2019-2020年高考第一次模拟考试理科综合试卷含解析.doc

2019-2020年高考第一次模拟考试理科综合试卷含解析一、选择题（共5小题，每小题6分，满分30分）1不含有核酸的细胞结构是（） A 粗面内质网 B 高尔基体 C 线粒体 D 细胞核【考点】 细胞器中其他器官的主要功能【试题解析】 解：A、内质网含有单层膜，主要成分是磷脂和蛋白质，但粗面内质网附着有核糖体，核糖体含RNA和蛋白质，A错误；B、高尔基体是由单层膜构成的，不含核酸，B正确；C、线粒体含有DNA和RNA两种核酸，C错误；D、细胞核中含有染色体，主要成分是DNA和蛋白质，D错误【答案】B2依据图中心法则，下列相关叙述正确的是（） A 基因突变只可能发生在过程中 B 过程在蓝藻中无法同时完成 C 过程不可能在真核细胞中完成 D 过程均遵循碱基互补配对原则【考点】 中心法则及其发展【试题解析】 解：A、基因突变可以发生在任何时期，只是在DNA复制是更容易发生，A错误；B、蓝藻是原核生物，细胞中没有成形的细胞核，而且有核糖体，所以转录、翻译过程可以在蓝藻中同时完成，B错误；C、表示逆转录过程；表示RNA的复制过程，两个过程过程只发生在被某些病毒侵染的细胞中，C错误；D、过程均遵循碱基互补配对原则，只是各个过程的原则不完全相同，D正确【答案】D32015年3月1日，寒意依旧，京城一群男女在奥林匹克公园进行第四届“光猪跑”大赛（参赛者须穿着内衣裤跑完3公里赛程），以此方式倡导人们亲近自然、健康生活在参赛者跑步过程中，机体不会发生的反应是（） A 通过反馈调节，内环境仍可保持相对稳定状态 B 大脑皮层躯体运动中枢兴奋，骨骼肌活动加强 C 血液循环加速，机体供氧不足，大量积累乳酸 D 胰岛A细胞活动加强，肝糖元、脂肪分解加速【考点】 内环境的理化特性；人体神经调节的结构基础和调节过程【试题解析】 解：A、通过反馈调节，内环境仍可保持相对稳定状态，A错误；B、大脑皮层躯体运动中枢兴奋，骨骼肌活动加强，B错误；C、根据题干中“以此方式倡导人们亲近自然、健康生活”，可知机体不会出现供氧不足，大量积累乳酸，C正确；D、胰岛A细胞活动加强，分泌胰高血糖素增多，促进肝糖元的分解和脂肪的转化，D错误【答案】C4在圣露西亚岛有两种植物靠一种蜂鸟传粉一种植物的花蕊蜜管直而短，另一种则弯而深，雌鸟的长鸟喙适于在弯曲的长筒状花蕊蜜管中采蜜；雄鸟短鸟喙适于在短小笔直的花蕊蜜管中采蜜，在长期的进化过程中，生物逐渐适应由此不能得出的结论是（） A 雌雄鸟采蜜植物的差异缓解了雌雄蜂鸟间的种内斗争 B 上述两种植物与蜂鸟的相互适应有利于各自繁衍后代 C 花蕊蜜管的形态与鸟喙的长度是长期自然选择的结果 D 题中所述的各种生物构成了一个相互依存的生物群落【考点】 生物进化与生物多样性的形成【试题解析】 解：A、两种植物，一种植物的花蕊蜜管直而短，另一种则弯而深；雌鸟的长鸟喙适于在弯曲的长筒状花蕊蜜管中采蜜；雄鸟短鸟喙适于在短小笔直的花蕊蜜管中采蜜，雌雄鸟采蜜植物的差异缓解了雌雄蜂鸟间争夺食物的种内斗争，A正确；B、两种植物靠蜂鸟传粉，蜂鸟花蕊蜜管中采蜜，两种植物与蜂鸟的相互适应有利于各自繁衍后代，B正确；C、花蕊蜜管的形态与鸟喙的长度是长期自然选择的结果，C正确；D、题目中的所有生物只有生产者和消费者，缺乏生产者，故不能构成一个生物群落，D错误【答案】D5下列的生物实验，能看到的现象是（） A 适宜培养条件下酵母菌发酵装置中产生气泡 B 经染色后持续观察某个分生细胞的分裂过程 C 在脱分化过程中组织细胞的全能性不断增强 D 在癌细胞的传代培养过程中会出现接触抑制【考点】 细胞呼吸的过程和意义；观察细胞的有丝分裂；植物培养的条件及过程；动物细胞与组织培养过程【试题解析】 解：A、适宜培养条件下酵母菌发酵装置中进行无氧呼吸产生酒精和二氧化碳（气泡），A正确；B、解离后细胞已死亡，故不能持续观察某个分生细胞的分裂过程，B错误；C、在脱分化过程中组织细胞的全能性不断增强，但观察不到，C错误；D、在癌细胞的传代培养过程中不会出现接触抑制，D错误【答案】A6运输汽油的车上，贴有的危险化学品标志是（ ）A B C D【考点】煤和石油的利用【试题解析】汽油是易燃液体，因此选B。【答案】B7下列单质或化合物性质的描述正确的是（ ）ANaHSO4水溶液显中性BSiO2与酸、碱均不反应CNO2溶于水时发生氧化还原反应DFe在足量Cl2中燃烧生成FeCl2和FeCl3【考点】硫及其化合物氯及其化合物【试题解析】A中NaHSO4水溶液显酸性； B中SiO2与NaOH、HF反应；D中Fe在足量Cl2中燃烧生成FeCl3【答案】C8LED产品的使用为城市增添色彩。下图是氢氧燃料电池驱动LED发光的一种装置示意图。