2022届四川省成都市第七中学高三下学期二诊模拟考试 理综

这是一份2022届四川省成都市第七中学高三下学期二诊模拟考试 理综，共48页。试卷主要包含了答非选择题时，必须使用0，考试结束后，只将答题卡交回，5I，初级电压为等内容，欢迎下载使用。
成都七中高2022届高三下期二诊模拟
理科综合试题
本试卷分选择题和非选择题两部分。
第I卷（选择题）1至4页，第II卷（非选择题）5至12页，共12页；满分300分，考试时间150分钟。
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
5.考试结束后，只将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cu-64 Zn-65 Se-79
第I卷（选择题共126分）
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8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. 2022届北京冬奥会值得期待自由式滑雪空中技巧项目将在张家口云顶滑雪公园举行。运动员（无滑雪杖）从助滑坡滑下，从圆弧形跳台上跳，在空中完成空翻、旋转等动作后在着落坡着陆，最后以旋转刹车方式急停在停止区，如图所示。已知圆弧跳台与助滑坡水平平滑连接。关于运动员在圆弧形跳台上的运动，下列说法正确的是（　　）

A. 在此阶段运动员受重力、支持力和向心力 B. 在圆弧形跳台最低点时运动员处于失重状态
C. 在此阶段运动员重力的功率一直变小 D. 在圆弧形跳台上运动时，运动员所受的支持力减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．运动员在圆弧形跳台上的运动过程中，受到重力、支持力和雪地的摩擦阻力作用，没有受到向心力作用，向心力是按效果命名的，不是物体实际所受的力，故A错误；
B．在圆弧形跳台最低点时，因为进入圆周运动状态，需要向心力，方向向上，所以合力向上，处于超重状态，故B错误；
C．此阶段运动员的速度在变化，重力的功率等于物体重力大小与竖直方向的速度大小的乘积，当运动员到圆弧形跳台最低点时，重力的方向与速度方向垂直，此时重力的功率为0，向上运动过程中，重力的方向与速度方向不垂直，则重力的瞬时功率不为0，所以运动员在圆弧形跳台上的重力功率先减小后增大，故C错误；
D．随着运动员在圆弧型跳台上高度的升高，速率逐渐减小，所需要的向心力也在减小，向心力由台面对她的支持力与重力垂直接触面向下的分力提供，由牛顿第二定律

随着高度升高，在增大，v在减小，所以FN在减小，故D正确。
故选D。
2. 图甲为家庭常用的燃气灶实物图，灶面上有一个支架。共有五个均匀分布的支承面，对放在上面的厨具起到支撑作用。现把一个蒸锅放在支架上，并抽象成示意图乙，已知支架的每个支承面与水平方向成角。蒸锅和里面的食物总重计为G，则每个支承面给蒸锅的支持力为（忽略蒸锅和支承面之间的摩擦力）（　　）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】五个支撑面对蒸锅的支持力的合力与蒸锅包括食物的重力相等，设其中一个支撑面对蒸锅的支持力为N，则其方向与竖直方向夹角为α，由分析可知

又在竖直方向受力平衡，有

解得

故选B.
3. 用a、b两种可见光照射同一光电效应装置，测得的光电流和电压的关系图像如图甲所示，图乙为氢原子的能级图。已知可见光的光子能量在到之间，下列说法正确的是（　　）

A. a光的波长比b光的小
B. 单色光a的光子动量比单色光b的光子动量大
C. 用大量的光子去照射基态的氢原子可以得到两种可见光
D. 若a光是氢原子从能级跃迁到能级时发出的光，则b光是氢原子从能级跃迁到能级时发出的光
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据

可知，频率越大的截止电压越大，所以a光的频率比b光的小，根据

可知，频率越大时波长越小，所以a光的波长比b光的大，A错误；
B．根据

可知，单色光a的光子动量比单色光b的光子动量小，B错误；
C．用大量的光子去照射基态的氢原子，则有

可知n=4，即可以跃迁到第四个能级，所以能得到两种可见光，即跃迁到，跃迁到，C正确；
D．根据

因为a光的频率比b光的小，则a光是从跃迁到能级时发出的光，则b光不可能是从跃迁到能级时发出的光，D错误。
故选C。
4. 2021年，某杂志上的一篇文章中描述了一颗质量达到木星级别的气态行星，绕银河系内的一颗白矮星做匀速圆周运动。已知地球绕太阳微圆周运动的轨道半径为r，若该白矮星的质量约为太阳的一半，气态行星绕白矮星做圆周运动的轨道半径约为3r。取1年，，，则可估算出该气态行星的角速度约为（　　）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】万有引力提供向心力，气态行星绕白矮星做匀速圆周运动，有

地球绕太阳做匀速圆周运动，有

又

解得该气态行星的角速度约为，ABD错误，C正确。
故选C。
5. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2，正弦交流电源电压的有效值为U=15V保持不变，电阻R1=15Ω，R2=20Ω，滑动变阻器R3最大阻值为40Ω。开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，则下列说法错误的是（　　）

A. 通过R1的电流为1A
B. 电压表读数为12V
C. 若向下移动P，电压表读数将变大
D. 若向上移动P，变压器输出功率将变小
【答案】A
【解析】
【详解】AB．理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，可知原副线圈的电流之比为2∶1，设通过原线圈的电流为I，则副线圈的电流为0.5I，初级电压为

次级电压为

根据电压器电压之比等于匝数之比可得

联立解得


A错误，符合题意，B正确，不符合题意；
C．向下移动P，则电阻增大，次级电流变小，初级电流也随之变小，电阻的电压变小，变压器输入的电压变大，次级电压也变大，电压表读数变大，C正确，不符合题意；
D．直流电路中外电路的总电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，如图所示

R1等效为电源内阻，若向上移动P，R3电阻减小，等效外电阻为

开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，可知

随着R等效的减小，副线圈输出功率将变小，D正确，不符合题意。
故选A。
6. 如图所示，真空中两等量异种点电荷＋q、－q固定在y轴上。abcd为等腰梯形，ad、bc边与y轴垂直且被y轴平分。下列说法正确的是（　　）

A. 将电子从d点移动到b点，电势能减小
B. a点电势高于d点电势
C. 将质子从a点移动到c点，电场力做负功
D. b、c场强相同
【答案】AC
【解析】
【详解】A．如图为等量异种电荷周围的电场线

对比该图可知，b点的电势高于d点，由可知，将电子从d点移动到b点，电势能减小，A正确；
B．由对称性可知，a点电势等于d点电势，B错误；
C．因a点电势低于c点，则将质子从a点移动到c点，电势能增加，电场力做负功，C正确；
D．由对称性可知，b、c场强大小相同，方向不同，D错误。
故选AC。
7. 如图所示，质量为的长木板放在光滑的水平面上，质量为的滑块（可视为质点）放在长木板的左端，两者之间的动摩擦因数为。某时刻用的水平恒力作用在长木板上，经后撤去力，最终滑块恰好没有滑离长木板。重力加速度，则下列说法正确的是（　　）

A. 撤去力时长木板的速度为
B. 撤去力时滑块的速度为
C. 滑块最终的速度为
D. 长木板的长度为
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．力F作用在长木板上后，由牛顿第二定律可得

解得滑块和长木板的加速度分别为

撤去力F时滑块和长木板的速度分别为

故A错误，B正确；
C．撤去力F后．由动量守恒定律可得

解得滑块最终的速度为

故C正确；
D．撤去力F前．滑块在长木板上移动的距离为

撤去力F后，由能量守恒定律可得

解得

则长木板的长度为

故D错误。
故选BC。
8. 如图甲所示，光滑斜面的倾角为30°，一根轻质弹簧一端固定在斜面底端，另一端与滑块A相连，滑块B与A靠在一起（不粘连），两滑块的质量均为m，系统处于静止状态。从零时刻起对滑块B施加一个平行斜面的变力F，两滑块的v-t图象如图乙所示，t0时刻F的大小是零时刻F大小的2倍，重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是（　　）

A. t0时刻前两滑块的加速度大小均为
B. t时刻两滑块的速度大小均为
C. 弹簧的劲度系数为
D. 0到t0时间内弹簧弹性势能的减少量为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图乙所示图象可知，t0时刻两滑块开始分离，此时它们的加速度大小、速度大小都相等，它们间的作用力为零，设此时弹簧的压缩量为，设时弹簧的压缩量为，设弹簧的劲度系数为，设时刻拉力大小为，时刻拉力大小为，由题意可知

