2019届湖南省娄底市高三下学期第二次模拟考试理科综合试题（word版）

湖南省娄底市2019届高三第二次模拟考试
理科综合能力测试
1.生物学与我们的生产、生活息息相关，下列说法错误的是
A. 输入葡萄糖盐水是治疗急性肠炎病人最常见的方法
B. 白化病患者体内酪氨酸酶活性降低，从而表现出白化症状
C. 给作物施厩肥，既能防止土壤板结，又能提高CO2浓度，有利于作物增产
D. 硅尘能破坏溶酶体膜，使其中的水解酶释放出来，破坏细胞结构，从而使人得硅肺
【答案】B
【解析】
【分析】
白化病患者的白化症状是由于控制酪氨酸酶的基因异常而引起的。细胞内酪氨酸酶活性降低，黑色素合成减少，老年人头发会变白。厩肥是指在农村用牛、马、猪等家畜的粪尿连同垫圈的干土、杂草等混在一起所沤成的肥料，也叫圈肥。给作物施厩肥，可增加土壤中分解者的分解作用，能够疏松土壤和为植物提供CO2。
【详解】患急性肠炎的病人脱水时需要及时补充水分，同时也需要补充体内丢失的无机盐，因此，输入葡萄糖盐水是常见的治疗方法，A正确；白化病人因为酪氨酸酶基因突变，导致细胞中缺少酪氨酸酶，从而表现出白化症状，B错误；厩肥是有机肥，给作物施厩肥，能加强土壤微生物与土壤小动物的活动，使土壤变得疏松，有利于作物根部的细胞呼吸；分解者分解有机物的过程中能产生大量的二氧化碳，有利于作物的光合作用，C正确；当肺部吸入硅尘后，硅尘被吞噬细胞吞噬，吞噬细胞中的溶酶体缺乏分解硅尘的酶，而硅尘却能破坏溶酶体膜，使其中的水解酶释放出来，破坏细胞结构，使细胞死亡，最终导致肺的功能受损，这种职业病叫硅肺，D正确。
故选B。
【点睛】本题考查考生利用生物学知识解释生产与生活中一些现象的能力，考生要能够做到理论联系实际，平时在学习过程中应多注意将理论联系实际。

2.下列有关实验的叙述，正确的是
A. 观察根尖分生组织细胞的有丝分裂实验中，可用改良的苯酚品红染液作染色剂
B. 低温诱导染色体数目加倍时用卡诺氏液固定细胞的形态，然后用清水冲洗2次
C. 可用纸层析法分离绿叶中的色素，其原理是不同色素在无水乙醇中的溶解度不同
D. 洋葱鳞片叶内表皮可用于“观察DNA和RNA在细胞中的分布”，但不能用于“观察植物细胞的质壁分离与复原”
【答案】A
【解析】
【分析】
染色体易被碱性染料染成深色，其中龙胆紫溶液、醋酸洋红液、改良的苯酚品红溶液均能给染色体染色。低温诱导染色体数目加倍时用卡诺氏液固定细胞的形态后，根据相似相容原理，应用有机溶剂冲洗卡诺氏液，可用95%的酒精冲洗。“观察植物细胞的质壁分离与复原”实验时，应选择成熟的植物细胞，成熟的植物细胞含有大液泡，当外液溶液浓度大于细胞液的浓度时，可出现质壁分离现象。洋葱鳞片叶内表皮细胞为成熟的植物细胞，可用作质壁分离实验的实验材料。
【详解】改良的苯酚品红染液属于碱性染色剂，可使染色体染成深色，A正确；用卡诺氏液固定细胞的形态，然后用95%酒精冲洗2次，B错误；无水乙醇是绿叶中色素的提取剂，而纸层析法分离绿叶中色素的原理是利用不同色素在层析液中的溶解度不同，随层析液在滤纸条上的扩散速度不同，C错误；洋葱鳞片叶内表皮为成熟的植物细胞，细胞没有颜色，可作为上述两个实验的实验材料，D错误。
故选A。
【点睛】此题主要考查考生对生物基础性实验的理解和掌握，意在考查学生对基础知识的理解掌握能力，难度适中。

3.图1、图2、图3为某生物体内细胞分裂图像，图4是根据细胞核中DNA含量的不同对细胞分别计数的结果图，该生物的基因型为GgHh。下列说法正确的是

A. a′和d之间互换片段属于基因重组
B. 图2细胞属于图4中的A组，具有4个染色体组
C. 若图3细胞基因型为GGggHHhh，则该细胞中没有发生可遗传变异
D. 如抑制细胞质分裂，则图4中A组细胞数将下降，C组细胞数将上升
【答案】D
【解析】
【分析】
图1为减数第一次分裂的四分体时期，同源染色体的非姐妹染色单体之间可能会发生交叉互换导致基因重组，非同源染色体之间的片段互换属于染色体结构变异中的易位。图2含有同源染色体，着丝点已经分裂，为有丝分裂的后期。图3细胞中的同源染色体正在移向两极，为减数第一次分裂的后期，由于细胞质均等分裂，所以细胞的名称为初级精母细胞。图4中的A组细胞DNA含量为2n，可表示间期DNA未复制之前的细胞或有丝分裂末期的细胞，也可表示减数第二次分裂的细胞。B组细胞DNA含量由2n～4n，可表示间期DNA复制的过程。C组细胞中DNA含量为4n，可表示有丝分裂的前期、中期和后期，也可表示减数第一次分裂过程的细胞。
【详解】a′和d是非同源染色体的非姐妹染色单体，它们之间互换片段属于染色体结构变异，A错误；图2细胞发生了姐妹染色单体的分离，且具有同源染色体，所以处于有丝分裂后期，DNA相对含量为4n，属于图4中的C组，B错误；图3细胞发生了非同源染色体的自由组合，伴随着非同源染色体上的非等位基因的自由组合，即该过程发生了基因重组，C错误；抑制细胞质的分裂，导致细胞中染色体数目加倍，那么A组细胞数将下降，C组细胞数将上升，D正确。
故选D。
【点睛】本题考查细胞分裂和变异的有关知识，能准确识图并理解不同分裂过程中发生的变异类型是解题的关键。

4.下列有关细胞内的物质、结构和功能的叙述中，正确的是
A. 衰老的细胞中自由水含量和酶的活性都会明显降低
B. 细胞内各酶促反应所需空间是细胞需要适度生长的原因之一
C. 同一生物个体中，各种酶的最适温度和最适pH都相同
D. 胰岛B细胞中，具有降血糖作用的胰岛素最可能出现在内质网形成的囊泡中
【答案】B
【解析】
【分析】
1、衰老细胞的特征：
（1）细胞内水分减少，细胞萎缩，体积变小，但细胞核体积增大，染色质固缩，染色加深；
（2）细胞膜通透性功能改变，物质运输功能降低；
（3）细胞色素随着细胞衰老逐渐累积；
（4）有些酶的活性降低；
（5）呼吸速度减慢，新陈代谢减慢。

2、胰岛素属于分泌蛋白，需要经过内质网和高尔基体的加工。高尔基体加工完成的蛋白质即具有了一定的生物活性。
【详解】衰老的细胞中并非所有酶的活性都下降，A错误；细胞内各酶促反应所需空间和细胞器有一定的体积是细胞需要适度生长的原因，B正确；同一个体中酶的最适pH可以不同。如人体中绝大多数酶pH为7左右时活性最强，而胃蛋白酶最适pH为1.5，C错误；分泌蛋白形成过程中，经过内质网初步加工的蛋白质需要在高尔基体中进一步加工，才具有生物活性。胰岛B细胞中具有降血糖作用的胰岛素最可能出现在高尔基体形成的囊泡中，D错误。
故选B。
【点睛】本题考查细胞衰老的特征、细胞生长的原因、不同酶的最适pH值和细胞器之间功能的协调作用，熟记相关知识，理解人体中的特殊环境是解题要点。