下列有关叙述正确的是（ ）Ab处通入H2B该装置将化学能最终转化为电能C通入H2的电极发生反应：2H2 - 4e- = 4H+Da处为电池负极，发生了氧化反应【考点】化学电源【试题解析】电子从负极流出，因此a处通入H2，A错；该装置将化学能最终转化为光能，B错；通入H2的电极发生反应：2H2 - 4e- + 4OH-=4H2O,C错。【答案】D9下列解释事实的方程式不正确的是（ ）A测0.01mol/L的醋酸的pH为5：CH3COOH CH3COO- + H+B电解饱和食盐水，产生气体：2Cl- + 2H2O=Cl2 +2OH- + H2C铁放在氧气中燃烧，产生黑色固体：4Fe +3O22Fe2O3D硫酸钙与碳酸钠溶液，产生白色沉淀：CaSO4(S)+CO32-CaCO3(S)+SO42-【考点】离子方程式的书写及正误判断【试题解析】CH3COOH是弱电解质，A正确；电解饱和食盐水生成H2和Cl2，B正确；3Fe +2O2 Fe3O4，D错。【答案】C10下列说法正确的是（ ）A油脂的氢化是指将不饱和程度较高、熔点较低的液态油，通过催化加氢，可提高饱和度，转化成半固态的脂肪的过程B在酸性条件下，蔗糖水解成葡萄糖和果糖，它们都能被溴水氧化C氨基酸是两性化合物，只有两个不同氨基酸分子间脱水才能形成肽键D蛋白质遇到醋酸铅变性沉淀，加入大量的水，沉淀还可溶解【考点】油脂蛋白质【试题解析】果糖不能被溴水氧化，B错；氨基酸是两性化合物，两个氨基酸分子间脱水才能形成肽键，C错；蛋白质遇到醋酸铅变性沉淀，加入大量的水，沉淀不能溶解，变性是不可逆的，D错。【答案】A11. 利用下图装置进行实验（必要时可加热），不能得出相应结论的是（ ）【考点】物质的制备、收集和净化【试题解析】C中盐酸易挥发，应除去杂质氯化氢。【答案】C12短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是（ ）A元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种B元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构C元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2【考点】原子结构,元素周期表【试题解析】由题干信息知：X是C、Y是Al、Z是S、W是Li。CCl4中满足8电子稳定结构，LiCl中不满足8电子稳定结构，因此C错。【答案】B13对于一个热力学系统，下列说法中正确的是( )A如果外界对它传递热量则系统内能一定增加B如果外界对它做功则系统内能一定增加C如果系统的温度不变则内能一定不变D系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它做的功的和【考点】热力学第一定律 【试题解析】解：A、物体吸收热量，可能同时对外做功，故内能不一定增加，故A错误；B、外界对物体做功，物体可能同时放热，故物体的内能不一定增加，故B错误；C、如果系统的温度不变，物态发生变化，则内能一定变化，故C错误；D、根据热力学第一定律，系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它做的功的和；故D正确；【答案】D14如图所示氢原子能级图，如果有大量处在n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，则能辐射出几种频率不同的光及发出波长最短的光的能级跃迁是( )A3种，从n=3到n=2B3种，从n=3到n=1C2种，从n=3到n=2D2种，从n=3到n=1【考点】氢原子的能级公式和跃迁 【试题解析】解：根据=3知，这些氢原子可能辐射出三种不同频率的光子波长最短的，则频率最大，因此氢原子由n=3向n=1能级跃迁时辐射的光子能量最大，频率最大，最大能量为13.61.51eV=12.09eV故B正确，ACD错误【答案】B15如图所示，MN是介质和介质的交界面，介质中的光源S发出的一束光照射在交界面的O点后分成两束光OA和OB，若保持入射点O不动，将入射光SO顺时针旋转至S1O的位置，则在旋转过程中下列说法正确的是( )A光线OA逆时针旋转且逐渐减弱B光线OB逆时针旋转且逐渐减弱C光线OB逐渐减弱且可能消失D介质可能是光疏介质【考点】光的折射定律 【试题解析】解：A、若保持入射点O不动，将入射光SO顺时针旋转时，入射角增大时，根据反射定律知反射光线OA逆时针旋转，且逐渐增强故A错误B、由折射定律知，折射光线与入射光线同向旋转，则知光线OB顺时针旋转且逐渐减弱，故B错误CD、由光路图知：入射角小于折射角，说明介质相对介质是光密介质，当入射角增大能发生全反射，故光线OB逐渐减弱且可能消失，故C正确，D错误【答案】C16一列简谐横波某时刻的波形图如图甲表示，图乙表示介质中某质点此后一段时间内的振动图象，则下列说法正确的是( )A若波沿x轴正向传播，则图乙表示P点的振动图象B若图乙表示Q点的振动图象，则波沿x轴正向传播C若波速是20m/s，则图乙的周期是0.02sD若图乙的频率是20Hz，则波速是10m/s【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系 