气刚好满足线粒体的需要，没有多余的释放出去，表明此时光合作用等于呼吸作用。
图丙表示密闭玻璃温室中测定二氧化碳的变化，曲线上升表示呼吸作用大于光合作用，曲线下降表示光合作用大于呼吸作用，而图中f、h两点时光合作用刚好等于呼吸作用。
【详解】(1) 图甲中的a点光照强度为零，不能进行光合作用，表示细胞呼吸强度；因此叶肉细胞产生ATP的场所为细胞质基质和线粒体。迅速增大光照强度，则光反应增强，生成的[H]和ATP增多，导致C3还原反应变快，那么细胞内消耗的C3增加，而C3的生成反应仍正常进行着，故短时间内C3含量将减少。
(2) 图乙所示的该植物细胞没有从外界吸收二氧化碳，没有释放氧气到外界中，说明光合作用强度等于细胞呼吸强度，可用图甲中c点表示，也可用图丙e～j六点中的f和h点表示。
(3) 由图甲可知，在一天24小时光照条件下，当有机物合成大于有机物分解时，植物会出现生长，即光照强度大2klx时，植物才会表现出生长现象。若全天的呼吸强度不变，当维持光照强度为6 Klx时,该植物一天中至少需要2klx×24÷6=8小时以上的光照，才能正常生长。
(4) 阳生植物呼吸速率大于阴生植物，利用弱光的能力弱，光的补偿点高，光合速率达到补偿点时的光照强度高，因此c点应该右移。
(5)丙图中纵轴表示的是温室中二氧化碳的量，光合作用吸收二氧化碳，释放氧气，因此二氧化碳量最少时就是氧气积累最多时，即氧气浓度最大的是h点。图丙为密闭容器内的二氧化碳浓度变化曲线图，f点和h点时，光合作用强度等于呼吸作用强度；j点时二氧化碳浓度高于e点，表明j点时消耗的有机物更多，与e点比植物体内有机物减少。
【点睛】本题考查了光合作用和呼吸作用的有关知识，意在考查考生的识图能力、分析能力和理解能力，要求考生能用文字、图表以及数学方式等多种表达形式准确地描述生物学方面的内容，能够确定图甲中四点中光合作用和呼吸作用强度关系；特别注意“光合作用所消耗的二氧化碳的量”是指的光合作用总量，与黑暗时间长短无关。
9.马拉松运动越来越受到人们的喜爱，在跑步 过程中，机体通过调节，使各个器官、系统协调运动, 共同维持内环境的相对稳定。下图是下丘脑参与调 节内环境稳态的模式图，其中①②③④⑤表示相关 激素，请据图回答问题：
(1)运动员听到发令枪响后迅速起跑，下图表示运 动员体内在这一反应过程中的一段传出神经纤维上局部电流和兴奋的传导方向图解(弯箭头表示膜内、外局部电流的流动方向,直箭头表示兴奋传导方向)，其中正确的是（ ）
(2)运动中机体产热增多，遇过神经调节，引起皮肤________和汗腺分泌增强，这一调节过程的中枢位于________.
(3)运动员大量出汗，导致细胞外液渗透压升高,刺激下丘脑通过垂体释放________,促进肾小管和集合管________ ，同时,________产生渴觉,使运动员主动补水,维持细胞外液渗透压正常。
(4)运动引起血糖大量消耗,此时骨骼肌细胞的直接供能物质是________，血糖含量降低时,_______ 分泌的激素⑤增多，使血糖快速补充。
(5)运动员血液中②的含量变化对________ (填图中标号)的分泌起调节作用，这种调控称为________ 调节。
【答案】 (1). A (2). 毛细血管舒张 (3). 下丘脑 (4). 抗利尿激素 (5). 对水的重吸收（重吸收水） (6). 大脑皮层 (7). ATP (8). 胰岛A细胞 (9). ①③ (10). （负）反馈
【解析】
【分析】
结合题意，分析图解，根据激素④作用与肾小管和集合管，可推知激素④为抗利尿激素；根据激素③作用于甲状腺，可推知激素③为促甲状腺激素；激素②由甲状腺分泌，则②为甲状腺激素；结合甲状腺激素分泌的分级调节过程，进而推测作用于垂体且由下丘脑分泌的激素①为促甲状腺激素释放激素；激素⑤为胰岛细胞分泌的激素，则激素⑤可能是胰岛素，也可能是胰高血糖素。
【详解】（1）神经纤维上的某点受到刺激而产生兴奋时，兴奋部位的膜就发生电位变化，膜外由正电位变成负电位，膜内由负电位变成正电位。在细胞膜的内外，兴奋部位与邻近未兴奋部位形成了电位差，有了电荷的流动，这样就形成了局部电流，膜内电流方向应该由兴奋部位流向未兴奋部位，膜外电流方向应该由未兴奋部位流向兴奋部位，兴奋传导的方向与膜内电流的方向一致，运动员听到发令枪响后迅速起跑，兴奋的传导在反射弧中是单向的。综上BCD错误，A正确。
（2）长跑比赛中，由于产热增加，机体会通过一系列调节，加快散热，从而维持体温的相对恒定，主要调节途径之一是下丘脑的体温调节中枢通过传出神经作用于皮肤的毛细血管，使毛细血管舒张，加快散热，同时汗腺分泌增加，散热增强。
（3）当人体失水过多、饮水不足或吃的食物过咸时→细胞外液渗透压升高→下丘脑渗透压感受器受到刺激→垂体释放抗利尿激素增多→肾小管、集合管对水分的重吸收增加→尿量减少。同时大脑皮层产生渴觉（主动饮水）。
（4）长跑比赛中要消耗大量的能量，这些能量主要来自于血糖的氧化分解，生命活动所需能量直接来自ATP的水解；胰岛A细胞分泌的胰高血糖素能促进肝糖原分解成葡萄糖，肾上腺髓质分泌的肾上腺增加。
（5）根据激素③作用于甲状腺，可推知激素③为促甲状腺激素；激素②由甲状腺分泌，则②为甲状腺激素，由下丘脑分泌的激素①为促甲状腺激素释放激素。由图可知，甲状腺激素②作用于下丘脑分泌促甲状腺激素释放激素①和作用于垂体分泌促甲状腺激素③。这种调控称为（负）反馈调节。
【点睛】解决本题关键要注意下丘脑的主要功能：
感受功能：如渗透压感受器感受细胞外液渗透压升降，维持水盐平衡；
传导功能：可将渗透压等感受器产生兴奋传至大脑皮层；
分泌功能：分泌多种激素作用于相应的器官或细胞；
调节功能：体温调节中枢、血糖调节中枢、水盐平衡调节中枢。
10.某种狗的皮毛颜色由位于不同常染色体上的两对基因(A、a和B、b)控制，共有 四种表现型，黑色(A)、褐色(aaB,红色(A_bb)和黄色(aabb).下图是该种狗的一个系谱，请回答下列问题:
(1)欲使Ⅲ4产下褐色的小狗，最好让其与表现型为_________ 的狗交配；
(2)Ⅲ2与Ⅲ6杂交,产下小狗是红色雄性的概率是__________.
(3)Ⅲ1怀孕后走失，主人不久找回一只小狗，分析得知小狗与Ⅱ2的线粒体DNA序列特征不同，能否说明这只小狗不是Ⅲ1所生？_______ ，判断依据是___________.
(4)有一只雄狗表现出与双亲及群体中其他个体都不同的新性状,该性状由核内显性基因D控制，让这只雄狗与正常雌狗杂交,得到了足够多的子代个体。
①如果子代中出现了该新性状，且显性基因D位于X染色体上，则子代个体的性状表现为:_______________________.
②如果子代中没有出现该新性状,则可能是因为______________________
(5)若小狗的基因型为AaBbEe,下如图为该动物产生的其中一种配子，这种配子占全部 配子的5%，在所给如图 细胞中染色体的合适位置上标出这只小狗的基因型。
____________
【答案】 (1). 褐色雄 (2). 1/12 (3). 能 (4). 线粒体DNA只随卵细胞传给子代，Ⅱ2与Ⅲ1及Ⅲ1所生小狗线粒体DNA序列特征应相同 (5). F1代所有雌性个体表现该新性状，所有雄性个体表现正常性状 (6). 雄狗的新性状是其体细胞基因突变所致，突变基因一般不能传递给后代 (7).
