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2019届山东省泰安市高三二轮质量检测理科综合试卷（解析版）
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高三第二轮复习质量检测
理科综合试题
2019．4
本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共16，满分300分，考试用时150分钟。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在答题卡规定的地方。
第Ⅰ卷(选择题，共126分)
注意事项：
1．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净以后,涂写其他答案标号。不涂答题卡，只答在试卷上不得分。
2．第Ⅰ卷共21小题，每小题6分，共126分。
可能用到的相对原子质量：H 1 B l N 14 Na 23 P 31
一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列有关细胞结构和功能的叙述，错误的是
A．植物体中含有叶绿体的细胞也含有线粒体
B．动物细胞的核孔是蛋白质、RNA、DNA等大分子出入细胞核的通道
C．在动物细胞有丝分裂前期能观察到纺锤体和中心体
D．在植物细胞有丝分裂末期高尔基体参与细胞壁形成
2．下列与实验相关的叙述，正确的是
A．噬菌体侵染细菌实验中，用、印标记同一噬菌体的蛋白质和DNA
B．若定期更换培养液，酵母菌种群数量可持续增长
C．研究甲状腺激素对小鼠生长发育的影响，切除健康小鼠的甲状腺进行观察即可
D．苹果匀浆与斐林试剂反应产生砖红色沉淀，不能说明一定存在葡萄糖
3．研究发现,植物生长与脱落酸有密切关系：在病虫害等逆境条件下，脱落酸的含量升高，植物生长减慢，以抵抗逆境；当逆境消除时，植物又通过调节抑制脱落酸的作用，生长加快。相关叙述正确的是
A．脱落酸在根冠及萎蔫的叶片中合成，主要分布在生长旺盛的部位
B．脱落酸能调节植物生长快慢，说明脱落酸的调节作用具有两重性
C．脱落酸可通过抑制细胞分裂来使植物生长变慢
D．脱落酸调节植物生长快慢时与基因表达没有关系
4．为研究影响抗体分泌的因素，用取自同一个体的细胞，完成了以下实验(“+”表示有，“－”表示无)。有关叙述错误的是
操作及结果／组别
1
2
3
4
细胞培养液
+
+
+
+
B细胞
+
-
+
-
受抗原刺激的B细胞
-
+
-
+
受同种抗原刺激的T细胞
-
-
+
+
培养7天后检查抗体数量
-
-
-
+
A．实验假设是影响抗体分泌的因素有抗原和淋巴因子
B．实验表明B细胞受抗原和淋巴因子双刺激后才能分泌抗体
C．实验表明T细胞只有受抗原刺激后才能发挥作用
D．该实验为对比实验，实验中的因变量是抗体数量
5．脊椎动物的一些基因活性与其周围特定胞嘧啶的甲基化有关，甲基化使基因失活，相应的胞嘧啶非甲基化能活化基因的表达。以下推测正确的是
A．肝细胞和胰岛B细胞的呼吸酶基因均处于特定胞嘧啶的甲基化状态
B．胰岛B细胞的呼吸酶基因和胰岛素基因均处于特定胞嘧啶的非甲基化状态
C．肝细胞的呼吸酶基因和胰岛素基因均处于特定胞嘧啶的非甲基化状态
D．肝细胞和胰岛B细胞的胰岛素基因均处于特定胞嘧啶的非甲基化状态
6．小麦的穿梭育种是将一个地区的品种与其他地区的品种进行杂交，然后通过在两个地区间不断地反复交替穿梭种植、选择、鉴定，最终选育出多种优良性状的小麦新品种。下列关于小麦穿梭育种的叙述，错误的是
A．穿梭育种使小麦的染色体发生了定向变异
B．穿梭育种培育的新品种可适应两个地区的环境条件
C．穿梭育种充分地利用了小麦的基因多样性
D．自然选择方向不同使各地区的小麦基因库存在差异
29．(10分)研究者选取大麦种子进行萌发及幼苗栽培实验，请分析回答：
(1)大麦种子萌发初期鲜重增加明显，此时大麦种子内结合水与自由水的比值变化趋势是___________(增大、减小或不变)。
(2)发芽的大麦种子中含有α-淀粉酶，该酶的作用是催化___________分解为__________分子(填具体名称)。
(3)为研究大麦幼苗光合速率的变化情况，将大麦幼苗及CO2缓冲液置于透明的密闭玻璃罩内，并将装置置于自然环境下，测定夏季一昼夜装置内植物气体释放速率的变化。那么影响装置内植物光合作用速率变化的主要环境因素是____________________；若在上午8：30和下午16：30测得的氧气释放数据相同，能否说明两时间点大麦幼苗的光合速率相等_______(填“能”或“不能”)，原因是__________________________________。
30．(8分)松果体可通过褪黑素的周期性分泌向中枢神经系统发放“时间信号”，从而影响机体时间生物效应，如睡眠与觉醒。下图表示光暗信号通过视网膜→神经中枢→松果体途径调控人体睡眠过程的示意图。优题速享请回答：
(1)当神经末梢有神经冲动传来时，突触前膜内的__________受到刺激，释放去甲肾上腺素，引起松果体细胞分泌褪黑素。褪黑素分泌的调节方式是__________，与褪黑素调节睡眠相比，该调节方式的反应速度____________________。
(2)下丘脑除与生物节律的控制有关外，还有__________________等神经中枢。
(3)研究发现，褪黑素还能促进B、T淋巴细胞的增殖。B细胞在___________(填场所)中成熟，并可增殖、分化成_____________。由此判断，__________________等病症患者不适合使用外源褪黑索。
31．(9分)右图是距大陆同等距离的大小岛屿物种数目变化的研究结果。回答下列问题：
(1)岛屿群落研究首先要分析群落的________。土壤中小动物的丰富度采用__________调查。
(2)岛屿上物种数目因受陆地迁入和岛屿上物种灭亡影响而不断变等病症患者不适合化，迁入率和灭亡率曲线的交点表示岛屿上物种数目达到____________。图示表明岛屿上物种数目与面积的关系是___________；受此启发，增大自然保护区(陆地中“岛”)抵抗力稳定性的措施是____________________________。
(3)对甲、乙两个新迁入的物种的种群数量进行了连续4年的跟踪调查，计算其λ值(λ=当年末种群数量／前一年末种群数量)，结果如下表。
时间
第一年
第二年
第三年
第四年
甲种群λ值
2
2
2
2
乙种群λ值
1.7
2.3
1.5
0.3
从表中可推知，甲种群4年来的数量增长曲线为_______型。若N0表示种群起始数量，Nt表示t年末种群数量，则甲种群数量的数学模型表示为________。甲、乙的种间关系最可能是____________________________。
32．(12分)小鼠的弯曲尾(B)对正常尾(b)显性。让正常尾雌鼠与弯曲尾雄鼠杂交，子一代弯曲尾(♀)：正常尾(♂)=1：1。遗传学家将一个本身不控制具体性状的DNA片段“M”导入到子一代弯曲尾雌鼠的体细胞中，通过DNA重组和克隆技术获得一只转基因正常尾小鼠：已知“M”和B基因同时存在时，表现为正常尾，b基因的表达不受“M”的影响；小鼠的受精卵中B、b基因都不存在时，将导致胚胎致死。请回答：
(1)写出正常尾雌鼠与弯曲尾雄鼠杂交实验的遗传图解。
(2)遗传学家认为，“M”插入到小鼠染色体上的位置有4种可能(如图)。为确定“M”具体的插入位置，进行了相应的杂交实验。(不考虑交叉互换)
实验方案：让该转基因正常尾小鼠与非转基因正常尾雄鼠杂交，统计子代的表现型种类及比例。
结果与结论：
①若子代________________________________，则“M”的插入位置属于第1种可能性；
②若子代________________________________，则“M”的插入位置属于第2种可能性；
③若子代________________________________，则“M”的插入位置属于第3种可能性；
④若子代________________________________，则“M”的插入位置属于第4种可能性。
37．(15分)【生物—选修1：生物技术实践】
为了使牛仔裤呈现“穿旧”效果，在工业洗衣机中用酶洗代替传统的浮石擦洗，是目前重要的生产手段(工艺流程如图)。请完成以下问题：
(1)纤维素酶是一种复合酶，它至少包括_________、_________、和__________ 三种组分。
(2)在上述工艺中，通过_________________可控制仿旧颜色的深浅。
(3)若在实验室筛选纤维素分解菌，在选择培养后可进行梯度稀释和____________过程,一般通过观察_______________的有无挑选出所需菌种。
(4)实验室中获取纯化分解纤维素的细菌常用的接种方法还有_______________。在接种前，随机取若干灭菌后的空白平板先行培养了一段时间，这样做的目的是_____________________________；接种后在恒温培养箱中培养时，培养皿必须倒置，目的是_______________________________________。
38．(15分)【生物—选修3：现代生物科技专题】
埃博拉病毒(EBO)呈纤维状，EBO衣壳外有包膜，包膜上有5种蛋白棘突(VP系列蛋白和GP蛋白)，其中GP蛋白最为关键，能被宿主细胞强烈识别。请回答下列问题：
(1)要获得编码GP蛋白抗原的基因疫苗，首先要提取出病原体的RNA，并利用RNA经____________合成DNA，构建cDNA文库。cDNA文库中的基因___________(选填“可以”、“不可以”、“部分”)进行物种间的基因交流。
(2)为了从牛分泌的乳汁中提取GP蛋白，需将GP蛋白基因通过_____________(方法)导入牛受精卵中。在基因导入牛受体细胞前，基因的首段必须含有使其仅能在牛的乳腺细胞中特异性表达的____________________________________，驱动转录过程。转基因牛是否培育成功，可以通过____________技术从分子水平上进行检测。
(3)以GP蛋白作为疫苗比利用毒性减弱的埃博拉病毒作疫苗更安全，其原因是____________________________________________________________________。
(4)科研人员利用经EBO免疫后小鼠的____________与小鼠的骨髓瘤细胞进行融合以形成杂交瘤细胞，培养后可以获得纯净的单一品种抗体，其特点是____________________，可以用此抗体与药物制成“生物导弹”抗击EBO。
高三第二轮复习质量检测理科综合化学试题
第Ⅰ卷(选择题，共126分)
注意事项：
1．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净以后,涂写其他答案标号。不涂答题卡，只答在试卷上不得分。
2．第Ⅰ卷共21小题，每小题6分，共126分。
可能用到的相对原子质量：H 1 B l N 14 Na 23 P 31
一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.2019年是“国际化学元素周期表年”。下列有关说法不正确的是
A. 制冷剂氟里昂-12(CCl2F2)的研发利用，充分体现了元素周期表的指导作用
B. 通过测定物质中的含量可以推断文物的年代
C. 门捷列夫预言的“类铝” 镓(Ga)元素的发现，证实了元素周期律的科学性
D. 过渡元素Ti、Mo、W等的单质有耐高温，耐腐蚀的特点，其合金可以制造火箭、导弹、宇宙飞船等
【答案】B
【解析】
【详解】A. 制冷剂是一种易被压缩、液化的气体，蒸发时吸收热量，使环境温度降低，达到制冷目的．人们曾采用过乙醚、氨、氯甲烷等制冷剂，但它们或者有毒，或者易燃，科学家根据元素及其化合物性质的递变规律来研制了新的制冷剂氟里昂-12(CCl2F2)，充分体现了元素周期表的指导作用，故A正确；
B. 考古学家通过测定古生物遗骸中的碳-14含量来推断文物年代，不是，故B错误；
C. 门捷列夫在研究周期表时预言了包括“类铝”、“类硅”在内的11种元素，“类铝” 镓(Ga)元素的发现，证实了元素周期律的科学性，故C正确；
D. 根据元素周期表的应用，过渡元素Ti、Mo、W等的单质有耐高温，耐腐蚀的特点，单质及其合金可以用于制造火箭、导弹、宇宙飞船等，故D正确；
答案选B。
2.二环[1，1，0]丁烷()是最简单的桥环化合物。下列关于该化合物的说法错误的是
A. 该化合物的二溴代物有4种
B. 每1mol该化合物反应生成1molC4H10需要2molH2
C. 该化合物能够发生取代反应和氧化反应
D. 该化合物中4个碳原子可能处于同一平面
【答案】D
【解析】
【详解】A．两个溴原子在相同的碳原子上有1种，两个溴原子在不同的碳原子上有3种，二溴代物共有4种，故A正确；
B．分子式为C4H6，如能加成反应生成1molC4H10，则需2molH2，故B正确；
C．该分子中含有饱和碳原子，可以发生取代反应，该化合物能够在氧气中燃烧，能够发生氧化反应，故C正确；
D．该分子中含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有碳原子不可能处于同一个平面，故D错误；
答案选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意有机物的氧化反应包括燃烧和与其他强氧化剂的反应。
3.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期非金属主族元素，q、r、s、h是这些元素形成的物质，其中h是离子化合物，q是制太阳能电池的主要原料，s常温下呈气态且其水溶液显碱性，r为二元化合物，其浓溶液在空气中易形成白雾。下列说法正确的是
A. 常温常压下，W的氧化物为液态
B. 单质的沸点：X>Z
C. X与Y属于同一主族，与Z属于同一周期
D. X的氧化物均能用向上排空气法收集
【答案】A
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期非金属主族元素，q、r、s、h 是这些元素形成的物质，其中h 是离子化合物，应为铵盐，则含有N、H元素，可知W为H元素，q是制太阳能电池的主要原料，应为Si，s常温下呈气态且其水溶液显碱性，s为氨气，r为二元化合物，其浓溶液在空气中易形成白雾，应为HCl，则可知X为N元素，Y为Si元素，Z为Cl元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知，W为H元素，X为N元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。
A．W的氧化物为水或过氧化氢。常温下，均为液体，故A正确；
B．氮气和氯气均为双原子分子，氯气的相对分子质量大于氮气，因此沸点氮气＜氯气，故B错误；
C．X为N元素，Y为Si元素，二者不是同主族元素，故C错误；
D．如为NO，易与氧气反应，则不能用排空气法收集，故D错误；
答案选A。
【点睛】正确推断元素种类是解题的关键。本题的易错点为B，要注意物质熔沸点的比较方法的归纳总结。
4.下列实验操作中，对应的现象和结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液
KMnO4溶液紫色褪去
Fe2+有还原性
B
用pH试纸分别测定等浓度的NaClO和NaHCO3溶液的pH
pH:NaClO> NaHCO3
酸性H2CO3>HClO
C
向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2
产生白色胶状物质
非金属性：C>Si
D
向2mL1mol·L-1的NaOH溶液中滴加5滴1mol·L-1MgCl2溶液，再滴加5滴1mol·L-1的FeCl3溶液
先产生白色沉淀后又产生红褐色沉淀
溶度积常数：Mg(OH)2>Fe(OH)3
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．酸性条件下高锰酸钾具有强氧化性，能够氧化氯离子，干扰了实验结果，应该用硫酸亚铁溶液，故A错误；
B．NaClO能够漂白pH试纸，不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，故B错误；
C．向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2，产生的白色胶状物质为硅酸，证明碳酸的酸性大于硅酸，则非金属性：C＞Si，故C正确；