【试题解析】解：A、由甲图看出，图示时刻质点P在平衡位置处且向下振动，而振动图象t=0时刻P的位移为零且向上振动，所以图乙不可能是图甲中P的振动图象故A错误B、若图乙表示Q点的振动图象，t=0时刻，Q点在平衡位置处向上振动，则波沿x轴正向传播，故B正确；C、根据图象甲可知，波长=1m，则周期T=，故C错误；D、若图乙的频率是20Hz，则波速v=f=20m/s，故D错误【答案】B17木星是绕太阳公转的行星之一，而木星的周围又有卫星绕木星公转如果要通过观测求得木星的质量M，已知万有引力常量为G，则需要测量的量及木星质量的计算式是( )A卫星的公转周期T1和轨道半径r1，B卫星的公转周期T1和轨道半径r1，来源:学。科。网Z。X。X。KC木星的公转周期T2和轨道半径r2，D木星的公转周期T2和轨道半径r2，【考点】万有引力定律及其应用 【试题解析】解：环绕天体绕着中心天体做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：G=m解得：M=即只能求解中心天体的质量；故要测量木星质量，需要测量其卫星的公转周期T1和轨道半径r1，故其质量为：故A正确，BCD错误；【答案】A18一个同学在体重计上做如下实验：由站立突然下蹲则在整个下蹲的过程中，下列说法正确的是( )A同学处于失重状态，体重计的读数小于同学的体重B同学处于失重状态，体重计的读数大于同学的体重C同学先失重再超重，体重计的读数先小于同学的体重再大于同学的体重D同学先超重再失重，体重计的读数先大于同学的体重再小于同学的体重【考点】超重和失重 【试题解析】解：人先是加速下降，有向下的加速度，此时的人对体重计的压力减小，后是减速下降，有向上的加速度，此时的人对体重计的压力增加，所以C正确【答案】C19如图表示洛伦兹力演示仪，用于观察运动电子在磁场中的运动，在实验过程中下列选项错误的是( )A不加磁场时电子束的径迹是直线B加磁场并调整磁感应强度电子束径迹可形成一个圆周C保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，电子束圆周的半径减小D保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，电子束圆周的半径减小【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动 【试题解析】解：A、不加磁场时电子不受力，电子束的径迹是直线故A正确；B、加磁场使磁场的方向与电子初速度的方向垂直，并调整磁感应强度电子束径迹可形成一个圆周故B正确；C、电子受到的洛伦兹力提供向心力，则：所以：，保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，电子束圆周的半径增大故C错误；D、保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，电子束圆周的半径减小故D正确；本题选择错误的【答案】C20对磁现象的研究中有一种“磁荷观点”人们假定，在N极上聚集着正磁荷，在S极上聚集着负磁荷由此可以将磁现象与电现象类比，引入相似的概念，得出一系列相似的定律例如磁的库仑定律、磁场强度、磁偶极矩等在磁荷观点中磁场强度定义为：磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，其方向与正磁荷在该处所受磁场力方向相同若用H表示磁场强度，F表示点磁荷所受磁场力，qm表示磁荷量，则下列关系式正确的是( )AF=BH=CH=FqmDqm=HF【考点】磁感应强度 【试题解析】解：题目已经说明磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，故：H=【答案】B21（18分）某同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所用小灯泡上标有“3.8V 