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2019届山东省聊城市高三二模考试理科综合试卷（解析版）
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2019年聊城市高考模拟试题
理科综合能力测试生物试题(二)
一、选择题
1.下列有关脂质和核酸的叙述正确的是
A. 某些脂质分子具有与核酸分子相同元素组成
B. 脂肪细胞膜的组成成分中可能含有少量的脂肪
C. RNA分子彻底水解的产物是四种核糖核苷酸
D. DNA分子加热解旋后其遗传信息会发生改变
【答案】A
【解析】
【分析】
脂质包括：脂肪、磷脂和固醇类。
RNA的基本单位是核糖核苷酸。
【详解】某些脂质分子如磷脂分子与核酸分子的元素组成相同，均为C、H、O、N、P，A正确；细胞膜中不含脂肪，B错误；RNA分子彻底水解的产物是A、U、C、G、核糖和磷酸，C错误；DNA分子加热解旋后其遗传信息不发生改变，D错误。故选A。
2.在细胞分裂后期，一种特异蛋白降解酶(APC)可通过消除姐妹染色单体间着丝粒的粘连而促进细胞的分裂进程.下列相关叙述错误的是
A. 细胞分裂过程中APC的含量可发生周期性变化
B. APC可作用于有丝分裂后期或减数第二次分裂后期
C. 秋水仙素诱导多倍体形成的原因是抑制了APC的活性
D. 温度变化可通过影响APC的活性影响细胞的分裂进程
【答案】C
【解析】
【分析】
APC可以消除姐妹染色单体之间的粘连，故作用的时期是着丝点分离的时期，即有丝分裂的后期或减数第二次分裂的后期。
【详解】例如在有丝分裂过程中，APC的含量在后期会增加，其他时期会下降，会出现周期性变化，A正确；APC可作用于有丝分裂后期或减数第二次分裂后期，即着丝点分裂的时期，B正确；秋水仙素诱导多倍体形成的原因是抑制了纺锤体的形成，引起了染色体数目的加倍，C错误；APC是蛋白质，温度变化会影响APC的活性，D正确。故选C。
3.受体是一类能够识别和选择性结合某种配体(信号分子)的大分子，分为细胞内受体和细胞表面受体.细胞表面受体转导的胞外信号可引发快反应和慢反应，如下图所示.下列相关叙述错误的是
A. 细胞内受体识别和选择性结合的配体可能为脂溶性的信号分子
B. 胰岛B细胞接受高浓度的血糖刺激，可通过慢反应过程使胰岛素的分泌量增加
C. 快反应过程中功能被改变的蛋白质，其氨基酸的排列顺序可能未发生改变
D. 慢反应过程可通过诱导反义基因的表达，合成相应的互补RNA，使相关基因的转录过程受到抑制
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，胞外信号分子可以通过快反应改变蛋白质的功能改变细胞行为；也可以通过慢反应，改变蛋白质的合成，改变细胞行为。
【详解】细胞内受体识别和选择性结合的配体可能为脂溶性的信号分子，因为脂溶性分子可以进入细胞内，A正确；胰岛B细胞接受高浓度的血糖刺激，可通过慢反应过程使胰岛素的分泌量增加，来降低血糖，B正确；快反应过程中功能被改变的蛋白质，改变的可能是空间结构，其氨基酸的排列顺序可能未发生改变，C正确；慢反应过程可通过诱导反义基因的表达，合成相应的互补RNA，使相关基因的翻译过程受到抑制，D错误。故选D。
4.除草剂敏感型拟南芥经一定剂量的射线照射后，其子代出现了一株具有除草剂抗性的突变体.下列有关该突变体形成原因的叙述正确的是
A. 若为某基因突变所致，则该抗性突变体自交后代一定发生性状分离
B. 若为某基因内部缺失部分碱基对所致，则该基因控制合成的肽链长度一定变短
C. 若为某基因内部C//G碱基对重复所致，则该基因中嘌呤与嘧啶的比例一定不变
D. 若为某染色体片段缺失所致，则该变异一定发生在减数分裂形成配子的过程中
【答案】C
【解析】
【分析】
基因突变指DNA分子中发生碱基对的增添、缺失或替换，引起基因结构的改变。基因突变会产生新的等位基因。
【详解】若为某基因突变所致，则该抗性突变体自交后代不一定发生性状分离，如Aa突变为aa，则自交后代不发生性状分离，A错误；若为某基因内部缺失部分碱基对所致，则该基因控制合成的肽链长度不一定变短，如缺失序列对应的是终止密码子序列，则可能会导致终止密码子延迟出现，肽链会延长，B错误；若为某基因内部C//G碱基对重复所致，则该基因中嘌呤与嘧啶的比例一定不变，因为双链DNA分子中，嘌呤数目=嘧啶数目，C正确；若为某染色体片段缺失所致，则该变异可能发生在减数分裂过程中，也可能发生在有丝分裂的过程中，D错误。故选C。
5.下图表示细胞分裂素对叶绿体色素含量影响的实验结果，下列相关叙述正确的是
A. 细胞分裂素可抑制叶绿体中叶绿素的分解
B. 光照强度相同时，实验组叶绿体内ATP的含量会明显升高
C. 对照组的色素提取液经白光照射及三棱镜分光后明显变暗的是红光区
D. 绿叶中色素的提取实验中，加入SO2的目的是防止色素分子被破坏
【答案】A
【解析】
【分析】
由图可知，实验组即细胞分裂素处理组，叶绿素含量高于对照组。细胞分裂素不影响类胡萝卜素的含量。
【详解】细胞分裂素处理组叶绿素含量较高，可能是抑制叶绿体中叶绿素的分解，A正确；光照强度相同时，实验组叶绿体内叶绿素含量较高，故光反应较快，ATP合成较快，但暗反应随之加快，产生的ATP很快用于暗反应，细胞内ATP含量较少，不会明显升高，B错误；对照组的色素提取液中类胡萝卜素较高，主要吸收蓝紫光，故经白光照射及三棱镜分光后明显变暗的是蓝紫光区，C错误；绿叶中色素的提取实验中，加入SO2是为了加速研磨，D错误。故选A。
6.浮萍是一种水生植物，其根部的微生物可分解水中的有机物，净化水体.浮萍的根分泌的有关物质可使藻类的叶绿素分解，从而抑制藻类的大量繁殖，避免水华现象的发生.下列相关叙述错误的是
A. 浮萍能避免水华的发生，属于生物多样性的间接价值
B. 浮萍能净化有机污水，所以浮萍既是生产者又属于分解者
C. 浮萍对藻类的影响体现了生态系统具有自我调节的能力
D. 采用样方法调查浮萍的种群密度时要遵循随机取样的原则
【答案】B
【解析】
【分析】
浮萍可以进行光合作用，制造有机物，为生产者；根部的微生物可以分解水中的有机物，故为分解者。
【详解】浮萍能避免水华的发生，维持生态平衡，属于生物多样性的间接价值，A正确；浮萍能净化有机污水，是其根部微生物的分解作用，浮萍是生产者，其根部的微生物是分解者，B错误；浮萍可以避免水华的发生，体现了生态系统具有自我调节的能力，C正确； 采用样方法调查浮萍的种群密度时要遵循随机取样的原则，以减小误差，D正确。故选B。
三、非选择题
7.水稻具有“光合午休”现象，其叶肉细胞中的C5化合物在CO2浓度高时与CO2结合生成C3化合物。在气孔关闭、O2/CO2比值升高时，C5化合物除了参与卡尔文循环外，还可被O2氧化为CO2，这一现象称为光呼吸，如图1所示。图2为夏季一昼夜水稻的CO2吸收速率变化曲线。回答下列问题：
(1)光呼吸的发生可以消耗光反应产生的过剩的_________________，防止类囊体结构遭到破坏。植物开始出现“光合午休”时，C5/C3的比值将_______________(填“上升”或“下降”)；O2/CO2比值较高时，C3化合物的来源途径有__________________(填生理过程名称)。
(2)图2中，C点时水稻光合速率_______________(填“大于”或“等于”或“小于”)呼吸速率。一昼夜当中，有机物的积累量最高的点是______________。
(3)结合题干信息分析，图2中D点时CO2吸收速率高于C点的主要原因是__________________。
【答案】 (1). O2和ATP（[H]） (2). 上升 (3). CO2的固定和光呼吸 (4). 大于 (5). E (6). 随着气孔开放，CO2/02的比值上升，暗反应（卡尔文循环）增强，光呼吸减弱
【解析】
【分析】
“C5化合物在CO2浓度高时与CO2结合生成C3化合物；在气孔关闭、O2/CO2比值升高时，C5化合物除了参与卡尔文循环外，还可被O2氧化为CO2”即二氧化碳浓度较高时，C5主要参与暗反应；氧气浓度较高时，C5主要参与光呼吸。
图2中：A、E点光合速率=呼吸速率，A-E段光合速率大于呼吸速率。
【详解】（1）由图1可知，光呼吸需要消耗光反应产生的氧气和ATP。光合午休时，气孔关闭，二氧化碳浓度下降，二氧化碳的固定减慢，C5/C3的比值会上升。由图可知，当O2/CO2比值较高时，C3化合物可以来自于CO2的固定和光呼吸。
（2）图2中，C点时，二氧化碳的吸收速率=0，即光合速率=呼吸速率，AE段光合速率大于呼吸速率，E点之后呼吸速率大于光合速率，故E点时积累量最大。
（3）D点与C点相比，气孔开放，二氧化碳浓度升高，CO2/O2的比值上升，暗反应（卡尔文循环）增强，光呼吸减弱，故D点时CO2吸收速率高于C点。
【点睛】光呼吸指氧气浓度较高时，C5可以被O2氧化为CO2。
8.初春，昼夜温差较大，也是感冒频发的季节。回答下列问题：
(1)甲型流感病毒是人类容易发生感染并患感冒的病原体。该类病毒作为抗原侵入人体后，在体液中机体需要借助_______________细胞产生的抗体将其凝集并抑制其繁殖。对于感染病毒的靶细胞，机体则需要通过___________________细胞的作用促使其裂解并释放病毒。
(2)人体患感冒时，“发烧”也是一种机体增强免疫力的反应。某人“发烧”至38.5℃的过程中，机体产热量_______________(填“大于”或“等于”或“小于”)散热量。体温高于38.5℃时，应适当服用“退烧”药物。“退烧”过程中，机体散热增加的主要方式有_______________________。
(3)随着新型流感疫苗研发，疫苗的接种率连年提升。接种流感疫苗能预防流感的原因是_________；人接种流感疫苗后仍然有可能再患流行感冒，其原因是_______________________。
【答案】 (1). 浆（或:效应B） (2). 效应T (3). 大于 (4). 通过促进毛细血管舒张、汗腺分泌增加散热 (5). 体内产生了特异性抗体和记忆细胞 (6). 一方面，流感病毒容易发生变异；另一 方面，特定疫苗（抗原）引起的特异性免疫产生的体只能针对特定的病原体起作用
【解析】
【分析】
人体的三道防线：第一道防线—皮肤、黏膜等；第二道防线—吞噬细胞和体液中的杀菌物质；第三道防线—体液免疫和细胞免疫。
增加产热的途径：甲状腺激素和肾上腺素的分泌量增加；立毛肌收缩、骨骼肌战栗。
增加散热的途径：汗腺分泌增加；毛细血管舒张，血流量增大。
【详解】（1）只有浆细胞可以分泌抗体，所以需要借助浆细胞产生抗体凝集甲流感病毒并抑制其增殖。若病毒侵入宿主细胞，需要经过效应T细胞与靶细胞接触，引起靶细胞裂解死亡，释放抗原。
（2）人发烧至38.5℃的过程中，即体温升高的过程中，产热量大于散热量。高烧时，可以通过物理降温，通过促进毛细血管舒张、汗腺分泌增加等途径增加散热。
（3）接种流感疫苗后，机体可以产生相应的记忆细胞和特异性抗体，故可以预防流感。但由于流感病毒容易发生变异；特定疫苗（抗原）引起的特异性免疫产生的体只能针对特定的病原体起作用，故接种流感疫苗后仍然有可能再患流行感冒。
【点睛】体温升高的过程中：产热量大于散热量；体温不变：产热量=散热量；体温下降的过程中：产热量小于散热量。
9.草原生态系统是主要的牧业基地，同时又能减轻风沙危害、涵养水源。对草原生态系统的保护是我国生态文明建设的一项重要内容。回答下列问题：
(1)由于水肥等条件不同，草原不同地段分布着不同的种群，这些种群通常呈_____________________现象分布。草原返青，“绿色”为羊群流动采食提供了信息，说明信息传递能够____________________流入草本植物体内的能量，一部分通过呼吸作用以热能的形式散失，另一部分用于_________________。
(2)豚草是一种外来入侵物种，在草原生态系统中具有明显的生存优势，这种优势是通过____________来实现的。虽然入侵的豚草其叶型基因的基因频率与原产地豚草有了很大差异，但该豚草还没有进化为一个新物种，判断的依据是_____________________________。
(3)草原大型肉食性动物对低营养级肉食性动物、植食性动物除了捕食外，还具有恐吓、驱赶作用，属于“恐惧生态学”。若由于某大型肉食性动物的引入，使得甲、乙两种植食性动物间的竞争结果发生了反转，甲的数量优势地位丧失。不考虑捕食因素，根据“恐惧生态学”知识推测，甲的数量优势地位丧失的原因可能是___________________________________。
【答案】 (1). 镶嵌 (2). 调节生物的种间关系，以维持生态系统的稳定 (3). 生长、发育和繁殖 (4). 自然选择（或：生存斗争） (5). 存在可育后代（或:没有生殖隔离） (6). 甲对某大型肉食性动物的恐惧程度度比乙高，某大型肉食性动物引入后甲逃离该生态系统的数量比乙多
【解析】
【分析】
群落的结构：垂直结构和水平结构。
信息传递的作用：有利于生命活动的正常进行；有利于种群的繁衍；能调节生物的种间关系，以维持生态系统的稳定。
同化量的去向：呼吸散失的能量，流向下一营养级的能量，流向分解者的能量，未利用的能量。
【详解】（1）由于水肥等条件不同，草原不同地段分布着不同的种群，通常呈镶嵌分布，属于群落的水平结构。草原返青，“绿色”为羊群流动采食提供了信息，说明信息传递能够调节生物的种间关系，以维持生态系统的稳定。流入草本植物体内的能量即植物的同化量，一部分通过呼吸作用以热能的形式散失，另一部分用于植物自身的生长、发育和繁殖（其中一部分流向下一营养级，一部分流向分解者）。
(2)豚草是一种外来入侵物种，在草原生态系统中具有明显的生存优势，这种优势是通过自然选择来实现的。虽然入侵的豚草其叶型基因的基因频率与原产地豚草有了很大差异，但二者不存在生殖隔离，故该豚草还没有进化为一个新物种。
(3)若由于某大型肉食性动物的引入，使得甲、乙两种植食性动物间的竞争结果发生了反转，甲的数量优势地位丧失。可能是因为甲对某大型肉食性动物的恐惧程度度比乙高，某大型肉食性动物引入后甲逃离该生态系统的数量比乙多，导致甲的数量优势地位丧失。
【点睛】易错点：粪便中的能量不属于该营养级的同化量，属于上以营养级的同化量。
10.果蝇的体色和眼色受两对等位基因控制(灰身、黑身由等位基因A、a控制，红眼、白眼由等位基因B、b控制)，其中一对等位基因位于常染色体上。为了研究这两对相对性状的遗传规律，进行了下表所示的杂交实验：
实验
亲本
F1
杂交实验一
♀灰身红眼×♂黑身白眼
♀灰身红眼：♂灰身红眼=1:1
杂交实验二
♀黑身白眼×♂灰身红眼
早灰身红眼：♂灰身白眼=1:1
回答下列问题：
(1)通过上述实验可以判断出隐性性状为_______________。。控制体色和眼色的基因位于____________对同源染色体上，判断依据是____________________。
(2)实验一中F1随机交配得到F2，F2灰身红眼雌蝇中纯合子所占比例为____________________。
(3)实验二中，由于雄性亲本产生精细胞时Ⅲ号染色体的不正常分配，使F1中出现了一只Ⅲ号染色体三体(即3条Ⅲ号染色体)的灰身雄果蝇。请用该果蝇等作为实验材料设计杂交实验，探究控制体色的基因是否位于Ⅲ号染色体上。
实验方案：_________________________________。
预期结果和结论：_______________________________________。
【答案】 (1). 黑身、白眼 (2). 两 (3). 控制体色的基因位于常染色体上，控制眼色的基因位于X染色体上 (4). 1/6 (5). 用该三体灰身雄果蝇与多只黑身雌果蝇杂交，观察并统计子代的性状及其比例 (6). 如果子代灰身果蝇与黑身果蝇的比例为5：1，则A、a基因位于Ⅲ号染色体上；如果子代灰身果蝇与黑身果蝇的比例为1:1，则A、a基因不位于Ⅲ号染色体上
【解析】
【分析】
根据灰身与黑身正反交结果，后代雌雄均全部是灰身，可知，灰身为显性，且控制体色的A、a位于常染色体上，亲本对应的基因型为AA×aa；红眼与白眼正反交的结果，雌雄的表现型有差异，说明控制颜色的B、b位于X染色体上，且组合一亲本对应的基因型为：XBXB×XbY，组合二亲本对应的基因型为：XbXb×XBY。
【详解】（1）杂交组合一：灰身与黑身杂交，后代只有灰身；红眼与白眼杂交，后代只有红眼。故灰身、红眼为显性性状，黑身、白眼为隐性性状。又因为体色与性别无关，颜色与性别有关，故A、a位于常染色体上，B、b位于X染色体上，即两对基因位于两对同源染色体上。
（2）组合一亲本对应的基因型为：AAXBXB×aaXbY，F1的基因型为AaXBXb，AaXBY。F2灰身红眼雌蝇A-XBX-中纯合子AAXBXB占1/3×1/2=1/6。
（3）实验二亲本及后代的控制体色的基因型为：aa×AA→Aa。要鉴定控制体色的基因是否位于Ⅲ号染色体上，可以选择该Ⅲ号染色体三体的灰身雄果蝇与多只黑身雌果蝇杂交，观察并统计子代的性状及其比例。若控制体色的基因位于Ⅲ号染色体上，则该三体的基因型为AAa，可以产生四种配子A:Aa：AA:a=2:2:1:1，与黑身果蝇aa杂交的后代中灰身：黑身=5:1；若控制体色的基因不在Ⅲ号染色体上，则该三体的基因型为Aa，与黑身aa杂交的后代中灰身：黑身=1：1。
【点睛】难点：三体AAa可以产生四种配子A:Aa：AA:a=2:2:1:1，故测交后代会出现5:1的分离比。
11.某研究小组对酸奶中乳酸菌数量进行了测定，取6支灭菌后的试管，分别加入9mL无菌水，标号为A1、A2、A3、A4、A5、A6，吸取1mL酸奶样液加入试管A1中，混合均匀；然后从A1中吸取1mL溶液，加入A2中，混合均匀；重复上述操作，最后从试管A6中取0.1mL样液进行涂布培养并计数。涂布的三个平板上菌落数分别为251个、265个、276个。回答下列问题：
(1)该小组在取样涂布前，需要随机取若干灭菌后未接种的平板先行培养一段时间，这样做的目的是___________
(2)制备乳酸菌培养基过程中，倒平板时培养基温度不能太低，原因是_______________。平板冷凝后，要将平板倒置，其目的是____________________。
(3)根据三个平板中菌落数，可推测原酸奶中乳酸菌浓度为_______________个/mL，该方法测定出的乳酸菌含量与实际值相比偏小，其原因是____________________。