D．在2mL1mol/L的NaOH滴加5滴1mol/LMgCl2溶液，再滴加5滴1mol/L的FeCl3溶液，NaOH过量，没有实现沉淀的转化，无法比较Mg(OH)2、Fe(OH)3的溶度积的大小，故D错误；
答案选C。
5.工业废水中含有的和CrO42－会对水体产生很大的危害，这种工业废水必须净化处理。一种处理含铬废水的工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A. ①中，酸化后发生反应为
B. ②中，反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1
C. ③中，所得沉淀Cr(OH)3中含有Fe(OH)3
D. ③中调pH所用物质可以是NH3或Fe2O3
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸化后，2CrO42-(黄色)+2H+⇌Cr2O72-(橙色)+H2O正向移动，橙色加深，故A正确；
B．②中Cr元素化合价降低，Fe元素的化合价升高，由电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为=，故B错误；
C．③中反应生成Fe3+、Cr3+，均与碱反应，则③中所得沉淀Cr(OH)3中含有Fe(OH)3，故C正确；
D．①中酸化后，溶液显强酸性，③中可以选用NH3或Fe2O3与酸反应调节pH，故D正确；
答案选B。
6.《Journal of Energy Chemistry》报导我国科学家设计CO2熔盐捕获与转化装置如图。下列有关说法正确的是
A. a为负极
B. 熔盐可用KOH溶液代替
C. d极电极反应式为CO32-+4e−=C+3O2−
D. 转移lmol电子可捕获CO2 11.2L(标况下)
【答案】C
【解析】
【详解】A.由图所示，c电极上氧离子失电子被氧化，故c作阳极，则a为正极，故A错误；
B. 若用KOH溶液做电解质，则该装置成为电解水的装置，阴极上是氢离子得电子生成氢气，当电解质溶液吸收足量的二氧化碳后变为碳酸氢钠溶液，不能再吸收二氧化碳，故该装置不能连续长时间吸收二氧化碳，故B错误；
C. 由图所示，d极电极得电子，反应式为CO32－+4e－===C+3O2－，故C正确；
D. 碳元素化合价由+4变为0，则转移lmol电子可捕获CO25.6L(标况下)，故D错误，
故选C。
【点睛】解决本题关键是从图像中分析得失电子的过程，进而分析阴阳极和正负极，本题易错点在于忽略溶液中水的重要性质。
7.羟氨(NH2OH)为一元弱碱(25℃时，平衡常数Kb=9.0×10-9)，其电离方程式为：NH2OH+H2O⇌NH3OH++OH-。在25℃时，用0.10mol·L-1盐酸滴定20mL0.10mol·L-1NH2OH溶液，滴定过程中由水电离出来的H+浓度的负对数[-1gc水(H+)]与盐酸体积(V)的关系如图所示。(已知：lg3=0.5)，下列说法中错误的是
A. a点对应溶液的pH=9.5
B. b点对应的溶液中有：c(NH3OH+)=c(Cl-)
C. c点溶液中存在离子反应：
D. d点溶液中：-lgc水(H+)=13
【答案】D
【解析】
【详解】A、未加HCl时溶液为羟胺溶液，电离平衡常数Kb===9.0×10-9，c(OH-)=3×10-5，pH=9.5，故A正确；
B. b点为NH2OH和NH3OHCl的混合溶液，根据电荷守恒，c(NH3OH+)+ c(H+)=c(Cl-)+ c(OH-)，-1gc水(H+)=7，即c水(H+)=1.0×10-7=c(H+)，溶液显中性，因此c(H+)= c(OH-)，因此c(NH3OH+)=c(Cl-)，故B正确；
C. c 点二者恰好完全反应生成强酸弱碱盐NH3OHCl，存在NH3OH+水解反应，导致溶液呈酸性，故C正确；
D. d点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH3OHCl、HCl，浓度均为mol·L-1，溶液中c(H+)＞mol·L-1，即c水(H+)＜mol·L-1=3×10-13 mol·L-1，因此-lgc水(H+)＜13，故D错误；
答案选D。
8.叠氮化钠(NaN3)是一种易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚，可用于合成抗生素头孢菌素药物的中间体、汽车安全气囊的药剂等。氨基钠(NaNH2)的熔点为210℃，沸点为400℃，在水溶液中易水解。实验室制取叠氮化钠的实验步骤及实验装置如下：
①打开止水夹K1，关闭止水夹K2，加热装置D一段时间；
②加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭K1；
③向装置A中b容器内充入加热介质并加热到210～220℃，打开止水夹K2，通入N2O：
④冷却，向产物中加入乙醇，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。
回答下列问题：
(1)装置B中盛放的药品为____________；装置C的主要作用是________________。
(2)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为__________。
(3)步骤③中，为了使反应受热均匀，A装置里a容器的加热方式为_____；生成NaN3的化学方程式为_____；N2O可由NH4NO3在240~245℃分解制得(硝酸铵的熔点为169.6℃)，则不能选择的气体发生装置是________(填序号)。
(4)图中仪器a用的是铁质而不用玻璃，其主要原因是_____________。步骤④中用乙醚洗涤的主要目的是_______________。
(5)实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数：①将2.500g试样配成500.00mL溶液。②取50.00mL溶液置于锥形瓶中，加入50.00mL0.1010mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液。③充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示液，用0.0500mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+消耗溶液体积为29．00mL。测定过程的反应方程式为：
则试样中NaN3的质量分数为_______________。
【答案】 (1). 碱石灰（或氢氧化钠固体） (2). 分离出冷凝的溶有氨气的水 (3). 2Na+2NH32NaNH2+H2 (4). 油浴 (5). NaNH2+N2ONaN3+H2O (6). Ⅱ (7). 反应过程中可能生成的NaOH能腐蚀玻璃 (8). NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥 (9). 93.60%
【解析】
【分析】
(1)根据NaN3易溶于水，制备过程不能有水的参与分析；
(2)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气；
(3)根据步骤③的温度为210～220℃选择加热方式；NaNH2和N2O生成NaN3和水，据此书写反应的方程式；硝酸铵的熔点为169.6℃，而NH4NO3在240～245℃分解，为防止硝酸铵熔化流出试管底部，据此选择气体发生装置；
(4)a中有可能生成NaOH，根据氢氧化钠的性质分析解答；根据“NaN3是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚”分析；
(5)(NH4)2Ce(NO3)6部分与叠氮化钠反应，剩余的(NH4)2Ce(NO3)6用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，根据反应：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，参与反应的(NH4)2Ce(NO3)6与标准液的物质的量相等，因此计算与叠氮化钠反应的(NH4)2Ce(NO3)6，据此分析计算。
【详解】(1)NaN3易溶于水，故制备过程不能有水，D中制备的氨气含有水蒸气，用B装置盛放碱石灰(或氢氧化钠固体)干燥氨气，用装置C冷凝分离出水，故答案为：碱石灰(或氢氧化钠固体)；分离出冷凝的溶有氨气的水；
(2)步骤①中先加热通氨气，排尽装置中的空气，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入与钠反应；氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2NH32NaNH2+H2，故答案为：2Na+2NH32NaNH2+H2；
(3)步骤③的温度为210～220℃，故选择油浴加热；NaNH2和N2O生成NaN3的反应为：NaNH2+N2ONaN3+H2O；硝酸铵的熔点为169.6℃，而NH4NO3在240～245℃分解，为防止硝酸铵熔化流出试管底部，故选择的气体发生装置是I、Ⅲ，不能选择Ⅱ作为气体发生装置，故答案为：油浴加热；NaNH2+N2ONaN3+H2O；Ⅱ；
(4)a中有可能生成NaOH，会腐蚀玻璃，故仪器a用的是铁质而不用玻璃；由题可知，NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗；且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故用乙醚洗涤产品，故答案为：反应过程中可能生成的NaOH能腐蚀玻璃；NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥；
(5)(NH4)2Ce(NO3)6的总的物质的量为：0.1010mol/L×50×10-3L=0.00505mol，部分与叠氮化钠反应，剩余的(NH4)2Ce(NO3)6用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，根据反应：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，参与反应的(NH4)2Ce(NO3)6与标准液的物质的量相等，为：0.0500mol/L×29.00×10-3L = 0.00145mol，故与叠氮化钠反应的(NH4)2Ce(NO3)6有0.00505mol-0.00145mol=0.0036mol，根据反应有：NaN3～(NH4)2Ce(NO3)6，则2.500g试样中叠氮化钠的质量为：0.0036mol×65g/mol×=2.34g，试样中NaN3的质量分数为×100%=93.60%，故答案为：93.60%。
【点睛】注意物质性质的应用，题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题等是解答本题的关键。本题的难点为(5)，要注意理清(NH4)2Ce(NO3)6涉及的反应和测定原理。
9.六水合高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]是一种易溶于水的蓝色晶体，常用作助燃剂。以食盐等为原料制备高氯酸铜晶体的一种工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)Cu2(OH)2CO3在物质类别上属于__________(填序号)。
A．碱 B．盐 C．碱性氧化物
(2)发生“电解I”时所用的是__________(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。
(3)歧化反应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应，已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为NaClO3。该反应的化学方程式为___________________。
(4)“电解II”的阳极产物为____________(填离子符号)。
(5)操作a的名称是______，该流程中可循环利用的物质是____________(填化学式)。
(6)“反应II”的离子方程式为___________________。
【答案】 (1). B (2). 阳离子 (3). 3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2 (4). ClO4- (5). 蒸发浓缩 (6). NaCl (7). Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O
【解析】
【分析】
根据流程图，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，生成的氯气与碳酸钠发生歧化反应生成氯化钠和NaClO3，同时生成二氧化碳，电解生成的NaClO3生成高氯酸钠和氢气，用盐酸酸化，过滤除去氯化钠晶体，蒸发浓缩得到60%以上的高氯酸溶液，在高氯酸溶液中加入碱式碳酸铜反应生成高氯酸铜溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到高氯酸铜晶体，据此分析解答。
【详解】(1)Cu2(OH)2CO3中含有金属阳离子和酸根阴离子，属于盐，故答案为：B；
(2)“电解I”所发生的反应是电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，需要防止氢氧根离子与氯气反应，所以用的交换膜是阳离子交换膜，故答案为：阳离子；
(3)“歧化反应”是氯气与碳酸钠反应生成氯化钠和NaClO3，氯元素从0价变为-1价和+5价，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2，故答案为：3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2；
(4)通过电解，溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反应在阳极生成高氯酸根离子，“电解II”的阳极产物为ClO4-，故答案为：ClO4-；
(5)加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，滤液通过蒸发浓缩即可得到60%以上高氯酸；从流程图可以看成，可循环利用的物质是NaCl，故答案为：蒸发浓缩；NaCl；
(6)“反应II”中高氯酸与碱式碳酸铜反应生成高氯酸铜，二氧化碳和水，碱式碳酸铜不溶于水，高氯酸为强酸，反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O，故答案为：Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O。
10.甲醇是重要的化工原料，在有机合成中具有广泛应用。
I．(1)用甲醇制取甲胺的反应为 △H
已知该反应中相关化学键键能数据如下：
共价键
C―O
H―O
N―H
C―N
键能／kJ·mol-1
351
463
393
293
则该反应的△H=__________kJ·mol-1
Ⅱ．一定条件下，将2mol CO和6mol H2通入2L密闭容器中发生如下反应
主反应： △H<0 Ⅰ
副反应： △H<0 Ⅱ
反应到t min时，达到平衡状态。平衡时CH3OH的体积分数φ(CH3OH)如图所示：
(2)图中a___b(填“大于”或“小于”)。图中Y轴表示温度，其理由是__________
(3)若反应II的平衡常数K值变小．则下列说法中正确的是___________(填序号)。
A．平衡均向正反应方向移动
B．平衡移动的原因是升高了温度
C．达到新平衡后，φ(CH3OH)减小
D．容器中φ(CH3OCH3)增大
(4)平衡时，M点CH3OH的体积分数为12.5％，c(CH3OCH3)=0.1mol·L-1，则此时CO的转化率为________；用H2表示I的反应速率为______mol·L-1·min-1。反应Ⅱ的平衡常数K=___________(用分数表示)
【答案】 (1). -12 (2). 小于 (3). 随着Y值增加，CH3OH的体积分数φ（CH3OH）减小，平衡逆向移动，故Y表示温度 (4). BC (5). 56% (6). (7).