0.5A”的字样，现有电压表（04.5V内阻约为3k）、电源、开关和导线若干，以及以下器材：A电流表（00.6A内阻约为1）B电流表（03A内阻约为0.25）C滑动变阻器（020）D滑动变阻器（0500）（1）实验中如果即满足测量要求，又要误差较小，电流表应选用A；滑动变阻器应选用C（选填相应器材前的字母）来源:（2）下列给出了四个电路图，请你根据实验要求选择正确的实验电路图C（3）图1是实验所用器材实物图，图中已连接了部分导线，请你补充完成实物间的连线（4）某同学在实验中得到了几组数据，在图2所示的电流电压（IU）坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线，根据此电流电压图线可知，小灯泡的电阻随电压的增大而增大（填“增大”、“不变”或“减小”），其原因是电压升高使电流增大于是功率增大导致温度升高，灯丝电阻随温度升高而增大，同时可以根据此图象确定小灯泡在电压为2V时的电阻R=5（5）根据此电流电压图线，若小灯泡的功率是P，通过小灯泡的电流是I，下列给出的四个图中可能正确的是D【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线 来源:【试题解析】解：由小灯泡标有“3.8V、0.5A”字样可知，灯泡的额定电流为0.5A；因此电流表选择A；本实验中为了多测数据，滑动变阻器采用分压接法，故应选用变化范围较小的电阻，故选C（2）本实验应采用滑动变阻器的分压接法，同时，电流表应选择外接法；（3）由原理图可得出对应的实物图如图所示；（4）IU图象中图象的斜率表示电阻的倒数；由图可知，灯泡电阻随电压的增大而增大；原因是因为电压增大后，发热量高，从而使灯泡的温度升高；而灯泡电阻随温度的升高而增大；由图象可知，当电压为2V时，对应的电流为0.4A，由欧姆定律可知R=5；（5）根据功率公式可知P=I2R；若电阻不变，功主与R成正比；但由于R随温度的升高而增大，故图象应为D；【答案】（1）A；C（2）C；（3）见图（4）增大；电压升高使电流增大于是功率增大导致温度升高，灯丝电阻随温度升高而增大；5（5）D22（16分）如图所示，MN、PQ为竖直放置的两根足够长平行光滑导轨，相距为d=0.5m，M、P之间连一个R=1.5的电阻，导轨间有一根质量为m=0.2kg，电阻为r=0.5的导体棒EF，导体棒EF可以沿着导轨自由滑动，滑动过程中始终保持水平且跟两根导轨接触良好整个装置的下半部分处于水平方向且与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B=2T取重力加速度g=10m/s2，导轨电阻不计（1）若导体棒EF从磁场上方某处沿导轨下滑，进入匀强磁场时速度为v=2m/s，a求此时通过电阻R的电流大小和方向；b求此时导体棒EF的加速度大小；（2）若导体棒EF从磁场上方某处由静止沿导轨自由下滑，进入匀强磁场后恰好做匀速直线运动，求导体棒EF开始下滑时离磁场的距离【考点】导体切割磁感线时的感应电动势 【试题解析】解：（1）a导体棒EF产生的感应电动势：E=Bdv由闭合电路欧姆定律，得：I=1A方向：由P指向Mb导体棒所受安培力：F=BId由牛顿第二定律：mgF=ma可得 a=g代入数据解得 a=5m/s2（2）导体棒匀速运动时，有：mg=BId又 I=则得匀速运动的速率为 v=代入解得 v=4m/s由自由落体公式：v2=2gh则得 h=0.8m【答案】（1）a此时通过电阻R的电流大小1A为，方向由P指向M；b此时导体棒EF的加速度大小为5m/s2（2）导体棒EF开始下滑时离磁场的距离为0.8m23（18分）如图1所示，长为L的平行金属板M、N水平放置，两板之间的距离为d，两板间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度为B，一个带正电的质点，沿水平方向从两板的正中央垂直于磁场方向进入两板之间，重力加速度为g（1）若M板接直流电源正极，N板接负极，电源电压恒为U，带电质点以恒定的速度v匀速通过两板之间的复合场（电场、磁场和重力场），求带电质点的电量与质量的比值（2）若M、N接如图2所示的交变电流（M板电势高时U为正），L=0.5m，d=0.4m，B=0.1T，质量为m=1104kg带电量为q=2102C的带正电质点以水平速度v=1m/s，从t=0时刻开始进入复合场（g=10m/s2）a定性画出质点的运动轨迹；b求质点在复合场中的运动时间【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 【试题解析】解：（1）匀强电场的电场强度为：E=粒子所受的电场力为：F电=qE粒子所受的洛伦兹力为：F磁=Bqv由匀速可知：Bqv=qE+mg得：（2）a、当M板电势为正时，有：qvB=mg+q，粒子在复合场中做匀速直线运动，当M板电势为负时，有：，粒子在复合场中所受的合力为洛伦兹力，做匀速圆周运动，如图所示 