【解析】
【分析】
1、I1、I2为黑色的狗，后代出现黄色狗，故二者的基因型为AaBb，Ⅱ2、Ⅱ6后代出现黄色狗，故二者的基因型也为AaBb；
2、小狗的皮毛颜色由位于不同常染色体上的两对基因（A、a和B、b）控制，故在遗传过程中符合基因的自由组合定律；
3、看图分析，Ⅱ1基因型为aaB_、Ⅱ2基因型为A_B_、Ⅲ2是黑色的，其基因型为AaBB或AaBb。
【详解】(1) Ⅲ4表现为黄色，基因型为aabb，欲产生褐色(aaB_)的小狗，则雄狗的基因型为_aB_，表现为黑色或褐色，最好为褐色雄狗（aaB_）。
(2)Ⅱ1的基因型为aaBb，Ⅱ2的基因型为AaBb，则Ⅲ2的基因型及概率为AaBB（1/3）、AaBb（2/3），Ⅲ6的基因型为aabb，因此它们杂交产下的小狗是红毛（A_bb）雄性的概率是2/3×1/2×1/2×1/2=1/12。
(3)线粒体DNA是细胞中遗传物质，具有母系遗传的特点，只随卵细胞传给子代，所以Ⅱ2与Ⅲ1及Ⅲ1所生小狗的线粒体DNA序列特征应该相同，所以这只小狗肯定不是Ⅲ1所生。
(4) ①如果F1代中出现了该新性状，且显性基因D位于X染色体上，则亲本的基因型为XdXdXDY，F1代个体的性状表现为：F1所有雌性个体表现该新性状，所有雄性个体表现正常性状。②如果F1代中没有出现该新性状，可能原因是：雄狗的新性状是其体细胞基因突变所致，突变基因不能传递给后代。
(5) 根据题意和图示分析可知：基因型为AaBbEe的细胞中，A与b、a与B位于同一条染色体上，在减数第一次分裂四分体时期发生了交叉互换，因而减数分裂生了abE的配子。这只小狗的基因型如下图所示：
【点睛】
本题考查了基因的自由组合定律的应用，意在考察考生系谱图的识别和信息处理的能力，最后一步有点难，认真计算会得出正确答案。
11.生物技术与我们的生活息息相关。请回答下列问题：
(1)采用无菌技术获得纯净的培养物的关键是______，微生物筛选原则是_________
(2)果醋制作过程中时，醋酸菌在_________ 时,可将糖分解成醋酸;在糖源不充足时,也可以利用酒精生成醋酸。
(3)腐乳是豆腐经微生物发酵后制成的食品,多种微生物参与了该发酵过程，其中起主要作用的微生物是毛霉,其产生的__________可将豆腐中的蛋白质和脂肪水解,发酵完成后需加盐腌制,接近瓶口表面的盐要铺厚一些,原因是_____.
(4)制作泡菜时蔬菜在腌制过程中,会产生亚硝酸盐。在_____ 条件下,亚硝酸盐与对氨基苯磺酸发生___________ 反应后，与 N-1-茶基乙二胺盐酸盐结合形成玫瑰色染料。
(5)玫瑰精油适合用水蒸气蒸憾法提取的原因是________
【答案】 (1). 防止外来杂菌的入侵 (2). 人为提供有利于目的菌株生长的条件，同时抑制或阻止其他微生物的生长 (3). 氧气、糖源充足 (4). 蛋白酶和脂肪酶 (5). 析出豆腐中的水分，抑制微生物的生长，避免豆腐块腐败变质 (6). 盐酸酸化 (7). 重氮化 (8). 化学性质稳定、难溶于水、易溶于有机溶剂
【解析】
【分析】
微生物培养过程中，获得纯净培养物的关键是无菌技术，即防止外来杂菌的污染，微生物筛选是指创设仅适合待分离微生物旺盛生长的特定环境条件，使其数量大大增加，从而分离出所需微生物的培养方法。果醋制作的原理：当氧气、糖源都充足时，醋酸菌将葡萄汁中的糖分解成醋酸；当缺少糖源时，醋酸菌将乙醇变为乙醛，再将乙醛变为醋酸，其化学反应式为：C2H5OH+O2CH3COOH+H2O。腐乳制作过程中，参与豆腐发酵的微生物有青霉、酵母、曲霉、毛霉等多种，其中起主要作用的是毛霉，其代谢类型为异养需氧型，适宜温度为15℃～18℃，毛霉能够产生蛋白酶和脂肪酶，将蛋白质和脂肪分别水解成小分子的肽和氨基酸、甘油和脂肪酸。发酵完成后，需装瓶加盐腌制，向长满毛霉的豆腐块加盐，盐能析出豆腐中的水分，使豆腐块变硬，同时盐还能抑制微生物的生长，避免豆腐块腐败变质。制作泡菜的原理是乳酸菌在无氧的环境下大量繁殖，将葡萄糖分解成乳酸，在腌制过程中，会产生亚硝酸盐，在盐酸酸化条件下，亚硝酸盐与对氨基苯磺酸发生重氮化反应后，与N-1-萘基乙二胺盐酸盐结合形成玫瑰红色染料。植物有效成分的提取方法主要由提取物的性质和材料特点而定，由于玫瑰精油具有易挥发、难溶于水、化学性质稳定等性质，蒸馏时可以被水蒸气携带出来，所以常用水蒸气蒸馏法提取。
【详解】（1）无菌技术目的是获得纯净的培养物，关键是防止外来杂菌的入侵，微生物筛选原则是人为提供有利于目的菌株生长的条件，同时抑制或阻止其他微生物的生长。
（2）在果醋制作过程中时，醋酸菌在氧气、糖源充足时，可将糖分解成酷酸；在糖源不充足时，也可以利用酒精生成醋酸。
（3）腐乳是豆腐经微生物发酵后制成的食品，多种微生物参与了该发醇过程，其中起主要作用的微生物是毛霉，其产生的蛋白酶和脂肪酶可将豆腐中的蛋白质和脂肪水解，发酵完成后需加盐腌制，接近瓶口表面的盐要铺厚一些，加盐可以析出豆腐中的水分，抑制微生物的生长，避免豆腐块腐败变质。
（4）制作泡菜时蔬菜在腌制过程中，会产生亚硝酸盐。亚硝酸盐在盐酸酸化条件下与对氨基苯磺酸发生重氮化反应后，与N-1-萘基乙二胺盐酸盐结合形成玫瑰色染料。
（5）玫瑰精油适合用水蒸气蒸馏法提取，原因是玫瑰精油化学性质稳定、难溶于水、易溶于有机溶剂。
【点睛】本题考查发酵技术的应用、植物有效成分提取，对于此类试题，需要学生注意的细节较多，如实验的原理、盐的作用等，能结合所学的知识准确答题。
12.科研人员采用转基因体细胞克隆技术获得转基因绵羊，以便通过乳腺生物反应器生产人 凝血因子IX医用蛋白，其技术路线如图。
(1)要想目的基因只在乳腺组织中表达，在构建基因表达载体A 时,需要将_________基因和__________等调控组件重组在一起。
(2)将A导入绵羊胎儿成纤维细胞中常用的方法是__________。将 A 导入受精卵能否获得转基因绵羊？ ______ ，判断依据是________________.
(3)核移植的受体应选用__________期卵母细胞?。
(4)移植应选择胚胎发育到________阶段时进行;转基因绵羊的性状基本上与代孕母羊无关的原因是__________.
