2021届四川省南充高级中学高三上学期第四次月考试题 理综

这是一份2021届四川省南充高级中学高三上学期第四次月考试题 理综，共37页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

南充高中2021～2022学年度上期高2019级第三次月考
理综物理试卷
一、选择题：本题共8个小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8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. 下列说法正确的是（　　）
A. 冲量与动量都是过程量
B. 平均速度的大小是平均速率
C. 功和能量的单位相同，是相同的物理量
D. 加速度就是速度的变化率
2. 一辆小汽车在刹车过程中的位置与时间的关系满足x=5+40t-5t2，则（　　）
A 刹车时间需要5s
B. 加速度大小为5m·s-2
C. 初速度为40m·s-1
D. 6s内位移是65m
3. 使物体成为卫星最小发射速度称为第一宇宙速度v1，而使物体脱离星球引力所需要的最小发射速度称为第二宇宙速度v2，v2与v1的关系是。已知某星球半径约为地球半径R的，该星球表面的重力加速度约为地球表面重力加速度g的，地球的平均密度为，不计其他星球的影响，则该星球（　　）
A. 平均密度为 B. 质量为
C. 第二宇宙速度为 D. 自转周期是地球的
4. 一辆汽车在平直的公路上从静止开始运动，运动过程加速度a和速度的倒数的图像如图所示，若已知汽车的质量m=2000kg，速度为10m/s时达到额定功率，且阻力恒定，变加速的位移为250m。则该汽车（　　）

A. 额定功率为2×104W
B. 受到的阻力为2×103N
C. 启动的总时间10s
D. 启动的总位移300m
5. 如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA=1 kg、mB=3 kg，现用水平力FA推A，用水平力FB拉B，FA和FB随时间t变化关系如图乙所示，则（　　）


A. A、B脱离之前，A球所受的合外力逐渐减小
B. t=3 s时，A、B脱离
C. A、B脱离前，它们一起运动的位移为6m
D. A、B脱离后，A做减速运动，B做加速运动
6. 超市里的购物车在自动扶梯上会被“锁死”，秘密在于每个后轮两侧的塑胶垫，如图所示，塑胶垫的位置比轮子的凸缘高：当购物车推进自动扶梯时，轮子的凸缘会落进扶梯的凹槽（忽略此处摩擦），后轮的塑胶垫就压在自动扶梯的齿面上以获得静摩擦力。当购物车（人车分离）随倾斜自动扶梯一起匀速运动时（　　）

A. 橡胶垫受到的弹力之和等于购物车的重力
B. 橡胶垫受到的摩擦力之和等于购物车的重力
C. 自动扶梯对购物车的作用力等于购物车的重力
D. 橡胶垫受到的摩擦力之和等于购物车的重力沿斜面的分力
7. 甲、乙两个同学打乒乓球，某次动作中，甲同学持拍的拍面与水平方向成45°角，乙同学持拍的拍面与水平方向成30°角，如图所示。设乒乓球击打球拍前、后的速度大小相等，且速度方向与拍面垂直，乒乓球在甲球拍处的速率为v1，在乙球拍处的速率为v2，不计空气阻力，重力加速度为g。则（　　）


A. 乒乓球在轨迹最高点的速率为
B.
C. 乒乓球在两球拍处的高度差为3v22-2v128g
D.
8. 如图所示，长为L的轻杆上、下端分别固定质量为m的小球A和质最为2m的小球B，杆竖直静立在光滑的水平面上，现让其自由倒下，设杆在倒下过程中小球B始终不离开地面。两小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则在小球A落地的过程中（　　）

A. 两小球和杆组成的系统机械能守恒
B. 杆全程对B做总功为零
C. 小球B的位移为L
D. A落地时速率为
第II卷（非选择题共６２分）
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13题～第16题为选考题，考生根据要求做答）
（一）必考题
9. 某实验小组用如图甲所示的实验装置探究合力做功与动能变化的关系。将水平气热导轨和倾角为的气垫导轨对接，对接处巧妙设计使滑块在对接处几乎没有动能损失。滑块上固定宽度为d的感光片，感光计时器安装在水平导轨适当位置处，以记录感光片通过它的时间。从倾斜导轨底端向上等距离地标记为：L、2L、3L、4L、……这样在倾斜导轨上合外力对滑块做的功就可以分别记为W0、2W0、3W0、4W0、……实验时，每次都让滑块前沿从标记处静止下滑。


（1）实验前先用螺旋测微器测出感光片的宽度d，如图乙所示，d=1.880mm。
（2）测得滑块从L、2L、3L、4L、……处分别释放后，滑块的感光片通过感光计时器的时间分别为∆t1、∆t2、∆t3、∆t4、……由此测得滑块的速度大小，则从4L处滑下的滑块的速度大小为v4=_________（用实验中所测物理量的符号表示）。
（3）某次实验时，让滑块从3L处静止释放，测得滑块的质量（含感光片）为：m=0.4kg，倾角θ=37°，L=10cm，∆t3=1.02×10-3s，重力加速度的值为9.8m/s2，则滑块下滑3L距离时，合力做功为________J，滑块到达感光计时器时的动能为_______J，（均保留两位有效数字），在实验误差范围内，比较合力的功与动能变化的关系，得出结论。
10. 用如图装置可验证机械能守恒定律，轻绳两端系着质量相等的相同物块A、B，物块B上放置一金属薄片C，轻绳穿过C中心的小孔。铁架台上固定一金属圆环，圆环处于物块B的正下方。系统静止时，金属薄片C与圆环间的高度差为h。系统由静止释放，当物块B穿过圆环时，金属海片C被搁置在圆环上。两光电门固定在铁架台的P1、P2两点处，可以测出物块B通过P1、P2这段高度的时间。（测时原理：光电门P1被挡光时开始计时，光电门P2被挡光时停止计时）。

（1）若测得P1、P2之间的距离为d。光电门记录物块B通过这段距离的时间为t，则物块B刚穿过圆环后的速度表示为v=_____；
（2）若物块A、B的质量均为M，金属薄片C的质量为m，在不计滑轮大小、质量、摩擦及空气阻力等次要因素的情况下，该实验应验证机械能守恒定律的表达式为：_________（用M、m、重力加速度g、h及v表示）
（3）改变物块B的初始位臂，使物块B由不同的高度落下穿过圆环，记录各次高度差h以及物块B通过P1、P2这段距离d的时间为t，以h为纵轴，以_______（填“”或“”）为横轴，通过描点作出的图线是一条这坐标原点的直线，若此直线的斜率为k，且M=2m，则重力加速度g=_______（用k、d表示）。
11. 如图所示，某人携带滑雪板和滑雪杖等装备在倾角30°的雪坡上滑雪。他利用滑雪杖对雪面的短暂作用获得向前运动的推力F（视为恒力），作用时间为t1=0.8s；后撤去推力运动了t2=1.2s.然后他重复刚才的过程总共推了3次，其运动的v-t图像如图乙所示。已知人和装备的总质量m=60kg，运动过程沿雪坡直线下滑且阻力恒定，g=10m/s2。求：
（1）此人全过程的最大速度vmax；
（2）推力F的大小。


12. 如图甲所示：在光滑水平面上有一平板车，其质量M=3kg，车上放置有质量mA=1kg的木板小木板上有可视为质点的物体B，其质量mB=2kg，已知木板A与平板车间的动摩擦因数，A、B紧靠车厢前壁，A的左端与平板车后壁间的距离为x=2m。现对平板车施加水平向右的恒力F，使平平板车从静止开始做匀加速直线运动，经过t=1s木板A与车厢后壁发生碰撞，该过程中A的v-t图像如图乙所示，已知重力加速度大小g=10m/s2.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）A、B间的动摩擦因数；
（2）恒力F的大小；
（3）若木板A与平板车后壁碰撞后粘在起（碰撞时间极短），碰后立即撤去恒力F，若要便物体B不与平板车的后壁发生碰撞，则平板车的前、后壁间距L至少为多少?