5.下列关于遗传、变异和进化的叙述，正确的是
A. 蓝藻的遗传物质主要在拟核中，若将其遗传物质彻底水解会产生4种物质
B. 孟德尔发现遗传定律的方法和摩尔根证明“基因在染色体上”的方法不同
C. 对于生物遗传变异的本质，达尔文沿用了拉马克的用进废退和获得性遗传来解释
D. 洋葱叶肉细胞中，核DNA的复制、遗传信息的转录和翻译均遵循碱基互补配对原则
【答案】C
【解析】
【分析】
蓝藻为原核生物，细胞生物的遗传物质均为DNA，DNA彻底水解可形成4种碱基、一种脱氧核糖和一种磷酸。孟德尔发现遗传定律和摩尔根证明基因在染色体上均采用了假说演绎法，萨顿利用类比推理的方法提出了基因在染色体上的假说。DNA分子的复制发生在分裂的细胞中，不能进行分裂的细胞不能完成DNA复制。
【详解】蓝藻的遗传物质是DNA，彻底水解的产物有6种，分别是磷酸、脱氧核糖、4种含氮碱基(A、T、C、G)，A错误；两位科学家的研究方法均是假说－演绎法，B错误；“用进废退和获得性遗传”是拉马克进化论的核心观点，而达尔文解释遗传变异本质时也认可用进废退和获得性遗传，C正确；洋葱的叶肉细胞是成熟的植物细胞，不能进行细胞分裂，无法进行DNA分子的复制，D错误。
故选C。
【点睛】理解水解和彻底水解的区别是本题的关键，熟知DNA复制发生在分裂的间期，不能分裂的细胞不进行DNA复制。

6.植物对植食性动物和致病微生物的防御机制日益受到重视。研究发现：有一种热带灌木，当毛毛虫吃掉它的一片叶之后，不再吃附近的叶片，而是咬食一定距离之外的叶片。有人推测“深度损伤的叶片可能向附近叶片发出某种化学信号”。下列说法错误的是
A. 致病微生物有可能是病毒、原核生物、真核生物
B. 若此推测成立，接受到信号的叶片也可能合成了某种化学物质
C. 该植物的这种防御机制是基因定向突变的结果
D. 摘除刚被咬食的叶片，观察毛毛虫是否“舍近求远”可用于检验此推测
【答案】C
【解析】
【分析】
1、生态系统中信息的类型：
（1）物理信息：生态系统中的光、声、颜色、温度、湿度、磁力等，通过物理过程传递的信息。
（2）化学信息：生物在生命活动过程中，产生的一些可以传递信息的化学物质。
（3）行为信息：是指某些动物通过某些特殊行为，在同种或异种生物间传递的某种信息。

2、有一种热带灌木，当毛毛虫吃掉它的一片叶之后，不再吃附近的叶片，而是咬食一定距离之外的叶片，有人推测“深度损伤的叶片可能向附近叶片发出某种化学信号”，如将刚被咬食的叶片摘除，可切断被咬食叶片与相邻叶片的联系，通过观察毛毛虫的咬食部位的叶片，可对推测内容进行验证。
【详解】致病微生物包括病毒、细菌、真菌等，分别属于病毒、原核生物和真核生物，A正确；接受信息的植物细胞产生相应的生理反应，可能是合成了某种化学物质，B正确；基因突变是不定向的，生物的适应性特征是自然选择的结果，C错误；摘除刚被咬食的叶片，切断被咬食叶片与相邻叶片的联系，形成对照，可用于验证推测，D正确。
故选C
【点睛】本题考查信息传递的类型和信息传递的意义，“深度损伤的叶片可能向附近叶片发出某种化学信号”属于植物对植食性动物和致病微生物的防御机制。

7.某研究小组为了探索草莓栽培中人工补光的最佳光质条件，进行了以下实验：将处于生长中期长势健壮且相同的红颜草莓(品种)植株随机均分为6组，分别进行不同的补光处理，但光照强度相同，每天补光5小时，为期2个月，然后测定各组的叶片叶绿素含量、植株不同部位干物质含量、草莓产量。各组处理及结果如下表(注：表中R/B表示“红光∶蓝光”)。
组别
处理
叶绿素a
(mg/g)
叶绿素b
(mg/g)
植株干物质积累量/g
平均单
果重/g
亩产
量/kg
茎叶
果实
根
总计
1
R/B＝1∶1
1.51
0.58
11.10
16.95
7.90
35.95
15.51
2 208
2
R/B＝2∶1
1.75
0.72
1177
20.75
6.41
38.93
16.23
2 222
3
R/B＝3∶1
1.69
0.69
11.92
21.08
6.36
39.36
19.32
2 739
4
R/B＝4∶1
1.66
0.69
13.91
25.25
4.57
43.73
19.68
2 812
5
R/B＝5∶1
1.50
0.67
11.76
23.34
6.29
41.39
19.72
2 768
6
白光
1.49
0.66
1113
21.22
6.14
38.49
15.78
2 215


(1)本实验的自变量为____________________。设置第6组的作用是____________。人工补光常用红光或蓝光是因为____________________________________。
(2)表中数据说明：①在一定R/B比值范围内，蓝光能够__________(填“促进”或“抑制”)叶绿素a、叶绿素b的合成；②在一定范围内，R/B比值增大，有利于植株________(填“地上”或“地下”)部分干物质的积累；③R/B比值与草莓产量的关系可以描述为____________________________________。第______组的补光处理最有利于提高草莓的产量。
【答案】 (1). 不同补光光质(或R/B或红光∶蓝光) (2). 作对照 (3). 叶绿体中的色素(光合色素)主要吸收红光和蓝紫光 (4). 促进 (5). 地上 (6). 在一定范围内，随着R/B比值增大，草莓产量不断提高 (7). 4
【解析】
【分析】
分析表格信息可知，随着R/B比值的增大，叶绿素a和叶绿素b的含量均是先增加后减小，但均高于白光组，说明在一定R/B比值范围内，蓝光促进叶绿素a、叶绿素b的合成。与对照组比，在一定范围内，随着R/B比值的增大，2～5组茎叶和果实的干物质的积累量增加，各组中根的干物质的积累量都增加，根据植株干物质积累量的总计数值可计算出在一定范围内，R/B比值增大，有利于植株地上部分干物质的积累。在一定范围内，随着R/B比值增大，草莓产量不断提高，由表格数据可知，第四组的亩产量最高，故最有利于草莓增产。
【详解】(1)根据实验目的可知补光光质是实验过程中人为改变的变量即自变量，而白光与自然光相同，故白光组为对照组。光合色素主要吸收红光和蓝紫光，所以人工补光常用红光或蓝光。
(2)依据表中数据可知，从第5组到第1组，蓝光比例越来越大，除了其中第1组，其余四组叶绿素a 和叶绿素b的含量越来越高，说明在一定R/B比值范围内，蓝光促进叶绿素a、叶绿素b的合成；从第1组到第5组，R/B比值逐渐增大，其中从第1组到第4组，茎叶、果实的干物质积累量逐渐增加，而根的干物质积累量逐渐减少，第5组与第4组相比，茎叶、果实的干物质积累量有所减少，而根的干物质积累量有所增加，综上可知，在一定范围内，R/B比值增大，有利于植株地上部分干物质的积累；各组草莓的产量随R/B比值的变化情况同地上部分果实干物质积累量的变化一致，故二者的关系可描述为在一定范围内，随着R/B比值增大，草莓产量不断提高，其中第4组产量最高，所以第4组的补光处理最有利于提高草莓的产量。
【点睛】本题考查补充不同的光质对植物各部分有机物积累的影响，意在考查考生分析表格数据，获取信息，并能总结相应结论的能力。

