2022屆陜西省漢中市高三下學(xué)期第二次教學(xué)質(zhì)量檢測理科綜合試卷

/38/38/漢中市2022屆高三年級教學(xué)質(zhì)量第二次檢測考試?yán)砜凭C合能力測試生物部分1.下列關(guān)于細(xì)胞結(jié)構(gòu)與功能的說法正確的是A.丙酮酸、核苷酸、氨基酸、脂肪酸都含N元素B.大腸桿菌的細(xì)胞膜、線粒體內(nèi)外膜、高爾基體膜都屬于生物膜系統(tǒng)C.脂質(zhì)是細(xì)胞中的儲能物質(zhì)，不能參與生命活動的調(diào)節(jié)D.酵母菌、念珠藻、綠藻都含有核糖體和DNA【答案】D【解析】【分析】組成生物膜系統(tǒng)主要是細(xì)胞膜、核膜和各種細(xì)胞器的膜，細(xì)胞膜使細(xì)胞有相對穩(wěn)定的內(nèi)部環(huán)境，細(xì)胞內(nèi)許多重要的化學(xué)反應(yīng)都是在生物膜上進行的，生物膜把細(xì)胞器分隔開，保證細(xì)胞生命活動高效、有序的進行。【詳解】丙酮酸、脂肪酸不含N元素，A錯誤；大腸桿菌是原核生物，無線粒體、高爾基體，無生物膜系統(tǒng)，B錯誤；脂肪是細(xì)胞中的儲能物質(zhì)，脂質(zhì)中的性激素能參與生命活動的調(diào)節(jié)，C錯誤；酵母菌、念珠藻、綠藻都含有核糖體和DNA，D正確；故選D?！军c睛】本題考查細(xì)胞結(jié)構(gòu)與功能，意在考查考生的識記能力和理解所學(xué)知識要點，把握知識間內(nèi)在聯(lián)系，形成知識網(wǎng)絡(luò)結(jié)構(gòu)的能力；能運用所學(xué)知識，準(zhǔn)確判斷問題的能力，屬于考綱識記和理解層次的考查。2.如圖所示為部分人體細(xì)胞的生命歷程．I-IV代表細(xì)胞的生命現(xiàn)象，細(xì)胞1具有水分減少、代謝減慢的特征，細(xì)胞2可以無限增殖．下列敘述正確的是A.Ⅰ-Ⅳ過程中，遺傳物質(zhì)沒有發(fā)生改變B.成體干細(xì)胞分化成漿細(xì)胞、肝細(xì)胞等體現(xiàn)了細(xì)胞的全能性C.效應(yīng)T細(xì)胞作用于細(xì)胞1和細(xì)胞2使其凋亡，此過程屬于細(xì)胞免疫D.細(xì)胞2與正常肝細(xì)胞相比，形態(tài)結(jié)構(gòu)發(fā)生了改變，細(xì)胞膜表面糖蛋白含量增多【答案】C【解析】【分析】分析題圖：Ⅰ表示細(xì)胞分化；細(xì)胞1具有水分減少、代謝減慢的特征，因此Ⅱ過程表示細(xì)胞衰老；細(xì)胞2可以無限增殖，因此過程Ⅲ表示細(xì)胞癌變；Ⅳ表示細(xì)胞凋亡?！驹斀狻考?xì)胞2是癌變細(xì)胞，其形成原因是基因突變，即遺傳物質(zhì)發(fā)生改變，因此細(xì)胞2和細(xì)胞1的遺傳物質(zhì)不同，A錯誤；成體干細(xì)胞能夠分化成漿細(xì)胞、肝細(xì)胞等，并沒有形成完整個體，因此不能體現(xiàn)細(xì)胞核的全能性，B錯誤；效應(yīng)T細(xì)胞作用于細(xì)胞1和細(xì)胞2，屬于細(xì)胞免疫，C正確；細(xì)胞2癌細(xì)胞與正常肝細(xì)胞相比，形態(tài)結(jié)構(gòu)發(fā)生了改變，細(xì)胞膜表面糖蛋白含量減少，D錯誤；故選C?！军c睛】本題結(jié)合圖解，綜合考查細(xì)胞分化、細(xì)胞衰老、細(xì)胞癌變和細(xì)胞凋亡等生命歷程，意在考查考生的識圖能力和理解所學(xué)知識要點，把握知識間內(nèi)在聯(lián)系，形成知識網(wǎng)絡(luò)結(jié)構(gòu)的能力；能運用所學(xué)知識，準(zhǔn)確判斷問題的能力。3.以下生物學(xué)實驗中，操作不能達到預(yù)期目的的是A.探究溫度對淀粉酶活性的影響，不可用斐林試劑對產(chǎn)物進行檢測B.觀察DNA和RNA在細(xì)胞中的分布時，用龍膽紫將DNA染色C.在性狀分離比模擬實驗中，增加代表雄性生殖器官的小桶中的小球數(shù)D.觀察插條生根的實驗中用到的藥液濃度過高時，用沾蘸法處理材料【答案】B【解析】【分析】斐林試劑鑒定還原糖時，需要水浴加熱。根據(jù)孟德爾對分離現(xiàn)象解釋：1、生物的性狀是由遺傳因子（基因）決定的，控制顯性性狀的基因為顯性基因（用大寫字母表示如：D），控制隱性性狀的基因為隱性基因（用小寫字母表示如：d），而且基因成對存在．遺傳因子組成相同的個體為純合子，不同的為雜合子，生物形成生殖細(xì)胞（配子）時成對的基因分離，分別進入不同的配子中．當(dāng)雜合子自交時，雌雄配子隨機結(jié)合，后代出現(xiàn)性狀分離，性狀分離比為顯性：隱性=3：1；2、用甲乙兩個小桶分別代表雌雄生殖器官，甲乙兩小桶內(nèi)的彩球分別代表雌雄配子，用不同彩球的隨機結(jié)合，模擬生物在生殖過程中，雌雄配子的隨機組合?！驹斀狻快沉衷噭┦褂脮r需要水浴加熱，所以探究溫度對淀粉酶活性的影響時，不可用斐林試劑對產(chǎn)物進行檢測，A正確；觀察DNA和RNA在細(xì)胞中的分布時，用甲基綠將DNA染色綠色，B錯誤；在性狀分離比模擬實驗中，增加代表雄性生殖器官的小桶中的小球數(shù)，C正確；在探究生長素類似物促進插條生根的最適濃度實驗中，用浸泡法處理時要求時間較長、溶液濃度較低，沾蘸法是把插條基部在濃度較高的藥液中蘸一下，時間較短，D正確；故選B。4.下列有關(guān)變異、育種與進化的敘述，正確的是A.三倍體無籽西瓜的細(xì)胞中無同源染色體，不能進行正常的減數(shù)分裂B.長期使用同一品牌的農(nóng)藥會誘導(dǎo)害蟲發(fā)生定向基因突變，使抗藥性基因頻率增大C.單倍體育種過程中，經(jīng)常先篩選F1花粉類型，再進行花藥離體培養(yǎng)D.同源染色體上非等位基因可以發(fā)生基因重組【答案】D【解析】【分析】普通西瓜為二倍體植物，即體內(nèi)有2組染色體（2N=22），用秋水仙素處理其幼苗，令二倍體西瓜植株細(xì)胞染色體成為四倍體（4N=44），這種四倍體西瓜能正常開花結(jié)果，種子能正常萌發(fā)成長。