【答案】 (1). 人凝血因子IX (2). 乳腺组织特异性表达的启动子 (3). 显微注射法 (4). 能 (5). 因为受精卵具有发育全能性，将受精卵体外培养成早期胚胎再胚胎移植就可获得转基因绵羊 (6). MⅡ中 (7). 桑椹胚或囊胚 (8). 胚胎的遗传性状基本不受受体任何影响
【解析】
【分析】
DNA重组技术至少需要三种工具：限制性核酸内切酶（限制酶）、DNA连接酶、运载体。
目的基因分子水平上的检测：①检测转基因生物染色体的DNA是否插入目的基因--DNA分子杂交技术；②检测目的基因是否转录出了mRNA--分子杂交技术；③检测目的基因是否翻译成蛋白质--抗原-抗体杂交技术。
该基因工程需要对羊的性别进行选择，由于只有母羊能够分泌乳汁，因此选择母羊的胚胎进行移植。
【详解】(1) ①过程构建的A是含目的基因的（基因）表达载体。它必须将目的基因人凝血因子IX与乳（腺）蛋白基因的启动子等调控组件重组在一起，才能通过分泌乳汁来生产人凝血因子IX医用蛋白。
(2) 将A导入绵羊胎儿成纤维细胞中常用的方法是显微注射法。因为受精卵具有发育全能性，将受精卵体外培养成早期胚胎再胚胎移植就可获得转基因绵羊。
(3) 在核移植之前，必须先去掉受体卵细胞的核，目的是保证核遗传物质来自含目的基因的成纤维细胞，核移植的受体应选用处于MⅡ中期的卵母细胞。
(4) 移植应选择胚胎发育到桑椹胚或囊胚阶段时进行；代孕母羊对移入子宫的重组胚胎基本上不发生免疫排斥反应，这为重组胚胎在代孕母羊体内的存活提供了可能。转基因绵羊的细胞核来源于供核母羊，因此转基因绵羊的性状与供核母羊最相似，基本上与代孕母羊无关。
【点睛】本题考查了转基因绵羊的培育过程，意在考查考生对于基因工程、胚胎工程的掌握和理解，这部分内容主要是识记和理解内容，难度适中。
宝鸡中学2019届高三年级第三次模拟
理科综合(化学)
可能用到的相对原子质量：0-16 K - 39 Ti-48 I-127
一、选择题：本题共7个小题，每小题6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。
1.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是
选项
现象或事实
解释
A
医疗上用75%的乙醇做消毒剂
乙醇具有易挥发性
B
用Na2S除去废水中的Cu2+和Hg2+
Na2S具有强还原性
C
用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果
高锰酸钾可氧化水果释放的乙烯
D
用明矶溶液清除铜镜表面的铜锈
明矾溶液中Al3+产能与铜锈反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙醇具有还原性，医用酒精为75%（体积分数）的乙醇溶液，可用于杀菌消毒，A错误；
B. Na2S电离产生的S2-与水中的重金属阳离子结合形成沉淀，因此可以用于除去废水中的Cu2+和Hg2+，B错误；
C.用浸泡过高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够吸收并氧化水果释放出的乙烯，C正确；
D.用明矾溶液清除铜镜表面的铜锈，因为明矾溶液中Al3+水解后呈酸性，D错误；
答案：C。
2.国际计量大会第26次会议新修订了阿伏伽德罗常数(Na = 6. 022214076xl023mol-1),并于2019年5月20日正式生效。下列说法不正确的是
A. 标准状况下11. 2 L的CH3C1中含有氢原子的数目为1. 5NA
B. lmol Na2O2固体中含有阴、阳离子的总数目为3.NA
C. l00mL lmol・L-1 NH4C1溶液中含有阳离子的数目大于0.1 NA
D. 18gD2O和H2O的混合物中含有的中子数为9Na
【答案】D
【解析】
【详解】A.标准状况下，11.2L的一氯甲烷的物质的量为，含有1.5mol氢原子，含有氢原子的数目为1. 5NA，A正确；
B.过氧化钠为离子化合物，由钠离子（Na+）和过氧根离子（O22-）组成，1molNa2O2固体中含有阴、阳离子的总数目为3NA，B正确；
C.铵根离子在溶液中会水解，NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，水解的NH4+数目等于水解产生的H+，在溶液中还存在H2O⇌H++OH-,所以 l00mL lmol・L-1 NH4C1溶液中含有阳离子的数目大于0.1 NA，C正确；
D.假设18g全为D2O，则中子数为，假设18g全为H2O，则中子数为，所以18gD2O和H2O的混合物中含有的中子数不可能为9NA，D错误；
答案：D。
3.“侯德榜制碱法”首先需制备碳酸氢钠:NaCl(饱和)+NH3+CO2+H2O =NaHCO3 ↓ +NH4C1。下列装置能达到实验目的的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A.氯化铵分解生成的氯化氢和氨气混合在一起，冷却后又化合生成氯化铵，无法制备得到氨气，故A错误；
B.制备CO2一般不用稀硫酸和大理石，因为生成的CaSO4是微溶物附着在大理石表面使反应速率减慢，应用稀盐酸和大理石制备CO2，故B错误；
C.氨气极易溶于水，所以应该是氨气需要防止倒吸，而不是CO2，故C错误；
D.将析出的NaHCO3 通过过滤操作分离出来，故D正确；
答案：D。
4.某固体混合物中可能含有:Na+、K+、 SO42- 、Cl- 、CO32-等离子，取两份该固体的溶液进行如下实验:第一份:加入过量的Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，分离滤液和沉淀。向白色沉淀中滴入过量盐酸，所得溶液澄清;向滤液中滴加AgNO3溶液生成不溶于稀HNO3的 白色沉淀。第二份:取溶液进行焰色反应,火焰呈黄色。下列关于该混合物的组成说法正确的是
A. 一定是K2CO3和NaCl B. 可能是Na2CO3和KC1
C. 可能是 Na2SO4 和 Na2CO3 D. 一定是 Na2CO3 和 NaCl
【答案】B
【解析】
【分析】
加Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，可能含是BaSO4 ，BaCO3，向白色沉淀中滴入过量盐酸，所得溶液澄清，说明是BaCO3；滤液不存在SO42- ，向滤液中滴加AgNO3溶液生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，沉淀为AgCl；焰色反应火焰呈黄色，说明有Na+。
【详解】加Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，可能含是BaSO4 ，BaCO3，向白色沉淀中滴入过量盐酸，所得溶液澄清，说明是BaCO3，混合物一定有 CO32-，肯定无SO42-；滤液不存在SO42-，向滤液中滴加AgNO3溶液生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，沉淀为AgCl，混合物一定有Cl- ；焰色反应火焰呈黄色，说明一定有Na+；K+无法判断。据此分析可知，B是正确的。
答案：B。
5.满足下列条件的同分异构体(不考虑立体异构)的数目判断正确的是
选项
A
B
C
D
分子式
C4H10O
C3H7Cl
C8H10
C4H8O2
已知条件
与钠生成H2
卤代烷烃
芳香烃
能水解
同分异构体数目
4
3
3
3
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据分子式，能和金属钠反应，该物质为丁醇，丁基有四种结构，所以丁醇有4种同分异构体，故A正确；
B.C3H7Cl是一个氯原子取代丙烷一个氢原子，丙基存在2种结构，所以一氯丙烷有2种同分异构体，故B错误；
C.分子式为C8H10的芳香烃，分子中含有1个苯环，故侧链为烷基，若有1个侧链，为-CH2-CH3，一种结构；若有2个侧链，为-CH3，有邻、间、对三种结构，总共4种同分异构体，故C错误；
D.分子式为C4H8O2有机物可水解，属于饱和一元酯，若为甲酸和丙醇酯化，甲酸1种，丙醇有2种，酯有2种；若为乙酸和乙醇酯化，乙酸1种，乙醇有1种，酯有1种；若为丙酸和甲醇酯化，丙酸有1种，甲醇1种，酯有1种；可形成的酯共有4种，故D错误；
答案：A。
6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素的族序数之和为20。X原子 的最外层电子数是其电子层数是3倍,Y原子的最外层电子数与其内层电子总数之比为1 ： 5。下列说法不正确的是
A. W在元素周期表中处于第二周期、第VA族
B. 化合物YX、YZ2中化学键类型相同
C. 简单离子的半径:Z
【答案】C
【解析】
【分析】
X原子 的最外层电子数是其电子层数是3倍，推出X是O，Y原子的最外层电子数与其内层电子总数之比为1：5，推出Y为Mg，四种元素的族序数之和为20，即四种原子的最外层电子数之和为20，假设W的最外层为1，则Z的最外层电子为11，不符合，依次类推，W的最外层电子数为5，Z的最外层电子数为7，原子序数依次增大，即W为N，Z为Cl。
【详解】A.W为N，在元素周期表中处于第二周期第VA族，故A正确；
B.化合物YX为MgO，化学键类型为离子键，MgCl2化学键类型也是离子键，化学键类型相同，故B正确；
C.简单的离子半径：Mg2+