(4)该小组在探究橘皮精油对乳酸菌是否具有抑制作用时，提取橘皮精油宜采用压榨法而不用蒸馏法，其原因是____________________________。抑菌实验时，在长满乳酸菌平板上，会出现以抑菌物质为中心的透明圈，可通过_______________________来判断抑菌效果。
【答案】 (1). 检测培养基平板灭菌是香合格 (2). 温度太低会导致培养基凝固，无法铺展均匀 (3). 既可使培养基表面的水分更好地挥发，又可防止皿盖上的水珠落人培养基，造成污染 (4). 2. 64×109 (5). 两个或多个乳酸菌连在一起时，平板上只能观察到1个菌落 (6). 水中蒸馏会导致原料焦糊和有效成分水解 (7). 测定透明圈大小（直径）
【解析】
【分析】
制备培养基的步骤：计算→称量→溶化→灭菌→倒平板。
常用的灭菌方法：干热灭菌法、灼烧灭菌法和高压蒸汽灭菌法。
常用的接种方法：平板划线法和稀释涂布平板法。
【详解】（1）该小组在取样涂布前，为了检测培养基平板灭菌是否合格，需要随机取若干灭菌后未接种的平板先行培养一段时间，看是否有菌落生成。
（2）制备乳酸菌培养基过程中，若温度过低，培养基无法凝固，无法铺展均匀，故倒平板时培养基温度不能太低。平板冷凝后，要将平板倒置，这样既可使培养基表面的水分更好地挥发，又可防止皿盖上的水珠落人培养基，造成污染。
（3）A6中相当于稀释了106倍，三个平板中平均菌落数为（251+265+276）÷3=264个，故1ml原酸奶中乳酸菌浓度为：264÷0.1×106=2.64×109个，由于当两个或多个细胞连在一起时，平板上观察到的是一个菌落，故该方法测定出的乳酸菌含量与实际值相比偏小。
（4）该小组在探究橘皮精油对乳酸菌是否具有抑制作用时，提取橘皮精油时由于水中蒸馏会导致原料焦糊和有效成分水解，故宜采用压榨法而不用蒸馏法。抑菌实验时，在长满乳酸菌的平板上，会出现以抑菌物质为中心的透明圈，抑菌效果越好，透明圈越大，故可通过透明圈大小来判断抑菌效果。
【点睛】稀释涂布平板法还可以用来进行计数，但由于当两个或多个细胞连在一起时，平板上观察到的是一个菌落，故该方法测定出的乳酸菌含量与实际值相比偏小。
12.Ⅱ型干扰素是效应T细胞分泌的一种淋巴因子，可用于治疗病毒感染和癌症，通常只能从人体内获得，产量小、体外保存相当困难。若将其分子上的一个半胱氨酸替换为丝氨酸，在一70℃条件下可以保存半年。用现代生物工程技术生产该种单克隆Ⅱ型干扰素已成为一种发展趋势。回答下列问题：
(1)蛋白质工程是以蛋白质分子的结构规律及其与生物功能的关系作为基础，通过________________，对现有蛋白质进行改造或制造新的蛋白质。若将干扰素的一个半胱氨酸替换为丝氨酸，所推测出的脱氧核苷酸序列不止一种，其原因是__________________________。
(2)人工合成该种Ⅱ型干扰素基因后，可利用PCR技术对其扩增，该技术需要合成两种引物，其原因是________________________________。
(3)诱导效应T细胞与骨髓瘤细胞融合的化学试剂是__________________________。杂交瘤细胞具有的特点是_____________________________________。
(4)从融合的细胞中筛选出分泌该种Ⅱ型干扰素的杂交瘤细胞，所采用的技术是____________________。体外培养杂交瘤细胞时，需要向培养液中添加动物血清，其作用是___________________。
【答案】 (1). 基因修饰或基因合成 (2). 密码子具有简并性（或：丝氨酸有多种密码子） (3). 基因的两条反向平行的链都可作为模板，其碱基序列不同 (4). 聚乙二醇（PEG） (5). 既能迅速大量繁殖，又能产生专一的淋巴因子 (6). 抗原一抗体杂交 (7). 补充合成培养基缺乏的营养物质和微量元素
【解析】
【分析】
蛋白质工程的基本途径：从预期的蛋白质功能出发→设计预期的蛋白质结构→推测应有的氨基酸序列→找到对应的脱氧核苷酸序列。
诱导动物细胞融合的方法：聚乙二醇、电激法、灭活的病毒处理等。
杂交瘤细胞的特点：既能无限增殖，又能产生专一抗体。
【详解】（1）蛋白质工程是以蛋白质分子的结构规律及其与生物功能的关系作为基础，通过基因合成或基因修饰，对现有蛋白质进行改造或制造新的蛋白质。由于密码子的简并性，若将干扰素的一个半胱氨酸替换为丝氨酸，所推测出的脱氧核苷酸序列不止一种。
（2）人工合成该种Ⅱ型干扰素基因后，可利用PCR技术对其扩增，由于基因的两条反向平行的链都可作为模板，其碱基序列不同。需要根据一段已知的目的基因的核苷酸序列合成两种引物，来进行子链延伸。
（3）诱导效应T细胞与骨髓瘤细胞融合的化学试剂是聚乙二醇。该杂交瘤细胞是骨髓瘤细胞和效应T细胞融合产生的，故既能迅速大量繁殖，又能产生专一的淋巴因子。
（4）需要经过抗原抗体杂交即专一抗体检测，从融合的细胞中筛选出分泌该种Ⅱ型干扰素的杂交瘤细胞。体外培养杂交瘤细胞时，需要向培养液中添加动物血清，它可以补充合成培养基缺乏的营养物质和微量元素。
【点睛】易错点：浆细胞和骨髓瘤细胞融合成的杂交瘤细胞的特点是：既能无限增殖，又可以产生专一性抗体；效应T细胞与骨髓瘤细胞融合成的杂交瘤细胞的特点是：既能无限增殖，又能产生专一的淋巴因子。
2019年聊城市高考模拟试题
理科综合能力测试化学试题(二)
可能用到的相对原子质量：H—1 C-12 N-14 0-16 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷
1.电影《流浪地球》讲述了太阳即将爆发氦闪”(3HeC)，人类飞离太阳系的艰辛历程.太阳质量中氢占71%，氦26%，氧、碳、铁等元素占2%左右.下列说法正确的是
A. 核素的中子数比电子数多2
B. 上述元素除氮之外仅能形成6种单质和4种氧化物
C. 碳、氢、氧元素组成的糖类物质均可发生水解
D. 上述元素组成的草酸亚铁(FeC2O4)中碳元素的化合价为+3
【答案】D
【解析】
【详解】A.核素的中子数为2个，电子数为2个，中子数等于电子数，故A错误；
B.由于某些元素能形成多种同素异形体，如氧元素能形成O2、O3两种同素异形体，碳元素能形成金刚石、石墨、C60等多种同素异形体，则上述元素除氮之外能形成的单质不止6种，故B错误；
C.碳、氢、氧元素组成的葡萄糖不能发生水解，故C错误；
D.根据化合物中元素化合价代数和为零原则，上述元素组成的草酸亚铁(FeC2O4)中铁元素为+2价，氧元素为-2价，则碳元素的化合价为+3，故D正确。答案选D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A. 等物质的量的Na2O和Na2O2中所含阴离子数均为NA
B. 电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4g，则电路中转移电子数为0.2NA
C. 4.6gC2H6O的分子中含有C-H键数目一定为0.5NA
D. 1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.没有告诉Na2O和Na2O2的物质的量，无法计算含有阴离子数目，故A错误；
B.电解过程中，活泼性较强的杂质铁、锌等金属先放电，则阳极减少6.4g时，转移的电子不一定为0.2mol，转移电子数不一定为0.2NA，故B错误；
C.4.6gC2H6O的物质的量为0.1mol，若为乙醇则含0.5NA的C-H键，若为二甲醚则含0.6NA的C-H键，故C错误；
D.1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，镁元素由0价升高到+2价生成Mg2+，1molMg失2mol电子，数目为2NA，故D正确。答案选D。
【点睛】本题考查的是阿伏加德罗常数。难度不大，解题时特别注意C选项，C2H6O存在同分异构体，同分异构体不同含有的C-H键数目不同。D选项无论镁燃烧最终生成什么物质，均转化为Mg2+，1molMg均失2mol电子。
3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大.X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X、W在同一主族，工业上通过电解熔融Z的氧化物来制备Z单质，Y的单质在空气中含量最高.下列说法错误的是
A. 原子半径的大小顺序：Z>W>X>Y B. 简单气态氢化物的热稳定性：W>X
C. X的单质与W的氧化物反应可以制备W的单质 D. Y、Z的最高价氧化物对应的水化物反应可以生成盐和水
【答案】B
【解析】
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X应为第二周期元素符合电子排布规律，则最外层电子数为4，X为C；X、W在同一主族，W为Si；工业上通过电解熔融Z的氧化物来制备Z单质，Z为Al；Y的单质是空气的最主要成分，Y为N，
A.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小顺序：Z>W>X>Y，故A正确；
B.非金属性X>W，则气态氢化物的热稳定性：X>W，故B错误；
C.X的单质为C，W的氧化物为二氧化硅，高温下反应生成Si、CO，故C正确；
D.Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、氢氧化铝，二者反应生成硝酸铝和水，故D正确。答案选B。
【点睛】本题考查的是原子结构与元素周期律的关系。解题时注意原子半径大小比较时先看电子层数，电子层数越多，微粒半径越大；电子层数相同时，看核电荷数，核电荷数越大半径越小；气态氢化物的稳定性比较时，元素非金属性越强，对应的气态氢化物越稳定。
4.将下列反应所得气体通入溶液中，实验现象能够支持实验结论是
选项
气体
溶液
实验现象
实验结论
A
蔗糖加入浓硫酸搅拌产生的气体
溴水
橙色变为无色
蔗糖经浓硫酸脱水后产物与浓硫酸反应生成了CO2
B
碳酸钠固体与稀硫酸反应产生的气体
硅酸钠钠溶液
出现白色浑浊
酸性：
硫酸 > 碳酸 > 硅酸
C
Cu 与浓硫酸加热 450 ℃产生的气体
BaCl2 溶液
大量白色沉淀
SO2 可与 BaCl2 发生反应
D
二氧化锰与浓盐酸共热产生的气体
KBr 和 KI 的混合溶液
无色逐渐变为棕黄色
氧化性：
Cl2>Br2 >I2
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.蔗糖经浓硫酸脱水后产物与浓硫酸反应生成了SO2，二氧化硫有还原性，与溴水发生氧化还原反应，使之褪色，故A错误；
B.发生强酸制取弱酸的反应，由现象可知酸性为硫酸>碳酸>硅酸，故B正确
C.二氧化硫与氯化钡不反应，不能生成沉淀，故C错误；
D.氯气可氧化KBr、KI，则不能比较Br2、I2的氧化性，故D错误。
【点睛】本题是关于实验方案评价。解题时需注意A选项蔗糖经浓硫酸脱水后产物与浓硫酸反应生成了SO2，二氧化硫有还原性，与溴水发生氧化还原反应，使之褪色，D选项中氯气可氧化KBr、KI，此实验可证明Cl2的氧化性强于Br2 、I2，无法证明Br2 和I2的氧化性强弱。
5.化合物环丙叉环丙烷()具有特殊结构，倍受化学家关注.下列关于该化合物的说法错误的是
A. 与苯互为同分异构体 B. 二氯代物超过两种
C. 所有碳原子均处于同一平面 D. 生成1molC6H14至少需要3molH2
【答案】A
【解析】
【详解】A.环丙叉环丙烷的分子式为C6H8，苯的分子式为C6H6，两者不是同分异构体，故A错误；
B.二氯代物：、、，超过了两种，故B项正确；
C.环丙叉环丙烷中含有碳碳双键，根据乙烯中与碳碳双键两端碳原子相连的原子处一个平面上，则环丙叉环丙烷所有碳原子均处于同一平面上，故C正确；
D. 环丙叉环丙烷的分子式为C6H8，由C6H8生成C6H14，多出6molH，至少需要3molH2，故D正确。答案选A
6.三室式电渗析法处理含NH4NO3废水的原理如图所示，在直流电场的作用下，两膜中间的NH4+和NO2—可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室.工作一段时间后，在两极区均得到副产品NH4NO3.下列叙述正确的是
A. a极为电源负极，b极为电源正极
B. c膜是阴离子交换膜，d膜是阳离子交换膜
C. 阴极电极反应式为2NO3-+12H++10e-=N2 +6H2O
D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有5.6LO2生成
【答案】A
【解析】
【详解】结合题图装置可知，工作一段时间后，在两极区均得到副产品NH4NO3，则Ⅱ室中的阳离子NH4+、H+向Ⅰ室移动与Ⅰ室中的稀硝酸反应生成了硝酸铵，则c膜为阳离子交换膜，Ⅰ室中石墨为电解池阴极，a极为电源负极，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；Ⅱ室中的阴离子NO3-、OH-向Ⅲ室移动与Ⅲ室中的稀氨水反应生成硝酸铵，则d膜为阴离子交换膜，Ⅲ室中石墨为电解池阳极，b极为电源正极，阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。根据上述分析A正确，BC错误；D选项中没有给出标准状况下，无法用气体摩尔体积公式计算体积，则D错误。答案选A。
7.常温下，向1L1nol/L某一元酸HR溶液中滴加一元碱BOH溶液，混合溶液的与pH变化的关系如图所示.下列叙述正确的是
A. M线表示随pH的变化 B. BR溶液呈碱性
C. 若温度升高，两条线均向上平移 D. 常温下,0.1mol·L-1NaR溶液的pH=10
【答案】C
【解析】
【详解】A.对于一元酸HRH++R-，当温度不变时，Ka=不变；pH越大，c(H+)越小，则越大，则越大，对比图像可知应为N曲线表示随pH的变化，故A错误；
取N曲线上的任意一点，如pH=5时，c(H+)=10-5mol/L；lg=0，=1；Ka=10-5。
B.曲线M为lg与pH变化的关系图，取曲线M上的一点计算，如pH=8时，c(OH-)=10-6mol/L； lg=0；Kb=10-6；由于Kb
D.对于NaR溶液: R-+H2OHR+OH-
起始： 0.1 0 0
平衡： 0.1-x 0.1 x x
水解常数K==10-9；=10-9，计算可得x=10-5mol/L，c(H+)=10-9mol/L，pH=9，故D错误。答案选C。
第Ⅱ卷
8.硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]俗称摩尔盐.硫酸亚铁在空气中易被氧化，但与硫酸铵反应生成摩尔盐后较稳定.模拟工业制备硫酸亚铁铵晶体的实验装置如图所示.回答下列问题：
(1)先用饱和碳酸钠溶液煮沸铁屑(含少量油污、铁锈等)，再用清水洗净.用饱和碳酸钠溶液煮沸的目的是________________.仪器a的名称是______________.
(2)按如图连接好装置，经检验气密性良好后加入相应的药品，打开K1、K2，关闭K3，装置B中发生反应的离子方程式可能_______________(填字母序号).
A.Fe+2H+=Fe2++H2↑ B.2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
C. Fe2 03+6H+=2Fe3+ +3H2O D. 2Fe3++Fe=3Fe2+
铁屑快反应完时，打开____________,关闭____________,装置B中的溶液会流入装置A，其原因是_____________________.
(3)常温下，将反应后的溶液放置一段时间，瓶底将结晶析出硫酸亚铁铵.为了测定晶体中Fe2+的含量，称取一份质量为4.0g的硫酸亚铁铵晶体样品，配成溶液.用0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积为20.00mL.反应到达滴定终点的现象为_________________，计算晶体中Fe2+的质量分数为_________________.
【答案】 (1). 使油污发生水解而除去 (2). 锥形瓶 (3). ACD (4). K3 (5). K1、K2 (6). 装置B中产生H2，是压强大于大气压 (7). 溶液恰好变浅红色，且半分钟不褪色 (8). 14%
【解析】
【分析】
（1）碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性，油污在热碱中水解，热碱煮沸起到去油污的作用，根据仪器的构造特点分析仪器a的名称；
（2）本小题考查铁及其化合物的性质，铁及其化合物之间的相互转化；
（3）将滴定实验与氧化还原反应的计算相结合；据此解答。
【详解】（1）饱和碳酸钠溶液显碱性，油污在热碱性条件下水解，则用饱和碳酸钠溶液煮沸的目的是使油污发生水解而除去；仪器a的名称为锥形瓶。本小题答案为：使油污发生水解而除去；锥形瓶。
（2）铁屑中含有铁锈（Fe2O3）等，都与硫酸反应，反应后的产物Fe3+与Fe也可以发生氧化还原反应，故ACD正确，B错误；铁屑快反应完时，打开K3关闭K1、K2，装置B中的溶液会流入装置A，是因为装置B中产生H2，是压强大于大气压。本小题答案为：ACD；K3；K1、K2；装置B中产生H2，是压强大于大气压。
（3）用KMnO4溶液滴定硫酸亚铁铵，二者发生氧化还原反应，硫酸亚铁铵中的Fe2+的化合价由+2价升高到+3价生成Fe3+，则1mol硫酸亚铁铵失1mole-发生氧化反应，高锰酸钾中的锰元素化合价由+7价降低到+2价生成Mn2+，则1mol高锰酸钾得5mole-发生还原反应，根据得失电子守恒，高锰酸钾和硫酸亚铁的物质的量比为1:5，由题意n(KMnO4)= 0.1mol·L-1×0.02L=0.002mol，则n (Fe2+)=0.01mol，m(Fe2+)=0.56g，晶体中Fe2+的质量分数为0.56g/4g×100%=14%；滴定终点时溶液恰好变浅红色，且半分钟不褪色。本小题答案为：溶液恰好变浅红色，且半分钟不褪色；14%。
9.金属钒熔点高、硬度大，具有良好的可塑性和低温抗腐蚀性.工业常用钒炉渣(主要含FeO·V2O3，还有少量Al2O3、CuO等杂质)提取金属钒，流程如图：
已知:
I.钒有多种价态，其中+5价最稳定.钒在溶液中主要以VO2+和VO3-的形式存在，存在平衡：VO2++H2O⇌VO3+2H+.
