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2019届湖北省宜昌市夷陵中学、襄阳五中、钟祥一中高三下学期5月模拟考试理科综合试题
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2019届湖北省宜昌市夷陵中学、襄阳五中、钟祥一中高三下学期5月模拟考试
理科综合生物试题
1.下列关于细胞结构和功能的叙述中，正确的是
A. 染色体、线粒体、叶绿体和核糖体中都有遗传物质分布
B. 高尔基体在动植物细胞有丝分裂末期都发挥重要作用
C. 卵细胞运输营养和代谢废物的效率比白细胞的运输效率低
D. 细胞分化、衰老、凋亡和坏死一定都受到遗传物质的控制
【答案】C
【解析】
【分析】
核糖体的主要成分是rRNA和蛋白质；高尔基体在动植物细胞中功能不同；细胞的体积越小，相对表面积越大，物质运输效率越高；细胞分裂、分化、衰老、凋亡都是正常的生命现象。
【详解】细胞中的遗传物质是DNA，而核糖体中不含DNA，A错误；高尔基体与动物分泌物的形成有关，与植物细胞有丝分裂末期细胞壁的形成有关，B错误；与白细胞相比，卵细胞的体积较大，相对表面积较小，因此卵细胞运输营养和代谢废物的效率比白细胞的运输效率低，C正确；细胞坏死是外界环境因素引起细胞非正常性死亡，不受到遗传物质的控制，D错误。
2.下列有关光合色素的叙述正确的是
A. 类胡萝卜素在红光区吸收的光能可用于光反应中ATP的合成
B. 蓝藻能进行光合作用是因为其叶绿体中含有藻蓝素和叶绿素
C. 红外光和紫外光通常可被光合色素吸收用于光合作用
D. 黑暗环境中生长的植物叶片呈黄色是由于叶绿素合成受阻引起的
【答案】D
【解析】
【分析】
叶绿体中的色素主要有叶绿素和类胡萝卜素，叶绿体又分为叶绿素a和叶绿素b，类胡萝卜素又分为胡萝卜素和叶黄素；光合作用中叶绿素主要吸收红光和蓝紫光；类胡萝卜素主要吸收蓝紫光。
【详解】类胡萝卜素主要吸收蓝紫光，A错误；蓝藻是原核生物，细胞中没有叶绿体，B错误；植物进行光合作用只能吸收可见光，不能吸收红外光和紫外光，C错误；叶绿素的形成需要光，黑暗中生长的植物幼苗叶片呈黄色是由于叶绿素合成受阻引起的，D正确。
3.下列有关实验和实习的叙述，正确的是
A. 科研上鉴别细胞死活可用台盼蓝染色，活细胞会被染成蓝色
B. 孟德尔的豌豆杂交实验中对假说进行验证是用假说演绎法完成的
C. 若因标记物影响动物活动而更容易捕捉，会导致标志重捕法计算出的结果偏大
D. 赫尔希与蔡斯所做的噬菌体侵染细菌的实验中，保温时间过长或过短对实验结果影响相同
【答案】D
【解析】
【分析】
活细胞的细胞膜具有选择透过性，能够控制物质进出细胞；假说演绎法的一般步骤：发现问题、提出假说、演绎推理、验证假说、得出结论；标志重捕法公式：N（种群内个体总数）=（标志总数×重捕数）／重捕个体中被标志的个体数；噬菌体侵染大肠杆菌的过程中，噬菌体的DNA注入大肠杆菌，而蛋白质外壳留在了外面，保温时间过长，有部分子代噬菌体会从大肠杆菌中释放出来，而保温时间过短，亲代噬菌体的核酸不能完全注入到大肠杆菌内。
【详解】科研上鉴别细胞死活可用台盼蓝染色，活细胞不会被染成蓝色而死细胞会染成蓝色，A错误；孟德尔在研究豌豆杂交实验时，运用了假说一演绎法，为了验证所作出的假说是否正确，设计并完成了测交实验，B错误；标记重捕法中若因标记物影响动物的活动而更容易捕捉，说明重捕个体中被标志的个体数偏大，则根据计算公式可知，会导致公式中N种群内的个体总数偏小，C错误；赫尔希与蔡斯所做的噬菌体侵染细菌的实验中，保温时间过长，有部分子代噬菌体会从大肠杆菌中释放出来；时间过短，亲代噬菌体的核酸不能完全注入到大肠杆菌内，因此保温时间过长或过短都会导致上清液中放射性增强，D正确。
4.在大脑内，兴奋性的信号传递主要是通过突触前膜释放的谷氨酸与突触后膜的谷氨酸受体结合来实现的。下列相关叙述错误的是
A. 谷氨酸与其受体的特异性结合体现了细胞膜具有进行细胞间信息交流的功能
B. 谷氨酸与其受体结合后，会引起突触后膜两侧Na+的浓度差增大
C. 谷氨酸与其受体结合后，可以引起突触后膜的电位由内负外正变为内正外负
D. 整个过程中细胞膜表现出了控制物质进出细胞功能
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题干信息分析，谷氨酸是大脑内突触前膜释放的一种兴奋性的神经递质，其作用于突触后膜上谷氨酸的特异性受体，引起突触后膜电位变化，进而产生兴奋。
【详解】谷氨酸是由突触前膜释放并作用于突触后膜上的受体的，因此该过程体现了细胞膜具有进行细胞间信息交流的功能，A正确；谷氨酸与其受体结合后，会引起突触后膜钠离子通道打开，钠离子内流，则膜两侧的钠离子浓度差变小，B错误；谷氨酸与其受体结合后，可以引起突触后膜由静息电位变为动作电位，即由内负外正变为内正外负，C正确；突触前膜以胞吐的方式释放神经递质，而神经递质只能作用于突触后膜上的受体而不能进入突触后膜，体现了细胞膜具有控制物质进出细胞的功能，D正确。
5.下列与遗传变异有关的认识，正确的是
A. 位于同源染色体的相同位置上的基因控制同一种性状
B. 隐性性状是指生物体不能表现出来的性状
C. 某生物的测交后代只有两种表现型且比例为1:1，则此生物一定含有一对等位基因
D. 用生长素处理二倍体番茄未受精的雌蕊柱头，能得到四倍体无子番茄
【答案】A
【解析】
【分析】
等位基因是指位于一对同源染色体的同一位置上，控制相对性状的基因；性状分离是指具有一对相对性状的亲本杂交，F1表现出来的为显性性状，没有表现出来的为隐性性状；测交是指杂种子一代个体与隐性类型之间的交配，主要用于测定F1的基因型以及测定F1产生的配子种类及其比例；生长素可以促进果实发育，因此用生长素处理未授粉的雌蕊柱头可以获得无子果实。
【详解】位于同源染色体的相同位置上的基因是等位基因或相同基因，控制的是同一种性状，A正确；隐性性状是指具有相对性状的两个亲本杂交，F1未表现出来的性状，B错误；某生物的测交后代中只有两种表现型且比例为1：1，说明该生物能够产生两种配子，但是该性状不一定只由一对等位基因控制，也可能由一对同源染色体上的多对等位基因控制，C错误；用生长素处理二倍体番茄未受精的雌蕊柱头，能得到的无子番茄仍然是二倍体，D错误。
6.安徽农业大学科研人员研究发现，茶园中茶树在受到害虫侵害时会释放信号物质顺-3-己烯醇，该物质一方面可吸引害虫天敌前来捕食害虫，另一方面可传达信号给周围的茶树，未受害茶树接收到该信号后，就会提前激发自身的防御响应。下列相关叙述错误的是
A. 茶树释放的顺-3-己烯醇能够调节生物的种间关系
B. 该茶园中信息传递的方向是茶树→茶树、茶树→害虫天敌
C. 外源喷施一定量的顺-3-己烯醇可提高茶树防御害虫的能力
D. 一片茶园可以是一个生态系统，该生态系统中时刻存在着物质循环和能量流动
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题干信息分析，顺-3-己烯醇是茶园中茶树在受到害虫侵害时会释放信号物质，属于化学信息，其不仅可以吸引害虫天敌前来捕食害虫，还可以提醒周围茶树提前激发自身防御响应，说明信息传递可以调整种间关系，维持生态系统的稳定性。
【详解】根据以上分析可知，茶树释放的顺-3-己烯醇属于化学信息，能够调节生物的种间关系，A正确；生态系统中的信息传递在生物之间是双向的，B错误；外源喷施一定量的顺-3-己烯醇，可以使得茶树提前激发自身的防御响应，进而高茶树防御害虫的能力，C正确；一片茶园属于一个生态系统，其具有物质循环、能量流动和信息传递等功能，D正确。
7.铁元素在植物的光合作用、呼吸作用中起着重要作用，但是农业生产中Fe2+在土壤中过度积累，会严重影响农作物产量。某研究小组以浙春3号和1601号大豆为实验材料，探究高Fe2+对光合作用的影响。在其他条件相同且适宜的条件下，对两种大豆在T0（不施铁肥，土壤中Fe2+含量为14.24 mg／kg）、T1（施铁肥，土壤中Fe2+含量为300 mg／kg）、T2（施铁肥，土壤中Fe2+含量为500 mg／kg）条件下进行培养，一段时间后统计相关数据，结果如图1、2（植物细胞不存在失水情况）。请回答相关问题：
（1）Fe是细胞所必需的________（填“大量”或“微量”）元素，本实验的自变量是_________。
（2）由图1可知，高Fe2+对浙春3号和1601号大豆光合作用的影响是__________________。
（3）植物蒸腾作用主要通过气孔进行，植物进行光合作用所需的_________也经由气孔被植物吸收参与暗反应，暗反应主要包括_____________________两个过程。由图2可知，高Fe2+对两种大豆的蒸腾速率影响较小，但是对净光合速率的影响相对较大，从光合作用的角度分析，高Fe2+对净光合速率的影响可能是因为________________________。
【答案】 (1). 微量 (2). 大豆种类、土壤中Fe2+含量 (3). 高Fe2+使两种大豆的净光合速率都下降 (4). CO2 (5). CO2的固定和C3的还原 (6). 高Fe2+破坏了大豆叶绿体的结构（或高Fe2+影响了光合作用所需酶的活性）
【解析】
【分析】
根据题干信息和图形分析，该实验的自变量是大豆种类、土壤中Fe2+含量，因变量是净光合速率和蒸腾速率。T0为对照组，与对照组相比，随着土壤含铁量，浙春三号和1601号的净光合速率、蒸腾速率都逐渐降低，且净光合速率下降较明显。
【详解】（1）铁属于组成细胞的化学元素中的微量元素；根据以上分析已知，该实验的自变量是大豆种类、土壤中Fe2+含量。
（2）根据图1分析，随着土壤含铁量的增加，两种大豆的净光合速率都逐渐下降了，即高Fe2+使两种大豆的净光合速率都下降。
（3）二氧化碳通过气孔被植物吸收并参与暗反应，暗反应包括二氧化碳的固定和三碳化合物的还原两个过程；由图2可知，高Fe2+对两种大豆的蒸腾速率影响较小，而对净光合速率的影响相对较大，高Fe2+对净光合速率的影响较大可能是因为高Fe2+破坏了大豆叶绿体的结构。
【点睛】解答本题的关键是掌握光合作用及其影响因素，能够根据题干信息和图形找出实验的自变量和因变量，并能够与对照组相比分析两种大豆的净光合速率、蒸腾速率随着土壤含铁量的变化情况。
8.各种植物激素或植物生长调节剂在农业生产中有广泛应用。请回答有关问题:
（1）“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”。这种“气”是指________，主要作用是____________________________。
（2）植物生长调节剂是指____________________________________的化学物质。吲哚乙酸和α-萘乙酸_______（都是/都不是/不都是）植物生长调节剂。
（3）适宜浓度的生长素促进细胞生长，细胞分裂素促进细胞分裂，两种激素在植物的生长发育过程中表现为协同作用。二者只有这一种关系吗？某兴趣小组对此进行探究，实验步骤如下:
①配制不同浓度的细胞分裂素(6-BA)溶液；
②将生长状态一致的吊兰均分成4组,分别置于配制好的6-BA溶液中，于相同且适宜的环境中培养；
③在培养的第1、3、5天分别测量吊兰不定根的生长情况，各组根的伸长量（后一次的测量数减去前一次的测量数）见下表。
④分析表中数据可以得出的结论是：6-BA抑制吊兰不定根的伸长，且________________。
⑤要在此实验的基础上进一步探究生长素与细胞分裂素的比值变化对吊兰不定根生长的影响，若只能用一种某浓度的生长素溶液，则该实验设计思路是:____________________，观察并测量各组不定根的伸长量。
【答案】 (1). 乙烯 (2). 促进果实成熟 (3). 人工合成的对植物生长发育具有调节作用 (4). 不都是 (5). 随着浓度和时间的增加抑制程度增强 (6). 向上述不同浓度的6－BA溶液中分别加入适量且等量的该浓度生长素溶液
【解析】
【分析】
根据题干信息和表格分析，该实验的自变量是6-BA溶液浓度、处理时间，因变量是吊兰不定根的伸长量，6-BA溶液浓度为0的组是对照组，与对照组相比，随着6-BA溶液浓度的增加，不定根的伸长量减少，且随着时间的延长，不定根的伸长量也减少，说明6-BA抑制吊兰不定根的伸长，且随着浓度和时间的增加抑制程度增强。
【详解】（1）由题意可知，这种“气”具有促进果实成熟的功能，而植物体内促进果实成熟的激素是乙烯。
（2）植物生长调节剂是指人工合成的对植物生长发育具有调节作用的化学物质；α-萘乙酸是生长素类似物，属于生长调节剂，而吲哚乙酸是植物激素，不属于生长调节剂。
（3）④根据以上分析已知，由表格数据得出的结论是：6-BA抑制吊兰不定根的伸长，且随着浓度和时间的增加抑制程度增强。
⑤在以上实验的基础上进一步探究生长素与细胞分裂素的比值变化对吊兰不定根生长的影响，若只能用一种某浓度的生长素溶液，则生长素与细胞分裂素的比值变化可以通过改变细胞分裂素的浓度实现，实验设计思路为：向上述不同浓度的6－BA溶液中分别加入适量且等量的该浓度生长素溶液，观察并测量各组不定根的伸长量。
【点睛】解答本题的关键是根据题干信息找出实验的自变量和因变量，能够根据对照性原则分析处理时间、6-BA溶液浓度浓度变化对不定根伸长量的影响情况，进而得出相应的实验结论。
9.果蝇眼色有红色、朱砂色、白色三种，受两对独立遗传的等位基因B/b、D/d控制，其中D/d仅位于X染色体上。研究发现，含D基因的个体均为红眼，含B基因且不含D基因的个体均为朱砂眼，其余情况均为白眼。与果蝇眼色有关的还有位于其他染色体上的一对等位基因E/e，其中e基因纯合会导致雌性个体性反转为不育雄性，e基因纯合对雄性个体无影响。回答下列问题：
（1）控制果蝇眼色的等位基因B/b位于____（常/性）染色体上。
（2）该果蝇种群中，朱砂眼雄果蝇的基因型有______种，若一只BbEeXDXd雌性个体与一只BbEeXdY雄性个体杂交，所得子代足够多，则子代中雄性∶雌性=_________，不育白眼雄性个体占_______。
（3）要想通过杂交子代的眼色就能辨别子代的雌雄且雌雄个体全都只有一种表现型，符合该条件的杂交组合有多种，请分别从这三对等位基因入手，分析亲本杂交组合的基因型特点：
①至少有一个亲本的基因组成是BB或两个亲本的基因组成都是bb；②______________________；③___________________________________。
【答案】 (1). 常 (2). 8 (3). 5∶3 (4). 1/64 (5). 至少有一个亲本的基因组成是EE (6). 两亲本的基因组成为 XdXd 和 XDY
【解析】
【分析】
根据题干信息分析，控制果蝇眼色的两对等位基因独立遗传，且D、d位于X染色体上，则红眼的基因型为__XD_，朱砂眼的基因型为B_ Xd_，其余基因型（bbXdXd、bbXdY）都是白眼；根果蝇眼色有关的基因还有E、e，在另一对常染色体上，其纯合会使得雌性个体性反转为不育雄性，而对雄性没有影响。
【详解】（1）根据题意分析可知，控制果蝇眼色的两对等位基因独立遗传，且D、d仅位于X染色体上，所以B、b基因只能在常染色体上。
（2）就B、b与D、d这两对等位基因而言，朱砂眼雄果蝇（B_ XdY）的基因型有2种，朱砂眼雌果蝇有2种，又因为其还受E、e的控制，且ee会使得朱砂眼雌性变为雄性，因此朱砂眼雄性的基因型一共有2×3+2=8种；若一只BbEeXDXd雌性个体与一只BbEeXdY雄性个体杂交，后代中EE：Ee：ee=1:2:1，且ee雌果蝇会变成雄果蝇，因此雄性：雌性=5：3，不育白眼雄性个体是由雌性转变而来的，基因型为eebbXdXd，占总数的比例为1/4×1/4×1/4=1/64。
（3）要想通过子代的眼色来辨別雌雄且子代雌雄个体各只有一种表现型，须符合以下三点：①对于基因B、b，至少有一个亲本的基因型是BB或两个亲本的基因型都是bb，目的是避免子代雄性个体出现两种眼色；
②对于基因E、e，至少有一个亲本的基因型是EE，避免子代出现性反转现象；
③对于基因D、d，两个亲本的基因型是XdXd和 XDY，目的是确定子代雌雄性个体的眼色不同。
【点睛】解答本题的关键是根据题干信息判断不同的表现型对应的可能基因型，明确与眼色有关的三对等位基因独立遗传，遵循基因的自由组合定律，尤其要注意ee纯合可以将雌性个体性反转为不育雄性，进而正确判断后代的性状分离比。
10.白洋淀湿地以大面积的芦苇荡和千亩连片的荷花淀而闻名，素有华北明珠之称，具有蓄水调洪、调节气候、降解污染等多种生态功能，请回答下列问题：
（1）“小荷才露尖尖角，早有蜻蜓立上头”，荷叶有的挺水有的浮水，错落有致，这种现象__________（填“属于”或“不属于”）群落的分层现象。荷花需要一定量的光照才能绽放，从生态系统中信息传递意义的角度分析，说明_________________________________。
（2）枯水期和汛期水位改变及生态链的破坏，导致芦苇的环境容纳量改变。环境容纳量是指___________________________________________________________________。利用人工合成的性引诱剂诱杀某种芦苇害虫的雄性个体，破坏害虫种群正常的____________，可以降低害虫的种群密度，保护生物多样性，充分发挥其蓄水调洪、调节气候等_______价值。
（3）若为了获得更大收益，清除白洋淀中各种野生植物，扩大莲藕、芦苇的种植面积，则该生态系统的净化能力会________（填“增强”或“减弱”），主要原因是______________。
【答案】 (1). 不属于 (2). 生物种群的繁衍，离不开信息的传递 (3). 在环境条件不受破坏的情况下，一定空间中所能维持的种群最大数量 (4). 性别比例 (5). 间接 (6). 减弱 (7). 生物种类减少，自我调节能力（或抵抗力稳定性）减弱
【解析】
【分析】
生态系统的组成成分包括生产者、消费者、分解者、非生物的物质和能量；生态系统的营养级指的是食物链、食物网；生态系统的功能包括物质循环、能量流动和信息传递；生物多样性包括物种多样性、遗传多样性和生态系统多样性。
【详解】（1）荷花属于一种植物，其荷叶的分层现象属于种群的空间特征，而不属于群落的分层现象；荷花需要一定量的光照才能绽放，即将荷花接受了光照这一物理信息后开放了，说明生物种群的繁衍，离不开信息的传递。
（2）环境容纳量是指在环境条件不受破坏的情况下，一定空间中所能维持的种群最大数量；根据题意分析，利用人工合成的性引诱剂诱杀某种芦苇害虫的雄性个体，会破坏害虫的性别比例，进而降低出生率，导致害虫种群密度降低；蓄水调洪、调节气候等生态功能体现了生物多样性的间接价值。
（3）根据题意分析，为了获得更大收益，清除白洋淀中各种野生植物，扩大莲藕、芦苇的种植面积，导致植物种类减少，进而动物的种类也会减少，使得生态系统的营养结构变得简单，自我调节能力减弱，因此该生态系统的净化能力会减弱。
【点睛】解答本题的关键是了解群落的结构、生态系统的结构和功能、生态系统的稳定性等知识点，注意区分种群和群落的特征以及不同的生物多样性，进而结合题干要求分析答题。