b、运动时间：t=，代入数据解得：t=0.814s【答案】（1）带电质点的电量与质量的比值为；（2）质点在复合场中的运动时间为0.814s24如图所示，一质量为ma的滑块（可看成质点）固定在半径为R的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A点，另一质量为mb的滑块（可看成质点）静止在轨道的底端B处，A点和圆弧对应的圆心O点等高（1）若圆弧的底端B与水平光滑平面连接，释放滑块ma的同时给mb一个向右的初速度vb，ma滑至水平面时的速度是va（vavb），相碰之后ma、mb的速度分别是va、vb，假设相碰过程中两滑块之间的作用力是恒力，在上述简化情况下由牛顿定律导出动量守恒定律的表达式：mava+mbvb=mava+mbvb（2）若圆弧的底端B与水平光滑平面连接（足够长），mb静止于B点，ma从静止开始释放，假设两滑块碰撞时无机械能损失，且两滑块能发生两次碰撞，试证明：3mamb（3）若圆弧的底端B与水平传送带平滑连接已知ma=mb=1kg，R=0.8m，传送带逆时针匀速运行的速率为v0=1m/s，B点到传送带水平面右端点C的距离为L=2mmb静止于B点，ma从静止开始释放，滑块ma与mb相碰后立即结合在一起（mc）运动，当mc运动到C点时速度恰好为零求mc从开始运动到与传送带的速度相同的过程中由于摩擦而产生的热量Q，（g=10m/s2）【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律 【试题解析】解：（1）由牛顿第二定律得：Fa=maaa，Fb=mbab根据牛顿第三定律得Fa=Fb根据加速度定义式得aa=（ vava） ab=（ vbvb）mava+mbvb=ma va+mb vb（2）两滑块碰撞时无机械能损失，规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列车等式：mava+mbvb=ma va+mb vbmava2+mbvb2=ma va2+mb vb2vavb解得：3mamb（3）根据动能定理得：magR=mav12滑块ma与mb相碰后立即结合在一起（mc）运动，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得mav1=mcv2根据运动学公式得：v22=2aL来源:根据牛顿第二定律得：f=mca根据运动学公式得：v0=v2at，s1=v2tat2s2=v0tQ=f（s1+s2） 解得：Q=9J【答案】（1）由牛顿定律导出动量守恒定律的表达式：mava+mbvb=mava+mbvb（2）证明：3mamb（3）mc从开始运动到与传送带的速度相同的过程中由于摩擦而产生的热量是9J25.一种功能性紫外光固化涂层胶JEA单体N的合成路线如下图所示：已知：环氧烷可以发生加成反应：（1） A是一种烃，其蒸气密度为同温同压下H2密度的21倍。A的分子式为_。写出AB的化学方程式_。（3）已知D分子中含有三元环结构，则D的结构简式为_。、两种途径均可得到D，你认为符合“原子经济”要求的合成的途径为 （填序号）。（4）已知F不能发生银镜反应，则EF的化学方程式为_。（5）BPA又名双酚A其结构简式如下图所示，下列说法正确的是_。a.1mol双酚A与浓溴水发生反应最多消耗4molBr2b.核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3：2：2：1c.可发生加成、取代、消去等反应（6）G能使溴的四氯化碳溶液褪色，且可以与新制的Cu(OH)2悬浊液发生反应生成红色沉淀，写出该反应的方程式_。（7）已知N的结构简式如下:由D、BPA、H合成N的反应类型有 。（8）请任意写出符合下列条件的两种有机物的结构简式（含顺反异构）_ 、_。与H互为同系物 其相对分子质量为86【考点】有机合成与推断【试题解析】由题干流程图可知：A是CH3CH=CH2、B是CH2ClCH=CH2、D是、E是CH3CH(OH)CH3、F是。(1) A的蒸气密度为同温同压下H2密度的21倍，则A的摩尔质量是42g/mol，由此得分子式为C3H6丙烯与氯气发生取代反应（3）D的结构简式为（4）2-丙醇发生催化氧化生成丙酮（5）BPA中含有酚羟基，能与溴水发生反应，1mol双酚A与浓溴水发生反应最多消耗4molBr2；等效氢有4种，为3：2：2：1（6）G能使溴的四氯化碳溶液褪色说明有双键，可以与新制的Cu(OH)2悬浊液发生反应生成红色沉淀说明有醛基。（7）根据方程式可知有加成反应、取代反应（8）与H互为同系物且相对分子质量为86的有：【答案】(1)C3H6 （3）（4）（5）a b（6）（7）加成反应、取代反应（8）任意两种即可26. SO2 、CO 、NOx 是对环境影响较大的气体，对它们的合理控制和治理是优化我们生存环境的有效途径。请回答下列问题：（1）已知25、101kPa时：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) H1 = - 197 kJmol-1H2O(g) = H2O(l) H2 = - 44 kJmol-12SO2(g) + O2(g) + 2H2O(g) = 2H2SO4(l) H3 = - 545 kJmol-1则SO3(g)与H2O(l)反应的热化学方程式是 。