8.如图1、图2是两个家庭的遗传系谱图，与甲病有关的基因是A、a，与乙病有关的基因是B、b，且乙病的遗传类型和红绿色盲的类型一样。图3表示Ⅰ3、Ⅰ4、Ⅱ5和Ⅱ10四个个体与甲病、乙病有关的基因经过电泳后形成的条带分布情况，4种基因分别对应4种条带。此外后来发现，两个家庭在孩子出生时就将两个相同性别的小孩抱错。

请根据以上信息回答：
(1)甲病的遗传方式是________________________。
(2)请判断被抱错的两个小孩是________________。
(3)Ⅱ10的基因型是______________________。
(4)若Ⅰ1与Ⅰ2又生了一对同卵双胞胎男孩，则这对双胞胎都正常的概率是____________。
(5)Ⅰ1的次级卵母细胞中含有的致病基因可能有____________个。
(6)人类遗传病不仅给患者带来痛苦，而且给家庭和社会造成负担。为降低遗传病的再生风险率，可以通过____________________和产前诊断等手段，对遗传病进行监测和预防。
【答案】 (1). 常染色体隐性遗传 (2). Ⅱ7、Ⅱ9 (3). AAXBXB (4). 3/8 (5). 0、2、4 (6). 遗传咨询
【解析】
【分析】
根据图1中1和2正常，却生了一个患有甲病的女儿，可判断甲病为常染色体隐性遗传。由于乙病的遗传类型和红绿色盲的类型一样，故为伴X隐性遗传。根据Ⅰ4和Ⅱ10为不患乙病的男性，故他们不携带乙病致病基因，结合电泳图可知，条带3为乙病的致病基因，由电泳图可知，Ⅰ3和Ⅰ4均不含乙病致病基因，故不可能生出患乙病的男孩，又因为两个家庭在孩子出生时就将两个相同性别的小孩抱错，故抱错的是Ⅱ7和Ⅱ9。即患甲病的Ⅱ7应是Ⅰ3和Ⅰ4所生，所以Ⅰ3和Ⅰ4基因型均为Aa，Ⅱ10表现正常，由电泳条带可知只含两种基因，所以可判断条带2为a基因。比较Ⅱ5和Ⅱ10的电泳条带，二者都含有B基因，故条带4为B基因，则条带1为A基因。
【详解】(1)由于Ⅰ1、Ⅰ2不患甲病，Ⅱ5为患甲病女性，所以甲病是常染色体隐性遗传。
(2)据题干信息结合以上分析可知乙病是伴X染色体隐性遗传，并根据电泳结果分析，条带1、2、3、4分别代表A、a、b、B。因此2号家庭不可能生出后代患两种疾病的孩子，Ⅱ9一定是抱错的孩子，由于抱错的孩子性别相同，所以家庭1被抱错的是Ⅱ7。
(3)由上述信息根据电泳条带可推知Ⅱ10基因型是AAXBXB。
(4)由题目信息可知Ⅰ1、Ⅰ2的基因型分别是AaXBXb和AaXBY，同卵双胞胎同时患病或正常，所以两个男孩均正常的概率是3/8。
(5)根据减数分裂的特点，同源染色体分离的同时非同源染色体自由组合，可知Ⅰ1的次级卵母细胞（基因型可能为AAXBXB、AAXbXb、aaXBXB、aaXbXb）可能含有的患病基因的数目是0、2或者4。
(6)遗传咨询和产前诊断等是监测和预防人类遗传病的手段。
【点睛】本题考查遗传病的遗传方式，能根据图中所给个体的表现型以及结合电泳图判断个体的基因型是解题的关键。

9.肾上腺是人体相当重要的内分泌器官，腺体分肾上腺皮质和肾上腺髓质两部分，周围部分是皮质，内部是髓质。两者在发生、结构与功能上均不相同，实际上是两种内分泌腺，分泌不同的激素，参与生命活动的调节。请回答下列与机体调节有关的问题：
(1)肾上腺素是由肾上腺的__________(填“皮质”或“髓质”)分泌的，在调节血糖方面它与____________激素具有拮抗作用，后者具有促进____________________________的功能。
(2)原发性肾上腺皮质功能减退是由于肾上腺皮质组织被破坏引起的。患者因盐皮质激素减少，导致____________对钠离子的重吸收能力减弱，表现血钠降低。盐皮质激素与下丘脑分泌的________________共同调节水盐平衡。
(3)与甲状腺激素一样，肾上腺糖皮质激素的分泌也具有分级调节。肾上腺糖皮质激素与靶细胞的受体结合，通过影响基因__________发挥生理作用。若肾上腺糖皮质激素的受体异常只发生在垂体和下丘脑，则会导致肾上腺糖皮质激素分泌过量，原因是________________________。
【答案】 (1). 髓质 (2). 胰岛素 (3). 组织细胞加速摄取、利用和储存葡萄糖 (4). 肾小管(和集合管) (5). 抗利尿激素 (6). 表达 (7). 肾上腺糖皮质激素对下丘脑和垂体的反馈抑制作用减弱，使促肾上腺糖皮质激素释放激素和促肾上腺糖皮质激素分泌增多，从而使肾上腺糖皮质激素分泌过量
【解析】
【分析】
肾上腺素既可以参与血糖调节，也可以参与体温调节，血糖调节过程中肾上腺素可促进肝糖原分解从而使血糖升高，体温调节过程中肾上腺素可促进物质氧化分解，使产热量增加。甲状腺激素存在分级调节和反馈调节，肾上腺糖皮质激素的分泌与甲状腺激素的分泌途径类似，也存在分级调节和反馈调节。
【详解】（1）肾上腺素是由肾上腺的髓质分泌的，在调节血糖方面肾上腺素可促进肝糖原分解从而使血糖升高，它与具有降血糖功能的胰岛素为拮抗关系，胰岛素通过促进组织细胞加速摄取、利用和储存葡萄糖，从而使血糖浓度降低。
（2）盐皮质激素减少，可导致肾小管对钠离子的重吸收能力减弱，表现血钠降低。盐皮质激素与下丘脑分泌的抗利尿激素共同调节水盐平衡。
（3）肾上腺糖皮质激素与靶细胞的受体结合，通过影响基因的表达过程发挥生理作用。肾上腺糖皮质激素的分泌也具有分级调节，由下丘脑合成并释放促肾上腺糖皮质激素释放激素作用于垂体，使垂体释放促肾上腺糖皮质激素，促肾上腺糖皮质激素可促进肾上腺分泌肾上腺糖皮质激素。当肾上腺糖皮质激素分泌增多时，可抑制下丘脑和垂体对相关激素的分泌过程。若肾上腺糖皮质激素的受体异常只发生在垂体和下丘脑，则会使肾上腺糖皮质激素对下丘脑和垂体的抑制作用减弱，使促肾上腺糖皮质激素释放激素和促肾上腺糖皮质激素分泌增多，从而使肾上腺糖皮质激素分泌过量。
【点睛】本题考查肾上腺不同部位分泌激素的功能，意在考查考生对血糖调节和激素分级调节和反馈调节的理解能力。