【解析】
【分析】
(1)反应热=反应物总键能-生成物总键能；
(2) 根据图示信息：X轴上a点的数值比b点小，随着Y值的增加，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)减小，结合平衡移动原理回答；
(3) 反应II为放热反应，若反应II的平衡常数K值变小，说明平衡逆向移动，温度升高；
(4)平衡时，c(CH3OCH3)=0.1mol·L-1，则n(CH3OCH3)=0.2mol，根据，分解的CH3OH为0.4mol，生成的水为0.2mol，根据三段式计算解答。
【详解】I．(1)设C-H的键能为x，反应CH3OH(g)+NH3(g)═CH3NH2(g)+H2O(g)的△H=反应物总键能-生成物总键能=(3x+351+463+393×3-3x-293-393×2-463×2)kJ/mol=-12kJ/mol，故答案为：-12；
Ⅱ．(2)根据图示信息：X轴上a点的数值比b点小，随着Y值的增加，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)减小，平衡逆向移动，故Y表示温度，故答案为：小于；随着Y值的增加，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)减小，平衡逆向移动，故Y表示温度；
(3) 反应II为放热反应，若反应II的平衡常数K值变小，说明平衡逆向移动，温度升高。A．反应II为放热反应，若反应II的平衡常数K值变小，说明平衡逆向移动，故A错误； B．平衡常数只与温度有关，反应II为放热反应，若反应II的平衡常数K值变小，说明平衡逆向移动，故B正确；C．温度升高，CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H<0，平衡逆向移动，达到新平衡后，φ(CH3OH)减小，故C正确；D．，平衡逆向移动，导致CO(g)+2H2(g) ⇌ CH3OH(g) △H<0，平衡逆向移动，容器中气体的总物质的量增大，容器中φ(CH3OCH3)减小，故D错误；故答案为：BC；
(4)平衡时，c(CH3OCH3)=0.1mol·L-1，则n(CH3OCH3)=0.2mol，根据，分解的CH3OH为0.4mol，生成的水为0.2mol，设CO的转化量是x。
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)；
初始量（mol）： 2 6 0
变化量（mol）： x 2x x
平衡量（mol）：2-x 6-2x x-0.4
平衡时，CH3OH的体积分数为12.5%，则×100%=12.5%，解得x=1.12 mol ，所以CO的转化率为×100%=56%，用H2表示I的反应速率== mol·L-1·min-1；反应Ⅱ的平衡常数K==，故答案为：56%；；。
11.含氮、磷化合物在生活和生产中有许多重要用途，如：(CH3)3N、磷化硼(BP)、磷青铜(Cu3SnP)等。
回答下列问题：
(1)锡(Sn)是第五周期ⅣA元素。基态锡原子的价电子排布式为_________，据此推测，锡的最高正价是_________ 。
(2)与P同周期的主族元素中，电负性比P小的元素有____种 ，第一电离能比P大有____种。
(3)PH3分子的空间构型为___________。PH3的键角小于NH3的原因是__________。
(4)化合物(CH3)3N能溶于水，试解析其原因____________。
(5)磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。磷化硼晶体晶胞如图所示：
①在一个晶胞中磷原子空间堆积方式为________，磷原子的配位数为________。
②已知晶胞边长a pm，阿伏加德罗常数为NA。则磷化硼晶体的密度为______ g/cm3。
③磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影如图，请将表示B原子的圆圈涂黑________。
【答案】 (1). 5s25p2 (2). +4 (3). 4 (4). 1 (5). 三角锥形 (6). 电负性N＞P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间的排斥力越大，键角变大 (7). (CH3)3N为极性分子且可与水分子间形成氢键 (8). 面心立方最密堆积 (9). 4 (10). (11).
【解析】
【分析】
(1)第ⅣA元素价电子排布为5s25p2，最多失去4个电子；
(2)同主族元素，随着原子序数增大，电负性减小，第一电离能减小；
(3)根据VSEPR理论判断PH3的空间构型，根据P和N电负性不同分析PH3和NH3键角差异；
(4)化合物(CH3)3N能溶于水，考虑N与水中H形成分子间氢键，增大溶解度；
(5)①实心球为磷原子，根据晶胞结构分析，P做面心立方最密堆积，从上底面面心的P分析，周围等距且最近的B原子有4个；
②根据晶体密度ρ＝计算；
③根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，六边形中形成两个倒立关系的正三角形，分别由3个B或者3个P形成。
【详解】(1)锡(Sn)是第五周期ⅣA元素，第ⅣA元素价电子排布为5s25p2，最多失去4个电子，所以锡的最高正价是+4价；
(2)同主族元素，随着原子序数增大，元素的电负性逐渐减小，与P同周期的主族元素有N，As，Sb，Bi，Mc，比P电负性小的有As，Sb，Bi，Mc，共有4个；随着原子序数增大，元素的第一电离能逐渐减小，则第一电离能比P大的只有N元素一种；
(3) 根据VSEPR理论，对于PH3，价电子对数数为3+，VSEPR模型为正四面体，由于一对孤电子对占据四面体的一个顶点，所以PH3的空间构型为三角锥形；由于电负性N＞P，键合电子对偏向N，成键电子对间斥力增大，键角增大，所以PH3的键角小于NH3；
(4)化合物(CH3)3N能溶于水，是因为N与水中H形成分子间氢键，增大了溶解度，(CH3)3N本身也为极性分子，极性分子构成的物质容易溶于由极性分子构成的物质中；
(5)①实心球为磷原子，根据晶胞结构分析，P原子作面心立方最密堆积，从上底面面心的P原子分析，周围等距且最近的B原子有4个；
②1个晶胞中，含有P原子数目为8×个，含有B原子数目为4个，假设取NA个这样的晶胞，1mol晶胞的质量为m=42×4g，所以晶体密度为ρ＝g/cm3；
③根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，六边形中形成两个倒立关系的正三角形，分别由3个B原子或者3个P原子形成，所以画图为：或。
【点睛】本题考查物质结构和性质的知识。涉及原子核外电子排布、分子的空间构型、电负性、电离能大小比较、均摊法在晶胞计算的应用等，侧重考查学生知识运用、空间想象等能力，难点是(5)题投影图原子位置判断，明确晶胞内4个B原子形成的空间结构排布式是关键，题目难度中等。
12.环丁基甲酸是重要的有机合成中间体，其一种合成路线如下：
请回答下列问题：
(1)环丁基甲酸的分子式为____________________。
(2)环丁基甲酸由原料A和D经一系列反应制得，A为烯烃，则A的名称为______，D物质的官能团为_______。
(3)写出D→E的化学方程式________________________。
(4)C+E→F的反应类型为_________________________。
(5)化合物W为H的同分异构体，能发生银镜反应且只含酯基一种官能团，则所有符合条件的W的结构简式为_____________。
(6)参照上述合成路线，以 和E为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：__________。
【答案】 (1). C5H8O2 (2). 丙烯 (3). 羧基 (4). HOOC-CH2-COOH+2CH3CH2OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O (5). 取代反应 (6). (7).
【解析】
【分析】
用逆合成分析法：由C的结构可推出B为CH2=CH-CH2Br，A为CH2=CH-CH3，D与乙醇发生酯化反应生成E，由E的结构简式可推出D为丙二酸，结构简式为HOOC-CH2-COOH；
【详解】用逆合成分析法：由C的结构可推出B为CH2=CH-CH2Br，A为CH2=CH-CH3，D与乙醇发生酯化反应生成E，由E的结构简式可推出D为丙二酸，结构简式为HOOC-CH2-COOH；
（1）根据有机物中碳原子成键特点，环丁基甲酸的分子式为C5H8O2；
（2）根据上述分析，A的结构简式为CH2=CH－CH3，化学名称为丙烯；D的结构简式为HOOCCH2COOH，官能团为羧基；
（3）D生成E发生酯化反应，其化学反应方程式为HOOC-CH2-COOH+2CH3CH2OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O；
（4）对比C、E、F的结构简式，C＋E→F反应方程式为+→+2HBr，其反应类型为取代反应；
（5）含有酯基一种官能团，还能发生银镜反应，说明书写的同分异构体中含有HCOO－基团，符合条件的有；
（6）以和化合物E（丙二酸二乙酯）为原料，制备，根据逆合成分析法，制备，需要；和（丙二酸二乙酯）反应生成；可由与HBr取代生成，故合成路线为：。
【点睛】书写同分异构体是有机物合成与推断的难点，根据题中所给信息，判断含有的官能团或基团，像本题含有酯基一种官能团，还能发生银镜反应，说明书写的同分异构体中含有HCOO－基团，然后根据所给已知物的特点进行分析，一般考虑官能团异构和碳链异构，H为，羧酸与酯互为同分异构体，则可以写出，然后考虑碳链异构，考虑先整后散的原则进行，得出，环上两个取代基，可以根据定一移一的原则进行判断，得出，书写时一定按照规律进行，否则会出现漏写或多写。
高三第二轮复习质量检测理科综合
物理试题
本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共16，满分300分，考试用时150分钟。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在答题卡规定的地方。
第Ⅰ卷(选择题，共126分)
注意事项：
1．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净以后,涂写其他答案标号。不涂答题卡，只答在试卷上不得分。
2．第Ⅰ卷共21小题，每小题6分，共126分。
1.下列说法正确的是
A. β射线是由原子核外电子电离产生
B. 氢原子从基态跃迁到激发态时，电势能变大，总能量变大，电子动能变小
C. 用加温、加压或改变其化学状态的方法都能改变原子核衰变的半衰期
D. 氡的半衰期为3．8天，8个氡的原子核，经过7．6天只剩下2个氡原子核
【答案】B
【解析】
【详解】β射线是由原子核内的中子转化为质子时放出的负电子，选项A错误；氢原子从基态跃迁到激发态时，电势能变大，总能量变大，电子动能变小，选项B正确；用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期，选项C错误；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核的衰变不适用，选项D错误。
2.在远距离输电电路中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻R均不变。发电厂输出功率减小时( )
A. 升压变压器的输出电压减小
B. 降压变压器的输出电压减小
C. 输电线上的电流增大
D. 输电线上损耗的功率占发电厂输出功率的比例减小
【答案】D
【解析】
【详解】发电厂的输出电压不变，则根据可知，升压变压器的输出电压不变，选项A错误；发电厂输出功率减小，根据P=UI知，输出电压不变，则升压变压器原线圈中的电流减小，则副线圈中的电流也减小，即输电线上的电流减小，根据U损=I线R，输电线上的电压损失减小，根据降压变压器的输入电压U3=U2-U损可得，降压变压器的输入电压U3增大，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压增大，故BC错误。输电线消耗的功率占发电厂输出功率的比例，因为输电线上的电流减小，则输电线的电压损失减小，U2不变，所以输电线消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小。故D正确。
3.如图所示，正方形区域abcd内存在磁感应强度为B的匀强磁场，e是ad的中点，f是cd的中点．如果在a点沿对角线方向以速率v射入一带负电的粒子(重力不计)，恰好从e点射出。若磁场方向不变磁感应强度变为，粒子的射入方向不变速率变为2v。则粒子的射出点位于( )
A. e点
B. d点
C. df间
D. fc间
【答案】C
【解析】
【详解】设正方形边长为a，若粒子从e点射出，则运动半径为；如果粒子的速度增大为2v，磁场的磁感应强度变为，由半径公式可知，半径将为原来的4倍，即为；若粒子从d点射出，则运动半径为；若粒子从f点射出，则运动轨迹如图；
由几何关系可得：；，；，则 ；因，可知粒子从df之间射出，故选C。
4.2019年1月3日嫦娥四号月球探测器成功软着陆在月球背面。成为人类历史上第一个在月球背面成功实施软着陆的人类探测器。如图所示，已关闭动力的探月卫星在月球引力作用下沿椭圆轨道(图中只画出了一部分)向月球靠近．并在B处变轨进入半径为r、周期为T的环月圆轨道运行。已知引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. 图中探月卫星飞向B处的过程中速度越来越小
B. 图中探月卫星飞向B处的过程中加速度越来越小
C. 由题中条件可以计算出探月卫星受到月球引力大小
D. 由题中条件可以计算出月球的质量
【答案】D
【解析】
【详解】A．图中探月卫星飞向B处的过程中由于受月球的引力作用，速度越来越大，选项A错误；