施加拉力前，对A、B整体，由平衡条件得

时刻，对A、B整体，由牛顿第二定律得

时刻，对B，由牛顿第二定律得

解得

故A错误；
B．由图乙所示图象可知，在内，A、B一起做初速度为零的匀加速直线运动，时刻两滑块的速度大小为

故B正确；
C．由图乙所示图象可知，在内，A、B一起做初速度为零的匀加速直线运动，位移大小为

则

时刻，对A，由牛顿第二定律得

施加拉力前，对A、B整体，由平衡条件得

解得弹簧的劲度系数为

故C错误；
D．设0到时间内弹簧弹性势能的减小量为，则

故D正确。
故选BD。
第II卷（非选择题，共174分）
二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~14题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题（共129分）
9. 某学习小组利用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律。研究对象为小车、车上钩码及悬挂的钩码整体，整体总质量为M，整体所受的合外力F的大小等于悬挂钩码的总重力大小，利用纸带和电火花计时器测出小车的加速度a。

实验一：研究M一定时，加速度a与F的关系。
实验二：研究F一定时，加速度a与M的关系。
（1）下列操作必要的有______。
A.本实验需让木板倾斜合适角度，以平衡摩擦力
B.调节定滑轮时，应使连接小车的细线与木板平行
C.实验时，需满足悬挂钩码的质量远小于小车及车上钩码的质量
D.实验时，应先释放小车再接通电火花计时器
（2）实验一：小车上及细线悬挂钩码总数不变。第一次，细线悬挂1个钩码，其余钩码放在小车上，释放小车后，小车沿斜面下滑打出一条纸带，求出此次实验小车的加速度a1;
第二次，细线悬挂2个钩码，其余钩码放在小车上，求出此次实验小车的加速度a2，以此类推，共做5组实验。画出a-F图像，理论上图像斜率k=______。
（3）实验二：细线悬挂钩码数不变。第一次，小车上不放钩码，释放小车后，小车沿斜面下滑打出一条纸带，求出此次实验小车的加速度a，第二次，小车上放1个钩码，以此类推，共做5组实验。若画出a-M图像，图线为______线（填“直”或“曲”）。

（4）某次实验打出的一条纸带如图乙所示，纸带上0为起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G。由纸带测得小车的加速度a=______m/s2。（保留2位有效数字）
【答案】 ①. AB##BA ②. ③. 曲 ④. 0.99
【解析】
【详解】（1）[1]A．需要让整体受到合外力等于钩码的重力，则本实验需让木板倾斜合适角度，以平衡摩擦力，故A正确；
B．为使整体受到的合外力不变，调节定滑轮时，应使连接小车的细线与木板平行，故B正确；
C．研究对象为小车、车上钩码及悬挂的钩码整体，实验时，并不需满足悬挂钩码的质量远小于小车及车上钩码的质量，故C错误；
D．为充分利用纸带，实验时，应先接通电火花计时器再释放小车，故D错误。
故选AB。
（2）[2]根据牛顿第二定律


画出a-F图像，理论上图像斜率

（3）[3] 根据牛顿第二定律

合外力不变，质量改变，若画出a-M图像，图线为曲线。
（4）[4]根据逐差法

10. 为了避免电流表、电压表内阻对测量的影响，学习小组利用如图1所示的电路图，测量内阻较大的干电池的电动势和内阻。

（1）请根据图1电路图在图2中画出实物连线图_______；
（2）某次测量，电流表和电压表指针分别如图3、图4所示，则电流表读数为I=_______mA，电压表读数为U=_______V。

（3）开关S2拨到1时，改变滑动变阻器接入电路的阻值，得到多组电流和电压值，在坐标纸上画出U-I图像如图5中的a直线；再把开关S2拨到2，重复操作，画出b直线。根据图像，尽可能准确求出电源电动势E=_______V，电源内阻r=_______Ω，电流表内阻R1=_______Ω。

【答案】 ①. ②. 3.00 ③. 1.10 ④. 1.5 ⑤. 100
⑥. 47
【解析】
【详解】（1）[1]根据电路图画出实物连线图如下

（2）[2][3]根据表盘可以读出
，
（3）[4][5][6] 开关S2拨到1时，根据闭合电路欧姆定律

当电流零时，电动势等于电压表示数，结合图像可知


开关S2拨到2时，根据闭合电路欧姆定律

整理的

结合图像可知
，
联立上式解得
，
11. 如图所示的平面直角坐标系xoy位于竖直面内，其中y轴竖直，点A、C的坐标分别为（0，L）和（－L，0）.整个空间存在方向沿x轴负方向的匀强电场E1（未画出）。将一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点静止释放，小球恰能经过C点，小球经过C点时匀强电场方向变为竖直向上，场强大小变为原来的 ，同时整个空间加上磁感应强度大小（g为重力加速度大小）方向垂直坐标平面向外的匀强磁场（未画出），小球再运动后，撒去磁场并将电场恢复为初始时的匀强电场E1，求：
（1）电场的场强大小以及小球通过C点时的速度大小
（2）撤去磁场后小球通过AC连线的位置距A点的距离。

【答案】（1），；（2）
【解析】
【详解】（1）设，则

又

由匀变速运动规律有

解得


（2）电场改变后，竖直方向上

受力平衡，小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，运动轨迹如图

则有

小球做圆周运动的周期为

解得


则小球在磁场中运动的时间为，结合数学知识知，撤去磁场并恢复电场时，小球的速度方向沿DA方向，之后小球做类平抛运动，则有


解得

12. 如图所示，一滑块放在水平轨道上，下方用绝缘杆固定一边长为L=0.4m、匝数为10匝的正方形金属线框，已知线框的总阻值为R=1.0Ω，线框、绝缘杆以及滑块的总质量为M=2kg，滑块与水平轨道之间的动摩擦因数为μ=0.5。水平轨道的正下方有长为4L、宽为L的长方形磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，且线框的上边缘刚好与磁场区域的中心线重合。现给滑块施加一水平向右的外力F，使整个装置以恒定的速度v=0.4m/s通过磁场区域，从线框进入磁场瞬间开始计时，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，重力加速度为g=10m/s2。
（1）正方形线框进入磁场时，线框中的电流是多少？
（2）正方形线框刚要全部进入磁场时外力应为多大；
（3）正方形线框从刚进入磁场到刚好离开磁场的过程中，外力做的功为多少。

【答案】（1）0.4A；（2）10.8N；（3）20.16J
【解析】
【详解】（1）正方形线框刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律得

则线框中的电流为

（2）正方形线框全部进入磁场所用的时间为

在此时间内，磁感应强度不变，均为

线框将要全部进入磁场时，右边导线受到向左的安培力，大小为

线框的上边所受的安培力向下，大小为

则滑块所受滑动摩擦力为

故外力

（3）正方形线框刚进入磁场时外力大小为

线框全部进入过程中外力所做的功为

线框整体在磁场中运动的时间为

则1~3s内有

线框中有沿顺时针方向的电流，电流大小为

线框完全进入磁场瞬间，磁感应强度发生变化，线框的上边受到向上的安培力，大小为

则1~3s内外力做的功

后线框中无电流，此时直到线框完全离开磁场，外力做的功

故整个过程外力做的总功为

（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题做答。并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。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。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
13. 一块三棱柱玻璃砖的横截面为等腰直角三角形，如图所示，AC边长为L=60cm，∠B=90°，该玻璃砖对红光的折射率为n=。一束平行于AC边的红光从AB边上的某点O（未画出）射入玻璃砖，并恰能射到AC边的中点D，不考虑光在BC边上的反射，光速c=3×108m/s。则下列说法正确的是（　　）

A. 从玻璃砖射出的红光将不再与AC边平行
B. 红光在玻璃砖内传播的时间为4×10-9s
C. 只将红光改为紫光，紫光会从AC边射出玻璃砖
D. 只将红光改为紫光，射出玻璃砖的紫光将仍与AC边平行
E. 只将O向上平移，经AB边折射的光线直线射到BC边一定发生全反射
【答案】BDE
【解析】
【详解】ACD．根据几何关系可知红光在AB边的入射角为45°，根据

解得折射角

而红光的频率小于紫光，故紫光的折射率更大，在AB边的折射角更小，根据几何关系红光和紫光在AC边的入射角都大于45°，
而临界角满足


因此两光均会在AC边发生全反射，根据光路可逆原理可知，在BC边的出射光线均与AC边平行，故AC错误，D正确；
B．已知红光在AB边上的入射点为O，根据正弦定理

又

可得红光在玻璃砖内传播的时间

联立解得

故B正确；
E．经AB边折射的光线直线射到BC边时，在AB边折射角为30°，则根据几何关系可知在BC边的入射角为60°，大于临界角，一定发生全反射，故E正确。
故选BDE。
14. 如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t=0时刻0~25m部分的波形图如图中实线，经过Δt=0.3s 该部分波形图如图中虚线，已知虚线上波峰对应的平衡位置到原点0的距离为12.5m，质点A平衡位置的横坐标为xA=7.5m。
（1）求该简谐横波的波速。
（2）当波速取最小值时，求质点A的振动方程。