10.如图为某湿地生态系统主要物种之间的食物关系，如图为某草原生态系统的食物网，如图表示该草原中能量流经蛇种群的示意图，其中①～⑦表示能量值。据图回答：

(1)如图中表示生产者的物种是________________ (用图中英文字母表示)，该食物网中E所占有的营养级是________________营养级。
(2)从空中俯瞰如图湿地生态系统，发现芦苇、菖蒲、碱茅等植物呈散乱、交错分布状态，从群落的结构角度看，这属于群落的________结构。这样的分布给该湿地生态系统增添了旅游观光等多方面的资源，体现了生物多样性的________价值。
(3)当如图中部分牧草变黄时，兔种群中部分个体会另觅取食源地。这一现象体现了生态系统的____________功能。
(4)如图中，假设鹰和蛇从每条食物链获得的能量相等，鹰种群增加的能量为30kJ，若不考虑其他变化的影响，则至少需要消耗草的能量是____________kJ。
(5)若某年鼠种群的K值为2000只，且1只兔与5只鼠或200只食草昆虫消耗的草的能量相等，其他条件不变的情况下，次年兔的数量增加50只，昆虫减少4000只，则鼠种群的K值变为________只。
(6)如图中⑦所对应的能量来自______________同化的能量。
【答案】 (1). B和F (2). 第三、第四 (3). 水平 (4). 直接 (5). 信息传递 (6). 4250 (7). 1850 (8). 鼠和青蛙
【解析】
【分析】
图1为食物网，B和F为生产者，占第一营养级，第二营养级的生物有A、C、D、G，图中共构成6条食物链。图3中①表示蛇摄入的能量值，②表示蛇同化的能量值，⑦表示蛇的粪便中的能量，③表示蛇呼吸散失的能量，④表示蛇用于自身生长发育和繁殖的能量，⑥表示蛇的遗体残骸中的能量流给分解者的部分，⑤表示蛇的同化量中被下一营养级摄入的能量。
【详解】(1)生产者是其他生物食物的根本来源，由图可知，B和F为生产者。E位于4条食物链中，分别占第三、第四营养级。
(2)群落的结构分为垂直结构与水平结构，其中水平结构是由于地形等因素形成的镶嵌分布现象。生物多样性的直接价值包括直接利用和陶冶情操等，所以旅游观光体现了生物多样性的直接价值。
(3)牧草的颜色属于一种物理信息，对兔带来的影响体现了生态系统的信息传递功能。
(4)由题设条件可知，鹰的能量1/3来自鼠，1/3来自蛇，1/3来自兔。蛇的能量1/2来自鼠，1/2来自食草昆虫。至少消耗草的能量按20%传递效率计算。则鹰种群增加30kJ的能量，需要消耗草的能量为：30×1/3÷20%÷20%＋30×1/3÷20%÷20%＋30×1/3÷20%×1/2÷20%÷20%＋30×1/3÷20%×1/2÷20%÷20%÷20%＝4250kJ。
(5)根据题目信息可知，兔的数量增加50只，则老鼠减少250只；昆虫减少4000只，则老鼠增加100只。可见，老鼠共减少150只，则老鼠的K值为1850只。
(6)图3中⑦属于蛇的粪便中的能量，来自上一个营养级同化的能量，即来自鼠和青蛙同化的能量。
【点睛】本题考查的是生态系统的营养结构、能量流动及信息传递的相关内容，意在考查学生的识图能力和分析能力。能量流动过程中的计算是本题的难点。

11.苹果作为我国常见水果，口感好、营养价值高，广受人们喜爱，但其收获的季节性强，易造成积压滞销，腐烂变质。某市为缓解产销矛盾，提高产品的附加值，利用苹果生产果汁、果酒和果醋，大致工艺流程如下图，请分析回答：
苹果果汁果酒果醋
(1)果酒发酵初期先通入适量空气的目的是______________，果酒发酵之后进行果醋发酵，需要改变的条件包括____________________________________(至少写2点)，当氧气和糖分充足时，果醋发酵的反应方程式为____________________________。
(2)在苹果汁的生产过程中，需要加入果胶酶，目的是______________。果胶酶是分解果胶的一类酶的总称，包括________________等。
(3)果酒发酵过程中，产物酒精会抑制酵母菌的生命活动，使发酵得到的酒精度数较低，现欲筛选耐高浓度酒精的酵母菌，除了基本的营养成分之外，该培养基中还应加入__________________。
(4)为使酵母菌能反复利用，常用到固定细胞技术，固定酵母细胞的方法常用__________法，研究表明使用固定化酵母的酒精产量平均值高于游离酵母的对照组，可能的原因是____________________。
【答案】 (1). 让酵母菌进行有氧呼吸，大量繁殖 (2). 菌种改为醋酸杆菌、发酵温度调整为30～35℃、通入空气等 (3). C6H12O6＋2O22CH3COOH＋2CO2＋2H2O＋能量 (4). 提高苹果的出汁率并使果汁变得澄清 (5). 多聚半乳糖醛酸酶、果胶分解酶和果胶酯酶 (6). 高浓度的酒精 (7). 包埋 (8). 凝胶珠内部容易产生无氧环境，有利于酒精发酵
【解析】
【分析】
酒精发酵利用的菌种为酵母菌，为异养兼性厌氧型，进行酒精发酵时，温度一般控制在18～25℃；醋酸发酵利用的菌种为醋酸菌，为异养需氧型，醋酸菌的最适生长温度为30～35℃。果胶酶可分解果胶，瓦解植物的细胞壁和胞间层，提高出汁率和果汁的澄清度。
【详解】（1）果酒发酵所需要的菌种为酵母菌，酵母菌在有氧条件下进行有氧呼吸可为自身繁殖提供大量能量，密封时酵母菌进行产生酒精的无氧呼吸，故果酒发酵初期先通入适量空气的目的是让酵母菌进行有氧呼吸，大量繁殖。果酒发酵之后改为果醋发酵，由于发酵利用的菌种以及发酵条件的不同，故需要改变的条件为：菌种改为醋酸杆菌、发酵温度调整为30～35℃、通入无菌空气等。当氧气和糖分充足时，醋酸菌可将葡萄糖分解为醋酸。方程式为：C6H12O6＋2O22CH3COOH＋2CO2＋2H2O＋能量。
（2）果胶酶可分解果胶，瓦解植物的细胞壁和胞间层，所以在苹果汁的生产过程中，需要加入果胶酶，目的是提高出汁率和果汁的澄清度。果胶酶是分解果胶的一类酶的总称，包括多聚半乳糖醛酸酶、果胶分解酶和果胶酯酶等。
（3）选择培养基是根据某一种或某一类微生物的特殊营养要求或对一些物理、化学抗性而设计的培养基。利用这种培养基可以将所需要的微生物从混杂的微生物中分离出来。欲筛选耐高浓度酒精的酵母菌，除了基本的营养成分之外，该培养基中还应加入高浓度的酒精。
（4）由于细胞个大，难以被吸附或结合，故固定化细胞常用包埋法。由于凝胶珠内部容易产生无氧环境，有利于酒精发酵，故使用固定化酵母的酒精产量平均值高于游离酵母的对照组。
【点睛】本题考查果酒、果醋制作的相关知识，意在考查学生掌握知识间的内在联系，形成知识间的网络结构能力。

12.肺细胞中的let－7基因表达减弱，癌基因RAS表达增强，会引发肺癌。研究人员利用基因工程技术将let－7基因导入肺癌细胞实现了在细胞内表达。该基因工程技术基本流程如图1。