Ⅱ.部分离子的沉淀pH：
Cu2+
Fe2+
Fe3+
开始沉淀PH
5.2
7.6
2.7
完全沉淀PH
6.4
9.6
3.7
回答下列问题
(1)碱浸步骤中最好选用______________(填字母)
a. NaOH溶液 b.氨水c.纯碱溶液
(2)焙烧的目的是将FeO·V2O3转化为可溶性NaVO3，其中铁元素全部转化为+3价的氧化物，写出该反应的化学方程式___________________________________
(3)溶液1到溶液2的过程中，调节pH至8有两个目的，一是除去________离子，二是促使_________.
(4)沉钒过程中得到NH4VO3沉淀需要洗涤，写出实验室洗涤的操作方法____________________.
(5)常用铝热反应法由V2O5冶炼金属钒，请写出反应的化学方程式____________________________.
(6)钒的化合物也有广泛的用途，如一种新型铝离子可充电电池的结构如图所示.
已知放电时电池反应为xAl+VO2=AlxVO2↓，则放电时正极的电极反应式为_____________________.
【答案】 (1). a (2). 4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2 (3). Fe3+、Cu2+ (4). VO2+转化为VO3- (5). 洗涤时应往漏斗加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复23次 (6). 10Al+3V2O55Al2O3+6V (7). VO2+xAl3++3xe-=AlxVO2
【解析】
【分析】
物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用。
赤泥主要含有FeO·V2O3、Al2O3、CuO，进行碱浸，氧化铝溶解形成偏铝酸盐，过滤后滤液1含有偏铝酸盐，通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，经过加热分解可得到氧化铝，滤渣1经过空气中焙烧，再用足量的硫酸溶解，溶液1中含有铜离子、铁离子，调节pH值到8，铜离子、铁离子沉淀完全，过滤得滤渣2应为氢氧化铜和氢氧化铁，同时由于溶液中存在平衡VO2++H2O⇌VO3-+2H+，酸过量会抑制的生成NH4VO3，所以要调节溶液的pH值，过滤得溶液2中主要含钒元素以VO2+和VO3-的形式存在，再加入硫酸铵转化为NH4VO3， NH4VO3焙烧得到V2O5，V2O5，发生铝热反应得到V。据此解答。
【详解】赤泥主要含有FeO·V2O3、Al2O3、CuO，进行碱浸，氧化铝溶解形成偏铝酸盐，过滤后滤液1含有偏铝酸盐，通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，经过加热分解可得到氧化铝，滤渣1经过空气中焙烧，再用足量的硫酸溶解，溶液1中含有铜离子、铁离子，调节pH值到8，铜离子、铁离子沉淀完全，过滤得滤渣2应为氢氧化铜和氢氧化铁，同时由于溶液中存在平衡VO2++H2O⇌VO3-+2H+，酸过量会抑制的生成NH4VO3，所以要调节溶液的pH值，过滤得溶液2中主要含钒元素以VO2+和VO3-的形式存在，再加入硫酸铵转化为NH4VO3， NH4VO3焙烧得到V2O5，V2O5，发生铝热反应得到V。
（1）根据上面的分析可知，碱浸要使氧化铝溶解，所以只能用强碱，故选a。本小题答案为：a。
（2）焙烧的目的是将FeO·V2O3转化为可溶性NaVO3，其中铁元素全部转化为+3价的氧化物，根据此信息可知方程式为4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2。本小题答案为：4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2。
（3）溶液1到溶液2的过程中，调节pH至8一是能使铜离子、铁离子沉淀完全，二是由于溶液中存在平衡VO2++H2O⇌VO3-+2H+，酸过量会抑制的生成NH4VO3。本小题答案为：Fe3+、Cu2+；VO2+转化为VO3-。
（4）沉钒过程中得到NH4VO3沉淀需要洗涤，洗涤时应往漏斗加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复23次。本小题答案为：洗涤时应往漏斗加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复23次。
（5）铝热反应由V2O5冶炼金属钒的化学方程式为10Al+3V2O55Al2O3+6V。本小题答案为：10Al+3V2O55Al2O3+6V。
（6）该电池的负极为铝，失电子发生氧化反应，电极反应式为Al-3e-=Al3+。电池的总反应为xAl+VO2=AlxVO2↓，则正极反应为总反应减去负极反应，正极电极反应式为VO2+xAl3++3xe-=AlxVO2。本小题答案为：VO2+xAl3++3xe-=AlxVO2。
10.研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义.
(1)海水中无机碳的存在形式及分布如下图所示：
用离子方程式表示海水呈弱碱性的原因______________.已知春季海水pH=8.1，预测夏季海水碱性将会_____________(填写“增强”或“减弱”)，理由是_________________________.
(2)工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H<0，在容积为1L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇.如图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系.下列说法正确的是_______________.
A.a、b、c三点H2转化率：c>a>b
B.上述三种温度之间关系为T1>T2>T3
Ca点状态下再通入0.5 mol co和0.5 mol CH3OH，平衡不移动
D.c点状态下再通入1 mol co和4mol H2，新平衡中H2的体积分数增大
(3)NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如图所示：
①NO的作用是___________________。
②已知:O3(g)+0(g)=202(g) △H=-143kJ·mol-l
反应1: O3(g)+NO(g)⇌NO2(g)+O2(g) △H1=-200.2kJ·mol-l
反应2：热化学方程式为_____________________。
(4)大气污染物SO2可用NaOH吸收.已知pKa=-lgKa,25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。该温度下用0.1mol· L-1 NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示.b点所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是________________；c点所得溶液中：c(Na+)___________3c(HSO3-)(填“>”、“<”或“=”).
【答案】 (1). HCO3-+H2OH2CO3+OH-或CO32-+H2OHCO3-+OH- (2). 增强 (3). 一方面水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，平衡正向移动，c(OH-)增大，一方面夏天光合作用强，使得CO2+H2OH2CO3平衡逆向移动，酸性减弱，一方面夏天温度高，二氧化碳在水中的溶解度减小，酸性减弱 (4). C (5). 催化剂 (6). NO2(g)+O(g)═NO(g)+O2(g)△H2=+57.2 kJ/mol (7). c（Na+）> c（HSO3-）> c（SO32-）>c（H+）>c（OH-） (8). >
【解析】
【分析】
（1）本小题考查是盐类水解，强碱弱酸盐水解显碱性，强酸弱碱盐显酸性；水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，水解平衡正向移动，溶液碱性增强；
（2）A．图中值：c＞b，该值越大，即增大氢气浓度，正向进行程度越大，CO转化率增大，而氢气转化率减小，图中CO转化率：c＞b，则H2转化率：b＞c，a、b两点相同，CO转化率越大，氢气转化率也越大，故氢气转化率：a＞b；
B．图中一定时，CO的转化率：T1>T2>T3，正反应为放热反应，一定时，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率会减小，故温度：T1
（3）①反应过程如图1是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气；
②Ⅰ．O3（g）+O（g）═2O2（g）△H=-143kJ/mol
Ⅱ．O3（g）+NO（g）═NO2（g）+O2（g）△H1=-200.2kJ/mol
盖斯定律计算Ⅰ-Ⅱ得到反应2的热化学方程式；
（4）b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性；c点pH=7.19=PKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SO3，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，Kh=，c(OH-)=，带入计算得到：c（HSO32-）=c（SO32-），溶液中2n（Na）=3c（S），2c（Na+）=3[c（SO32-）+c（H2SO3）+c（HSO3-）]=3[c（H2SO3）+2c（HSO3-）]，c（Na+）>3c（HSO3- ）。
【详解】（1）海水中无机碳的存在形式主要是HCO3-、CO32-，两种离子为弱酸根离子，水解使海水显碱性，离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-或CO32-+H2OHCO3-+OH-；一方面水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，平衡正向移动，c(OH-)增大，一方面夏天光合作用强，使得CO2+H2OH2CO3平衡逆向移动，酸性减弱，一方面夏天温度高，二氧化碳在水中的溶解度减小，酸性减弱。本小题答案为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-或CO32-+H2OHCO3-+OH-；增强；一方面水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，平衡正向移动，c(OH-)增大，一方面夏天光合作用强，使得CO2+H2OH2CO3平衡逆向移动，酸性减弱，一方面夏天温度高，二氧化碳在水中的溶解度减小，酸性减弱。
（2）A．图中值：c＞b，该值越大，即增大氢气浓度，正向进行程度越大，CO转化率增大，而氢气转化率减小，图中CO转化率：c＞b，则H2转化率：b＞c，a、b两点相同，CO转化率越大，氢气转化率也越大，故氢气转化率：a＞b，可知H2转化率：a＞b＞c，故A错误；
B．图中一定时，CO的转化率：T1>T2>T3，正反应为放热反应，一定时，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率会减小，故温度：T1
CO(g) + 2H2(g) ⇌ CH3OH(g)
起始浓度（mol/L）： 1 1.5 0
变化浓度（mol/L）： 0.5 1 0.5
平衡浓度（mol/L）： 0.5 0.5 0.5
故T1温度下平衡常数K＝，而Qc＝，所以平衡不移动，故C正确；
D．c点状态下再通入1 molCO和4 molH2，等效为在原平衡的基础上压强增大一倍，正反应为气体体积减小的反应，故平衡正向移动，新平衡中H2的体积分数减小，故D错误。答案选C。
（3）①反应过程是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气，反应过程中NO参与反应最后又生成，作用是催化剂。本小题答案为：催化剂。
②Ⅰ.O3(g)+O(g)═2O2(g)△H=−143kJ/mol
Ⅱ.O3(g)+NO(g)═NO2(g)+O2(g)△H1=−200.2kJ/mol
盖斯定律计算Ⅰ−Ⅱ得到反应2的热化学方程式：NO2(g)+O(g)═NO(g)+O2(g)△H2=+57.2kJ/mol。本小题答案为：NO2(g)+O(g)═NO(g)+O2(g)△H2=+57.2 kJ/mol。
（4）b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，则溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）> c（HSO3-）> c（SO32-）>c（H+）>c（OH-）；c点pH=7.19=PKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SO3，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，Kh=，c(OH-)=，带入计算得到：c（HSO32-）=c（SO32-），溶液中2n（Na）=3c（S），2c（Na+）=3[c（SO32-）+c（H2SO3）+c（HSO3-）]=3[c（H2SO3）+2c（HSO3-）]，c（Na+）>3c（HSO3- ）。本小题答案为：c（Na+）> c（HSO3-）> c（SO32-）>c（H+）>c（OH-）；>。
11.元素铜(Cu)、砷(As)、镓(Ga)等形成的化合物在现代工业中有广泛的用途，回答下列问题：
(1)基态铜原子的价电子排布式为_____________,价电子中未成对电子占据原子轨道的形状是__________________________。
(2)化合物AsCl3分子立体构型为________________，其中As的杂化轨道类型为_____________。
(3)第一电离能Ga__________As。(填“>”或“<”)
(4)若将络合离子[Cu(CN)4]2-中的2个CN- 换为两个Cl-，只有一种结构，则[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子所处空间构型为_______________，一个CN-中有__________个π键。
(5)砷化镓是一种重要的半导体材料，晶胞结构如图所示。
熔点为1238℃，密度为⍴g·cm-3，该晶体类型为______________，Ga与As以__________键键合，Ga和As的相对原子质量分别为Ma和Mb，原子半径分别为racm和rbcm，阿伏加德罗常数值为NA，GaAs晶胞中原子体积占晶胞体积的百分率为____________________。(列出计算公式)
【答案】 (1). 3d104s1 (2). 球形 (3). 三角锥形 (4). sp3 (5). < (6). 正四面体 (7). 2 (8). 原子晶体 (9). 共价键 (10).
【解析】
【分析】
本题考查的是原子核外电子排布、元素电离能、电负性的含义及应用,、晶胞的计算、原子轨道杂化方式及杂化类型判断。
（1）铜是29号元素，原子核外电子数为29，根据核外电子排布规律书写铜的基态原子价电子电子排布式。
（2）AsCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+(5−3×1)/2=4，所以原子杂化方式是sp3，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形；
（3）同一周期，原子序数越小半径越大，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大；
（4）若[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子为平面构型，用两个Cl-换2个CN- 有两种结构，分别为两个Cl-换相邻或相对，若[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子为正四面体构型，用两个Cl-换2个CN- 有一种结构；由于共价键单键中含有一个σ键，双键中含有一个σ键和一个π键，三键中有一个σ键和两个π键；
（5）GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρg⋅cm−3，根据均摊法计算，As：8×1/8+6×1/2=4，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=(4/3πr3b×4+4/3πr3a×4)×10−30，晶胞的体积V2=m/ρ=[4×(Ma+Mb)/NA]/ρ，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为V1/V2×100%将V1、V2带入计算得百分率。据此解答。
【详解】（1）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，铜的基态原子价电子电子排布式为3d104s1，价电子中未成对电子占据原子轨道的形状是球形。本小题答案为：3d104s1；球形。
（2）AsCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+(5−3×1)/2=4，所以原子杂化方式是sp3，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形。本小题答案为：三角锥形；sp3。
（3）根据元素周期律，Ga与As位于同一周期，Ga原子序数小于As，故半径Ga大于As，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大，故第一电离能Ga小于As。本小题答案为：<。