然后用四倍體西瓜植株做母本（開花時去雄）、二倍體西瓜植株做父本（取其花粉授四倍體雌蕊上）進行雜交，這樣在四倍體西瓜的植株上就能結(jié)出三倍體的植株，在開花時，其雌蕊要用正常二倍體西瓜的花粉授粉，以刺激其子房發(fā)育成果實，由于胚珠不能發(fā)育為種子，而果實則正常發(fā)育，所以這種西瓜無子。單倍體育種：原理——染色體變異；方法——先雜交，取F1的花粉進行花粉離體培養(yǎng)，得到單倍體植株，幼苗期時進行秋水仙素處理，單倍體染色體數(shù)目加倍后變?yōu)榧兒隙扼w；優(yōu)勢——明顯縮短育種年限?！驹斀狻咳扼w無籽西瓜的細(xì)胞中有同源染色體，每一組同源染色體有三條，減數(shù)分裂的前期聯(lián)會紊亂，故不能進行正常的減數(shù)分裂，A錯誤；基因突變不定向，B錯誤；單倍體育種過程中，經(jīng)常先進行花藥離體培養(yǎng)，再篩選單倍體植物類型，C錯誤；同源染色體上的非等位基因可以發(fā)生基因重組，發(fā)生在減數(shù)第一次分裂的前期，四分體交叉互換，D正確；故選D。5.寒冷的冬天，某同學(xué)從室外進入溫暖的教室，機體經(jīng)過一系列調(diào)節(jié)達到相對穩(wěn)定狀態(tài)。下列有關(guān)說法正確的是A.皮膚血管舒張，在室內(nèi)的散熱速率小于室外B.血液中促甲狀腺激素增多會促進甲狀腺激素的分泌C.細(xì)胞內(nèi)ATP的水解速率大于合成速率D.在室外時，機體產(chǎn)熱量大于散熱量【答案】A【解析】【分析】1、寒冷環(huán)境→皮膚冷覺感受器→下丘腦體溫調(diào)節(jié)中樞→增加產(chǎn)熱（骨骼肌戰(zhàn)栗、立毛肌收縮、甲狀腺激素分泌增加），減少散熱（毛細(xì)血管收縮、汗腺分泌減少）→體溫維持相對恒定。2、下丘腦分泌的促甲狀腺激素釋放激素能促進垂體分泌促甲狀腺激素，垂體分泌促甲狀腺激素能促進甲狀腺分泌甲狀腺激素，而甲狀腺激素對下丘腦和垂體有負(fù)反饋作用，當(dāng)甲狀腺激素分泌過多時，會抑制促甲狀腺激素釋放激素和促甲狀腺激素的分泌，進而減少甲狀腺激素的分泌。3、外環(huán)境溫度低時，機體產(chǎn)熱多，散熱也多；當(dāng)外環(huán)境溫度高時，機體產(chǎn)熱減少，散熱也減少，產(chǎn)熱多于散熱則體溫升高，產(chǎn)熱少于散熱則體溫降低?！驹斀狻客瑢W(xué)從寒冷的室外進入溫暖的教室，皮膚血管舒張，由于室內(nèi)的溫度比室外高，故在室內(nèi)的散熱速率小于室外，A正確；室溫比室外高，血液中促甲狀腺激素減少，會使甲狀腺激素的分泌減少，減弱新陳代謝，維持體溫，B錯誤；細(xì)胞內(nèi)ATP的水解速率等于合成速率，使ATP和ADP的量處于動態(tài)平衡，C錯誤；在室外時，機體體溫處于平衡狀態(tài)，機體產(chǎn)熱量等于散熱量，D錯誤；故選A。6.下列有關(guān)植物激素的敘述，錯誤的是A.生長素、細(xì)胞分裂素和赤霉素都是能促進植物生長微量有機物B.植物根的向地生長和莖的背地生長都體現(xiàn)了生長素作用的兩重性C.赤霉素既能促進細(xì)胞伸長，也能打破種子休眠D.光照和溫度等環(huán)境因素的變化能調(diào)節(jié)植物激素的合成【答案】B【解析】【分析】1．生長素類具有促進植物生長的作用，在生產(chǎn)上的應(yīng)用主要有：（1）促進扦插的枝條生根；（2）促進果實發(fā)育；（3）防止落花落果。2．赤霉素的生理作用是促進細(xì)胞伸長，從而引起莖稈伸長和植物增高，此外，它還有防止器官脫落和解除種子、塊莖休眠促進萌發(fā)等作用。3．細(xì)胞分裂素在根尖合成，在進行細(xì)胞分裂的器官中含量較高，細(xì)胞分裂素的主要作用是促進細(xì)胞分裂，此外還有誘導(dǎo)芽的分化，延緩葉片衰老的作用。4．脫落酸在根冠和萎蔫的葉片中合成較多，在將要脫落和進入休眠期的器官和組織中含量較多，脫落酸是植物生長抑制劑，它能夠抑制細(xì)胞的分裂和種子的萌發(fā)，還有促進葉和果實的衰老和脫落，促進休眠和提高抗逆能力等作用?！驹斀狻可L素和赤霉素促進細(xì)胞伸長，細(xì)胞分裂素促進細(xì)胞分裂，故都是能促進植物生長微量有機物，A正確；植物莖的背地生長體現(xiàn)了生長素促進生長的作用，未體現(xiàn)出兩重性，B錯誤；赤霉素既能促進細(xì)胞伸長，也能打破種子休眠，C正確；光照和溫度等環(huán)境因素的變化能調(diào)節(jié)植物激素的合成，D正確；故選B。7.人體感染流感病毒后常常出現(xiàn)發(fā)熱癥狀，體溫可升高至39~40℃并保持一段時間，其中部分生理過程如下圖所示。請回答下列問題：(1)人體初次接觸一種新的流感病毒時，通常需要經(jīng)__________的攝取和處理，若要消滅侵入宿主細(xì)胞的流感病毒，要依賴免疫系統(tǒng)產(chǎn)生的_______________細(xì)胞與宿主細(xì)胞密切接觸，使宿主細(xì)胞裂解死亡，這體現(xiàn)了免疫系統(tǒng)的______________功能。(2)病毒感染時，免疫細(xì)胞等會產(chǎn)生內(nèi)生致熱源(EP)，EP作用于_____________(填器官名稱)中的體溫調(diào)節(jié)中樞，使體溫升高。在體溫持續(xù)在39℃左右的這段時間內(nèi)，人體產(chǎn)熱量___________散熱量(填“大于”、“小于”、“等于”)。當(dāng)體溫過高并且發(fā)熱持續(xù)38.5℃以上，通常需要服用退熱藥，通過增加______________來使體溫恢復(fù)正常。病毒侵入后，一定程度的發(fā)熱對人體抗病有積極作用，原因是______________。(3)已知青霉素的作用機理是抑制原核細(xì)胞細(xì)胞壁的形成，從而達到滅菌的作用。當(dāng)人體感染流感病毒后，__________(填“能”或“不能”)用抗生素進行治療，其原因是______________?！敬鸢浮?1).吞噬細(xì)胞(2).效應(yīng)T細(xì)胞(3).防衛(wèi)(4).下丘腦(5).等于(6).散熱(7).體溫上升可促進免疫細(xì)胞的活動，從而更有效的清除病毒(8).不能(9).