B．图中探月卫星飞向B处的过程中，由于受月球的引力逐渐增加，则加速度越来越大，选项B错误；
C．因探月卫星的质量未知，则由题中条件不能计算出探月卫星受到月球引力大小，选项C错误；
D．根据可求解月球的质量，选项D正确；
5.如图所示的轨道由倾角为45°的斜面与水平面连接而成，将一小球(可看成质点)从斜面顶端以3J的初动能水平抛出。不计空气阻力，经过一段时间，小球以9J的动能第一次落在轨道上。若将此小球以6J的初动能从斜面顶端水平抛出，则小球第一次落在轨道上的动能为( )
A. 9J
B. 12J
C. 15J
D. 30J
【答案】B
【解析】
【详解】小球第一次落在斜面上时，设速度与水平方向的夹角为α，则；因为，解得，则，解得。因为小球速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍；若小球落在斜面上，位移与水平方向的夹角正切值为tan45°＝1，所以小球落在水平面上。根据动能定理得，mgh=Ek2−Ek1＝9−3J＝6J。则以6J的动能水平抛出，一定落在水平面上。根据动能定理得，mgh=Ek2′-Ek1′，解得Ek2′=6J+6J=12J．故B正确，ACD错误。
6.两个点电荷Q1，Q2固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q1(位于坐标原点O)，在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示，M点电势能最小，N点电势能为零。则下列判断正确的是( )
A. Q1带负电，Q2带正电
B. Q1带正电，Q2带负电
C. Q2电荷量较小，Q1电量较大
D. M点场强为零，N点电势为零
【答案】BD
【解析】
【详解】由图知，N点电势能EP=0，由分析得知，N点电势φ=0．EP-x图象的斜率，则知N点的场强不为0，M点场强为零；根据正电荷在电势高处电势能大，可知，带正电的试探电荷从远处移近Q1的过程中，电势能减小，电势先降低后升高，说明Q1带正电，Q2带负电，M点场强为零，由知，Q1电荷量较小。故BD正确，AC错误。
7.如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t=0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的v—t图象可能是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】
【详解】滑块滑上木板，受到木板对滑块向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，若木块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力，则木板做匀加速直线运动，当两者速度相等时，一起做匀减速运动。设木块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，木块的质量为m，木板的质量为M，知木板若滑动，则μ1mg＞μ2（M+m）g，最后一起做匀减速运动，加速度a′=μ2g，开始木块做匀减速运动的加速度大小a=μ1g＞μ2g，知图线的斜率变小。故C正确，D错误。若μ1mg＜μ2（M+m）g，则木板不动，滑块一直做匀减速运动。故A正确。由于地面有摩擦力，最终木块和木板不可能一起做匀速直线运动。故B错误。故选AC。
8.直线坐标系Ox轴原点处有a、b两质点，t=0时a、b同时沿x轴正方向做直线运动，其位置坐标x与时间t的比值随时间t变化的关系如图所示，则( )
A. 质点a做匀加速运动的加速度为10m/s2
B. a、b从原点出发后再次到达同一位置时，a的速度为10m/s
C. a、b从原点出发后再次到达同一位置之前，最远相距1.25m
D. a、b从原点出发后，t=1s时再次到达同一位置
【答案】ACD
【解析】
【详解】对质点a，根据数学知识得：（m/s），则 x=5t2+5t（m），与匀变速直线运动的位移公式x=v0t+at2对比得：v0=5m/s，a=10m/s2，所以质点a做匀加速运动的加速度为10m/s2．故A正确。t=1s时，相等，则x相等，所以ls时，a、b再次到达同一位置，此时a的速度为。故B错误，D正确。由图知，对于b，有，所以b做速度为10m/s的匀速直线运动。当a、b速度相等时相距最远，则有 v0+at=vb，得 t=0.5s；由图得，xa=3.75m。xb=vbt=5m，所以最远相距 S=xb-xa=1.25m，故C正确。
第Ⅱ卷(非选择题，共174分)
非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~32题为必考题．每个试题考生都必须做答。第33题~第38题为选考题．考生根据要求做答。
(一)必考题：共129分
9.一组同学利用如图所示的装置来验证机械能守恒定律。在铁架台的顶端有一电磁铁，电磁铁吸住直径为d、长度为a的小圆柱体，电磁铁下方固定一光电门，小圆柱体的中心到光电门的距离为h(a远小于h)。断开电源，小圆柱体下落，通过光电门的挡光时间为t。不计空气阻力。请回答下列问题。
(1)如图所示，用螺旋测微器测量小圆柱体的直径d=_____mm，用游标卡尺测量小圆柱体的长度a=____________cm；
(2)若小圆柱体的质量为m，重力加速度为g，则该实验需要验证的表达式为________________；(用题中字母表示)
(3)若考虑小圆柱体的长度，小圆柱体由静止下落h过程中的重力势能减少量_______测算出的动能的增加量。(填“大于”、“等于”或“小于”)
【答案】 (1). 2.150 (2). 0.565 (3). (4). 大于
【解析】
【详解】（1）小圆柱体的直径d=2mm+0.01mm×15=2.150mm；小圆柱体的长度a=0.5cm+0.05mm×13=0.565cm；
（2）圆柱体经过光电门时的速度： 要验证的表达式：，即；
（3）若考虑小圆柱体长度，则计算出的圆柱体经过光电门的速度小于圆柱体下降h时的速度，即小圆柱体由静止下落h过程中的重力势能减少量大于测算出的动能的增加量。
10.为了测量某电学元件的额定功率，一小组利用下列器材进行实验
A．待测元件(额定电压5V，额定功率约2．5W)
B．电压表V(量程3V，内阻约5kΩ)
C．电流表A(量程0.6A，内阻约1.5Ω)
D．电阻箱R(0~9999Ω)
E．滑动变阻器(0~1kΩ)
F．滑动变阻器(0~20Ω)
G．电池(8V)
H．开关，导线若干
(1)测定电压表内阻，扩大电压表量程
i．在图甲中闭合S，滑动变阻器R1的滑片P置于某一位置。调节电阻箱，记录此时电阻箱阻值R及电压表示数U
ii．保持滑片P位置不变，改变电阻箱阻值R，记录多组R、U值。以为纵轴，R为横轴，作图象如图乙所示。
①实验中滑动变阻器R1应选择___________(填写器材前序号)；
②电压表内阻Rv=________kΩ；
③为使电压表指针指在满偏处，电阻箱的阻值R=________kΩ。
(2)用改装后的电压表及其他器材进行测量Rx，请用笔画线代替导线，将图丙中的实物电路连接完整________。
【答案】 (1). F (2). 5.4 (3). 3.6 (4).
【解析】
【详解】（1）①为了使得改变电阻箱电阻时，电阻箱和电压表两端的电压之和保持不变，则滑动变阻器应该选择阻值较小的F；
②由电路图可知：，即；由图像可知：；，
解得 U0=5V，RV=5.4kΩ；
③为使电压表指针指在满偏处，即U=3V，则电阻箱的阻值R=3.6kΩ；
（2）电路连线如图；
11.如图，间距为L的足够长光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，虚线MN右侧区域存在磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场。质量均为m、长度均为L、电阻均为R的导体棒a、b，垂直导轨放置且保持与导轨接触良好。开始导体棒b静止于与MN相距为v0处，导体棒a以水平速度v0从MN处进入磁场。不计导轨电阻，忽略因电流变化产生的电磁辐射，运动过程中导体棒a、b没有发生碰撞。求
(1)导体棒b中产生的内能；
(2)导体棒a、b间的最小距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）导体棒a进入磁场后，a、b及导轨组成的回路磁通量变化，产生感应电流。在安培力作用下，a做减速运动、b做加速运动，最终二者速度相等。在此过程中系统的动量守恒
根据能的转化和守恒定律：
导体棒b中产生的内能：
整理得
（2）设经过时间二者速度相等，此过程中安培力的平均值为F，导体棒ab间的最小距离为x。以b为研究对象，根据动量定理：
而
整理得
12.如图，可视为质点的小球1、2由不可伸长的细绳相连，小球1悬挂在定滑轮O的下方，小球2在半径为R的半球形固定容器内，定滑轮O与容器的边缘D及球心C在同一水平线上。系统静止时，小球1在定滑轮正下方R处的A点，小球2位于B点，BD间的细绳与水平方向的夹角θ=。已知小球1的质量为m，重力加速度为g，不计一切摩擦，忽略滑轮的质量。(结果用根号表示)
(1)试求小球2的质量；
(2)现将小球2置于D处由静止释放(小球1未触及地面)，求小球1到达A点时的动能；
(3)在第(2)问中，小球2经过B点时，突然剪断细绳，求小球2经过容器晟低点时对容器的压力。
【答案】（1）小球2的质量；（2）小球1到达A点时的动能；（3）小球2对容器的压力大小也为，方向向下
【解析】
【详解】（1）设系统静止时细线中的拉力大小为T。小球受到容器的支持力方向沿BC。
由几何关系知为正三角形，所以
对小球1、小球2，根据共点力的平衡条件知
解得
（2）设经过图示位置时小球1的速度为，小球2的速度为。沿绳竖直向上，沿圆弧切线斜向下。
由几何关系可知，与DB延长线的夹角为
由运动关系可知，与应满足
由几何关系知 BD=R
根据机械能守恒定律，得
此时小球1动能
整理得
（，）
（3）细绳剪断后，小球2以为初速度，从B点沿圆弧运动到最低点，设经过最低点的速度为，根据机械能守恒定律，得：
设小球2经过容器最低点时受到支持力为N。根据牛顿第二定律得：
整理得：
由牛顿第三定律知，小球2对容器的压力大小也为方向向下
13.固定的水平气缸内由活塞B封闭着一定质量的理想气体，气缸的导热性能良好，环境温度保持不变。若用外力将活塞B缓慢地向右拉动，如图所示，则在拉动活塞的过程中，对于气缸内的气体下列结论正确的是_________
A. 外界对气体做正功，气体内能不变
B. 气体对外界做正功，气体内能不变
C. 气体从外界吸热全部用来对外做功
D. 气体向外界放热，气体压强减小
E. 被封气体单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数减小
【答案】BCE
【解析】
【详解】气体体积变大，故气体对外做功；又气缸壁的导热性能良好，环境的温度保持不变，故气体做等温变化，温度不变，即内能不变，故A错误，B正确。内能不变：即△U=0，又气体对外做功，故W＜0，由热力学第一定律：△U=W+Q得：Q=-W＞0；故气体从外界吸热全部用来对外做功，选项C正确，D错误；气体体积变大，单位体积内的分子数变少，温度不变，分子的平均动能不变，气体的压强变小，则气体单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数减小，故E正确。
14.某兴趣小组设计了如图所示的便携式水银气压计，粗细均匀的细U型管竖直放置，左管密封，上方为真空，右管开口，两管均标有刻度，根据左右两管中水银面高度差便可直接得到大气压的数值。某次因使用不当，导致有气泡进入左管顶部，此时两水银液面高度差只有750mm，左侧水银面到管顶的距离为80mm。为修正上述测得的大气压值，将右管直接连接在压强恒为678mmHg的气压仓上，此时，气压计两水银液面高度差为670mm，不考虑过程中的温度变化。求
(i)大气压的准确数值；
(ii)若断开气压仓，将U型管开口向上倾斜放在与水平面成30°角的实验架上，则水银是否会溢出?并简述理由。
【答案】(i)大气压的准确数值为；(ii) 倾倒放置时，液体产生的压强变小，被封气体压强增大，体积进一步缩小，所以水银不会溢出。
【解析】
【详解】(i)设大气压的准确值为，对于混入左管中的气体，初态时，
接在恒压仓上后，管中左右液面差由减为，则，
由玻意耳定律：
代入数值，解得
(ii)倾倒放置时，液体产生的压强变小，被封气体压强增大，体积进一步缩小，所以水银不会溢出。
15.如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横渡在t=0时刻的波形图，图乙表示该波传播的介质中x=2m处的a质点从t=0时刻起的振动图象。下列说法正确的是_________
A. 波沿x轴正方向传播
B. 波传播的速度为20m／s
C. a质点在0~1.0s内，通过的路程为20m
D. t=0．25s时，a质点的位移沿y轴正方向
E. t=0．25s时，x=4m处b质点的加速度沿y轴负方向
【答案】ABE
【解析】
【详解】由乙图可知t=0时刻质点a在平衡位置向下振动，则由图甲可知，波沿x轴正向传播，选项A正确；由甲图可知，波长为4m，由乙图可知，周期为0.2s，则波速为，故B正确；各质点的振幅为0.2m，1s内完成5次全振动，故1s内通过的路程为S=5×4×0.2=4m，故C错误；由乙图知，质点的振动周期为T=0.2s，所以质点a在t=0.25s的时刻的振动情况与t=0.5s时刻的振动情况相同，即处于负的最大位移处，所以位移沿y轴负方向。故D错误；由图甲可知，a质点和b质点的平衡位置相距半个波长，振动情况总是相反，所以在振动过程中任意时刻的位移都相反，所以在t=0.25s的时刻质点b处于正的最大位移处，加速度沿y轴负方向。故E正确。
16.如图为用一个折射率为n=的透明介质做成的四棱柱的横截面图，其中∠A=∠C=90°，∠B=60°。现有一条光线从图示的位置垂直入射到棱镜的AB面上，请回答下列问题：
(i)画出完整的光路图，确定射出的光线。(标注好角的度数)
(ii)为实现上述光路，该透明介质的折射率取值应该在什么范围?