【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由波形图可知，波长

波沿x轴正方向传播，则

其中

解得

则波速


（2） 时，波速最小，此时

则

质点A的振动方程

质点A在零时刻向下振，可知

故质点A的振动方程

成都七中高2022届高三下期二诊模拟
理科综合试题
一、选择题
1. 下列有关细胞及细胞结构的叙述中，正确的是（ ）
A. 记忆B细胞中有较多高尔基体，有利于抗体的分泌
B. 核糖体是各种生物都具有的细胞器，有利于蛋白质的合成
C. 神经元内的突触小泡参与动物细胞生物膜系统的组成
D. 真核细胞中能形成囊泡的结构只有内质网和高尔基体
【答案】C
【解析】
【分析】生物膜系统：
（1）组成：细胞膜、核膜以及各种细胞器膜；
（2）功能：①使细胞具有一个相对稳定的内环境，在细胞与环境之间进行物质运输、能量交换和信息传递的过程中也起着决定性的作用；②细胞的许多重要的化学反应在生物膜内或者膜表面进行，细胞内的广阔的膜面积为酶提供了大量的附着位点，为各种化学反应的顺利进行创造了有利条件；③细胞内的生物膜把细胞分隔成一个个小的区室，这样就使得细胞内能够同时进行多种化学反应，而不会相互干扰，保证了细胞的生命活动高效、有序地进行。
【详解】A、浆细胞中有较多高尔基体，有利于抗体的分泌，抗体不是由记忆B细胞合成的，A错误；
B、核糖体是所有细胞生物都具有的细胞器，因而有利于蛋白质的合成，但病毒不具有核糖体，B错误；
C、神经元内的突触小泡为具膜小泡，属于动物细胞生物膜系统的组成部分，C正确；
D、真核细胞中能形成囊泡的结构不只有内质网、高尔基体，还有细胞膜，D错误。
故选C。
2. 下列有关生物学实验的叙述，正确的是（ ）
A. 提取叶绿体中的色素时，应选用干燥的绿叶进行实验
B. 通过观察澄清石灰水是否变浑浊，不能判断酵母菌的呼吸方式
C. 人鼠细胞融合的实验中，运用了同位素标记法来证明细胞膜具有流动性
D. 伞藻的嫁接实验，能证明伞藻帽的形状只受细胞核控制
【答案】B
【解析】
【分析】酵母菌是异养兼性厌氧型生物，能用于探究细胞呼吸方式。该实验需要设置探究有氧呼吸和探究无氧呼吸的实验装置，以形成对比。酵母菌有氧呼吸和无氧呼吸都能产生二氧化碳，二氧化碳可以用溴麝香草酚蓝水溶液检测，也可以用澄清石灰水检测，无氧呼吸产生的酒精可以用酸性的重铬酸钾溶液鉴定。
【详解】A、提取叶绿体中的色素时，应选用新鲜的绿叶进行实验，干燥的绿叶中色素的含量不高，A错误；
B、酵母菌无氧呼吸和有氧呼吸都能产生二氧化碳，因此不能通过观察澄清石灰水是否变浑浊来判断酵母菌的呼吸方式，B正确；
C、科学家证明细胞膜具有流动性的人鼠细胞融合实验中用到了荧光标记法，C错误；
D、伞藻的嫁接实验是将甲的伞柄嫁接到乙的假根上，所以证明了伞藻的伞帽由假根决定，不能充分证明细胞核控制伞藻伞帽的形状，因为假根内除了细胞核还有其他物质，D错误。
故选B。
3. 下列关于植物激素的叙述，正确的是（ ）
A. 短日照引起植物体内赤霉素含量升高使植物进入休眠期
B. 植物顶芽生长占优势时侧芽处生长素的合成受到抑制
C. 植物几乎所有的生命活动都受到植物激素的调节
D. 生长素在植物的成熟组织中只能从形态学下端运输到形态学上端
【答案】C
【解析】
【分析】植物激素是由植物体内产生，能从产生部位运送到作用部位，对植物的生长发育有显著影响的微量有机物。生长素主要合成部位是幼嫩的芽、叶和发育中的种子；在胚芽鞘、芽、幼叶和幼根中，生长素只能从形态学上端运输到形态学下端，称为极性运输，极性运输是细胞的主动运输；在成熟组织中，生长素可以通过韧皮部进行非极性运输。生长素的生理作用具有"两重性”，即在浓度低时促进生长，在浓度高时会抑制生长，体现植物生长素作用两重性的实例主要有顶端优势和根的向地性。此外，同一植物的不同器官对生长素的敏感性不同，根最敏感，其次为芽，茎最不敏感。
【详解】A、短日照引起植物体内赤霉素含量升高，但是赤霉素可解除种子的休眠，其含量升高不会使植物进入休眠期，A错误；
B、植物的顶端优势是顶芽产生的生长素在侧芽处积累，侧芽处生长素浓度过高，生长受抑制，并非抑制侧芽处生长素的合成，B错误；
C、在植物的生长发育过程中，几乎所有的生命活动都受到植物激素的调节，C正确；
D、生长素在幼嫩组织中只能从形态学上端运输到形态学下端，而不能反过来运输，生长素在成熟组织中可发生非极性运输，D错误。
故选C。
4. 人体细胞分裂的过程中，伴随着细胞结构的规律性变化。下列叙述正确的是（ ）
A. DNA 聚合酶需经内质网与高尔基体加工才能发挥作用
B. 染色体数：核DNA分子数为1:1的细胞中可能含有两条Y染色体
C. 若某细胞处于分裂后期且染色体数等于体细胞染色体数，则其正进行减数第二次分裂
D. 在人体细胞分裂的间期，由2个中心体发出星射线形成纺锤体
【答案】B
【解析】
【分析】动物不同时期染色体和DNA的数量关系：染色体：染色单体：DNA=1：2：2，且染色体数目与体细胞相同，属于有丝分裂前期和中期、减数第一次分裂；染色体：染色单体：DNA=1：2：2，且染色体数目是体细胞的一半，处于减数第二次分裂前期和中期；染色体：DNA=1：1，且染色体数目与体细胞相同，处于减数第二次分裂后期；染色体：DNA=1：1，且数目均为体细胞的一半，处于减数第二次分裂末期。
【详解】A、DNA 聚合酶不是分泌蛋白，不需经内质网与高尔基体加工，A错误；
B、染色体数：核DNA分子数为1:1的细胞可能是男性有丝分裂后期的细胞，此时含有两条Y染色体，B正确；
C、若某细胞处于分裂后期且染色体数等于体细胞染色体数，则其正进行减数第一次分裂后期或减数第二次分裂后期，C错误；

D、在人体细胞分裂的前期，由2个中心体发出星射线形成纺锤体，D错误。
故选B。
5. 关于基因的表达，错误的是（ ）
A. 细胞在增殖过程中，一定会进行DNA的复制
B. 真核细胞转录时不同基因的模板链可能不同
C. 胰岛B细胞中存在DNA 转录和翻译同时进行的现象
D. 当RNA聚合酶移动到终止密码子时，停止转录
【答案】D
【解析】
【分析】1、转录过程以四种核糖核苷酸为原料，以DNA分子的一条链为模板，在RNA聚合酶的作用下消耗能量，合成RNA。
2、翻译过程以氨基酸为原料，以转录过程产生的mRNA为模板，在酶的作用下，消耗能量产生多肽链。多肽链经过折叠加工后形成具有特定功能的蛋白质。
【详解】A、细胞增殖过程中一定会进行DNA的复制和有关蛋白质的合成，A正确；
B、由于基因的选择性表达，真核细胞转录时不同基因的模板链可能不同，B正确；
C、胰岛B细胞中含有线粒体，存在DNA转录和翻译同时进行的现象，C正确；
D、DNA双链解开，RNA聚合酶起始转录、移动到终止子时停止转录，而终止密码子在mRNA上，D错误。
故选D。
6. 果蝇X、Y染色体有同源区段和非同源区段，杂交实验结果如下表所示。下列有关叙述不正确的是
杂交组合1
P刚毛（♀）×截毛（♂）→F1全部刚毛
杂交组合2
P截毛（♀）×刚毛（♂）→F1刚毛（♀）：截毛（♂）=1:1
杂交组合3
P截毛（♀）×刚毛（♂）→F1截毛（♀）：刚毛（♂）=1：1