（4）若[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子为平面构型，用两个Cl-换2个CN- 有两种结构，分别为两个Cl-换相邻或相对，若[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子为正四面体构型，用两个Cl-换2个CN- 有一种结构；由于共价键单键中含有一个σ键，双键中含有一个σ键和一个π键，三键中有一个σ键和两个π键， 则CN-中含有三键，三键中含有两个π键。本小题答案为：正四面体；2。
（5）GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρg⋅cm−3，根据均摊法计算，As：8×1/8+6×1/2=4，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=(4/3πr3b×4+4/3πr3a×4)×10−30，晶胞的体积V2=m/ρ=[4×(Ma+Mb)/NA]/ρ，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为V1/V2×100%将V1、V2带入计算得百分率。本小题答案为：原子晶体；共价键； 。
12.桂皮酸是从肉桂皮中分离出的有机酸，广泛应用于精细化工品的生产。桂皮酸的一条成路线如下，部分需要的试剂或条件略去：
已知：
(1)D中官能团名称为___________________，反应IV的反应类型为______________________。
(2)写出反应I的化学方程式__________________________________________
(3)写出桂皮酸的结构简式____________________________________________
(4)为检验D是否已经完全转化为桂皮酸，所用试剂和实验条件是_________________________。
(5)写出同时满足下列三个条件的C的同分异构体的结构简式__________________
①属于芳香族化合物 ②核磁共振氢谱为四组峰 ③能与 NaHCO3溶液反应产生气体
【答案】 (1). 碳碳双键、醛基 (2). 消去反应 (3). +2Cl2+2HCl (4). (5). 新制的Cu(OH)2悬浊液、加热（或银氨溶液、加热） (6). ：、
【解析】
【分析】
本题为有机推断题。根据B的分子式可知B为卤代烃，B在氢氧化钠、水、加热条件下发生卤代烃的水解生成醇，此醇发生信息提示中的反应生成，由此醛可逆推醇为，B为，A为，A生成B的反应为取代反应；与CH3CHO、稀NaOH条件下发生加成反应生成C，C经反应Ⅳ生成D，D的分子式为C9H8O，根据C的结构简式和D的分子式可推知此反应为消去反应，反应条件为氢氧化钠的醇溶液加热，D的结构简式为，D经反应Ⅴ生成桂皮酸，根据桂皮酸的分子式可推知此反应Ⅴ为氧化反应，桂皮酸的结构简式为，据此解答。
【详解】根据B的分子式可知B为卤代烃，B在氢氧化钠、水、加热条件下发生卤代烃的水解生成醇，此醇发生信息提示中的反应生成，由此醛可逆推醇为，B为，A为，A生成B的反应为取代反应；与CH3CHO、稀NaOH条件下发生加成反应生成C，C经反应Ⅳ生成D，D的分子式为C9H8O，根据C的结构简式和D的分子式可推知此反应为消去反应，反应条件为氢氧化钠的醇溶液加热，D的结构简式为，D经反应Ⅴ生成桂皮酸，根据桂皮酸的分子式可推知此反应Ⅴ为氧化反应，桂皮酸的结构简式为；
（1）根据上述分析D的结构简式为，所含的官能团为碳碳双键、醛基；反应IV为消去反应。本小题答案为：碳碳双键、醛基；消去反应。
（2）根据上述分析A为，A与氯气、光照生成B，B为，此反应为取代反应，方程式为+2Cl2+2HCl。本小题答案为：+2Cl2+2HCl。
（3）根据上述分析可知桂皮酸的结构简式为。本小题答案为：。
（4）D为醛，根据醛的特性进行检验，加入新制的氢氧化铜悬浊液、加热会出现砖红色沉淀；或加入银氨溶液、加热有光亮的银析出。本小题答案为：新制的Cu(OH)2悬浊液、加热（或银氨溶液、加热）。
(5)满足下列三个条件的C的同分异构体应为：①属于芳香族化合物含有一个苯环 ②核磁共振氢谱为四组峰含有4中等效氢③能与 NaHCO3溶液反应产生气体含有一个-COOH，则此同分异构体为、。本小题答案为：、。
2019年聊城市高考模拟试题
理科综合能力测试试题(二)
二、选择题：
1.氢原子的能级图如图所示，下列说法正确的是
A. 氢原子从低能级向高能级跃迁时静电力做正功
B. 处于n=2能级的氢原子可以吸收能量为2eV的光子
C. 一个氢原子从n=4能级向基态跃迁时，可发出6种不同频率的光子
D. 处于n=1能级的氢原子可以吸收能量为14eV的光子
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢原子从低能级向高能级跃迁时，电子绕核运动的半径增大，库仑引力(静电力)做负功。故A项错误。
B．据图知，；由图知，氢原子没有能量等于的能级；跃迁时，氢原子吸收光子的能量需等于两个能级的能量差；所以处于n=2能级的氢原子不可以吸收能量为2eV的光子。故B项错误。
C．一群氢原子从n=4能级向基态跃迁时，可发出光子的种数为；一个氢原子从n=4能级向基态跃迁时，最多可发出3种不同频率的光子。故C项错误。
D．据图知，；处于n=1能级的氢原子可以吸收能量为14eV的光子，从而使氢原子发生电离。故D项正确。
2.如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴匀速转动，从某时刻开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示，若外接电阻R=70Ω，线圈电阻r=10Ω，则下列说法正确的是
A. 线圈的角速度为100rad/s
B. 0.01s末穿过线圈的磁通量最大
C. 通过线圈的最大电流为1.25A
D. 电压表的示数为87.5V
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图乙知，交流电的周期，线圈转动的角速度。故A项错误。
B．由图乙知，0.01s末线圈产生的感应电动势最大，则0.01s末线圈平面与磁场平行，线圈的磁通量为0。故B项错误。
C．由图乙知，线圈产生感应电动势的最大值，则线圈的最大电流。故C项正确。
D．线圈产生感应电动势的有效值，电压表的示数。故D项错误。
3.如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3垂直纸面放置，直导线与纸面的交点及坐标原点O分别位于边长为a的正方形的四个顶点.L1与L3中的电流均为2、方向均垂直纸面向里，L2中的电流为、方向垂直纸面向外.已知在电流为的长直导线的磁场中，距导线r处的磁感应强度，其中k为常数.某时刻有一电子正好经过原点O且速度方向垂直纸面向外，速度大小为v，电子电量为e，则该电子所受磁场力
A. 方向与y轴正方向成45°角，大小为
B. 方向与y轴负方向成45°角，大小为
C. 方向与y轴正方向成45°角，大小为
D. 方向与y轴负方向成45°角，大小为
【答案】D
【解析】
【详解】三个电流分别在原点O处产生磁场的磁感应强度、、，方向如图；则三电流在O点处产生合磁场的磁感应强度，方向与y轴正方向成45°角。电子经过原点O速度方向垂直纸面向外，速度大小为v，据左手定则知，洛伦兹力方向与y轴负方向成45°角，洛伦兹力的大小。故D项正确，ABC三项错误。
4.两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势随坐标x变化的关系图象如图所示，其中P点电势最高，且xAP
A. q1和q2都是正电荷
B. q1的电荷量大于q2的电荷量
C. 在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先减小后增大
D. 一点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图知，越靠近两电荷，电势越低，则q1和q2都是负电荷。故A项错误。
B．图象的斜率表示电场强度，则P点场强为零，据场强的叠加知两电荷在P处产生的场强等值反向，即，又，所以q1的电荷量小于q2的电荷量。故B项错误。
C．由图知，在A、B之间沿x轴从P点左侧到右侧，电势先增加后减小，则负点电荷的电势能先减小后增大。故C项正确。
D．图象的斜率表示电场强度，则沿x轴从P点运动到B点场强逐渐增大；据可知，电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐增大。故D项错误。
5.如图所示，质量相等的甲、乙两球分别固定于两轻杆的一端，两杆长度分别为L、2L，且两杆与水平面夹角相等.两杆的另一端分别可绕轴O、在竖直面内转动，现将两球在图示位置由静止释放，不计一切阻力，则在最低点时
A. 甲、乙两球的动能之比为1:1
B. 甲、乙两球的动能之比为1:2
C. 甲、乙两球对杆的拉力之比1:1
D. 甲、乙两球对杆的拉力之比1:2
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．对甲球释放到最低点的过程应用动能定理得：；对乙球释放到最低点的过程应用动能定理得：；所以最低点时两球的动能之比。故A项错误，B项正确。
CD．对最低点甲球受力分析，由牛顿第二定律可得；对最低点的乙球受力分析，由牛顿第二定律可得；所以最低点时杆对两球的拉力之比，据牛顿第三定律，最低点时甲、乙两球对杆的拉力之比1:1。故C项正确，D项错误。
6.如图所示，圆心角为90°的扇形COD内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，E点为半径OD的中点，现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b，以不同的速度分别从O、E点沿OC方向射入磁场，粒子a、b分别从D、C两点射出磁场，不计粒子所受重力及粒子间相互作用，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法中正确的是
A. 粒子a带负电，粒子b带正电
B. 粒子a、b在磁场中运动的加速度之比为2:5
C. 粒子a、b的速度之比为5:2
D. 粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180:53
【答案】ABD
【解析】
【详解】据题中条件，画出两粒子的轨迹如图：
A．由图据左手定则，可判断粒子a带负电，粒子b带正电。故A项正确。
BC．设扇形COD的半径为R，据几何关系可得，、，则。据，解得：，两粒子的比荷相等，则粒子a、b的速度之比为2:5；据，解得：，两粒子的比荷相等，则粒子a、b在磁场中运动的加速度之比为2:5。故B项正确，C项错误。
D．由图知，粒子a轨迹的圆心角；据可得，粒子b轨迹的圆心角；据、可得，粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180:53。故D项正确。
7.2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，根据科学家们的推测，双星的运动是产生引力波的来源之一.假设宇宙中有一由a、b两颗星组成的双星系统，这两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得a星的周期为T，a、b两星间的距离为，轨道半径之差为△r，已知a星的轨道半径大于b星的轨道半径，则
A. b星的周期为
B. b星的线速度大小为
C. a、b两星的轨道半径之比为
D. a、b两星的质量之比为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，所以两颗星的周期相等，则。故A项错误。
BC．a、b两星间的距离为，轨道半径之差为，已知a星的轨道半径大于b星的轨道半径，则、，所以、。a、b两星的轨道半径之比，b星的线速度大小。故B项正确，C项错误。
D．两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，则，所以a、b两星的质量之比。故D项正确。
8.一块足够长的白板静止于水平桌面上，一可视为质点、质量为m的石墨块静止在白板上，石墨块与白板间动摩擦擦因数为，重力加速度为g。从某时刻起，使白板瞬时获得速度v0做匀速直线运动，石墨块将在板上划下黑色痕迹。经过时间t白板突然停下，不再运动。不计石墨块与板摩擦过程中损失的质量，在石墨块也停止运动时，白板上黑色痕迹的长度及二者相对运动过程中产生的热量可能是
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】在时间t内，石墨块可能一直匀加速，也可能先匀加速后匀速；石墨匀加速时，根据牛顿第二定律，有，解得：。
①如果时间t内，石墨块一直匀加速，加速的位移，时间t内，相对白板的位移；时间t白板突然停下，不再运动，石墨做减速运动，加速度大小不变，相对白板沿原路返回，石墨继续运动的距离，白板上黑色痕迹的长度为，二者相对运动过程中产生的热量。
②如果先匀加速，后匀速，时间t内，石墨位移，相对白板的位移；时间t白板突然停下，不再运动，石墨做减速运动，加速度大小不变，相对白板沿原路返回，石墨继续运动的距离，白板上黑色痕迹的长度为，二者相对运动过程中产生的热量。
③如果加速的末速度恰好为，则石墨的位移，相对白板的位移。经过时间t白板突然停下，不再运动，石墨做减速运动，加速度大小不变，相对白板沿原路返回，石墨继续运动的距离，白板上黑色痕迹的长度为，二者相对运动过程中产生的热量。
综上，AC两项正确，BD两项错误。
9.某实验小组用如图所示的器材验证“力的平行四边形定则”.在水平的圆形桌面上平铺一张白纸，在桌子边缘安装三个光滑的滑轮，其中，滑轮P1固定在桌子边，滑轮P2、P3可沿桌边移动.
步骤如下：
A.在三根轻绳下挂上一定数量的钩码，调整滑轮P2、P3，位置并使结点O静止；
B.在白纸上描下O点的位置和三根绳子的方向，以O点为起点，用同一标度作出三个拉力的图示；
C.以绕过滑轮P2、P3绳的两个力为邻边作平行四边形，作出以O点为起点的平行四边形的对角线，量出对角线的长度；
D.检验对角线的长度和绕过滑轮P绳拉力的图示的长度是否一样，方向是否在一条直线上.
(1)第一次实验中，若一根绳挂的钩码质量为m，另一根绳挂的钩码质量为2m，则第三根绳所挂的钩码质量M应满足关系___________________.
(2)第二次实验时，改变滑轮P2、P3的位置和相应绳上钩码的数量，使结点平衡，绳的结点__________(选填“必须”或“不必”)与第一次实验中白纸上描下的O点重合.实验中，若桌面倾斜，____________(选填“会”或“不会”)影响实验的结论.
【答案】 (1). （1）m
【详解】(1)若一根绳挂的质量为m，另一根绳挂的质量为2m，则两绳子的拉力分别为：、，两绳不共线，两绳子拉力的合力F的范围是：，即；三力的合力为零，则第三根绳拉力范围为，第三根绳挂的钩码质量。
(2)本实验不是先用一根绳拉，然后用两根绳去拉，使一根绳拉的作用效果与两根绳拉的作用效果相同，而是三根绳都直接拉O点，所以O点的位置可以改变。
若桌面不水平，绳中拉力仍等于钩码重力，对实验以及实验结论无影响。
10.某同学用图甲所示电路测量某电压表的内阻，实验室提供的器材如下：
A.待测电压表V，量程3V，内阻约为3kΩ；
B.电流表A1，量程1.5mA，内阻约为100Ω
C.电流表A2，量程0.6A，内阻约为1Ω
D.电阻箱R0，阻值0~9999Ω
E.滑动变阻器R1，阻值0~10Ω
F.滑动变阻器R2，阻值0~1000Ω
G.电源电动势E约4.5V，内阻不计；
H.开关、导线若干.
(1)为完成实验，电流表应选_____________(“B”或“C”)；滑动变阻器应选___________(“E”或“F”)，在图乙中用笔画线连接未完成的实物电路图___________；
(2)连接好电路后，将滑动变阻器的滑片滑到最左端；
(3)闭合开关，调节滑动变阻器滑片和电阻箱，使电压表的指针在某一较合适的位置上，记录电流表的示数和电阻箱的阻值R0；再调节滑动变阻器滑片和电阻箱，保持电压表示数不变，记录多组电流表的示数和电阻箱的阻值R0；
(4)根据测量数据作出图象，如图丙所示，若图线在轴上的截距为b，图线的斜率为k，则实验过程中电压表示数为___________，电压表的内阻为__________.
【答案】 (1). （1）B， (2). E； (3). ； (4). （4）k， (5).
【解析】
【详解】(1)待测电压表的最大电流，所以电流表应选B
滑动变阻器选用分压式，所以应选总阻值较小的，即滑动变阻器选E
据电路图连接实物如图：
(4)电压表示数不变，则，即；对比图象得，、，解得：电压表示数、电压表内阻。
11.如图所示，两根足够长的光滑金属导轨平行放置在倾角为30°的绝缘斜面上，导轨宽度为L，下端接有阻值为R的电阻，导轨处于方向垂直于斜面向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场中.轻绳一端跨过光滑定滑轮，悬吊质量为m的小物块，另一端平行于斜面系在质量为m的金属棒的中点，现将金属棒从PQ位置由静止释放，金属棒与导轨接触良好且电阻均忽略不计，重力加速度为g.
(1)求金属棒匀速运动时的速度大小；
(2)若金属棒速度为v0且距离导轨底端x时开始计时，磁场的磁感应强度B的大小随时间t发生变化，使回路中无电流，请推导出磁感应强度B的大小随时间t变化的关系式.
【答案】(1)；(2)
【解析】
【详解】(1)金属棒匀速运动时，对物块：
对金属棒有：
又：
由欧姆定律：
联立解得：
(2)当回路中没有电流时，金属棒不受安培力
对金属棒：
对物块：
回路中无电流，回路中磁通量不变，则：
联立解得：
12.如图(a)所示，轻质弹簧左端固定在墙上，自由状态时右端在C点，C点左侧地面光滑、右侧粗糙.用可视为质点的质量为m=1kg的物体A将弹簧压缩至O点并锁定.以O点为原点建立坐标轴.现用水平向右的拉力F作用于物体A，同时解除弹簧锁定，使物体A做匀加速直线运动，拉力F随位移x变化的关系如图(b)所示，运动到0.225m处时，撤去拉力F.
(1)求物体A与粗糙地面间的动摩擦因数以及向右运动至最右端的位置D点的坐标；
(2)若在D点给物体A一向左的初速度，物体A恰好能将弹簧压缩至O点，求物体A到C点时的速度；
(3)质量为M=3kg的物体B在D点与静止的物体A发生弹性正碰，碰后物体A向左运动并恰能压缩弹簧到O点，求物体B与A碰撞前的瞬时速度.