若反应2H2（g）+ O2 （g） 2H2O（g ）,H=-241.8kJmol-1，根据下表数据 则x=_ kJmol-1。（3）甲醇汽油也是一种新能源清洁燃料。工业上可用CO和H2制取甲醇，热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H=-90 kJmol-1该温度下，在两个容积均为1 L的密闭容器中，分别发生该反应：则 c1_ c2(填“”或“”或“”) , a=_。若密闭容器容积与相同，、曲线分别表示投料比不同时的反应过程。 若反应的n(CO)起始 =10 mol、 投料比为0.5，则：A点的平衡常数KA= ，B点的平衡常数KB KA。 (填“”或“”或“”)为提高CO转化率可采取的措施是 （至少答出两条）。（4）电解NO制备NH4NO3，其工作原理如右图所示，则a电极名称为_，b电极反应式为_。【考点】电解池化学平衡化学反应热的计算【试题解析】（1）2SO3（g）+2 H2O（l）2H2S O4（l）H=H3- H1 -2H2 =- 260 kJ/mol反应焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，由此求得。（3）二者是全等平衡，c1=c2. a=90kJ-54kJ=36kJ. CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)初始浓度： 10 20 0转化浓度： 5 10 5平衡浓度： 5 10 5KA=55102=0.01。平衡常数只与温度有关，因此KA= KB。为提高CO转化率可采取：减小投料比，降低温度，增大压强，分离出CH3OH（4）a是阴极。 B发生氧化反应，NO转化为NO3-。NO + 2H2O - 3e- = NO3- + 4H+ 【答案】（1）2SO3（g）+2H2O（l）2H2SO4（l）H=- 260 kJ/mol738.3 （3）； 36 0.0 1 ； 减小投料比，降低温度，增大压强，分离出CH3OH （4）阴极 NO + 2H2O - 3e- = NO3- + 4H+ 27. 硫酸铜、硝酸铁都是重要的化工原料。（1）以下是某工厂用含铁的废铜为原料生产胆矾（CuSO45H2O）的生产流程示意图：请回答下列问题：（1）红褐色滤渣的主要成分是_； 写出浸出过程中生成硝酸铜的化学方程式 ； 操作I的温度应该控制在_左右； 从溶液中分离出硫酸铜晶体的操作II应为将热溶液_、_、洗涤、干燥。某兴趣小组在实验室利用图（a）和（b）中的信息，按图（c）装置（连通的A、B瓶中已充有NO2气体）进行Fe(NO3)3对H2O2分解速率影响的实验。5min后可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的_（填“深”或“浅”），其原因是_ 。【考点】物质的制备、收集和净化【试题解析】（1）红褐色滤渣是Fe(OH)3浸出时铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和NO。温度越高，石膏的溶解度越小，胆矾溶解度越大，因此控制在100从溶液中分离出硫酸铜晶体的操作II应为将热溶液冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。H2O2的分解反应为放热反应，B瓶所处温度高，2NO2N2O4 平衡逆向移动，NO2浓度大，颜色深。【答案】（1）Fe(OH)33Cu + 8HNO3 =3Cu(NO3)2 + 2NO+ 4H2O 100 冷却结晶、过滤 深 Fe(NO3)3在H2O2分解反应中起催化作用。从图a知H2O2的分解反应为放热反应，从图b也知2NO2N2O4 反应为放热反应，B瓶中H2O2在Fe(NO3)3催化剂的作用下分解快，相同时间内放热多，因此B瓶所处温度高，2NO2N2O4 平衡逆向移动，NO2浓度大，颜色深28.焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种常用的抗氧化剂。某研究小组对焦亚硫酸钠进行如下研究：采用下图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5。装置中有Na2S2O5析出，发生的化学反应方程式为：Na2SO3 + SO2 = Na2S2O5。装置中产生气体的化学方程式为 。要从装置中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是 。装置用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）为 （填序号）。