【答案】(i)如图所示：
(ii)该透明介质的折射率取值范围为
【解析】
【详解】(i)光路图如图所示：
(ii)满足和原光路图完全相同，即必须满足在CD边能发生折射，AB边发生全反射，即临界角
由可得，
解得：
理科综合试题
2019．4
本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共16，满分300分，考试用时150分钟。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在答题卡规定的地方。
第Ⅰ卷(选择题，共126分)
注意事项：
1．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净以后,涂写其他答案标号。不涂答题卡，只答在试卷上不得分。
2．第Ⅰ卷共21小题，每小题6分，共126分。
可能用到的相对原子质量：H 1 B l N 14 Na 23 P 31
一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列有关细胞结构和功能的叙述，错误的是
A．植物体中含有叶绿体的细胞也含有线粒体
B．动物细胞的核孔是蛋白质、RNA、DNA等大分子出入细胞核的通道
C．在动物细胞有丝分裂前期能观察到纺锤体和中心体
D．在植物细胞有丝分裂末期高尔基体参与细胞壁形成
2．下列与实验相关的叙述，正确的是
A．噬菌体侵染细菌实验中，用、印标记同一噬菌体的蛋白质和DNA
B．若定期更换培养液，酵母菌种群数量可持续增长
C．研究甲状腺激素对小鼠生长发育的影响，切除健康小鼠的甲状腺进行观察即可
D．苹果匀浆与斐林试剂反应产生砖红色沉淀，不能说明一定存在葡萄糖
3．研究发现,植物生长与脱落酸有密切关系：在病虫害等逆境条件下，脱落酸的含量升高，植物生长减慢，以抵抗逆境；当逆境消除时，植物又通过调节抑制脱落酸的作用，生长加快。相关叙述正确的是
A．脱落酸在根冠及萎蔫的叶片中合成，主要分布在生长旺盛的部位
B．脱落酸能调节植物生长快慢，说明脱落酸的调节作用具有两重性
C．脱落酸可通过抑制细胞分裂来使植物生长变慢
D．脱落酸调节植物生长快慢时与基因表达没有关系
4．为研究影响抗体分泌的因素，用取自同一个体的细胞，完成了以下实验(“+”表示有，“－”表示无)。有关叙述错误的是
操作及结果／组别
1
2
3
4
细胞培养液
+
+
+
+
B细胞
+
-
+
-
受抗原刺激的B细胞
-
+
-
+
受同种抗原刺激的T细胞
-
-
+
+
培养7天后检查抗体数量
-
-
-
+
A．实验假设是影响抗体分泌的因素有抗原和淋巴因子
B．实验表明B细胞受抗原和淋巴因子双刺激后才能分泌抗体
C．实验表明T细胞只有受抗原刺激后才能发挥作用
D．该实验为对比实验，实验中的因变量是抗体数量
5．脊椎动物的一些基因活性与其周围特定胞嘧啶的甲基化有关，甲基化使基因失活，相应的胞嘧啶非甲基化能活化基因的表达。以下推测正确的是
A．肝细胞和胰岛B细胞的呼吸酶基因均处于特定胞嘧啶的甲基化状态
B．胰岛B细胞的呼吸酶基因和胰岛素基因均处于特定胞嘧啶的非甲基化状态
C．肝细胞的呼吸酶基因和胰岛素基因均处于特定胞嘧啶的非甲基化状态
D．肝细胞和胰岛B细胞的胰岛素基因均处于特定胞嘧啶的非甲基化状态
6．小麦的穿梭育种是将一个地区的品种与其他地区的品种进行杂交，然后通过在两个地区间不断地反复交替穿梭种植、选择、鉴定，最终选育出多种优良性状的小麦新品种。下列关于小麦穿梭育种的叙述，错误的是
A．穿梭育种使小麦的染色体发生了定向变异
B．穿梭育种培育的新品种可适应两个地区的环境条件
C．穿梭育种充分地利用了小麦的基因多样性
D．自然选择方向不同使各地区的小麦基因库存在差异
29．(10分)研究者选取大麦种子进行萌发及幼苗栽培实验，请分析回答：
(1)大麦种子萌发初期鲜重增加明显，此时大麦种子内结合水与自由水的比值变化趋势是___________(增大、减小或不变)。
(2)发芽的大麦种子中含有α-淀粉酶，该酶的作用是催化___________分解为__________分子(填具体名称)。
(3)为研究大麦幼苗光合速率的变化情况，将大麦幼苗及CO2缓冲液置于透明的密闭玻璃罩内，并将装置置于自然环境下，测定夏季一昼夜装置内植物气体释放速率的变化。那么影响装置内植物光合作用速率变化的主要环境因素是____________________；若在上午8：30和下午16：30测得的氧气释放数据相同，能否说明两时间点大麦幼苗的光合速率相等_______(填“能”或“不能”)，原因是__________________________________。
30．(8分)松果体可通过褪黑素的周期性分泌向中枢神经系统发放“时间信号”，从而影响机体时间生物效应，如睡眠与觉醒。下图表示光暗信号通过视网膜→神经中枢→松果体途径调控人体睡眠过程的示意图。优题速享请回答：
(1)当神经末梢有神经冲动传来时，突触前膜内的__________受到刺激，释放去甲肾上腺素，引起松果体细胞分泌褪黑素。褪黑素分泌的调节方式是__________，与褪黑素调节睡眠相比，该调节方式的反应速度____________________。
(2)下丘脑除与生物节律的控制有关外，还有__________________等神经中枢。
(3)研究发现，褪黑素还能促进B、T淋巴细胞的增殖。B细胞在___________(填场所)中成熟，并可增殖、分化成_____________。由此判断，__________________等病症患者不适合使用外源褪黑索。
31．(9分)右图是距大陆同等距离的大小岛屿物种数目变化的研究结果。回答下列问题：
(1)岛屿群落研究首先要分析群落的________。土壤中小动物的丰富度采用__________调查。
(2)岛屿上物种数目因受陆地迁入和岛屿上物种灭亡影响而不断变等病症患者不适合化，迁入率和灭亡率曲线的交点表示岛屿上物种数目达到____________。图示表明岛屿上物种数目与面积的关系是___________；受此启发，增大自然保护区(陆地中“岛”)抵抗力稳定性的措施是____________________________。
(3)对甲、乙两个新迁入的物种的种群数量进行了连续4年的跟踪调查，计算其λ值(λ=当年末种群数量／前一年末种群数量)，结果如下表。
时间
第一年
第二年
第三年
第四年
甲种群λ值
2
2
2
2
乙种群λ值
1.7
2.3
1.5
0.3
从表中可推知，甲种群4年来的数量增长曲线为_______型。若N0表示种群起始数量，Nt表示t年末种群数量，则甲种群数量的数学模型表示为________。甲、乙的种间关系最可能是____________________________。
32．(12分)小鼠的弯曲尾(B)对正常尾(b)显性。让正常尾雌鼠与弯曲尾雄鼠杂交，子一代弯曲尾(♀)：正常尾(♂)=1：1。遗传学家将一个本身不控制具体性状的DNA片段“M”导入到子一代弯曲尾雌鼠的体细胞中，通过DNA重组和克隆技术获得一只转基因正常尾小鼠：已知“M”和B基因同时存在时，表现为正常尾，b基因的表达不受“M”的影响；小鼠的受精卵中B、b基因都不存在时，将导致胚胎致死。请回答：
(1)写出正常尾雌鼠与弯曲尾雄鼠杂交实验的遗传图解。
(2)遗传学家认为，“M”插入到小鼠染色体上的位置有4种可能(如图)。为确定“M”具体的插入位置，进行了相应的杂交实验。(不考虑交叉互换)
实验方案：让该转基因正常尾小鼠与非转基因正常尾雄鼠杂交，统计子代的表现型种类及比例。
结果与结论：
①若子代________________________________，则“M”的插入位置属于第1种可能性；
②若子代________________________________，则“M”的插入位置属于第2种可能性；
③若子代________________________________，则“M”的插入位置属于第3种可能性；
④若子代________________________________，则“M”的插入位置属于第4种可能性。
37．(15分)【生物—选修1：生物技术实践】
为了使牛仔裤呈现“穿旧”效果，在工业洗衣机中用酶洗代替传统的浮石擦洗，是目前重要的生产手段(工艺流程如图)。请完成以下问题：
(1)纤维素酶是一种复合酶，它至少包括_________、_________、和__________ 三种组分。
(2)在上述工艺中，通过_________________可控制仿旧颜色的深浅。
(3)若在实验室筛选纤维素分解菌，在选择培养后可进行梯度稀释和____________过程,一般通过观察_______________的有无挑选出所需菌种。
(4)实验室中获取纯化分解纤维素的细菌常用的接种方法还有_______________。在接种前，随机取若干灭菌后的空白平板先行培养了一段时间，这样做的目的是_____________________________；接种后在恒温培养箱中培养时，培养皿必须倒置，目的是_______________________________________。
38．(15分)【生物—选修3：现代生物科技专题】
埃博拉病毒(EBO)呈纤维状，EBO衣壳外有包膜，包膜上有5种蛋白棘突(VP系列蛋白和GP蛋白)，其中GP蛋白最为关键，能被宿主细胞强烈识别。请回答下列问题：
(1)要获得编码GP蛋白抗原的基因疫苗，首先要提取出病原体的RNA，并利用RNA经____________合成DNA，构建cDNA文库。cDNA文库中的基因___________(选填“可以”、“不可以”、“部分”)进行物种间的基因交流。
(2)为了从牛分泌的乳汁中提取GP蛋白，需将GP蛋白基因通过_____________(方法)导入牛受精卵中。在基因导入牛受体细胞前，基因的首段必须含有使其仅能在牛的乳腺细胞中特异性表达的____________________________________，驱动转录过程。转基因牛是否培育成功，可以通过____________技术从分子水平上进行检测。
(3)以GP蛋白作为疫苗比利用毒性减弱的埃博拉病毒作疫苗更安全，其原因是____________________________________________________________________。
(4)科研人员利用经EBO免疫后小鼠的____________与小鼠的骨髓瘤细胞进行融合以形成杂交瘤细胞，培养后可以获得纯净的单一品种抗体，其特点是____________________，可以用此抗体与药物制成“生物导弹”抗击EBO。
高三第二轮复习质量检测理科综合化学试题
第Ⅰ卷(选择题，共126分)
注意事项：
1．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净以后,涂写其他答案标号。不涂答题卡，只答在试卷上不得分。
2．第Ⅰ卷共21小题，每小题6分，共126分。
可能用到的相对原子质量：H 1 B l N 14 Na 23 P 31
一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.2019年是“国际化学元素周期表年”。下列有关说法不正确的是
A. 制冷剂氟里昂-12(CCl2F2)的研发利用，充分体现了元素周期表的指导作用
B. 通过测定物质中的含量可以推断文物的年代
C. 门捷列夫预言的“类铝” 镓(Ga)元素的发现，证实了元素周期律的科学性
D. 过渡元素Ti、Mo、W等的单质有耐高温，耐腐蚀的特点，其合金可以制造火箭、导弹、宇宙飞船等
【答案】B
【解析】
【详解】A. 制冷剂是一种易被压缩、液化的气体，蒸发时吸收热量，使环境温度降低，达到制冷目的．人们曾采用过乙醚、氨、氯甲烷等制冷剂，但它们或者有毒，或者易燃，科学家根据元素及其化合物性质的递变规律来研制了新的制冷剂氟里昂-12(CCl2F2)，充分体现了元素周期表的指导作用，故A正确；
B. 考古学家通过测定古生物遗骸中的碳-14含量来推断文物年代，不是，故B错误；
C. 门捷列夫在研究周期表时预言了包括“类铝”、“类硅”在内的11种元素，“类铝” 镓(Ga)元素的发现，证实了元素周期律的科学性，故C正确；
D. 根据元素周期表的应用，过渡元素Ti、Mo、W等的单质有耐高温，耐腐蚀的特点，单质及其合金可以用于制造火箭、导弹、宇宙飞船等，故D正确；
答案选B。
2.二环[1，1，0]丁烷()是最简单的桥环化合物。下列关于该化合物的说法错误的是
A. 该化合物的二溴代物有4种
B. 每1mol该化合物反应生成1molC4H10需要2molH2
C. 该化合物能够发生取代反应和氧化反应
D. 该化合物中4个碳原子可能处于同一平面
【答案】D
【解析】
【详解】A．两个溴原子在相同的碳原子上有1种，两个溴原子在不同的碳原子上有3种，二溴代物共有4种，故A正确；
B．分子式为C4H6，如能加成反应生成1molC4H10，则需2molH2，故B正确；
C．该分子中含有饱和碳原子，可以发生取代反应，该化合物能够在氧气中燃烧，能够发生氧化反应，故C正确；
D．该分子中含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有碳原子不可能处于同一个平面，故D错误；
答案选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意有机物的氧化反应包括燃烧和与其他强氧化剂的反应。
3.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期非金属主族元素，q、r、s、h是这些元素形成的物质，其中h是离子化合物，q是制太阳能电池的主要原料，s常温下呈气态且其水溶液显碱性，r为二元化合物，其浓溶液在空气中易形成白雾。下列说法正确的是
A. 常温常压下，W的氧化物为液态
B. 单质的沸点：X>Z
C. X与Y属于同一主族，与Z属于同一周期
D. X的氧化物均能用向上排空气法收集
【答案】A
【解析】
【分析】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期非金属主族元素，q、r、s、h 是这些元素形成的物质，其中h 是离子化合物，应为铵盐，则含有N、H元素，可知W为H元素，q是制太阳能电池的主要原料，应为Si，s常温下呈气态且其水溶液显碱性，s为氨气，r为二元化合物，其浓溶液在空气中易形成白雾，应为HCl，则可知X为N元素，Y为Si元素，Z为Cl元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析可知，W为H元素，X为N元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。
A．W的氧化物为水或过氧化氢。常温下，均为液体，故A正确；
B．氮气和氯气均为双原子分子，氯气的相对分子质量大于氮气，因此沸点氮气＜氯气，故B错误；
C．X为N元素，Y为Si元素，二者不是同主族元素，故C错误；
D．如为NO，易与氧气反应，则不能用排空气法收集，故D错误；
答案选A。
【点睛】正确推断元素种类是解题的关键。本题的易错点为B，要注意物质熔沸点的比较方法的归纳总结。
4.下列实验操作中，对应的现象和结论均正确的是
选项
操作
现象
结论
A
向较浓的FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液
KMnO4溶液紫色褪去
Fe2+有还原性
B
用pH试纸分别测定等浓度的NaClO和NaHCO3溶液的pH
pH:NaClO> NaHCO3
酸性H2CO3>HClO
C
向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2
产生白色胶状物质
非金属性：C>Si
D
向2mL1mol·L-1的NaOH溶液中滴加5滴1mol·L-1MgCl2溶液，再滴加5滴1mol·L-1的FeCl3溶液
先产生白色沉淀后又产生红褐色沉淀
溶度积常数：Mg(OH)2>Fe(OH)3
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．酸性条件下高锰酸钾具有强氧化性，能够氧化氯离子，干扰了实验结果，应该用硫酸亚铁溶液，故A错误；
B．NaClO能够漂白pH试纸，不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，故B错误；
C．向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2，产生的白色胶状物质为硅酸，证明碳酸的酸性大于硅酸，则非金属性：C＞Si，故C正确；