A. X、Y染色体同源区段基因控制的性状在子代中也可能出现性别差异
B. 通过杂交组合1，可判断刚毛对截毛为显性
C. 通过杂交组合2，可判断控制该性状的基因一定位于X、Y染色体的非同源区段
D. 通过杂交组合3，可判断控制该性状的基因一定位于X、Y染色体的同源区段
【答案】C
【解析】
【分析】据题文和表中信息可知：该题考查学生对伴性遗传等相关知识的理解能力和掌握情况。掌握位于性染色体不同区段的基因的遗传特点，并能够根据遗传特点设计实验验证基因存在的位置是解题的关键。
【详解】假设相关的基因用B和b表示。X、Y染色体同源区段基因控制的性状在子代中也可能出现性别差异，如当双亲的基因型分别为XbXb与XBYb时，子代雌性均表现为显性性状，而雄性均表现为隐性性状，A正确；在杂交组合1中，刚毛（♀）与截毛（♂）杂交，F1全部刚毛，说明刚毛对截毛为显性，B正确；通过杂交组合2，不能判断控制该性状的基因一定位于X、Y染色体的非同源区段，例如，若基因位于X、Y染色体的非同源区段，P：截毛（XbXb）×刚毛（XBY）→F1刚毛（XBXb）：截毛（XbY）=1：1，若基因位于同源区段上，P：截毛（XbXb）×刚毛（XBYb）→F1刚毛（XBXb）：截毛（XbYb）=1：1，C错误；通过杂交组合3，可判断控制该性状的基因一定位于X、Y染色体的同源区段，例如，P：截毛（XbXb）×刚毛（XbYB）→F1截毛（XbXb）：刚毛（XbYB）=1：1，D正确。
【点睛】位于性染色体同源区上的基因存在于X和Y染色体上的相同位置，互为等位基因或相同基因，其遗传与常染色体上基因的遗传相似，但在特殊情况下也有差别；位于X染色体非同源区上的基因仅存在于X染色体上，Y染色体上没有相应的基因；位于Y染色体非同源区上的基因仅存在于Y染色体上，只限于在男性中遗传。
7. 参照表中内容，围绕绿色植物细胞内的元素、化合物及化合物的分布场所与功能，完成下表：
元素种类
组成物质
物质的主要分布场所
物质的功能
C
蛋白质纤维
细胞骨架
（1） ________
N
ATP合成酶
（2）________、线粒体、叶绿体
催化ATP的合成
P
转运RNA
细胞质
（3）________
Mg
叶绿素
（4）________
（5）________

【答案】 ①. 维持细胞形态、保持细胞内部结构有序性 ②. 细胞质基质 ③. 识别并转运氨基酸 ④. 叶绿体的类囊体薄膜 ⑤. 捕获光能
【解析】
【分析】ATP合成酶可催化ATP的合成，ATP合成的场所为细胞质基质、线粒体和叶绿体，因此ATP合成酶分布在细胞质基质、线粒体、叶绿体中。
【详解】蛋白质纤维是构成细胞骨架的物质，其功能是维持细胞形态、保持细胞内部结构有序性。
ATP合成酶可催化ATP的合成，ATP合成的场所为细胞质基质、线粒体和叶绿体，因此ATP合成酶分布在细胞质基质、线粒体、叶绿体中。
翻译时转运RNA可识别并转运氨基酸，转运RNA位于细胞质中。
叶绿素分布在叶绿体的类囊体薄膜上，可吸收、传递和转化光能。
【点睛】本题考查组成细胞的有机物的结构和功能，学生的识记能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题的能力是解答本题的关键。
8. EV71是引发人手足口病的一种肠道病毒（图2)。目前临床上还没有有效的治疗药物，疫苗的研发与接种是控制手足口病流行的重要手段。科研人员用小鼠进行相关实验，据下图回答下列问题：

（1）该实验的自变量是________。多次免疫后，分别取上述3组小鼠的血清和未免疫小鼠血清，测定血清中抗体与相关抗原的结合强度，结果如图1所示。实验表明EV71免疫的小鼠血清抗体________（填“是”或“不是”）单一抗体，判断依据是________。
（2）科学家通过基因工程诱导大肠杆菌表达病毒的衣壳蛋白VP1经纯化，加佐剂SA04吸附后，二者共同被免疫系统识别加工，发挥免疫作用，吸附后制成疫苗用于预防手足口病,与传统灭活疫苗相比，这样的重组疫苗更安全又有效，其主要原因是________。
（3）为评价SA04疫苗佐剂能否提高疫苗的免疫效果，科研人员将VP1、VP1经SA04佐剂吸附后分别注射于小鼠体内，然后在第7、14、21、28天测定相应抗体的相对含量。请指出本实验方案存在的缺陷并改进实验方案：________。
【答案】（1） ①. 抗原种类 ②. 不是 ③. EV71免疫的小鼠血清可以结合EV71、VP1和VP2多种抗原
（2）衣壳蛋白VPI无侵染能力，但可刺激机体产生抗体和记忆细胞
（3）缺少对照组：增加注射SA04佐剂处理和注射生理盐水的对照组
【解析】
【分析】1、第一道防线是皮肤和黏膜及其分泌物，它们不仅能够阻挡大多数病原体入侵人体，而且他们的分泌物还有杀菌作用。呼吸道粘膜上有纤毛，具有清扫异物（包括病毒、细菌）的作用。
2、第二道防线是体液中的杀菌物质（如溶菌酶）和吞噬细胞。前两道防线是人类在进化过程中逐渐建立起来的天然防御功能，特点是人人生来就有，不针对某一种特定的病原体，对多种病原体都有防御作用，因此叫做非特异性免疫（又称先天性免疫）。
3、第三道防线主要由免疫器官（扁桃体、淋巴结、胸腺、骨髓、脾等）和免疫细胞（淋巴细胞、单核/巨噬细胞、粒细胞、肥大细胞）借助血液循环和淋巴循环而组成的。
小问1详解】
由图可知，抗原种类是该实验的自变量。由图1可知，EV71免疫的小鼠血清可以结合 EV71、VP1 和 VP2 多种抗原，且抗原-抗体结合强度相对值都较大，可知EV71免疫的小鼠血清抗体不是单一抗体。
【小问2详解】
由于衣壳蛋白VPI无侵染能力，但可刺激机体产生抗体和记忆细胞，所以衣壳蛋白VP1经纯化，加佐剂SA04吸附后，二者共同被免疫系统识别加工制成疫苗与传统灭活疫苗相比更安全又有效。
【小问3详解】
本实验缺乏对照组，改进方案是增加射SA04佐剂处理和注射生理盐水的对照组，使实验更有说服力。
【点睛】本题以EV71病毒为素材，考生免疫调节相关知识，要求考生掌握体液免疫的过程，掌握疫苗等免疫学相关的应用，并能结合实验结果和题图作出准确的分析和判断是解答本题的关键。
9. 土壤中重金属污染和农药残留影响茶叶品质。科研小组对某重金属污染地区的单作茶园生态系统（种植单一品种茶树）进行了调查研究，并对其实施了植物修复技术。植物修复通过禾本科、豆科等超积累植物从被污染环境中吸收重金属，并将其转移、贮存到地上部分（超积累植物地上部分对重金属贮存量比普通植物高10倍以上），从而降低环境中重金属浓度，达到修复的目的。请回答下列问题：
（1）茶园生态系统不同地段分布有不同的生物类群，体现了群落的________结构。单作茶园生态系统中经常爆发病虫害，主要是该生态系统________能力较低。
（2）科研小组选择适宜的大豆进行茶、豆间作，发现茶园土壤中镉等重金属浓度明显下降，且土壤肥力明显提升，其原因有________。
（3）蜘蛛在茶园生态系统中发挥着重要作用。在不同类型的茶园中对蜘蛛的相关指数进行了调查，得到下表数据（有机茶园不喷洒除草剂，每年采茶1次；无公害茶园每年喷洒除草剂2次，采茶4次；普通茶园每年喷洒除草剂2次，采茶6次）
项目
有机茶园
无公害茶园
普通茶园
个体数
1615
982
601
物种数
57
48
34
丰富度指数
7．72
6．83
5．22
①区别三种茶园中生物群落的重要特征是________。
②根据上表结果可知，有机茶园中蜘蛛的________显著多于其他两种茶园，使得害虫数量明显降低。
③普通茶园中蜘蛛的丰富度指数最低的原因可能是________。
【答案】（1） ①. 水平 ②. 自我调节
（2）大豆吸收了重金属，而根瘤菌固氮增加了土壤肥力
（3） ①. 物种组成 ②. 个体数和物种数、丰富度指数 ③. 喷洒除草剂不利于蜘蛛的生长繁殖，频繁采茶改变了茶园为蜘蛛提供的食物和栖息环境
【解析】
【分析】1.群落垂直结构：在垂直方向上，大多数群落具有明显的分层现象；植物主要受阳光的影响，动物主要受食物和栖息空间的影响。群落水平结构：由于地形的变化、土壤湿度和盐碱的差异、光照强度的不同等因素，不同地段往往分布着不同的种群，同一地段上种群密度也有差异。
2.互利共生是指两种生物共同生活在-起,相互依赖，彼此有利;如果分开,则双方或- -方不能独立生活，共生生物之间呈现出同步变化,即"同生共死，荣辱与共”。
3.生态系统所具有的保持或恢复自身结构和功能相对稳定的能力称为生态系统的稳定性。
(1)抵抗力稳定性①概念：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。②原因：生态系统内部具有一定的自我调节能力。③规律：生态系统的成分越单纯，营养结构越简单，自我调节能力就越弱，抵抗力稳定性就越低，反之则越高。
(2)恢复力稳定性①概念：生态系统在受到外界干扰因素的破坏后恢复到原状的能力。②规律：一般环境条件越好，恢复力稳定性越高；反之，越低。
【小问1详解】
由于地形起伏的变化，在不同地段分布有不同的生物种群，这体现了群落的水平结构。茶园生态系统不同地段分布有不同的生物类群，这体现的是群落的水平结构。单作茶园生态系统中经常爆发病虫害，主要是该生态系统中物种数量少，营养结构简单，自我调节能力较低导致的。
【小问2详解】
科研小组选择适宜的大豆进行茶、豆间作，由于大豆吸收了重金属，因此重金属的浓度明显下降，大豆与根瘤菌是互利共生关系，而根瘤菌能固氮，因而会使土壤肥力增加。
【小问3详解】
①群落的物种组成是区别不同群落的重要特征。
②根据表中结果可知，有机茶园中蜘蛛的丰富度指数、物种数和个体数均显著多于其他两种茶园，即群落丰富度提高，自我调节能力增强，因而使得害虫数量明显降低。
③普通茶园中蜘蛛的丰富度指数最低的原因可能是喷洒除草剂不利于蜘蛛的生长繁殖，且频繁采茶改变了茶园为蜘蛛提供的食物和栖息环境，因而导致丰富度指数下降。
【点睛】熟知群落的结构和特征是解答本题的关键，正确分析图中的信息并能合理利用是解答本题的前提，掌握种间关系的类型以及对群落稳定性的影响是解答本题的另一关键。
10. 茄子是我国重要的蔬菜作物之一，其果皮颜色对其经济价值有重要影响。科研人员为探明茄子果皮颜色的遗传规律，进行了以下杂交实验。
回答下列问题：
（1）茄子花是两性花，杂交实验时要依次对母本进行去雄、套袋、人工授粉、再套袋等操作，其中去雄和套袋的作用分别是________。
（2）以紫色果皮（P1)和白色果皮（P2)茄子为亲本，进行杂交实验，结果如下表所示。
杂交组合
亲本
子代
1
P1×P2
F1均为紫色
2
F1自交
F2紫色：绿色：白色＝72：19：6
3
F1×P1
均为紫色
4
F1×P2
紫色：绿色：白色＝55：27：28
①根据结果可知，茄子果皮颜色性状由________对等位基因控制，它们在染色体上的位置关系为________；F2的绿色子代的基因型为________。（用A、B、C···表示显性基因，a、b、c······表示隐性基因）
②杂交组合4相当于孟德尔实验中的________实验，可以通过子代表现型的种类和比例反推________。
（3）若要获得能够稳定遗传的绿色果皮茄子，选取杂交组合2所得材料进行育种。
①可采用的两种育种方法是________。
②选择其中一种方法，用文字和箭头表示育种过程：________
【答案】（1）为了不让其进行自花传粉 防止外来花粉的干扰
（2） ①. 2（两） ②. 两对等位基因位于两对染色体上（非同源染色体上） ③. aaBB、aaBb (或AAbb、Aabb) ④. 测交 ⑤. 待测个体产生配子的种类及比例
（3） ①. 单倍体育种、杂交育种 ②.
【解析】
【分析】根据表格中杂交组合2的结果为72∶19∶6=12∶3∶1可知，该果皮颜色由两对等位基因控制，且遵循自由组合定律，因此两对等位基因位于两对同源染色体上，且F1为AaBb（紫色），且紫色果皮P1的基因型为AABB，白色果皮P2的基因型为aabb，绿色果皮的基因型为aaB_，
【小问1详解】
两性花是指雌蕊和雄蕊在同一朵花上，因此要进行杂交实验，首先应去雄，目的是防止自己的花粉落到自己的柱头上（自花授粉）；去雄后还要进行套袋，目的是防止外来花粉的干扰，影响杂交实验。
【小问2详解】
根据组合2的结果可知，果皮颜色性状由两对染色体上的两对等位基因控制，它们能自由组合；由于杂交组合1的F1全为紫色，因此亲本纯合，P1的基因型为AABB；F2的绿色子代基因型为aaBB、aaBb，分别占1/3、2/3；杂交组合4是与隐性的个体进行杂交，相当于孟德尔实验中的测交实验；由于隐性个体只能产生一种类型的配子，因此测交实验可以通过子代的表现型及比例反映待测个体产生的配子种类及比例。
【小问3详解】
稳定遗传的绿色果皮茄子的基因型为aaBB，可利用组合2的F2中的绿色果皮进行育种实验。可采用的方法是单倍体育种（花药离体培养得到单倍体幼苗aB和ab，再使用秋水仙素进行加倍，得到aaBB、aabb基因型的个体，从中选择绿色的即可）、杂交育种（选择绿色个体不断自交，直至不出现性状分离为止）。杂交育种的过程如下图所示。