【查阅资料】Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。NaHSO3溶液显酸性。请用化学用语和必要的文字解释原因 _；证明该结论可采用的实验方法是 （填序号）。a测定溶液的pH b加入Ba(OH)2溶液 c加入盐酸d加入品红溶液 e用蓝色石蕊试纸检测检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是 。（3）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在酸性条件下可将工业废水中的Cr2O72还原为Cr3+。写出该反应的离子方程式_。若处理Cr2O72浓度为110-3mol/L的工业废水1L，需用Na2S2O5固体_mg。【考点】物质的制备、收集和净化实验探究【试题解析】（1）装置是利用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取SO2分离固体利用过滤用NaOH溶液吸收SO2，并防止倒吸。 NaHSO3的电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性。取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明Na2S2O5晶体已被氧化。（3）Na2S2O5被氧化为硫酸钠，根据得失电子守恒及 原子守恒配平方程式即可。2Cr2O72- 3 Na2S2O52mol 570g110-3mol m(Na2S2O5)m(Na2S2O5)=285mg【答案】（1）过滤 d HSO3- H+SO32- HSO3-+H20 H2SO3+OH-电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性。 a、e取少量晶体于试管中，加适量水溶解。滴加足量盐酸震荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成（3）2Cr2O72- + 3S2O52- + 10H+=4Cr3+ 6SO42- + 5H2O或2Cr2O72- +6 HSO3-+ 10H+=4Cr3+ 6SO42- + 8H2O 28529为研究不同盐溶液对水稻幼苗生长的影响，研究者将水稻幼苗放入培养液中培养，并用不同的盐溶液进行处理，每隔2天测定水稻的相关数据和生长情况（如图）（1）吸收光能的叶绿素仅分布于类囊体薄膜（或基粒膜），分离光合色素所用的试剂是层析液（2）从图1中可以看出，在一定浓度NaCl溶液的作用下，构成气孔的保卫细胞发生渗透失水，出现质壁分离现象，导致气孔导度下降，加入CaCl2溶液后气孔导度部分恢复；对叶绿素含量变化的影响也与此类似（正相关），因此说明CaCl2溶液能够缓解（抑制）NaCl溶液对水稻幼苗造成的伤害（3）结合图1和图2可以看出，首先一定浓度的NaCl溶液降低了叶绿素的含量，导致光反应为暗反应提供的H和ATP减少；同时气孔导度下降，直接导致CO2的固定速度下降，最终造成净光合作用速度降低CaCl2溶液能够缓解NaCl溶液对水稻幼苗光合作用的影响，且第4天的缓解效果是第2天的2倍【考点】 光反应、暗反应过程的能量变化和物质变化；水和无机盐的作用的综合【试题解析】 解：（1）光合作用的色素分布在类囊体薄膜可以使用纸层析法对色素进行鉴定，其中的层析液可以分离光合色素（2）据图1分析，在一定浓度NaCl溶液的作用下，构成气孔的保卫细胞发生质壁分离现象，导致气孔导度下降，加入CaCl2溶液后气孔导度可以部分恢复，图中显示对叶绿素含量变化的影响也与此相类似，故CaCl2溶液能够缓解（抑制）NaCl溶液对水稻幼苗造成的伤害（3）图1和图2可以看出，一定浓度的NaCl溶液降低了叶绿素的含量，导致光反应产生的H和ATP减少，同时气孔导度下降，二氧化碳供应减少，其固定速度下降，最终造成净光合作用速度降低据图2分析，第二天的缓解效果为13.811.1=2.7，第四天的缓解效果为13.68.2=5.4，所以第4天的缓解效果是第2天的2倍【答案】（1）类囊体薄膜（或基粒膜） 层析液（2）质壁分离 部分恢复 类似（正相关） 缓解（抑制）NaCl溶液对水稻幼苗造成的伤害（3）H和ATP 固定 230科研人员以果蝇为实验材料进行遗传方面的研究请回答问题：（1）果蝇作为实验材料所具备的优点有ABCD（多选）A有易于区分的相对性状 B世代周期短，繁殖能力强C染色体数目少，便于观察 D个体体积小，易于饲养（2）有一只发生易位的突变体果蝇，其X染色体上出现了B基因（用XB表示），表现为棒眼性状；正常果蝇X染色体无B基因（用X+表示）且基因型为XBXB与XBY的胚胎无法正常发育据此可判断该突变体果蝇的性别是雌性，其基因型为X+XB（或XBX+）（3）果蝇的长翅（A）对残翅（a）为显性，灰身（D）对黑身（d）为显性，其中A和a基因位于号常染色体上，灰身性状总是伴随着残翅性状遗传现有一只双杂合灰身长翅果蝇，请在图1细胞中画出控制体色基因所在的位置并标上基因（4）图2是果蝇杂交实验过程：图2中F1长翅与残翅个体的比例为3：1，F1中棒眼长翅果蝇的基因型为AAX+XB、AaX+XB（AA