D．在2mL1mol/L的NaOH滴加5滴1mol/LMgCl2溶液，再滴加5滴1mol/L的FeCl3溶液，NaOH过量，没有实现沉淀的转化，无法比较Mg(OH)2、Fe(OH)3的溶度积的大小，故D错误；
答案选C。
5.工业废水中含有的和CrO42－会对水体产生很大的危害，这种工业废水必须净化处理。一种处理含铬废水的工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A. ①中，酸化后发生反应为
B. ②中，反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1
C. ③中，所得沉淀Cr(OH)3中含有Fe(OH)3
D. ③中调pH所用物质可以是NH3或Fe2O3
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸化后，2CrO42-(黄色)+2H+⇌Cr2O72-(橙色)+H2O正向移动，橙色加深，故A正确；
B．②中Cr元素化合价降低，Fe元素的化合价升高，由电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为=，故B错误；
C．③中反应生成Fe3+、Cr3+，均与碱反应，则③中所得沉淀Cr(OH)3中含有Fe(OH)3，故C正确；
D．①中酸化后，溶液显强酸性，③中可以选用NH3或Fe2O3与酸反应调节pH，故D正确；
答案选B。
6.《Journal of Energy Chemistry》报导我国科学家设计CO2熔盐捕获与转化装置如图。下列有关说法正确的是
A. a为负极
B. 熔盐可用KOH溶液代替
C. d极电极反应式为CO32-+4e−=C+3O2−
D. 转移lmol电子可捕获CO2 11.2L(标况下)
【答案】C
【解析】
【详解】A.由图所示，c电极上氧离子失电子被氧化，故c作阳极，则a为正极，故A错误；
B. 若用KOH溶液做电解质，则该装置成为电解水的装置，阴极上是氢离子得电子生成氢气，当电解质溶液吸收足量的二氧化碳后变为碳酸氢钠溶液，不能再吸收二氧化碳，故该装置不能连续长时间吸收二氧化碳，故B错误；
C. 由图所示，d极电极得电子，反应式为CO32－+4e－===C+3O2－，故C正确；
D. 碳元素化合价由+4变为0，则转移lmol电子可捕获CO25.6L(标况下)，故D错误，
故选C。
【点睛】解决本题关键是从图像中分析得失电子的过程，进而分析阴阳极和正负极，本题易错点在于忽略溶液中水的重要性质。
7.羟氨(NH2OH)为一元弱碱(25℃时，平衡常数Kb=9.0×10-9)，其电离方程式为：NH2OH+H2O⇌NH3OH++OH-。在25℃时，用0.10mol·L-1盐酸滴定20mL0.10mol·L-1NH2OH溶液，滴定过程中由水电离出来的H+浓度的负对数[-1gc水(H+)]与盐酸体积(V)的关系如图所示。(已知：lg3=0.5)，下列说法中错误的是
A. a点对应溶液的pH=9.5
B. b点对应的溶液中有：c(NH3OH+)=c(Cl-)
C. c点溶液中存在离子反应：
D. d点溶液中：-lgc水(H+)=13
【答案】D
【解析】
【详解】A、未加HCl时溶液为羟胺溶液，电离平衡常数Kb===9.0×10-9，c(OH-)=3×10-5，pH=9.5，故A正确；
B. b点为NH2OH和NH3OHCl的混合溶液，根据电荷守恒，c(NH3OH+)+ c(H+)=c(Cl-)+ c(OH-)，-1gc水(H+)=7，即c水(H+)=1.0×10-7=c(H+)，溶液显中性，因此c(H+)= c(OH-)，因此c(NH3OH+)=c(Cl-)，故B正确；
C. c 点二者恰好完全反应生成强酸弱碱盐NH3OHCl，存在NH3OH+水解反应，导致溶液呈酸性，故C正确；
D. d点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH3OHCl、HCl，浓度均为mol·L-1，溶液中c(H+)＞mol·L-1，即c水(H+)＜mol·L-1=3×10-13 mol·L-1，因此-lgc水(H+)＜13，故D错误；
答案选D。
8.叠氮化钠(NaN3)是一种易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚，可用于合成抗生素头孢菌素药物的中间体、汽车安全气囊的药剂等。氨基钠(NaNH2)的熔点为210℃，沸点为400℃，在水溶液中易水解。实验室制取叠氮化钠的实验步骤及实验装置如下：
①打开止水夹K1，关闭止水夹K2，加热装置D一段时间；
②加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭K1；
③向装置A中b容器内充入加热介质并加热到210～220℃，打开止水夹K2，通入N2O：
④冷却，向产物中加入乙醇，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。
回答下列问题：
(1)装置B中盛放的药品为____________；装置C的主要作用是________________。
(2)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为__________。
(3)步骤③中，为了使反应受热均匀，A装置里a容器的加热方式为_____；生成NaN3的化学方程式为_____；N2O可由NH4NO3在240~245℃分解制得(硝酸铵的熔点为169.6℃)，则不能选择的气体发生装置是________(填序号)。
(4)图中仪器a用的是铁质而不用玻璃，其主要原因是_____________。步骤④中用乙醚洗涤的主要目的是_______________。
(5)实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数：①将2.500g试样配成500.00mL溶液。②取50.00mL溶液置于锥形瓶中，加入50.00mL0.1010mol·L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液。③充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示液，用0.0500mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+消耗溶液体积为29．00mL。测定过程的反应方程式为：
则试样中NaN3的质量分数为_______________。
【答案】 (1). 碱石灰（或氢氧化钠固体） (2). 分离出冷凝的溶有氨气的水 (3). 2Na+2NH32NaNH2+H2 (4). 油浴 (5). NaNH2+N2ONaN3+H2O (6). Ⅱ (7). 反应过程中可能生成的NaOH能腐蚀玻璃 (8). NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥 (9). 93.60%
【解析】
【分析】
(1)根据NaN3易溶于水，制备过程不能有水的参与分析；
(2)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气；
(3)根据步骤③的温度为210～220℃选择加热方式；NaNH2和N2O生成NaN3和水，据此书写反应的方程式；硝酸铵的熔点为169.6℃，而NH4NO3在240～245℃分解，为防止硝酸铵熔化流出试管底部，据此选择气体发生装置；
(4)a中有可能生成NaOH，根据氢氧化钠的性质分析解答；根据“NaN3是易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚”分析；
(5)(NH4)2Ce(NO3)6部分与叠氮化钠反应，剩余的(NH4)2Ce(NO3)6用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，根据反应：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，参与反应的(NH4)2Ce(NO3)6与标准液的物质的量相等，因此计算与叠氮化钠反应的(NH4)2Ce(NO3)6，据此分析计算。
【详解】(1)NaN3易溶于水，故制备过程不能有水，D中制备的氨气含有水蒸气，用B装置盛放碱石灰(或氢氧化钠固体)干燥氨气，用装置C冷凝分离出水，故答案为：碱石灰(或氢氧化钠固体)；分离出冷凝的溶有氨气的水；
(2)步骤①中先加热通氨气，排尽装置中的空气，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入与钠反应；氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2NH32NaNH2+H2，故答案为：2Na+2NH32NaNH2+H2；
(3)步骤③的温度为210～220℃，故选择油浴加热；NaNH2和N2O生成NaN3的反应为：NaNH2+N2ONaN3+H2O；硝酸铵的熔点为169.6℃，而NH4NO3在240～245℃分解，为防止硝酸铵熔化流出试管底部，故选择的气体发生装置是I、Ⅲ，不能选择Ⅱ作为气体发生装置，故答案为：油浴加热；NaNH2+N2ONaN3+H2O；Ⅱ；
(4)a中有可能生成NaOH，会腐蚀玻璃，故仪器a用的是铁质而不用玻璃；由题可知，NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗；且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故用乙醚洗涤产品，故答案为：反应过程中可能生成的NaOH能腐蚀玻璃；NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥；
(5)(NH4)2Ce(NO3)6的总的物质的量为：0.1010mol/L×50×10-3L=0.00505mol，部分与叠氮化钠反应，剩余的(NH4)2Ce(NO3)6用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，根据反应：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，参与反应的(NH4)2Ce(NO3)6与标准液的物质的量相等，为：0.0500mol/L×29.00×10-3L = 0.00145mol，故与叠氮化钠反应的(NH4)2Ce(NO3)6有0.00505mol-0.00145mol=0.0036mol，根据反应有：NaN3～(NH4)2Ce(NO3)6，则2.500g试样中叠氮化钠的质量为：0.0036mol×65g/mol×=2.34g，试样中NaN3的质量分数为×100%=93.60%，故答案为：93.60%。
【点睛】注意物质性质的应用，题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题等是解答本题的关键。本题的难点为(5)，要注意理清(NH4)2Ce(NO3)6涉及的反应和测定原理。
9.六水合高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]是一种易溶于水的蓝色晶体，常用作助燃剂。以食盐等为原料制备高氯酸铜晶体的一种工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)Cu2(OH)2CO3在物质类别上属于__________(填序号)。
A．碱 B．盐 C．碱性氧化物
(2)发生“电解I”时所用的是__________(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。
(3)歧化反应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应，已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为NaClO3。该反应的化学方程式为___________________。
(4)“电解II”的阳极产物为____________(填离子符号)。
(5)操作a的名称是______，该流程中可循环利用的物质是____________(填化学式)。
(6)“反应II”的离子方程式为___________________。
【答案】 (1). B (2). 阳离子 (3). 3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2 (4). ClO4- (5). 蒸发浓缩 (6). NaCl (7). Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O
【解析】
【分析】
根据流程图，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，生成的氯气与碳酸钠发生歧化反应生成氯化钠和NaClO3，同时生成二氧化碳，电解生成的NaClO3生成高氯酸钠和氢气，用盐酸酸化，过滤除去氯化钠晶体，蒸发浓缩得到60%以上的高氯酸溶液，在高氯酸溶液中加入碱式碳酸铜反应生成高氯酸铜溶液，蒸发浓缩，冷却结晶得到高氯酸铜晶体，据此分析解答。
【详解】(1)Cu2(OH)2CO3中含有金属阳离子和酸根阴离子，属于盐，故答案为：B；
(2)“电解I”所发生的反应是电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，需要防止氢氧根离子与氯气反应，所以用的交换膜是阳离子交换膜，故答案为：阳离子；
(3)“歧化反应”是氯气与碳酸钠反应生成氯化钠和NaClO3，氯元素从0价变为-1价和+5价，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2，故答案为：3Na2CO3+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3CO2；
(4)通过电解，溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反应在阳极生成高氯酸根离子，“电解II”的阳极产物为ClO4-，故答案为：ClO4-；
(5)加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，滤液通过蒸发浓缩即可得到60%以上高氯酸；从流程图可以看成，可循环利用的物质是NaCl，故答案为：蒸发浓缩；NaCl；
(6)“反应II”中高氯酸与碱式碳酸铜反应生成高氯酸铜，二氧化碳和水，碱式碳酸铜不溶于水，高氯酸为强酸，反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O，故答案为：Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O。
10.甲醇是重要的化工原料，在有机合成中具有广泛应用。
I．(1)用甲醇制取甲胺的反应为 △H
已知该反应中相关化学键键能数据如下：
共价键
C―O
H―O
N―H
C―N
键能／kJ·mol-1
351
463
393
293
则该反应的△H=__________kJ·mol-1
Ⅱ．一定条件下，将2mol CO和6mol H2通入2L密闭容器中发生如下反应
主反应： △H<0 Ⅰ
副反应： △H<0 Ⅱ
反应到t min时，达到平衡状态。平衡时CH3OH的体积分数φ(CH3OH)如图所示：
(2)图中a___b(填“大于”或“小于”)。图中Y轴表示温度，其理由是__________
(3)若反应II的平衡常数K值变小．则下列说法中正确的是___________(填序号)。
A．平衡均向正反应方向移动
B．平衡移动的原因是升高了温度
C．达到新平衡后，φ(CH3OH)减小
D．容器中φ(CH3OCH3)增大
(4)平衡时，M点CH3OH的体积分数为12.5％，c(CH3OCH3)=0.1mol·L-1，则此时CO的转化率为________；用H2表示I的反应速率为______mol·L-1·min-1。反应Ⅱ的平衡常数K=___________(用分数表示)
【答案】 (1). -12 (2). 小于 (3). 随着Y值增加，CH3OH的体积分数φ（CH3OH）减小，平衡逆向移动，故Y表示温度 (4). BC (5). 56% (6). (7).