答案：C。
【点睛】半径大小比较：一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小，三看电子数，电子层数相等，原子序数相同，电子数越多，半径越大。
7.已知：四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH ]是强碱，甲胺 (CH3NH2・H2O)为弱碱。常温下，在体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol/L/的四甲基氢氧化铵溶液和甲胺溶液中，分别滴加浓度为0.1 mol/L-1的盐酸，溶液的导电率与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A. pH的相对大小: c>d
B. 在b、c、e三点中，水的电离程度最大的点是e
C. b 点溶液:c(H+)+c(CH3NH3+) = c(OH-)
D. c 点溶液:c(Cl-)>c(CH3NH3+) >c(H+) >c(OH-)
【答案】D
【解析】
【分析】
A.当滴加20mL盐酸时，恰好完全反应，一个是强酸强碱盐溶液，溶液呈中性；一个是强酸弱碱盐溶液，溶液水解呈酸性，再比较pH大小；
B.酸碱会抑制水的电离，盐则会促进水的电离，据此分析；
C.该选项中的等式阴阳离子分别再等号两边，所以可以写出电荷守恒分析是否正确；
D.当滴加20mL盐酸时，溶质为强酸弱碱盐CH3NH3Cl，水解使溶液显酸性，且水解程度是很弱的，据此分析离子大小。
【详解】A.当滴加20mL盐酸时，恰好完全反应，四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH ]是强碱，此时溶液中溶质为强酸强碱盐，溶液呈中性；甲胺 (CH3NH2・H2O)为弱碱，此时溶液中溶质为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，pH相对大小：c
C.根据电荷守恒，b 点溶液:c(H+)+c(CH3NH3+) = c(OH-)+ c(Cl-)，故C错误；
D.当滴加20mL盐酸时，恰好完全反应，此时溶液中溶质为强酸弱碱盐CH3NH3Cl，少量CH3NH3+水解使溶液显酸性，所以溶液中的离子浓度大小：c(Cl-)>c(CH3NH3+) >c(H+) >c(OH-)，故D正确；
答案：D。
8.某厂废酸主要含硫酸、Fe3+、 Fe2+、TiO2+、 Al3+ 利用该废液制备过二硫酸铵[( NH4) 2S2O8]和TiO2一种工艺流程如下:
已知：i・TiOSO4在热水中易水解生成H2TiO3,相关离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如 下表:
金属离子
TiO2+
Fe3+
Fe2+
Al3+
开始沉淀的pH
1.2
1.9
7.0
3.2
沉淀完全的pH
2.8
3.1
9.4
4.7
ii. pH>7 时,Fe2+部夯生成 Fe( Ⅱ)氨络离Fe(NH3)2]2+o
请回答下列问题:
(1)加入适量Fe的作用是________________ .
(2)生成TiO(OH)2的化学方程式为_______________ 。
(3)滤渣I、滤渣II均含有的物质的化学式为_____________ .
(4)加入H202的目的是除掉Fe( Ⅱ)氨络离子[Fe(NH3)2]2+,此过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比理论上等于________ (填数值)。
(5)常温下，含硫微粒主要存在形式与pH的关系如下图所示。
用Pt电极电解饱和NH4HSO4溶液制备过二硫酸钱时，为满足在阳极放电的离子主要为 HSO4-，应调节阳极区溶液的pH范围在______之间,其电极反应式为____________ 。
(6)科研人员常用硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]滴定法测定TiO2的纯度，其步骤为： 用足量酸溶解wg 二氧化钛样品，用铝粉做还原剂，过滤、洗涤，将滤液定容为100 mL,取 25.00 mL,以NH4SCN作指示剂，用标准硫酸铁铵溶液滴定至终点，反应原理为: Ti3++Fe3+=Ti4++Fe2+。
①判断滴定终点的方法：________________________ 。
②滴定终点时消耗c mol/L-1 NH4Fe(SO4)2溶液VmL,则TiO2纯度为___________(写岀相关字母表示的代数式)。
【答案】 (1). 将Fe3+还原为Fe2+，避免Fe3+和TiO2+同时沉淀 (2). TiOSO4+2NH3•H2O = TiO(OH)2↓+ (NH4)2SO4 (3). Fe(OH)3 (4). 1 : 2 (5). 0～2 (6). 2HSO4- -2e- = S2O82 - + 2H+ (7). 当滴入最后一滴硫酸铁铵溶液时，溶液变为血红色且30s内不恢复原色 (8). 32cv/w%
【解析】
【分析】
废酸中主要含硫酸、Fe3+、Fe2+、TiO2+、Al3+，根据流程图，用氨水调节pH=3得到TiO(OH)2，而此时铁离子也会形成沉淀，因此需要加铁粉将铁离子转化为亚铁离子；滤液中加入氨水调节pH=10，得到的沉淀有氢氧化亚铁和氢氧化铝(滤渣I)；滤液中含有部分Fe(II)氨络离子[Fe(NH3)2]2+，因此加入双氧水将亚铁离子氧化形成氢氧化铁沉淀(滤渣II)；再在滤液中加入硫酸酸化后电解得到过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]。据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，铁粉主要作用是将Fe3+还原为Fe2+，避免Fe3+和TiO2+同时沉淀，故答案为：将Fe3+还原为Fe2+，避免Fe3+和TiO2+同时沉淀；
(2)根据流程图，用氨水调节pH=3，TiO2+生成TiO(OH)2，所以化学方程式为：TiOSO4+2NH3•H2O = TiO(OH)2↓+ (NH4)2SO4，答案：TiOSO4+2NH3•H2O = TiO(OH)2↓+ (NH4)2SO4；
(3)滤渣I为氢氧化亚铁和氢氧化铝，部分氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁，滤渣II为氢氧化铁沉淀，因此滤渣I、滤渣II均含有物质的化学式为Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；
(4)在碱性溶液中，加入H2O2的目的是氧化除掉Fe(II)氨络离子[Fe(NH3)2]2+得到氢氧化铁沉淀，根据化合价升降守恒，配平后的离子方程式为2[Fe(NH3)2]2++4OH-+4H2O+H2O2=2Fe(OH)3↓4NH3·H2O，氧化剂为H2O2，还原剂为[Fe(NH3)2]2+，氧化剂与还原剂的物质的量之比理论上等于2：1，故答案为：2：1；
(5)根据常温下，含硫微粒主要存在形式与 pH的关系图，阳极放电的离子主要是HSO4-，则阳极区电解质溶液的pH范围应控制在0～2，阳极发生氧化反应，HSO4-放电转化为S2O82-，则阳极的电极反应为：2HSO4--2e-═S2O82-+2H+，故答案为：0～2；2HSO4--2e-═S2O82-+2H+；
(6)①铁离子过量时，反应结束，故终点现象为：当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成血红色，且30s内不变回原色；答案:当滴入最后一滴硫酸铁铵溶液时，溶液变为血红色且30s内不恢复原色；
②由TiO2～Fe3＋关系式，n(TiO2)=n(Fe3＋)=cmol· L－1×V×10-3L×100mL/25mL=4cV×10-3mol，TiO2纯度为4cV×10-3mol×80g·mol－1/w×100%=32cv/w%，故答案为：32cv/w%。
【点睛】滴定终点固定答法需要记忆：当滴入最后一滴……溶液时，溶液由……变为……色，且30s内不恢复原色。
9.中科院一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，甲烷在催化作用下脱氢,在气相 中经自由基偶联反应生成乙烯，其反应如下：2CH4(g) C2H4(g) +2H2(g) ΔH>0
化学键
H—H
C—H
C = C
C—C
E(kJ / mol)
a
b
c
d
(1)已知相关化学键的键能如上表，甲烷制备乙烯反应的ΔH=_____________ (用含a.b.c.d的代数式表示)。
(1)T1温度时，向1 L的恒容反应器中充入2 molCH4 ,仅发生上述反应，反应过程中 0~15 min CH4的物质的量随时间变化如图,测得10-15 min时H2的浓度为1.6 mol/L。
①0~ 10 min内CH4表示的反应速率为____mol/(L・min) o
②若图中曲线a、曲线b分别表示在温度T1时，使用质量相同但表面积不同的催化剂 时，达到平衡过程中n (CH4)变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是 ________ (填"a"或 “b”)。
③15 min时,若改变外界反应条件,导致n( CH4)发生图中所示变化，则改变的条件可能是_____(任答一条即可)。