【答案】（1）0.45m；（2）m/s；（3）m/s
【解析】
【详解】(1)由于物体A做匀加速直线运动，结合图像，可知：
从O到C点的过程中：
在C点，、
解得：
在C点右侧：、
解得：
从O到C点，物体匀加速，则：
解得：
从C到D的过程中，由动能定理得：
其中
解得：
D点坐标：
(2) 物体A将弹簧由C点压缩至O点的过程，由动能定理得：
物体从O到C，由动能定理得：
其中
联立解得：
(3)设B碰前速度为v0，碰后速度为v1；碰后A的速度为v2，则：
物体A从D到C过程中，由动能定理：
联立解得：、
13.以下说法正确的是
A. 布朗运动剧烈程度与温度有关，所以布朗运动也叫热运动
B. 液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性
C. 雨天打伞时，雨水没有透过布雨伞是因为液体表面张力作用的结果
D. 相互接触的两个物体发生热传递，达到热平衡时温度一定相同，而内能可能不同
E. 用NA表示阿伏加德罗常数，M表示铜的摩尔质量，表示实心铜块的密度，那么铜块中一个铜原子所占空间的体积可表示为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．热运动是分子无规则的运动，布朗运动并不是分子的运动；所以尽管布朗运动的剧烈程度与温度有关，但不能把布朗运动叫做热运动。故A项错误。
B．液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性。故B项正确。
C．水将伞面的纱线打湿后，在伞面纱线缝隙间形成水膜，水膜的表面张力使得雨水没有透过伞面。故C项正确。
D．热的宏观体现是温度，当两物体温度相同时，就会停止传热，即热平衡。相互接触的两个物体发生热传递，达到热平衡时温度一定相同。物体的内能与物质的量、温度、体积有关；温度相同的两物体内能可能不同。故D项正确。
E．铜的摩尔体积，一个铜原子所占空间的体积。故E项错误。
14.如图所示，U型玻璃细管竖直放置，水平细管与U型细管底部相连通，各部分细管内径相同。此时U型玻璃管左、右两侧水银面高度差为15cm，C管水银面距U型玻璃管底部距离为5cm，水平细管内用小活塞封有长度为12.5cm理想气体A，U型管左管上端封有长25cm的理想气体B，右管上端开口与大气相通，现将活塞缓慢向右压，使U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，已知外界大气压强为75cmHg，忽略环境温度的变化，水平细管中的水银柱足够长，求：
(i)气体B的长度；
(ⅱ)活塞移动的距离。
【答案】（ⅰ）20cm；（ⅱ）27.5cm
【解析】
【详解】(i)设玻璃管横截面积为S，活塞缓慢向右压的过程中，气体B做等温变化
解得气体B的长度
(ⅱ) 活塞缓慢向右压的过程中，各部分液柱移动情况示意如图：
U形管左管中水银柱长度变化等于气柱B长度的变化
U形管右管中水银柱长度变化
气体A做等温变化
解得气体A的长度
活塞移动的距离等于A部分气体长度的变化加上U形管左右两侧水银柱长度的变化，所以
15.下列说法中正确的是 。
A. 在受迫振动中，物体振动的频率不一定等于驱动力的频率
B. 做简谐运动的质点，经过四分之一周期，所通过的路程不一定等于振幅
C. 变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场
D. 双缝干涉实验中，若只减小双缝到光屏间的距离，两相邻亮条纹间距将变小
E. 声波从空气传入水中时频率变大，波长不变
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．物体做受迫振动时，物体振动的频率等于驱动力的频率。故A项错误。
B．据简谐运动质点的位移时间图象可得，若质点从平衡位置或最大位移处开始运动，经过四分之一周期，做简谐运动的质点所通过的路程等于振幅；若质点不是从平衡位置或最大位移处开始，经过四分之一周期，做简谐运动的质点所通过的路程不等于振幅。故B项正确。
C． 根据麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场。故C项正确。
D．据公式可得，双缝干涉实验中，若只减小双缝到光屏间的距离L，两相邻亮条纹间距将变小。故D项正确。
E．声波从空气传入水中时频率不变，波长变大。故E项错误。
16.如图所示，水面下方有一点光源S，水面上有一艘船，船的最左端到光源的水平距离为l。已知从距船处的水面射出的光线恰好照亮船头标志物A，此光束到达A之前在水中和空气中传播的时间之比为2:1。若船右移，则水面恰好出现完整的圆形透光区域，不考虑光线的多次反射。求：
(i)水的折射率；
(ii)标志物A到水面的高度h。
【答案】(i) ；(ii)
【解析】
【详解】(i)设SO=x1，OA=x2，光在水中传播的速度为v，在空气中传播的速度为c，光从水面射出时的折射角为，光射向水面的入射角为
根据题意知：
根据折射率定义有：
根据折射定律有：
联立解得：
(ii)由于，可知
所以光源S所处的深度：
由几何知识有：
据可得：
由几何知识有：标志物A到水面的高度：
理科综合能力测试生物试题(二)
一、选择题
1.下列有关脂质和核酸的叙述正确的是
A. 某些脂质分子具有与核酸分子相同元素组成
B. 脂肪细胞膜的组成成分中可能含有少量的脂肪
C. RNA分子彻底水解的产物是四种核糖核苷酸
D. DNA分子加热解旋后其遗传信息会发生改变
【答案】A
【解析】
【分析】
脂质包括：脂肪、磷脂和固醇类。
RNA的基本单位是核糖核苷酸。
【详解】某些脂质分子如磷脂分子与核酸分子的元素组成相同，均为C、H、O、N、P，A正确；细胞膜中不含脂肪，B错误；RNA分子彻底水解的产物是A、U、C、G、核糖和磷酸，C错误；DNA分子加热解旋后其遗传信息不发生改变，D错误。故选A。
2.在细胞分裂后期，一种特异蛋白降解酶(APC)可通过消除姐妹染色单体间着丝粒的粘连而促进细胞的分裂进程.下列相关叙述错误的是
A. 细胞分裂过程中APC的含量可发生周期性变化
B. APC可作用于有丝分裂后期或减数第二次分裂后期
C. 秋水仙素诱导多倍体形成的原因是抑制了APC的活性
D. 温度变化可通过影响APC的活性影响细胞的分裂进程
【答案】C
【解析】
【分析】
APC可以消除姐妹染色单体之间的粘连，故作用的时期是着丝点分离的时期，即有丝分裂的后期或减数第二次分裂的后期。
【详解】例如在有丝分裂过程中，APC的含量在后期会增加，其他时期会下降，会出现周期性变化，A正确；APC可作用于有丝分裂后期或减数第二次分裂后期，即着丝点分裂的时期，B正确；秋水仙素诱导多倍体形成的原因是抑制了纺锤体的形成，引起了染色体数目的加倍，C错误；APC是蛋白质，温度变化会影响APC的活性，D正确。故选C。
3.受体是一类能够识别和选择性结合某种配体(信号分子)的大分子，分为细胞内受体和细胞表面受体.细胞表面受体转导的胞外信号可引发快反应和慢反应，如下图所示.下列相关叙述错误的是
A. 细胞内受体识别和选择性结合的配体可能为脂溶性的信号分子
B. 胰岛B细胞接受高浓度的血糖刺激，可通过慢反应过程使胰岛素的分泌量增加
C. 快反应过程中功能被改变的蛋白质，其氨基酸的排列顺序可能未发生改变
D. 慢反应过程可通过诱导反义基因的表达，合成相应的互补RNA，使相关基因的转录过程受到抑制
【答案】D
【解析】
【分析】
由图可知，胞外信号分子可以通过快反应改变蛋白质的功能改变细胞行为；也可以通过慢反应，改变蛋白质的合成，改变细胞行为。
【详解】细胞内受体识别和选择性结合的配体可能为脂溶性的信号分子，因为脂溶性分子可以进入细胞内，A正确；胰岛B细胞接受高浓度的血糖刺激，可通过慢反应过程使胰岛素的分泌量增加，来降低血糖，B正确；快反应过程中功能被改变的蛋白质，改变的可能是空间结构，其氨基酸的排列顺序可能未发生改变，C正确；慢反应过程可通过诱导反义基因的表达，合成相应的互补RNA，使相关基因的翻译过程受到抑制，D错误。故选D。
4.除草剂敏感型拟南芥经一定剂量的射线照射后，其子代出现了一株具有除草剂抗性的突变体.下列有关该突变体形成原因的叙述正确的是
A. 若为某基因突变所致，则该抗性突变体自交后代一定发生性状分离
B. 若为某基因内部缺失部分碱基对所致，则该基因控制合成的肽链长度一定变短
C. 若为某基因内部C//G碱基对重复所致，则该基因中嘌呤与嘧啶的比例一定不变
D. 若为某染色体片段缺失所致，则该变异一定发生在减数分裂形成配子的过程中
【答案】C
【解析】
【分析】
基因突变指DNA分子中发生碱基对的增添、缺失或替换，引起基因结构的改变。基因突变会产生新的等位基因。
【详解】若为某基因突变所致，则该抗性突变体自交后代不一定发生性状分离，如Aa突变为aa，则自交后代不发生性状分离，A错误；若为某基因内部缺失部分碱基对所致，则该基因控制合成的肽链长度不一定变短，如缺失序列对应的是终止密码子序列，则可能会导致终止密码子延迟出现，肽链会延长，B错误；若为某基因内部C//G碱基对重复所致，则该基因中嘌呤与嘧啶的比例一定不变，因为双链DNA分子中，嘌呤数目=嘧啶数目，C正确；若为某染色体片段缺失所致，则该变异可能发生在减数分裂过程中，也可能发生在有丝分裂的过程中，D错误。故选C。
5.下图表示细胞分裂素对叶绿体色素含量影响的实验结果，下列相关叙述正确的是
A. 细胞分裂素可抑制叶绿体中叶绿素的分解
B. 光照强度相同时，实验组叶绿体内ATP的含量会明显升高
C. 对照组的色素提取液经白光照射及三棱镜分光后明显变暗的是红光区
D. 绿叶中色素的提取实验中，加入SO2的目的是防止色素分子被破坏
【答案】A
【解析】
【分析】
由图可知，实验组即细胞分裂素处理组，叶绿素含量高于对照组。细胞分裂素不影响类胡萝卜素的含量。
【详解】细胞分裂素处理组叶绿素含量较高，可能是抑制叶绿体中叶绿素的分解，A正确；光照强度相同时，实验组叶绿体内叶绿素含量较高，故光反应较快，ATP合成较快，但暗反应随之加快，产生的ATP很快用于暗反应，细胞内ATP含量较少，不会明显升高，B错误；对照组的色素提取液中类胡萝卜素较高，主要吸收蓝紫光，故经白光照射及三棱镜分光后明显变暗的是蓝紫光区，C错误；绿叶中色素的提取实验中，加入SO2是为了加速研磨，D错误。故选A。
6.浮萍是一种水生植物，其根部的微生物可分解水中的有机物，净化水体.浮萍的根分泌的有关物质可使藻类的叶绿素分解，从而抑制藻类的大量繁殖，避免水华现象的发生.下列相关叙述错误的是
A. 浮萍能避免水华的发生，属于生物多样性的间接价值
B. 浮萍能净化有机污水，所以浮萍既是生产者又属于分解者
C. 浮萍对藻类的影响体现了生态系统具有自我调节的能力
D. 采用样方法调查浮萍的种群密度时要遵循随机取样的原则
【答案】B
【解析】
【分析】
浮萍可以进行光合作用，制造有机物，为生产者；根部的微生物可以分解水中的有机物，故为分解者。
【详解】浮萍能避免水华的发生，维持生态平衡，属于生物多样性的间接价值，A正确；浮萍能净化有机污水，是其根部微生物的分解作用，浮萍是生产者，其根部的微生物是分解者，B错误；浮萍可以避免水华的发生，体现了生态系统具有自我调节的能力，C正确； 采用样方法调查浮萍的种群密度时要遵循随机取样的原则，以减小误差，D正确。故选B。
三、非选择题
7.水稻具有“光合午休”现象，其叶肉细胞中的C5化合物在CO2浓度高时与CO2结合生成C3化合物。在气孔关闭、O2/CO2比值升高时，C5化合物除了参与卡尔文循环外，还可被O2氧化为CO2，这一现象称为光呼吸，如图1所示。图2为夏季一昼夜水稻的CO2吸收速率变化曲线。回答下列问题：
(1)光呼吸的发生可以消耗光反应产生的过剩的_________________，防止类囊体结构遭到破坏。植物开始出现“光合午休”时，C5/C3的比值将_______________(填“上升”或“下降”)；O2/CO2比值较高时，C3化合物的来源途径有__________________(填生理过程名称)。
(2)图2中，C点时水稻光合速率_______________(填“大于”或“等于”或“小于”)呼吸速率。一昼夜当中，有机物的积累量最高的点是______________。
(3)结合题干信息分析，图2中D点时CO2吸收速率高于C点的主要原因是__________________。
【答案】 (1). O2和ATP（[H]） (2). 上升 (3). CO2的固定和光呼吸 (4). 大于 (5). E (6). 随着气孔开放，CO2/02的比值上升，暗反应（卡尔文循环）增强，光呼吸减弱
【解析】
【分析】
“C5化合物在CO2浓度高时与CO2结合生成C3化合物；在气孔关闭、O2/CO2比值升高时，C5化合物除了参与卡尔文循环外，还可被O2氧化为CO2”即二氧化碳浓度较高时，C5主要参与暗反应；氧气浓度较高时，C5主要参与光呼吸。
图2中：A、E点光合速率=呼吸速率，A-E段光合速率大于呼吸速率。
【详解】（1）由图1可知，光呼吸需要消耗光反应产生的氧气和ATP。光合午休时，气孔关闭，二氧化碳浓度下降，二氧化碳的固定减慢，C5/C3的比值会上升。由图可知，当O2/CO2比值较高时，C3化合物可以来自于CO2的固定和光呼吸。
（2）图2中，C点时，二氧化碳的吸收速率=0，即光合速率=呼吸速率，AE段光合速率大于呼吸速率，E点之后呼吸速率大于光合速率，故E点时积累量最大。
（3）D点与C点相比，气孔开放，二氧化碳浓度升高，CO2/O2的比值上升，暗反应（卡尔文循环）增强，光呼吸减弱，故D点时CO2吸收速率高于C点。
【点睛】光呼吸指氧气浓度较高时，C5可以被O2氧化为CO2。
8.初春，昼夜温差较大，也是感冒频发的季节。回答下列问题：
(1)甲型流感病毒是人类容易发生感染并患感冒的病原体。该类病毒作为抗原侵入人体后，在体液中机体需要借助_______________细胞产生的抗体将其凝集并抑制其繁殖。对于感染病毒的靶细胞，机体则需要通过___________________细胞的作用促使其裂解并释放病毒。
(2)人体患感冒时，“发烧”也是一种机体增强免疫力的反应。某人“发烧”至38.5℃的过程中，机体产热量_______________(填“大于”或“等于”或“小于”)散热量。体温高于38.5℃时，应适当服用“退烧”药物。“退烧”过程中，机体散热增加的主要方式有_______________________。
(3)随着新型流感疫苗研发，疫苗的接种率连年提升。接种流感疫苗能预防流感的原因是_________；人接种流感疫苗后仍然有可能再患流行感冒，其原因是_______________________。
【答案】 (1). 浆（或:效应B） (2). 效应T (3). 大于 (4). 通过促进毛细血管舒张、汗腺分泌增加散热 (5). 体内产生了特异性抗体和记忆细胞 (6). 一方面，流感病毒容易发生变异；另一 方面，特定疫苗（抗原）引起的特异性免疫产生的体只能针对特定的病原体起作用
【解析】
【分析】
人体的三道防线：第一道防线—皮肤、黏膜等；第二道防线—吞噬细胞和体液中的杀菌物质；第三道防线—体液免疫和细胞免疫。
增加产热的途径：甲状腺激素和肾上腺素的分泌量增加；立毛肌收缩、骨骼肌战栗。
增加散热的途径：汗腺分泌增加；毛细血管舒张，血流量增大。
【详解】（1）只有浆细胞可以分泌抗体，所以需要借助浆细胞产生抗体凝集甲流感病毒并抑制其增殖。若病毒侵入宿主细胞，需要经过效应T细胞与靶细胞接触，引起靶细胞裂解死亡，释放抗原。
（2）人发烧至38.5℃的过程中，即体温升高的过程中，产热量大于散热量。高烧时，可以通过物理降温，通过促进毛细血管舒张、汗腺分泌增加等途径增加散热。
（3）接种流感疫苗后，机体可以产生相应的记忆细胞和特异性抗体，故可以预防流感。但由于流感病毒容易发生变异；特定疫苗（抗原）引起的特异性免疫产生的体只能针对特定的病原体起作用，故接种流感疫苗后仍然有可能再患流行感冒。
【点睛】体温升高的过程中：产热量大于散热量；体温不变：产热量=散热量；体温下降的过程中：产热量小于散热量。
9.草原生态系统是主要的牧业基地，同时又能减轻风沙危害、涵养水源。对草原生态系统的保护是我国生态文明建设的一项重要内容。回答下列问题：
(1)由于水肥等条件不同，草原不同地段分布着不同的种群，这些种群通常呈_____________________现象分布。草原返青，“绿色”为羊群流动采食提供了信息，说明信息传递能够____________________流入草本植物体内的能量，一部分通过呼吸作用以热能的形式散失，另一部分用于_________________。
(2)豚草是一种外来入侵物种，在草原生态系统中具有明显的生存优势，这种优势是通过____________来实现的。虽然入侵的豚草其叶型基因的基因频率与原产地豚草有了很大差异，但该豚草还没有进化为一个新物种，判断的依据是_____________________________。
(3)草原大型肉食性动物对低营养级肉食性动物、植食性动物除了捕食外，还具有恐吓、驱赶作用，属于“恐惧生态学”。若由于某大型肉食性动物的引入，使得甲、乙两种植食性动物间的竞争结果发生了反转，甲的数量优势地位丧失。不考虑捕食因素，根据“恐惧生态学”知识推测，甲的数量优势地位丧失的原因可能是___________________________________。
【答案】 (1). 镶嵌 (2). 调节生物的种间关系，以维持生态系统的稳定 (3). 生长、发育和繁殖 (4). 自然选择（或：生存斗争） (5). 存在可育后代（或:没有生殖隔离） (6). 甲对某大型肉食性动物的恐惧程度度比乙高，某大型肉食性动物引入后甲逃离该生态系统的数量比乙多
【解析】
【分析】
群落的结构：垂直结构和水平结构。
信息传递的作用：有利于生命活动的正常进行；有利于种群的繁衍；能调节生物的种间关系，以维持生态系统的稳定。
同化量的去向：呼吸散失的能量，流向下一营养级的能量，流向分解者的能量，未利用的能量。
【详解】（1）由于水肥等条件不同，草原不同地段分布着不同的种群，通常呈镶嵌分布，属于群落的水平结构。草原返青，“绿色”为羊群流动采食提供了信息，说明信息传递能够调节生物的种间关系，以维持生态系统的稳定。流入草本植物体内的能量即植物的同化量，一部分通过呼吸作用以热能的形式散失，另一部分用于植物自身的生长、发育和繁殖（其中一部分流向下一营养级，一部分流向分解者）。
(2)豚草是一种外来入侵物种，在草原生态系统中具有明显的生存优势，这种优势是通过自然选择来实现的。虽然入侵的豚草其叶型基因的基因频率与原产地豚草有了很大差异，但二者不存在生殖隔离，故该豚草还没有进化为一个新物种。
(3)若由于某大型肉食性动物的引入，使得甲、乙两种植食性动物间的竞争结果发生了反转，甲的数量优势地位丧失。可能是因为甲对某大型肉食性动物的恐惧程度度比乙高，某大型肉食性动物引入后甲逃离该生态系统的数量比乙多，导致甲的数量优势地位丧失。
【点睛】易错点：粪便中的能量不属于该营养级的同化量，属于上以营养级的同化量。
10.果蝇的体色和眼色受两对等位基因控制(灰身、黑身由等位基因A、a控制，红眼、白眼由等位基因B、b控制)，其中一对等位基因位于常染色体上。为了研究这两对相对性状的遗传规律，进行了下表所示的杂交实验：
实验
亲本
F1
杂交实验一
♀灰身红眼×♂黑身白眼
♀灰身红眼：♂灰身红眼=1:1
杂交实验二
♀黑身白眼×♂灰身红眼
早灰身红眼：♂灰身白眼=1:1
回答下列问题：
(1)通过上述实验可以判断出隐性性状为_______________。。控制体色和眼色的基因位于____________对同源染色体上，判断依据是____________________。
(2)实验一中F1随机交配得到F2，F2灰身红眼雌蝇中纯合子所占比例为____________________。
(3)实验二中，由于雄性亲本产生精细胞时Ⅲ号染色体的不正常分配，使F1中出现了一只Ⅲ号染色体三体(即3条Ⅲ号染色体)的灰身雄果蝇。请用该果蝇等作为实验材料设计杂交实验，探究控制体色的基因是否位于Ⅲ号染色体上。
实验方案：_________________________________。
预期结果和结论：_______________________________________。
【答案】 (1). 黑身、白眼 (2). 两 (3). 控制体色的基因位于常染色体上，控制眼色的基因位于X染色体上 (4). 1/6 (5). 用该三体灰身雄果蝇与多只黑身雌果蝇杂交，观察并统计子代的性状及其比例 (6). 如果子代灰身果蝇与黑身果蝇的比例为5：1，则A、a基因位于Ⅲ号染色体上；如果子代灰身果蝇与黑身果蝇的比例为1:1，则A、a基因不位于Ⅲ号染色体上
【解析】
【分析】