11.果粒是将苹果等水果采用一定的方法加工制成的小颗粒，其生产在中国尚属起步阶段。果粒除了可直接食用外还可作为配料加入酸奶、冰淇淋、果冻等食品中。果粒的硬度形状直接影响着最终产品的质量，但大部分果粒经高温处理或机械泵出后成型果粒量少。果胶酶作为一种新型加工助剂，可将果粒的组织结构损坏减到最小，最大限度地提高成型果粒的含量。请回答：
（1）果胶酶作为一种果粒加工助剂，它能将果胶分解成可溶性的_______，根据酶的_______（特性）可知组成果粒细胞壁的另一成分__________不会被分解。
（2）__________________等条件会影响果胶酶的活性。若以苹果泥为材料，在实验室里可以通过测定等量苹果泥经果胶酶作用相同时间后所滤出的__________________来判断果胶酶在不同条件下的活性。
（3）在果粒制作时按2 mL酶/kg水果的量加入酶制剂，加热至40～45℃缓慢搅拌处理10～15 min，最后加热到90～92℃再冷却罐装。搅拌处理要在40～45℃温度下进行的原因是_______________________________________；最后加热到90～92℃后再冷却灌装的目的是_____________________________。
【答案】 (1). 半乳糖醛酸 (2). 专一 (3). 纤维素 (4). 温度、PH、酶的抑制剂 (5). 苹果汁的体积 (6). 果胶酶在此温度下活性最高 (7). 灭菌、将酶灭活
【解析】
【分析】
果胶酶并不特指某一种酶，而是分解果胶的一类酶的总称，包括多聚乳糖醛酸酶、果胶分解酶和果胶酯酶等，可将果胶分解成半乳糖醛酸；酶具有高效性和专一性的特点；果粒中有纤维素，而果汁中不含纤维素酶，因此果胶酶只能将果粒中的果胶分解为小分子的半乳糖醛酸，而不能分解果粒中的纤维素；影响酶促反应速率的因素除PH、温度外还有底物浓度和酶浓度。
【详解】（1）根据以上分析已知，果胶酶可以将果胶分解成可溶性的半乳糖醛酸；酶具有专一性，只能催化细胞壁成分中的果胶分解，而不能催化细胞壁成分中的纤维素分解。
（2）酶的活性受温度、PH、酶的抑制剂等条件的影响；果胶酶的活性越高，催化苹果泥反应的速率越快，因此在实验室里可以通过测定等量苹果泥经果胶酶作用相同时间后所滤出的苹果汁的体积来判断果胶酶在不同条件下的活性。
（3）根据题意分析，搅拌处理要在40～45℃温度下进行，因为该温度条件下果胶酶的活性最高；最后升温到90~92℃再冷却灌装的目的是灭菌并将酶灭活。
【点睛】解答本题的关键是了解细胞壁的组成成分、果胶酶的含义和作用，明确果胶酶的活性受温度、pH等多种条件的影响，进而分析不同的实验步骤中温度控制的原因。
12.埃博拉病毒(EBO)呈纤维状，EBO衣壳外有包膜，包膜上有5种蛋白棘突(VP系列蛋白和GP蛋白)，其中GP蛋白最为关键，能被宿主细胞强烈识别。请回答下列问题：
（1）基因疫苗即DNA疫苗，要获得编码GP蛋白抗原的基因疫苗，首先要提取出EBO的RNA，逆转录合成DNA，与适当的载体连接后转化受体菌，以构建_____________。埃博拉病毒(EBO)容易变异的原因是_________________________________________。
（2）构建GP蛋白基因表达载体所用的工具酶是__________________________。若要将GP蛋白基因表达载体导入到大肠杆菌细胞内，以大量生产疫苗，通常先用钙离子处理大肠杆菌，其目的是______________________________。检测GP蛋白基因是否转录出mRNA的具体方法是使用_________________与提取出的____________做分子杂交。
（3）科研人员利用经EBO免疫后小鼠的浆细胞与小鼠的骨髓瘤细胞进行融合以形成_________________，培养后可以获得纯净的单一品种抗体，用此抗体与药物制成“生物导弹”抗击EBO。
【答案】 (1). cDNA文库 (2). EBO 病毒的遗传物质RNA是单链结构，稳定性较差 (3). 限制酶和DNA连接酶 (4). 使大肠杆菌处于能吸收周围环境中DNA分子的状态（感受态） (5). 标记的GP蛋白基因 (6). mRNA (7). 杂交瘤細胞
【解析】
【分析】
基因工程至少需要三种工具：限制性核酸内切酶（限制酶）、DNA连接酶、运载体；基因表达载体的组成包括：目的基因、启动子、终止子和标记基因等。目的基因导入动物细胞的方法是显微注射法；检测转基因生物目的基因是否表达--抗原-抗体杂交技术。单克隆抗体的制备流程：人工诱导经过免疫的B淋巴细胞与骨髓瘤细胞融合，再经筛选获得能产生特定抗体的杂交瘤细胞，通过培养获得的杂交瘤细胞得到单克隆抗体。
【详解】（1）根据题意分析，以EBO的RNA为模板逆转录形成DNA，构建的是cDNA文库；埃博拉病毒的遗传物质RNA是单链结构，稳定性较差，容易发生变异。
（2）构建基因表达载体需要使用限制酶切割目的基因和运载体，再用DNA连接酶将两者的末端连接起来；将目的基因导入大肠杆菌等微生物细胞一般用感受态法，即先用钙离子处理大肠杆菌，使大肠杆菌处于能吸收周围环境中DNA分子的状态，以便目的基因的进入。检测目的基因转录形成的mRNA一般采用分子杂交法，即使用标记的GP蛋白基因与提取出的mRNA做分子杂交。
（3）小鼠免疫后获得的浆细胞与骨髓瘤细胞融合，形成杂交瘤细胞。
【点睛】解答本题的关键是识记基因工程的基本工具、基本步骤和单克隆抗体的制备过程，明确基因工程中不同的物质的检测方法不同，进而结合题干要求分析答题。
宜昌夷陵中学、襄阳五中、钟祥一中2019届高三5月模拟考试
理综模拟试题卷
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Al：27 Cl:35.5 S:32 Ni：59 Ag：108 Pr：141 Mo：96
第Ⅰ卷（共126分）
一、选择题：本题共13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.生活离不开化学。某种金属制成的器皿，放置于空气中，其表面会逐渐变黑，如将表面变黑的上述器皿放入盛有食盐水的铝制容器中浸泡，一段时间后，黑色完全褪去。下列成语与该金属有关的是（ ）
A. 衣紫腰银 B. 点石成金 C. 铜鸵荆棘 D. 铁柞成针
【答案】A
【解析】
某种金属制成的器皿，放置于空气中，其表面会逐渐变黑，如将表面变黑的上述器皿放入盛有食盐水的铝制容器中浸泡，一段时间后，黑色完全褪去，该金属是银，表面会逐渐变黑是生成了Ag2S。银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银。A. 衣紫腰银涉及金属银，故A正确；B. 点石成金涉及金属金，故B错误；C. 铜鸵荆棘涉及金属铜，故C错误；D. 铁柞成针涉及金属铁，故D错误；故选A。
2.设NA代表阿伏加德罗常数的值，N表示粒子数。下列叙述正确的是（ ）
A. 在标准状况下2.24LCCl4中含有的C—Cl键数为0.4NA
B. 将1mol Cl2通入水中，则N(HClO)+N(Cl−)+N(ClO−)＝2NA
C. 将CO2通过Na2O2使其质量增加a g时，反应转移的电子数为aNA/14
D. 3.0g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 在标准状况下，CCl4是液体，2.24LCCl4的物质的量远大于0.1mol，C—Cl键数远大于0.4NA，故A错误；
B. 氯气与水反应可逆，将1mol Cl2通入水中，则N(HClO)+N(Cl−)+N(ClO−)＜2NA，故B错误；
C. 将CO2通过Na2O2使其质量增加a g时，参加反应的Na2O2的物质的量是xmol。则
2CO2+2Na2O2= 2Na2CO3+O2 △m
2mol 56g
xmol ag
x=，反应转移的电子数为，故C错误；
D.甲醛、冰醋酸的最简式都是CH2O，3.0g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA，故D正确。
3.依曲替酯是一种皮肤病用药，它可以由原料X经过多步反应合成。下列说法不正确的是（ ）
A. 原料X与中间体Y互为同分异构体
B. 原料X可以使酸性KMnO4溶液褪色
C. 中间体Y能发生还原、加成、取代、氧化、水解反应
D. 1 mol依曲替酯只能与1 mol NaOH发生反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 原料X与中间体Y的分子式都是C13H12O4，结构不同，所以互为同分异构体，故A正确；
B. 原料X含有碳碳双键、苯环上含有甲基，所以可以使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；
C. 中间体Y含有羰基、碳碳双键能与氢气发生加成反应，中间体Y含有酯基、酚羟基能发生取代反应，中间体Y含有酚羟基能发生氧化反应、中间体Y含有酯基能发生水解反应，故C正确
D. 1 mol依曲替酯含有1mol酚羟基形成酯基，能与2mol NaOH发生反应，故D错误，选D。
4.根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是（ ）
选项
操作
现象
结论
A
向蔗糖中加入浓硫酸
蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体
浓硫酸具有脱水性和强氧化性
B
向盛有H2O2溶液试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液
溶液变成棕黄色，一段时间后，溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生成
Fe2+催化H2O2分解产生O2；H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动
C
铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中
无明显现象
浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝被浓硝酸钝化
D
向等浓度的KCl、KI混合液中逐滴滴加AgNO3溶液
先出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A．浓硫酸能将有机物中H、O元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性，浓硫酸还将氧化C生成二氧化碳，浓硫酸还体现强氧化性，故A正确；B．向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液，溶液变成棕黄色,一段时间后，说明Fe2+被氧化为Fe3+，此时溶液中出现气泡，Fe3+ 是H2O2分解的催化剂，故B错误；C．常温下铝与浓硝酸发生钝化现象，故C正确；D．向等浓度的KC1、KI混合液中逐滴满加AgNO3溶液，先出现黄色沉淀，则说明Ksp(AgCl)>Ksp (AgI)，故D正确，答案为B。
5.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：C>B>A B. 气态氢化物的热稳定性：E>C
C. 最高价氧化对应的水化物的酸性：B>E D. 化合物DC与EC2中化学键类型相同
【答案】C
【解析】
【详解】已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，制冷剂为氨气，所以A为氢元素，B为氮元素，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，为镁元素，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，所以C为氧元素，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍，则E为硅元素。
A. 根据同周期元素，从左到右原子半径减小，故原子半径： B >C>A，故错误；
B. 氧的非金属性比硅强，所以气态氢化物的热稳定性：C> E，故错误；
C. 氮的非金属性比硅强，所以最高价氧化对应的水化物的酸性：硝酸大于硅酸，故正确；
D. 氧化镁含有离子键，二氧化硅含有共价键，故错误。
故选C。
6.由相同金属电极及其不同浓度的盐溶液组成的电池，称浓差电池，电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极。如图所示装置中，X电极与Y电极初始质量相等。进行实验时，先闭合K2，断开K1，一段时间后，再断开K2,闭合K1，即可形成浓差电池，电流计指针偏转。下列不正确的是（ ）
A. 充电前，该电池两电极存在电势差
B. 放电时，右池中的NO3－通过离了交换膜移向左池
C. 充电时，当外电路通过0.1 mol电子时，两电极的质量差为21.6g
D. 放电时，电极Y为电池的正极
【答案】A
【解析】
【分析】
先闭合K2，断开K1，形成电解池，X电极是阴极，电极反应是Ag++e-=Ag，Y是阳极，电极反应式是Ag-e-=Ag+，NO3-通过离子交换膜进入右池，所以左池浓度小于右池；再断开K2,闭合K1，形成原电池，电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极，X是负极、Y是正极。
【详解】A. 充电前，左右两池浓度相同，该电池两电极不存在电势差，故A错误；
B. 放电时，电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极，X是负极、Y是正极，右池中的NO3－通过离了交换膜移向左池，故B正确；
C. 充电时，当外电路通过0.1 mol电子时，X电极消耗0.1molAg，Y电极生成0.1molAg，所以两电极的质量差为21.6g，故C正确；
D. 电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极，充电后左池浓度小于右池，所以放电时，电极Y为电池的正极，故D正确；选A。
7.20℃时，在H2C2O4、NaOH混合溶液中，c（H2C2O4）＋c（HC2O4-）＋c（C2O42-）＝0.100mol/L。含碳元素微粒的分布分数δ随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. ①表示H2C2O4的分布曲线，③表示C2O42-的分布曲线
B. 20℃时，H2C2O4的二级电离平衡常数Ka2＝1×10－4.2
C. Q点对应溶液中lgc（H＋）＜lgc（OH－）
D. 0.100mol·L－1的NaHC2O4溶液中：c（OH－）＝c（H＋）－2c（C2O42-）＋c（H2C2O4）
【答案】B
【解析】
【详解】A.H2C2O4是二元弱酸，①表示HC2O4-的分布曲线，②表示H2C2O4的分布曲线、③表示C2O42-的分布曲线，故A错误；
B.p点c（HC2O4-）=c（C2O42-），pH=4.2，20℃时，H2C2O4的二级电离平衡常数Ka2=1×10－4.2，故B正确；
C. Q点的溶液呈酸性，c（OH－）＜c（H＋），对应溶液中lgc（H＋）＞lgc（OH－），故C错误；
D. 0.100 mol•L-1的NaHC2O4溶液中存在物料守恒，c（Na+）=c（C2O42-）+c（H2C2O4）+c（HC2O4-），电荷守恒c（Na+）+c（H+）=2c（C2O42-）+c（OH-）+c（HC2O4-），计算得到c（OH-）+c（C2O42-）＝c（H+）+c（H2C2O4），故D错误。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较，侧重于学生分析能力、读图能力的考查，注意把握物料守恒、电荷守恒的运用。
8.为检验溶液中是否含有Cl-，某同学采用向溶液中先加HNO3，再加AgNO3，溶液的实验方案，若有白色沉淀生成，则证明有Cl-。对此结论，有人提出了质疑，设计了如下探究性实验。
实验一：向Na2SO4溶液中滴加AgNO3溶液
编号
Na2SO4溶液
AgNO3溶液
现象
体积/mL
浓度／(mol·L-1)
体积/滴
浓度／(mol·L-1)
①
1
l
3
2
出现大量白色沉淀
②
1
1
3
0.5
出现少量白色沉淀
③
1
1
3
0.1
有些许浑浊
④
1
1
3
0.0l
无明显变化
（1）实验一中产生沉淀的离子方程式为______。
（2）学生设计了如下表格，对实验一内容进行理论计算，请帮他完成表格。(表中不要留空格)。
[25℃时Ksp(Ag2SO4)=1．2×10-5，Ksp(AgCl)=1．8×10-10]
编号
AgNO3浓度／(mol·L-1)
稀释后Ag+浓度／(mol·L-1)
混合液中SO42-的最小理论检出浓度／(mol·L-1)
①
2
0.2
0.0003
②
0.5
_______
0.0048
③
0.1
0.0l
0.12
④
_______
0.001
_________
若向lmL某溶液中加入3滴0.1mol/LAgNO3溶液，分析上面数据，判断下列说法正确的是__ (填字母序号)。
A．混合液中c(SO42-)=0.1mol/L时不会产生Ag2SO4沉淀
B．混合液中c(SO42-)=1mol/L时不会产生Ag2SO4沉淀
C．无论SO42-浓度大小都会产生Ag2SO4沉淀
D．若使用0.01 mol/LAgNO3溶液，可基本排除SO42-对Cl-检验构成的干扰
（3）将实验一中编号③中的理论计算结果与现象对照，发现理论上大部分Ag+应该形成沉淀，这与“有些许浑浊”的现象相矛盾。为探究真相，在实验一的基础上继续设计了以下实验。
实验二：
编号
AgNO3溶液
浓度／(mol·L-1)
现象
向沉淀中滴加硝酸后的现象
①
2
出现大量白色沉淀
滴加稀硝酸，沉淀大量溶解；改加浓硝酸，沉淀较快消失
②
0.5
出现少量白色沉淀
滴加稀硝酸，沉淀基本消失
对于Ag2SO4溶于硝酸的原因提出了如下假设，请完成假设一。(已知：H2SO4=H++HSO4-、HSO4-H++SO42-；假设二可能的原因是NO3-与Ag+形成配位化合物)
假设一：_____________。
假设二：NO3-对Ag2SO4溶解起作用。
（4）从下列限选试剂中选择适当试剂并设计实验方案，分别验证假设一和假设二是否成立。请写出实验步骤和结论。(限选试剂：Ag2SO4固体、浓HNO3、NaNO3饱和溶液、CaSO4固体)
________________
（5）通过（4）的实验，若证实假设一成立，请用平衡理论解释Ag2SO4溶解的原因_________
【答案】（16分）
（1）2Ag++ SO42-Ag2SO4↓ （2分）
（2）②0.05 （1分） ④0.01 （1分） 12（2分） AD （2分）