（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡把所有题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如多做，则每学科按所做的第一题计分。
[物理：选修3-4]
13. 一列简谐波在t=0时刻的波动图像如图1所示，图2为该波中的质点P的振动图像，则下列说法正确的是（　　）

A. 该波的波速为1.5×103m/s
B. 该波沿x轴正方向传播
C. 0-1s时间内，质点P沿x轴运动了1.5×103m
D. 0~1s时间内，质点P运动的路程为2m
E. 这列波遇到1.5m的障碍物会发生明显的衍射
14. 如图所示，一玻璃砖的横截面为半径R的扇形，O点为扇形的圆心，BC为一条直径，∠AOB=45°。一单色细光束由P点垂直于OC边射入玻璃砖，已知玻璃砖的折射率n=2，OP=，真空中的光速为c，求：（计算结果用根号表示）
（1）光束由玻璃砖射出时的折射角的正弦值；
（2）光束在玻璃砖中传播的时间。



南充高中高2019级高三第一次月考
理科综合能力测试
一、选择题：
1. 下列关于组成生物的元素和化合物的说法，正确的是（ ）
A. 蛋白质结合Mg2+形成的血红蛋白参与O2运输
B. 脂肪分子中氢的含量少于糖类而氧的含量多于糖类
C. 淀粉、纤维素、肝糖原、麦芽糖等都属于多糖
D. 某些蛋白质参与核酸的合成，某些核酸也参与蛋白质的合成
【答案】D
【解析】
【分析】1、糖类由C、H、O三种元素组成的，分为单糖、二糖和多糖，是主要的能源物质；常见的单糖有葡萄糖、果糖、半乳糖、核糖和脱氧核糖等，植物细胞中常见的二糖是蔗糖和麦芽糖，动物细胞中常见的二糖是乳糖，植物细胞中常见的多糖是纤维素和淀粉，动物细胞中常见的多糖是糖原。
2、脂肪是良好的储能物质，糖类是主要的能源物质，与糖类相比，脂肪含有较多的H，因此氧化分解时消耗的氧气多，释放的能量多。
3、多糖、蛋白质、核酸等都是生物大分子，都是由许多各自基本的组成单位形成的多聚体。
【详解】A、蛋白质结合Fe2+形成的血红蛋白参与O2运输，A错误；
B、脂肪分子中氧的含量少于糖类而氢的含量多于糖类，B错误；
C、麦芽糖属于二糖，C错误；
D、核酸的合成需要酶的催化，酶的化学本质为蛋白质，故蛋白质参与核酸的合成，核酸为蛋白质的合成模板，故核酸也参与蛋白质的合成，D正确。
故选D。
2. 数学模型是用来描述一个系统或它的性质的数学形式，曲线是常见的表述形式之一。关于某同学建立如图所示曲线模型的说法，正确的是（ ）

A. 若横轴为反应时间，纵轴为生成物的量，则P点表示酶促反应速率达到最大速率
B. 若横轴为光照强度，纵轴为光合速率，则限制P点升高的因素可能是光合色素的含量
C. 若横轴为时间，纵轴为原生质层与细胞壁之间的距离，则P点没有水分子进出细胞
D. 若横轴为物质浓度，纵轴为物质运输速率，则该物质的运输需要消耗细胞代谢的能量
【答案】B
【解析】
【分析】题图分析：横坐标代表自变量，纵坐标代表因变量，由曲线可知：曲线0P段纵坐标随着横坐标的增加而增加，P点后限制纵坐标的因素不再是横坐标。
【详解】A、若横坐标代表反应时间，纵坐标代表生成物的量，P点时反应体系中的反应物已经全部转变为生成物，生成物的量达到最大值，此时酶促反应速率为零，A错误；
B、若横坐标代表光照强度，纵坐标代表光合速率，则限制P点升高的因素是除光照强度外的其他影响光合作用速率的因素，可能是光合色素的含量，B正确；
C、若横坐标代表时间，纵坐标代表原生质层与细胞壁之间的距离，则P点时有水分子进出细胞，C错误；
D、若横坐标代表物质浓度，纵坐标代表物质运输速率，则P点后的限制因素为载体蛋白的数量，故该曲线可以表示协助扩散或者主动运输，不一定消耗能量，D错误。
故选B。
3. 下图1表示某二倍体雌性动物（2n＝4）体内细胞正常分裂过程中不同时期细胞内染色体、染色单体和核DNA含量的关系；图2表示细胞分裂图像。下列说法不正确的是（　　）

A. 图1中a、b、c柱依次表示染色体、染色单体、核DNA
B. 图2中甲、乙、丙的数量关系分别对应图1中的Ⅱ、Ⅲ、Ⅱ
C. 图1中的数量关系由Ⅱ→Ⅲ，相当于图2中的丙→乙过程
D. 与图1中Ⅲ数量关系对应的细胞内可能存在同源染色体
【答案】D
【解析】
【分析】分析图1：a是染色体、b是染色单体、c是DNA，Ⅰ中没有染色单体，染色体数和DNA分子数之比为1：1，且染色体数目与体细胞相同，可能是有丝分裂末期或减数第二次分裂后期；Ⅱ中染色体数、染色单体数和DNA分子数之比为1：2：2，且染色体数目与体细胞相同，可能是有丝分裂前期、中期或减数第一次分裂过程；Ⅲ中染色体数、染色单体数和DNA分子数之比为1：2：2，但染色体数目只有体细胞的一半，可能是减数第二次分裂前期和中期；Ⅳ中没有染色单体，染色体数和DNA分子数之比为1：1，且数目是正常体细胞的一半，可能处于减数第二次分裂末期。
分析图2：甲细胞含有同源染色体，且着丝点都排列赤道板上，处于有丝分裂中期；乙细胞不含同源染色体，处于减数第二次分裂中期；丙细胞含有同源染色体，且同源染色体正在分离，处于减数第一次分裂后期。
【详解】A、根据分析，a是染色体、b是染色单体，c是DNA，A正确；
B、图2中的甲和丙染色体数目为2n，有姐妹染色单体，对应图1的Ⅱ，图2的乙染色体数目减半，有姐妹染色单体，对应图1的Ⅲ，B正确；
C、Ⅱ→Ⅲ表示减数第一次分裂结束过程，相当于图2中的丙→乙过程，C正确；
D、图1中Ⅲ和Ⅳ均表示减数第二次分裂过程，该阶段的细胞中不存在同源染色体，D错误。
故选D。
4. 下列有关遗传变异与进化的叙述，正确的是（ ）
A. 复制与转录过程中均发生蛋白质与DNA的结合与释放
B. 雌雄配子随机结合的过程中伴随非等位基因的自由组合
C. 某种生物的一个染色体组含有的全部基因，叫做种群基因库
D. 不同物种之间在相互影响中不断进化和发展，这就是共同进化
【答案】A
【解析】
【分析】转录是指以DNA的一条链为模板，在RNA聚合酶的作用下，以4中核糖核苷酸为原料，按照碱基互补配对原则，合成RNA的过程；复制指以DNA的每条链为模板，在DNA聚合酶和解旋酶的作用下，以4中脱氧核苷酸为原料，按照碱基互补配对原则，合成DNA的过程。
【详解】A、复制与转录过程中均以DNA为模板，都有相关酶和DNA结合，所以均发生蛋白质与DNA的结合与释放，A正确；
B、非等位基因的自由组合发生在减数第一次分裂的后期，雌雄配子结合过程为受精作用，该过程中不会发生，B错误；
C、一个种群中全部个体所含的全部基因叫这个种群的基因库，C错误；
D、不同物种之间，生物与无机环境之间，在相互影响中不断进化和发展，这就是共同进化，D错误。
故选A。
5. 在人肠道中约有1.5kg的微生物，这些微生物的组成包括细菌、真菌、原生动物（鞭毛虫）、病毒等，其中部分菌群是中性的，对人体既无害也无益。肠道中的微生物通过自身活动诱导肠道免疫系统成熟，与宿主达成平衡。下列分析正确的是（ ）
A. 肠道中的细菌以无丝分裂的方式进行增殖，且分裂速度很快
B. 中性菌群可与有害细菌竞争资源，防止有害细菌大量繁殖而引发疾病
C. 肠道微生物与人的种间关系有竞争、捕食、互利共生、寄生等
D. 肠道中各种各样的微生物相互关联构成了肠道生态系统
【答案】B
【解析】
【分析】无丝分裂又叫核粒纽丝分裂，是最早被发现的一种细胞分裂方式，指处于间期的细胞核不经过任何有丝分裂时期，而分裂为大小大致相等的两部分的细胞分裂方式。早在1841年雷马克在鸡胚的血细胞中看到了。1882年，弗来明发现其分裂过程有区别于有丝分裂，因为分裂时没有发生纺锤丝与染色体的变化，所以叫做无丝分裂。又因为这种分裂方式是细胞核和细胞质的直接分裂，所以又叫做直接分裂。
【详解】A、肠道中的细菌以二分裂的方式进行增殖，无丝分裂是真核生物的增殖方式，A错误；
B、中性菌群可与有害细菌竞争资源，达到一定的平衡，防止有害细菌大量繁殖而引发疾病，B正确；
C、肠道微生物与人之间没有捕食关系，C错误；
D、生态系统包括非生物环境和生物群落，各种各样的微生物不能构成生态系统，D错误。
故选B。
6. 为探究2，4-D溶液对插条生根的影响，相关实验结果如下表。下列分析正确的是（ ）
组 别
1
2
3
4
2，4-D溶液浓度
0
X1
X2
X3
根的平均数目（条）
1.8
6.4
7.8
2.3