根据灰身与黑身正反交结果，后代雌雄均全部是灰身，可知，灰身为显性，且控制体色的A、a位于常染色体上，亲本对应的基因型为AA×aa；红眼与白眼正反交的结果，雌雄的表现型有差异，说明控制颜色的B、b位于X染色体上，且组合一亲本对应的基因型为：XBXB×XbY，组合二亲本对应的基因型为：XbXb×XBY。
【详解】（1）杂交组合一：灰身与黑身杂交，后代只有灰身；红眼与白眼杂交，后代只有红眼。故灰身、红眼为显性性状，黑身、白眼为隐性性状。又因为体色与性别无关，颜色与性别有关，故A、a位于常染色体上，B、b位于X染色体上，即两对基因位于两对同源染色体上。
（2）组合一亲本对应的基因型为：AAXBXB×aaXbY，F1的基因型为AaXBXb，AaXBY。F2灰身红眼雌蝇A-XBX-中纯合子AAXBXB占1/3×1/2=1/6。
（3）实验二亲本及后代的控制体色的基因型为：aa×AA→Aa。要鉴定控制体色的基因是否位于Ⅲ号染色体上，可以选择该Ⅲ号染色体三体的灰身雄果蝇与多只黑身雌果蝇杂交，观察并统计子代的性状及其比例。若控制体色的基因位于Ⅲ号染色体上，则该三体的基因型为AAa，可以产生四种配子A:Aa：AA:a=2:2:1:1，与黑身果蝇aa杂交的后代中灰身：黑身=5:1；若控制体色的基因不在Ⅲ号染色体上，则该三体的基因型为Aa，与黑身aa杂交的后代中灰身：黑身=1：1。
【点睛】难点：三体AAa可以产生四种配子A:Aa：AA:a=2:2:1:1，故测交后代会出现5:1的分离比。
11.某研究小组对酸奶中乳酸菌数量进行了测定，取6支灭菌后的试管，分别加入9mL无菌水，标号为A1、A2、A3、A4、A5、A6，吸取1mL酸奶样液加入试管A1中，混合均匀；然后从A1中吸取1mL溶液，加入A2中，混合均匀；重复上述操作，最后从试管A6中取0.1mL样液进行涂布培养并计数。涂布的三个平板上菌落数分别为251个、265个、276个。回答下列问题：
(1)该小组在取样涂布前，需要随机取若干灭菌后未接种的平板先行培养一段时间，这样做的目的是___________
(2)制备乳酸菌培养基过程中，倒平板时培养基温度不能太低，原因是_______________。平板冷凝后，要将平板倒置，其目的是____________________。
(3)根据三个平板中菌落数，可推测原酸奶中乳酸菌浓度为_______________个/mL，该方法测定出的乳酸菌含量与实际值相比偏小，其原因是____________________。
(4)该小组在探究橘皮精油对乳酸菌是否具有抑制作用时，提取橘皮精油宜采用压榨法而不用蒸馏法，其原因是____________________________。抑菌实验时，在长满乳酸菌平板上，会出现以抑菌物质为中心的透明圈，可通过_______________________来判断抑菌效果。
【答案】 (1). 检测培养基平板灭菌是香合格 (2). 温度太低会导致培养基凝固，无法铺展均匀 (3). 既可使培养基表面的水分更好地挥发，又可防止皿盖上的水珠落人培养基，造成污染 (4). 2. 64×109 (5). 两个或多个乳酸菌连在一起时，平板上只能观察到1个菌落 (6). 水中蒸馏会导致原料焦糊和有效成分水解 (7). 测定透明圈大小（直径）
【解析】
【分析】
制备培养基的步骤：计算→称量→溶化→灭菌→倒平板。
常用的灭菌方法：干热灭菌法、灼烧灭菌法和高压蒸汽灭菌法。
常用的接种方法：平板划线法和稀释涂布平板法。
【详解】（1）该小组在取样涂布前，为了检测培养基平板灭菌是否合格，需要随机取若干灭菌后未接种的平板先行培养一段时间，看是否有菌落生成。
（2）制备乳酸菌培养基过程中，若温度过低，培养基无法凝固，无法铺展均匀，故倒平板时培养基温度不能太低。平板冷凝后，要将平板倒置，这样既可使培养基表面的水分更好地挥发，又可防止皿盖上的水珠落人培养基，造成污染。
（3）A6中相当于稀释了106倍，三个平板中平均菌落数为（251+265+276）÷3=264个，故1ml原酸奶中乳酸菌浓度为：264÷0.1×106=2.64×109个，由于当两个或多个细胞连在一起时，平板上观察到的是一个菌落，故该方法测定出的乳酸菌含量与实际值相比偏小。
（4）该小组在探究橘皮精油对乳酸菌是否具有抑制作用时，提取橘皮精油时由于水中蒸馏会导致原料焦糊和有效成分水解，故宜采用压榨法而不用蒸馏法。抑菌实验时，在长满乳酸菌的平板上，会出现以抑菌物质为中心的透明圈，抑菌效果越好，透明圈越大，故可通过透明圈大小来判断抑菌效果。
【点睛】稀释涂布平板法还可以用来进行计数，但由于当两个或多个细胞连在一起时，平板上观察到的是一个菌落，故该方法测定出的乳酸菌含量与实际值相比偏小。
12.Ⅱ型干扰素是效应T细胞分泌的一种淋巴因子，可用于治疗病毒感染和癌症，通常只能从人体内获得，产量小、体外保存相当困难。若将其分子上的一个半胱氨酸替换为丝氨酸，在一70℃条件下可以保存半年。用现代生物工程技术生产该种单克隆Ⅱ型干扰素已成为一种发展趋势。回答下列问题：
(1)蛋白质工程是以蛋白质分子的结构规律及其与生物功能的关系作为基础，通过________________，对现有蛋白质进行改造或制造新的蛋白质。若将干扰素的一个半胱氨酸替换为丝氨酸，所推测出的脱氧核苷酸序列不止一种，其原因是__________________________。
(2)人工合成该种Ⅱ型干扰素基因后，可利用PCR技术对其扩增，该技术需要合成两种引物，其原因是________________________________。
(3)诱导效应T细胞与骨髓瘤细胞融合的化学试剂是__________________________。杂交瘤细胞具有的特点是_____________________________________。
(4)从融合的细胞中筛选出分泌该种Ⅱ型干扰素的杂交瘤细胞，所采用的技术是____________________。体外培养杂交瘤细胞时，需要向培养液中添加动物血清，其作用是___________________。
【答案】 (1). 基因修饰或基因合成 (2). 密码子具有简并性（或：丝氨酸有多种密码子） (3). 基因的两条反向平行的链都可作为模板，其碱基序列不同 (4). 聚乙二醇（PEG） (5). 既能迅速大量繁殖，又能产生专一的淋巴因子 (6). 抗原一抗体杂交 (7). 补充合成培养基缺乏的营养物质和微量元素
【解析】
【分析】
蛋白质工程的基本途径：从预期的蛋白质功能出发→设计预期的蛋白质结构→推测应有的氨基酸序列→找到对应的脱氧核苷酸序列。
诱导动物细胞融合的方法：聚乙二醇、电激法、灭活的病毒处理等。
杂交瘤细胞的特点：既能无限增殖，又能产生专一抗体。
【详解】（1）蛋白质工程是以蛋白质分子的结构规律及其与生物功能的关系作为基础，通过基因合成或基因修饰，对现有蛋白质进行改造或制造新的蛋白质。由于密码子的简并性，若将干扰素的一个半胱氨酸替换为丝氨酸，所推测出的脱氧核苷酸序列不止一种。
（2）人工合成该种Ⅱ型干扰素基因后，可利用PCR技术对其扩增，由于基因的两条反向平行的链都可作为模板，其碱基序列不同。需要根据一段已知的目的基因的核苷酸序列合成两种引物，来进行子链延伸。
（3）诱导效应T细胞与骨髓瘤细胞融合的化学试剂是聚乙二醇。该杂交瘤细胞是骨髓瘤细胞和效应T细胞融合产生的，故既能迅速大量繁殖，又能产生专一的淋巴因子。
（4）需要经过抗原抗体杂交即专一抗体检测，从融合的细胞中筛选出分泌该种Ⅱ型干扰素的杂交瘤细胞。体外培养杂交瘤细胞时，需要向培养液中添加动物血清，它可以补充合成培养基缺乏的营养物质和微量元素。
【点睛】易错点：浆细胞和骨髓瘤细胞融合成的杂交瘤细胞的特点是：既能无限增殖，又可以产生专一性抗体；效应T细胞与骨髓瘤细胞融合成的杂交瘤细胞的特点是：既能无限增殖，又能产生专一的淋巴因子。
2019年聊城市高考模拟试题
理科综合能力测试化学试题(二)
可能用到的相对原子质量：H—1 C-12 N-14 0-16 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷
1.电影《流浪地球》讲述了太阳即将爆发氦闪”(3HeC)，人类飞离太阳系的艰辛历程.太阳质量中氢占71%，氦26%，氧、碳、铁等元素占2%左右.下列说法正确的是
A. 核素的中子数比电子数多2
B. 上述元素除氮之外仅能形成6种单质和4种氧化物
C. 碳、氢、氧元素组成的糖类物质均可发生水解
D. 上述元素组成的草酸亚铁(FeC2O4)中碳元素的化合价为+3
【答案】D
【解析】
【详解】A.核素的中子数为2个，电子数为2个，中子数等于电子数，故A错误；
B.由于某些元素能形成多种同素异形体，如氧元素能形成O2、O3两种同素异形体，碳元素能形成金刚石、石墨、C60等多种同素异形体，则上述元素除氮之外能形成的单质不止6种，故B错误；
C.碳、氢、氧元素组成的葡萄糖不能发生水解，故C错误；
D.根据化合物中元素化合价代数和为零原则，上述元素组成的草酸亚铁(FeC2O4)中铁元素为+2价，氧元素为-2价，则碳元素的化合价为+3，故D正确。答案选D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A. 等物质的量的Na2O和Na2O2中所含阴离子数均为NA
B. 电解精炼铜时，若阳极质量减少6.4g，则电路中转移电子数为0.2NA
C. 4.6gC2H6O的分子中含有C-H键数目一定为0.5NA
D. 1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子数为2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.没有告诉Na2O和Na2O2的物质的量，无法计算含有阴离子数目，故A错误；
B.电解过程中，活泼性较强的杂质铁、锌等金属先放电，则阳极减少6.4g时，转移的电子不一定为0.2mol，转移电子数不一定为0.2NA，故B错误；
C.4.6gC2H6O的物质的量为0.1mol，若为乙醇则含0.5NA的C-H键，若为二甲醚则含0.6NA的C-H键，故C错误；
D.1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，镁元素由0价升高到+2价生成Mg2+，1molMg失2mol电子，数目为2NA，故D正确。答案选D。
【点睛】本题考查的是阿伏加德罗常数。难度不大，解题时特别注意C选项，C2H6O存在同分异构体，同分异构体不同含有的C-H键数目不同。D选项无论镁燃烧最终生成什么物质，均转化为Mg2+，1molMg均失2mol电子。
3.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大.X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X、W在同一主族，工业上通过电解熔融Z的氧化物来制备Z单质，Y的单质在空气中含量最高.下列说法错误的是
A. 原子半径的大小顺序：Z>W>X>Y B. 简单气态氢化物的热稳定性：W>X
C. X的单质与W的氧化物反应可以制备W的单质 D. Y、Z的最高价氧化物对应的水化物反应可以生成盐和水
【答案】B
【解析】
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，X应为第二周期元素符合电子排布规律，则最外层电子数为4，X为C；X、W在同一主族，W为Si；工业上通过电解熔融Z的氧化物来制备Z单质，Z为Al；Y的单质是空气的最主要成分，Y为N，
A.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径的大小顺序：Z>W>X>Y，故A正确；
B.非金属性X>W，则气态氢化物的热稳定性：X>W，故B错误；
C.X的单质为C，W的氧化物为二氧化硅，高温下反应生成Si、CO，故C正确；
D.Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、氢氧化铝，二者反应生成硝酸铝和水，故D正确。答案选B。
【点睛】本题考查的是原子结构与元素周期律的关系。解题时注意原子半径大小比较时先看电子层数，电子层数越多，微粒半径越大；电子层数相同时，看核电荷数，核电荷数越大半径越小；气态氢化物的稳定性比较时，元素非金属性越强，对应的气态氢化物越稳定。
4.将下列反应所得气体通入溶液中，实验现象能够支持实验结论是
选项
气体
溶液
实验现象
实验结论
A
蔗糖加入浓硫酸搅拌产生的气体
溴水
橙色变为无色
蔗糖经浓硫酸脱水后产物与浓硫酸反应生成了CO2
B
碳酸钠固体与稀硫酸反应产生的气体
硅酸钠钠溶液
出现白色浑浊
酸性：
硫酸 > 碳酸 > 硅酸
C
Cu 与浓硫酸加热 450 ℃产生的气体
BaCl2 溶液
大量白色沉淀
SO2 可与 BaCl2 发生反应
D
二氧化锰与浓盐酸共热产生的气体
KBr 和 KI 的混合溶液
无色逐渐变为棕黄色
氧化性：
Cl2>Br2 >I2
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.蔗糖经浓硫酸脱水后产物与浓硫酸反应生成了SO2，二氧化硫有还原性，与溴水发生氧化还原反应，使之褪色，故A错误；
B.发生强酸制取弱酸的反应，由现象可知酸性为硫酸>碳酸>硅酸，故B正确
C.二氧化硫与氯化钡不反应，不能生成沉淀，故C错误；
D.氯气可氧化KBr、KI，则不能比较Br2、I2的氧化性，故D错误。
【点睛】本题是关于实验方案评价。解题时需注意A选项蔗糖经浓硫酸脱水后产物与浓硫酸反应生成了SO2，二氧化硫有还原性，与溴水发生氧化还原反应，使之褪色，D选项中氯气可氧化KBr、KI，此实验可证明Cl2的氧化性强于Br2 、I2，无法证明Br2 和I2的氧化性强弱。
5.化合物环丙叉环丙烷()具有特殊结构，倍受化学家关注.下列关于该化合物的说法错误的是
A. 与苯互为同分异构体 B. 二氯代物超过两种
C. 所有碳原子均处于同一平面 D. 生成1molC6H14至少需要3molH2
【答案】A
【解析】
【详解】A.环丙叉环丙烷的分子式为C6H8，苯的分子式为C6H6，两者不是同分异构体，故A错误；
B.二氯代物：、、，超过了两种，故B项正确；
C.环丙叉环丙烷中含有碳碳双键，根据乙烯中与碳碳双键两端碳原子相连的原子处一个平面上，则环丙叉环丙烷所有碳原子均处于同一平面上，故C正确；
D. 环丙叉环丙烷的分子式为C6H8，由C6H8生成C6H14，多出6molH，至少需要3molH2，故D正确。答案选A
6.三室式电渗析法处理含NH4NO3废水的原理如图所示，在直流电场的作用下，两膜中间的NH4+和NO2—可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室.工作一段时间后，在两极区均得到副产品NH4NO3.下列叙述正确的是
A. a极为电源负极，b极为电源正极
B. c膜是阴离子交换膜，d膜是阳离子交换膜
C. 阴极电极反应式为2NO3-+12H++10e-=N2 +6H2O
D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有5.6LO2生成
【答案】A
【解析】
【详解】结合题图装置可知，工作一段时间后，在两极区均得到副产品NH4NO3，则Ⅱ室中的阳离子NH4+、H+向Ⅰ室移动与Ⅰ室中的稀硝酸反应生成了硝酸铵，则c膜为阳离子交换膜，Ⅰ室中石墨为电解池阴极，a极为电源负极，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；Ⅱ室中的阴离子NO3-、OH-向Ⅲ室移动与Ⅲ室中的稀氨水反应生成硝酸铵，则d膜为阴离子交换膜，Ⅲ室中石墨为电解池阳极，b极为电源正极，阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。根据上述分析A正确，BC错误；D选项中没有给出标准状况下，无法用气体摩尔体积公式计算体积，则D错误。答案选A。
7.常温下，向1L1nol/L某一元酸HR溶液中滴加一元碱BOH溶液，混合溶液的与pH变化的关系如图所示.下列叙述正确的是
A. M线表示随pH的变化 B. BR溶液呈碱性
C. 若温度升高，两条线均向上平移 D. 常温下,0.1mol·L-1NaR溶液的pH=10
【答案】C
【解析】
【详解】A.对于一元酸HRH++R-，当温度不变时，Ka=不变；pH越大，c(H+)越小，则越大，则越大，对比图像可知应为N曲线表示随pH的变化，故A错误；
取N曲线上的任意一点，如pH=5时，c(H+)=10-5mol/L；lg=0，=1；Ka=10-5。
B.曲线M为lg与pH变化的关系图，取曲线M上的一点计算，如pH=8时，c(OH-)=10-6mol/L； lg=0；Kb=10-6；由于Kb
D.对于NaR溶液: R-+H2OHR+OH-
起始： 0.1 0 0
平衡： 0.1-x 0.1 x x
水解常数K==10-9；=10-9，计算可得x=10-5mol/L，c(H+)=10-9mol/L，pH=9，故D错误。答案选C。
第Ⅱ卷
8.硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]俗称摩尔盐.硫酸亚铁在空气中易被氧化，但与硫酸铵反应生成摩尔盐后较稳定.模拟工业制备硫酸亚铁铵晶体的实验装置如图所示.回答下列问题：
(1)先用饱和碳酸钠溶液煮沸铁屑(含少量油污、铁锈等)，再用清水洗净.用饱和碳酸钠溶液煮沸的目的是________________.仪器a的名称是______________.
(2)按如图连接好装置，经检验气密性良好后加入相应的药品，打开K1、K2，关闭K3，装置B中发生反应的离子方程式可能_______________(填字母序号).
A.Fe+2H+=Fe2++H2↑ B.2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
C. Fe2 03+6H+=2Fe3+ +3H2O D. 2Fe3++Fe=3Fe2+
铁屑快反应完时，打开____________,关闭____________,装置B中的溶液会流入装置A，其原因是_____________________.
(3)常温下，将反应后的溶液放置一段时间，瓶底将结晶析出硫酸亚铁铵.为了测定晶体中Fe2+的含量，称取一份质量为4.0g的硫酸亚铁铵晶体样品，配成溶液.用0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积为20.00mL.反应到达滴定终点的现象为_________________，计算晶体中Fe2+的质量分数为_________________.
【答案】 (1). 使油污发生水解而除去 (2). 锥形瓶 (3). ACD (4). K3 (5). K1、K2 (6). 装置B中产生H2，是压强大于大气压 (7). 溶液恰好变浅红色，且半分钟不褪色 (8). 14%
【解析】
【分析】
（1）碳酸钠为强碱弱酸盐水解显碱性，油污在热碱中水解，热碱煮沸起到去油污的作用，根据仪器的构造特点分析仪器a的名称；
（2）本小题考查铁及其化合物的性质，铁及其化合物之间的相互转化；
（3）将滴定实验与氧化还原反应的计算相结合；据此解答。
【详解】（1）饱和碳酸钠溶液显碱性，油污在热碱性条件下水解，则用饱和碳酸钠溶液煮沸的目的是使油污发生水解而除去；仪器a的名称为锥形瓶。本小题答案为：使油污发生水解而除去；锥形瓶。
（2）铁屑中含有铁锈（Fe2O3）等，都与硫酸反应，反应后的产物Fe3+与Fe也可以发生氧化还原反应，故ACD正确，B错误；铁屑快反应完时，打开K3关闭K1、K2，装置B中的溶液会流入装置A，是因为装置B中产生H2，是压强大于大气压。本小题答案为：ACD；K3；K1、K2；装置B中产生H2，是压强大于大气压。
（3）用KMnO4溶液滴定硫酸亚铁铵，二者发生氧化还原反应，硫酸亚铁铵中的Fe2+的化合价由+2价升高到+3价生成Fe3+，则1mol硫酸亚铁铵失1mole-发生氧化反应，高锰酸钾中的锰元素化合价由+7价降低到+2价生成Mn2+，则1mol高锰酸钾得5mole-发生还原反应，根据得失电子守恒，高锰酸钾和硫酸亚铁的物质的量比为1:5，由题意n(KMnO4)= 0.1mol·L-1×0.02L=0.002mol，则n (Fe2+)=0.01mol，m(Fe2+)=0.56g，晶体中Fe2+的质量分数为0.56g/4g×100%=14%；滴定终点时溶液恰好变浅红色，且半分钟不褪色。本小题答案为：溶液恰好变浅红色，且半分钟不褪色；14%。
9.金属钒熔点高、硬度大，具有良好的可塑性和低温抗腐蚀性.工业常用钒炉渣(主要含FeO·V2O3，还有少量Al2O3、CuO等杂质)提取金属钒，流程如图：
已知:
I.钒有多种价态，其中+5价最稳定.钒在溶液中主要以VO2+和VO3-的形式存在，存在平衡：VO2++H2O⇌VO3+2H+.