(3)实验测得v正=k正c2(CH4),v逆=k逆c(C2H4).c2(H2) 其中K正、K逆为速率常数仅与温度有关，T1温度时k正与K逆的比值为______ (填数值)。若将温度由T1升高到T2,则反应速率增大的倍数V正 ____V逆(选填“〉”、“=”或“<”)，判断的理由是__________
(4)科研人员设计了甲烷燃料电池并用于电解。如图所示，电解质是掺杂了 Y2O3与 ZrO2的固体，可在高温下传导O2-
①C极的Pt为_______ 极(选填“阳”或“阴” )。
②该电池工作时负极反应方程式为_____________________ 。
③用该电池电解饱和食盐水，一段时间后收集到标况下气体总体积为112 mL,则阴极区所得溶液在25 0C时pH=_______ (假设电解前后NaCl溶液的体积均为500 mL)。
【答案】 (1). + (4b-c-2a) kJ•moL-1 (2). 0.16 (3). b (4). 升高温度或减小压强 (5). 12.8 (6). ＞ (7). 温度升高，k正增大的倍数大于k逆 (8). 阳 (9). CH4－8e－+4O2－=CO2+2H2O (10). 12
【解析】
【分析】
（1）ΔH=反应物总键能-生成物总键能；
（2）①根据v=Δc/Δt，同一反应，各物质速率比等于化学计量数之比分析作答；
②催化剂能加快反应速率，催化剂表面积越大，催化效果越好；
③反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，n( CH4)减小；反应物气体体积小于生成物，减小压强，平衡向正反应方向进行，n( CH4)减小；
（3）达到平衡时正逆反应速率相等，有v正=v逆，即k正c2(CH4)=k逆c(C2H4).c2(H2)，则k正/k逆=c(C2H4).c2(H2)/c2(CH4)=K，利用三段式把平衡常数K计算出来即可解答。。该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动；
（4）①对于燃料电池，通燃料一极为负极，通氧气一极为正极；对于电解池，连接电源正极的为阳极，连接电源负极的为阴极；
②根据图示，燃料电池的负极是甲烷生成H2O和CO2的反应；
③电解饱和食盐水的离子方程式为，再根据气体和OH-的比例关系计算OH-的浓度，再算出pH。
【详解】（1）ΔH=[2×4b-（c+4b）-2a]kJ•moL-1=+ (4b-c-2a) kJ•moL-1 ，答案：+ (4b-c-2a) kJ•moL-1；
（2）①，v(H2)=v(CH4)=0.16mol/(L·min)，答案：016；
②催化剂表面积越大，催化效果越好，速率越快，达到平衡所需的时间越短，所以曲线b的催化剂表面积较大，答案：b；
③15 min时,若改变外界反应条件,导致n( CH4)减小，说明平衡向消耗CH4的方向移动，所以改变的条件可能是升高温度或减小压强，答案：升高温度或减小压强；
（3） 2CH4(g)C2H4(g) +2H2(g)
C始（mol/L） 2 0 0
ΔC（mol/L）1.6 0.8 1.6
C末（mol/L） 0.4 0.8 1.6
T1温度时，该反应的平衡常数，且达到平衡时有v正=v逆，即k正c2(CH4)=k逆c(C2H4).c2(H2)，则k正/k逆=c(C2H4).c2(H2)/c2(CH4)=K=12.8。该反应为吸热反应，所以升高温度，平衡正向移动，v正>v逆。答案：12.8；＞；温度升高，k正增大的倍数大于k逆；
（4）①甲烷燃料电池，通燃料一极为负极，通氧气一极为正极，所以C极为电解池的阳极，D极为电解池的阴极；答案：阳；
②根据图示，燃料电池的负极是甲烷生成H2O和CO2的反应，所以电极反应为CH4－8e－+4O2－=CO2+2H2O，答案：CH4－8e－+4O2－=CO2+2H2O；
③根据离子方程式可知，电解一段时间后，，共收集到标准状况下气体112mL，则所得溶液的， ，pH＝12；答案：12。
10.葡萄糖酸亚铁［(C6HnO7)2Fe］是医疗上常用的补铁剂，易溶于水,几乎不溶于乙 醇。某实验小组同学拟用下图装置先制备FeCO3,再用FeCO3与葡萄糖酸反应进一步制得葡萄糖酸亚铁。
请回答下列问题：
(1) 与普通漏斗比较,a漏斗的优点是______________
(2)按上图连接好装置，检査气密性后加入药品，打开K1和K3,关闭K2 .
①b中的实验现象____________________
②一段时间后，关闭_____，打开______(选填K1 ,K2或K3)。观察到b中的溶液会流入c中，同时c中析出FeCO3沉淀。
③b中产生的气体的作用是______________________________.
(3)将c中制得的碳酸亚铁在空气中过滤时间较长时，表面会变为红褐色，用化学方程式说明其原因.____________________________________
(4)将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，须将溶液的pH调节至5.8,其原因是 _______.
向上述溶液中加入乙醇即可析出产品，加入乙醇的目的是_______________。
(5)有同学提出用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制得的碳酸亚铁纯度更高，其可能的原因是________________________________.
【答案】 (1). 平衡气压，利于稀H2SO4顺利流下 (2). 铁屑溶解，溶液变为绿色，有大量气泡产生 (3). K3 (4). K2 (5). 排出装置内的空气，防止生成的FeCO3被氧化；把b中溶液压进c中 (6). 4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2 (7). 防止Fe2+的水解 (8). 降低溶剂的极性，使晶体的溶解度减小更易析出 (9). 溶液的pH降低，减少氢氧化亚铁杂质的生成
【解析】
【分析】
（1）恒压滴液漏斗能保持上下压强恒定，使液体顺利流下；
（2）①铁屑与稀硫酸生成硫酸亚铁和氢气，Fe2+为浅绿色；
②要生成FeCO3需要把FeSO4加到c中，所以需要利用H2产生压强把液体加到c中；
③FeCO3易氧化，要注意排空气，所以可以利用氢气排空气，排完空气又可以利用氢气产生压强把b中溶液压进c中；
（3）红褐色是因为生成Fe(OH)3所以是FeCO3被氧化所致，再根据氧化还原进行配平；
（4）Fe2+易发生水解，调节pH可防止Fe2+的水解；乙醇是有机溶剂，可以降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁析出；
（5）Na2CO3溶液碱性比NaHCO3溶液强，碱性越强越易生成氢氧化亚铁。
【详解】（1）a为恒压滴液漏斗，可以保证内部压强不变, 使漏斗内液体顺利流下；答案： 平衡气压，利于稀H2SO4顺利流下；
（2）①b中铁屑与稀硫酸反应，铁屑会逐渐溶解，溶液由于产生Fe2+变为绿色，有大量气泡产生；答案：铁屑溶解，溶液变为绿色，有大量气泡产生；
②反应一段时间后，需要把FeSO4加到c中，所以需要关闭K3,打开K2，利用压强把FeSO4加到c中，答案：K3；K2；
③FeCO3易氧化，b中反应产生的H2一是把装置内的空气排干净，防止生成的FeCO3被氧化；二是把b中溶液压进c中；答案：排出装置内的空气，防止生成的FeCO3被氧化；把b中溶液压进c中；
（3）过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色，原因是FeCO3与O2反应生成Fe(OH)3，化学方程式为：4FeCO3＋O2＋6H2O=4Fe(OH)3＋4CO2。答案：4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2 ；
（4）Fe2+易发生水解，将溶液pH调节至5.8，防止Fe2+的水解；乙醇分子的极性比水小，可以降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁析出；答案：防止Fe2+的水解；降低溶剂的极性，使晶体的溶解度减小更易析出；
（5）碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁，用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液可以降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁，得到的产品纯度更高。答案：溶液的pH降低，减少氢氧化亚铁杂质的生成。
【点睛】在平时做题中，对于二价铁要考虑以下几方面：①注意被空气中的氧气氧化为三价铁问题；②注意水解问题；③二价铁相比三价铁更难生成氢氧化物沉淀。
11.核安全与放射性污染防治已引起广泛关注。在爆炸的核电站周围含有放射性物质 碘-131和钙-137。碘-131 —旦被人体吸入，可能会引发甲状腺肿大等疾病。
(1)与钠同主族的前四周期(包括第四周期)的三种元素X、Y、Z的第一电离能如下表：
元素代号
X
Y
Z
第一电离能/(kJ.mol「)
520
496
419
基态Z原子倒数第二层电子的排布式为______。X、Y、Z三种元素形成的单质熔点由高到低的顺序为_______(用元素符号表示)，其原因为___________ .