请回答：
(1)获取let－7基因后可采用____________技术进行扩增，进行过程①时，将let－7基因与载体重组，需要的两类酶是____________________和______________。载体上RNA聚合酶识别和结合的部位称为__________。
(2)进行过程②时，如出现贴壁生长现象，可用__________酶处理，以利于传代培养。
(3)从细胞水平上，研究人员知道let－7基因成功表达的依据是__________________。
(4)进一步研究发现，let－7基因能影响癌基因RAS的表达，其影响机理如图2。据图分析，可通过______________________________方法 ，以直接检测let－7基因是否转录。肺癌细胞增殖受到抑制，可能是由于细胞中____________(填“RAS mRNA”或“RAS蛋白”)含量减少引起的。
【答案】 (1). PCR (2). 限制性核酸内切酶(或限制酶) (3). DNA连接酶 (4). 启动子 (5). 胰蛋白 (6). 发现肺癌细胞的增殖受到抑制 (7). 从细胞中提取RNA进行分子杂交 (8). RAS蛋白
【解析】
【分析】
根据题意和图示分析可知：图2表示let-7基因影响癌基因RAS的表达的原理，let-7基因转录产物miRNA与RAS基因转录产物RAS-mRNA结合，使RAS基因翻译受到抑制，引起细胞中的RAS蛋白含量减少，进而导致癌细胞增殖受到抑制。
【详解】（1）目的基因扩增常采用PCR技术，其依据的原理是DNA双链复制。过程①为基因表达载体的构建过程，基因表达载体构建过程中需使用限制酶切割目的基因和运载体，然后用DNA连接酶形成重组DNA。启动子是一段有特殊碱基序列的DNA片段，位于基因的首端，是RNA聚合酶识别和结合的部位，能驱动基因转录出mRNA，最终获得所需的蛋白质。故载体上RNA聚合酶识别和结合的部位称为启动子。
（2）动物细胞培养时如出现贴壁生长现象，可用胰蛋白酶处理形成单个细胞，以利于传代培养。
（3）let－7基因成功表达的含义是形成let－7蛋白，根据“肺细胞中的let－7基因表达减弱，癌基因RAS表达增强，会引发肺癌”，可知let－7基因成功表达会抑制癌细胞的增殖，故从细胞水平分析，let－7基因成功表达的依据是发现肺癌细胞的增殖受到抑制。
（4）根据图示分析，可从细胞中提取RNA进行分子杂交，以直接检测let-7基因是否转录。let-7转录形成RNA可与RASmRNA形成双链，从而阻止RAS蛋白的表达过程，故肺癌细胞增殖受到抑制，可能是由于细胞中RAS蛋白含量减少引起的。
【点睛】本题考查基因工程原理和技术、遗传信息的转录和翻译的相关知识，要求考生识记基因工程的工具和操作步骤，并能利用图示信息答题。



湖南省娄底市2019届高三第二次模拟考试
理科综合能力测试
可能用到的相对原子质量：H～1 C～12 N～14 O～16 Na～23 Al～27 Cl～35.5 Hg～201
第Ⅰ卷
1.下列说法正确的是（ ）
A. 糖类、油脂、蛋白质均可水解
B. 服用维生素C可缓解亚硝酸盐中毒，利用了维生素C的酸性
C. PM2.5是指粒径不大于2.5×10－6 m的可吸入悬浮颗粒物
D. 汽车尾气中的氮氧化合物主要源自汽油中含氮化合物与氧气反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.单糖不能水解，选项A错误；
B.利用的是维生素C的还原性，选项B错误；
C.PM2.5是指粒径不大于2.5 μm的颗粒，2.5 μm＝2.5×10－6 m，选项C正确；
D.汽车尾气中氮氧化物的产生源自氮气与氧气高温化合，选项D错误。
答案选C。
2.黄血盐[亚铁氰化钾，K4Fe(CN)6·3H2O]可用作食盐添加剂，一种制备黄血盐的工艺如下所示：

下列说法错误的是（ ）
A. HCN溶液有剧毒，含CN－的废水必须处理后才能排放
B. “系列操作”为蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥
C. “试剂 X”可能是K2CO3
D. “废水”中含量较多的溶质为CaCl2
【答案】B
【解析】
【详解】A.CN－水解产生HCN，故含CN－的废水必须处理后才能排放，选项A正确；
B.产品为含有结晶水的化合物，故“系列操作”应该为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，选项B错误；
C.“脱钙”应加入可与Ca2＋反应同时补充K＋的物质，故所用的“试剂X”可能是K2CO3，选项C正确；
D.加入KCl是为了交换Ca2＋，故“废水”中含量较多的溶质为CaCl2，选项D正确。
答案选B。
3.设阿伏加德罗常数的数值为NA。下列说法正确的是（ ）
A. 1L1 mol·L－1的NaHSO3溶液中含有的离子数为3NA
B. 2.24 L CO2与足量的Na2O2反应，转移电子数为0.1NA
C. 常温下，2.7 g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA
D. 5.6 g乙烯和环丙烷的混合物中含C—H键数目为0.8NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.HSO不能完全电离，选项A错误；
B.未讲明气体的状况，选项B错误；
C.铝片遇到冷的浓硫酸会钝化，选项C错误；
D.两种物质的最简式均为CH2，则有0.4 mol CH2，故C—H键数目为0.8NA，选项D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的分析应用，主要是弱电解质分析判断，质量换算物质的量计算微粒数和化学键的方法，注意利用气体体积计算气体物质的量时必须指明标准状况，为易错点，题目难度中等。
4.下列实验操作与温度计的使用方法均正确的是(加热装置略)（ ）
A
B
C
D




苯与浓硝酸、浓硫酸制硝基苯
乙醇与浓硫酸作用制乙烯
中和热的测定
蒸馏分离水与乙醇的混合物


A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.苯与浓硝酸均易挥发，反应温度应控制在50～60 ℃，控制水浴温度，选项A正确；
B.混合液反应温度应迅速升温至170 ℃，故温度计水银球应没入溶液中，选项B错误；
C.中和热测定应填充保温隔热材料，并使用环形玻璃搅拌棒且两烧杯口平齐，选项C错误；
D.乙醇和水无法通过蒸馏分离，蒸馏操作时温度计水银球应与支管口平齐，选项D错误。
答案选A。
【点睛】本题考查实验方案的设计，实验室制备物质必须首先明确该物质的性质，以及选择试剂的可行性，实验操作的注意事项，气体的收集，一般应操作简单、安全，验证物质的生成还应考虑干扰气体的除杂等。
5.阿司匹林的有效成分是乙酰水杨酸(COOHOCOCH3)，可以用水杨酸(邻羟基苯甲酸)与乙酸酐[(CH3CO)2O]为原料合成。下列说法正确的是（ ）
A. 1mol乙酰水杨酸最多消耗2 molNaOH
B. 已知HCHO为平面形分子，则乙酸酐中最多8个原子共平面
C. 可用酸性KMnO4溶液鉴别水杨酸和乙酰水杨酸
D. 服用阿司匹林时若出现水杨酸反应，应立即停药并静脉注射Na2CO3溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A.乙酰水杨酸中的羧基和酚酯基都能与NaOH反应，因每1 mol酚酯基可消耗2 mol NaOH，故最多可消耗3 mol NaOH，选项A错误；
B.HCHO为平面形分子且单键可以旋转，因此碳氧双键周围的原子都可处于同一平面，甲基上的碳原子为饱和碳原子，每个甲基上有2个氢原子不能共平面，所以乙酸酐中最多有9个原子共平面，选项B错误；
C.水杨酸分子中的酚羟基易被氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙酰水杨酸不易被氧化，选项C正确；
D.阿司匹林为感冒用药，服用过量会造成水杨酸中毒，出现水杨酸反应应静脉注射NaHCO3溶液而不是Na2CO3溶液，Na2CO3溶液碱性太强，选项D错误。
答案选C。
6.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中X与Y可形成一种淡黄色物质P，常温下将0.05 molP溶于水，配成1L溶液，其中c（H+）/c（OH-）＝1×10－12；Z为金属元素，且Z可在W的一种氧化物中燃烧，生成一种白色的物质和一种黑色的物质。下列说法错误的是（ ）
A. 简单离子半径：X＞Y＞Z
B. 化合物P中既含有离子键又含有共价键
C. 氢化物的沸点：WP>M>Q
【答案】D
【解析】
【详解】A、四点对应的溶液中均存在： H＋、 OH－、NH、Cl－，选项A正确；
B、若N点溶液中存在c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)，该式为NH4Cl溶液中的质子守恒式，说明溶液中的溶质只有氯化铵，则N点为滴定反应的恰好反应点，选项B正确；
C、若N点为恰好反应点，则M点溶液中c(NH4Cl)＝c(HCl)，根据氯原子和氮原子守恒，M点溶液中存在c(Cl－)＝2c(NH3·H2O)＋2c(NH4+)，选项C正确；
D、因不能确定N点是否为恰好完全反应的点，所以无法比较N点和P点水电离的程度，选项D错误。
答案选D。
8.叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t－BuNO2，以t－Bu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。
(1)制备亚硝酸叔丁酯
取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。可利用亚硝酸与叔丁醇(t－BuOH)在40 ℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：________________。
(2)制备叠氮化钠(NaN3)
按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应方程式为：t－BuNO2＋NaOH＋N2H4===NaN3＋2H2O＋t－BuOH。