A. 2，4-D是植物体内产生的具有调节作用的微量有机物
B. 2，4-D溶液浓度不同促进插条生根的作用效果就不同
C. 2，4-D促进插条生根的最适浓度应该在X1、X3之间
D. 实验结果表明2，4-D对插条生根的作用具有两重性
【答案】C
【解析】
【分析】分析表格：该实验的自变量是2，4-D浓度，因变量是根的平均数目，以2，4-D溶液浓度为0的一组作为对照组，其他组为实验组。从生根数可知，X1、X2、X3浓度的2，4-D均促进生根，三种浓度中X2的促进作用最强。
【详解】A、2，4-D是生长素类似物，是人工合成的，A错误；
B、根据生长素浓度对根的影响曲线可知：在最适浓度的两侧，会有两个不同浓度的生长素产生相同的生根效果，即2，4-D溶液浓度不同促进插条生根的作用效果可能相同，B错误；
C、实验数据中，X2促进生根的数目最多，故2，4-D促进插条生根的最适浓度可能在X1、X3之间，C正确；
D、三种浓度对生根的数目均比对照组多，实验结果只表明了2，4-D对枝条生根的促进作用，没表现出抑制作用，不能体现两重性 ，D错误。
故选C。
7. 某生物兴趣小组进行实验探究光照强度和CO2浓度对某番茄植株光合作用强度的影响，其它条件均适宜，得到如下实验结果，请据图分析并回答下列问题：（Lx：勒克斯，光照强度的单位）

（1）实验的自变量是_______________。
（2）上图中a点叶肉细胞中合成ATP的场所有__________________。n点叶肉细胞光合作用强度____________（大于、等于或小于）呼吸作用强度。
（3）b点限制光合作用强度的主要环境因素是__________。e点与c点相比较，c点叶肉细胞中C3的含量__________（升高、不变或降低）。
（4）大棚种植番茄时，菜农往往通过在大棚内养殖蘑菇来提高番茄的产量，请依据上述实验结果说明其中的原因：_________。
【答案】（1）光照强度和CO2浓度
（2） ①. 细胞质基质、线粒体 ②. 大于
（3） ①. 光照强度 ②. 升高
（4）蘑菇是分解者，能分解有机物并释放CO2，供蔬菜利用 (其他合理答案也可以，答到产生/释放/增大CO2浓度即可)
【解析】
【分析】光合作用包括光反应和暗反应两个阶段：①光合作用的光反应阶段（场所是叶绿体的类囊体膜上）：水的光解以及ATP的形成；②光合作用的暗反应阶段（场所是叶绿体的基质中）：CO2固定形成C3，C3还原生成糖类等有机物。
【小问1详解】
本实验探究光照强度和CO2浓度对某番茄植株光合作用强度的影响，由此可知该实验中的自变量为光照强度和CO2浓度，因变量为光合作用强度（CO2吸收量）。
【小问2详解】
a点只进行呼吸作用，故叶肉细胞中合成ATP的场所有细胞质基质、线粒体。对于整个番茄植物体来说n点为光合作用等于呼吸作用，而对于叶肉细胞来说光合作用强度大于呼吸作用强度。
【小问3详解】
b点以后光合作用强度不会再随着CO2浓度的增加而发生改变，故限制光合作用强度的主要环境因素是光照强度。e点与c点相比较两者在同一光照强度下产生的ATP和NADPH一样多，还原C3的能力是相同的，但由于c点的二氧化碳浓度高，生成的C3多，所以c点的C3含量升高。
小问4详解】
大棚种植番茄时，菜农往往通过在大棚内养殖蘑菇来提高番茄的产量，因为蘑菇是分解者，能分解有机物并释放CO2，供蔬菜利用 (其他合理答案也可以，答到产生/释放/增大CO2浓度即可)。
【点睛】本题考查影响植物光合作用的因素，意在考查考生理解所学知识的要点，把握知识间内在联系的能力。
8. 吞噬细胞吞噬处理病原体与溶酶体有关，溶酶体是一种含有多种水解酶细胞器，其内部的pH为5左右。
（1）吞噬细胞依赖于细胞膜上的_____识别病原体。溶酶体内水解酶的单体的结构通式是_____。
（2）溶酶体通过______方式把近中性的细胞质基质中的H＋运输进入溶酶体内，以维持其pH，溶酶体内少量的水解酶泄漏到细胞质基质中不会引起细胞损伤，原因是________。
（3）细胞膜是吞噬细胞的系统边界，可控制物质进出细胞。如图是生物膜和人工膜（仅含双层磷脂）对多种物质的通透性比较。