（3）假设一：H+对Ag2SO4溶解起作用（2分）
（4）①取少量CaSO4固体于试管中，加入一定量浓HNO3，充分振荡。若沉淀溶解，说明假设一成立。
②取少量Ag2SO4固体于试管中，加入一定量NaNO3饱和溶液，充分振荡。若沉淀溶解，说明假设二成立。（验证假设一和假设二各2分，共4分）
（5）Ag2SO4固体在水中存在平衡：Ag2SO4(s)2Ag+（aq）+SO42-（aq），H+与SO42-结合生成HSO4-，SO42-浓度降低，平衡正向移动，Ag2SO4不断溶解。（2分）
【解析】
试题分析：（1）实验一中产生沉淀的离子方程式为2Ag++ SO42-Ag2SO4↓。
（2）根据实验①可知，稀释后浓度变成原来的，因此②稀释后的浓度为0.05 mol／L，④稀释前的浓度为0.01 mol·L-1，根据Ksp(Ag2SO4)=1．2×10-5，有c2(Ag+)·c(SO42—)=0.012×c(SO42—)= 1．2×10-5，解得：c(SO42—)=12mol／L
向l mL某溶液中加入3滴0．1 mol／L AgNO3溶液，AgNO3的浓度为0．01 mol／L。当混合液中c(SO42-)=0．1 mol／L时不会产生Ag2SO4沉淀，A正确；当混合液中c(SO42-)="1" mol／L时会产生Ag2SO4沉淀，B、C错误；若使用0．01 mol／L AgNO3溶液，c(SO42—)需达到12mol／L才能生成沉淀，在一般的稀溶液中是不可能的，可基本排除SO42-对Cl-检验构成的干扰，D正确；
（3）加入的硝酸溶液中含有两种离子H+和NO3-，结合题意“假设二可能的原因是NO3-与Ag+形成配位化合物”可知假设一应该与H+有关：H+对Ag2SO4溶解起作用
（4）①取少量CaSO4固体于试管中，加入一定量浓HNO3，充分振荡。若沉淀溶解，说明假设一成立。
②取少量Ag2SO4固体于试管中，加入一定量NaNO3饱和溶液，充分振荡。若沉淀溶解，说明假设二成立。
（5）Ag2SO4固体在水中存在平衡：Ag2SO4(s)2Ag+（aq）+SO42-（aq），H+与SO42-结合生成HSO4-，SO42-浓度降低，平衡正向移动，Ag2SO4不断溶解。
考点：考查了化学实验的设计与猜想和化学平衡等相关知识。
9.金属钼在工业和国防建设中有重要的作用。钼(Mo)的常见化合价为+6、+5、+4。由钼精矿(主要成分是MoS2)可制备单质钼和钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)，部分流程如图1所示：
已知：钼酸微溶于水，可溶于液碱和氨水。回答下列问题：
（1）钼精矿焙烧时，每有1molMoS2反应，转移电子的物质的量为______。
（2）钼精矿焙烧时排放的尾气对环境的主要危害是________，请你设计工业上除去该尾气的方法（写出两种“变废为宝”的方法和离子方程式）：___________；___________。
（3）由钼酸得到MoO3所用到的硅酸盐材料仪器的名称是_______。
（4）操作1中，加入碳酸钠溶液充分反应后，碱浸液中c(MoO42-)＝0.80mol/L，c(SO42-)＝0.04mol/L，在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的SO42-。当BaMoO4开始沉淀时，SO42-的去除率是_____。[Ksp(BaSO4)＝1.1×10−10、Ksp(BaMoO4)＝4.0×10−8，溶液体积变化可忽略不计]
（5）焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，图2为各炉层固体物料的物质的量的百分数(φ)。
①x＝_____。
②焙烧炉中也会发生MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的反应，若该反应转移6mol电子，则消耗的氧化剂的物质的量为____。
【答案】 (1). 14mol (2). 形成酸雨 (3). 可用氨水吸收后制成氮肥，并为硫酸工业提供原料气 (4). 2NH3·H2O＋SO2=2NH4+＋SO32-＋H2O，SO32-+2H+=SO2↑＋H2O (5). 瓷坩埚 (6). 94.5% (7). 64 (8). 3mol
【解析】
【分析】
（1）钼精矿焙烧时，MoS2被氧气氧化为MoO3和SO2；
（2）钼精矿焙烧时排放的尾气SO2是酸性氧化物；工业上可以用氨水吸收制取氮肥，并为硫酸工业提供原料气；
（3）钼酸灼烧得到MoO3；
（4）根据Ksp(BaMoO4)＝40×10−8计算BaMoO4开始沉淀时c（Ba2+），再根据c（Ba2+）和 Ksp(BaSO4)＝1.1×10−10计算溶液中c(SO42-)；
（5）①第6层炉含有MoO2、MoS2、MoO3，根据Mo元素守恒计算x；
②MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的方程式是MoS2+6MoO37MoO2+2SO2；
【详解】（1）钼精矿焙烧时，MoS2被氧气氧化为MoO3和SO2，反应方程式为2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2，所以每有1molMoS2反应，转移电子的物质的量为14mol；
（2）钼精矿焙烧时排放的尾气SO2是酸性氧化物，对环境的主要危害是形成酸雨；工业上可用氨水吸收后制成氮肥，并为硫酸工业提供原料气，反应方程式是2NH3·H2O＋SO2=2NH4+＋SO32-＋H2O，SO32-+2H+=SO2↑＋H2O；
（3）钼酸灼烧得到MoO3，灼烧固体的仪器是瓷坩埚；
（4）c(MoO42-)＝0.80mol/L，则BaMoO4开始沉淀时c（Ba2+）= 5×10-8，此时c(SO42-)=2.2 ×10-3，SO42-的去除率是；
（5）第6层炉含有MoO2、MoS2、MoO3，MoS2、MoO3的含量分别为18%，根据Mo元素守恒，MoO2的含量为1-18%-18%=64%；
②MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的方程式是MoS2+6MoO37MoO2+2SO2，MoO3中Mo元素由+6价降低为+4，MoO3是氧化剂，若转移6mol电子，则消耗MoO3的物质的量为3mol。
【点睛】本题考查混合物的分离和提纯，侧重考查流程图中操作过程、物质性质、图象分析等，明确操作基本原理及物质的性质是解本题关键，同时考查学生分析判断及知识综合应用能力，注意溶度积常数的有关计算。
10.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) △H >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表，甲烷制备乙烯反应的△H =______(用含a.b.c.d的代数式表示)。
（2）T1温度时，向1L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1,测得10-15 min时H2的浓度为1.6mol・L-1
①0~10min内CH4表示的反应速率为____mol/(L・min) o
②若图1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)的变化曲线，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2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,则电解后所得溶液在25℃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). △H >0，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）焓变=反应物的总键能－生成物的总键能；
（2）①；②催化剂表面积越大，反应速率越快；③15 min时,改变外界反应条件导致n( CH4)减小，说明平衡正向移动；
（3）利用 “三段式”计算T1温度，平衡时各物质的量的浓度，带入v正=K正c2(CH4)，v逆=K逆c(C2H4)c2(H2)计算速率，再根据平衡时正逆反应速率相等计算k正与K逆的比值；根据升高温度后平衡移动方向分析升温后V正、V逆的相对大小；
（4）甲烷燃料电池，通入氧气的一极为正极、通入甲烷的一极为负极，负极是甲烷失电子生成二氧化碳和水；电解池的C极与电源的正极相连，C是阳极、D是阴极。
【详解】（1）焓变=反应物的总键能－生成物的总键能，2CH4(g)C2H4(g) +2H2(g) △H=8b－c －4b－2a＝+(4b-c-2a) kJ•moL-1；
（2）①10-15 min时H2的浓度为1.6mol・L-1，根据反应方程式，甲烷的浓度变化为1.6mol・L-1， 0~10min内CH4表示的反应速率=0.16 mol/(L・min)；
②催化剂表面积越大，反应速率越快，表示催化剂表面积较大的曲线是b；
③2CH4(g)C2H4(g) +2H2(g)正反应吸热、气体物质的量增多，所以升高温度或减小压强，平衡正向移动， n( CH4)减小，故15 min时，改变外界反应条件可能是升高温度或减小压强。
（3）2CH4(g)C2H4(g) +2H2(g)
开始 2 0 0
转化 1.6 0.8 1.6
平衡 0.4 0.8 1.6
v正=K正c2(CH4)= K正(0.4)2，v逆=K逆c(C2H4)c2(H2)= K逆0.8×(1.6)2，平衡时正逆反应速率相等，即K正(0.4)2= K逆0.8×(1.6)2，k正与K逆的比值为12.8；该反应△H >0，温度升高，平衡正向移动，所以k正增大的倍数大于k逆；
（4）①电解池的C极与电源的正极相连，C极的Pt为阳极。
②通入甲烷的一极为负极，负极是甲烷失电子生成二氧化碳和水，负极反应方程式为CH4－8e－+4O2－=CO2+2H2O。
③用该电池电解饱和食盐水，电解方程式是2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2,生成气体的物质的量是 ，则生成氢氧化钠xmol；
2NaCl+2H2O 2NaOH+ H2+Cl2
2 2
x 0.005
x=0.005mol，c(OH-)= ，则25℃时，电解后所得溶液在pH=12。
11.［化学——物质结构与性质］
镧系为元素周期表中第ⅢB族、原子序数为57～71的元素。
（1）镝（Dy）的基态原子电子排布式为［Xe］4f106s2，画出镝（Dy）原子外围电子排布图：_____。
（2）高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3＋，基态时Cu3＋的电子排布式为______。
（3）观察下面四种镧系元素的电离能数据，判断最有可能显示＋3价的元素是_____（填元素名称）。
几种镧系元素的电离能（单位：kJ·mol－1）
元素
I1
I2
I3
I4
Yb（镱）
604
1217
4494
5014
Lu（镥）
532
1390
4111
4987
La（镧）
538
1067
1850
5419
Ce（铈）
527
1047
1949
3547
（4）元素铈（Ce）可以形成配合物（NH4）2［Ce（NO3）6］。
①组成配合物的四种元素，电负性由大到小的顺序为______（用元素符号表示）。
②写出氨的最简单气态氢化物水溶液中存在的氢键：______（任写一种）。
③元素Al也有类似成键情况，气态氯化铝分子表示为（AlCl3）2，分子中Al原子杂化方式为______，分子中所含化学键类型有______（填字母）。
a．离子键 b．极性键 c．非极性键 d．配位键
（5）PrO2（二氧化镨）的晶体结构与CaF2相似，晶胞中镨原子位于面心和顶点，则PrO2（二氧化镨）的晶胞中有____个氧原子；已知晶胞参数为apm，密度为ρg·cm－3，NA＝_____（用含a、ρ的代数式表示）。
【答案】 (1). (2). [Ar]3d8(或1s22s22p63s23p63d8) (3). 镧 (4). O>N>H>Ce (5). N－H···O(或N－H···N或O－H···N或O－H···O) (6). sp3 (7). bd (8). 8 (9). (或)
【解析】
（1）.根据镝(Dy)的基态原子电子排布式[Xe]4f106s2可知，镝(Dy)原子外围4f能级上有10个电子，6s能级上有2个电子，则其外围电子排布图为：，故答案为：；
（2）.Cu是 29号元素，基态原子的电子排布式为：[Ar]3d104s1，高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+，说明Cu失去3个电子，则基态时Cu3+ 的电子排布式为：[Ar]3d8 (或1s22s22p63s23p63d8)，故答案为：[Ar]3d8 (或1s22s22p63s23p63d8)；
（3）.第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，第三个电子越容易失去，+3价可能性越大，在上述表中，镧的I1、I2和I3最接近，则最有可能显示+3 价的元素是镧，故答案为：镧；
（4）. ①.元素铈(Ce)可以形成配合物(NH4)2[Ce(NO3)6]，组成配合物的四种元素中，因元素非金属性越强，电负性越大，则O>N>H，又因Ce是金属，其电负性在四种元素中最小，所以电负性大小顺序为：O>N>H>Ce，故答案为：O>N>H>Ce；
② . N和 O元素的电负性强，则NH3的水溶液中存在的氢键有：N-H…O(或 N-H…N或O-H…N或O-H…O)，故答案为：N-H…O(或 N-H…N或O-H…N或O-H…O)；
③ .在气态氯化铝 (AlCl3)2中，每个Al原子与4个Cl原子形成4个σ键，则Al原子的杂化方式为sp3，在该分子中，与Al原子形成极性共价键的两个Cl原子中，有一个是配位键，氯原子提供电子，铝原子提供空轨道，故答案为：sp3；bd；
（5）.PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中镨原子位于面心和顶点，所以晶胞中镨原子的个数为：6×1/2+8×1/8=4，则氧原子个数为：4×2=8；根据上述分析可知，一个二氧化镨晶胞中含有4个PrO2，则ρ==，则NA=(或)，故答案为：8；(或)；
12.【化学—选修5：有机化学基础】
聚合物H ()是一种聚酰胺纤维，广泛用于各种刹车片，其合成路线如下：
已知：①C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。
②Diels-Alder反应：。
（1）生成A的反应类型是_______。D的名称是________。F中所含官能团的名称是_____。
（2）B的结构简式是_______；“B→C”的反应中，除C外，另外一种无机产物是_______。
（3）D+G→H的化学方程式是_____。
（4）Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有____种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1:2:2:3的结构简式为______（任写一种）。
（5）已知：乙炔与1,3-丁二烯也能发生Diels-Alder反应。请以1,3-丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线_______（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
【答案】 (1). 消去反应 (2). 对苯二甲酸 (3). 硝基、氯原子 (4). (5). H2O (6). (7). 10 (8). 或 (9).
【解析】
根据题意，A是，C为：,D为：，E为：，F为：，G为：。
（1）是由乙醇分子内脱水生成乙烯，故生成A反应类型为：消去反应；D为：，名称为：对苯二甲酸，F是，所含官能团的名称是硝基和氯原子；
（2）B由乙烯和生成，故B结构简式是：；“B→C”的反应即为分子内脱水，除C外，另外一种产物是水；
（3）D为：，G为：，H为，故D+G→H的化学方程式是：n+ n + （2n-1）H2O；
（4）Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，则多一个CH2，分子中除了苯环，还有两个羧基，碳原子还剩下1个，若苯环上只有一个取代基，则为-CH(COOH)2,有一种；若有两个取代基，则为-COOH和-CH2COOH，两者在本换上的位置为邻间对三种；若有三个取代基，则为两个羧基和一个甲基，先看成苯二甲酸，苯二甲酸两个羧基的位置有则Q可能的结构有邻间对，而苯环上的H再被甲基取代的分别有2种、3种1种，总计共10种同分异构体；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1:2:2:3的结构简式为；
（5）乙炔与1,3-丁二烯也能发生Diels-Alder反应：，以1,3-丁二烯和乙炔为原料，合成，合成思路为：先用反应合成六元环，再用卤素加成，再用氢氧化钠水溶液取代即可合成产物，故合成路线为：。
宜昌夷陵中学、襄阳五中、钟祥一中2019届高三5月模拟考试
理综模拟试题卷
一、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题只有一个选项符合题目要求，第19～21题有多个选项符合要求。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.物理学家通过艰辛的实验和理论研究探究自然规律，为科学事业做出了巨大贡献．下列描述中符合物理学史实的是( )
A. 奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说
B. 法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律
C. 牛顿发现了万有引力定律但未给出引力常量G的数值
D. 哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，并发现行星沿椭圆轨道运行的规律
【答案】C
【解析】
【详解】奥斯特发现了电流的磁效应，安培并提出了分子电流假说，选项A错误；法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了判断感应电流方向的规律，选项B错误；牛顿发现了万有引力定律但未给出引力常量G的数值，后来卡文迪许用扭秤实验测出了引力常数，选项C正确； 哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，开普勒发现行星沿椭圆轨道运行的规律，选项D错误；故选C.