①装置a的名称是________________；
②该反应需控制温度在65 ℃，采用的实验措施是____________________；
③反应后溶液在0 ℃下冷却至有大量晶体析出后过滤，所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是______________________________________________。
(3)产率计算
①称取2.0 g叠氮化钠试样，配成100 mL溶液，并量取10.00 mL溶液于锥形瓶中。
②用滴定管加入0.10 mol·L－1六硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00 mL[发生的反应为2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑](假设杂质均不参与反应)。
③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10 mol·L－1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]为标准液，滴定过量的Ce4＋，终点时消耗标准溶液20.00 mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)。计算可知叠氮化钠的质量分数为__________(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是______(填字母代号)。
A．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗
B．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数
C．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡
D．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内
(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：____________________________。
【答案】 (1). t－BuOH＋HNO2t－BuNO2＋H2O (2). 恒压滴液漏斗(滴液漏斗) (3). 水浴加热 (4). 降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失 (5). 65% (6). AC (7). ClO－＋2N＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑
【解析】
【详解】(1)根据元素组成以及酯化反应特点，有水分子生成，无机酸与醇的酯化反应生成亚硝酸酯与水，反应的化学方程式为t－BuOH＋HNO2t－BuNO2＋H2O；
(2) ①根据仪器的构造可知，装置a的名称是恒压滴液漏斗(滴液漏斗)；
②加热温度低于100 ℃，所以用水浴加热；
③叠氮化钠易溶于水，微溶于乙醇，低温下溶解度降低，用乙醇洗涤溶质损失更少；
(3)Ce4＋总计为0.10 mol·L－1×0.04 L＝0.004 mol，分别与Fe2＋和N反应。其中与Fe2＋按1∶1反应消耗0.10 mol·L－1×0.02 L＝0.002 mol，则与N按1∶1反应也为0.002 mol，即10 mL所取溶液中有0.002 mol N。原2.0 g叠氮化钠试样，配成100 mL溶液中有0.02 mol即1.3 g NaN3，所以样品质量分数为65%；
误差分析：A、使用叠氮化钠溶液润洗锥形瓶，使进入锥形瓶中溶质比所取溶液更多，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大；
B、六硝酸铈铵溶液实际取量大于40.00 mL，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积增大，计算叠氮化钠溶液浓度偏小；
C、滴定前无气泡，终点时出现气泡，则读数体积为实际溶液体积减气泡体积，硫酸亚铁铵标准液读数体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大；
D、滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内，无影响。
答案选AC；
（4）叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体氮气，结合氧化还原反应配平，反应的离子方程式为：ClO－＋2N＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑。
【点睛】本题以物质的制备考查氧化还原反应及计算、混合物分离提纯等，注意误差分析的判断，为易错点，题目难度中等。
9.硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂，也是动物体必需的营养元素和对植物有益的营养元素等。氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下所示：

请回答下列问题：
(1)若步骤①中得到的氧化产物只有一种，则它的化学式是____________。
(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式：____________________________________。
(3)步骤⑤包括用pH＝2的溶液酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是__________(写酸的名称)。
(4)上述工艺中，步骤⑥和⑦的作用是_____________。
(5)Se为ⅥA族元素，用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜，硒代硫酸钠还可用于Se的精制，写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式：_____。
(6)氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如下图所示。据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是____________________________________；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是_______________________________。

(7)用NaHS作污水处理的沉淀剂，可以处理工业废水中的Cu2＋。已知：25℃时，H2S的电离平衡常数Ka1＝1.0×10－7，Ka2＝7.0×10－15，CuS的溶度积为Ksp(CuS)＝6.3×10－36。反应Cu2＋(aq)＋HS－(aq) CuS(s)＋H＋(aq)的平衡常数K＝__________(结果保留1位小数)。
【答案】 (1). CuSO4 (2). 2Cu2+ +SO32- +2Cl- + H2O=2CuCl↓+SO42- +2H+ (3). 硫酸 (4). 使CuCl干燥，防止其水解氧化 (5). Na2SeSO3＋H2SO4=Na2SO4＋Se↓＋SO2↑＋H2O (6). 温度过低反应速率慢 (7). 温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解(任答一点即可) (8). 1.1×1021
【解析】
【详解】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2+ +SO32- +2Cl- + H2O=2CuCl↓+SO42- +2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜。
(1) 由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO4，故答案为: CuSO4；
(2)铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，步骤③中主要反应的离子方程式为2Cu2+ +SO32- +2Cl- + H2O=2CuCl↓+SO42- +2H+；
(3) CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，防止CuCl溶解氧化引入新杂质，所以应加入硫酸，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，故答案为:硫酸；
(4) 步骤⑥为醇洗，步骤⑦为烘干，因乙醇沸点低，易挥发，用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止CuCl水解、氧化，故答案为:醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；
（5）硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒，同时生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Na2SeSO3＋H2SO4=Na2SO4＋Se↓＋SO2↑＋H2O；
（6）据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是温度过低反应速率慢；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解；
（7）反应Cu2＋(aq)＋HS－(aq) CuS(s)＋H＋(aq)的平衡常数K=。
10.近年来环保要求日益严格，烟气脱硫脱硝技术也逐步完善，目前比较成熟的“氨水—臭氧组合高效脱硫脱硝技术方案”原理如图所示：

(1)静电除尘处理的烟气属于__________(填分散系名称)，脱硫脱硝塔中待处理烟气从塔底充入而氨水从中上部喷淋的主要目的是____________________。
(2)已知：2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)　ΔH1＝＋115.2 kJ·mol－1；2O3(g) 3O2(g)　ΔH2＝－286.6 kJ·mol－1。写出臭氧与NO作用产生NO2和O2的热化学方程式：__________________________。
(3)恒容密闭体系中NO氧化率随 值的变化以及随温度的变化曲线如图所示。NO氧化率随值增大而增大的主要原因是__________________。当温度高于100 ℃时，O3分解产生活性极高的氧原子，NO转化率随温度升高而降低的可能原因：①平衡后，温度升高平衡逆移；②发生反应__________________。