青霉素的作用機理是抑制原核細(xì)胞細(xì)胞壁的形成，但流感病毒沒有細(xì)胞結(jié)構(gòu)【解析】【分析】圖示分析：流感病毒、體溫上升都會促進免疫細(xì)胞等產(chǎn)生EP，作用于體溫調(diào)節(jié)中樞，通過垂體促進甲狀腺分泌甲狀腺激素，使的體溫升高；免疫細(xì)胞等也能夠清除流感病毒?！驹斀狻浚?）流感病毒進入人體后首先被吞噬細(xì)胞吞噬處理；被流感病毒侵入的靶細(xì)胞與效應(yīng)T細(xì)胞特異性結(jié)合，靶細(xì)胞裂解死亡，釋放流感病毒，體現(xiàn)了免疫系統(tǒng)的防衛(wèi)功能。（2）體溫調(diào)節(jié)中樞在下丘腦，在體溫持續(xù)高熱的這段時間內(nèi)，由于體溫一直不變，因此該過程中產(chǎn)熱量與散熱量相等。體溫過高的情況下，需要服用退熱藥，通過增加散熱來使體溫恢復(fù)正常。體溫上升可促進免疫細(xì)胞的活動，從而更有效的清除病毒，因此一定程度的發(fā)熱對人體抗病有積極作用。（3）根據(jù)題意分析，青霉素的作用機理是抑制原核細(xì)胞的細(xì)胞壁的形成，而流感病毒沒有細(xì)胞壁結(jié)構(gòu)，因此當(dāng)人體感染流感病毒后，不能用青霉素進行治療。【點睛】本題考查免疫調(diào)節(jié)相關(guān)知識，意在考查考生理解所學(xué)知識的要點，把握知識間的內(nèi)在聯(lián)系的能力，考生通過分析作答，難度適中。8.黑瓶（不透光）-白瓶法是測定水中藻類植物進行光合作用速率的常用方法。下圖甲表示分別測定某池塘夏季白天不同深度水層每小時的平均氧濃度變化曲線，縱軸表示水池深度（假定不同深度的水溫不變），橫軸表示瓶中O2的變化量（g/m2?h）；圖乙是某同學(xué)“探究影響植物光合速率的因素”的實驗裝置圖。請回答下列問題：（1）在水深4m處，白瓶中的水藻產(chǎn)生ATP的結(jié)構(gòu)有________________。（2）白瓶中測得的O2變化量為凈光合作用產(chǎn)生量，則光照適宜時，水深1m處每平方米的水藻1小時制造的O2的總量為_____________。（3）白瓶在水深3m時，O2的變化量為0，表明在此深度時，水藻的光合速率_____________（填“大于”“等于”或“小于”）呼吸速率，若要在短時間內(nèi)降低白瓶水藻細(xì)胞中C3的含量，則可采取的措施是_____________。（4）若圖乙實驗中將試管向右移，隨著距離的增加，氣泡產(chǎn)生速率下降。此實驗中的自變量是________?！敬鸢浮?1).細(xì)胞質(zhì)基質(zhì)和線粒體(2).4.5g(3).等于(4).增加光照強度（或降低CO2濃度或不提供CO2或把白瓶水藻從3m處往上移動）(5).光照強弱(或試管離光源的距離)【解析】【分析】分析甲圖，黑暗條件下，不同水深的氧氣的變化量相同，代表呼吸速率=1.5g/m2?h；光照條件下，氧氣的變化量代表著凈光合作用速率；識記光合速率=呼吸速率+凈光合作用速率。分析乙圖：試管與燈泡之間的距離代表光照強度，也是該實驗的單一變量；為了探究光照強度對光合速率的影響，也可以用多組相同裝置，只更換燈泡功率大小?！驹斀狻浚?）據(jù)圖分析，在水深4m處，白瓶與黑瓶的曲線相交，說明白瓶在此處只能進行呼吸作用，因此產(chǎn)生ATP的場所有細(xì)胞質(zhì)基質(zhì)和線粒體。（2）據(jù)圖分析可知，在水深1m處，白瓶的凈光合作用速率為3g/m2?h，而呼吸作用速率=1.5g/m2?h，因此水藻1小時制造的氧氣總量=3+1.5=4.5g/m2?h。（3）水深3處，氧氣的變化量為0，說明凈光合作用速率為0，即光合速率等于呼吸速率；通過增加光照強度（或降低CO2濃度或不提供CO2或把白瓶水藻從3m處往上移動），光反應(yīng)為暗反應(yīng)提供的ATP和[H]增多，C3的還原加強，短時間內(nèi)白瓶水藻細(xì)胞中C3的含量降低。（4）若圖乙實驗中將試管向右移，光照強度變?nèi)?，光合速率下降，產(chǎn)生的氧氣減少，故氣泡產(chǎn)生速率下降，該實驗的自變量是光照強度?！军c睛】本題考查光合作用與呼吸作用相關(guān)知識，意在考察考生對知識點的理解掌握和對圖形的分析能力。9.漢中市在城市建設(shè)過程中，利用人工建立的漢江濕地公園對生活污水進行凈化處理，形成菌藻共生的污水凈化系統(tǒng)，水體中有藻類植物、水蚤、鯉魚、腐生細(xì)菌等(水蚤以藻類植物為食，鯉魚以水蚤和藻類植物為食)，獲得良好的經(jīng)濟效益，下圖是利用人工濕地凈化污水的功能模式圖。請回答下列問題：(1)流經(jīng)該濕地生態(tài)系統(tǒng)的總能量__________(填“大于”、小于”或“等于”)該系統(tǒng)中生產(chǎn)者所固定的太陽能，該生態(tài)系統(tǒng)能量流動的渠道可用圖中序號_____________表示。(2)若藻類植物所固定的太陽能總量為6.0×108KJ，藻類中1/2被水蚤捕食，1/2被鯉魚捕食，則鯉魚所獲得的能量最少為________kJ，鯉魚用于生長、發(fā)育、繁殖的能量的去向有____________。(3)碳循環(huán)對生物和生態(tài)系統(tǒng)具有重要意義，在碳循環(huán)過程中，圖中缺少的箭頭指向是___________。(格式用“××→××”表示)。(4)從生態(tài)系統(tǒng)的結(jié)構(gòu)方面分析，影響生態(tài)系統(tǒng)穩(wěn)定性的內(nèi)部因素是物種的豐富度和___________?！敬鸢浮?1).大于(2).④(3).3.3×107(4).流向分解者（和未利用）(5).大氣中的CO2→植物(6).營養(yǎng)結(jié)構(gòu)（食物鏈和食物網(wǎng)）的復(fù)雜程度【解析】【分析】圖示分析：圖示為人工濕地生態(tài)系統(tǒng)，生產(chǎn)者是植物，消費者是動物，分解者是微生物；①③⑥表示各種生物的呼吸作用，②⑤表示動植物被分解者利用，④表示植物被動物利用，圖中缺少大氣中的二氧化碳指向植物的箭頭?！驹斀狻浚?）