2.为了减少污染,工业废气需用静电除尘器除尘,某除尘装置如图所示,其收尘极为金属圆筒,电晕极位于圆筒中心。当两极接上高压电源时,电晕极附近会形成很强的电场使空气电离,废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收尘极运动并沉积,以达到除尘目的。假设尘埃向收尘极运动过程中所带电量不变,下列判断正确的是( )
A. 带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越大
B. 金属圆筒内越靠近收尘极电势越高
C. 带电尘埃向收尘极运动过程中受到的电场力越来越大
D. 金属圆筒内存在匀强电场
【答案】B
【解析】
【分析】
尖端电荷密度大，附近的场强强，空气越容易电离，画出金属筒和金属丝之间的电场线分布图，比较场强的大小，带负电的细颗粒物根据受力判断运动情况。
【详解】尘埃带负电后受电场力作用向收尘极运动，电场力做正功，电势能越来越小，故A错误；逆电场线方向，电势变高，故越靠近收尘极，电势越高，故B正确；离电晕极越远，场强越小，尘埃带电量不变，电场力越小，故C错误，根据图象信息可知除尘器内电场在水平面上的分布类似于负点电荷电场，电场线方向由收尘极指向电晕极，故D错误；故选B。
【点睛】此题考查静电的应用-静电除尘，解答本题关键是要知道金属圆筒和金属丝之间的电场分布，电场强度越大的地方气体越容易电离。
3.2018年6月14日11时06分，探月工程嫦娥四号任务“鹊桥”中继星成为世界首颗成功进入地月拉格朗日L2点的Halo使命轨道的卫星，为地月信息联通搭建“天桥”。如图所示，该L2点位于地球与月球连线的延长线上，“鹊桥”位于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，已知地球、月球和“鹊桥”的质量分别为Me、Mm、m，地球和月球之间的平均距离为R，L2点离月球的距离为x，则( )
A. “鹊桥”的线速度小于月球的线速度
B. “鹊桥”的向心加速度小于月球的向心加速度
C. x满足
D. x满足
【答案】C
【解析】
【详解】线速度v＝ωR，中继星绕地球转动的半径比月球绕地球的半径大，“鹊桥”中继星绕地球转动的线速度比月球绕地球转动的线速度大，故A错误；向心加速度a＝ω2R，“鹊桥”中继星绕地球转动的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度大，故B错误；中继卫星的向心力由月球和地球引力的合力提供，则有，对月球而言则有 ，两式联立可解得 ，故C正确，D错误；故选C。
4.μ子与氢原子核（质子）构成的原子称为μ氢原子（hydrogen muon atom），它在原子核物理的研究中有重要作用，图为μ氢原子的能级示意图.假定光子能量为E的一束光照射容器中大量处于n=2能级的μ氢原子，μ氢原子吸收光子后，发出频率为、、、、和的不同频率光，且频率依次增大，则E等于
A. h(-) B. h(+) C. h D. h
【答案】C
【解析】
μ子吸收能量后从n=2能级跃迁到较高m能级，然后从m能级向较低能级跃迁，若从m能级向低能级跃迁时如果直接跃迁到基态n=1能级，则辐射的能量最大，否则跃迁到其它较低的激发态时μ子仍不稳定，将继续向基态和更低的激发态跃迁，即1、2、3…m任意两个轨道之间都可以产生一种频率的辐射光，故总共可以产生的辐射光子的种类为： ，解得m=4，即μ子吸收能量后先从n=2能级跃迁到n=4能级，然后从n=4能级向低能级跃迁．辐射光子的按能量从小到大的顺序排列为4能级到3能级，能级3到能级2，能级4到能级2，能级2到能级1，能级3到能级1，能级4到能级1，所以能量E与相等。故C正确
，ABD错误。
5.如图甲所示，倾角45°斜面置于粗糙的水平地面上，有一滑块通过轻绳绕过定滑轮与质量为m的小球相连（绳与斜面平行），滑块质量为2m，滑块能恰好静止在粗糙的斜面上。在图乙中，换成让小球在水平面上做圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角为θ，且转动逐渐加快，θ≤45°，在图丙中，两个小球对称在水平面上做圆周运动，每个小球质量均为m，轻绳与竖直方向的夹角θ，且转动逐渐加快，在θ≤45°过程中，三幅图中，斜面都静止，且小球未碰到斜面，则以下说法中正确的是
A. 甲图中斜面受到地面的摩擦力方向水平向右
B. 乙图小球转动的过程中滑块受到的摩擦力不可能为零
C. 乙图小球转动的过程中滑块受到的摩擦力可能沿斜面向下
D. 丙图小球转动的过程中滑块一定沿斜面向上运动
【答案】D
【解析】
【详解】A、甲图中，以小球为研究对象，小球受到重力与绳子的拉力是一对平衡力，所以绳子的拉力大小T 等于小球的重力；以斜面和滑块组成的整体为研究对象受力分析，水平方向：，方向水平向左，故A错误；
BC、乙图中，以小球为研究对象，小球受到的重力与绳子的拉力提供小球做匀速圆周运动的向心力，则：；以滑块为研究对象，滑块受到重力、绳子的拉力、斜面的支持力和摩擦力；设摩擦力的方向向上，则：，可得：，由于，则，可知一定为正值，所以乙图小球转动的过程中滑块受到的摩擦力一定沿斜面向上。若增大小球的转速，则细线与竖直方向之间的夹角增大，当时，，则滑块受到的摩擦力为零，故BC错误；
D、以任意一个小球为研究对象，小球受到的重力与绳子的拉力提供小球做匀速圆周运动的向心力，则：，两个小球的质量相等，所以两根绳子的拉力的合力的方向一定沿竖直向下的方向，且合力的大小：，可知竖直段的竖直的拉力始终与两个小球重力的和，等于；以滑块为研究对象，滑块受到重力、绳子的拉力、斜面的支持力和摩擦力；设摩擦力的方向向上，则：，解得：，为负，故摩擦力的方向向下，故小球转动的过程中滑块一定沿斜面向上运动，D正确。
6.如图所示，斜面底端上方高h处有一小球以水平初速度抛出，恰好垂直打在斜面上，斜面的倾角为30°，重力加速度为g，下列说法正确的是
A. 小球打到斜面上的时间为
B. 要让小球始终垂直打到斜面上，应满足h和成正比关系
C. 要让小球始终垂直打到斜面上，应满足h和的平方成正比关系
D. 若高度h一定，现小球以不同的平抛，落到斜面上的速度最小值为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A、设小球打到斜面上的时间为t，恰好垂直打在斜面上，根据几何关系可得，解得，故A正确；
BC、要让小球始终垂直打到斜面上，小球平抛运动的水平位移，小球落在斜面上，根据几何关系得：，代入解得：，和的平方成正比关系，故B错误，C正确；
D、小球落在斜面上时的竖直分速度，，由于，速度，联立解得：，根据数学知识可知，积一定，当二者相等时和有最小值，故最小值为，故D正确。
7.如图所示，xOy平面位于光滑水平桌面上，在O≤x≤2L的区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向下。由同种材料制成的粗细均匀的正六边形导线框，放在该水平桌面上，AB与DE边距离恰为2L，现施加一水平向右的拉力F拉着线框水平向右匀速运动，DE边与y轴始终平行，从线框DE边刚进入磁场开始计时，则线框中的感应电流i(取逆时针方向的电流为正)随时间t的函数图象和拉力F随时间t的函数图象大致是
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】
当DE边在0～L区域内时，导线框运动过程中有效切割长度越来越大，与时间成线性关系，初始就是DE边长度，所以电流与时间的关系可知A正确，B错误；因为是匀速运动，拉力F与安培力等值反向，由知，力与L成二次函数关系，因为当DE边在0～2L区域内时，导线框运动过程中有效切割长度随时间先均匀增加后均匀减小，所以F随时间先增加得越来越快后减小得越来越慢，选C正确，D错误。所以AC正确，BD错误。
8.如图所示，在直角坐标系xOy中，位于坐标轴上的M、N、P三点到坐标原点O的距离均为r，在第二象限内以O1(－r，r)为圆心，r为半径的圆形区域内，分布着方向垂直xOy平面向外的匀强磁场；现从M点平行xOy平面沿不同方向同时向磁场区域发射速率均为v的相同粒子，其中沿MO1方向射入的粒子恰好从P点进入第一象限。为了使M点射入磁场的粒子均汇聚于N点，在第一象限内，以适当的过P点的曲线为边界(图中未画出，且电场边界曲线与磁场边界曲线不同)，边界之外的区域加上平行于y轴负方向的匀强电场或垂直xOy平面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用及其重力.下列说法正确的是
A. 若OPN之外的区域加的是磁场，则所加磁场的最小面积为
B. 若OPN之外的区域加的是电场，粒子到达N点时的速度最大为
C. 若OPN之外的区域加的是电场，粒子到达N点时的速度方向不可能与x轴成45°
D. 若OPN之外区域加的是电场，则边界PN曲线的方程为
【答案】ABD
【解析】
【详解】A、由题意知，沿MO1方向射入的粒子恰好从P点进入第一象限，轨迹为圆弧，速度方向水平向右（沿x轴正方向）由几何关系知轨迹半径等于圆形磁场半径，作出由粒子轨迹圆的圆心、磁场圆的圆心以及出射点、入射点四点组成的四边形为菱形，且所有从M点入射粒子进入第一象限速度方向相同，即均沿+x方向进入第一象限，为了使M点射入磁场的粒子均汇聚于N点，OPN之外的区域加的是磁场，最小的磁场面积为图中阴影部分的面积，如图所示：
根据几何关系可得所加磁场的最小面积为，故A正确；
BC、若OPN之外的区域加的是电场，粒子进入第一象限做类平抛，沿MO1入射的粒子到达N点时的运动时间最长，速度最大，速度与水平方向夹角也最大，设类平抛运动时间为t，在N点速度与水平方向夹角为θ，则有：水平方向：，竖直方向：，联立解得：，，，，故B正确，C错误；
D、若OPN之外的区域加的是电场，设边界PN曲线上有一点的坐标为（x，y），则，，整理可得：；当时，整理可得边界PN曲线的方程为，故D正确。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答。
9.小鲁为研究物体所受空气阻力与物体运动速度的关系，小鲁约小明在一个无风的周末开汽车来到郊外一段人车稀少的平直公路上．小鲁打开汽车天窗，将如图甲所示装置固定在汽车车顶.小明依次以5m/s、10m/s、15m/s、20m/s的不同速度在平直公路上各匀速行驶一段距离，小鲁依次将汽车不同行驶速度时的弹簧测力计的示数记录在下表中.
汽车速度v/（m•s-1）
5
10
15
20
弹簧测力计示数F/N
0.20
0.82
3.30
(1)如图乙所示，为小鲁同学在车速稳定在15m/s时用手机拍下测力计照片，此时测力计示数为________N
(2)实验装置中用小车而不是木块，并将其放在表面平滑的木板上，目的是为了减小_________对实验结果的影响。
(3)分析上表中的实验数据，则当弹簧测力计的读数稳定在2.40N时，车速为______m/s.（计算结果保留2位有效数字）
【答案】 (1). 1.80 (2). 摩擦力 (3). 17
【解析】
(1)由图可知测力计示数为1.80N，(2) 用小车，将滑动摩擦变为滚动摩擦，放在表面平滑的木板上，减小了接触面的粗糙程度，所以可以减小摩擦力；(3)当车速稳定时，根据二力平衡条件可知，弹簧测力计的示数等于空气阻力的大小，对表中的数据分析：，说明空气阻力与速度的二次正比，即，故当示数为4.00N时车速为.
10.为测量一电阻Rx的阻值，某探究小组同学设计了如图所示的测量电路，其中电源的电动势为E＝3.0 V，电压表的量程为0～5 V，电流表满偏电流为0.6 A，电流计G为理想电流表，实验步骤如下：
①按图示电路原理图连接好实验电路，分别将滑动变阻器R0的滑片置于图中的A端、滑动变阻器R3的滑片置于Q端，闭合开关S。
②将变阻器R0的滑片缓慢向上移动，同时注意灵敏电流计G的读数，当灵敏电流计的示数接近满偏时，立即停止移动滑动变阻器R0的滑片，然后再将滑动变阻器R3的滑片缓慢向上移动直到灵敏电流计的示数为零为止，分别记下此时电流表和电压表的示数。
③重复步骤②多次，记录下每次实验中电压表和电流表的读数。各次实验的实验数据如下表所示：
次数
项目
1
2
3
4
5
6
U/V
0.50
0.85
1.40
1.80
2.20
2.62
I/A
0.12
0.20
0.28
0.42
0.50
0.58
请回答下列问题：
(1)利用上表的测量数据， 已在如图所示的坐标中标明了各点，请你根据画出的数据点，在图中作出U－I图象。____________
(2)根据你所作的U－I图象求得该电阻的阻值为Rx＝_________ (结果保留两位小数)。
(3)由于电表有内阻，用此方法测得电阻的阻值_________ (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(4)当滑动变阻器R3、R0的滑片都滑到中点位置时，灵敏电流计G的示数________ (填“为零”或“不为零”)。
【答案】 (1). 过原点的直线 (2). 4.25～4.51Ω (3). 无影响 (4). 不为零
【解析】
（1）通过描点作图可得U－I图象为过原点的一条倾斜直线。
（2）电阻值为，由各数据求得平均值为：
（3）当灵敏电流计示数为零时，ab两点电势差为零，即伏特表示数即为Rx两端电压，流经安培表的电流即为流过Rx的电流，所以电表的内阻对测量结果无影响。
（4）当滑动变阻器R3、R0的滑片都滑到中点位置时，灵敏电流计两端的电压不相等，所以灵敏电流计G的示数不为零。
11.如图甲所示，质量为M＝3.0kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t＝0时，两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0s内它们的v-t图象如图乙所示，g取10m/s2.
(1)小车在1.0s内的位移为多大？
(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？
【答案】(1)0 (2)4.8m
【解析】
【详解】(1)由图可知，在第1 s内，A、B的加速度大小相等，为a＝2m/s2；
则物体A、B所受的摩擦力均为，方向相反；
根据牛顿第三定律，车C受到A、B的摩擦力大小相等，方向相反，合力为零，处于静止状态，故小车在1.0s内的位移为零。
(2)设系统最终的速度为v，由系统动量守恒得：
代入数据，解得v＝0.4m/s，方向向右。
由系统能量守恒得：
解得A、B的相对位移，即车的最小长度
12.如图所示，竖直面内有一圆形小线圈，与绝缘均匀带正电圆环共面同心放置。带电圆环的带电量为Q，绕圆心做圆周运动，其角速度ω随时间t变化的关系图象如图乙所示(图中ω0、t1、t2均为已知量)。线圈通过绝缘导线连接两根竖直的、间距为l的光滑平行金属长导轨，两导轨间的矩形区域内存在垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁场上、下边界的间距为h，磁感应强度大小恒为B．“工”字形构架由长度为H(H>h)的绝缘杆和水平金属棒AB、CD组成，金属棒与导轨紧密接触。初始时锁定“工”字形构架，使金属棒AB位于磁场内的上边沿，t1时刻解除锁定，t2时刻开始运动。已知“工”字形构架的质量为m，金属棒AB和金属棒CD的长度均为l，金属棒AB和金属棒CD离开磁场下边沿时的速度大小均为v，金属棒AB、CD和圆形线圈的电阻均为R，其余电阻不计，不考虑线圈的自感，重力加速度为g。
（1）0~t1时间内，求带电圆环的等效电流
（2）t1~t2时间内，求圆形线圈内磁通量变化率的大小
（3）求从0时刻到金属棒CD离开磁场的全过程中金属棒及线圈产生的焦耳热。
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【详解】(1)由电流的定义式可知：
(2)时间内，由平衡条件可知：，
则
由欧姆定律可知，
得到：
(3)时间内，
解得：
时刻后，由功能关系可知：
得到：
从0时刻到金属棒CD离开磁场的全过程中金属棒击线圈产生的热量为：
13.列说法正确的是_______
A. 一定质量的气体，在体积不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减少
B. 晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大
C. 空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下热传递方向性可逆
D. 外界对气体做功时，其内能一定会增大
E. 生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成
【答案】ACE
【解析】
A、一定质量的气体，在体积不变，温度降低时，分子平均速率减小，单位体积内分子个数不变，则分子每秒与器壁平均碰撞次数减小，故A正确；
B、晶体有固定熔点，在熔化时吸收热量，温度不变，则分子平均动能不变，故B错误；
C、根据热力学第二定律知，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体。空调既能制热又能制冷，是在外界的影响下，要消耗电能来实现的，说明在不自发地条件下热传递方向性可以逆向，故C正确；
D、外界对气体做功时，其内能不一定会增大，还与吸放热情况有关，故D错误；
E、在高温条件下分子的扩散速度增大，在半导体材料中掺入其他元素，可以通过分子的扩散来完成，E正确。
故选：ACE。
14.如图所示，体积为V的汽缸曲导热性良好的材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成体积相等的上下两部分，汽缸上部通过单向阀门K气体只能进入汽缸，不能流出汽缸)与一打气筒相连。开始时汽缸内上部分气体的压强为p0，现用打气筒向容器内打气。已知打气筒每次能打人压强为p0、体积为的空气当打气49次后稳定时汽缸上下两部分的体积之比为9︰1，重力加速度大小为g，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦。求活塞的质量m。
【答案】
【解析】
【分析】
根据活塞受力平衡可知上下两部分气体的压强关系；气筒打入的气体和汽缸上部分原来的气体等温压缩，汽缸下部分气体等温压缩，分别应用玻意耳定律列方程，联立即可求解活塞质量。
【详解】开始时，汽缸上部分气体体积为，压强为p0，下部分气体体积为，压强为后来汽缸上部分气体体积为，设压强为p，下部分气体体积为，压强为
打入的空气总体积为，压强为p0
由玻意耳定律可知，对上部分气体有：
对下部分气体有：
解得：。
15.如图所示为一列简谐横波在t＝0时的波形图，波沿x轴负方向传播，传播速度v＝1m/s，则下列说法正确的是
A. 此时x＝1.25m处的质点正在做加速度增大的减速运动
B. x＝0.4m处的质点比x＝0.6 m处的质点先回到平衡位置
C. x＝4m处的质点再经过1.5s可运动到波峰位置
D. x＝2m处的质点在做简谐运动，其振动方程为y＝0.4sinπt (m)
E. t＝2s的波形图与t＝0时的波形图重合
【答案】ACE
【解析】
【详解】A、波沿x轴负向传播，故此时x＝1.25 m处的质点向上运动，质点纵坐标大于零，故由质点运动远离平衡位置可得：质点做加速度增大的减速运动，故A正确；