(2)F与I同主族,BeF2分子中心原子的杂化类型为_________ ,BeF2分子是________分子(选填“极性”或“非极性”)。
(3)已知高碘酸有两种形式,化学式分别为H5IO6 和HIO4 ,二者酸性强弱顺序为:H5IO6 ________ HIO4(选填">"或"<"“=”)。从电子云的重叠方式的角度分析,H5IO6分子中的化学键有________(写出两种).
(4)131I2晶体的晶胞结构如图甲所示，该晶胞中平均含有个131I原子________，晶体中碘分子的排列有_________种不同的方向。
(5)KI的晶胞结构如图乙所示，每个K＋周围紧邻的K＋个数为_______个。KI晶体的密度为ρg.cm-3 ,K和I的原子半径分别为rkcm和rI cm,阿伏加德罗常数的值为NA,则 KI晶胞中的箜间利用率为_______. ［空间利用率=(球体积/晶胞体积)x100%,用相关字母的代数式表示即可］
【答案】 (1). 3s23p6 (2). Li＞Na＞K (3). 锂、钠、钾为金属晶体，它们的价电子数相等，金属离子所带的电荷数相同，离子半径依次增大，金属键依次减弱，故熔点依次降低 (4). sp (5). 非极性 (6). ＜ (7). δ、π (8). 8 (9). 2 (10). 12 (11). ×100%
【解析】
【分析】
（1）与钠同主族即ⅠA族，前四周期的元素分别为H、Li、Na、K，又由提供的X、Y的第一电离能的差值与Y、Z的第一电离能的差值相差不大可知，X、Y、Z不可能有H元素，而同主族元素随着电子层数的增加，第一电离能逐渐减小，故X、Y、Z分别为Li、Na、K；K原子核电荷数为19，,写出核外电子排布式解答；锂、钠、钾为金属晶体，比较熔沸点要比较离子半径和所带电荷；
（2）杂化类型由成键电子对和孤电子对决定，BeF2分子成键电子对为2，孤电子对为0，据此分析作答；
（3）比较含氧酸的酸性大小可通过比较含非羟基氧原子个数，H5IO6（）含非羟基氧原子1个，HIO4含非羟基氧原子3个；单键由1个δ键构成，双键由1个δ键和1个π键构成；
（4）根据均摊法分析，I2在晶胞的8个顶点和6个面上；晶胞中8个顶点和左右面一种取向，上下面和前后面一种取向；
（5）KI晶胞与NaCl晶胞结构相似，每个K+紧邻K+在面的对角线上；空间利用率=(球体积/晶胞体积)×100%，所以需要分别求出晶胞中原子所占的体积和晶胞的体积，球体积=4/3πr3，晶胞体积=m/ρ，据此分析作答。
【详解】（1）根据电离能的数据X、Y、Z不可能有H元素，而同主族元素随着电子层数的增加，第一电离能逐渐减小，故X、Y、Z分别为Li、Na、K；K原子核电荷数为19，,核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，倒数第二层电子的排布式为3s23p6；Li、Na、K的最外层电子数都是1，但离子半径逐渐增大，金属键减弱，熔点降低。答案：3s23p6；Li＞Na＞K；锂、钠、钾为金属晶体，它们的价电子数相等，金属离子所带的电荷数相同，离子半径依次增大，金属键依次减弱，故熔点依次降低；
（2）BeF2分子内中心原子为Be，其价电子数为2，F提供2个电子，所以Be原子的价层电子对数为（2+2）/2=2，Be原子的杂化类型为sp杂化，分子构型为直线形，是非极性分子。答案：sp；非极性；
（3）H5IO6（）中含有5个羟基氢，为五元酸，含非羟基氧原子1个，HIO4为一元酸，含有1个羟基氢，含非羟基氧原子3个，所以酸性：H5IO6＜HIO4；H5IO6（）中存在双键，所以分子中的化学键有δ键、π键。答案：＜；δ、π；
（4）由碘晶胞可知，I2在晶胞的8个顶点和6个面上，故一个晶胞中含有4个I2分子，即8个I原子；观察碘晶胞图示可知，晶体中碘分子的排列有2种。答案： 8；2；
（5）KI晶胞与NaCl晶胞结构相似，每个K+紧邻12个K+；根据均摊法计算，K：8×1/8+6×1/2＝4，I：12×1/4+1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=，晶胞的体积V2=m/ρ=[4×(39+127)]/NAρ，故KI晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为V1/V2×100%=×100%。答案：12；×100%。
【点睛】根据含氧酸中，酸的元数取决于羟基氢的个数，含非羟基氧原子个数越多，酸性越强；单键由1个δ键构成，双键由1个δ键和1个π键构成，三键由1个δ键和2个π键构成。
12.PET是一种制作饮料瓶的塑料。以有机物A(分子式为C9H9O2Br)合成PET及F的转 化关系如下图。其中D为对乙基苯甲酸,可用作液晶原料及中间体。A、C、D、E均能NaHCO3溶液反应。
已知：I.A分子的核磁共振氢谱上有五个峰,其面积之比为1 ： 2 ： 2 ： 2 ： 2
II(R1、R2代表烃基或氢原子)
请回答下列问题：
(1) 化合物D的分子式为_______，反应①的反应类型是__________反应。
(2)高分子化合物F的结构简式为_________.
(3) 反应⑤的化学方程式为______________________。
(4)利用反应①后的溶液，设计实验证明A分子中含有的卤素原子为溴原子的实验步骤和现象为________________________
(5)写出符合下列条件D的同分异构体的结构简式_______________________.
a.能发生银镜反应 b.能与FeCl3.溶液发生显色反应 c.苯环上的一氯代物只有一种
(6)写出以乙烯为起始原料制备六元环酯( )的合成路线(其他试剂任选)___________________
【答案】 (1). C9H10O2 (2). 消去 (3). (4). (5). 取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子 (6). (7).
【解析】
【分析】
A在氢氧化钠的醇溶液下发生消去反应生成B，B加酸生成C，C在Ni的催化下与H2发生加成反应， D为,所以C为，B为，A分子的核磁共振氢谱上有五个峰,其面积之比为1 ： 2 ： 2 ： 2 ： 2，则A为，D在与酸性高锰酸钾反应生成E（），E与乙二醇发生缩聚反应生成，C一定条件发生加聚反应生成F，F为。
【详解】（1）D为，分子式为C9H10O2；A在氢氧化钠的醇溶液下发生的是卤代烃的消去反应生成；答案：C9H10O2；消去；
（2）高分子化合物F是由C加聚得到，结构简式为；答案：；
（3）反应⑤是与乙二醇发生缩聚反应生成 ，所以化学方程式为；答案：；
（4）反应①是的消去反应，可以验证产物中的HBr中的Br-就可证明A分子中含有的卤素原子为溴原子，所以可取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子；答案：可取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子；
（5）D为，能发生银镜反应说明需要由醛基，能与FeCl3.溶液发生显色反应说明需要有酚羟基，苯环上的一氯代物只有一种，则同分异构体有；答案：；
（6）六元环酯( )存在两个酯基，可通过乙二酸和乙二醇发生水解生成，所以合成线路为：；答案;。
【点睛】由反应条件确定官能团 ：
反应条件
可能官能团
浓硫酸
①醇的消去（醇羟基）②酯化反应（含有羟基、羧基）
稀硫酸
①酯的水解（含有酯键） ②二糖、多糖的水解
NaOH水溶液
①卤代烃的水解 ②酯的水解
NaOH醇溶液
卤代烃消去（－X）
H2、催化剂
（Ni）
加成(碳碳双键、碳碳叁键、醛基、羰基、苯环)，一般羧基、酯键则不与H2加成
O2/Cu、加热
醇羟基 （－CH2OH、－CHOH）
Cl2(Br2)/Fe
苯环上氢原子被取代
Cl2(Br2)/光照
烷烃或苯环侧链烷烃基上氢原子被取代
碱石灰/加热
R－COONa
宝鸡中学2019届高三年级第三次模拟
理科综合物理
二、选择题:本题共8小题,每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项 符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分‘选对但不全的得 3分,有选错的得0分。
1.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。对以下几位物理学家所做科学贡献的表述中，与事实不相符的是
A. 汤姆逊通过对阴极射线的研究发现了电子
B. 卢瑟福通过α粒子散射实验发现了质子
C. 普朗克把“能量子”引入物理学，正确地破除了“能量连续变化”的传统思想
D. 爱因斯坦创立“光子说”并建立了 “光电效应方程”，运用这些理论圆满解释了光电效应的实验规律
【答案】B
【解析】
【详解】A、汤姆逊发现被加热的金属飞出的粒子成分为，从而发现这种阴极射线是电子；A正确.