①与人工膜相比，生物膜上_______（填“存在”或“不存在”）协助H2O通过的物质，判断的依据是_______；
②图示结果表明，与人工膜相比，生物膜对不同物质（如K＋、Na＋、Cl－）的通透具有选择性，支持这一结论的证据是_______。
【答案】（1） ①. 糖蛋白（或受体） ②.
（2） ①. 主动运输 ②. 细胞质基质的pH为7.0，溶酶体内水解酶的最适pH为5.0左右，溶酶体中的水解酶进入细胞质基质中，由于pH升高，其活性降低
（3） ①. 存在 ②. 生物膜运输水的速率大于人工膜 ③. 人工膜对K+、Na+、Cl-三种离子的通透性相同，且均处于较低值，而生物膜对三种离子的通透性不同，说明生物膜对物质运输具有选择透过性。（答到生物膜对K+、Na+、Cl-通透性不同即可，其他答案合理也可）
【解析】
【分析】1.被动运输：简单来说就是小分子物质从高浓度运输到低浓度，是最简单的跨膜运输方式，不需能量。被动运输又分为两种方式：自由扩散：不需要载体蛋白协助，如：氧气，二氧化碳，脂肪，协助扩散：需要载体蛋白协助，如:氨基酸，核苷酸，特例...2.主动运输：小分子物质从低浓度运输到高浓度，如：矿物质离子，葡萄糖进出除红细胞外的其他细胞需要能量和载体蛋白。3.胞吞胞吐：大分子物质的跨膜运输，需能量。
【小问1详解】
受体大多数是糖蛋白，吞噬细胞通过细胞膜上的受体识别病原体；水解酶是蛋白质，单体是氨基酸，氨基酸由一个氨基、 一个羧基、一个R基和一个H连接在同一个碳上，结构通式如下。
【小问2详解】
溶酶体内部的pH为5左右，细胞质基质中pH接近中性，因此细胞质中的H+浓度低，离子从低浓度运至高浓度方式为主动运输；细胞质基质的pH为7.0，溶酶体内水解酶的最适pH为5.0左右，溶酶体中的水解酶进入细胞质基质中，由于pH升高，其活性降低，因此溶酶体内少量的水解酶泄漏到细胞质基质中不会引起细胞损伤。
【小问3详解】
人工膜（仅含双层磷脂），结合图示可知，生物膜对水的通透性比人工膜大（生物膜运输水的速率大于人工膜），因此生物膜上有协助水通过的物质，即水既可以自由扩散也可以协助扩散进出细胞；人工膜对K+、Na+、Cl-三种离子的通透性相同，且均处于较低值，而生物膜对三种离子的通透性不同，说明生物膜对物质运输具有选择透过性。
【点睛】本题考查学生分析题图获取信息的能力，理解所学知识的要点，把握知识的内在联系，形成知识网络的能力并应用相关知识结合题图信息综合解答问题的能力。
9. 已知果蝇长翅和短翅、红眼和棕眼各为一对相对性状，分别受一对等位基因控制。让一只雌性长翅红眼果蝇与一只雄性长翅棕眼果蝇杂交，发现F1代表现型及比例为：长翅红眼∶长翅棕眼∶短翅红眼∶短翅棕眼＝3∶3∶1∶1。不考虑交叉互换，回答下列问题：
（1）两亲本均为长翅，F1代既有长翅又有短翅，这种现象称为________，出现这种现象的根本原因是____________。
（2）控制翅形和眼色的这两对基因位于______对同源染色体上，判断的理由是______。
（3）关于两对相对性状的显隐性及两对基因的位置有多种假设。有人作出假设“翅长基因位于X染色体上，眼色基因位于常染色体上”。该假设是否正确，在上述现象的基础上还需观察F1代的短翅个体_______，即可判断。
（4）如果“翅长基因位于常染色体上，眼色基因位于X染色体上，棕眼对红眼为显性”的假设成立，则理论上，F1代长翅红眼果蝇中雌性个体所占比例为_______，F1代短翅红眼果蝇中雄性个体所占比例为_______。
【答案】（1） ①. 性状分离 ②. 杂合子在减数分裂形成配子时，等位基因发生了分离（答到等位基因分离即可）
（2） ①. 两 ②. F1代有四种表现型，比例为3:3:1:1（是自由组合的特征比/ 是3：1与1：1的乘积）
（3）是否全为雄性（性别比例/性别/是否出现雌性都可以）
（4） ①. 0 ②. 1(或100%)
【解析】
【分析】一只雌性长翅红眼果蝇与一只雄性长翅棕眼果蝇杂交，其后代中长翅∶短翅=3∶1，则长翅为显性性状，但根据题目信息不能确定控制长翅的基因的位置。后代中红眼∶棕眼=1∶1，但无法确定红眼与棕眼的显隐性，更无法确定其所在染色体位置。
【小问1详解】
两亲本均为长翅，F1代既有长翅又有短翅，这种现象称为性状分离，出现这种现象的根本原因是杂合子在减数分裂形成配子时，等位基因发生了分离。
【小问2详解】
后代中长翅∶短翅=3∶1，红眼∶棕眼=1∶1，且两对基因综合考虑后代为长翅红眼∶长翅棕眼∶短翅红眼∶短翅棕眼＝3∶3∶1∶1，说明两对基因符合自由组合定律，即两对基因位于两对同源染色体上。
【小问3详解】
根据（2）分析可知，两对基因独立遗传，若“翅长基因位于X染色体上（设由B、b基因控制），眼色基因位于常染色体上（设由A、a基因控制）”的假设成立，则亲本关于翅长的基因型中雌性为杂合子，雄性为纯合子，子一代中短翅个体只出现在雄性中，因此欲判断该假设是否正确，需在上述现象的基础上再需观察F1代的短翅个体是否全为雄性，即可判断。
【小问4详解】
如果翅长基因位于常染色体上（设由B、b基因控制），则亲本均为杂合子Bb，若眼色基因位于X染色体上（设由A、a基因控制），棕眼对红眼为显性，则亲本基因型为XaXa×XAY，后代雌性均为棕眼，雄性均为红眼，因此理论上，F1代长翅红眼果蝇中雌性个体所占比例为0，F1代短翅红眼果蝇中雄性个体所占比例为100%。
【点睛】本题考查自由组合定律的相关知识，意在考查考生对所学知识的应用能力。
10. 北湖公园是南充重要的湿地生态系统之一，此前为解决北湖水质变差、淤泥过多、生态环境恶化等问题，进行了综合提升改造，完成了生态修复和景观重塑，新北湖碧波荡漾，空气清新，景色美不胜收。
（1）在北湖的修复过程中，生态学家利用人工湿地技术构建了一个“基质-微生物-植物-动物”的湿地生态系统，当湖泊受到轻微污染时，污水流经基质时被吸附，由微生物分解转化后供水生植物吸收利用，从而实现生态自净。这体现了该生态系统具有_____能力。
（2）水体富营养化导致藻类大量繁殖，引起水体变色的现象称为水华，严重的水华往往会引起沉水植物死亡，这是因为________。为净化水质防止水华，北湖湖底种植水草，湖面则利用生态浮岛技术种植了芦苇、菖蒲、荷花等水生植物，这体现了生物多样性的______价值，这种植被的配置，体现了群落的_______结构。
（3）水生植物属于生态系统成分中的________。北湖中还投放了食藻虫、青虾、螺、鲢鱼、黑鱼几种水生动物，可构成如图所示食物网，图中位于第三营养级的生物有_______。除图中所示生物关系，田螺还可以湖底的腐殖质为食，说明田螺属于生态系统成分中的_______。

（4）北湖公园禁止游客携带水生动物入园放生，试从生态学角度分析其原因__________。
【答案】（1）一定的自我调节
（2） ① 沉水植物缺乏光照和氧气 ②. 间接 ③. 垂直
（3） ①. 生产者 ②. 黑鱼、鲢鱼、青虾 ③. 消费者和分解者
（4）放生外来物种易造成生态入侵，破坏生态系统；放生已有物种，会破坏原有生态平衡，破坏食物链，造成生态退化。
【解析】
【分析】1、多样性的价值：（1）直接价值：对人类有食用、药用和工业原料等使用意义，以及有旅游观赏、科学研究和文学艺术创作等非实用意义的；（2）间接价值：对生态系统起重要调节作用的价值（生态功能）；（3）潜在价值：目前人类不清楚的价值。2、抵抗力稳定性：生态系统抵抗外界干扰并使自身的结构和功能保持原状的能力。恢复力稳定性：生态系统在遭到外界干扰因素的破坏以后恢复到原状的能力。
2、生物群落的结构：（1）垂直结构：指群落在垂直方向上的分层现象。（2）水平结构：指群落中的各个种群在水平状态下的格局或片状分布。
【小问1详解】
生态系统的自净功能体现了生态系统具有自我调节能力。
【小问2详解】
严重的水华往往会引起沉水植物死亡，这是因为沉水植物缺乏光照和氧气，进而影响植物的光合作用和有氧呼吸过程，导致植物死亡；间接价值是指对生态系统起重要调节作用的价值（生态功能），故净化水质防止水华属于间接价值；湖底种植水草，湖面则利用生态浮岛技术种植了芦苇、菖蒲、荷花等水生植物，体现了群落的垂直结构。
【小问3详解】
水生植物能够利用光能进行光合作用，属于生态系统成分中的生产者；在食物链中，第三营养级的生物为次级消费者，图中位于第三营养级的生物有黑鱼、鲢鱼、青虾；图中田螺以水草为食，属于消费者，此外田螺还可以湖底的腐殖质为食，说明田螺还属于生态系统成分中的分解者。
【小问4详解】
放生外来物种易造成生态入侵，破坏生态系统；放生已有物种，会破坏原有生态平衡，破坏食物链，造成生态退化，故禁止游客携带水生动物入园放生。
【点睛】解答此题需要明确群落的空间结构和生态系统的稳定性以及物种之间的调节关系，能正确辨析图中的信息并能合理利用是解答本题的关键。
11. 四川是著名的“麻辣之都”，辣椒中产生辣味的物质主要是辣椒碱。纯净的辣椒碱为无色粉末，化学性质稳定，易溶于丙酮等有机溶剂。如图为辣椒碱的萃取装置示意图，请回答有关问题：