【点睛】本题主要考查孟德尔定律及育种方法，要求学生有一定的计算能力及分析能力。
[生物选修1：生物技术实践］
11. 醪糟是以糯米为原料，利用酒曲（主要菌种有好氧霉菌、酵母菌和乳酸菌）发酵而成，家庭制作醪糟的流程为：糯米→淘洗→浸泡→蒸饭→冷却→拌入酒曲→发酵→醪糟。回答下列问题：
（1）霉菌产生的________能将糯米中的淀粉分解为葡萄糖从而使醪糟具有甜味，而酵母菌可将淀粉分解生成的葡萄糖转化为酒精，该过程发生的场所为________。
（2）酒曲需浸水活化，活化的目的是________；拌入酒曲之前，需将蒸熟的糯米进行冷却，目的是________。
（3）将酒曲与糯米混和好后放入容器后，在中间挖一个洞有利于________大量繁殖。若室内温度在10℃以下，可用棉絮将容器包焙起来，因为酵母菌进行酒精发酵的最适温度范围是_____℃。
（4）醪糟酒精度数一般不会很高，原因是________。
（5）发酵好的醪糟可转移到灭菌玻璃瓶中并密封，密封之前应对瓶口进行________灭菌，然后放于冰箱中保存。
【答案】（1） ①. 淀粉酶 ②. 细胞质基质
（2） ①. 让休眠状态的微生物重新恢复正常的生活状态 ②. 防止高温杀死甜酒曲中的微生物
（3） ①. 霉菌和酵母菌 ②. 18~25
（4）随酒精浓度增大，会对酵母菌细胞有毒害作用
（5）灼烧
【解析】
【分析】分析题目可知，醪糟制作过程中用到霉菌，可将淀粉分解为葡萄糖，酵母菌可以利用葡萄糖进行无氧呼吸，产生酒精，使醪糟有酒香味，注意操作过程中防治杂菌污染，和注意发酵进程控制。
1、酵母菌无氧呼吸过程分两个阶段，都是在细胞质基质中进行的。
2、常用的灭菌方法有灼烧灭菌、干热灭菌、高压蒸汽灭菌。
【小问1详解】
酶具有专一性，催化糯米中的淀粉分解为葡萄糖的酶是淀粉酶；酵母菌可将淀粉分解生成的葡萄糖转化为酒精，这是酵母菌无氧呼吸的过程，其场所为细胞质基质。
【小问2详解】
酒曲需浸水活化，就是让缺水处于休眠状态的微生物重新恢复正常的生活状态，酒曲浸水后，酵母菌新陈代谢增强，产生更多能量，进行增殖。高温可以杀死微生物，拌入酒曲之前，需将蒸熟的糯米进行冷却。
【小问3详解】
将酒曲与糯米混和好后放入容器后，在中间挖一个洞可以增加氧气的量，有利于霉菌和酵母菌进行有氧呼吸释放能量多有利于它们的繁殖，酵母菌进行酒精发酵的最适温度范围是18-25℃。
【小问4详解】
酒精对细胞有毒害作用，因此醪糟酒精度数一般不会很高，防止酵母菌细胞减少。
【小问5详解】
常用的灭菌方法有灼烧灭菌、干热灭菌、高压蒸汽灭菌，对瓶口进行灼烧灭菌，防止瓶口被污染。
成都七中高2022届高三下期二诊模拟
理科综合化学试题
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
5.考试结束后，只将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Cu-64 Zn-65 Se-79
第I卷(选择题)
一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生活、生产、科技密切相关，下列说法正确的是
A. 水晶、石英玻璃都是二氧化硅晶体
B. 为消杀奥密克戎病毒，家庭中可将“84”消毒液和洁厕灵混用
C. 利用钛合金具有耐腐蚀、耐高压的特性，可制造深海载人舱的壳体
D. 非遗文化“北京绢人”技术制作的娃娃能用加酶洗涤剂清洗
【答案】C
【解析】
【详解】A．水晶、石英玻璃主要成分都是SiO2，前者是二氧化硅晶体，而石英玻璃不是二氧化硅晶体，属于非晶体，A错误；
B．若将“84”消毒液(主要成分为次氯酸钠）和洁厕灵（主要成分为盐酸）混合使用，二者会发生氧化还原反应产生有毒气体Cl2，因此二者不能混合使用，B错误；
C．钛合金具有耐腐蚀、耐高压的特性，可利用其这些性质用钛合金制造深海载人舱的壳体，C正确；
D．非遗文化“北京绢人”主要成分是蛋白质，蛋白质在酶的作用下会发生水解反应变为氨基酸，因此其制作的娃娃不能用加酶洗涤剂清洗，D错误；
故合理选项是C。
2. 化合物X常作中间体合成高效药物，下列有关X的说法错误的是