B、卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型；而卢瑟福通过α粒子轰击氮原子核的人工核反应发现质子；故B错误.
C、普朗克解释黑体辐射的原理提出了能量子观点，认为光是一份一份的能量子构成的，否定了“能量连续变化”的观点；故C正确.
D、爱因斯坦为了解释光电效应的现象，提出了光子说和光电效应方程，成功解释了光电效应；故D正确.
本题选不正确的故选B.
2.一盏电灯重力为G，悬于天花板上A点,在电线O处系一细线OB，使电线OA偏离竖直方向的夹角为β=30°，如图所示.现保持β角不变，缓慢调整OB方向至虚线位置，则在此过程中细线OB中的张力
A. 先减小后增大
B. 先增大后减小
C. 不断增大
D. 不断减小
【答案】A
【解析】
【详解】对O点受力分析，重力为恒力，OA绳的拉力方向不变，OB绳的拉力大小和方向均变化在转动，则构成三力平衡的一类动态平衡，由图解法作图如图所示：
当时，最小，整个转动过程，先减小后增大；故A正确，B、C、D错误.故选A.
3.如图所示，地月拉格朗日点L1和L2位于地球和月球连线上，处在该点物体在地球和月亮引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动.假设在地月拉格朗日点L1和L2分别建立了空间站P和Q,使其与月球同周期绕地球运动，以a1、a2、a3分别表示空间站P、月球、空间站Q的向心加速度的大小，则以下判断正确的是
A. a1>a2>a3 B. a1=a2=a3 C. a1
【解析】
【详解】在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动，根据向心加速度，由于拉格朗日点L1的轨道半径小于月球轨道半径，所以a2＞a1；同步卫星离地高度约为36000公里，故同步卫星离地距离小于拉格朗日点L1的轨道半径，根据，得a3＞a2＞a1，故A，B，C错误，D正确；故选D.
4.如图所示为中国冰壶队队员投掷冰壶时的情景。在这次投掷中，冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰.已知两冰壶质量均为20kg,取中国队队员投掷的冰壶运动方向为正方向，碰后中国队冰壶的速度可能为
A. v= 0.05m/s B. v= -0.1m/s C. v =-0.2m/s D. v= 0.3m/s
【答案】A
【解析】
【详解】两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：m1v0=m1v1+m2v2，若两冰壶发生的是完全非弹性碰撞，入射冰壶的速度最大，有，方向为正方向；若两冰壶发生的是弹性碰撞，入射冰壶的速度最小，而，则发生速度交换，有，；故入射冰壶的速度范围为，故B，C，D错误，A正确.故选A.
5.如图甲所示,半径为2r的圆形线圈内有垂直纸面方向变化的圆形磁场，磁场区域的半径为 r,线圈与磁场区域共圆心，线圈中产生了如图乙所示的感应电流(逆时针方向的电流为 正).若规定垂直纸面向外的方向为磁场正方向，则能产生图乙所示的感应电流的磁场为
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】0~t0时间内的感应电流为正(逆时针)，由右手螺旋定则得到感应磁场向外，而由楞次定律知原磁场可以是向外(正)减小或向里(负)增大，而感应电流大小恒定，由知需要原磁场均匀变化；故A，B，C错误，D正确.故选D.
6.一科研团队在某次空气动力学实验中,通过传感器得到研究对象做匀变速曲线运动的轨迹如图所示,且质点运动到最低点D时速度方向与加速度方向恰好互相垂直,则质点从A点运动到E点的过程中,下列说法中正确的是
A. 质点的速率先增大后减小
B. 质点的速率先减小后增大
C. 在任意1s内，质点速度改变的大小相同、方向竖直向上
D. 在任意1s内，质点速度改变的大小相同、方向水平向右
【答案】BC
【解析】
【详解】A、B、质点做匀变速曲线运动，可知所受合外力恒定，加速度恒定，D点的加速度向上，则整个运动的任何位置加速度均向上恒定，由图可知沿着切线方向的瞬时速度与加速度的夹角从钝角变为直角后为锐角，则速度先减小后增大，D点时的速度最小；故A错误，B正确.
C、D、由可得，即加速度恒定时，任意1s时间内速度的变化均大小相等，方向相同，与加速度方向相同竖直向上；故C正确，D错误.
故选BC.
7.高压输电是减小输电电能损耗和电压损失的有效途径，中国已投产运行的1000kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程.假设甲、乙两地原采用500kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为△P=100kW,损失的电压为△U=40V.在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1000kV特高压输电,若不考虑其他因素的影响, 输电线上损耗的电功率变为△P'，损失的电压变为△U'，则
A. △P'=25kW B. △P' = 50kW C. △U'=10V D. △U' = 20V
【答案】AD
【解析】
【详解】输电的电流为，则输电的损失功率为，损失的电压为；保持输送功率P和输电线上的电阻R不变，而把总电压从500 kV提高为1000 kV，即变为原来的2倍，则输电电流变为原来的，有，；故B，C错误；A，D正确；故选AD.
8.1909年，美国物理学家密立根用如图所示的实验装置,通过研究平行金属板M、N间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量，因此获得1923年诺贝尔物理学奖。图中平行金属板M、N与输出电压恒为U的电源两极相连，两金属板间的距离为d,正对面积为S.现由显微镜观察发现，恰好有一质量为m的带电油滴在两金属板中央悬浮不动，已知静电力常量为k,真空的介电常数ε=1，重力加速度为g，则
A. 带电油滴的电荷量
B. 金属板M所带电量
C. 将金属板N突然下移△d，带电油滴获得向上的加速度
D. 将金属板N突然下移△d，带电油滴的电势能立即减小为原来的倍
【答案】BD
【解析】
【详解】A、带电油滴在平行板电容器中受重力和向上的电场力平衡，而匀强电场的方向向下，则油滴带负电，由平衡条件有，解得油滴的电荷量大小为为；故A错误.
B、平行板电容器的电量，而电容的大小，联立可得；而相对介电常数ε=1，则；故B正确.
C、D、N板突然下移△d，电源一直接在电容器上，则电压U不变，电场力变小，为，则油滴的合外力向下，由牛顿第二定律，解得，方向向下；故C错误.
D、电容器的M板接地为0V，设油滴的位置P点距离M板为，则，电势能为，则金属板N下移△d，P点的电势为，则；故D正确.
故选BD
三、非选择题:共174分，第22~32题为必考题,每个试题考生都必须作答。第33-38题为 选考题，考生根据要求作答。
9.某物理兴趣小组的同学通过实验探究弹簧的弹性势能EP与弹簧的压缩量x之间的关系，其实验步骤如下：
A.用如图甲所示的装置测量木块与木板之间的滑动摩擦力，跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连，滑轮和木板间的细线保持水平.缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块相对桌面静止且木板仍在继续滑动时,弹簧秤的示数如图甲所示.
B.如图乙所示，把木板固定在水平桌面上，将所研究弹簧的一端固定在木板左端的竖直挡板上,O是弹簧处于自然长度时右端所在位置.
C.用木块压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时由静止释放木块，木块向右运动的最大距离是s,用刻度尺测得x和s的值.
D.改变x的大小，按步骤C要求继续实验，测得多组x、s的值，并求得对应的x2和EP的 值如下表所示.
实验次数
1
2
3
4
5
x/×10-2 m
050
100
2.00
3.00
4.00
x2//×10-4 m2
0.25
1.00
4.00
9.00
16.00
s/×10-2m
5.03
20.02
80.10
180.16
320.10
EP /J
0.14
0.56
EP
5.04
8.96
回答下列问题：
(1)木块与木板之间的滑动摩擦力f=_____N;
(2)上表中EP=_____J；
(3)分析上表中的数据可以得出,弹簧的弹性势能EP与弹簧的压缩量x之间的关系是_________.