（1）萃取前对辣椒进行粉碎处理的目的是________。
（2）图中装置1的作用是_____，其中_____（填“a”或“b”）为进水口。采用装置3进行加热的原因是________。
（3）萃取一段时间后，萃取液的浓缩可直接使用_____装置，浓缩之前还要进行_____操作。
（4）浓缩后的粗品中含有红色的辣椒色素，请分析：______（填能、不能）直接通过纸层析法鉴定粗品中是否提取到了辣椒碱？理由是________。
【答案】（1）粉碎可增大原料与萃取剂的接触面积，提高萃取效率。（答到提高萃取效率即可）
（2） ①. 防止加热时有机溶剂挥发 ②. b ③. 防止明火加热引起燃烧、爆炸
（3） ①. 蒸馏 ②. 过滤
（4） ①. 不能 ②. 因为辣椒碱是无色物质，在滤纸上无法出现有色层析带（答到辣椒碱无色即可）
【解析】
【分析】植物芳香油的提取方法:蒸馏法、压榨法和萃取等，具体采用哪种方法要根据植物原料的特点来决定。
(1)蒸馏法:芳香油具有挥发性，把含有芳香油的花、叶等放入水中加热，水蒸气能将挥发性较强的芳香油携带出来，形成油水混合物冷却后，油水混合物又会重新分成油层和水层，除去水层便得到芳香油，这种提取方法叫蒸馏法。根据蒸馏过程中原料放置的位置的标准，将水蒸气蒸馏法划分为水中蒸馏、水上蒸馏和水气蒸馏。
(2)萃取法;这种方法需要将新鲜的香花等植物材料浸泡在乙醚、石油醚等低沸点的有机溶剂中，是芳香油充分溶解，然后蒸去低沸点的溶剂，剩下的就是芳香油。
(3)压榨法:在橘子、柠檬、甜橙等植物的果皮中，芳香油的含量较多，可以用机械压力直接榨出，这种提取方法叫压榨法。
【小问1详解】
萃取的效率主要取决于萃取剂的性质和使用量，同时还受到原料颗粒的大小、紧密程度、含水量、萃取的温度和时间等条件的影响。一般来说，原料颗粒小，萃取温度高，时间长，需要提取的物质能够充分溶解，萃取效果就好。因此，萃取前对辣椒进行粉碎处理的目的是可增大原料与萃取剂的接触面积，提高萃取效率。
【小问2详解】
由萃取装置图分析可知，图中装置1为冷凝装置，作用是防止加热时有机溶剂挥发，其中b为进水口，这样可以充分冷却有机溶剂。有机溶剂一般是易燃物，直接明火加执容易引起燃烧、爆炸，因此采用装置3进行水浴加热，可以防止明火加热引起燃烧、爆炸。
【小问3详解】
萃取一段时间后需要进行浓缩，萃取液的浓缩可直接使用蒸馏装置，浓缩之前还要进行过滤操作，除去萃取液中的不溶物。
【小问4详解】
因为辣椒碱是无色物质，在滤纸上无法出现有色层析带，故浓缩后的粗品中虽然含有红色的辣椒色素，但不能直接通过纸层析法鉴定粗品中是否提取到了辣椒碱。
【点睛】本题考查植物有效成分的提取和分离，要求考生识记提取植物有效成分的方法和原理以及操作步骤等知识，意在考查考生对知识的运用能力。

南充高中2018级高三第四次月考
理科综合能力测试化学部分
可能用到的相对原子量：H-1 C-12 O-16 F-19 Ca-40 Pb-207
1. 化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是
A. 不锈钢是一种主要含Fe、Cr、Ni且不易生锈的合金钢
B. 医用酒精和含氯消毒液杀灭流行性病毒的原理不同
C. 陶瓷属于无机非金属材料，陶瓷中不含金属元素
D. 适量SO2可用于对食物杀菌防腐、抗氧化
【答案】C
【解析】
【详解】A．不锈钢属于铁的合金，是向铁中加入Cr、Ni等改变金属内部结构而成的合金钢，A正确；
B．医用酒精消毒原理是酒精使细菌病毒的蛋白质发生变性死亡，含氯消毒液杀灭流行性病毒的原理是含氯消毒剂有强氧化性，是利用强氧化性杀菌消毒，两者原理不同，B正确；
C．陶瓷属于无机非金属材料种类繁多，可能含有金属元素，如耐高温陶瓷AlN等，C错误；
D．SO2具有还原性，可用于葡萄酒的杀菌防腐、抗氧化，D正确；
故答案选C。
2. 在一定条件M可与N发生如图转化生成一种具有优良光学性能树脂Q。下列说法正确的是

A. Q属于酯类有机物，可用作从溴水中提取溴的萃取剂
B. 与M官能团种类和数目都相同的芳香族化合物还有5种
C. 1molQ最多可消耗5mol氢气
D. N中所有原子可能共平面
【答案】B
【解析】
【详解】A．Q含有酯基、碳碳双键，碳碳双键能和溴水发生加成反应，不可用作从溴水中提取溴萃取剂，A错误；
B． 与M官能团种类和数目都相同的芳香族化合物还有5种，分别是2,3,4−三溴苯酚， 2,3,5−三溴苯酚，2,3,6−三溴苯酚，2,4,5−三溴苯酚，3,4,5−三溴苯酚， B项正确；
C． 苯环和碳碳双键可与氢气发生加成反应，则1molQ最多可消耗4mol氢气，C错误；
D． N中含甲基、饱和碳原子是四面体构型，故分子内所有原子不可能共平面，D错误；
答案选B。
3. 设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是
A. 23gC2H6O含C-H键数目一定为2.5NA
B. 25℃，1LpH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10-9NA
C. 3.0g甲醛(HCHO)和冰醋酸的混合物中含有的原子总数为0.4NA
D. 0.1mol/LNa2S溶液中，S2-、HS-、H2S的数目共为0.1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．C2H6O存在同分异构体乙醇和乙醚两种，如果是23g乙醇，C-H键数目为2.5NA，如果是23g乙醚，C-H键数目为3NA，故A错误；
B．pH=9的CH3COONa溶液中氢氧根浓度为10-5mol/L，此溶液中氢氧根的物质的量为n=cV=10-5mol/L×1L=10-5mol，是水电离出的全部氢氧根，故此溶液中发生电离的水分子数为1×10-5NA，故B错误；
C．甲醛和冰醋酸的最简式均为CH2O，故3g混合物中含有的CH2O的物质的量为0.1mol，故含原子为0.4NA个，故C正确；
D．只有浓度没有体积无法计算，故D错误；
故答案为C。
4. 已知X、Y、Z、M、Q、R皆为前20号元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法错误是

A. X与Y和X与Z组成的化合物中可能均含有非极性共价键
B. X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是盐或碱
C. M与Y组成的化合物有多种，其中MY2可作为自来水杀菌消毒剂，是一种酸性氧化物
D. 实验室可以利用R与Y组成的化合物和X与Z组成的化合物的水溶液反应来制取X与Z组成的化合物
【答案】C
【解析】
【分析】由题意及图，X的主要化合价为+1价，则X为第ⅠA族元素原子，Y的主要化合价为-2价，则Y为O，X的半径最小，则X为H，Z的主要价态为+5、-3价，则Z为第ⅤA族元素原子，M的主要化合价为+7和-1价，则M为Cl，Q的主要化合价为+1价且半径较大，则Q为Na，M的半径小于Q，则M为N，R主要化合价为+2价，半径最大，则R为Ca，据此分析。
【详解】A．X为H，Y为O，Z为N，X和Y成的化合物为H2O或H2O2，X和Z形成的化合物为NH3或N2H4，H2O2、N2H4均含有非极性共价键，A正确；
B．X为H，Y为O，Z为N，三种元素组成化合物可能是盐NH4NO3，也可能是碱NH3﹒H2O，B正确；
C．Y为O，M为Cl，ClO2可作为自来水杀菌消毒剂，但ClO2不是酸性氧化物，C错误；
D．R为Ca，Y为O，X为H，Z为N，R与Y形成的化合物为CaO，X与Z组成的化合物的水溶液为氨水溶液，实验室可利用生石灰和氨水反应快速制备NH3，D正确；
故答案选C。
5. 某化学课外活动小组拟用铅蓄电池为直流电源，进行电絮凝净水的实验探究，设计的实验装置如图所示，下列叙述正确的是（ ）