B、由波沿x轴负向传播可得：x＝0.6 m处的质点向平衡位置运动，故x＝0.4 m处的质点、x＝0.6 m处的质点都向平衡位置运动，且x＝0.4 m处的质点比x＝0.6 m处的质点距离远，那么，x＝0.6m处的质点比x＝0.4 m处的质点先回到平衡位置，故B错误；
C、由波沿x轴负向传播可得：x＝4 m处的质点由平衡位置向下振动，故x＝4 m处的质点再经过可运动到波峰位置，又有波长λ＝2m，波速v＝1m/s，所以，周期T＝2s，那么，x＝4 m处的质点再经过1.5 s可运动到波峰位置，故C正确；
D、由C可知：x＝2 m处的质点在做简谐运动的周期T＝2s，又有振幅A＝0.4m，t＝0时，质点位移为零，根据波沿x轴负向传播可知质点向下振动，故可得：振动方程为y＝﹣0.4sin（πt）（m），故D错误；
E、由C可知简谐波的周期T＝2s，故经过2s，波正好向前传播一个波长，波形重合，故t＝2s的波形图与t＝0时的波形图重合，故E正确。
16.某玻璃材料制成的光学元件截面如图所示，左边是半径为R的半圆，右边是直角三角形CDE, ∠DCE =600。由A点发出的一束细光，从B点射入元件后折射光线与AO平行(0为半圆的圆心，CD为直径、AO与CD垂直）。已知玻璃的折射率为,B点到AO的距离为，光在真空中的速度为c.求：
①入射光线AB与AO夹角；
②光线从B点射入元件，到第一次射出元件所需时间。
【答案】（1）150（2）
【解析】
(i)由得，折射角r=30°，又
得i=45°
由几何关系得α=15°
(ii)得C=45°
由几何关系得CE面入射角为60°，发生全反射，在DE面入射角为30°，能射出玻璃砖
由几何关系知，光在玻璃的路程：
n=c/v，S=vt
得
理科综合生物试题
1.下列关于细胞结构和功能的叙述中，正确的是
A. 染色体、线粒体、叶绿体和核糖体中都有遗传物质分布
B. 高尔基体在动植物细胞有丝分裂末期都发挥重要作用
C. 卵细胞运输营养和代谢废物的效率比白细胞的运输效率低
D. 细胞分化、衰老、凋亡和坏死一定都受到遗传物质的控制
【答案】C
【解析】
【分析】
核糖体的主要成分是rRNA和蛋白质；高尔基体在动植物细胞中功能不同；细胞的体积越小，相对表面积越大，物质运输效率越高；细胞分裂、分化、衰老、凋亡都是正常的生命现象。
【详解】细胞中的遗传物质是DNA，而核糖体中不含DNA，A错误；高尔基体与动物分泌物的形成有关，与植物细胞有丝分裂末期细胞壁的形成有关，B错误；与白细胞相比，卵细胞的体积较大，相对表面积较小，因此卵细胞运输营养和代谢废物的效率比白细胞的运输效率低，C正确；细胞坏死是外界环境因素引起细胞非正常性死亡，不受到遗传物质的控制，D错误。
2.下列有关光合色素的叙述正确的是
A. 类胡萝卜素在红光区吸收的光能可用于光反应中ATP的合成
B. 蓝藻能进行光合作用是因为其叶绿体中含有藻蓝素和叶绿素
C. 红外光和紫外光通常可被光合色素吸收用于光合作用
D. 黑暗环境中生长的植物叶片呈黄色是由于叶绿素合成受阻引起的
【答案】D
【解析】
【分析】
叶绿体中的色素主要有叶绿素和类胡萝卜素，叶绿体又分为叶绿素a和叶绿素b，类胡萝卜素又分为胡萝卜素和叶黄素；光合作用中叶绿素主要吸收红光和蓝紫光；类胡萝卜素主要吸收蓝紫光。
【详解】类胡萝卜素主要吸收蓝紫光，A错误；蓝藻是原核生物，细胞中没有叶绿体，B错误；植物进行光合作用只能吸收可见光，不能吸收红外光和紫外光，C错误；叶绿素的形成需要光，黑暗中生长的植物幼苗叶片呈黄色是由于叶绿素合成受阻引起的，D正确。
3.下列有关实验和实习的叙述，正确的是
A. 科研上鉴别细胞死活可用台盼蓝染色，活细胞会被染成蓝色
B. 孟德尔的豌豆杂交实验中对假说进行验证是用假说演绎法完成的
C. 若因标记物影响动物活动而更容易捕捉，会导致标志重捕法计算出的结果偏大
D. 赫尔希与蔡斯所做的噬菌体侵染细菌的实验中，保温时间过长或过短对实验结果影响相同
【答案】D
【解析】
【分析】
活细胞的细胞膜具有选择透过性，能够控制物质进出细胞；假说演绎法的一般步骤：发现问题、提出假说、演绎推理、验证假说、得出结论；标志重捕法公式：N（种群内个体总数）=（标志总数×重捕数）／重捕个体中被标志的个体数；噬菌体侵染大肠杆菌的过程中，噬菌体的DNA注入大肠杆菌，而蛋白质外壳留在了外面，保温时间过长，有部分子代噬菌体会从大肠杆菌中释放出来，而保温时间过短，亲代噬菌体的核酸不能完全注入到大肠杆菌内。
【详解】科研上鉴别细胞死活可用台盼蓝染色，活细胞不会被染成蓝色而死细胞会染成蓝色，A错误；孟德尔在研究豌豆杂交实验时，运用了假说一演绎法，为了验证所作出的假说是否正确，设计并完成了测交实验，B错误；标记重捕法中若因标记物影响动物的活动而更容易捕捉，说明重捕个体中被标志的个体数偏大，则根据计算公式可知，会导致公式中N种群内的个体总数偏小，C错误；赫尔希与蔡斯所做的噬菌体侵染细菌的实验中，保温时间过长，有部分子代噬菌体会从大肠杆菌中释放出来；时间过短，亲代噬菌体的核酸不能完全注入到大肠杆菌内，因此保温时间过长或过短都会导致上清液中放射性增强，D正确。
4.在大脑内，兴奋性的信号传递主要是通过突触前膜释放的谷氨酸与突触后膜的谷氨酸受体结合来实现的。下列相关叙述错误的是
A. 谷氨酸与其受体的特异性结合体现了细胞膜具有进行细胞间信息交流的功能
B. 谷氨酸与其受体结合后，会引起突触后膜两侧Na+的浓度差增大
C. 谷氨酸与其受体结合后，可以引起突触后膜的电位由内负外正变为内正外负
D. 整个过程中细胞膜表现出了控制物质进出细胞功能
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题干信息分析，谷氨酸是大脑内突触前膜释放的一种兴奋性的神经递质，其作用于突触后膜上谷氨酸的特异性受体，引起突触后膜电位变化，进而产生兴奋。
【详解】谷氨酸是由突触前膜释放并作用于突触后膜上的受体的，因此该过程体现了细胞膜具有进行细胞间信息交流的功能，A正确；谷氨酸与其受体结合后，会引起突触后膜钠离子通道打开，钠离子内流，则膜两侧的钠离子浓度差变小，B错误；谷氨酸与其受体结合后，可以引起突触后膜由静息电位变为动作电位，即由内负外正变为内正外负，C正确；突触前膜以胞吐的方式释放神经递质，而神经递质只能作用于突触后膜上的受体而不能进入突触后膜，体现了细胞膜具有控制物质进出细胞的功能，D正确。
5.下列与遗传变异有关的认识，正确的是
A. 位于同源染色体的相同位置上的基因控制同一种性状
B. 隐性性状是指生物体不能表现出来的性状
C. 某生物的测交后代只有两种表现型且比例为1:1，则此生物一定含有一对等位基因
D. 用生长素处理二倍体番茄未受精的雌蕊柱头，能得到四倍体无子番茄
【答案】A
【解析】
【分析】
等位基因是指位于一对同源染色体的同一位置上，控制相对性状的基因；性状分离是指具有一对相对性状的亲本杂交，F1表现出来的为显性性状，没有表现出来的为隐性性状；测交是指杂种子一代个体与隐性类型之间的交配，主要用于测定F1的基因型以及测定F1产生的配子种类及其比例；生长素可以促进果实发育，因此用生长素处理未授粉的雌蕊柱头可以获得无子果实。
【详解】位于同源染色体的相同位置上的基因是等位基因或相同基因，控制的是同一种性状，A正确；隐性性状是指具有相对性状的两个亲本杂交，F1未表现出来的性状，B错误；某生物的测交后代中只有两种表现型且比例为1：1，说明该生物能够产生两种配子，但是该性状不一定只由一对等位基因控制，也可能由一对同源染色体上的多对等位基因控制，C错误；用生长素处理二倍体番茄未受精的雌蕊柱头，能得到的无子番茄仍然是二倍体，D错误。
6.安徽农业大学科研人员研究发现，茶园中茶树在受到害虫侵害时会释放信号物质顺-3-己烯醇，该物质一方面可吸引害虫天敌前来捕食害虫，另一方面可传达信号给周围的茶树，未受害茶树接收到该信号后，就会提前激发自身的防御响应。下列相关叙述错误的是
A. 茶树释放的顺-3-己烯醇能够调节生物的种间关系
B. 该茶园中信息传递的方向是茶树→茶树、茶树→害虫天敌
C. 外源喷施一定量的顺-3-己烯醇可提高茶树防御害虫的能力
D. 一片茶园可以是一个生态系统，该生态系统中时刻存在着物质循环和能量流动
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题干信息分析，顺-3-己烯醇是茶园中茶树在受到害虫侵害时会释放信号物质，属于化学信息，其不仅可以吸引害虫天敌前来捕食害虫，还可以提醒周围茶树提前激发自身防御响应，说明信息传递可以调整种间关系，维持生态系统的稳定性。
【详解】根据以上分析可知，茶树释放的顺-3-己烯醇属于化学信息，能够调节生物的种间关系，A正确；生态系统中的信息传递在生物之间是双向的，B错误；外源喷施一定量的顺-3-己烯醇，可以使得茶树提前激发自身的防御响应，进而高茶树防御害虫的能力，C正确；一片茶园属于一个生态系统，其具有物质循环、能量流动和信息传递等功能，D正确。
7.铁元素在植物的光合作用、呼吸作用中起着重要作用，但是农业生产中Fe2+在土壤中过度积累，会严重影响农作物产量。某研究小组以浙春3号和1601号大豆为实验材料，探究高Fe2+对光合作用的影响。在其他条件相同且适宜的条件下，对两种大豆在T0（不施铁肥，土壤中Fe2+含量为14.24 mg／kg）、T1（施铁肥，土壤中Fe2+含量为300 mg／kg）、T2（施铁肥，土壤中Fe2+含量为500 mg／kg）条件下进行培养，一段时间后统计相关数据，结果如图1、2（植物细胞不存在失水情况）。请回答相关问题：
（1）Fe是细胞所必需的________（填“大量”或“微量”）元素，本实验的自变量是_________。
（2）由图1可知，高Fe2+对浙春3号和1601号大豆光合作用的影响是__________________。
（3）植物蒸腾作用主要通过气孔进行，植物进行光合作用所需的_________也经由气孔被植物吸收参与暗反应，暗反应主要包括_____________________两个过程。由图2可知，高Fe2+对两种大豆的蒸腾速率影响较小，但是对净光合速率的影响相对较大，从光合作用的角度分析，高Fe2+对净光合速率的影响可能是因为________________________。
【答案】 (1). 微量 (2). 大豆种类、土壤中Fe2+含量 (3). 高Fe2+使两种大豆的净光合速率都下降 (4). CO2 (5). CO2的固定和C3的还原 (6). 高Fe2+破坏了大豆叶绿体的结构（或高Fe2+影响了光合作用所需酶的活性）
【解析】
【分析】
根据题干信息和图形分析，该实验的自变量是大豆种类、土壤中Fe2+含量，因变量是净光合速率和蒸腾速率。T0为对照组，与对照组相比，随着土壤含铁量，浙春三号和1601号的净光合速率、蒸腾速率都逐渐降低，且净光合速率下降较明显。
【详解】（1）铁属于组成细胞的化学元素中的微量元素；根据以上分析已知，该实验的自变量是大豆种类、土壤中Fe2+含量。
（2）根据图1分析，随着土壤含铁量的增加，两种大豆的净光合速率都逐渐下降了，即高Fe2+使两种大豆的净光合速率都下降。
（3）二氧化碳通过气孔被植物吸收并参与暗反应，暗反应包括二氧化碳的固定和三碳化合物的还原两个过程；由图2可知，高Fe2+对两种大豆的蒸腾速率影响较小，而对净光合速率的影响相对较大，高Fe2+对净光合速率的影响较大可能是因为高Fe2+破坏了大豆叶绿体的结构。
【点睛】解答本题的关键是掌握光合作用及其影响因素，能够根据题干信息和图形找出实验的自变量和因变量，并能够与对照组相比分析两种大豆的净光合速率、蒸腾速率随着土壤含铁量的变化情况。
8.各种植物激素或植物生长调节剂在农业生产中有广泛应用。请回答有关问题:
（1）“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”。这种“气”是指________，主要作用是____________________________。
（2）植物生长调节剂是指____________________________________的化学物质。吲哚乙酸和α-萘乙酸_______（都是/都不是/不都是）植物生长调节剂。
（3）适宜浓度的生长素促进细胞生长，细胞分裂素促进细胞分裂，两种激素在植物的生长发育过程中表现为协同作用。二者只有这一种关系吗？某兴趣小组对此进行探究，实验步骤如下:
①配制不同浓度的细胞分裂素(6-BA)溶液；
②将生长状态一致的吊兰均分成4组,分别置于配制好的6-BA溶液中，于相同且适宜的环境中培养；
③在培养的第1、3、5天分别测量吊兰不定根的生长情况，各组根的伸长量（后一次的测量数减去前一次的测量数）见下表。
④分析表中数据可以得出的结论是：6-BA抑制吊兰不定根的伸长，且________________。
⑤要在此实验的基础上进一步探究生长素与细胞分裂素的比值变化对吊兰不定根生长的影响，若只能用一种某浓度的生长素溶液，则该实验设计思路是:____________________，观察并测量各组不定根的伸长量。
【答案】 (1). 乙烯 (2). 促进果实成熟 (3). 人工合成的对植物生长发育具有调节作用 (4). 不都是 (5). 随着浓度和时间的增加抑制程度增强 (6). 向上述不同浓度的6－BA溶液中分别加入适量且等量的该浓度生长素溶液
【解析】
【分析】
根据题干信息和表格分析，该实验的自变量是6-BA溶液浓度、处理时间，因变量是吊兰不定根的伸长量，6-BA溶液浓度为0的组是对照组，与对照组相比，随着6-BA溶液浓度的增加，不定根的伸长量减少，且随着时间的延长，不定根的伸长量也减少，说明6-BA抑制吊兰不定根的伸长，且随着浓度和时间的增加抑制程度增强。
【详解】（1）由题意可知，这种“气”具有促进果实成熟的功能，而植物体内促进果实成熟的激素是乙烯。
（2）植物生长调节剂是指人工合成的对植物生长发育具有调节作用的化学物质；α-萘乙酸是生长素类似物，属于生长调节剂，而吲哚乙酸是植物激素，不属于生长调节剂。
（3）④根据以上分析已知，由表格数据得出的结论是：6-BA抑制吊兰不定根的伸长，且随着浓度和时间的增加抑制程度增强。
⑤在以上实验的基础上进一步探究生长素与细胞分裂素的比值变化对吊兰不定根生长的影响，若只能用一种某浓度的生长素溶液，则生长素与细胞分裂素的比值变化可以通过改变细胞分裂素的浓度实现，实验设计思路为：向上述不同浓度的6－BA溶液中分别加入适量且等量的该浓度生长素溶液，观察并测量各组不定根的伸长量。
【点睛】解答本题的关键是根据题干信息找出实验的自变量和因变量，能够根据对照性原则分析处理时间、6-BA溶液浓度浓度变化对不定根伸长量的影响情况，进而得出相应的实验结论。
9.果蝇眼色有红色、朱砂色、白色三种，受两对独立遗传的等位基因B/b、D/d控制，其中D/d仅位于X染色体上。研究发现，含D基因的个体均为红眼，含B基因且不含D基因的个体均为朱砂眼，其余情况均为白眼。与果蝇眼色有关的还有位于其他染色体上的一对等位基因E/e，其中e基因纯合会导致雌性个体性反转为不育雄性，e基因纯合对雄性个体无影响。回答下列问题：
（1）控制果蝇眼色的等位基因B/b位于____（常/性）染色体上。
（2）该果蝇种群中，朱砂眼雄果蝇的基因型有______种，若一只BbEeXDXd雌性个体与一只BbEeXdY雄性个体杂交，所得子代足够多，则子代中雄性∶雌性=_________，不育白眼雄性个体占_______。
（3）要想通过杂交子代的眼色就能辨别子代的雌雄且雌雄个体全都只有一种表现型，符合该条件的杂交组合有多种，请分别从这三对等位基因入手，分析亲本杂交组合的基因型特点：
①至少有一个亲本的基因组成是BB或两个亲本的基因组成都是bb；②______________________；③___________________________________。
【答案】 (1). 常 (2). 8 (3). 5∶3 (4). 1/64 (5). 至少有一个亲本的基因组成是EE (6). 两亲本的基因组成为 XdXd 和 XDY
【解析】
【分析】
根据题干信息分析，控制果蝇眼色的两对等位基因独立遗传，且D、d位于X染色体上，则红眼的基因型为__XD_，朱砂眼的基因型为B_ Xd_，其余基因型（bbXdXd、bbXdY）都是白眼；根果蝇眼色有关的基因还有E、e，在另一对常染色体上，其纯合会使得雌性个体性反转为不育雄性，而对雄性没有影响。
【详解】（1）根据题意分析可知，控制果蝇眼色的两对等位基因独立遗传，且D、d仅位于X染色体上，所以B、b基因只能在常染色体上。
（2）就B、b与D、d这两对等位基因而言，朱砂眼雄果蝇（B_ XdY）的基因型有2种，朱砂眼雌果蝇有2种，又因为其还受E、e的控制，且ee会使得朱砂眼雌性变为雄性，因此朱砂眼雄性的基因型一共有2×3+2=8种；若一只BbEeXDXd雌性个体与一只BbEeXdY雄性个体杂交，后代中EE：Ee：ee=1:2:1，且ee雌果蝇会变成雄果蝇，因此雄性：雌性=5：3，不育白眼雄性个体是由雌性转变而来的，基因型为eebbXdXd，占总数的比例为1/4×1/4×1/4=1/64。
（3）要想通过子代的眼色来辨別雌雄且子代雌雄个体各只有一种表现型，须符合以下三点：①对于基因B、b，至少有一个亲本的基因型是BB或两个亲本的基因型都是bb，目的是避免子代雄性个体出现两种眼色；
②对于基因E、e，至少有一个亲本的基因型是EE，避免子代出现性反转现象；
③对于基因D、d，两个亲本的基因型是XdXd和 XDY，目的是确定子代雌雄性个体的眼色不同。
【点睛】解答本题的关键是根据题干信息判断不同的表现型对应的可能基因型，明确与眼色有关的三对等位基因独立遗传，遵循基因的自由组合定律，尤其要注意ee纯合可以将雌性个体性反转为不育雄性，进而正确判断后代的性状分离比。
10.白洋淀湿地以大面积的芦苇荡和千亩连片的荷花淀而闻名，素有华北明珠之称，具有蓄水调洪、调节气候、降解污染等多种生态功能，请回答下列问题：
（1）“小荷才露尖尖角，早有蜻蜓立上头”，荷叶有的挺水有的浮水，错落有致，这种现象__________（填“属于”或“不属于”）群落的分层现象。荷花需要一定量的光照才能绽放，从生态系统中信息传递意义的角度分析，说明_________________________________。
（2）枯水期和汛期水位改变及生态链的破坏，导致芦苇的环境容纳量改变。环境容纳量是指___________________________________________________________________。利用人工合成的性引诱剂诱杀某种芦苇害虫的雄性个体，破坏害虫种群正常的____________，可以降低害虫的种群密度，保护生物多样性，充分发挥其蓄水调洪、调节气候等_______价值。
（3）若为了获得更大收益，清除白洋淀中各种野生植物，扩大莲藕、芦苇的种植面积，则该生态系统的净化能力会________（填“增强”或“减弱”），主要原因是______________。
【答案】 (1). 不属于 (2). 生物种群的繁衍，离不开信息的传递 (3). 在环境条件不受破坏的情况下，一定空间中所能维持的种群最大数量 (4). 性别比例 (5). 间接 (6). 减弱 (7). 生物种类减少，自我调节能力（或抵抗力稳定性）减弱
【解析】
【分析】
生态系统的组成成分包括生产者、消费者、分解者、非生物的物质和能量；生态系统的营养级指的是食物链、食物网；生态系统的功能包括物质循环、能量流动和信息传递；生物多样性包括物种多样性、遗传多样性和生态系统多样性。