【解析】
【分析】
(1)反应热=反应物总键能-生成物总键能；
(2) 根据图示信息：X轴上a点的数值比b点小，随着Y值的增加，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)减小，结合平衡移动原理回答；
(3) 反应II为放热反应，若反应II的平衡常数K值变小，说明平衡逆向移动，温度升高；
(4)平衡时，c(CH3OCH3)=0.1mol·L-1，则n(CH3OCH3)=0.2mol，根据，分解的CH3OH为0.4mol，生成的水为0.2mol，根据三段式计算解答。
【详解】I．(1)设C-H的键能为x，反应CH3OH(g)+NH3(g)═CH3NH2(g)+H2O(g)的△H=反应物总键能-生成物总键能=(3x+351+463+393×3-3x-293-393×2-463×2)kJ/mol=-12kJ/mol，故答案为：-12；
Ⅱ．(2)根据图示信息：X轴上a点的数值比b点小，随着Y值的增加，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)减小，平衡逆向移动，故Y表示温度，故答案为：小于；随着Y值的增加，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)减小，平衡逆向移动，故Y表示温度；
(3) 反应II为放热反应，若反应II的平衡常数K值变小，说明平衡逆向移动，温度升高。A．反应II为放热反应，若反应II的平衡常数K值变小，说明平衡逆向移动，故A错误； B．平衡常数只与温度有关，反应II为放热反应，若反应II的平衡常数K值变小，说明平衡逆向移动，故B正确；C．温度升高，CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H<0，平衡逆向移动，达到新平衡后，φ(CH3OH)减小，故C正确；D．，平衡逆向移动，导致CO(g)+2H2(g) ⇌ CH3OH(g) △H<0，平衡逆向移动，容器中气体的总物质的量增大，容器中φ(CH3OCH3)减小，故D错误；故答案为：BC；
(4)平衡时，c(CH3OCH3)=0.1mol·L-1，则n(CH3OCH3)=0.2mol，根据，分解的CH3OH为0.4mol，生成的水为0.2mol，设CO的转化量是x。
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)；
初始量（mol）： 2 6 0
变化量（mol）： x 2x x
平衡量（mol）：2-x 6-2x x-0.4
平衡时，CH3OH的体积分数为12.5%，则×100%=12.5%，解得x=1.12 mol ，所以CO的转化率为×100%=56%，用H2表示I的反应速率== mol·L-1·min-1；反应Ⅱ的平衡常数K==，故答案为：56%；；。
11.含氮、磷化合物在生活和生产中有许多重要用途，如：(CH3)3N、磷化硼(BP)、磷青铜(Cu3SnP)等。
回答下列问题：
(1)锡(Sn)是第五周期ⅣA元素。基态锡原子的价电子排布式为_________，据此推测，锡的最高正价是_________ 。
(2)与P同周期的主族元素中，电负性比P小的元素有____种 ，第一电离能比P大有____种。
(3)PH3分子的空间构型为___________。PH3的键角小于NH3的原因是__________。
(4)化合物(CH3)3N能溶于水，试解析其原因____________。
(5)磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。磷化硼晶体晶胞如图所示：
①在一个晶胞中磷原子空间堆积方式为________，磷原子的配位数为________。
②已知晶胞边长a pm，阿伏加德罗常数为NA。则磷化硼晶体的密度为______ g/cm3。
③磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影如图，请将表示B原子的圆圈涂黑________。
【答案】 (1). 5s25p2 (2). +4 (3). 4 (4). 1 (5). 三角锥形 (6). 电负性N＞P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间的排斥力越大，键角变大 (7). (CH3)3N为极性分子且可与水分子间形成氢键 (8). 面心立方最密堆积 (9). 4 (10). (11).
【解析】
【分析】
(1)第ⅣA元素价电子排布为5s25p2，最多失去4个电子；
(2)同主族元素，随着原子序数增大，电负性减小，第一电离能减小；
(3)根据VSEPR理论判断PH3的空间构型，根据P和N电负性不同分析PH3和NH3键角差异；
(4)化合物(CH3)3N能溶于水，考虑N与水中H形成分子间氢键，增大溶解度；
(5)①实心球为磷原子，根据晶胞结构分析，P做面心立方最密堆积，从上底面面心的P分析，周围等距且最近的B原子有4个；
②根据晶体密度ρ＝计算；
③根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，六边形中形成两个倒立关系的正三角形，分别由3个B或者3个P形成。
【详解】(1)锡(Sn)是第五周期ⅣA元素，第ⅣA元素价电子排布为5s25p2，最多失去4个电子，所以锡的最高正价是+4价；
(2)同主族元素，随着原子序数增大，元素的电负性逐渐减小，与P同周期的主族元素有N，As，Sb，Bi，Mc，比P电负性小的有As，Sb，Bi，Mc，共有4个；随着原子序数增大，元素的第一电离能逐渐减小，则第一电离能比P大的只有N元素一种；
(3) 根据VSEPR理论，对于PH3，价电子对数数为3+，VSEPR模型为正四面体，由于一对孤电子对占据四面体的一个顶点，所以PH3的空间构型为三角锥形；由于电负性N＞P，键合电子对偏向N，成键电子对间斥力增大，键角增大，所以PH3的键角小于NH3；
(4)化合物(CH3)3N能溶于水，是因为N与水中H形成分子间氢键，增大了溶解度，(CH3)3N本身也为极性分子，极性分子构成的物质容易溶于由极性分子构成的物质中；
(5)①实心球为磷原子，根据晶胞结构分析，P原子作面心立方最密堆积，从上底面面心的P原子分析，周围等距且最近的B原子有4个；
②1个晶胞中，含有P原子数目为8×个，含有B原子数目为4个，假设取NA个这样的晶胞，1mol晶胞的质量为m=42×4g，所以晶体密度为ρ＝g/cm3；
③根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，六边形中形成两个倒立关系的正三角形，分别由3个B原子或者3个P原子形成，所以画图为：或。
【点睛】本题考查物质结构和性质的知识。涉及原子核外电子排布、分子的空间构型、电负性、电离能大小比较、均摊法在晶胞计算的应用等，侧重考查学生知识运用、空间想象等能力，难点是(5)题投影图原子位置判断，明确晶胞内4个B原子形成的空间结构排布式是关键，题目难度中等。
12.环丁基甲酸是重要的有机合成中间体，其一种合成路线如下：
请回答下列问题：
(1)环丁基甲酸的分子式为____________________。
(2)环丁基甲酸由原料A和D经一系列反应制得，A为烯烃，则A的名称为______，D物质的官能团为_______。
(3)写出D→E的化学方程式________________________。
(4)C+E→F的反应类型为_________________________。
(5)化合物W为H的同分异构体，能发生银镜反应且只含酯基一种官能团，则所有符合条件的W的结构简式为_____________。
(6)参照上述合成路线，以 和E为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：__________。
【答案】 (1). C5H8O2 (2). 丙烯 (3). 羧基 (4). HOOC-CH2-COOH+2CH3CH2OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O (5). 取代反应 (6). (7).
【解析】
【分析】
用逆合成分析法：由C的结构可推出B为CH2=CH-CH2Br，A为CH2=CH-CH3，D与乙醇发生酯化反应生成E，由E的结构简式可推出D为丙二酸，结构简式为HOOC-CH2-COOH；
【详解】用逆合成分析法：由C的结构可推出B为CH2=CH-CH2Br，A为CH2=CH-CH3，D与乙醇发生酯化反应生成E，由E的结构简式可推出D为丙二酸，结构简式为HOOC-CH2-COOH；
（1）根据有机物中碳原子成键特点，环丁基甲酸的分子式为C5H8O2；
（2）根据上述分析，A的结构简式为CH2=CH－CH3，化学名称为丙烯；D的结构简式为HOOCCH2COOH，官能团为羧基；
（3）D生成E发生酯化反应，其化学反应方程式为HOOC-CH2-COOH+2CH3CH2OHC2H5OOCCH2COOC2H5+2H2O；
（4）对比C、E、F的结构简式，C＋E→F反应方程式为+→+2HBr，其反应类型为取代反应；
（5）含有酯基一种官能团，还能发生银镜反应，说明书写的同分异构体中含有HCOO－基团，符合条件的有；
（6）以和化合物E（丙二酸二乙酯）为原料，制备，根据逆合成分析法，制备，需要；和（丙二酸二乙酯）反应生成；可由与HBr取代生成，故合成路线为：。
【点睛】书写同分异构体是有机物合成与推断的难点，根据题中所给信息，判断含有的官能团或基团，像本题含有酯基一种官能团，还能发生银镜反应，说明书写的同分异构体中含有HCOO－基团，然后根据所给已知物的特点进行分析，一般考虑官能团异构和碳链异构，H为，羧酸与酯互为同分异构体，则可以写出，然后考虑碳链异构，考虑先整后散的原则进行，得出，环上两个取代基，可以根据定一移一的原则进行判断，得出，书写时一定按照规律进行，否则会出现漏写或多写。
高三第二轮复习质量检测理科综合
物理试题
本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共16，满分300分，考试用时150分钟。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目填涂在答题卡规定的地方。
第Ⅰ卷(选择题，共126分)
注意事项：
1．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净以后,涂写其他答案标号。不涂答题卡，只答在试卷上不得分。
2．第Ⅰ卷共21小题，每小题6分，共126分。
1.下列说法正确的是
A. β射线是由原子核外电子电离产生
B. 氢原子从基态跃迁到激发态时，电势能变大，总能量变大，电子动能变小
C. 用加温、加压或改变其化学状态的方法都能改变原子核衰变的半衰期
D. 氡的半衰期为3．8天，8个氡的原子核，经过7．6天只剩下2个氡原子核
【答案】B
【解析】
【详解】β射线是由原子核内的中子转化为质子时放出的负电子，选项A错误；氢原子从基态跃迁到激发态时，电势能变大，总能量变大，电子动能变小，选项B正确；用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期，选项C错误；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核的衰变不适用，选项D错误。
2.在远距离输电电路中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻R均不变。发电厂输出功率减小时( )
A. 升压变压器的输出电压减小
B. 降压变压器的输出电压减小
C. 输电线上的电流增大
D. 输电线上损耗的功率占发电厂输出功率的比例减小
【答案】D
【解析】
【详解】发电厂的输出电压不变，则根据可知，升压变压器的输出电压不变，选项A错误；发电厂输出功率减小，根据P=UI知，输出电压不变，则升压变压器原线圈中的电流减小，则副线圈中的电流也减小，即输电线上的电流减小，根据U损=I线R，输电线上的电压损失减小，根据降压变压器的输入电压U3=U2-U损可得，降压变压器的输入电压U3增大，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压增大，故BC错误。输电线消耗的功率占发电厂输出功率的比例，因为输电线上的电流减小，则输电线的电压损失减小，U2不变，所以输电线消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小。故D正确。
3.如图所示，正方形区域abcd内存在磁感应强度为B的匀强磁场，e是ad的中点，f是cd的中点．如果在a点沿对角线方向以速率v射入一带负电的粒子(重力不计)，恰好从e点射出。若磁场方向不变磁感应强度变为，粒子的射入方向不变速率变为2v。则粒子的射出点位于( )
A. e点
B. d点
C. df间
D. fc间
【答案】C
【解析】
【详解】设正方形边长为a，若粒子从e点射出，则运动半径为；如果粒子的速度增大为2v，磁场的磁感应强度变为，由半径公式可知，半径将为原来的4倍，即为；若粒子从d点射出，则运动半径为；若粒子从f点射出，则运动轨迹如图；
由几何关系可得：；，；，则 ；因，可知粒子从df之间射出，故选C。
4.2019年1月3日嫦娥四号月球探测器成功软着陆在月球背面。成为人类历史上第一个在月球背面成功实施软着陆的人类探测器。如图所示，已关闭动力的探月卫星在月球引力作用下沿椭圆轨道(图中只画出了一部分)向月球靠近．并在B处变轨进入半径为r、周期为T的环月圆轨道运行。已知引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. 图中探月卫星飞向B处的过程中速度越来越小
B. 图中探月卫星飞向B处的过程中加速度越来越小
C. 由题中条件可以计算出探月卫星受到月球引力大小
D. 由题中条件可以计算出月球的质量
【答案】D
【解析】
【详解】A．图中探月卫星飞向B处的过程中由于受月球的引力作用，速度越来越大，选项A错误；
B．图中探月卫星飞向B处的过程中，由于受月球的引力逐渐增加，则加速度越来越大，选项B错误；
C．因探月卫星的质量未知，则由题中条件不能计算出探月卫星受到月球引力大小，选项C错误；
D．根据可求解月球的质量，选项D正确；