A. X电极质量减轻，Y电极质量增加
B. 电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2O
C. 电解池的总反应为2Al＋6H2O2Al(OH)3＋3H2↑
D. 每消耗103.5gPb，理论上电解池阴极上有1molH2生成
【答案】B
【解析】
【分析】据图可知电解池中，铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，铁电极上水得电子作阴极，电极反应为：6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，铅蓄电池中X与阴极铁相连，作负极，负极上发生的反应是Pb+SO42--2e-=PbSO4，Y与阳极铝相连，作正极，电极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，串联电路中各电极转移电子相等，据此分析解答。
【详解】A.蓄电池中两电极都生成硫酸铅，因此两个电极的质量都增加，A错误；
B.铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，OH-是水电离产生，说明电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2O，B正确；
C.阳极铝电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，阴极铁电极电极反应为6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，总反应为2Al+6H2O2Al(OH)3(胶体)+3H2↑，在铝的表面有氧气产生，说明还存在电解水的过程：2H2OO2↑+2H2↑，C错误；
D.n(Pb)==0.5mol，Pb是+2价的金属，反应的Pb的物质的量是0.5mol，则反应转移电子的物质的量是0.5mol×2=1mol，根据串联电路中电子转移守恒，则电解池的阴极上反应产生H2的物质的量是0.5mol，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查原电池和电解池工作原理，电解池的电极反应正确判断原电池正负极、电解池阴阳极以及铝电极上产生氧气是求解本题关键，难点是电极反应式的书写。
6. CuSO4溶液是实验室中常用试剂。下列与CuSO4溶液有关实验的操作和结论都一定正确的是
选项
A
B
C
D
实验操作

前者产生气泡更快


收集NO2

蒸发CuSO4溶液
结论
Fe3+催化效果好于Cu2+
Ksp(CuS) NO2能用排空法收集
可获得胆矾晶体

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．等体积等物质的量浓度的Fe2(SO4)3和CuSO4加入等体积等浓度的H2O2溶液中，前者产生气泡更快，由于两溶液中硫酸根的浓度不同，因此不能说明Fe3+催化效果好于Cu2+，可能是硫酸根的催化作用，A错误；
B．在一定量硫酸锌溶液中加入少量硫化钠溶液，生成ZnS白色沉淀，过滤洗涤后，再向沉淀中加入适量硫酸铜溶液，沉淀变成黑色，说明ZnS转化为CuS黑色沉淀，说明Ksp(CuS) < Ksp(ZnS)，B正确；
C．NO2密度比空气大，应用向上排空气法，图中NO2会使大部分空气在集气瓶的上方，导致气体不纯且NO2会从长导管中出去被NaOH吸收，C错误；
D．胆矾晶体受热容易失去结晶水，蒸发CuSO4溶液不一定得到胆矾晶体，应该冷却饱和的硫酸铜溶液，可以得到胆矾晶体，故D错误；
7. 下列有关电解质溶液的说法正确的是
A. 物质的量浓度相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl、CH3COONH4溶液中c(NH)：(NH4)2SO4>CH3COONH4>NH4HSO4>NH4Cl
B. 将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大
C. 1.0mol·L-1Na2CO3溶液：c(OH-)=2c(HCO)+c(H+)+c(H2CO3)
D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据化学式组成可知，(NH4)2SO4中c(NH)最大，NH4HSO4溶液中H+抑制NH的水解，NH4Cl溶液中NH正常水解，CH3COONH4溶液中CH3COO-促进NH的水解，则各溶液中c(NH)大小为：(NH4)2SO4>NH4HSO4 >NH4Cl>CH3COONH4，故A错误；
B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，水解常数增大，，故减小，故B错误；
C．Na2CO3溶液存在质子守恒：c(OH-)=c(HCO)+c(H+)+2c(H2CO3)，故C错误；
D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，存在=，比值不变，故D正确；
故答案为D。
8. 实验室用如图装置(夹持装置略)制备高效水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。

已知K2FeO4具有下列性质：①可溶于水，微溶于浓KOH溶液；②在0℃～5℃、强碱性溶液中比较稳定，在Fe(OH)3或Fe3+催化下发生分解；③在弱碱性至酸性条件下，能与水反应生成O2和Fe(OH)3(或Fe3+)。
(1)装置A用于制取氯气，其中需使用恒压漏斗的原因是___。
(2)为防止装置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是___和___。
(3)①装置C中生成K2FeO4反应的离子方程式为___。
②高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是___。
③在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用___。
A．H2O
B．稀KOH溶液、异丙醇
C．NH4Cl溶液、异丙醇
D．Fe(NO3)3溶液、异丙醇
(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，测得产生O2的体积随时间的变化曲线如图所示。t1 s～t2 s内，O2的体积迅速增大的主要原因是___。

(5)验证酸性条件下氧化性FeO＞Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，___。(实验中须使用的试剂和用品有：浓盐酸，NaOH溶液、淀粉KI试纸、棉花)
(6)根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2＞FeO，而第(5)小题实验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，原因是___。
【答案】 ①. 防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落 ②. 将装置C置于冰水浴中 ③. KOH应过量(或减缓通入氯气的速率等) ④. 3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2FeO+6Cl-+8H2O ⑤. 消毒、净水 ⑥. B ⑦. K2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用 ⑧. 向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO＞Cl2 ⑨. 溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱
【解析】
【分析】将恒压漏斗中的浓盐酸滴入蒸馏烧瓶中，与KMnO4发生反应产生Cl2，浓盐酸具有挥发性，挥发的盐酸与Cl2通入到装置B中用饱和食盐水除去HCl杂质，在装置C中Cl2、KOH、Fe(OH)3发生氧化还原反应产生K2FeO4，在装置D中用NaOH溶液除去多余的Cl2，防止大气污染。
【详解】(1)在装置A用于制取氯气，其中需使用恒压漏斗的原因是防止因反应过于剧烈导致漏斗中气体压强过大而使液体无法滴落；
(2)根据已知信息可知：K2FeO4在0℃～5℃、强碱性溶液中比较稳定，因此为防止装置C中制得的K2FeO4分解，可以采取的措施是将装置C置于冰水浴中进行降温处理；
(3)①在装置C中Cl2与KOH、Fe(OH)3发生氧化还原反应产生K2FeO4、KCl、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，得到生成K2FeO4反应的离子方程式为：3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2FeO+6Cl-+8H2O；
②高铁酸钾具有强氧化性，能够起杀菌消毒作用；其还原产物Fe3+发生水解产生的Fe(OH)3胶体又具有净水作用，因此高铁酸钾作为水处理剂发挥的作用是消毒、净水两重作用；
③由于可溶于水，微溶于浓KOH溶液，强碱性溶液中比较稳定，在弱碱性至酸性条件下，能与水反应生成O2和Fe(OH)3(或Fe3+)，所以提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法要在碱性、无水的环境中进行，可采用稀KOH溶液、异丙醇，故合理选项是B；
(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，测得产生O2的体积随时间的变化曲线如图所示。t1 s～t2 s内，O2的体积迅速增大的主要原因是K2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用，使K2FeO4分解产生O2；
(5)根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性比氧化产物的强分析。因此要验证酸性条件下氧化性FeO＞Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，向其中加入浓盐酸，并将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，说明反应产生了I2，证明发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，则说明有Cl2生成，同时说明氧化性FeO＞Cl2；
(6)根据K2FeO4的制备实验得出：在碱性环境中物质的氧化性：Cl2＞FeO，而第(5)小题实验表明，在酸性环境中物质的氧化性：FeO＞Cl2，这说明了溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱，因此在只有指明溶液酸碱性时，比较物质的氧化性或还原性才有意义。
9. 硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如图所示：