流經(jīng)該濕地生態(tài)系統(tǒng)總能量包括生產(chǎn)者固定的全部太陽能和生活污水中有機物含有的能量，因此流經(jīng)該濕地生態(tài)系統(tǒng)的總能量大于該生態(tài)系統(tǒng)中生產(chǎn)者固定的太陽能。能量流動只能發(fā)生在食物鏈中，即中能發(fā)生在生產(chǎn)者和消費者之間，因此圖中可以表示能量流動的箭頭是④。（2）若藻類植物所固定的太陽能總量為6.0×108kJ，藻類中國1/2被水蚤捕食，1/2被鯉魚捕食，水蚤獲得的能量最少為6.0×108×1/2×10%=3.0×107，則鯉魚所獲得的能量最少為鯉魚從藻類那里獲得能量+鯽魚從水蚤那里獲得的能量=6.0×108k×1/2×10%+3.0×107×10%=3.3×107kJ。鯉魚用于生長、發(fā)育、繁殖的能量的去向有流向分解者（和未利用）。（3）碳元素在生物群落和無機環(huán)境之間主要以二氧化碳的形式進行，而在生物群落內(nèi)部以含碳有機物的形式流動，根據(jù)以上分析可知，圖中缺少大氣中的CO2→植物。（4）維持生態(tài)系統(tǒng)的穩(wěn)定性的內(nèi)部因素是物種的豐富度和營養(yǎng)結(jié)構(gòu)（食物鏈、食物網(wǎng)）的復(fù)雜程度。【點睛】本題考查物生態(tài)系統(tǒng)的結(jié)構(gòu)和功能的相關(guān)知識點，意在考查學(xué)生對所學(xué)知識的理解與掌握程度，培養(yǎng)了學(xué)生分析圖形、獲取信息、解決問題的能力，能力要求較高。10.某種植物的花色有紫色、白色兩種。為探究該植物花色的遺傳規(guī)律，某生物興趣小組用該植物的純種進行雜交實驗，實驗結(jié)果如下：親本F1F2紫花×白花全為紫花紫花：白花=15：1對此實驗結(jié)果，興趣小組內(nèi)進行了討論和交流，對該植物的花色遺傳最后得出了如下解釋:①由一對基因（A、a）控制的，但含a的雄配子（花粉）部分不育；②由多對基因共同控制的（A、a，B、b，C、c……）。（1）如果假設(shè)①正確，上述實驗F1紫花植株產(chǎn)生的可育雄配子中a配子的概率是__________。（2）為驗證上述假設(shè)，該小組一致同意對F1進行測交實驗，請預(yù)測兩種假設(shè)的實驗結(jié)果：假設(shè)①：（F1作母本）___________，（F1作父本）___________。假設(shè)②：（F1作母本）___________，（F1作父本）___________。如果實驗證明假設(shè)②是正確的，則上述實驗F2中的紫花植株中純種占_______________?！敬鸢浮?1).1/8(2).紫花：白花=1:1(3).紫花：白花=7:1(4).紫花：白花=3:1(5).紫花：白花=3:1(6).1/5【解析】【分析】根據(jù)題意，紫花和白花雜交，F(xiàn)1全為紫花植物，F(xiàn)1自交得到F2中有紫花和白花，說明紫花對白花為顯性；若植物的花色由一對基因（A、a）控制且含a的雄配子花粉部分不育，則F1基因型為Aa，F(xiàn)1♀性產(chǎn)生的配子有1/2A、1/2a，F(xiàn)2中白花植株aa占1/16，aa=1/2雌配子×雄配子，則F1紫花植株產(chǎn)生的可育雄配子中a=1/8；若植物的花色由多對基因共同控制的（A、a，B、b，C、c……），根據(jù)F2中白花植株aa占1/16，推測花色由2對等位基因控制，F(xiàn)1紫花的基因型為AaBb，白花植株基因型為aabb，其他為紫花，據(jù)此分析?！驹斀狻浚?）若植物的花色由一對基因（A、a）控制，則F1基因型為Aa，F(xiàn)1♀產(chǎn)生的配子有1/2A、1/2a，含a的雄配子部分不育，F(xiàn)1紫花植株產(chǎn)生可育雄配子a概率為1/16÷1/2=1/8。（2）根據(jù)假設(shè)①，F(xiàn)1基因型為Aa，F(xiàn)1♀測交即Aa×aa，子代為紫色（Aa）:白色（aa）=1:1；F1♂產(chǎn)生F1紫花植株產(chǎn)生的可育雄配子中a=1/8，7/8A，測交結(jié)果為紫色（Aa）：白色（aa）=7:1。根據(jù)假設(shè)②，F(xiàn)1基因型為AaBb，F(xiàn)1♀與F1♂產(chǎn)生配子相同，（F1作母本）或者（F1作父本），測交為AaBb×aabb，子代白花aabb=1/2×1/2=1/4，則紫花為3/4，紫花：白花=3:1。如果實驗證明假設(shè)②是正確的，則上述實驗F2中的紫花植株中純種基因型有1AABB，1AAbb，1aaBB，在紫花中所占比例為3/15即1/5。【點睛】本題考查物基因的分離定律和自由組合定律相關(guān)知識點，意在考查學(xué)生對所學(xué)知識的理解與掌握程度，培養(yǎng)學(xué)生獲取信息、解決問題的能力，能力要求較高。11.殺蟲脒，又名氯苯脒，是一種有機氮農(nóng)藥，具有高效廣譜殺蟲殺螨的作用，但長期使用容易導(dǎo)致土壤污染，為探究能降解殺蟲脒的細(xì)菌進行了以下實驗。(1)微生物生長繁殖所需的主要營養(yǎng)物質(zhì)有碳源、_____________、水、無機鹽四類，該實驗所用的培養(yǎng)基只能以殺蟲脒作為唯一氮源，其原因是_____________________，從功能上講，該培養(yǎng)基屬于_______________培養(yǎng)基。(2)微生物接種的方法很多，最常用的是平板劃線法和稀釋涂布平板法，這兩種方法在功能上的區(qū)別是________________，此外，__________________也是測定微生物數(shù)量的常用方法。(3)為了篩選出高效菌株，可比較單菌落周圍分解圈的大小，分解圈大說明該菌株的降解能力__________________。(4)通常情況下，在微生物培養(yǎng)過程中實驗室常用的滅菌方法有灼燒滅菌、干熱滅菌和_________。培養(yǎng)基一般不使用干熱滅菌的原因是______________________?！敬鸢浮?1).氮源(2).只有能利用殺蟲脒的微生物才能正常生長和繁殖(3).選擇(4).稀釋涂布平板法可以用于統(tǒng)計樣品中活菌數(shù)目(5).顯微鏡直接計數(shù)(6).強(7).高壓蒸汽滅菌(8).