5.如图所示的轨道由倾角为45°的斜面与水平面连接而成，将一小球(可看成质点)从斜面顶端以3J的初动能水平抛出。不计空气阻力，经过一段时间，小球以9J的动能第一次落在轨道上。若将此小球以6J的初动能从斜面顶端水平抛出，则小球第一次落在轨道上的动能为( )
A. 9J
B. 12J
C. 15J
D. 30J
【答案】B
【解析】
【详解】小球第一次落在斜面上时，设速度与水平方向的夹角为α，则；因为，解得，则，解得。因为小球速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍；若小球落在斜面上，位移与水平方向的夹角正切值为tan45°＝1，所以小球落在水平面上。根据动能定理得，mgh=Ek2−Ek1＝9−3J＝6J。则以6J的动能水平抛出，一定落在水平面上。根据动能定理得，mgh=Ek2′-Ek1′，解得Ek2′=6J+6J=12J．故B正确，ACD错误。
6.两个点电荷Q1，Q2固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q1(位于坐标原点O)，在移动过程中，试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示，M点电势能最小，N点电势能为零。则下列判断正确的是( )
A. Q1带负电，Q2带正电
B. Q1带正电，Q2带负电
C. Q2电荷量较小，Q1电量较大
D. M点场强为零，N点电势为零
【答案】BD
【解析】
【详解】由图知，N点电势能EP=0，由分析得知，N点电势φ=0．EP-x图象的斜率，则知N点的场强不为0，M点场强为零；根据正电荷在电势高处电势能大，可知，带正电的试探电荷从远处移近Q1的过程中，电势能减小，电势先降低后升高，说明Q1带正电，Q2带负电，M点场强为零，由知，Q1电荷量较小。故BD正确，AC错误。
7.如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t=0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的v—t图象可能是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】
【详解】滑块滑上木板，受到木板对滑块向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，若木块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力，则木板做匀加速直线运动，当两者速度相等时，一起做匀减速运动。设木块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，木块的质量为m，木板的质量为M，知木板若滑动，则μ1mg＞μ2（M+m）g，最后一起做匀减速运动，加速度a′=μ2g，开始木块做匀减速运动的加速度大小a=μ1g＞μ2g，知图线的斜率变小。故C正确，D错误。若μ1mg＜μ2（M+m）g，则木板不动，滑块一直做匀减速运动。故A正确。由于地面有摩擦力，最终木块和木板不可能一起做匀速直线运动。故B错误。故选AC。
8.直线坐标系Ox轴原点处有a、b两质点，t=0时a、b同时沿x轴正方向做直线运动，其位置坐标x与时间t的比值随时间t变化的关系如图所示，则( )
A. 质点a做匀加速运动的加速度为10m/s2
B. a、b从原点出发后再次到达同一位置时，a的速度为10m/s
C. a、b从原点出发后再次到达同一位置之前，最远相距1.25m
D. a、b从原点出发后，t=1s时再次到达同一位置
【答案】ACD
【解析】
【详解】对质点a，根据数学知识得：（m/s），则 x=5t2+5t（m），与匀变速直线运动的位移公式x=v0t+at2对比得：v0=5m/s，a=10m/s2，所以质点a做匀加速运动的加速度为10m/s2．故A正确。t=1s时，相等，则x相等，所以ls时，a、b再次到达同一位置，此时a的速度为。故B错误，D正确。由图知，对于b，有，所以b做速度为10m/s的匀速直线运动。当a、b速度相等时相距最远，则有 v0+at=vb，得 t=0.5s；由图得，xa=3.75m。xb=vbt=5m，所以最远相距 S=xb-xa=1.25m，故C正确。
第Ⅱ卷(非选择题，共174分)
非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~32题为必考题．每个试题考生都必须做答。第33题~第38题为选考题．考生根据要求做答。
(一)必考题：共129分
9.一组同学利用如图所示的装置来验证机械能守恒定律。在铁架台的顶端有一电磁铁，电磁铁吸住直径为d、长度为a的小圆柱体，电磁铁下方固定一光电门，小圆柱体的中心到光电门的距离为h(a远小于h)。断开电源，小圆柱体下落，通过光电门的挡光时间为t。不计空气阻力。请回答下列问题。
(1)如图所示，用螺旋测微器测量小圆柱体的直径d=_____mm，用游标卡尺测量小圆柱体的长度a=____________cm；
(2)若小圆柱体的质量为m，重力加速度为g，则该实验需要验证的表达式为________________；(用题中字母表示)
(3)若考虑小圆柱体的长度，小圆柱体由静止下落h过程中的重力势能减少量_______测算出的动能的增加量。(填“大于”、“等于”或“小于”)
【答案】 (1). 2.150 (2). 0.565 (3). (4). 大于
【解析】
【详解】（1）小圆柱体的直径d=2mm+0.01mm×15=2.150mm；小圆柱体的长度a=0.5cm+0.05mm×13=0.565cm；
（2）圆柱体经过光电门时的速度： 要验证的表达式：，即；
（3）若考虑小圆柱体长度，则计算出的圆柱体经过光电门的速度小于圆柱体下降h时的速度，即小圆柱体由静止下落h过程中的重力势能减少量大于测算出的动能的增加量。
10.为了测量某电学元件的额定功率，一小组利用下列器材进行实验
A．待测元件(额定电压5V，额定功率约2．5W)
B．电压表V(量程3V，内阻约5kΩ)
C．电流表A(量程0.6A，内阻约1.5Ω)
D．电阻箱R(0~9999Ω)
E．滑动变阻器(0~1kΩ)
F．滑动变阻器(0~20Ω)
G．电池(8V)
H．开关，导线若干
(1)测定电压表内阻，扩大电压表量程
i．在图甲中闭合S，滑动变阻器R1的滑片P置于某一位置。调节电阻箱，记录此时电阻箱阻值R及电压表示数U
ii．保持滑片P位置不变，改变电阻箱阻值R，记录多组R、U值。以为纵轴，R为横轴，作图象如图乙所示。
①实验中滑动变阻器R1应选择___________(填写器材前序号)；
②电压表内阻Rv=________kΩ；
③为使电压表指针指在满偏处，电阻箱的阻值R=________kΩ。
(2)用改装后的电压表及其他器材进行测量Rx，请用笔画线代替导线，将图丙中的实物电路连接完整________。
【答案】 (1). F (2). 5.4 (3). 3.6 (4).
【解析】
【详解】（1）①为了使得改变电阻箱电阻时，电阻箱和电压表两端的电压之和保持不变，则滑动变阻器应该选择阻值较小的F；
②由电路图可知：，即；由图像可知：；，
解得 U0=5V，RV=5.4kΩ；
③为使电压表指针指在满偏处，即U=3V，则电阻箱的阻值R=3.6kΩ；
（2）电路连线如图；
11.如图，间距为L的足够长光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，虚线MN右侧区域存在磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场。质量均为m、长度均为L、电阻均为R的导体棒a、b，垂直导轨放置且保持与导轨接触良好。开始导体棒b静止于与MN相距为v0处，导体棒a以水平速度v0从MN处进入磁场。不计导轨电阻，忽略因电流变化产生的电磁辐射，运动过程中导体棒a、b没有发生碰撞。求
(1)导体棒b中产生的内能；
(2)导体棒a、b间的最小距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）导体棒a进入磁场后，a、b及导轨组成的回路磁通量变化，产生感应电流。在安培力作用下，a做减速运动、b做加速运动，最终二者速度相等。在此过程中系统的动量守恒
根据能的转化和守恒定律：
导体棒b中产生的内能：
整理得
（2）设经过时间二者速度相等，此过程中安培力的平均值为F，导体棒ab间的最小距离为x。以b为研究对象，根据动量定理：
而
整理得
12.如图，可视为质点的小球1、2由不可伸长的细绳相连，小球1悬挂在定滑轮O的下方，小球2在半径为R的半球形固定容器内，定滑轮O与容器的边缘D及球心C在同一水平线上。系统静止时，小球1在定滑轮正下方R处的A点，小球2位于B点，BD间的细绳与水平方向的夹角θ=。已知小球1的质量为m，重力加速度为g，不计一切摩擦，忽略滑轮的质量。(结果用根号表示)
(1)试求小球2的质量；
(2)现将小球2置于D处由静止释放(小球1未触及地面)，求小球1到达A点时的动能；
(3)在第(2)问中，小球2经过B点时，突然剪断细绳，求小球2经过容器晟低点时对容器的压力。
【答案】（1）小球2的质量；（2）小球1到达A点时的动能；（3）小球2对容器的压力大小也为，方向向下
【解析】
【详解】（1）设系统静止时细线中的拉力大小为T。小球受到容器的支持力方向沿BC。
由几何关系知为正三角形，所以
对小球1、小球2，根据共点力的平衡条件知
解得
（2）设经过图示位置时小球1的速度为，小球2的速度为。沿绳竖直向上，沿圆弧切线斜向下。
由几何关系可知，与DB延长线的夹角为
由运动关系可知，与应满足
由几何关系知 BD=R
根据机械能守恒定律，得
此时小球1动能
整理得
（，）
（3）细绳剪断后，小球2以为初速度，从B点沿圆弧运动到最低点，设经过最低点的速度为，根据机械能守恒定律，得：
设小球2经过容器最低点时受到支持力为N。根据牛顿第二定律得：
整理得：
由牛顿第三定律知，小球2对容器的压力大小也为方向向下
13.固定的水平气缸内由活塞B封闭着一定质量的理想气体，气缸的导热性能良好，环境温度保持不变。若用外力将活塞B缓慢地向右拉动，如图所示，则在拉动活塞的过程中，对于气缸内的气体下列结论正确的是_________
A. 外界对气体做正功，气体内能不变
B. 气体对外界做正功，气体内能不变
C. 气体从外界吸热全部用来对外做功
D. 气体向外界放热，气体压强减小
E. 被封气体单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数减小
【答案】BCE
【解析】
【详解】气体体积变大，故气体对外做功；又气缸壁的导热性能良好，环境的温度保持不变，故气体做等温变化，温度不变，即内能不变，故A错误，B正确。内能不变：即△U=0，又气体对外做功，故W＜0，由热力学第一定律：△U=W+Q得：Q=-W＞0；故气体从外界吸热全部用来对外做功，选项C正确，D错误；气体体积变大，单位体积内的分子数变少，温度不变，分子的平均动能不变，气体的压强变小，则气体单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数减小，故E正确。
14.某兴趣小组设计了如图所示的便携式水银气压计，粗细均匀的细U型管竖直放置，左管密封，上方为真空，右管开口，两管均标有刻度，根据左右两管中水银面高度差便可直接得到大气压的数值。某次因使用不当，导致有气泡进入左管顶部，此时两水银液面高度差只有750mm，左侧水银面到管顶的距离为80mm。为修正上述测得的大气压值，将右管直接连接在压强恒为678mmHg的气压仓上，此时，气压计两水银液面高度差为670mm，不考虑过程中的温度变化。求
(i)大气压的准确数值；
(ii)若断开气压仓，将U型管开口向上倾斜放在与水平面成30°角的实验架上，则水银是否会溢出?并简述理由。
【答案】(i)大气压的准确数值为；(ii) 倾倒放置时，液体产生的压强变小，被封气体压强增大，体积进一步缩小，所以水银不会溢出。
【解析】
【详解】(i)设大气压的准确值为，对于混入左管中的气体，初态时，
接在恒压仓上后，管中左右液面差由减为，则，
由玻意耳定律：
代入数值，解得
(ii)倾倒放置时，液体产生的压强变小，被封气体压强增大，体积进一步缩小，所以水银不会溢出。
15.如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横渡在t=0时刻的波形图，图乙表示该波传播的介质中x=2m处的a质点从t=0时刻起的振动图象。下列说法正确的是_________
A. 波沿x轴正方向传播
B. 波传播的速度为20m／s
C. a质点在0~1.0s内，通过的路程为20m
D. t=0．25s时，a质点的位移沿y轴正方向
E. t=0．25s时，x=4m处b质点的加速度沿y轴负方向
【答案】ABE
【解析】
【详解】由乙图可知t=0时刻质点a在平衡位置向下振动，则由图甲可知，波沿x轴正向传播，选项A正确；由甲图可知，波长为4m，由乙图可知，周期为0.2s，则波速为，故B正确；各质点的振幅为0.2m，1s内完成5次全振动，故1s内通过的路程为S=5×4×0.2=4m，故C错误；由乙图知，质点的振动周期为T=0.2s，所以质点a在t=0.25s的时刻的振动情况与t=0.5s时刻的振动情况相同，即处于负的最大位移处，所以位移沿y轴负方向。故D错误；由图甲可知，a质点和b质点的平衡位置相距半个波长，振动情况总是相反，所以在振动过程中任意时刻的位移都相反，所以在t=0.25s的时刻质点b处于正的最大位移处，加速度沿y轴负方向。故E正确。
16.如图为用一个折射率为n=的透明介质做成的四棱柱的横截面图，其中∠A=∠C=90°，∠B=60°。现有一条光线从图示的位置垂直入射到棱镜的AB面上，请回答下列问题：
(i)画出完整的光路图，确定射出的光线。(标注好角的度数)
(ii)为实现上述光路，该透明介质的折射率取值应该在什么范围?
【答案】(i)如图所示：
(ii)该透明介质的折射率取值范围为
【解析】
【详解】(i)光路图如图所示：
(ii)满足和原光路图完全相同，即必须满足在CD边能发生折射，AB边发生全反射，即临界角
由可得，
解得：
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