A. B. C. D.
【答案】 (1). 2.80 (2). 2.24 (3). B
【解析】
【详解】(1)弹簧秤最小刻度为0.1N，估读到0.01N，读出绳的拉力为2.80N；木板运动后，木块受到滑动摩擦力和绳拉力而处于静止，由平衡条件得，则木块与木板之间的滑动摩擦力.
(2)弹簧推动滑块向右运动，弹性势能全部转化为滑块的动能，同时借助摩擦力做负功，将动能转化为热能，由能量守恒可知，代入，可得.
(3)结合表格中的数据可以找到；结合弹性势能的表达式可知与成正比；故选B.
10.为了测定铅蓄电池的电动势和内阻，实验室中准备了下列器材：
待测铅蓄电池E(电动势约2V,内阻约2Ω)
电流表G(满偏电流3mA,内阻10Ω)
电流表A(量程0~0.60 A,内阻约0.1Ω)
滑动变阻器R1(0~20Ω,2A)
滑动变阻器R2((0~1kΩ,1A)
定值电阻R3=990Ω,开关S和导线若干
(1)为了能较为准确地进行测量和操作方便,实验中选用的滑动变阻器是___(填器材后的字母代号)
(2)在方框中画出实验电路图__________.
(3)在某次实验中电流表A的指针偏转情况如图甲所示，则电流表A的读数为_____A.
(4)李浩同学选取合适的器材通过正确、规范实验,得到了5组电流表G和电流表A的读数IG和IA，并做出了IG-IA图像如图乙所示.请你根据所学知识，依据图像提供的信息,估算图线与IG轴交点P对应的IG的值最接近_____.
A. 1.5 mA B. 2.0 mA C. 2.5mA D. 3.0 mA
【答案】 (1). R1 (2). (3). 0.18 (4). B
【解析】
【详解】(1)测电源的电动势和内阻时，滑动变阻器应选用限流式接法，方便调节和易于读数，滑动变阻器的阻值比电源的内阻大10倍左右合适，故选R1(20Ω).
(2)本题缺少电压表，可用内阻已知的表头G和定值电阻R3串联改装为电压表使用，滑动变阻器选用限流式接法，电流表采用内接法可以减小测量的系统误差，故电路如图所示：
(3)电流表的量程为0.6A，最小格为0.02A，估读在0.01A，则读数为0.18A.
(4)由闭合电路的欧姆定律可得：，变形得：，则图象的纵截距为，代入数值可得；故选B.
11.中国高铁以“快、准、稳”成为一张靓丽的“名片”而为国人所自豪.3月9日由北京南开往杭州东的G35次高铁上,一位男旅客在洗手间内吸烟，触发烟感报警装置，导致高铁突然降速缓行.假设此次事件中列车由正常车速80m/s匀减速至24m/s后匀速行驶.列车匀速行驶6min后乘警通过排査解除了警报，列车又匀加速恢复至80m/s的车速.若列车在匀加速和匀减速过程的加速度大小均为l.4m/s2,试求：
(1)列车以非正常车速行驶的距离;
(2)由于这次事件，列车到达杭州东时晚点多少秒？
【答案】(1)(2)
【解析】
【详解】(1)设列车正常车速为v1，减速后车速为v2，减速和加速过程位移为s1，时间均为t1，减速后匀速行驶位移为s2，时间为t2，由运动学公式可得：
解得：
(2)设列车正常车速通过s位移所用时间为t′，则有：
解得：
12.如图所示，竖直平面内的直角坐标系xoy，x轴上方存在竖直向下的匀强电场, x轴下方存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴上的a点沿先轴正方向以初速度v0射入匀强电场中，粒子经过x轴上的b点进入磁场区域，并从o点再次进入电场区域.若oa距离,ob距离为2L,不计粒子重力，求：
(1)电场强度E和粒子经过b点时速度v;
(2)磁感应强度B;
(3)粒子从a点开始运动到第二次通过x轴的总时间t.
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【详解】(1)由题意可得粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子在匀强电场中运动时间为，加速度为，粒子经过b点的速度与x轴正方向夹角为θ，
由牛顿第二定律和运动学公式可得：
解得：
(2)由题意可知粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为，可得：
由几何关系：
解得：
(3)设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，运动时间为，
由题意可得：
解得：
13.下列说法中正确的是
A. 一定质量的气体吸热后温度一定升高
B. 布朗运动是悬浮在液体中的花粉颗粒和液体分子之间的相互碰撞引起的
C. 知道阿伏加德罗常数和气体的密度就可估算出气体分子间的平均距离
D. 在热传导中，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体
E. 单位体积的气体分子数增加，气体的压强不一定增大
【答案】BDE
【解析】
【详解】A、改变内能的方式有做功和热传递，则气体吸热后不知道做功情况，则不能得到内能如何变化，也不能确定温度是否变化；故A错误.
B、布朗运动是由于液体分子的无规则运动对固体微粒碰撞的不平衡引起的；故B正确.
C、气体分子的占有空间看成立方体模型，则，故仅知道阿伏加德罗常数和气体的密度，要求出平均距离还缺少气体的摩尔质量；故C错误.
D、根据热力学第二定律的，热量从低温物体传到高温物体不能自发进行，必须借助外界的帮助，引起其它的变化；故D正确.
E、根据理想气体状态方程可知，压强由单位体积的气体分子数和温度共同决定，则只有单位体积的气体分子数增加，不能推出压强是否变化；故E正确.
故选BDE.
14.如图所示，上端封闭的玻璃管A竖直固定，竖直玻璃管B上端开口且足够长,两管下端用足够长橡皮管连接起来,A管上端被水银柱封闭了一段长为h =5cm的理想气体,B管水银面刚好与A管顶端齐平,玻璃管A内气体温度为t1=27℃，外界大气压为P0 =75cmHg,求：
①保持温度不变，要使A管中气体长度稳定为h'=4cm,应将B管向上移动多少厘米？
②B管向上移动后保持不动,为了让A管中气体体积恢复到原来长度，则应将气体温度升高多少摄氏度？
【答案】① ②
【解析】
【详解】①由题意可知A管封闭的理想气体发生等温变化，初态气体压强为，温度为，根据玻意耳定律可得：
解得：
B管水银面比A水银面管高出距离为：
则B管向上移动的距离为：
②使A管中气体长度恢复到后，A管中封闭气体的压强为，根据理想气体的状态方程可得：
解得：
则气体温度升高的温度为：
15.一列沿x轴方向传播的简谐横波在t=0时的波形图如图所示，位于坐标原点处的质点经△t = 0.2s再次回到平衡位置，关于这列波说法正确的是
A. 这列波的周期为0.4 s
B. 这列波沿x轴正方向传播
C. 这列波传播速度为10m/s
D. t=0时位于x=6m处质点加速度沿y轴正方向且最大
E. 经△t=0.2s位于x =2.5m处质点通过路程为4cm
【答案】ADE
【解析】
【详解】A、位移坐标原点的质点在t=0时刻正在平衡位置，经过△t= 0.2s再次回到平衡位置，则，可得；故A正确.
C、根据波形图可读出波长，由；故C错误.
B、由波形图无法获得波源的位置以及起振方向，则波的传播方向不确定，可以沿x轴正向或x轴负向；故B错误.
D、由波形图可知t=0时位于x =6m处质点在波谷处，此时振动的速度为零，加速度最大指向平衡位置，即加速度沿y轴正方向且最大；故D正确.
E、由周期可知，由振动的对称性可知所有质点的路程为两个振幅即为2×2cm=4cm；故E正确.
故选ADE.
16.如图所示，一个截面为直角三角形的三棱镜ABD, ∠B= 90°，有一单色光以45°人射角射入到BD界面上，折射角是30°,折射光线恰好在AD界面发生全反射,光在真空中的传播速度为c.求：
①光在该三棱镜中的传播速度是多少?
②该三棱镜的顶角D是多少度？
【答案】① ②
【解析】
【详解】①光线在BD面上发生了折射，已知入射角 i=45°，折射角 r=30°，
则三棱镜的折射率为：
解得：
②折射光线恰好在AD面发生全反射，入射角等于临界角C，
则：
由几何知识可得，三棱镜的顶角为：
解得:
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