(4)已知2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)　ΔH＝－744 kJ·mol－1。为研究汽车尾气转化为无毒无害物质的有关反应，在密闭容器中充入10 mol CO和8 mol NO，发生反应，如图所示为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。当压强为10 MPa、温度为T1时，该温度下平衡常数Kp＝__________MPa－1(保留2位有效数字)(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。

(5)可用电化学法处理废水中的NH4+，并使其转化为NH3而循环利用。在含NH4+的废水中加入氯化钠，用惰性电极电解。装置如图所示，电解时a极的电极反应式为______________________________。

【答案】 (1). 胶体 (2). 利用逆流原理(增大SO2、NO2与氨水的接触面积)，让烟气中的SO2和产生的NO2充分被氨水吸收 (3). NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g) ΔH＝－200.9 kJ·mol－1 (4). n（O3）/n（NO）值增大，O3浓度增加，有利于平衡NO(g)＋O3(g) NO2(g)＋O2(g) 正向移动，NO氧化率增大 (5). NO2＋ONO＋O2 (6). 0.089 (7). 2NH4+＋2e－=2NH3↑＋H2↑(或2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，NH4+＋OH－=NH3↑＋H2O)
【解析】
【分析】
(1)利用胶体的电泳可以将烟气进行静电除尘；增大被吸收气体与氨水的接触面积，延长反应时间；
(2)利用盖斯定律ΔH2－ΔH1再除以2即可得；
(3)根据平衡移动原理进行分析；
(4)利用三段式进行计算；
(5)用惰性电极电解铵氮变氨氮，是因为阴极上铵根离子得到电子发生还原反应生成氨气和氢气，为确保氨气能挥发出去。
【详解】(1)利用胶体的电泳可以将烟气进行静电除尘；气体从下往上扩散而氨水从上往下喷淋，增大被吸收气体与氨水的接触面积，延长反应时间，能让烟气中的SO2和产生的NO2充分被氨水吸收。
(2) 已知：①2NO2(g)2NO(g)＋O2(g) ΔH1＝＋115.2kJ·mol－1；
②2O3(g)3O2(g) ΔH2＝－286.6kJ·mol－1。
根据盖斯定律，由②-①得反应NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g) ΔH=ΔH2－ΔH1=－200.9 kJ·mol－1；
(3)根据平衡移动原理，增大n(O3)/n(NO)比值，O3浓度增加，有利于平衡NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g) 正向移动，使NO氧化率增大； 当温度高于100 ℃时，O3分解生成活性极高的氧原子，NO转化率降低，说明反应中NO2转化为NO，故考虑发生了反应NO2＋ONO＋O2；
(4)体积分数为物质的量分数。
2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g)
初始(mol): 8 10 0 0
变化(mol): －2x －2x x 2x
平衡(mol): 8－2x 10－2x x 2x
体积分数＝＝＝25%，解得x＝2；
故Kp＝＝＝0.089MPa－1。
(5)用惰性电极电解铵氮变氨氮，是因为阴极上铵根离子得到电子发生还原反应生成氨气和氢气，为确保氨气能挥发出去，需要保证a极为阴极，否则氨气将大部分溶解在水中，电极反应式为2NH4+＋2e－===2NH3↑＋H2↑或2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，NH4+＋OH－===NH3↑＋H2O。
11.Fritz Haber在合成氨领域的贡献距今已经110周年，氮族元素及其化合物应用广泛。
(1)在基态13N原子中，核外存在__________对自旋相反的电子，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为__________形。
(2)根据价层电子对互斥理论，NH3、NO3-、NO2-中，中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是________，与NO3-互为等电子体的分子为__________。液氨中存在电离平衡2NH3NH4+＋NH2-，根据价层电子对互斥理论，可推知NH2-的空间构型为__________，液氨体系内，氮原子的杂化轨道类型为________。NH3比PH3更容易液化的原因为__________________。
(3)我国科学工作者实现世界首次全氮阴离子(N5-)金属盐Co(N5)2(H2O)4·4H2O的合成，其结构如图所示，可知N5-的化学键类型有______________。

(4)把特定物质的量之比的NH4Cl和HgCl2在密封管中一起加热时，生成晶体X，其晶胞的结构图及晶胞参数如图所示。则晶体X的化学式为__________，其晶体密度为__________(设阿伏加德罗常数的值为NA，列出计算式)g·cm－3。

【答案】 (1). 2 (2). 哑铃(纺锤) (3). NH3 (4). SO3或BF3 (5). V形 (6). sp3 (7). 液氨存在分子间氢键，沸点高于PH3，故NH3比PH3更易液化 (8). σ键、π键 (9). HgNH4Cl3 (10). 1×325.5/NA×(a×10-10)2×c×10-10
【解析】
【详解】(1)氮原子的电子排布是1s22s22p3，可知核外存在2对自旋相反的电子。核外电子占据的最高能级为2p，电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形；
(2) NH3、NO3-、NO2-中，中心原子价层电子对数分别为3、４、４，不同于其他两种粒子的是NH3；等电子体要求原子总数相同、价原子总数相同，与NO3-互为等电子体的分子为SO3或BF3；NH的中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为2，可知空间构型为V形；氨气分子中氮原子价层电子对个数=3+×（5-3×1）=4，所以N原子采用sp3杂化；液氨存在分子间氢键，沸点高于PH3，故NH3比PH3更易液化；
(3)由结构可知，存在的化学键为σ键、π键；
(4)由均摊法可知，1个晶胞中Hg2＋、NH、Cl－个数分别为1、1、3，则晶体X的化学式为HgNH4Cl3；
晶体密度ρ＝N M/NAV，又M(HgNH4Cl3)＝325.5 g/mol，V＝(a×10－10)2·c×10－10 cm3。
故ρ＝1×325.5/NA×(a×10-10)2×c×10-10g·cm－3。
12.化合物J是一种常用的抗组胺药物，一种合成路线如下：

已知：①C为最简单的芳香烃，且A、C互为同系物。
②2ROH＋NH3HNR2＋2H2O(R代表烃基)。
请回答下列问题：
(1)A的化学名称是______________，H中的官能团名称是________________________。
(2)由D生成E的反应类型是__________，G的结构简式为________________________。
(3)B＋C→D的化学方程式为______________。
(4)L是F的同分异构体，含有联苯结构，遇FeCl3溶液显紫色，则L有__________________(不考虑立体异构)种。其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶2∶2∶1的结构简式为______。
(5)写出用氯乙烷和2－氯－1－丙醇为原料制备化合物的合成路线(其他无机试剂任选) __。
【答案】 (1). 甲苯 (2). 醚键、氯原子 (3). 氧化反应 (4). CH2OHCH2Cl (5). ＋CH2Cl＋HCl (6). 19 (7). (8).
【解析】
【详解】(1)由A→B的反应条件以及B的组成可推知A为甲苯；由H的结构简式可知，H中的官能团为醚键和氯原子；
(2)反应D→E属于去氢加氧的反应，所以其反应类型为氧化反应；由F＋G→H的反应条件(浓硫酸、加热)以及产物中醚键的生成可知，该反应属于羟基间的脱水成醚，故G的结构简式为CH2OHCH2Cl；
(3)B为一氯甲苯，C为苯，结合D的结构简式可得B＋C→D的化学方程式为＋CH2Cl＋HCl；
(4)根据F的分子组成以及L遇FeCl3溶液显紫色，说明分子中有一个酚羟基和一个甲基，相当于用一个酚羟基和一个甲基分别取代联苯中的两个氢原子，可以用定一移一的方法分析。先用一个酚羟基取代联苯中一个氢的位置，可得三种结构，分别为、、，这三种结构中苯环上氢的种数分别为7种、7种、5种，说明甲基的取代位置有19种，即L可能的结构有19种。其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶2∶2∶1的分子结构应该对称，结构简式为；
(5)先观察目标产物的结构特点，发现目标产物与合成路线中J物质所含官能团相同，所以应结合题干中F→H→J的合成路线找出所需的反应物为HN(CH2CH3)2、乙醇和2－氯－1－丙醇，其中2－氯－1－丙醇为原料，乙醇可以由氯乙烷水解得到，HN(CH2CH3)2可由乙醇和氨反应得到(已知条件②)，再按F→H→J的过程合成目标产物，合成路线为。