濕度低會破壞培養(yǎng)基中的營養(yǎng)成分【解析】【試題分析】本題主要考查微生物培養(yǎng)過程的有關(guān)知識。培養(yǎng)基一般都含有碳水化合物、含氮物質(zhì)、無機鹽（包括微量元素）以及維生素和水等；培養(yǎng)基按其特殊用途可分為加富培養(yǎng)基、選擇性培養(yǎng)基和鑒別培養(yǎng)基；微生物接種的方法有平板劃線法（不能計數(shù)）和稀釋涂布平板法（可以計數(shù)，可以觀察菌落特征），顯微鏡直接計數(shù)也是測定微生物數(shù)量的常用方法；常用的滅菌方法有灼燒滅菌、干熱滅菌和高壓蒸汽滅菌等。（1）培養(yǎng)基一般都含有碳水化合物、含氮物質(zhì)、無機鹽（包括微量元素）以及維生素和水等；因本題要探究能降解殺蟲脒的細(xì)菌，故選擇培養(yǎng)基是只有能利用殺蟲脒作為唯一氮源的微生物能正常生長和繁殖；（2）平板劃線法和稀釋涂布平板法都可以接種，但是稀釋涂布平板法除了接種，還能用于統(tǒng)計樣品中活菌數(shù)目；此外，顯微鏡直接計數(shù)也是測定微生物數(shù)量的常用方法；（3）分解圈大說明該菌株的降解能力強，是需要的高效菌株；（4）通常情況下，在微生物培養(yǎng)過程中實驗室常用的滅菌方法有灼燒滅菌、干熱滅菌和高壓蒸汽滅菌法，培養(yǎng)基含有水，采用干熱滅菌會將水蒸干，干熱溫度為170℃【點睛】要能區(qū)別平板劃線法和稀釋涂布平板法，前者不能計數(shù)，后者能計數(shù)。12.糖尿病是一種常見病，其發(fā)病率有逐年上升的局勢，治療糖尿病少不了胰島素。如圖表示運用基因工程技術(shù)生產(chǎn)胰島素的幾條途徑。據(jù)圖回答下列問題：(1)圖中①過程為______________，構(gòu)建之前可以根據(jù)___________設(shè)計引物，利用PCR技術(shù)對目的基因進行擴增。將重組質(zhì)粒M轉(zhuǎn)移到受體細(xì)胞A中常用的方法是_____________。(2)過程③用到的技術(shù)手段有__________________________。(3)過程②可用的方法是_____________________。導(dǎo)入該細(xì)胞后，需對該細(xì)胞進行組織培養(yǎng)，經(jīng)________過程形成愈傷組織。(4)若該轉(zhuǎn)基因“胰島素羊”乳汁中檢測到胰島素，該胰島素與轉(zhuǎn)基因“胰島素細(xì)菌”產(chǎn)生的胰島素相比不同之處是_____________________。其原因___________________。【答案】(1).構(gòu)建基因表達載體(2).人胰島素基因的核苷酸序列(3).顯微注射法(4).早期胚胎培養(yǎng)技術(shù)、胚胎移植(5).農(nóng)桿菌轉(zhuǎn)化法（答基因槍法、花粉管通道法也可）(6).脫分化(7).“胰島素羊”乳腺細(xì)胞分泌的胰島素具有生物活性，而轉(zhuǎn)基因“胰島素細(xì)菌”產(chǎn)生的胰島素?zé)o生物活性(8).乳腺細(xì)胞有內(nèi)質(zhì)網(wǎng)與高爾基體，能加工相關(guān)的蛋白質(zhì)，而細(xì)菌沒有內(nèi)質(zhì)網(wǎng)和高爾基體【解析】【分析】1、分析圖示，①表示基因表達載體的構(gòu)建，②表示目的基因?qū)胫参锛?xì)胞，⑥表示將目的基因?qū)胛⑸锛?xì)胞，③表示動物的個體發(fā)育，④表示植物組織培養(yǎng)，⑤表示培養(yǎng)基培養(yǎng)大腸桿菌。2、將目的基因?qū)胧荏w細(xì)胞：根據(jù)受體細(xì)胞不同，導(dǎo)入的方法也不一樣．將目的基因?qū)胫参锛?xì)胞的方法有農(nóng)桿菌轉(zhuǎn)化法、基因槍法和花粉管通道法；將目的基因?qū)雱游锛?xì)胞最有效的方法是顯微注射法；將目的基因?qū)胛⑸锛?xì)胞的方法是感受態(tài)細(xì)胞法，據(jù)此答題?！驹斀狻浚?）圖中①表示基因表達載體的構(gòu)建，構(gòu)建之前可以根據(jù)人胰島素基因的核苷酸序列設(shè)計引物，利用PCR技術(shù)對目的基因進行擴增。將目的基因?qū)雱游锛?xì)胞最有效的方法是顯微注射法，故將重組質(zhì)粒M轉(zhuǎn)移到受體細(xì)胞A中常用的方法是顯微注射法。（2）③表示動物的個體發(fā)育，此過程用到的技術(shù)手段有早期胚胎培養(yǎng)技術(shù)、胚胎移植。（3）②表示目的基因?qū)胫参锛?xì)胞，可用農(nóng)桿菌轉(zhuǎn)化法（答基因槍法、花粉管通道法也可）。導(dǎo)入該細(xì)胞后，需對該細(xì)胞進行組織培養(yǎng)，經(jīng)脫分化過程形成愈傷組織。（4）由于乳腺細(xì)胞有內(nèi)質(zhì)網(wǎng)與高爾基體，能加工相關(guān)的蛋白質(zhì)，而細(xì)菌沒有內(nèi)質(zhì)網(wǎng)和高爾基體，因此“胰島素羊”乳腺細(xì)胞分泌的胰島素具有生物活性，而轉(zhuǎn)基因“胰島素細(xì)菌”產(chǎn)生的胰島素?zé)o生物活性。【點睛】本題考查基因工程的相關(guān)知識，要求考生識記基因工程的原理及操作步驟，掌握各操作步驟中需要注意的細(xì)節(jié)問題，能結(jié)合所學(xué)的知識準(zhǔn)確判斷各選項。