Ⅱ.部分离子的沉淀pH：
Cu2+
Fe2+
Fe3+
开始沉淀PH
5.2
7.6
2.7
完全沉淀PH
6.4
9.6
3.7
回答下列问题
(1)碱浸步骤中最好选用______________(填字母)
a. NaOH溶液 b.氨水c.纯碱溶液
(2)焙烧的目的是将FeO·V2O3转化为可溶性NaVO3，其中铁元素全部转化为+3价的氧化物，写出该反应的化学方程式___________________________________
(3)溶液1到溶液2的过程中，调节pH至8有两个目的，一是除去________离子，二是促使_________.
(4)沉钒过程中得到NH4VO3沉淀需要洗涤，写出实验室洗涤的操作方法____________________.
(5)常用铝热反应法由V2O5冶炼金属钒，请写出反应的化学方程式____________________________.
(6)钒的化合物也有广泛的用途，如一种新型铝离子可充电电池的结构如图所示.
已知放电时电池反应为xAl+VO2=AlxVO2↓，则放电时正极的电极反应式为_____________________.
【答案】 (1). a (2). 4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2 (3). Fe3+、Cu2+ (4). VO2+转化为VO3- (5). 洗涤时应往漏斗加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复23次 (6). 10Al+3V2O55Al2O3+6V (7). VO2+xAl3++3xe-=AlxVO2
【解析】
【分析】
物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用。
赤泥主要含有FeO·V2O3、Al2O3、CuO，进行碱浸，氧化铝溶解形成偏铝酸盐，过滤后滤液1含有偏铝酸盐，通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，经过加热分解可得到氧化铝，滤渣1经过空气中焙烧，再用足量的硫酸溶解，溶液1中含有铜离子、铁离子，调节pH值到8，铜离子、铁离子沉淀完全，过滤得滤渣2应为氢氧化铜和氢氧化铁，同时由于溶液中存在平衡VO2++H2O⇌VO3-+2H+，酸过量会抑制的生成NH4VO3，所以要调节溶液的pH值，过滤得溶液2中主要含钒元素以VO2+和VO3-的形式存在，再加入硫酸铵转化为NH4VO3， NH4VO3焙烧得到V2O5，V2O5，发生铝热反应得到V。据此解答。
【详解】赤泥主要含有FeO·V2O3、Al2O3、CuO，进行碱浸，氧化铝溶解形成偏铝酸盐，过滤后滤液1含有偏铝酸盐，通入二氧化碳得到氢氧化铝沉淀，经过加热分解可得到氧化铝，滤渣1经过空气中焙烧，再用足量的硫酸溶解，溶液1中含有铜离子、铁离子，调节pH值到8，铜离子、铁离子沉淀完全，过滤得滤渣2应为氢氧化铜和氢氧化铁，同时由于溶液中存在平衡VO2++H2O⇌VO3-+2H+，酸过量会抑制的生成NH4VO3，所以要调节溶液的pH值，过滤得溶液2中主要含钒元素以VO2+和VO3-的形式存在，再加入硫酸铵转化为NH4VO3， NH4VO3焙烧得到V2O5，V2O5，发生铝热反应得到V。
（1）根据上面的分析可知，碱浸要使氧化铝溶解，所以只能用强碱，故选a。本小题答案为：a。
（2）焙烧的目的是将FeO·V2O3转化为可溶性NaVO3，其中铁元素全部转化为+3价的氧化物，根据此信息可知方程式为4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2。本小题答案为：4FeO·V2O3+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2。
（3）溶液1到溶液2的过程中，调节pH至8一是能使铜离子、铁离子沉淀完全，二是由于溶液中存在平衡VO2++H2O⇌VO3-+2H+，酸过量会抑制的生成NH4VO3。本小题答案为：Fe3+、Cu2+；VO2+转化为VO3-。
（4）沉钒过程中得到NH4VO3沉淀需要洗涤，洗涤时应往漏斗加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复23次。本小题答案为：洗涤时应往漏斗加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复23次。
（5）铝热反应由V2O5冶炼金属钒的化学方程式为10Al+3V2O55Al2O3+6V。本小题答案为：10Al+3V2O55Al2O3+6V。
（6）该电池的负极为铝，失电子发生氧化反应，电极反应式为Al-3e-=Al3+。电池的总反应为xAl+VO2=AlxVO2↓，则正极反应为总反应减去负极反应，正极电极反应式为VO2+xAl3++3xe-=AlxVO2。本小题答案为：VO2+xAl3++3xe-=AlxVO2。
10.研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义.
(1)海水中无机碳的存在形式及分布如下图所示：
用离子方程式表示海水呈弱碱性的原因______________.已知春季海水pH=8.1，预测夏季海水碱性将会_____________(填写“增强”或“减弱”)，理由是_________________________.
(2)工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H<0，在容积为1L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇.如图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系.下列说法正确的是_______________.
A.a、b、c三点H2转化率：c>a>b
B.上述三种温度之间关系为T1>T2>T3
Ca点状态下再通入0.5 mol co和0.5 mol CH3OH，平衡不移动
D.c点状态下再通入1 mol co和4mol H2，新平衡中H2的体积分数增大
(3)NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如图所示：
①NO的作用是___________________。
②已知:O3(g)+0(g)=202(g) △H=-143kJ·mol-l
反应1: O3(g)+NO(g)⇌NO2(g)+O2(g) △H1=-200.2kJ·mol-l
反应2：热化学方程式为_____________________。
(4)大气污染物SO2可用NaOH吸收.已知pKa=-lgKa,25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。该温度下用0.1mol· L-1 NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示.b点所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是________________；c点所得溶液中：c(Na+)___________3c(HSO3-)(填“>”、“<”或“=”).
【答案】 (1). HCO3-+H2OH2CO3+OH-或CO32-+H2OHCO3-+OH- (2). 增强 (3). 一方面水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，平衡正向移动，c(OH-)增大，一方面夏天光合作用强，使得CO2+H2OH2CO3平衡逆向移动，酸性减弱，一方面夏天温度高，二氧化碳在水中的溶解度减小，酸性减弱 (4). C (5). 催化剂 (6). NO2(g)+O(g)═NO(g)+O2(g)△H2=+57.2 kJ/mol (7). c（Na+）> c（HSO3-）> c（SO32-）>c（H+）>c（OH-） (8). >
【解析】
【分析】
（1）本小题考查是盐类水解，强碱弱酸盐水解显碱性，强酸弱碱盐显酸性；水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，水解平衡正向移动，溶液碱性增强；
（2）A．图中值：c＞b，该值越大，即增大氢气浓度，正向进行程度越大，CO转化率增大，而氢气转化率减小，图中CO转化率：c＞b，则H2转化率：b＞c，a、b两点相同，CO转化率越大，氢气转化率也越大，故氢气转化率：a＞b；
B．图中一定时，CO的转化率：T1>T2>T3，正反应为放热反应，一定时，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率会减小，故温度：T1
（3）①反应过程如图1是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气；
②Ⅰ．O3（g）+O（g）═2O2（g）△H=-143kJ/mol
Ⅱ．O3（g）+NO（g）═NO2（g）+O2（g）△H1=-200.2kJ/mol
盖斯定律计算Ⅰ-Ⅱ得到反应2的热化学方程式；
（4）b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性；c点pH=7.19=PKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SO3，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，Kh=，c(OH-)=，带入计算得到：c（HSO32-）=c（SO32-），溶液中2n（Na）=3c（S），2c（Na+）=3[c（SO32-）+c（H2SO3）+c（HSO3-）]=3[c（H2SO3）+2c（HSO3-）]，c（Na+）>3c（HSO3- ）。
【详解】（1）海水中无机碳的存在形式主要是HCO3-、CO32-，两种离子为弱酸根离子，水解使海水显碱性，离子方程式为HCO3-+H2OH2CO3+OH-或CO32-+H2OHCO3-+OH-；一方面水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，平衡正向移动，c(OH-)增大，一方面夏天光合作用强，使得CO2+H2OH2CO3平衡逆向移动，酸性减弱，一方面夏天温度高，二氧化碳在水中的溶解度减小，酸性减弱。本小题答案为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-或CO32-+H2OHCO3-+OH-；增强；一方面水解平衡为吸热反应，夏天温度升高，平衡正向移动，c(OH-)增大，一方面夏天光合作用强，使得CO2+H2OH2CO3平衡逆向移动，酸性减弱，一方面夏天温度高，二氧化碳在水中的溶解度减小，酸性减弱。
（2）A．图中值：c＞b，该值越大，即增大氢气浓度，正向进行程度越大，CO转化率增大，而氢气转化率减小，图中CO转化率：c＞b，则H2转化率：b＞c，a、b两点相同，CO转化率越大，氢气转化率也越大，故氢气转化率：a＞b，可知H2转化率：a＞b＞c，故A错误；
B．图中一定时，CO的转化率：T1>T2>T3，正反应为放热反应，一定时，升高温度平衡逆向移动，CO的转化率会减小，故温度：T1
CO(g) + 2H2(g) ⇌ CH3OH(g)
起始浓度（mol/L）： 1 1.5 0
变化浓度（mol/L）： 0.5 1 0.5
平衡浓度（mol/L）： 0.5 0.5 0.5
故T1温度下平衡常数K＝，而Qc＝，所以平衡不移动，故C正确；
D．c点状态下再通入1 molCO和4 molH2，等效为在原平衡的基础上压强增大一倍，正反应为气体体积减小的反应，故平衡正向移动，新平衡中H2的体积分数减小，故D错误。答案选C。
（3）①反应过程是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气，反应过程中NO参与反应最后又生成，作用是催化剂。本小题答案为：催化剂。
②Ⅰ.O3(g)+O(g)═2O2(g)△H=−143kJ/mol
Ⅱ.O3(g)+NO(g)═NO2(g)+O2(g)△H1=−200.2kJ/mol
盖斯定律计算Ⅰ−Ⅱ得到反应2的热化学方程式：NO2(g)+O(g)═NO(g)+O2(g)△H2=+57.2kJ/mol。本小题答案为：NO2(g)+O(g)═NO(g)+O2(g)△H2=+57.2 kJ/mol。
（4）b点是用0.1mol•L-1NaOH溶液20ml滴定20mL0.1mol•L-1H2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，则溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）> c（HSO3-）> c（SO32-）>c（H+）>c（OH-）；c点pH=7.19=PKa2，依据平衡常数溶液显碱性，溶液中溶质主要为Na2SO3，SO32-+H2O⇌HSO3-+OH-，Kh=，c(OH-)=，带入计算得到：c（HSO32-）=c（SO32-），溶液中2n（Na）=3c（S），2c（Na+）=3[c（SO32-）+c（H2SO3）+c（HSO3-）]=3[c（H2SO3）+2c（HSO3-）]，c（Na+）>3c（HSO3- ）。本小题答案为：c（Na+）> c（HSO3-）> c（SO32-）>c（H+）>c（OH-）；>。
11.元素铜(Cu)、砷(As)、镓(Ga)等形成的化合物在现代工业中有广泛的用途，回答下列问题：
(1)基态铜原子的价电子排布式为_____________,价电子中未成对电子占据原子轨道的形状是__________________________。
(2)化合物AsCl3分子立体构型为________________，其中As的杂化轨道类型为_____________。
(3)第一电离能Ga__________As。(填“>”或“<”)
(4)若将络合离子[Cu(CN)4]2-中的2个CN- 换为两个Cl-，只有一种结构，则[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子所处空间构型为_______________，一个CN-中有__________个π键。
(5)砷化镓是一种重要的半导体材料，晶胞结构如图所示。
熔点为1238℃，密度为⍴g·cm-3，该晶体类型为______________，Ga与As以__________键键合，Ga和As的相对原子质量分别为Ma和Mb，原子半径分别为racm和rbcm，阿伏加德罗常数值为NA，GaAs晶胞中原子体积占晶胞体积的百分率为____________________。(列出计算公式)
【答案】 (1). 3d104s1 (2). 球形 (3). 三角锥形 (4). sp3 (5). < (6). 正四面体 (7). 2 (8). 原子晶体 (9). 共价键 (10).