请回答下列问题：
(1)步骤①中主要成分发生的离子反应方程式是：___。
(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式：___。
(3)步骤⑤包括用pH=2的溶液酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是___(写酸的名称)。
(4)上述工艺中，步骤⑥和⑦的作用是___。
(5)Se为ⅥA族元素，用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜，硒代硫酸钠还可用于Se的精制，写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式：___。
(6)氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如图所示。据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是___；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是___。

(7)用NaHS作污水处理的沉淀剂，可以处理工业废水中的Cu2+。已知：25℃时，H2S的电离平衡常数Ka1=1.0×10-7，Ka2=7.0×10-15，CuS的溶度积为Ksp(CuS)=6.3×10-36。反应Cu2+(aq)+HS-(aq)CuS(s)+H+(aq)的平衡常数K=___(结果保留1位小数)。
【答案】 ①. 3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O ②. 2Cu2++SO+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO+2H+ ③. 硫酸 ④. 使CuCl快速干燥，防止其水解氧化 ⑤. Na2SeSO3+H2SO4=Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O ⑥. 温度过低反应速率慢 ⑦. 温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解 ⑧. 1.1×1021
【解析】
【分析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵、氯化铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++ +2Cl-+H2O=2CuCl++2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；
【详解】(1)步骤①中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，将铜元素氧化为铜离子，离子反应方程式是：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(2)步骤③的反应为：2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl++2H+；
(3)由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质；故答案为：硫酸；
(4)由题：CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，步骤⑥醇洗，步骤⑦烘干，目的是：使CuCl干燥，防止其水解氧化；故答案为：使CuCl干燥，防止其水解氧化；
(5)硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应为：Na2SeSO3+H2SO4═Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O；
(6)流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低反应速率慢，CuCl产率低；温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解；故答案为：温度过低反应速率慢；温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解；
(7)已知：25℃时，H2S的电离平衡常数Ka1=1.0×10-7，Ka2=7.0×10-15，CuS的溶度积为Ksp(CuS)=6.3×10-36，反应Cu2+(aq)+HS-(aq)⇌CuS(s)+H+(aq)的平衡常数：
，故答案为：1.1×1021。
10. 甲醇水蒸气催化重整反应是生产氢能的有效方法之一：CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)。已知Kp表示用分压表示平衡常数，气体分压=气体物质的量分数×总压。此反应机理可以整合为以下途径：
甲醇分解(I)：CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g) △H1(kJ/mol)
水煤气变换(II)：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) △H2(kJ/mol)
甲醇分解(I)、水煤气变换(II)的反应平衡常数Kp与温度关系见表：
温度T
398K
498K
598K
698K
798K
898K
甲醇分解Kp(I)/kpa
0.50
185.8
9939.5
1.8×105
1.6×106
9.3×106
水煤气变换Kp(II)
1577
137.5
28.14
9.339
4.180
2.276
①△HI__0，△HII__0(填“＞”或“＜”)
②398K时，反应CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)的Kp=___(kpa)2。
【答案】 ①. > ②. < ③. 788.5
【解析】
【分析】①KP随温度升高而增大，为吸热反应，随温度降低而变小，则为放热反应；
②甲醇分解（I）：CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)KP1，水煤气变换(II)：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)KP2，将方程式I+II得方程式CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)KP=KP1×KP2；
【详解】①KP随温度升高而增大，为吸热反应，随温度降低而变小，则为放热反应，则△H1＞0，△H2＜0，故答案为：＞；＜；
②甲醇分解(I)：CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)KP1，水煤气变换(II)：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)KP2，将方程式I+II得方程式CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)KP=KP1×KP2=0.50×1577=788.5，故答案为：788.5。
11. 合成氨工艺是利用氢气的一种重要的途径。
N2和H2生成NH3的反应为：N2(g)+H2(g)NH3(g)△H(298K)=-46.2kJ•mol-1，在Fe催化剂作用下的反应历程为(*表示吸附态)
化学吸附：N2(g)→2N*；H2(g)→2H*；
表面反应：N*+H*NH*；NH*+H*NH2*；NH2*+H*NH3*
脱附：NH3*NH3(g)
其中，N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。请回答：
(1)利于提高合成氨平衡产率的条件有____。
A.低温 B.高温 C.低压 D.高压 E.催化剂
(2)标准平衡常数Kθ=其中pθ为标准压强(1×105Pa)，p(NH3)、p(N2)和p(H2)为各组分的平衡分压，如p(NH3)=x(NH3)p，p为平衡总压，x(NH3)为平衡系统中NH3的物质的量分数。
①N2和H2起始物质的量之比为1∶3，反应在恒定温度和标准压强下进行，NH3的平衡产率为w，则Kθ=____(用含w的最简式表示)
②图中可以示意标准平衡常数Kθ随温度T变化趋势的是___。

(3)实际生产中，常用工艺条件为Fe作催化剂、控制温度773K、压强3.0105Pa，原料中N2和H2物质的量之比为1∶2.8。
①分析说明原料气中N2过量的理由___。
②关于合成氨工艺的下列理解，正确的是___。
A.合成氨反应在不同温度下的△H和△S都小于零
B.控制温度(773K)远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和较快的化学反应速率
C.当温度、压强一定时，在原料气(N2和H2的比例不变)中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率
D.基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行
E.分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生
【答案】 ①. AD ②. ③. A ④. 原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率 ⑤. ADE
【解析】
【详解】(1) A．降低温度，平衡向正向移动，A项选；
B．升高温度，平衡向逆向移动，B项不选；
C．降低压强，平衡向逆向移动，C项不选；
D．升高压强，平衡向正向移动，D项选；
E．加入催化剂，平衡不移动，E项不选；
答案选AD；
(2)①N2和H2起始物质的量之比为1∶3，NH3的平衡产率为w，设N2起始物质的量为mol，列出三段式：，总物质的量为(2-w）mol，，，，；
②升高温度平衡逆向移动，化学平衡常数减小，则平衡常数的对数减小，但不是线性关系，答案选A；
(3)①原料中N2和H2物质的量之比为1 : 2.8，原料气中N2过量的两个理由：原料气中N2来自于空气的分离，相对易得，并且适度过量有利于提高H2的转化率；由题给信息： N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率，所以N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率；
②A．合成氨反应是气体体积减小的放热反应，合成氨反应在不同温度下的△H和△S都小于零，A项正确；
B．合成氨正反应为放热反应，升高温度不利于平衡转化率的提高，但能提高催化剂的活性，加快反应速率，B项错误；
C．当温度、压强一定时，在原料气(N2和H2的比例不变)中添加少量惰性气体，总压增大，分压不变，平衡不变，不能提高平衡转化率，C项错误；
D．NH3有较强的分子间作用力，可将其液化，不断将液氨移去，有利于反应正向进行，D项正确；
E．合成氨的反应在合成塔中发生，原料气中的N2是从空气中分离得来，先将空气液化再蒸馏得N2，甲烷与水在高温催化剂条件下生成CO和O2，原料气需经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生，E项正确；
答案选ADE。
12. 氟及其化合物用途非常广泛，自然界中氟多以化合态形式存在，主要有萤石(CaF2)、冰晶石(Na3AlF6)等。回答下列问题：
(1)基态氟原子中有___种能量不同的电子。
(2)NF3的键角___NH3的键角(填“大于”、“小于”、“等于”)，原因是___。
(3)氟硼酸(HBF4，属于强酸)常用于替代浓硫酸作铅蓄电池的电解质溶液，可由HF和BF3合成，从化学键形成角度分析HF与BF3能化合的原因：____。
(4)液态[H2F]+中存在[H2F]+和[HF2]-，[HF2]-的结构可表示为[F—H…F]-，[H2F]+的VSEPR模型名称为__形。NaHF2可用于制无水氟化氢和供雕刻玻璃、木材防腐等。常温常压下为白色固体，易溶于水，160℃分解。NaHF2中所含作用力的类型有___(填字母)。
a.离子键 b.共价键 c.配位键 d.氢键
(5)CaF2是难溶化合物，其晶胞结构如图所示：