漢中市2022屆高三年級教學(xué)質(zhì)量第二次檢測考試?yán)砜凭C合能力測試（化學(xué)部分）可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1B-llC-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28P-31S-32C1-35．5Fe-56Cu-64一、選擇題：本題共13小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學(xué)與人類生活密切相關(guān)。下列說法正確的是（）A.“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(柄)指南”。司南中“杓”所用材質(zhì)為Fe2O3B.我國發(fā)射的“嫦娥”系列衛(wèi)星使用了碳纖維，碳纖維是一種新型的有機高分子材料C.“一帶一路”是現(xiàn)代“絲綢之路”，絲綢的主要成分是天然纖維素D.將“地溝油”制成肥皂，可以提高資源的利用率【答案】D【解析】【詳解】A.司南中“杓”所用材質(zhì)為Fe3O4，故A錯誤；B.碳纖維是碳的單質(zhì)，屬于無機物，是一種無機非金屬材料，故B錯誤；C.絲綢的主要成分是蛋白質(zhì)，故C錯誤；D.“地溝油”是一種質(zhì)量極差、極不衛(wèi)生的非食用油，將它制成肥皂，實際是使用了油脂的皂化反應(yīng)，將“地溝油”變成肥皂，可以提高資源的利用率，故D正確；故選D。2.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是（）A.1mol－OH(羥基)與1molNH4+中所含電子數(shù)均為10NAB.Na2O2與足量的CO2反應(yīng)生成1molO2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為4NAC.S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子數(shù)一定為0.2NAD.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4LSO3含有NA個分子【答案】C【解析】【詳解】A.1mol－OH(羥基)中含有的電子數(shù)為9NA，1molNH4+中所含電子數(shù)為10NA，故A錯誤；B.Na2O2與CO2反應(yīng)的方程式為2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，生成1molO2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為2NA，故B錯誤；C.由于S2和S8均由S原子構(gòu)成，故6.4g混合物中無論兩者的比例如何，含有的硫原子的物質(zhì)的量均為6.4g/32g/mol=0.2mol，個數(shù)為0.2NA，故C正確；D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下SO3是固體，無法用22.4L/mol計算，故D錯誤；故選C。3.A、B、C、D、E是原子序數(shù)依次增大的五種短周期元素，且B、C相鄰，A在周期表中原子半徑最小，C最外層電子數(shù)是次外層的三倍，D的簡單陽離子和它的含氧酸根離子反應(yīng)可生成白色沉淀，E單質(zhì)常溫下是黃綠色氣體。下列說法中正確的是（）A.元素的簡單離子半徑：D>C>BB.A與B兩種元素共同形成的10電子粒子有2種C.B的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性比E的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性弱D.由A、B、C三種元素構(gòu)成的物質(zhì)一定是共價化合物【答案】C【解析】【分析】A在周期表中原子半徑最小，為H元素，C最外層電子數(shù)是次外層的三倍，為O元素，A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大，B、C相鄰，B為N，D的簡單陽離子和它的含氧酸根離子反應(yīng)可生成白色沉淀，D為Al，E單質(zhì)常溫下是黃綠色氣體，E為Cl?！驹斀狻緼.電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，原子序數(shù)大，半徑小，故離子半徑：B>C>D，故A錯誤；B.A與B兩種元素共同形成的10電子粒子有NH3，NH4+，NH2-，故B錯誤；C.B為N，E為Cl，非金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強，氯的非金屬性比氮強，故C正確；D.A、B、C組成的化合物可能是硝酸也可能是硝酸銨，所以可能是共價化合物也可能是離子化合物，故D錯誤；故選C?！军c睛】比較半徑，首先看電子層數(shù)，電子層數(shù)越多，半徑越大；電子層數(shù)相同時，核內(nèi)質(zhì)子數(shù)越多，半徑越?。浑娮訉訑?shù)和質(zhì)子數(shù)都相同時，核外電子數(shù)越多，半徑越大。4.某有機物Z具有美白功效，廣泛用于日化產(chǎn)品。該物質(zhì)可用如下反應(yīng)制備下列敘述錯誤的是（）A.X、Y和Z均能和溴水發(fā)生反應(yīng)B.X和Z均能與Na2CO3溶液反應(yīng)，但不會放出CO2C.Y既能發(fā)生取代反應(yīng)，也能發(fā)生加聚反應(yīng)D.Y分子中所有碳原子一定不共平面【答案】D【解析】【詳解】A.X和Z中含有酚羥基，Y中含有碳碳雙鍵，故均能和溴水發(fā)生反應(yīng)，故A正確；B.酚羥基能和碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉和酚鈉，故B正確；C.Y中含有碳碳雙鍵和苯環(huán)，具有烯烴和苯的性質(zhì)，故Y既能發(fā)生取代反應(yīng)，也能發(fā)生加聚反應(yīng)，故C正確；D.Y中具有乙烯和苯的結(jié)構(gòu)，乙烯和苯分子中所有原子共平面，Y分子中所有碳原子可能共平面，故D錯誤；故選D。【點睛】解答本題首先要找出物質(zhì)中含有哪些官能團，官能團決定物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)，例如酚羥基的鄰、對位苯環(huán)氫易被Br取代，碳碳雙鍵能和溴水發(fā)生加成反應(yīng)，酚羥基能和碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉和酚鈉等。5.