A. X在酸性或碱性溶液中均可发生反应
B. 所有碳原子可能共平面
C. 该化合物的分子式为C23H24O5
D. 1molX最多可与10molH2发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．X中含有酯基，酯基在酸性或者碱性条件下都可以水解，A正确；
B．苯环、碳碳双键、—COOC—为平面结构，则所有碳原子可能共平面，B正确；
C．根据X的结构简式可知其分子式为C23H24O5，C正确；
D．一个苯环和3个氢气加成，一个碳碳双键和1个氢气加成，则根据X的结构简式可知1molX最多可与8molH2发生加成反应，D错误；
故选D。
3. NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 2gD216O所含中子数和电子数不相等
B. 1L1mol·L-1溴化铵水溶液中NH与H+离子数之和大于NA
C. 铜粉与足量硫磺加热反应，32g铜失去的电子数为NA
D. 标准状况下，22.4L乙醇中含有的共用电子对总数为8NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．一个D216O分子中有10个中子，10个质子，10个电子，故2gD216O所含的中子数和电子数相等，A错误；
B．由电荷守恒，，，故，故而溶液中NH与H+离子数之和大于NA，B正确；
C．铜粉与足量硫磺加热反应生成Cu2S，32g铜即0.5mol铜失去的电子数为0.5NA，C错误；
D．标准状况下，乙醇是液体，22. 4L乙醇物质的量未知，无法计算含有的共用电子对总数，D错误；
故选B
4. 下列实验操作中，装置选择合理的是
A
B
C
D




准确量取一定体积K2Cr2O7溶液
验证非金属性：S>C>Si
制备氢氧化铁胶体
制备并收集乙酸乙酯

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．量取一定体积K2Cr2O7标准溶液应该选用酸式滴定管，碱式滴定管下端的乳胶管能够被腐蚀，选项A错误；
B．比较非金属性，可根据元素对应的最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中可得硅酸沉淀，可证明非金属性的强弱，选项B正确；
C．氯化铁与NaOH溶液反应生成沉淀，不能制备胶体，应将氯化铁溶液滴到沸水中制备，选项C错误；
D．乙酸乙酯的制备必须加入浓硫酸为吸水剂和催化剂，选项D错误；
答案选B。
5. 短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法错误的是
A. 简单离子半径：W>Q>X>Y>Z
B. 元素X的气态氢化物与Q的单质可发生置换反应
C. Z、W的简单离子都能促进水的电离
D. Y与W具有相同的最高化合价
【答案】D
【解析】
【分析】常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，可联想到Al在浓硝酸、浓硫酸中的钝化，则Z应为Al元素，W的原子序数大于Al，则W为S元素，Q为原子序数大于S的短周期主族元素，则为Cl；X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，且X的原子序数小于Y，应是指氨气极易溶于水，所以X为N元素，Y为O元素。
【详解】A．核外电子排布形同的时候，原子序数越小半径越大，另外电子层数越多，半径越大，故简单离子半径：W>Q>X>Y>Z，A正确；
B．N的气态氢化物为NH3，可以与Cl2发生：3Cl2+2NH3=N2+6HCl，该反应为置换反应，B正确；
C．Z、W的简单离子分别为铝离子、硫离子，都可以水解，促进水的电离，C正确；
D． W为S元素，Y为O元素，S的最高化合价为+6价，O不能失去最外层6个电子，没有+6价，最高化合价不同，D错误；
故选D。
6. 高电压水系锌－有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是


A. 充电时，中性电解质NaCl的浓度减小
B. 充电时，阴极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-
C. 放电时，正极区溶液的pH减小
D. 放电时，1molFQ转化为FQH2，可消耗65gZn
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意，充电时，FQH2生成FQ被氧化，所以充电时右侧为阳极，左侧为阴极，Zn(OH)被还原为Zn，则放电时左侧为负极，Zn被氧化为Zn(OH)，右侧为正极FQ被还原为FQH2。
A．充电时，左侧阴极的电极反应为Zn(OH)+2e =Zn+4OH-，阴离子增多，为平衡电荷，中性电解质溶液中的Na+经阳膜迁移至左侧，Cl-经阴膜迁移至右侧，NaCl的浓度减小，故A正确；
B．根据分析可知，充电时左侧为阴极，阴极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，故B正确；
C．放电时右侧为正极，电极反应为FQ+2H++2e-= FQH2，氢离子被消耗，pH增大，故C错误；
D．放电时正极电极反应为FQ+2H++2e-= FQH2，1molFQ转化为FQH2转移2mol电子，负极消耗1molZn，即可消耗65gZn，故D正确；
故答案为C。
7. 用HR表示甘氨酸(H2NCH2COOH)，其为两性物质。0.001mol·L-1HR溶液中H2R+、HR和R-的浓度对数值1gc与pH的关系如图所示。已知三种微粒转化的平衡常数：H2R+HRR-。下列说法错误的是


A. 曲线③表示R- B. 甘氨酸溶液显弱碱性
C. M点，pH= D. NaR溶液中：c(OH-)=c(HR)+c(H+)+2c(H2R+)
【答案】B
【解析】
【详解】A．随pH增大，H2R+逐渐减小；随pH增大，HR先增大后减小；随pH增大， R-逐渐增大；曲线③表示R-，故A正确；
B．根据图示，c(H2R+)=c(HR)时pH=2.35，c(HR)=c(R-)时pH=9.78，则HR→H2R+的常数是，则HR的电离常数是10-9.78，所以甘氨酸溶液显弱酸性，故B错误；
C．M点，c(H2R+)= c(R-)，，故C正确；
D．NaR溶液中，根据电荷守恒c(R-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)+c(H2R+)，根据物料守恒c(Na+)= c(HR)+c(H2R+)+ c(R-)，所以c(OH-)=c(HR)+c(H+)+2c(H2R+)，故D正确；
选B。
8. 三氯氧磷(POCl3)常作为半导体掺杂剂及光导纤维原料。一研究小组在实验室利用PCl3、SO2、Cl2在60~65℃时反应制备POCl3和SOCl2，所用实验装置如图所示(气体制备装置未画出)。
物质
熔点/℃
沸点/℃
其他
PCl3
-93.6
76.1
遇水剧烈水解，易与O2反应
POCl3
1.25
105.8
遇水剧烈水解，能溶于PCl3
SOCl2
-105
78.8
遇水剧烈水解，受热易分解