XBX+、AaXBX+）；如果用F1正常眼长翅的雌果蝇与F1正常眼残翅的雄果蝇杂交，预期产生正常眼残翅果蝇的概率是（5）实验室现有直毛（H）、非直毛（h）纯系雌雄果蝇，若要通过一次杂交实验来判断这对基因位于常染色体上还是仅位于X染色体上，请完成实验设计选择（纯系）直毛雄果蝇、（纯系）非直毛雌果蝇的亲本果蝇进行杂交；若后代表现为直毛均为雌果蝇、非直毛均为雄果蝇，则该对基因仅位于X染色体上【考点】 伴性遗传在实践中的应用【试题解析】 解：（1）由于果蝇具有生长速度快、繁殖周期短，身体较小、所需培养空间小，具有易于区分的相对性状，子代数目多、有利于获得客观的实验结果等优点，果蝇常用作生物科学研究的实验材料（2）根据题意分析已知基因型为XBXB与XBY，则突变体只能是X+XB（或XBX+），为雌性（3）根据题意分析已知双杂合灰身长翅果蝇的基因型为AaDd，又因为D与a连锁，d与A连锁，所以其染色体上的位置如下图：（4）根据遗传图解，亲本都是长翅，后代出现了残翅，说明亲本是杂合子Aa，则子代长翅（A_）与残翅（aa）个体的比例为3：1亲本棒眼雌性（XBX）与正常眼雄性（X+Y），后代有正常眼，说明母本是XBX+，综上所述，两亲本的基因型是AaXBX+、AaX+Y，则F1中棒眼长翅果蝇的基因型为AAXBX+、AaXBX+，与F1正常眼残翅的雄果蝇（aaX+Y）杂交，预期产生正常眼残翅果蝇的概率是= （5）根据题意选择（纯系）直毛雄果蝇、（纯系）非直毛雌果蝇的亲本果蝇进行杂交；若后代表现为直毛均为雌果蝇、非直毛均为雄果蝇，则该对基因仅位于X染色体上【答案】（1）ABCD（2）雌 X+XB（或XBX+）（3）见右图（4）3：1 AAX+XB、AaX+XB（AA XBX+、AaXBX+） （5）（纯系）直毛雄果蝇、（纯系）非直毛雌果蝇直毛均为雌果蝇、非直毛均为雄果蝇3119世纪末，继抗毒素之后，又很快发现了免疫溶菌现象现代免疫学研究进一步证实：免疫血清中有两种不同的活性物质与溶菌现象有关抗体和补体（血清中能够补充抗体活性的成分）下表为免疫学家Bordet的霍乱弧菌溶菌实验的主要过程： 组别 抗原 细菌培养基 实验处理 实验结果 添加的绵羊血清类型 正常绵羊的（未经抗原免疫）新鲜血清 正常人的（未经抗原免疫）新鲜血清 未经抗原免疫的新鲜血清 经抗原免疫的抗霍乱血清 56保温50分钟的抗霍乱血清 凝集 溶解1 霍乱弧菌 含蛋白胨的碱性培养液 + 2 + + +3 + + 4 + + + +5 + 6 + + + +（注：上表中“+”表示“有”“”表示“无”（1）细菌培养液中蛋白胨可为霍乱弧菌提供生长因子营养物质霍乱弧菌在PH8.89.0的条件下生长良好，而其他细菌在这一PH则不易生长，故此该培养基可作为增殖霍乱弧菌的选择性培养基（2）该实验设置第1组的目的是作为对照；与第4组可以构成对照实验的是第3、6组实验（3）基于深入研究，Bordet认为血清杀菌作用需要的两种物质中：一种耐热，可因免疫而加强，特异地与抗原发生凝集反应，即现知的抗体物质，分泌产生该物质的细胞在结构在具有发达的生物膜系统的特点；另一种不耐热，即现知的补体，通过第6组实验与第4组实验之间的对照，可以说明补体有非特异性（选填“特异性”或“非特异性”）【考点】 微生物的利用；人体免疫系统在维持稳态中的作用【试题解析】 解：（1）细菌培养液中蛋白胨可以为霍乱弧菌提供碳源、氮源、无机盐等营养物质选择培养基是设置适合目的菌生长、抑制杂菌生长的培养基，霍乱弧菌在pH8.89.0的条件下生长良好，而其他细菌在这一pH则不宜生长，故此该培养基可作为增殖霍乱弧菌的选择性培养基（2）实验组1是对照组，能增大实验结果的可信度实验组4添加56保温30min的抗霍乱血清和未经抗原免疫的新鲜血清，根据生物学实验的单一变量原则，能与之形成对照的实验组为实验组3和实验组6，三组实验都添加56保温30min的抗霍乱血清，其他只有一个实验因素不同（3）由题干知，不提不耐热，说明56保温30min的抗霍乱血清中不含抗体，进而推知耐热的是抗体抗体能与抗原特异性结合，发挥免疫作用抗体属于分泌蛋白，故分泌产生抗体的细胞应该有发达的生物膜系统未经抗原免疫的血清中含有补体，实验组6添加56保温30min的抗霍乱血清的未经抗原免疫的绵羊血清，实验组4添加56保温30min的抗霍乱血清和未经抗原免疫的人类血清，对比结果，两组实验均发生凝集和溶解现象，说明补体具有非特异性【答案】（1）生长因子 选择性（2）作为对照 3、6来源:学_科_网Z_X_X_K（3）抗体 发达的生物膜系统 4 非特异性