【解析】
【分析】
本题考查的是原子核外电子排布、元素电离能、电负性的含义及应用,、晶胞的计算、原子轨道杂化方式及杂化类型判断。
（1）铜是29号元素，原子核外电子数为29，根据核外电子排布规律书写铜的基态原子价电子电子排布式。
（2）AsCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+(5−3×1)/2=4，所以原子杂化方式是sp3，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形；
（3）同一周期，原子序数越小半径越大，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大；
（4）若[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子为平面构型，用两个Cl-换2个CN- 有两种结构，分别为两个Cl-换相邻或相对，若[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子为正四面体构型，用两个Cl-换2个CN- 有一种结构；由于共价键单键中含有一个σ键，双键中含有一个σ键和一个π键，三键中有一个σ键和两个π键；
（5）GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρg⋅cm−3，根据均摊法计算，As：8×1/8+6×1/2=4，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=(4/3πr3b×4+4/3πr3a×4)×10−30，晶胞的体积V2=m/ρ=[4×(Ma+Mb)/NA]/ρ，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为V1/V2×100%将V1、V2带入计算得百分率。据此解答。
【详解】（1）Cu是29号元素，原子核外电子数为29，铜的基态原子价电子电子排布式为3d104s1，价电子中未成对电子占据原子轨道的形状是球形。本小题答案为：3d104s1；球形。
（2）AsCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+(5−3×1)/2=4，所以原子杂化方式是sp3，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形。本小题答案为：三角锥形；sp3。
（3）根据元素周期律，Ga与As位于同一周期，Ga原子序数小于As，故半径Ga大于As，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大，故第一电离能Ga小于As。本小题答案为：<。
（4）若[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子为平面构型，用两个Cl-换2个CN- 有两种结构，分别为两个Cl-换相邻或相对，若[Cu(CN-)4]2-中4个氮原子为正四面体构型，用两个Cl-换2个CN- 有一种结构；由于共价键单键中含有一个σ键，双键中含有一个σ键和一个π键，三键中有一个σ键和两个π键， 则CN-中含有三键，三键中含有两个π键。本小题答案为：正四面体；2。
（5）GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρg⋅cm−3，根据均摊法计算，As：8×1/8+6×1/2=4，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积V1=(4/3πr3b×4+4/3πr3a×4)×10−30，晶胞的体积V2=m/ρ=[4×(Ma+Mb)/NA]/ρ，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为V1/V2×100%将V1、V2带入计算得百分率。本小题答案为：原子晶体；共价键； 。
12.桂皮酸是从肉桂皮中分离出的有机酸，广泛应用于精细化工品的生产。桂皮酸的一条成路线如下，部分需要的试剂或条件略去：
已知：
(1)D中官能团名称为___________________，反应IV的反应类型为______________________。
(2)写出反应I的化学方程式__________________________________________
(3)写出桂皮酸的结构简式____________________________________________
(4)为检验D是否已经完全转化为桂皮酸，所用试剂和实验条件是_________________________。
(5)写出同时满足下列三个条件的C的同分异构体的结构简式__________________
①属于芳香族化合物 ②核磁共振氢谱为四组峰 ③能与 NaHCO3溶液反应产生气体
【答案】 (1). 碳碳双键、醛基 (2). 消去反应 (3). +2Cl2+2HCl (4). (5). 新制的Cu(OH)2悬浊液、加热（或银氨溶液、加热） (6). ：、
【解析】
【分析】
本题为有机推断题。根据B的分子式可知B为卤代烃，B在氢氧化钠、水、加热条件下发生卤代烃的水解生成醇，此醇发生信息提示中的反应生成，由此醛可逆推醇为，B为，A为，A生成B的反应为取代反应；与CH3CHO、稀NaOH条件下发生加成反应生成C，C经反应Ⅳ生成D，D的分子式为C9H8O，根据C的结构简式和D的分子式可推知此反应为消去反应，反应条件为氢氧化钠的醇溶液加热，D的结构简式为，D经反应Ⅴ生成桂皮酸，根据桂皮酸的分子式可推知此反应Ⅴ为氧化反应，桂皮酸的结构简式为，据此解答。
【详解】根据B的分子式可知B为卤代烃，B在氢氧化钠、水、加热条件下发生卤代烃的水解生成醇，此醇发生信息提示中的反应生成，由此醛可逆推醇为，B为，A为，A生成B的反应为取代反应；与CH3CHO、稀NaOH条件下发生加成反应生成C，C经反应Ⅳ生成D，D的分子式为C9H8O，根据C的结构简式和D的分子式可推知此反应为消去反应，反应条件为氢氧化钠的醇溶液加热，D的结构简式为，D经反应Ⅴ生成桂皮酸，根据桂皮酸的分子式可推知此反应Ⅴ为氧化反应，桂皮酸的结构简式为；
（1）根据上述分析D的结构简式为，所含的官能团为碳碳双键、醛基；反应IV为消去反应。本小题答案为：碳碳双键、醛基；消去反应。
（2）根据上述分析A为，A与氯气、光照生成B，B为，此反应为取代反应，方程式为+2Cl2+2HCl。本小题答案为：+2Cl2+2HCl。
（3）根据上述分析可知桂皮酸的结构简式为。本小题答案为：。
（4）D为醛，根据醛的特性进行检验，加入新制的氢氧化铜悬浊液、加热会出现砖红色沉淀；或加入银氨溶液、加热有光亮的银析出。本小题答案为：新制的Cu(OH)2悬浊液、加热（或银氨溶液、加热）。
(5)满足下列三个条件的C的同分异构体应为：①属于芳香族化合物含有一个苯环 ②核磁共振氢谱为四组峰含有4中等效氢③能与 NaHCO3溶液反应产生气体含有一个-COOH，则此同分异构体为、。本小题答案为：、。
2019年聊城市高考模拟试题
理科综合能力测试试题(二)
二、选择题：
1.氢原子的能级图如图所示，下列说法正确的是
A. 氢原子从低能级向高能级跃迁时静电力做正功
B. 处于n=2能级的氢原子可以吸收能量为2eV的光子
C. 一个氢原子从n=4能级向基态跃迁时，可发出6种不同频率的光子
D. 处于n=1能级的氢原子可以吸收能量为14eV的光子
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢原子从低能级向高能级跃迁时，电子绕核运动的半径增大，库仑引力(静电力)做负功。故A项错误。
B．据图知，；由图知，氢原子没有能量等于的能级；跃迁时，氢原子吸收光子的能量需等于两个能级的能量差；所以处于n=2能级的氢原子不可以吸收能量为2eV的光子。故B项错误。
C．一群氢原子从n=4能级向基态跃迁时，可发出光子的种数为；一个氢原子从n=4能级向基态跃迁时，最多可发出3种不同频率的光子。故C项错误。
D．据图知，；处于n=1能级的氢原子可以吸收能量为14eV的光子，从而使氢原子发生电离。故D项正确。
2.如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴匀速转动，从某时刻开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示，若外接电阻R=70Ω，线圈电阻r=10Ω，则下列说法正确的是
A. 线圈的角速度为100rad/s
B. 0.01s末穿过线圈的磁通量最大
C. 通过线圈的最大电流为1.25A
D. 电压表的示数为87.5V
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图乙知，交流电的周期，线圈转动的角速度。故A项错误。
B．由图乙知，0.01s末线圈产生的感应电动势最大，则0.01s末线圈平面与磁场平行，线圈的磁通量为0。故B项错误。
C．由图乙知，线圈产生感应电动势的最大值，则线圈的最大电流。故C项正确。
D．线圈产生感应电动势的有效值，电压表的示数。故D项错误。
3.如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3垂直纸面放置，直导线与纸面的交点及坐标原点O分别位于边长为a的正方形的四个顶点.L1与L3中的电流均为2、方向均垂直纸面向里，L2中的电流为、方向垂直纸面向外.已知在电流为的长直导线的磁场中，距导线r处的磁感应强度，其中k为常数.某时刻有一电子正好经过原点O且速度方向垂直纸面向外，速度大小为v，电子电量为e，则该电子所受磁场力
A. 方向与y轴正方向成45°角，大小为
B. 方向与y轴负方向成45°角，大小为
C. 方向与y轴正方向成45°角，大小为
D. 方向与y轴负方向成45°角，大小为
【答案】D
【解析】
【详解】三个电流分别在原点O处产生磁场的磁感应强度、、，方向如图；则三电流在O点处产生合磁场的磁感应强度，方向与y轴正方向成45°角。电子经过原点O速度方向垂直纸面向外，速度大小为v，据左手定则知，洛伦兹力方向与y轴负方向成45°角，洛伦兹力的大小。故D项正确，ABC三项错误。
4.两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势随坐标x变化的关系图象如图所示，其中P点电势最高，且xAP
A. q1和q2都是正电荷
B. q1的电荷量大于q2的电荷量
C. 在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先减小后增大
D. 一点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图知，越靠近两电荷，电势越低，则q1和q2都是负电荷。故A项错误。
B．图象的斜率表示电场强度，则P点场强为零，据场强的叠加知两电荷在P处产生的场强等值反向，即，又，所以q1的电荷量小于q2的电荷量。故B项错误。
C．由图知，在A、B之间沿x轴从P点左侧到右侧，电势先增加后减小，则负点电荷的电势能先减小后增大。故C项正确。
D．图象的斜率表示电场强度，则沿x轴从P点运动到B点场强逐渐增大；据可知，电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐增大。故D项错误。
5.如图所示，质量相等的甲、乙两球分别固定于两轻杆的一端，两杆长度分别为L、2L，且两杆与水平面夹角相等.两杆的另一端分别可绕轴O、在竖直面内转动，现将两球在图示位置由静止释放，不计一切阻力，则在最低点时
A. 甲、乙两球的动能之比为1:1
B. 甲、乙两球的动能之比为1:2
C. 甲、乙两球对杆的拉力之比1:1
D. 甲、乙两球对杆的拉力之比1:2
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．对甲球释放到最低点的过程应用动能定理得：；对乙球释放到最低点的过程应用动能定理得：；所以最低点时两球的动能之比。故A项错误，B项正确。
CD．对最低点甲球受力分析，由牛顿第二定律可得；对最低点的乙球受力分析，由牛顿第二定律可得；所以最低点时杆对两球的拉力之比，据牛顿第三定律，最低点时甲、乙两球对杆的拉力之比1:1。故C项正确，D项错误。
6.如图所示，圆心角为90°的扇形COD内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，E点为半径OD的中点，现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b，以不同的速度分别从O、E点沿OC方向射入磁场，粒子a、b分别从D、C两点射出磁场，不计粒子所受重力及粒子间相互作用，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法中正确的是
A. 粒子a带负电，粒子b带正电
B. 粒子a、b在磁场中运动的加速度之比为2:5
C. 粒子a、b的速度之比为5:2
D. 粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180:53
【答案】ABD
【解析】
【详解】据题中条件，画出两粒子的轨迹如图：
A．由图据左手定则，可判断粒子a带负电，粒子b带正电。故A项正确。
BC．设扇形COD的半径为R，据几何关系可得，、，则。据，解得：，两粒子的比荷相等，则粒子a、b的速度之比为2:5；据，解得：，两粒子的比荷相等，则粒子a、b在磁场中运动的加速度之比为2:5。故B项正确，C项错误。
D．由图知，粒子a轨迹的圆心角；据可得，粒子b轨迹的圆心角；据、可得，粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180:53。故D项正确。
7.2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，根据科学家们的推测，双星的运动是产生引力波的来源之一.假设宇宙中有一由a、b两颗星组成的双星系统，这两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得a星的周期为T，a、b两星间的距离为，轨道半径之差为△r，已知a星的轨道半径大于b星的轨道半径，则
A. b星的周期为
B. b星的线速度大小为
C. a、b两星的轨道半径之比为
D. a、b两星的质量之比为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，所以两颗星的周期相等，则。故A项错误。
BC．a、b两星间的距离为，轨道半径之差为，已知a星的轨道半径大于b星的轨道半径，则、，所以、。a、b两星的轨道半径之比，b星的线速度大小。故B项正确，C项错误。
D．两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，则，所以a、b两星的质量之比。故D项正确。
8.一块足够长的白板静止于水平桌面上，一可视为质点、质量为m的石墨块静止在白板上，石墨块与白板间动摩擦擦因数为，重力加速度为g。从某时刻起，使白板瞬时获得速度v0做匀速直线运动，石墨块将在板上划下黑色痕迹。经过时间t白板突然停下，不再运动。不计石墨块与板摩擦过程中损失的质量，在石墨块也停止运动时，白板上黑色痕迹的长度及二者相对运动过程中产生的热量可能是
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】在时间t内，石墨块可能一直匀加速，也可能先匀加速后匀速；石墨匀加速时，根据牛顿第二定律，有，解得：。
①如果时间t内，石墨块一直匀加速，加速的位移，时间t内，相对白板的位移；时间t白板突然停下，不再运动，石墨做减速运动，加速度大小不变，相对白板沿原路返回，石墨继续运动的距离，白板上黑色痕迹的长度为，二者相对运动过程中产生的热量。
②如果先匀加速，后匀速，时间t内，石墨位移，相对白板的位移；时间t白板突然停下，不再运动，石墨做减速运动，加速度大小不变，相对白板沿原路返回，石墨继续运动的距离，白板上黑色痕迹的长度为，二者相对运动过程中产生的热量。
③如果加速的末速度恰好为，则石墨的位移，相对白板的位移。经过时间t白板突然停下，不再运动，石墨做减速运动，加速度大小不变，相对白板沿原路返回，石墨继续运动的距离，白板上黑色痕迹的长度为，二者相对运动过程中产生的热量。
综上，AC两项正确，BD两项错误。
9.某实验小组用如图所示的器材验证“力的平行四边形定则”.在水平的圆形桌面上平铺一张白纸，在桌子边缘安装三个光滑的滑轮，其中，滑轮P1固定在桌子边，滑轮P2、P3可沿桌边移动.
步骤如下：
A.在三根轻绳下挂上一定数量的钩码，调整滑轮P2、P3，位置并使结点O静止；
B.在白纸上描下O点的位置和三根绳子的方向，以O点为起点，用同一标度作出三个拉力的图示；
C.以绕过滑轮P2、P3绳的两个力为邻边作平行四边形，作出以O点为起点的平行四边形的对角线，量出对角线的长度；
D.检验对角线的长度和绕过滑轮P绳拉力的图示的长度是否一样，方向是否在一条直线上.
(1)第一次实验中，若一根绳挂的钩码质量为m，另一根绳挂的钩码质量为2m，则第三根绳所挂的钩码质量M应满足关系___________________.
(2)第二次实验时，改变滑轮P2、P3的位置和相应绳上钩码的数量，使结点平衡，绳的结点__________(选填“必须”或“不必”)与第一次实验中白纸上描下的O点重合.实验中，若桌面倾斜，____________(选填“会”或“不会”)影响实验的结论.
【答案】 (1). （1）m
【详解】(1)若一根绳挂的质量为m，另一根绳挂的质量为2m，则两绳子的拉力分别为：、，两绳不共线，两绳子拉力的合力F的范围是：，即；三力的合力为零，则第三根绳拉力范围为，第三根绳挂的钩码质量。
(2)本实验不是先用一根绳拉，然后用两根绳去拉，使一根绳拉的作用效果与两根绳拉的作用效果相同，而是三根绳都直接拉O点，所以O点的位置可以改变。
若桌面不水平，绳中拉力仍等于钩码重力，对实验以及实验结论无影响。
10.某同学用图甲所示电路测量某电压表的内阻，实验室提供的器材如下：
A.待测电压表V，量程3V，内阻约为3kΩ；
B.电流表A1，量程1.5mA，内阻约为100Ω
C.电流表A2，量程0.6A，内阻约为1Ω
D.电阻箱R0，阻值0~9999Ω
E.滑动变阻器R1，阻值0~10Ω
F.滑动变阻器R2，阻值0~1000Ω
G.电源电动势E约4.5V，内阻不计；
H.开关、导线若干.
(1)为完成实验，电流表应选_____________(“B”或“C”)；滑动变阻器应选___________(“E”或“F”)，在图乙中用笔画线连接未完成的实物电路图___________；
(2)连接好电路后，将滑动变阻器的滑片滑到最左端；
(3)闭合开关，调节滑动变阻器滑片和电阻箱，使电压表的指针在某一较合适的位置上，记录电流表的示数和电阻箱的阻值R0；再调节滑动变阻器滑片和电阻箱，保持电压表示数不变，记录多组电流表的示数和电阻箱的阻值R0；
(4)根据测量数据作出图象，如图丙所示，若图线在轴上的截距为b，图线的斜率为k，则实验过程中电压表示数为___________，电压表的内阻为__________.
【答案】 (1). （1）B， (2). E； (3). ； (4). （4）k， (5).
【解析】
【详解】(1)待测电压表的最大电流，所以电流表应选B
滑动变阻器选用分压式，所以应选总阻值较小的，即滑动变阻器选E
据电路图连接实物如图：
(4)电压表示数不变，则，即；对比图象得，、，解得：电压表示数、电压表内阻。
11.如图所示，两根足够长的光滑金属导轨平行放置在倾角为30°的绝缘斜面上，导轨宽度为L，下端接有阻值为R的电阻，导轨处于方向垂直于斜面向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场中.轻绳一端跨过光滑定滑轮，悬吊质量为m的小物块，另一端平行于斜面系在质量为m的金属棒的中点，现将金属棒从PQ位置由静止释放，金属棒与导轨接触良好且电阻均忽略不计，重力加速度为g.
(1)求金属棒匀速运动时的速度大小；
(2)若金属棒速度为v0且距离导轨底端x时开始计时，磁场的磁感应强度B的大小随时间t发生变化，使回路中无电流，请推导出磁感应强度B的大小随时间t变化的关系式.
【答案】(1)；(2)
【解析】
【详解】(1)金属棒匀速运动时，对物块：
对金属棒有：
又：
由欧姆定律：
联立解得：
(2)当回路中没有电流时，金属棒不受安培力
对金属棒：
对物块：
回路中无电流，回路中磁通量不变，则：
联立解得：
12.如图(a)所示，轻质弹簧左端固定在墙上，自由状态时右端在C点，C点左侧地面光滑、右侧粗糙.用可视为质点的质量为m=1kg的物体A将弹簧压缩至O点并锁定.以O点为原点建立坐标轴.现用水平向右的拉力F作用于物体A，同时解除弹簧锁定，使物体A做匀加速直线运动，拉力F随位移x变化的关系如图(b)所示，运动到0.225m处时，撤去拉力F.
(1)求物体A与粗糙地面间的动摩擦因数以及向右运动至最右端的位置D点的坐标；
(2)若在D点给物体A一向左的初速度，物体A恰好能将弹簧压缩至O点，求物体A到C点时的速度；
(3)质量为M=3kg的物体B在D点与静止的物体A发生弹性正碰，碰后物体A向左运动并恰能压缩弹簧到O点，求物体B与A碰撞前的瞬时速度.
【答案】（1）0.45m；（2）m/s；（3）m/s
【解析】
【详解】(1)由于物体A做匀加速直线运动，结合图像，可知：
从O到C点的过程中：
在C点，、
解得：
在C点右侧：、
解得：
从O到C点，物体匀加速，则：
解得：
从C到D的过程中，由动能定理得：
其中
解得：
D点坐标：
(2) 物体A将弹簧由C点压缩至O点的过程，由动能定理得：
物体从O到C，由动能定理得：
其中
联立解得：
(3)设B碰前速度为v0，碰后速度为v1；碰后A的速度为v2，则：
物体A从D到C过程中，由动能定理：
联立解得：、
13.以下说法正确的是
A. 布朗运动剧烈程度与温度有关，所以布朗运动也叫热运动
B. 液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性
C. 雨天打伞时，雨水没有透过布雨伞是因为液体表面张力作用的结果
D. 相互接触的两个物体发生热传递，达到热平衡时温度一定相同，而内能可能不同
E. 用NA表示阿伏加德罗常数，M表示铜的摩尔质量，表示实心铜块的密度，那么铜块中一个铜原子所占空间的体积可表示为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．热运动是分子无规则的运动，布朗运动并不是分子的运动；所以尽管布朗运动的剧烈程度与温度有关，但不能把布朗运动叫做热运动。故A项错误。
B．液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性。故B项正确。
C．水将伞面的纱线打湿后，在伞面纱线缝隙间形成水膜，水膜的表面张力使得雨水没有透过伞面。故C项正确。
D．热的宏观体现是温度，当两物体温度相同时，就会停止传热，即热平衡。相互接触的两个物体发生热传递，达到热平衡时温度一定相同。物体的内能与物质的量、温度、体积有关；温度相同的两物体内能可能不同。故D项正确。
E．铜的摩尔体积，一个铜原子所占空间的体积。故E项错误。
14.如图所示，U型玻璃细管竖直放置，水平细管与U型细管底部相连通，各部分细管内径相同。此时U型玻璃管左、右两侧水银面高度差为15cm，C管水银面距U型玻璃管底部距离为5cm，水平细管内用小活塞封有长度为12.5cm理想气体A，U型管左管上端封有长25cm的理想气体B，右管上端开口与大气相通，现将活塞缓慢向右压，使U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，已知外界大气压强为75cmHg，忽略环境温度的变化，水平细管中的水银柱足够长，求：
(i)气体B的长度；
(ⅱ)活塞移动的距离。
【答案】（ⅰ）20cm；（ⅱ）27.5cm
【解析】
【详解】(i)设玻璃管横截面积为S，活塞缓慢向右压的过程中，气体B做等温变化
解得气体B的长度
(ⅱ) 活塞缓慢向右压的过程中，各部分液柱移动情况示意如图：
U形管左管中水银柱长度变化等于气柱B长度的变化
U形管右管中水银柱长度变化
气体A做等温变化
解得气体A的长度
活塞移动的距离等于A部分气体长度的变化加上U形管左右两侧水银柱长度的变化，所以
15.下列说法中正确的是 。
A. 在受迫振动中，物体振动的频率不一定等于驱动力的频率
B. 做简谐运动的质点，经过四分之一周期，所通过的路程不一定等于振幅
C. 变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场
D. 双缝干涉实验中，若只减小双缝到光屏间的距离，两相邻亮条纹间距将变小
E. 声波从空气传入水中时频率变大，波长不变
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．物体做受迫振动时，物体振动的频率等于驱动力的频率。故A项错误。
B．据简谐运动质点的位移时间图象可得，若质点从平衡位置或最大位移处开始运动，经过四分之一周期，做简谐运动的质点所通过的路程等于振幅；若质点不是从平衡位置或最大位移处开始，经过四分之一周期，做简谐运动的质点所通过的路程不等于振幅。故B项正确。
C． 根据麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场。故C项正确。
D．据公式可得，双缝干涉实验中，若只减小双缝到光屏间的距离L，两相邻亮条纹间距将变小。故D项正确。
E．声波从空气传入水中时频率不变，波长变大。故E项错误。
16.如图所示，水面下方有一点光源S，水面上有一艘船，船的最左端到光源的水平距离为l。已知从距船处的水面射出的光线恰好照亮船头标志物A，此光束到达A之前在水中和空气中传播的时间之比为2:1。若船右移，则水面恰好出现完整的圆形透光区域，不考虑光线的多次反射。求：
(i)水的折射率；
(ii)标志物A到水面的高度h。
【答案】(i) ；(ii)
【解析】
【详解】(i)设SO=x1，OA=x2，光在水中传播的速度为v，在空气中传播的速度为c，光从水面射出时的折射角为，光射向水面的入射角为
根据题意知：
根据折射率定义有：
根据折射定律有：
联立解得：
(ii)由于，可知
所以光源S所处的深度：
由几何知识有：
据可得：
由几何知识有：标志物A到水面的高度：
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