【详解】（1）荷花属于一种植物，其荷叶的分层现象属于种群的空间特征，而不属于群落的分层现象；荷花需要一定量的光照才能绽放，即将荷花接受了光照这一物理信息后开放了，说明生物种群的繁衍，离不开信息的传递。
（2）环境容纳量是指在环境条件不受破坏的情况下，一定空间中所能维持的种群最大数量；根据题意分析，利用人工合成的性引诱剂诱杀某种芦苇害虫的雄性个体，会破坏害虫的性别比例，进而降低出生率，导致害虫种群密度降低；蓄水调洪、调节气候等生态功能体现了生物多样性的间接价值。
（3）根据题意分析，为了获得更大收益，清除白洋淀中各种野生植物，扩大莲藕、芦苇的种植面积，导致植物种类减少，进而动物的种类也会减少，使得生态系统的营养结构变得简单，自我调节能力减弱，因此该生态系统的净化能力会减弱。
【点睛】解答本题的关键是了解群落的结构、生态系统的结构和功能、生态系统的稳定性等知识点，注意区分种群和群落的特征以及不同的生物多样性，进而结合题干要求分析答题。
11.果粒是将苹果等水果采用一定的方法加工制成的小颗粒，其生产在中国尚属起步阶段。果粒除了可直接食用外还可作为配料加入酸奶、冰淇淋、果冻等食品中。果粒的硬度形状直接影响着最终产品的质量，但大部分果粒经高温处理或机械泵出后成型果粒量少。果胶酶作为一种新型加工助剂，可将果粒的组织结构损坏减到最小，最大限度地提高成型果粒的含量。请回答：
（1）果胶酶作为一种果粒加工助剂，它能将果胶分解成可溶性的_______，根据酶的_______（特性）可知组成果粒细胞壁的另一成分__________不会被分解。
（2）__________________等条件会影响果胶酶的活性。若以苹果泥为材料，在实验室里可以通过测定等量苹果泥经果胶酶作用相同时间后所滤出的__________________来判断果胶酶在不同条件下的活性。
（3）在果粒制作时按2 mL酶/kg水果的量加入酶制剂，加热至40～45℃缓慢搅拌处理10～15 min，最后加热到90～92℃再冷却罐装。搅拌处理要在40～45℃温度下进行的原因是_______________________________________；最后加热到90～92℃后再冷却灌装的目的是_____________________________。
【答案】 (1). 半乳糖醛酸 (2). 专一 (3). 纤维素 (4). 温度、PH、酶的抑制剂 (5). 苹果汁的体积 (6). 果胶酶在此温度下活性最高 (7). 灭菌、将酶灭活
【解析】
【分析】
果胶酶并不特指某一种酶，而是分解果胶的一类酶的总称，包括多聚乳糖醛酸酶、果胶分解酶和果胶酯酶等，可将果胶分解成半乳糖醛酸；酶具有高效性和专一性的特点；果粒中有纤维素，而果汁中不含纤维素酶，因此果胶酶只能将果粒中的果胶分解为小分子的半乳糖醛酸，而不能分解果粒中的纤维素；影响酶促反应速率的因素除PH、温度外还有底物浓度和酶浓度。
【详解】（1）根据以上分析已知，果胶酶可以将果胶分解成可溶性的半乳糖醛酸；酶具有专一性，只能催化细胞壁成分中的果胶分解，而不能催化细胞壁成分中的纤维素分解。
（2）酶的活性受温度、PH、酶的抑制剂等条件的影响；果胶酶的活性越高，催化苹果泥反应的速率越快，因此在实验室里可以通过测定等量苹果泥经果胶酶作用相同时间后所滤出的苹果汁的体积来判断果胶酶在不同条件下的活性。
（3）根据题意分析，搅拌处理要在40～45℃温度下进行，因为该温度条件下果胶酶的活性最高；最后升温到90~92℃再冷却灌装的目的是灭菌并将酶灭活。
【点睛】解答本题的关键是了解细胞壁的组成成分、果胶酶的含义和作用，明确果胶酶的活性受温度、pH等多种条件的影响，进而分析不同的实验步骤中温度控制的原因。
12.埃博拉病毒(EBO)呈纤维状，EBO衣壳外有包膜，包膜上有5种蛋白棘突(VP系列蛋白和GP蛋白)，其中GP蛋白最为关键，能被宿主细胞强烈识别。请回答下列问题：
（1）基因疫苗即DNA疫苗，要获得编码GP蛋白抗原的基因疫苗，首先要提取出EBO的RNA，逆转录合成DNA，与适当的载体连接后转化受体菌，以构建_____________。埃博拉病毒(EBO)容易变异的原因是_________________________________________。
（2）构建GP蛋白基因表达载体所用的工具酶是__________________________。若要将GP蛋白基因表达载体导入到大肠杆菌细胞内，以大量生产疫苗，通常先用钙离子处理大肠杆菌，其目的是______________________________。检测GP蛋白基因是否转录出mRNA的具体方法是使用_________________与提取出的____________做分子杂交。
（3）科研人员利用经EBO免疫后小鼠的浆细胞与小鼠的骨髓瘤细胞进行融合以形成_________________，培养后可以获得纯净的单一品种抗体，用此抗体与药物制成“生物导弹”抗击EBO。
【答案】 (1). cDNA文库 (2). EBO 病毒的遗传物质RNA是单链结构，稳定性较差 (3). 限制酶和DNA连接酶 (4). 使大肠杆菌处于能吸收周围环境中DNA分子的状态（感受态） (5). 标记的GP蛋白基因 (6). mRNA (7). 杂交瘤細胞
【解析】
【分析】
基因工程至少需要三种工具：限制性核酸内切酶（限制酶）、DNA连接酶、运载体；基因表达载体的组成包括：目的基因、启动子、终止子和标记基因等。目的基因导入动物细胞的方法是显微注射法；检测转基因生物目的基因是否表达--抗原-抗体杂交技术。单克隆抗体的制备流程：人工诱导经过免疫的B淋巴细胞与骨髓瘤细胞融合，再经筛选获得能产生特定抗体的杂交瘤细胞，通过培养获得的杂交瘤细胞得到单克隆抗体。
【详解】（1）根据题意分析，以EBO的RNA为模板逆转录形成DNA，构建的是cDNA文库；埃博拉病毒的遗传物质RNA是单链结构，稳定性较差，容易发生变异。
（2）构建基因表达载体需要使用限制酶切割目的基因和运载体，再用DNA连接酶将两者的末端连接起来；将目的基因导入大肠杆菌等微生物细胞一般用感受态法，即先用钙离子处理大肠杆菌，使大肠杆菌处于能吸收周围环境中DNA分子的状态，以便目的基因的进入。检测目的基因转录形成的mRNA一般采用分子杂交法，即使用标记的GP蛋白基因与提取出的mRNA做分子杂交。
（3）小鼠免疫后获得的浆细胞与骨髓瘤细胞融合，形成杂交瘤细胞。
【点睛】解答本题的关键是识记基因工程的基本工具、基本步骤和单克隆抗体的制备过程，明确基因工程中不同的物质的检测方法不同，进而结合题干要求分析答题。
宜昌夷陵中学、襄阳五中、钟祥一中2019届高三5月模拟考试
理综模拟试题卷
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Al：27 Cl:35.5 S:32 Ni：59 Ag：108 Pr：141 Mo：96
第Ⅰ卷（共126分）
一、选择题：本题共13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.生活离不开化学。某种金属制成的器皿，放置于空气中，其表面会逐渐变黑，如将表面变黑的上述器皿放入盛有食盐水的铝制容器中浸泡，一段时间后，黑色完全褪去。下列成语与该金属有关的是（ ）
A. 衣紫腰银 B. 点石成金 C. 铜鸵荆棘 D. 铁柞成针
【答案】A
【解析】
某种金属制成的器皿，放置于空气中，其表面会逐渐变黑，如将表面变黑的上述器皿放入盛有食盐水的铝制容器中浸泡，一段时间后，黑色完全褪去，该金属是银，表面会逐渐变黑是生成了Ag2S。银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银。A. 衣紫腰银涉及金属银，故A正确；B. 点石成金涉及金属金，故B错误；C. 铜鸵荆棘涉及金属铜，故C错误；D. 铁柞成针涉及金属铁，故D错误；故选A。
2.设NA代表阿伏加德罗常数的值，N表示粒子数。下列叙述正确的是（ ）
A. 在标准状况下2.24LCCl4中含有的C—Cl键数为0.4NA
B. 将1mol Cl2通入水中，则N(HClO)+N(Cl−)+N(ClO−)＝2NA
C. 将CO2通过Na2O2使其质量增加a g时，反应转移的电子数为aNA/14
D. 3.0g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 在标准状况下，CCl4是液体，2.24LCCl4的物质的量远大于0.1mol，C—Cl键数远大于0.4NA，故A错误；
B. 氯气与水反应可逆，将1mol Cl2通入水中，则N(HClO)+N(Cl−)+N(ClO−)＜2NA，故B错误；
C. 将CO2通过Na2O2使其质量增加a g时，参加反应的Na2O2的物质的量是xmol。则
2CO2+2Na2O2= 2Na2CO3+O2 △m
2mol 56g
xmol ag
x=，反应转移的电子数为，故C错误；
D.甲醛、冰醋酸的最简式都是CH2O，3.0g含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NA，故D正确。
3.依曲替酯是一种皮肤病用药，它可以由原料X经过多步反应合成。下列说法不正确的是（ ）
A. 原料X与中间体Y互为同分异构体
B. 原料X可以使酸性KMnO4溶液褪色
C. 中间体Y能发生还原、加成、取代、氧化、水解反应
D. 1 mol依曲替酯只能与1 mol NaOH发生反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. 原料X与中间体Y的分子式都是C13H12O4，结构不同，所以互为同分异构体，故A正确；
B. 原料X含有碳碳双键、苯环上含有甲基，所以可以使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；
C. 中间体Y含有羰基、碳碳双键能与氢气发生加成反应，中间体Y含有酯基、酚羟基能发生取代反应，中间体Y含有酚羟基能发生氧化反应、中间体Y含有酯基能发生水解反应，故C正确
D. 1 mol依曲替酯含有1mol酚羟基形成酯基，能与2mol NaOH发生反应，故D错误，选D。
4.根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是（ ）
选项
操作
现象
结论
A
向蔗糖中加入浓硫酸
蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体
浓硫酸具有脱水性和强氧化性
B
向盛有H2O2溶液试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液
溶液变成棕黄色，一段时间后，溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生成
Fe2+催化H2O2分解产生O2；H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动
C
铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中
无明显现象
浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝被浓硝酸钝化
D
向等浓度的KCl、KI混合液中逐滴滴加AgNO3溶液
先出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
A．浓硫酸能将有机物中H、O元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性，浓硫酸还将氧化C生成二氧化碳，浓硫酸还体现强氧化性，故A正确；B．向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液，溶液变成棕黄色,一段时间后，说明Fe2+被氧化为Fe3+，此时溶液中出现气泡，Fe3+ 是H2O2分解的催化剂，故B错误；C．常温下铝与浓硝酸发生钝化现象，故C正确；D．向等浓度的KC1、KI混合液中逐滴满加AgNO3溶液，先出现黄色沉淀，则说明Ksp(AgCl)>Ksp (AgI)，故D正确，答案为B。
5.已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：C>B>A B. 气态氢化物的热稳定性：E>C
C. 最高价氧化对应的水化物的酸性：B>E D. 化合物DC与EC2中化学键类型相同
【答案】C
【解析】
【详解】已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，制冷剂为氨气，所以A为氢元素，B为氮元素，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，为镁元素，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，所以C为氧元素，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍，则E为硅元素。
A. 根据同周期元素，从左到右原子半径减小，故原子半径： B >C>A，故错误；
B. 氧的非金属性比硅强，所以气态氢化物的热稳定性：C> E，故错误；
C. 氮的非金属性比硅强，所以最高价氧化对应的水化物的酸性：硝酸大于硅酸，故正确；
D. 氧化镁含有离子键，二氧化硅含有共价键，故错误。
故选C。
6.由相同金属电极及其不同浓度的盐溶液组成的电池，称浓差电池，电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极。如图所示装置中，X电极与Y电极初始质量相等。进行实验时，先闭合K2，断开K1，一段时间后，再断开K2,闭合K1，即可形成浓差电池，电流计指针偏转。下列不正确的是（ ）
A. 充电前，该电池两电极存在电势差
B. 放电时，右池中的NO3－通过离了交换膜移向左池
C. 充电时，当外电路通过0.1 mol电子时，两电极的质量差为21.6g
D. 放电时，电极Y为电池的正极
【答案】A
【解析】
【分析】
先闭合K2，断开K1，形成电解池，X电极是阴极，电极反应是Ag++e-=Ag，Y是阳极，电极反应式是Ag-e-=Ag+，NO3-通过离子交换膜进入右池，所以左池浓度小于右池；再断开K2,闭合K1，形成原电池，电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极，X是负极、Y是正极。
【详解】A. 充电前，左右两池浓度相同，该电池两电极不存在电势差，故A错误；
B. 放电时，电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极，X是负极、Y是正极，右池中的NO3－通过离了交换膜移向左池，故B正确；
C. 充电时，当外电路通过0.1 mol电子时，X电极消耗0.1molAg，Y电极生成0.1molAg，所以两电极的质量差为21.6g，故C正确；
D. 电子由溶液浓度较小的一极流向浓度较大的一极，充电后左池浓度小于右池，所以放电时，电极Y为电池的正极，故D正确；选A。
7.20℃时，在H2C2O4、NaOH混合溶液中，c（H2C2O4）＋c（HC2O4-）＋c（C2O42-）＝0.100mol/L。含碳元素微粒的分布分数δ随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. ①表示H2C2O4的分布曲线，③表示C2O42-的分布曲线
B. 20℃时，H2C2O4的二级电离平衡常数Ka2＝1×10－4.2
C. Q点对应溶液中lgc（H＋）＜lgc（OH－）
D. 0.100mol·L－1的NaHC2O4溶液中：c（OH－）＝c（H＋）－2c（C2O42-）＋c（H2C2O4）
【答案】B
【解析】
【详解】A.H2C2O4是二元弱酸，①表示HC2O4-的分布曲线，②表示H2C2O4的分布曲线、③表示C2O42-的分布曲线，故A错误；
B.p点c（HC2O4-）=c（C2O42-），pH=4.2，20℃时，H2C2O4的二级电离平衡常数Ka2=1×10－4.2，故B正确；
C. Q点的溶液呈酸性，c（OH－）＜c（H＋），对应溶液中lgc（H＋）＞lgc（OH－），故C错误；
D. 0.100 mol•L-1的NaHC2O4溶液中存在物料守恒，c（Na+）=c（C2O42-）+c（H2C2O4）+c（HC2O4-），电荷守恒c（Na+）+c（H+）=2c（C2O42-）+c（OH-）+c（HC2O4-），计算得到c（OH-）+c（C2O42-）＝c（H+）+c（H2C2O4），故D错误。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较，侧重于学生分析能力、读图能力的考查，注意把握物料守恒、电荷守恒的运用。
8.为检验溶液中是否含有Cl-，某同学采用向溶液中先加HNO3，再加AgNO3，溶液的实验方案，若有白色沉淀生成，则证明有Cl-。对此结论，有人提出了质疑，设计了如下探究性实验。
实验一：向Na2SO4溶液中滴加AgNO3溶液
编号
Na2SO4溶液
AgNO3溶液
现象
体积/mL
浓度／(mol·L-1)
体积/滴
浓度／(mol·L-1)
①
1
l
3
2
出现大量白色沉淀
②
1
1
3
0.5
出现少量白色沉淀
③
1
1
3
0.1
有些许浑浊
④
1
1
3
0.0l
无明显变化
（1）实验一中产生沉淀的离子方程式为______。
（2）学生设计了如下表格，对实验一内容进行理论计算，请帮他完成表格。(表中不要留空格)。
[25℃时Ksp(Ag2SO4)=1．2×10-5，Ksp(AgCl)=1．8×10-10]
编号
AgNO3浓度／(mol·L-1)
稀释后Ag+浓度／(mol·L-1)
混合液中SO42-的最小理论检出浓度／(mol·L-1)
①
2
0.2
0.0003
②
0.5
_______
0.0048
③
0.1
0.0l
0.12
④
_______
0.001
_________
若向lmL某溶液中加入3滴0.1mol/LAgNO3溶液，分析上面数据，判断下列说法正确的是__ (填字母序号)。
A．混合液中c(SO42-)=0.1mol/L时不会产生Ag2SO4沉淀
B．混合液中c(SO42-)=1mol/L时不会产生Ag2SO4沉淀
C．无论SO42-浓度大小都会产生Ag2SO4沉淀
D．若使用0.01 mol/LAgNO3溶液，可基本排除SO42-对Cl-检验构成的干扰
（3）将实验一中编号③中的理论计算结果与现象对照，发现理论上大部分Ag+应该形成沉淀，这与“有些许浑浊”的现象相矛盾。为探究真相，在实验一的基础上继续设计了以下实验。
实验二：
编号
AgNO3溶液
浓度／(mol·L-1)
现象
向沉淀中滴加硝酸后的现象
①
2
出现大量白色沉淀
滴加稀硝酸，沉淀大量溶解；改加浓硝酸，沉淀较快消失
②
0.5
出现少量白色沉淀
滴加稀硝酸，沉淀基本消失
对于Ag2SO4溶于硝酸的原因提出了如下假设，请完成假设一。(已知：H2SO4=H++HSO4-、HSO4-H++SO42-；假设二可能的原因是NO3-与Ag+形成配位化合物)
假设一：_____________。
假设二：NO3-对Ag2SO4溶解起作用。
（4）从下列限选试剂中选择适当试剂并设计实验方案，分别验证假设一和假设二是否成立。请写出实验步骤和结论。(限选试剂：Ag2SO4固体、浓HNO3、NaNO3饱和溶液、CaSO4固体)