根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是()選項實驗操作實驗現(xiàn)象結(jié)論A將鹽酸滴入NaHCO3溶液中有氣泡產(chǎn)生氯的非金屬性比碳強B用pH試紙分別測定0.1mol/L的苯酚鈉和0.1mol/L的Na2CO3溶液的pH苯酚鈉溶液的pH約為8Na2CO3溶液的pH約為10苯酚的酸性強于HCO3-C分別將己烯與苯加入溴水溶液中溴水均褪色兩種物質(zhì)使溴水溶液褪色的原理相同D向2mL0.1mol/LMgCl2溶液中加入5mL0.1mol/LNaOH溶液，出現(xiàn)白色沉淀后，繼續(xù)滴入幾滴FeCl3濃溶液，靜置出現(xiàn)紅褐色沉淀同溫下，Ksp[Mg(OH)2]大于Ksp[Fe(OH)3]A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A.鹽酸滴入碳酸氫鈉溶液中有氣泡產(chǎn)生，可知鹽酸酸性大于碳酸，但鹽酸不是Cl的最高價含氧酸，不能比較氯和碳的非金屬性，故A錯誤；B.苯酚鈉和碳酸鈉都是強堿弱酸鹽，溶液均顯堿性，堿性越強說明對應(yīng)酸的酸性越弱，故B正確；C.己烯使溴水褪色，發(fā)生的是加成反應(yīng)，苯使溴水褪色，發(fā)生的是萃取，故C錯誤；D.氫氧化鈉過量，F(xiàn)eCl3與氫氧化鈉反應(yīng)生成紅褐色沉淀，不能比較KSP，故D錯誤；故選B?！军c睛】（1）鹽類水解規(guī)律：有弱才水解，越弱越水解，雙弱雙水解，誰強顯誰性，兩強顯中性。（2）元素非金屬性越強，最高價氧化物的水化物的酸性越強。6.氨硼烷(NH3·BH3)電池可在常溫下工作，裝置如圖所示。該電池工作時的總反應(yīng)為：NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。下列說法錯誤的是（）A.裝置左側(cè)電極為負(fù)極，電子由該極出發(fā)，依次通過正極、電解質(zhì)溶液，回到負(fù)極B.正極的反應(yīng)式為：H2O2+2H++2e－=2H2OC.電池工作時，H+通過質(zhì)子交換膜向正極移動，D.消耗3.lg氨硼烷，理論上轉(zhuǎn)移0.6mol電子【答案】A【解析】【詳解】A.電子不能經(jīng)過溶液，故A錯誤；B.H2O2在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：H2O2+2H++2e－=2H2O，故B正確；C.放電時，陽離子向正極移動，H+通過質(zhì)子交換膜向正極移動，故C正確；D.負(fù)極反應(yīng)式為：NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，消耗3.lg氨硼烷為0.1mol，轉(zhuǎn)移0.6mol電子，故D正確；故選A。7.甲胺(CH3NH2)是一種應(yīng)用廣泛的一元弱堿，其電離方程式為：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－常溫下，向20.0mL0.10mol/L的甲胺溶液中滴加VmL0.10mol/L的稀鹽酸，混合溶液的pH與相關(guān)微粒濃度的關(guān)系如圖所示。下列說法中錯誤的是（）A.b點對應(yīng)加入鹽酸的體積V<20.00mLB.常溫下，甲胺的電離常數(shù)為Kb，則Kb=10－3.4C.b點可能存在關(guān)系：c(Cl－)>c(CH3NH3+)>c(H+)>cOH－)D.V=20.00mL時，溶液中水電離的c(H+)>10－7mol/L【答案】C【解析】【詳解】A.若加入20mL的鹽酸，則鹽酸和甲胺恰好完全反應(yīng)生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是強酸弱堿鹽，所得溶液呈酸性，b點溶液呈中性，所以b點對應(yīng)加入鹽酸的體積小于20mL，故A正確；B.由甲胺的電離方程式為：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－可知，甲胺的電離常數(shù)為Kb=c(OH-)c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)，a點溶液的pH=10.6，c(H+)=10-10.6，c(OH-)=10-3.4，lgc(CH3NH3+)/c(CH3NH2)=0，則c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)=1，代入Kb=c(OH-)c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)中，得出Kb=10－3.4，故B正確；C.b點pH=7，中性溶液，c(H+)=c(OH－)，故C錯誤；D.若加入20mL的鹽酸，則鹽酸和甲胺恰好完全反應(yīng)生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是強酸弱堿鹽，所得溶液呈酸性，CH3NH3+水解促進水的電離，常溫下KW=1×10-14，故溶液中水電離的c(H+)>10－7mol/L，故D正確；故選C。【點睛】電離平衡常數(shù)、水的離子積只與溫度有關(guān)，溫度一定，電離平衡常數(shù)、水的離子積一定。三、非選擇題：共174分。第22~32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33~38題為選考題，考生根據(jù)要求作答8.工業(yè)上以鈦鐵礦(主要成分為鈦酸亞鐵(FeTiO3)，含有MgO、SiO2等雜質(zhì))為原料，制備金屬鈦和鐵紅的工藝流程如下：已知：①酸浸時，F(xiàn)eTiO3轉(zhuǎn)化為Fe2+和TO2+；②本實驗溫度下，Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10－11；③溶液中離子濃度小于等于1.0×10－5mol/L時，認(rèn)為該離子沉淀完全。請回答下列問題：（1）酸浸時如何提高浸取速度和浸取率________(至少答兩種方法)（2）“水解”生成H2TiO3的離子方程式為________。