（1）氯气可由高锰酸钾固体与稀盐酸反应制备，该反应的离子方程式为_______。
（2）A、B装置中的试剂分别是_______。
（3）装置C中发生反应的化学方程式为_______。
（4）反应装置的虚线框中未画出的仪器最好选用_______(填仪器名称)；装置E的作用是_______。
（5）反应结束后应采用_______(填操作名称)提纯POCl3产品
（6）测定某掺杂剂中POCl3的含量(杂质不参与反应)：准确称取4.000g样品在水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入0.4000mol·L-1的AgNO3溶液25.00mL，再加少许硝基苯防止AgCl参与后续反应，用力振荡。加入少量NH4Fe(SO4)2，用0.1000mol·L-1KSCN标准溶液滴定，消耗KSCN标准溶液22.00mL。[已知：AgCl和AgSCN均为难溶于水的白色固体，Ag3PO4可溶于硝酸，POCl3的相对分子质量为153.5]
①说明滴定到达终点的实验现象为_______。
②产品中POCl3的质量分数为_______。(保留一位小数)。
【答案】（1）2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（2）饱和食盐水、P2O5或无水氯化钙
（3）PCl3+SO2+Cl2POCl3+SOCl2
（4） ①. 球形冷凝管 ②. 干燥SO2，通过观察产生气泡速率控制通入气体的流速
（5）蒸馏 （6） ①. 当最后一滴KSCN标准液滴入锥形瓶，溶液由浅黄色变为血红色，且半分钟内不复原 ②. 99.8%
【解析】
【分析】本题考查PCl3、SO2、Cl2在60～65°C时反应制备POCl3和SOCl3的实验，根据资料卡片，本实验必须在无水条件下反应，所以装置A用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，B用P2O5或无水CaCl2除去氯气中的水蒸气，E用浓硫酸除去二氧化硫中的水蒸气，且A和E都可以通过观察产生气泡的速率控制通入气体的流速，D用无水CaCl2防止空气中的水蒸气进入，用F球形冷凝管进行冷凝回流，将PCl3充分反应，提高产率。
【小问1详解】
高锰酸钾和盐酸反应生成氯气和氯化锰，离子方程式为：2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
【小问2详解】
A装置用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，B装置用P2O5或无水CaCl2除去氯气中的水蒸气，所以A、B装置中的试剂分别是饱和食盐水、P2O5或无水CaCl2；
【小问3详解】
由题意可知在装置C发生的反应为二氧化硫、氯气和三氯化磷反应生成POCl3和SOCl2，方程式为：PCl3+SO2+Cl2POCl3+SOCl2；
【小问4详解】
球形冷凝管与直球形冷凝管最大区别是球形冷凝管接触面积大，冷凝效果更好，能将反应物和生成物都充分冷凝回流，增加产率，所以虚线框中用球形冷凝管，因为球形冷凝管接触面积大，便于反应中各物质冷凝回流；装置E用浓硫酸除去二氧化硫中的水蒸气,且控制产生气泡的速率控制反应速率，所以E的作用是干燥SO2，通过观察产生气泡速率控制通入气体的流速；
【小问5详解】
根据资料卡片POCl3和SOCl2的沸点不同，所以提纯POCl3的操作是蒸馏
【小问6详解】
①用KSCN滴定过量的硝酸银，用NH4Fe(SO4)2做指示剂，当硝酸银反应完后，KSCN和NH4Fe(SO4)2中的三价铁反应，溶液显血红色，故滴定终点的现象是：当最后一滴KSCN标准液滴入锥形瓶，溶液由浅黄色变为血红色，且半分钟内不复原；
②根据条件可知：AgNO3的总物质的量为：0.4mol/L×0.025L=0.01mol， KSCN的物质的量为0.1mol/L×0.022L=0.0022mol，SCN-反应的Ag+为0.0022mol，Cl-反应的Ag+为0.01mol- 0.0022mol=0.0078 mol，Cl-的物质的量是0.0078 mol，根据元素守恒则25ml中POCl3物质的量是0.0078 mol×13=0.0026 mol，则4.000g样品中POCl3物质的量是0.0026 mol×10=0.026 mol，POCl3的质量分数为0.026 mol×153.5g/mol4g×100%=99.8%。
9. 一种从阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S等)中回收Se和贵重金属的工艺流程如图所示：


已知：①该工艺中萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+=R2Cu+2H+。
②S2O易与Ag+形成配离子：Ag++2S2O=[Ag(S2O3)2]3-，上述工艺条件下该反应的平衡常数为K=2.80×1013。
③上述工艺条件下，AgCl的溶度积常数：Ksp(AgCl)=1.80×10-10。
回答下列问题：
（1）“焙烧”产生的SO2与SeO2的混合烟气可用水吸收制得单质Se，该反应的化学方程式为_______。
（2）“滤渣I”的主要成分是_______(填化学式)；“酸浸氧化”中通入氧气，体现了绿色化学的思想，其目的是_______。
（3）“反萃取剂”最好选用_______(填化学式)溶液。
（4）“溶浸”过程中滤渣II被Na2S2O3溶液溶解，发生反应的平衡常数为_______。
（5）“还原”过程中S2O没有参与氧化还原过程，“滤液IV”中还主要含有Na2SO3。“还原”过程中发生反应的离子方程式为_______。
（6）为减少工艺中试剂用量，“滤液IV”可返回_______(填工序名称)工序循环使用。但循环多次后，银的浸出率会降低。试从化学平衡的角度解释可能的原因：_______。
【答案】（1）2SO2+SeO2+2H2O=Se+2H2SO4
（2） ①. Pt、Au ②. 防止生成的氮氧化物排放到空气中
（3）HNO3 （4）5.04×103
（5）2[Ag(S2O3)2]3-+S2O+4OH-=2Ag+2SO+4S2O+2H2O
（6） ①. “溶浸" ②. 随循环次数的增加，浸出液中c(S2O)减小，c(Cl-)增大，AgCl(s)+2S2O(aq)=[Ag(S2O3)2]3-(aq)+Cl-(ag)平衡左移，银的浸出率降低
【解析】
【分析】阳极泥焙烧，得到Pt、Au、Ag、氧化铜的混合物和SO2、SeO2气体，烧渣中加入硝酸、通入氧气“酸浸氧化”，Pt、Au不溶于硝酸，过滤出Pt、Au，所得滤液Ⅰ中含有硝酸铜、硝酸银溶液，滤液Ⅰ中加入氯化钠，生成氯化银沉淀，过滤，滤液Ⅱ是硝酸铜溶液，加入萃取剂HR，有机相中加入硝酸反萃取，分液，得到硝酸铜溶液。滤渣Ⅱ是氯化银，加入Na2S2O3溶液溶解，得到含有[Ag(S2O3)2]3-的滤液Ⅲ，再加入氢氧化钠、Na2S2O4还原，得到金属银。
【小问1详解】
SO2与SeO2的混合烟气可用水吸收，反应生成单质Se，根据氧化还原反应规律，SO2被氧化为硫酸，反应的化学方程式为2SO2+SeO2+2H2O=Se+2H2SO4。
【小问2详解】
Pt、Au不溶于硝酸，“滤渣I”的主要成分是Pt、Au；“酸浸氧化”中若不通氧气，硝酸被Ag还原为NO，通入氧气，可以防止生成的氮氧化物排放到空气中；
【小问3详解】
根据2RH+Cu2+=R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，反应逆向进行，反萃取得到硝酸铜溶液，所以 “反萃取剂”最好选用HNO3溶液。
【小问4详解】
“溶浸”过程中氯化银被Na2S2O3溶液溶解，反应的离子方程式AgCl+2S2O=[Ag(S2O3)2]3-+Cl-，反应的平衡常数为1.80×10-10×2.80×1013=5.04×103。
【小问5详解】
Na2S2O4被氧化为Na2SO3，被[Ag(S2O3)2]3- 被还原为Ag，S2O没有参与氧化还原过程，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为2[Ag(S2O3)2]3-+S2O+4OH-=2Ag+2SO+4S2O+2H2O；
【小问6详解】
“还原”过程中S2O没有参与氧化还原过程，“滤液IV”含有Na2S2O3，为减少工艺中试剂用量，“滤液IV”可返回“溶浸”工序循环使用。随循环次数的增加，浸出液中c(S2O)减小，c(Cl-)增大，AgCl(s)+2S2O(aq)=[Ag(S2O3)2]3-(aq)+Cl-(ag)平衡左移，银的浸出率降低。
10. 减少CO2的排放、捕集并利用CO2是我国能源领域的一个重要战略方向。在CO2加氢合成甲醇的体系中，同时存在以下反应：
反应i：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-48.7 kJ·mol-1
反应ii：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH2
（1）在特定温度下，由稳定态单质生成1 mol化合物的焓变叫做该物质在此温度下的标准摩尔生成焓。表中为几种物质在298 K的标准生成焓，则反应ii的ΔH2(298K)=_______kJ·mol-1。
物质
H2(g)
CO2(g)
CO(g)
H2O(g)
标准摩尔生成焓(kJ·mol-1)
0
-394
-111
-242

（2）在CO2加氢合成甲醇的体系中，下列说法不正确的是_______(填序号)。
A. 增大H2浓度有利于提高CO2的转化率
B. 若气体的平均相对分子质量不变，说明反应i、ii都已达平衡
C. 体系达平衡后，若压缩体积，反应i平衡正向移动，反应ii平衡不移动
D. 选用合适催化剂可以提高甲醇在单位时间内的产量
（3）某温度下，向容积恒为1 L的密闭容器中通入1 mol CO2(g)和5 mol H2(g)，10 min后体系达到平衡，此时CO2的转化率为20%，CH3OH的选择性为50%。
已知：CH3OH的选择性：χ=×100%
①0-10 min内CO2的平均消耗速率v(CO2)=_______。
②反应i的平衡常数K=_______(写出计算式即可)。
③反应ii的净速率v=v正-v逆=k正p(CO2)p(H2)-k逆p(CO)p(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，p为气体的分压。降低温度时，k正-k逆_______(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
（4）维持压强、投料比和反应时间不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2的转化率α(CO2)和甲醇的选择性x(CH3OH)随温度变化的关系如图所示。已知催化剂活性随温度影响变化不大，结合反应i和反应ii，分析下列问题：


①甲醇的选择性随温度升高而下降的原因_______。
②CO2的转化率随温度升高也下降的可能原因_______。
③不考虑催化剂活性温度，为同时提高CO2的平衡转化率和甲醇的选择性，应选择的反应条件是_______(填序号)。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温低压 D．低温高压
（5）科研人员通过电解酸化的CO2制备甲醚(CH3OCH3)，装置如图所示。该电解过程中，阴极的电极反应式_______。