________________
（5）通过（4）的实验，若证实假设一成立，请用平衡理论解释Ag2SO4溶解的原因_________
【答案】（16分）
（1）2Ag++ SO42-Ag2SO4↓ （2分）
（2）②0.05 （1分） ④0.01 （1分） 12（2分） AD （2分）
（3）假设一：H+对Ag2SO4溶解起作用（2分）
（4）①取少量CaSO4固体于试管中，加入一定量浓HNO3，充分振荡。若沉淀溶解，说明假设一成立。
②取少量Ag2SO4固体于试管中，加入一定量NaNO3饱和溶液，充分振荡。若沉淀溶解，说明假设二成立。（验证假设一和假设二各2分，共4分）
（5）Ag2SO4固体在水中存在平衡：Ag2SO4(s)2Ag+（aq）+SO42-（aq），H+与SO42-结合生成HSO4-，SO42-浓度降低，平衡正向移动，Ag2SO4不断溶解。（2分）
【解析】
试题分析：（1）实验一中产生沉淀的离子方程式为2Ag++ SO42-Ag2SO4↓。
（2）根据实验①可知，稀释后浓度变成原来的，因此②稀释后的浓度为0.05 mol／L，④稀释前的浓度为0.01 mol·L-1，根据Ksp(Ag2SO4)=1．2×10-5，有c2(Ag+)·c(SO42—)=0.012×c(SO42—)= 1．2×10-5，解得：c(SO42—)=12mol／L
向l mL某溶液中加入3滴0．1 mol／L AgNO3溶液，AgNO3的浓度为0．01 mol／L。当混合液中c(SO42-)=0．1 mol／L时不会产生Ag2SO4沉淀，A正确；当混合液中c(SO42-)="1" mol／L时会产生Ag2SO4沉淀，B、C错误；若使用0．01 mol／L AgNO3溶液，c(SO42—)需达到12mol／L才能生成沉淀，在一般的稀溶液中是不可能的，可基本排除SO42-对Cl-检验构成的干扰，D正确；
（3）加入的硝酸溶液中含有两种离子H+和NO3-，结合题意“假设二可能的原因是NO3-与Ag+形成配位化合物”可知假设一应该与H+有关：H+对Ag2SO4溶解起作用
（4）①取少量CaSO4固体于试管中，加入一定量浓HNO3，充分振荡。若沉淀溶解，说明假设一成立。
②取少量Ag2SO4固体于试管中，加入一定量NaNO3饱和溶液，充分振荡。若沉淀溶解，说明假设二成立。
（5）Ag2SO4固体在水中存在平衡：Ag2SO4(s)2Ag+（aq）+SO42-（aq），H+与SO42-结合生成HSO4-，SO42-浓度降低，平衡正向移动，Ag2SO4不断溶解。
考点：考查了化学实验的设计与猜想和化学平衡等相关知识。
9.金属钼在工业和国防建设中有重要的作用。钼(Mo)的常见化合价为+6、+5、+4。由钼精矿(主要成分是MoS2)可制备单质钼和钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)，部分流程如图1所示：
已知：钼酸微溶于水，可溶于液碱和氨水。回答下列问题：
（1）钼精矿焙烧时，每有1molMoS2反应，转移电子的物质的量为______。
（2）钼精矿焙烧时排放的尾气对环境的主要危害是________，请你设计工业上除去该尾气的方法（写出两种“变废为宝”的方法和离子方程式）：___________；___________。
（3）由钼酸得到MoO3所用到的硅酸盐材料仪器的名称是_______。
（4）操作1中，加入碳酸钠溶液充分反应后，碱浸液中c(MoO42-)＝0.80mol/L，c(SO42-)＝0.04mol/L，在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的SO42-。当BaMoO4开始沉淀时，SO42-的去除率是_____。[Ksp(BaSO4)＝1.1×10−10、Ksp(BaMoO4)＝4.0×10−8，溶液体积变化可忽略不计]
（5）焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，图2为各炉层固体物料的物质的量的百分数(φ)。
①x＝_____。
②焙烧炉中也会发生MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的反应，若该反应转移6mol电子，则消耗的氧化剂的物质的量为____。
【答案】 (1). 14mol (2). 形成酸雨 (3). 可用氨水吸收后制成氮肥，并为硫酸工业提供原料气 (4). 2NH3·H2O＋SO2=2NH4+＋SO32-＋H2O，SO32-+2H+=SO2↑＋H2O (5). 瓷坩埚 (6). 94.5% (7). 64 (8). 3mol
【解析】
【分析】
（1）钼精矿焙烧时，MoS2被氧气氧化为MoO3和SO2；
（2）钼精矿焙烧时排放的尾气SO2是酸性氧化物；工业上可以用氨水吸收制取氮肥，并为硫酸工业提供原料气；
（3）钼酸灼烧得到MoO3；
（4）根据Ksp(BaMoO4)＝40×10−8计算BaMoO4开始沉淀时c（Ba2+），再根据c（Ba2+）和 Ksp(BaSO4)＝1.1×10−10计算溶液中c(SO42-)；
（5）①第6层炉含有MoO2、MoS2、MoO3，根据Mo元素守恒计算x；
②MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的方程式是MoS2+6MoO37MoO2+2SO2；
【详解】（1）钼精矿焙烧时，MoS2被氧气氧化为MoO3和SO2，反应方程式为2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2，所以每有1molMoS2反应，转移电子的物质的量为14mol；
（2）钼精矿焙烧时排放的尾气SO2是酸性氧化物，对环境的主要危害是形成酸雨；工业上可用氨水吸收后制成氮肥，并为硫酸工业提供原料气，反应方程式是2NH3·H2O＋SO2=2NH4+＋SO32-＋H2O，SO32-+2H+=SO2↑＋H2O；
（3）钼酸灼烧得到MoO3，灼烧固体的仪器是瓷坩埚；
（4）c(MoO42-)＝0.80mol/L，则BaMoO4开始沉淀时c（Ba2+）= 5×10-8，此时c(SO42-)=2.2 ×10-3，SO42-的去除率是；
（5）第6层炉含有MoO2、MoS2、MoO3，MoS2、MoO3的含量分别为18%，根据Mo元素守恒，MoO2的含量为1-18%-18%=64%；
②MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2的方程式是MoS2+6MoO37MoO2+2SO2，MoO3中Mo元素由+6价降低为+4，MoO3是氧化剂，若转移6mol电子，则消耗MoO3的物质的量为3mol。
【点睛】本题考查混合物的分离和提纯，侧重考查流程图中操作过程、物质性质、图象分析等，明确操作基本原理及物质的性质是解本题关键，同时考查学生分析判断及知识综合应用能力，注意溶度积常数的有关计算。
10.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) △H >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表，甲烷制备乙烯反应的△H =______(用含a.b.c.d的代数式表示)。
（2）T1温度时，向1L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1,测得10-15 min时H2的浓度为1.6mol・L-1
①0~10min内CH4表示的反应速率为____mol/(L・min) o
②若图1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)的变化曲线，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2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,则电解后所得溶液在25℃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). △H >0，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）焓变=反应物的总键能－生成物的总键能；
（2）①；②催化剂表面积越大，反应速率越快；③15 min时,改变外界反应条件导致n( CH4)减小，说明平衡正向移动；
（3）利用 “三段式”计算T1温度，平衡时各物质的量的浓度，带入v正=K正c2(CH4)，v逆=K逆c(C2H4)c2(H2)计算速率，再根据平衡时正逆反应速率相等计算k正与K逆的比值；根据升高温度后平衡移动方向分析升温后V正、V逆的相对大小；
（4）甲烷燃料电池，通入氧气的一极为正极、通入甲烷的一极为负极，负极是甲烷失电子生成二氧化碳和水；电解池的C极与电源的正极相连，C是阳极、D是阴极。
【详解】（1）焓变=反应物的总键能－生成物的总键能，2CH4(g)C2H4(g) +2H2(g) △H=8b－c －4b－2a＝+(4b-c-2a) kJ•moL-1；
（2）①10-15 min时H2的浓度为1.6mol・L-1，根据反应方程式，甲烷的浓度变化为1.6mol・L-1， 0~10min内CH4表示的反应速率=0.16 mol/(L・min)；
②催化剂表面积越大，反应速率越快，表示催化剂表面积较大的曲线是b；
③2CH4(g)C2H4(g) +2H2(g)正反应吸热、气体物质的量增多，所以升高温度或减小压强，平衡正向移动， n( CH4)减小，故15 min时，改变外界反应条件可能是升高温度或减小压强。
（3）2CH4(g)C2H4(g) +2H2(g)
开始 2 0 0
转化 1.6 0.8 1.6
平衡 0.4 0.8 1.6
v正=K正c2(CH4)= K正(0.4)2，v逆=K逆c(C2H4)c2(H2)= K逆0.8×(1.6)2，平衡时正逆反应速率相等，即K正(0.4)2= K逆0.8×(1.6)2，k正与K逆的比值为12.8；该反应△H >0，温度升高，平衡正向移动，所以k正增大的倍数大于k逆；
（4）①电解池的C极与电源的正极相连，C极的Pt为阳极。
②通入甲烷的一极为负极，负极是甲烷失电子生成二氧化碳和水，负极反应方程式为CH4－8e－+4O2－=CO2+2H2O。
③用该电池电解饱和食盐水，电解方程式是2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2,生成气体的物质的量是 ，则生成氢氧化钠xmol；
2NaCl+2H2O 2NaOH+ H2+Cl2
2 2
x 0.005
x=0.005mol，c(OH-)= ，则25℃时，电解后所得溶液在pH=12。
11.［化学——物质结构与性质］
镧系为元素周期表中第ⅢB族、原子序数为57～71的元素。
（1）镝（Dy）的基态原子电子排布式为［Xe］4f106s2，画出镝（Dy）原子外围电子排布图：_____。
（2）高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3＋，基态时Cu3＋的电子排布式为______。
（3）观察下面四种镧系元素的电离能数据，判断最有可能显示＋3价的元素是_____（填元素名称）。
几种镧系元素的电离能（单位：kJ·mol－1）
元素
I1
I2
I3
I4
Yb（镱）
604
1217
4494
5014
Lu（镥）
532
1390
4111
4987
La（镧）
538
1067
1850
5419
Ce（铈）
527
1047
1949
3547
（4）元素铈（Ce）可以形成配合物（NH4）2［Ce（NO3）6］。
①组成配合物的四种元素，电负性由大到小的顺序为______（用元素符号表示）。
②写出氨的最简单气态氢化物水溶液中存在的氢键：______（任写一种）。
③元素Al也有类似成键情况，气态氯化铝分子表示为（AlCl3）2，分子中Al原子杂化方式为______，分子中所含化学键类型有______（填字母）。
a．离子键 b．极性键 c．非极性键 d．配位键
（5）PrO2（二氧化镨）的晶体结构与CaF2相似，晶胞中镨原子位于面心和顶点，则PrO2（二氧化镨）的晶胞中有____个氧原子；已知晶胞参数为apm，密度为ρg·cm－3，NA＝_____（用含a、ρ的代数式表示）。
【答案】 (1). (2). [Ar]3d8(或1s22s22p63s23p63d8) (3). 镧 (4). O>N>H>Ce (5). N－H···O(或N－H···N或O－H···N或O－H···O) (6). sp3 (7). bd (8). 8 (9). (或)
【解析】
（1）.根据镝(Dy)的基态原子电子排布式[Xe]4f106s2可知，镝(Dy)原子外围4f能级上有10个电子，6s能级上有2个电子，则其外围电子排布图为：，故答案为：；
（2）.Cu是 29号元素，基态原子的电子排布式为：[Ar]3d104s1，高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+，说明Cu失去3个电子，则基态时Cu3+ 的电子排布式为：[Ar]3d8 (或1s22s22p63s23p63d8)，故答案为：[Ar]3d8 (或1s22s22p63s23p63d8)；
（3）.第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，第三个电子越容易失去，+3价可能性越大，在上述表中，镧的I1、I2和I3最接近，则最有可能显示+3 价的元素是镧，故答案为：镧；
（4）. ①.元素铈(Ce)可以形成配合物(NH4)2[Ce(NO3)6]，组成配合物的四种元素中，因元素非金属性越强，电负性越大，则O>N>H，又因Ce是金属，其电负性在四种元素中最小，所以电负性大小顺序为：O>N>H>Ce，故答案为：O>N>H>Ce；
② . N和 O元素的电负性强，则NH3的水溶液中存在的氢键有：N-H…O(或 N-H…N或O-H…N或O-H…O)，故答案为：N-H…O(或 N-H…N或O-H…N或O-H…O)；
③ .在气态氯化铝 (AlCl3)2中，每个Al原子与4个Cl原子形成4个σ键，则Al原子的杂化方式为sp3，在该分子中，与Al原子形成极性共价键的两个Cl原子中，有一个是配位键，氯原子提供电子，铝原子提供空轨道，故答案为：sp3；bd；
（5）.PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中镨原子位于面心和顶点，所以晶胞中镨原子的个数为：6×1/2+8×1/8=4，则氧原子个数为：4×2=8；根据上述分析可知，一个二氧化镨晶胞中含有4个PrO2，则ρ==，则NA=(或)，故答案为：8；(或)；
12.【化学—选修5：有机化学基础】
聚合物H ()是一种聚酰胺纤维，广泛用于各种刹车片，其合成路线如下：
已知：①C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。
②Diels-Alder反应：。
（1）生成A的反应类型是_______。D的名称是________。F中所含官能团的名称是_____。
（2）B的结构简式是_______；“B→C”的反应中，除C外，另外一种无机产物是_______。
（3）D+G→H的化学方程式是_____。
（4）Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有____种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1:2:2:3的结构简式为______（任写一种）。
（5）已知：乙炔与1,3-丁二烯也能发生Diels-Alder反应。请以1,3-丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线_______（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。
【答案】 (1). 消去反应 (2). 对苯二甲酸 (3). 硝基、氯原子 (4). (5). H2O (6). (7). 10 (8). 或 (9).
【解析】
根据题意，A是，C为：,D为：，E为：，F为：，G为：。
（1）是由乙醇分子内脱水生成乙烯，故生成A反应类型为：消去反应；D为：，名称为：对苯二甲酸，F是，所含官能团的名称是硝基和氯原子；
（2）B由乙烯和生成，故B结构简式是：；“B→C”的反应即为分子内脱水，除C外，另外一种产物是水；
（3）D为：，G为：，H为，故D+G→H的化学方程式是：n+ n + （2n-1）H2O；
（4）Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，则多一个CH2，分子中除了苯环，还有两个羧基，碳原子还剩下1个，若苯环上只有一个取代基，则为-CH(COOH)2,有一种；若有两个取代基，则为-COOH和-CH2COOH，两者在本换上的位置为邻间对三种；若有三个取代基，则为两个羧基和一个甲基，先看成苯二甲酸，苯二甲酸两个羧基的位置有则Q可能的结构有邻间对，而苯环上的H再被甲基取代的分别有2种、3种1种，总计共10种同分异构体；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1:2:2:3的结构简式为；
（5）乙炔与1,3-丁二烯也能发生Diels-Alder反应：，以1,3-丁二烯和乙炔为原料，合成，合成思路为：先用反应合成六元环，再用卤素加成，再用氢氧化钠水溶液取代即可合成产物，故合成路线为：。
宜昌夷陵中学、襄阳五中、钟祥一中2019届高三5月模拟考试
理综模拟试题卷
一、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题只有一个选项符合题目要求，第19～21题有多个选项符合要求。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.物理学家通过艰辛的实验和理论研究探究自然规律，为科学事业做出了巨大贡献．下列描述中符合物理学史实的是( )
A. 奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说
B. 法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律
C. 牛顿发现了万有引力定律但未给出引力常量G的数值
D. 哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，并发现行星沿椭圆轨道运行的规律
【答案】C
【解析】
【详解】奥斯特发现了电流的磁效应，安培并提出了分子电流假说，选项A错误；法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了判断感应电流方向的规律，选项B错误；牛顿发现了万有引力定律但未给出引力常量G的数值，后来卡文迪许用扭秤实验测出了引力常数，选项C正确； 哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，开普勒发现行星沿椭圆轨道运行的规律，选项D错误；故选C.