湖南省娄底市2019届高三第二次模拟考试理科综合能力测试
二、选择题：
1.下列说法正确的是
A. 惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大
B. 查德威克用α粒子轰击获得反冲核，发现了中子
C. 感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这个结论符合能量守恒定律
D. 法拉第总结出了电磁感应定律
【答案】C
【解析】
【详解】A、惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的量度，与速度大小无关，故A错误；
B、卢瑟福用α粒子轰击获得反冲核，发现了质子，故B错误；
C、感应电流遵从楞次定律所描述的方向显然符合能量守恒定律，故C正确；
D、1831年英国科学家法拉第发现了电磁感应现象，但没有给出电磁感应定律，故D错误。
2.如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环正上方，有一条形磁铁从静止开始下落，下落过程中始终保持竖直方向，起始高度为h，最后落在水平地面上。若不计空气阻力，重力加速度取g，下列说法中正确的是

A. 磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向始终为顺时针方向(俯视圆环)
B. 磁铁落地时的速率一定等于
C. 磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变
D. 磁铁在整个下落过程中，圆环受到它的作用力总是竖直向下的
【答案】D
【解析】
【详解】A、当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针(俯视圆环)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针(俯视圆环)，A错误；
B、若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于，B错误；
C、磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械能不守恒，C错误；
D、据楞次定律的推论“来拒去留”，可判断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，而圆环受到磁铁的作用力总是竖直向下的，故D正确。
3.在真空中某点固定一个带负电荷的金属小球A，可视为点电荷，所带电量Q ＝1.0×10－5 C，在离它10 cm处放置另一个带负电的检验电荷B，以下描述正确的是
A. 若规定无穷远处电势为零，则B所在的位置电势为负值
B. 将B向A靠近，则其电势降低，电势能减小
C. A中所有电子所带电量之和为－1.0×10－5 C
D. B所在的位置电场强度大小E＝9.0×106 N/C，方向与电荷B所受电场力方向相同，背离A
【答案】A
【解析】
【详解】A、规定无穷远处电势为零，沿着电场线方向电势降低，则负电荷周围电势为负，故A正确；
B、B向A靠近，则电势降低，B带负电荷，电场力做负功则电势能应该增大，故B错误；
C、是指正、负电荷中和之后剩余的电荷，即为净电荷，并不是所有电子电量之和，故C错误；
D、根据电场强度的定义可以得到B点场强为：，其方向应该指向A，故D错误。
4.如图所示，一足够长的木板在光滑水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ。为保持木板的速度不变，须对木板施一水平向右的作用力F。从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，木块与物体组成的系统产生的内能为

A. 2mv2 B. mv2 C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】M对m的摩擦力向右，则m对M的摩擦力向左，m做匀加速直线运动，当速度达到v和M一起做匀速运动；
对m，有：，则匀加速运动的时间为：
则滑块运动的位移为：
对M，有：，
木板运动的位移为：；
所以因摩擦产生的热量为：，故C正确，ABD错误。
5.如图所示，带电小球a由绝缘细线PM和PN悬挂而处于静止状态，其中PM水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH，圆心P与a球位置重合，管道底端H与水平地面相切，一质量为m可视为质点的带电小球b从G端口由静止释放，当小球b运动到H端时对管道壁恰好无压力，重力加速度为g。在小球b由G滑到H过程中，下列说法中正确的是

A. 小球b机械能逐渐减小
B. 小球b所受库仑力大小始终为2mg
C. 细线PM的拉力先增大后减小
D. 小球b加速度大小先变大后变小
【答案】C
【解析】
【详解】A、小球b所受库仑力和管道的弹力始终与速度垂直，整个过程中只有重力做功，所以小球b机械能守恒，A错误；
B、小球b机械能守恒，从G滑到H过程中，H处，，则，由于小球b在运动过程中处于电场强度大小不变，则其所受库仑力大小始终为，故B错误；
C、设PN与竖直方向成角，对球a受力分析，其受到的库仑力与水平方向的夹角为，则对a球在竖直方向：
水平方向
解得，下滑时从0增大，细线PM的拉力先增大后减小，故C正确；
D、设b与a的连线与水平方向成θ角，则，任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成， 即，可知小球的加速度一直变大，故D错误。
6.如图所示，设地球半径为R，假设某地球卫星在距地球表面高度为h的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，运行周期为T，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近地点B时，再次点火进入近地轨道Ⅲ绕地做匀速圆周运动，引力常量为G，不考虑其他星球的影响，则下列说法正确的是

A. 该卫星在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率
B. 卫星在圆轨道Ⅰ和圆轨道Ⅲ上做圆周运动时，轨道Ⅰ上动能小，引力势能大，机械能小
C. 卫星从远地点A向近地点B运动的过程中，加速度变小
D. 地球的质量可表示为
【答案】AD
【解析】
【详解】A、在轨道Ⅰ上A点时点火减速变轨进入椭圆轨道Ⅱ，所以在轨道Ⅰ上A点速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率，在轨道Ⅲ上B的速率大于在轨道Ⅰ上A点的速率，即在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率，故A正确；
B、从轨道Ⅰ到轨道Ⅲ，引力做正功，动能增加，引力势能减小，在A点和B点变轨过程中，发动机点火减速运动，则机械能减小，即在轨道Ⅰ上动能小，引力势能大，机械能大，故B错误；
C、根据公式可得，所以距离地球越近，向心加速度越大，故从远地点到近地点运动过程中，加速度变大，故C错误；
D、在轨道Ⅰ上运动过程中，万有引力充当向心力，故有
解得，故D正确。
7.在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核()发生了一次α衰变。放射出的α粒子()在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R。以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量，生成的新核用Y表示。下面说法正确的是

A. 新核Y在磁场中圆周运动的半径为RY＝ R
B. α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，且电流大小为I＝
C. 若衰变过程中释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量亏损为Δm＝
D. 发生衰变后产生的α粒子与新核Y在磁场中运动的轨迹正确的是图丙
【答案】ABC
【解析】
【详解】A、由题可知：,生成的新核Y和α粒子动量大小相等，方向相反，而且洛伦兹力提供向心力，即，则，可知：，即，故A正确；
B、由于圆周运动周期，则环形电流为：，故B正确；
C、对α粒子，由洛伦兹力提供向心力，可得
由质量关系可知，衰变后新核Y质量为
由衰变过程动量守恒可得可知：
则系统增加的能量为：，由质能方程得：
联立可得，故C正确；
D、由动量守恒可知，衰变后α粒子与新核Y运动方向相反，所以，轨迹圆应外切，由圆周运动的半径公式可知，α粒子半径大，由左手定则可知丁图正确，故D错误。
8.如图为模拟远距离输电的部分测试电路。a、b端接电压稳定的正弦交变电源，定值电阻阻值分别为R1、R2，且R1