①若原子坐标参数A处为(0，0，0)，B处为(，，0)，C处为(1，1，1)，则D处为___。
②每个Ca2+周围距离最近的Ca2+共有____个。
③已知：CaF2晶体密度为cg·cm-3，则晶胞中Ca2+与最近的F-之间的距离为____nm。(设NA表示阿伏加德罗常数的值，用含c、NA的式子表示)。
【答案】 ①. 3 ②. 小于 ③. F的电负性大，N-F键电子云更靠近F，成键电子对之间排斥力减小，故NF3键角更小 ④. HF分子中F原子有孤电子对，而BF3分子中B原子有空轨道，二者可以形成配位键 ⑤. 四面体 ⑥. abd ⑦. (，，) ⑧. 12 ⑨.
【解析】
【分析】（1）同一能级中的电子能量相同，不能能级中的电子能量不同；
（2）NF3与NH3的空间构型相同，但是NH3（-33℃）分子间形成氢键；
（3）含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键；
（4）NaHF2中含有离子键、共价键，F的电负性较强，还存在氢键；
（5）①CaF2的晶胞，其中原子坐标参数A处为 （0，0，0）；B处为(,，0)；C处为（1，1，1），则D处微粒在x、y、z轴上的投影分别是(，，)；
②每个Ca2+周围距离最近的Ca2+是顶角和面心的钙离子；
③该晶胞中氟离子个数=8、钙离子个数=8×+6×=4，晶胞体积=，晶胞棱长=，晶胞中Ca2+与离它最近的F-之间的距离为晶胞体对角线的。
【详解】（1）F原子核外电子排布式为1s22s22p5，有1s、2s、2p3个能级，故基态氟原子中有 3种能量不同电子，故答案为：3；
（2）NF3的键角小于NH3的键角，NF3与NH3的空间构型相同，但是NH3（-33℃）的沸点比NF3（-129℃）的高，原因为二者均为分子晶体，但NH3分子间能形成氢键，故答案为：小于；F的电负性大，N-F键电子云更靠近F，成键电子对之间排斥力减小，故NF3键角更小；
（3）含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，BF3中硼原子有空轨道，HF中氟原子有孤对电子，两者之间可形成配位键，所以HF能和氟化硼反应生成HBF4，故答案为：HF分子中F原子有孤对电子对，而BF3分子中B原子有空轨道，二者可以形成配位键；
（4）[H2F]+的价电子对数=2+×（7-2-1）=4，VSEPR模型名称为四面体，NaHF2为离子化合物，存在离子键，H-F键为共价键，F的电负性较强，还存在氢键，故选：abd；故答案为：四面体；abd；
（5）①CaF2的晶胞，其中原子坐标参数A处为 （0，0，0）；B处为(,，0) ，则D处微粒在x、y、z轴上的投影分别是，，，故答案为：(，，)；
②每个Ca2+周围距离最近的Ca2+是顶角和面心的钙离子共计12个，故答案为：12；
③该晶胞中氟离子个数=8、钙离子个数=8×+6×=4，晶胞体积=，晶胞棱长=，晶胞中Ca2+与离它最近的F-之间的距离为晶胞体对角线的，，故答案为：(，，)；12；。
13. 有机玻璃()广泛应用于商业、轻工业、建筑、化工甚至人工角膜等方面，下面是工业上合成有机玻璃的一种路线图。

请回答下列问题：
(1)反应①属于加成反应，则A的化学式为___；反应②的反应类型是___。
(2)B的名称是__，有机玻璃中官能团的名称为__。
(3)下列有关CH2=C(CH3)COOH的说法错误的是__(填字母)。
a.分子中所有碳原子均在同一平面上
b.能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色
c.与丙酸互为同系物
d.能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应
(4)写出反应④的化学方程式：___。
(5)C有多种同分异构体，其中满足下列条件的有___种，在这些同分异构体中，核磁共振氢谱有3组峰的物质的结构简式为___。
①能发生水解反应但不能发生银镜反应；
②能使溴的CCl4溶液褪色。
(6)以乙醛为原料可制得新型生物降解材料——聚—2—羟基丙酸()，试按X的形式表示出合成路线图___。
【答案】 ①. HCN ②. 消去反应 ③. 甲醇 ④. 酯基 ⑤. c ⑥. CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O ⑦. 7 ⑧. CH3COOC(CH3)=CH2 ⑨. CH3CHO
【解析】
【分析】有机玻璃的化学名称为聚甲基丙烯酸甲酯，其单体为甲基丙烯酸甲酯，由合成路线可知丙酮与A发生加成反应生成，则A为HCN，发生消去反应生成，中氰基发生水解生成羧基，得到甲基丙烯酸，甲基丙烯酸与甲醇发生酯化反应生成甲基丙烯酸甲酯，甲基丙烯酸甲酯发生加聚反应生成有机玻璃，据此分析。
【详解】(1)丙酮与A发生加成反应生成，则A为HCN，对比②前后反应物与产物分析②反应为消去反应，故答案为：HCN；消去反应；
(2)C在催化剂作用下得到有机玻璃，则C为甲基丙烯酸甲酯，则B为甲醇，有机玻璃的化学名称为聚甲基丙烯酸甲酯()，含有的官能团为酯基，故答案为：甲醇；酯基；
(3)a.CH2=C(CH3)COOH具有乙烯分子的平面型结构，其可以看成是乙烯分子中同一个C上的两个H原子被甲基和羧基取代，则羧基C原子和甲基C原子相当于原来乙烯分子中的两个H原子，故4个C原子共面，a正确；
b.因甲基丙烯酸含有双键，能与溴水发生加成反应、能被酸性高锰酸钾氧化，b正确；
c.同系物要求分子组成上相差n个CH2原子团且属于同一类物质的有机物，丙酸(CH3CH2COOH)显然与甲基丙烯酸不是同系物，c错误；
d.甲基丙烯酸含有羧基，具有酸性能与Cu(OH)2悬浊液发生中和反应，d正确；
故答案为：c；
(4)④的反应为甲基丙烯酸与甲醇反应生成甲基丙烯酸甲酯和水，故答案为：CH2=C(CH3)COOH+CH3OHCH2=C(CH3)COOCH3+H2O
(5)C为甲基丙烯酸甲酯，其含有酯基和碳碳双键，其同分异构体能发生水解反应但不能发生银镜反应说明含有酯基但不是甲酸某酯，能使溴水褪色说明含有碳碳双键，由于酯是由酸和醇反应得到，故作如下分析：
①当酸为乙酸时，则醇为含3个碳原子的烯醇，有三种结构(可看成是丙烯分子中1个H原子被羟基取代)，符合条件的酯有3种；
②当酸为丙酸(CH3CHCOOH)时，醇有一种结构乙烯醇(CH2=CHOH)，符合条件的酯有1种；
③当酸为丙烯酸(CH2=CHCOOH)时，醇有一种结构乙醇(CH3CH2OH) ，符合条件的酯有1种；
④当酸为4个C原子的烯酸时，可为C=C—C—COOH或C—C=C—COOH，醇只有一种结构甲醇(CH3OH)，符合条件的酯有2种，则符合条件的C的同分异构体共用7种，其中核磁共振氢谱有3组峰的物质的结构简式为CH3COOC(CH3)=CH2，故答案为：7；CH3COOC(CH3)=CH2；
(6) 以逆合成法进行分析，聚-2-羟基丙酸的单体为CH3CH(OH)COOH(2-羟基丙酸)，由题可知氰基水解可得到羧基，则可先合成CH3CH(OH)CN，而引入氰基可用碳氧双键与HCN的加成反应得到，而碳氧双键可由乙醇氧化得到，则合成思路为：CH3CH2OH氧化得到CH3CHO，CH3CHO与HCN加成得CH3CH(OH)CN，CH3CH(OH)CN水解得CH3CH(OH)COOH，CH3CH(OH)COOH发生缩聚得，故答案为：CH3CHO