2.为了减少污染,工业废气需用静电除尘器除尘,某除尘装置如图所示,其收尘极为金属圆筒,电晕极位于圆筒中心。当两极接上高压电源时,电晕极附近会形成很强的电场使空气电离,废气中的尘埃吸附离子后在电场力的作用下向收尘极运动并沉积,以达到除尘目的。假设尘埃向收尘极运动过程中所带电量不变,下列判断正确的是( )
A. 带电尘埃向收尘极运动过程中电势能越来越大
B. 金属圆筒内越靠近收尘极电势越高
C. 带电尘埃向收尘极运动过程中受到的电场力越来越大
D. 金属圆筒内存在匀强电场
【答案】B
【解析】
【分析】
尖端电荷密度大，附近的场强强，空气越容易电离，画出金属筒和金属丝之间的电场线分布图，比较场强的大小，带负电的细颗粒物根据受力判断运动情况。
【详解】尘埃带负电后受电场力作用向收尘极运动，电场力做正功，电势能越来越小，故A错误；逆电场线方向，电势变高，故越靠近收尘极，电势越高，故B正确；离电晕极越远，场强越小，尘埃带电量不变，电场力越小，故C错误，根据图象信息可知除尘器内电场在水平面上的分布类似于负点电荷电场，电场线方向由收尘极指向电晕极，故D错误；故选B。
【点睛】此题考查静电的应用-静电除尘，解答本题关键是要知道金属圆筒和金属丝之间的电场分布，电场强度越大的地方气体越容易电离。
3.2018年6月14日11时06分，探月工程嫦娥四号任务“鹊桥”中继星成为世界首颗成功进入地月拉格朗日L2点的Halo使命轨道的卫星，为地月信息联通搭建“天桥”。如图所示，该L2点位于地球与月球连线的延长线上，“鹊桥”位于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，已知地球、月球和“鹊桥”的质量分别为Me、Mm、m，地球和月球之间的平均距离为R，L2点离月球的距离为x，则( )
A. “鹊桥”的线速度小于月球的线速度
B. “鹊桥”的向心加速度小于月球的向心加速度
C. x满足
D. x满足
【答案】C
【解析】
【详解】线速度v＝ωR，中继星绕地球转动的半径比月球绕地球的半径大，“鹊桥”中继星绕地球转动的线速度比月球绕地球转动的线速度大，故A错误；向心加速度a＝ω2R，“鹊桥”中继星绕地球转动的向心加速度比月球绕地球转动的向心加速度大，故B错误；中继卫星的向心力由月球和地球引力的合力提供，则有，对月球而言则有 ，两式联立可解得 ，故C正确，D错误；故选C。
4.μ子与氢原子核（质子）构成的原子称为μ氢原子（hydrogen muon atom），它在原子核物理的研究中有重要作用，图为μ氢原子的能级示意图.假定光子能量为E的一束光照射容器中大量处于n=2能级的μ氢原子，μ氢原子吸收光子后，发出频率为、、、、和的不同频率光，且频率依次增大，则E等于
A. h(-) B. h(+) C. h D. h
【答案】C
【解析】
μ子吸收能量后从n=2能级跃迁到较高m能级，然后从m能级向较低能级跃迁，若从m能级向低能级跃迁时如果直接跃迁到基态n=1能级，则辐射的能量最大，否则跃迁到其它较低的激发态时μ子仍不稳定，将继续向基态和更低的激发态跃迁，即1、2、3…m任意两个轨道之间都可以产生一种频率的辐射光，故总共可以产生的辐射光子的种类为： ，解得m=4，即μ子吸收能量后先从n=2能级跃迁到n=4能级，然后从n=4能级向低能级跃迁．辐射光子的按能量从小到大的顺序排列为4能级到3能级，能级3到能级2，能级4到能级2，能级2到能级1，能级3到能级1，能级4到能级1，所以能量E与相等。故C正确
，ABD错误。
5.如图甲所示，倾角45°斜面置于粗糙的水平地面上，有一滑块通过轻绳绕过定滑轮与质量为m的小球相连（绳与斜面平行），滑块质量为2m，滑块能恰好静止在粗糙的斜面上。在图乙中，换成让小球在水平面上做圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角为θ，且转动逐渐加快，θ≤45°，在图丙中，两个小球对称在水平面上做圆周运动，每个小球质量均为m，轻绳与竖直方向的夹角θ，且转动逐渐加快，在θ≤45°过程中，三幅图中，斜面都静止，且小球未碰到斜面，则以下说法中正确的是
A. 甲图中斜面受到地面的摩擦力方向水平向右
B. 乙图小球转动的过程中滑块受到的摩擦力不可能为零
C. 乙图小球转动的过程中滑块受到的摩擦力可能沿斜面向下
D. 丙图小球转动的过程中滑块一定沿斜面向上运动
【答案】D
【解析】
【详解】A、甲图中，以小球为研究对象，小球受到重力与绳子的拉力是一对平衡力，所以绳子的拉力大小T 等于小球的重力；以斜面和滑块组成的整体为研究对象受力分析，水平方向：，方向水平向左，故A错误；
BC、乙图中，以小球为研究对象，小球受到的重力与绳子的拉力提供小球做匀速圆周运动的向心力，则：；以滑块为研究对象，滑块受到重力、绳子的拉力、斜面的支持力和摩擦力；设摩擦力的方向向上，则：，可得：，由于，则，可知一定为正值，所以乙图小球转动的过程中滑块受到的摩擦力一定沿斜面向上。若增大小球的转速，则细线与竖直方向之间的夹角增大，当时，，则滑块受到的摩擦力为零，故BC错误；
D、以任意一个小球为研究对象，小球受到的重力与绳子的拉力提供小球做匀速圆周运动的向心力，则：，两个小球的质量相等，所以两根绳子的拉力的合力的方向一定沿竖直向下的方向，且合力的大小：，可知竖直段的竖直的拉力始终与两个小球重力的和，等于；以滑块为研究对象，滑块受到重力、绳子的拉力、斜面的支持力和摩擦力；设摩擦力的方向向上，则：，解得：，为负，故摩擦力的方向向下，故小球转动的过程中滑块一定沿斜面向上运动，D正确。
6.如图所示，斜面底端上方高h处有一小球以水平初速度抛出，恰好垂直打在斜面上，斜面的倾角为30°，重力加速度为g，下列说法正确的是
A. 小球打到斜面上的时间为
B. 要让小球始终垂直打到斜面上，应满足h和成正比关系
C. 要让小球始终垂直打到斜面上，应满足h和的平方成正比关系
D. 若高度h一定，现小球以不同的平抛，落到斜面上的速度最小值为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A、设小球打到斜面上的时间为t，恰好垂直打在斜面上，根据几何关系可得，解得，故A正确；
BC、要让小球始终垂直打到斜面上，小球平抛运动的水平位移，小球落在斜面上，根据几何关系得：，代入解得：，和的平方成正比关系，故B错误，C正确；
D、小球落在斜面上时的竖直分速度，，由于，速度，联立解得：，根据数学知识可知，积一定，当二者相等时和有最小值，故最小值为，故D正确。
7.如图所示，xOy平面位于光滑水平桌面上，在O≤x≤2L的区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向下。由同种材料制成的粗细均匀的正六边形导线框，放在该水平桌面上，AB与DE边距离恰为2L，现施加一水平向右的拉力F拉着线框水平向右匀速运动，DE边与y轴始终平行，从线框DE边刚进入磁场开始计时，则线框中的感应电流i(取逆时针方向的电流为正)随时间t的函数图象和拉力F随时间t的函数图象大致是
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】
当DE边在0～L区域内时，导线框运动过程中有效切割长度越来越大，与时间成线性关系，初始就是DE边长度，所以电流与时间的关系可知A正确，B错误；因为是匀速运动，拉力F与安培力等值反向，由知，力与L成二次函数关系，因为当DE边在0～2L区域内时，导线框运动过程中有效切割长度随时间先均匀增加后均匀减小，所以F随时间先增加得越来越快后减小得越来越慢，选C正确，D错误。所以AC正确，BD错误。
8.如图所示，在直角坐标系xOy中，位于坐标轴上的M、N、P三点到坐标原点O的距离均为r，在第二象限内以O1(－r，r)为圆心，r为半径的圆形区域内，分布着方向垂直xOy平面向外的匀强磁场；现从M点平行xOy平面沿不同方向同时向磁场区域发射速率均为v的相同粒子，其中沿MO1方向射入的粒子恰好从P点进入第一象限。为了使M点射入磁场的粒子均汇聚于N点，在第一象限内，以适当的过P点的曲线为边界(图中未画出，且电场边界曲线与磁场边界曲线不同)，边界之外的区域加上平行于y轴负方向的匀强电场或垂直xOy平面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用及其重力.下列说法正确的是
A. 若OPN之外的区域加的是磁场，则所加磁场的最小面积为
B. 若OPN之外的区域加的是电场，粒子到达N点时的速度最大为
C. 若OPN之外的区域加的是电场，粒子到达N点时的速度方向不可能与x轴成45°
D. 若OPN之外区域加的是电场，则边界PN曲线的方程为
【答案】ABD
【解析】
【详解】A、由题意知，沿MO1方向射入的粒子恰好从P点进入第一象限，轨迹为圆弧，速度方向水平向右（沿x轴正方向）由几何关系知轨迹半径等于圆形磁场半径，作出由粒子轨迹圆的圆心、磁场圆的圆心以及出射点、入射点四点组成的四边形为菱形，且所有从M点入射粒子进入第一象限速度方向相同，即均沿+x方向进入第一象限，为了使M点射入磁场的粒子均汇聚于N点，OPN之外的区域加的是磁场，最小的磁场面积为图中阴影部分的面积，如图所示：
根据几何关系可得所加磁场的最小面积为，故A正确；
BC、若OPN之外的区域加的是电场，粒子进入第一象限做类平抛，沿MO1入射的粒子到达N点时的运动时间最长，速度最大，速度与水平方向夹角也最大，设类平抛运动时间为t，在N点速度与水平方向夹角为θ，则有：水平方向：，竖直方向：，联立解得：，，，，故B正确，C错误；
D、若OPN之外的区域加的是电场，设边界PN曲线上有一点的坐标为（x，y），则，，整理可得：；当时，整理可得边界PN曲线的方程为，故D正确。
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答。
9.小鲁为研究物体所受空气阻力与物体运动速度的关系，小鲁约小明在一个无风的周末开汽车来到郊外一段人车稀少的平直公路上．小鲁打开汽车天窗，将如图甲所示装置固定在汽车车顶.小明依次以5m/s、10m/s、15m/s、20m/s的不同速度在平直公路上各匀速行驶一段距离，小鲁依次将汽车不同行驶速度时的弹簧测力计的示数记录在下表中.
汽车速度v/（m•s-1）
5
10
15
20
弹簧测力计示数F/N
0.20
0.82
3.30
(1)如图乙所示，为小鲁同学在车速稳定在15m/s时用手机拍下测力计照片，此时测力计示数为________N
(2)实验装置中用小车而不是木块，并将其放在表面平滑的木板上，目的是为了减小_________对实验结果的影响。
(3)分析上表中的实验数据，则当弹簧测力计的读数稳定在2.40N时，车速为______m/s.（计算结果保留2位有效数字）
【答案】 (1). 1.80 (2). 摩擦力 (3). 17
【解析】
(1)由图可知测力计示数为1.80N，(2) 用小车，将滑动摩擦变为滚动摩擦，放在表面平滑的木板上，减小了接触面的粗糙程度，所以可以减小摩擦力；(3)当车速稳定时，根据二力平衡条件可知，弹簧测力计的示数等于空气阻力的大小，对表中的数据分析：，说明空气阻力与速度的二次正比，即，故当示数为4.00N时车速为.
10.为测量一电阻Rx的阻值，某探究小组同学设计了如图所示的测量电路，其中电源的电动势为E＝3.0 V，电压表的量程为0～5 V，电流表满偏电流为0.6 A，电流计G为理想电流表，实验步骤如下：
①按图示电路原理图连接好实验电路，分别将滑动变阻器R0的滑片置于图中的A端、滑动变阻器R3的滑片置于Q端，闭合开关S。
②将变阻器R0的滑片缓慢向上移动，同时注意灵敏电流计G的读数，当灵敏电流计的示数接近满偏时，立即停止移动滑动变阻器R0的滑片，然后再将滑动变阻器R3的滑片缓慢向上移动直到灵敏电流计的示数为零为止，分别记下此时电流表和电压表的示数。
③重复步骤②多次，记录下每次实验中电压表和电流表的读数。各次实验的实验数据如下表所示：
次数
项目
1
2
3
4
5
6
U/V
0.50
0.85
1.40
1.80
2.20
2.62
I/A
0.12
0.20
0.28
0.42
0.50
0.58
请回答下列问题：
(1)利用上表的测量数据， 已在如图所示的坐标中标明了各点，请你根据画出的数据点，在图中作出U－I图象。____________
(2)根据你所作的U－I图象求得该电阻的阻值为Rx＝_________ (结果保留两位小数)。
(3)由于电表有内阻，用此方法测得电阻的阻值_________ (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(4)当滑动变阻器R3、R0的滑片都滑到中点位置时，灵敏电流计G的示数________ (填“为零”或“不为零”)。
【答案】 (1). 过原点的直线 (2). 4.25～4.51Ω (3). 无影响 (4). 不为零
【解析】
（1）通过描点作图可得U－I图象为过原点的一条倾斜直线。
（2）电阻值为，由各数据求得平均值为：
（3）当灵敏电流计示数为零时，ab两点电势差为零，即伏特表示数即为Rx两端电压，流经安培表的电流即为流过Rx的电流，所以电表的内阻对测量结果无影响。
（4）当滑动变阻器R3、R0的滑片都滑到中点位置时，灵敏电流计两端的电压不相等，所以灵敏电流计G的示数不为零。
11.如图甲所示，质量为M＝3.0kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t＝0时，两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0s内它们的v-t图象如图乙所示，g取10m/s2.
(1)小车在1.0s内的位移为多大？
(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？
【答案】(1)0 (2)4.8m
【解析】
【详解】(1)由图可知，在第1 s内，A、B的加速度大小相等，为a＝2m/s2；
则物体A、B所受的摩擦力均为，方向相反；
根据牛顿第三定律，车C受到A、B的摩擦力大小相等，方向相反，合力为零，处于静止状态，故小车在1.0s内的位移为零。
(2)设系统最终的速度为v，由系统动量守恒得：
代入数据，解得v＝0.4m/s，方向向右。
由系统能量守恒得：
解得A、B的相对位移，即车的最小长度
12.如图所示，竖直面内有一圆形小线圈，与绝缘均匀带正电圆环共面同心放置。带电圆环的带电量为Q，绕圆心做圆周运动，其角速度ω随时间t变化的关系图象如图乙所示(图中ω0、t1、t2均为已知量)。线圈通过绝缘导线连接两根竖直的、间距为l的光滑平行金属长导轨，两导轨间的矩形区域内存在垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁场上、下边界的间距为h，磁感应强度大小恒为B．“工”字形构架由长度为H(H>h)的绝缘杆和水平金属棒AB、CD组成，金属棒与导轨紧密接触。初始时锁定“工”字形构架，使金属棒AB位于磁场内的上边沿，t1时刻解除锁定，t2时刻开始运动。已知“工”字形构架的质量为m，金属棒AB和金属棒CD的长度均为l，金属棒AB和金属棒CD离开磁场下边沿时的速度大小均为v，金属棒AB、CD和圆形线圈的电阻均为R，其余电阻不计，不考虑线圈的自感，重力加速度为g。
（1）0~t1时间内，求带电圆环的等效电流
（2）t1~t2时间内，求圆形线圈内磁通量变化率的大小
（3）求从0时刻到金属棒CD离开磁场的全过程中金属棒及线圈产生的焦耳热。
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【详解】(1)由电流的定义式可知：
(2)时间内，由平衡条件可知：，
则
由欧姆定律可知，
得到：
(3)时间内，
解得：
时刻后，由功能关系可知：
得到：
从0时刻到金属棒CD离开磁场的全过程中金属棒击线圈产生的热量为：
13.列说法正确的是_______
A. 一定质量的气体，在体积不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减少
B. 晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大
C. 空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下热传递方向性可逆
D. 外界对气体做功时，其内能一定会增大
E. 生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成
【答案】ACE
【解析】
A、一定质量的气体，在体积不变，温度降低时，分子平均速率减小，单位体积内分子个数不变，则分子每秒与器壁平均碰撞次数减小，故A正确；
B、晶体有固定熔点，在熔化时吸收热量，温度不变，则分子平均动能不变，故B错误；
C、根据热力学第二定律知，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体。空调既能制热又能制冷，是在外界的影响下，要消耗电能来实现的，说明在不自发地条件下热传递方向性可以逆向，故C正确；
D、外界对气体做功时，其内能不一定会增大，还与吸放热情况有关，故D错误；
E、在高温条件下分子的扩散速度增大，在半导体材料中掺入其他元素，可以通过分子的扩散来完成，E正确。
故选：ACE。
14.如图所示，体积为V的汽缸曲导热性良好的材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成体积相等的上下两部分，汽缸上部通过单向阀门K气体只能进入汽缸，不能流出汽缸)与一打气筒相连。开始时汽缸内上部分气体的压强为p0，现用打气筒向容器内打气。已知打气筒每次能打人压强为p0、体积为的空气当打气49次后稳定时汽缸上下两部分的体积之比为9︰1，重力加速度大小为g，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦。求活塞的质量m。
【答案】
【解析】
【分析】
根据活塞受力平衡可知上下两部分气体的压强关系；气筒打入的气体和汽缸上部分原来的气体等温压缩，汽缸下部分气体等温压缩，分别应用玻意耳定律列方程，联立即可求解活塞质量。
【详解】开始时，汽缸上部分气体体积为，压强为p0，下部分气体体积为，压强为后来汽缸上部分气体体积为，设压强为p，下部分气体体积为，压强为
打入的空气总体积为，压强为p0
由玻意耳定律可知，对上部分气体有：
对下部分气体有：
解得：。
15.如图所示为一列简谐横波在t＝0时的波形图，波沿x轴负方向传播，传播速度v＝1m/s，则下列说法正确的是
A. 此时x＝1.25m处的质点正在做加速度增大的减速运动
B. x＝0.4m处的质点比x＝0.6 m处的质点先回到平衡位置
C. x＝4m处的质点再经过1.5s可运动到波峰位置
D. x＝2m处的质点在做简谐运动，其振动方程为y＝0.4sinπt (m)
E. t＝2s的波形图与t＝0时的波形图重合
【答案】ACE
【解析】
【详解】A、波沿x轴负向传播，故此时x＝1.25 m处的质点向上运动，质点纵坐标大于零，故由质点运动远离平衡位置可得：质点做加速度增大的减速运动，故A正确；
B、由波沿x轴负向传播可得：x＝0.6 m处的质点向平衡位置运动，故x＝0.4 m处的质点、x＝0.6 m处的质点都向平衡位置运动，且x＝0.4 m处的质点比x＝0.6 m处的质点距离远，那么，x＝0.6m处的质点比x＝0.4 m处的质点先回到平衡位置，故B错误；
C、由波沿x轴负向传播可得：x＝4 m处的质点由平衡位置向下振动，故x＝4 m处的质点再经过可运动到波峰位置，又有波长λ＝2m，波速v＝1m/s，所以，周期T＝2s，那么，x＝4 m处的质点再经过1.5 s可运动到波峰位置，故C正确；
D、由C可知：x＝2 m处的质点在做简谐运动的周期T＝2s，又有振幅A＝0.4m，t＝0时，质点位移为零，根据波沿x轴负向传播可知质点向下振动，故可得：振动方程为y＝﹣0.4sin（πt）（m），故D错误；
E、由C可知简谐波的周期T＝2s，故经过2s，波正好向前传播一个波长，波形重合，故t＝2s的波形图与t＝0时的波形图重合，故E正确。
16.某玻璃材料制成的光学元件截面如图所示，左边是半径为R的半圆，右边是直角三角形CDE, ∠DCE =600。由A点发出的一束细光，从B点射入元件后折射光线与AO平行(0为半圆的圆心，CD为直径、AO与CD垂直）。已知玻璃的折射率为,B点到AO的距离为，光在真空中的速度为c.求：
①入射光线AB与AO夹角；
②光线从B点射入元件，到第一次射出元件所需时间。
【答案】（1）150（2）
【解析】
(i)由得，折射角r=30°，又
得i=45°
由几何关系得α=15°
(ii)得C=45°
由几何关系得CE面入射角为60°，发生全反射，在DE面入射角为30°，能射出玻璃砖
由几何关系知，光在玻璃的路程：
n=c/v，S=vt
得
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