【答案】（1）+41 （2）C
（3） ①. 0.02 mol·L-1·min-1 ②. ③. 减小
（4） ①. 反应i为放热反应，反应ii为吸热反应，温度升高反应i平衡逆向移动，反应ii平衡正向移动 ②. 温度升高对反应i中CO2转化率降低的影响大于对反应ii中CO2转化率升高的影响 ③. D
（5）2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O
【解析】
【小问1详解】
△H2=生成物的标准生成焓总和-反应物的标准生成焓总和=(-111-242+394) kJ/mol=+41 kJ/mol；
【小问2详解】
A．增大H2浓度，平衡正向移动，有利于提高CO2的转化率，A正确；
B．根据质量守恒，混合气体的质量不变，反应i是气体体积减小的反应，反应ii是气体体积不变的反应，则气体的总物质的量随着反应进行减小，气体的平均相对分子质量增大，当气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡，B正确；
C．体系达平衡后，若压缩体积，相当于增大压强，则反应i平衡正向移动，会使反应i中CO2和H2量减小，H2O量增大，反应ii的化学平衡逆向移动，C错误；
D．选用合适的催化剂可以加快反应速率，从而提高CH3OH在单位时间内的产量，D正确；
故合理选项是C；
【小问3详解】
①0 ~10 min，CO2的转化率为20%，则△n(CO2)=1 mol×20%=0.2 mol，用CO2表示0 ~10 min内平均反应速率v(CO2)=；
②某温度下，向容积为1 L的密闭容器中通入1 mol CO2(g)和5 mol H2(g)，10 min后体系达到平衡，此时CO2的转化率为20%，则消耗的n(CO2)=1 mol×20%=0.2 mol，CH3OH的选择性为50%，已知CH3OH的选择性=，则转化为CH3OH的n(CO2)=0.2 mol×50%=0.1 mol。平衡时n(CO2)=1 mol-0.2 mol=0.8 mol，n(H2)=5 mol-0.4 mol=4.6 mol，n(CH3OH)=0.1 mol，n(H2O)=0.2 mol，容器容积为1 L，c(CO2)=0.8 mol/L，c(H2)=4.6 mol/L，c(CH3OH)=0.1 mol/L，c(H2O)=0.2 mol/L，反应i的平衡常数K=；
③反应ii是吸热反应，降低温度，速率常数k正、k逆均减小，化学平衡逆向移动，则v逆减小的幅度小于v正，所以k正减小的幅度大于k逆，故k正-k逆减小；
【小问4详解】
①反应i为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，反应ii为吸热反应，升高温度平衡正向移动，所以甲醇的选择性随温度升高而下降；
②反应i为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，反应ii为吸热反应，升高温度平衡正向移动，二氧化碳的转化率上升，但温度升高对反应i中二氧化碳的转化率降低的影响大于反应ii中二氧化碳的转化率的促进作用，所以二氧化碳的转化率随温度升高也在下降；
③生成甲醇的反应是气体体积减小的放热反应，要使平衡正向移动，根据平衡移动原理选择反应条件为低温高压，故合理选项是D；
【小问5详解】
在电解池中，阴极发生还原反应，所以由图示可知阴极上是CO2得到电子被还原生成CH3OCH3，电极反应方程式为：2CO2+12H++12e-=CH3OCH3+3H2O。
11. 铜、锌、铁及其化合物在日常生产生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）在元素周期表的分区中，铜属于_______区，比较元素铜和锌的第二电离能：I2(Cu)_______I2(Zn)(选填“＞”、“＜”或“=”)，写出基态Fe原子的核外电子排布：_______。
（2）下列现代分析手段中，可用于检验水中痕量锌元素的是_______(填标号)。
A. X射线衍射 B. 原子光谱 C. 质谱 D. 红外光谱
（3）含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物称为螯合物。FeCl3可与多种有机配体形成螯合物，如图所示结构为其中一种。该配合物分子中N原子的杂化类型为_______，1mol该螯合物中通过螯合作用形成的配位键有_______mol。

（4）Fe催化芳香烃硝化反应时会产生亚硝酰正离子NO。试比较亚硝酰正离子NO与亚硝酸根NO的键角大小：NO_______NO(选填“＞”、“＜”或“=”)，并利用价层电子对互斥理论(VSEPR)简要解释原因：_______。
（5）近期我国科学家合成了一种电化学性能优异的铜硒化合物，其晶胞结构如图所示。其中铜元素以Cu+和Cu2+存在，则_______(选填“①”或“②”)为Cu2+。该晶体的密度为_______g/cm3(用代数式表示，设NA为阿伏伽德罗常数的值)。

【答案】（1） ①. ds ②. > ③. 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2 （2）B
（3） ①. sp2、sp3 ②. 3
（4） ①. > ②. 根据VSEPR理论，NO为直线形结构，键角180°，NO为V形结构，键角略小于120°
（5） ①. ① ②.
【解析】
【小问1详解】
铜元素的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，铜属于ds区，铜的第二电离能大于锌的第二电离能，其原因是Cu+的3d轨道为全充满的稳定状态，再失去一个电子更难，Zn+再失去一个电子时，变成Zn2+，Zn2+的3d轨道为全充满的稳定状态，故Zn+更容易失去电子，电离能较小；Fe是26号元素，其基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
【小问2详解】
A．X射线衍射用于测晶体结构，A不符合；
B．光谱分析是利用特征谱线定性、定量地鉴定元素，B符合；
C．质谱可用于测定相对分子质量等，C不符合；
D．红外光谱，可确定分子中含有何种化学键或官能团，D不符合；
故选B；
【小问3详解】
由配合物的结构简式知，氮原子有单键、有双键；氮原子以双键相连接时其杂化类型为sp2、氮原子以单键相连接时其杂化类型为sp3，故答案为：N原子的杂化类型为sp2、sp3；由配合物的结构简式知，1mol该有机配体与Cu(Ⅱ)形成的配位键为3mol；
【小问4详解】
NO有2个σ键电子对，没有孤电子对，价层电子对为2，则其空间空间构型为直线型，NO有2个σ键电子对，有1个孤电子对，价层电子对为3，则其空间空间构型为V形结构，故键角NO＞NO，故答案为：＞；根据VSEPR理论，NO为直线形结构，键角180°，NO为V形结构，键角略小于120°；
【小问5详解】
由其晶胞结构示意图知，该铜硒化合物中铜的数目为 ，Se的数目为4，则化学式为Cu3Se2， Se为-2价，晶胞内负化合价共-8、①有2个、②有4个，按正负化合价代数和为0知，Cu2+为①；该晶体的密度即晶胞密度为。
12. 橡胶行业是国民经济的重要基础产业之一，在现代生产、军事工业、医疗行业中有广泛应用。如图是生产合成橡胶G和医用高分子材料C的路线图，已知B的分子式为C6H10O3。请回答下列问题：

(1)X中的含氧官能团名称是___，X的核磁共振氢谱有___组峰。
(2)A→B的反应类型是___。
(3)C的结构简式是___。
(4)X发生银镜反应的化学方程式为___。
(5)写出E→F的化学反应方程式___。
(6)A有多种同分异构体，其中属于酯类且含有碳碳双键的共有___种(不含立体异构)。
(7)已知：①②+SOCl2→+SO2+HCl。请将下列以为原料制备的合成路线流程图补充完整___(无机试剂任用)。

【答案】 ① 醛基 ②. 3 ③. 酯化反应 ④. ⑤. CH2=C(CH3)CHO+2Ag(NH3)2OHCH2=C(CH3)COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O ⑥. +HCHO+H2O ⑦. 5 ⑧.
【解析】
【分析】根据X到A的反应条件可知，该过程为X中醛基被氧化成羧基的过程，所以X的结构简式为；X与氢气加成生成D，碳碳双键和醛基中的碳氧双键均可加成，则D为；F可以合成天然橡胶，所以F为；结合F和G的结构简式可知E为，所以D到E为羟基的消去反应；A与乙二醇发生酯化反应生成B，所以B为；B中含有碳碳双键，发生加聚反应生成C为。
【详解】(1)X为，其含氧官能团为醛基；含有3种环境的氢原子，所以核磁共振氢谱有3组峰；
(2)A到B为羧基和羟基的酯化反应(取代反应)；
(3)根据分析可知C的结构简式为；
(4)X发生银镜反应的方程式为CH2=C(CH3)CHO+2Ag(NH3)2OHCH2=C(CH3)COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；
(5)E为，F为，所以反应方程式为+HCHO +H2O；
(6)A的同分异构体中属于酯类且含有碳碳双键的有：CH2=CHCOOCH3、CH2=CHCH2OOCH、CH=C(CH3)OOCH、CH3CH=CHOOCH、CH2=CHOOCCH3，共5种；
(7)对比和的结构可知，需要将苯环加成，并再形成一个环，根据题目所给信息可知可以和SOCl2形成，而该结构可以取代苯环上的氢原子，据此可以形成另一个环状结构，再结合羟基可以发生消去反应生成双键、羰基可以和氢气加成生成羟基，可知合成路线应为 。