（3）“沉鐵”過程中，氣態(tài)產(chǎn)物的電子式為__________；該過程需控制反應(yīng)溫度低于35℃，原因為_______（4）濾液3可用于制備Mg(OH)2。若濾液3中c(Mg2+)=1.2×10－3mo/L，向其中加入NaOH固體，調(diào)整溶液pH值大于________時，可使Mg2+恰好沉淀完全。（5）“電解”時，電解質(zhì)為熔融的CaO，兩電極材料為石墨棒。則_______極石墨棒需要定期更換，原因是________。（6）測定鐵紅產(chǎn)品純度：稱取m克鐵紅，溶于一定量的硫酸之中，配成500.00mL溶液。從其中量取20.00mL溶液，加入過量的KI，充分反應(yīng)后，用cmol/L硫代硫酸鈉(Na2S2O3)標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點，發(fā)生反應(yīng)：I2+2S2O32－=S4O62－+2I－。平行滴定三次，硫代硫酸鈉平均消耗體積為VmL。則鐵紅產(chǎn)品的純度為：________(用c、V、m表式)【答案】(1).升溫，攪拌，適當(dāng)增大硫酸濃度，粉碎礦石(2).TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+(3).(4).溫度過高容易導(dǎo)致NH4HCO3分解（或防止Fe2+、Mg2+等受熱水解）(5).11(6).陽極(7).陽極產(chǎn)生氧氣與石墨反應(yīng)生成二氧化碳，導(dǎo)致陽極損耗(8).％【解析】【分析】（1）酸浸時提高浸取速度和浸取率可以采取升溫，攪拌，適當(dāng)增大硫酸濃度，粉碎礦石。（2）根據(jù)流程圖中信息，“水解”時，TiO2+轉(zhuǎn)化為H2TiO3沉淀。（3）“沉鐵”過程中，氣態(tài)產(chǎn)物為二氧化碳，根據(jù)反應(yīng)物的性質(zhì)知，溫度過高時，碳酸氫銨會分解，F(xiàn)e2+、Mg2+的水解程度增大。（4）根據(jù)Ksp求。（5）陽極石墨棒需要定期更換。（6）根據(jù)方程式找出Fe2O3～2S2O32－關(guān)系式?！驹斀狻浚?）酸浸時提高浸取速度和浸取率可以采取升溫，攪拌，適當(dāng)增大硫酸濃度，粉碎礦石，故答案為：升溫，攪拌，適當(dāng)增大硫酸濃度，粉碎礦石。（2）根據(jù)流程圖中信息，“水解”時，TiO2+轉(zhuǎn)化為H2TiO3沉淀，離子方程式為：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+，故答案為：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+。（3）“沉鐵”過程中，氣態(tài)產(chǎn)物為二氧化碳，電子式為，根據(jù)反應(yīng)物的性質(zhì)知，溫度過高時，碳酸氫銨會分解，F(xiàn)e2+、Mg2+的水解程度增大，故答案為：；溫度過高容易導(dǎo)致NH4HCO3分解（或防止Fe2+、Mg2+等受熱水解）。（4）根據(jù)Ksp=1.0×10－11=c(Mg2+)c2(OH-)=1×10－5mo/L×c2(OH-)，求出c(OH-)=10-3mo/L，pH=11，故溶液pH值大于11時，可使Mg2+恰好沉淀完全，故答案為：11。（5）“電解”時，電解質(zhì)為熔融CaO，陰極得到Ti，陽極生成O2，陽極石墨棒需要定期更換，原因是陽極產(chǎn)生氧氣與石墨反應(yīng)生成二氧化碳，導(dǎo)致陽極損耗，故答案為：陽極；陽極產(chǎn)生氧氣與石墨反應(yīng)生成二氧化碳，導(dǎo)致陽極損耗。（6）鐵紅的成份是Fe2O3，與硫酸反應(yīng)生成硫酸鐵，反應(yīng)的離子方程式為：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；又知2Fe3++2I－=2Fe2++I2，I2+2S2O32－=S4O62－+2I－，可得出Fe2O3～2S2O32－，硫代硫酸鈉(Na2S2O3)的物質(zhì)的量為cV×10-3mol，F(xiàn)e2O3的物質(zhì)的量為1/2cV×10-3mol，F(xiàn)e2O3的質(zhì)量為80c×V×10-3g，則鐵紅產(chǎn)品的純度為[（80c×V×10-3g×）/mg]×100％=(2cV/m)×100％，故答案為：9.硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化劑或氯磺化劑，用于制作藥品、染料、表面活性劑等。有關(guān)物質(zhì)的部分性質(zhì)如下表：實驗室用干燥而純浄的二氧化硫和氯氣合成硫酰氯，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)△H=－97.3kJ·mol－1反應(yīng)裝置如圖所示(夾持儀器已省略)，請回答有關(guān)問題：（1）儀器B的名稱為________；（2）儀器A的作用是_______；（3）裝置乙中盛放的試劑為______，在實驗室用氫氧化鈉溶液吸收多余硫酰氯的離子反應(yīng)方程式為______；（4）為提高本實驗中硫酰氯的產(chǎn)率，在實驗操作中需要注意的事項有_______(填序號)；①先通冷凝水，再通氣體②控制氣流速率，宜慢不宜快③若三頸燒瓶發(fā)燙，可適當(dāng)降溫④加熱三頸燒瓶（5）少量硫酰氯也可用氯磺酸(ClSO3H)分解獲得，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2ClSO3H=H2SO4+SO2Cl2，此方法得到的產(chǎn)品中會混有硫酸。①分解產(chǎn)物中分離出硫酰氯的實驗操作名稱為____。②某同學(xué)為檢驗硫酰氯產(chǎn)品中是否混有硫酸設(shè)計實驗如下：取少量產(chǎn)品溶于水，加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液，振蕩，觀察到有白色沉淀生成，則認(rèn)為產(chǎn)品中含有硫酸。該同學(xué)的結(jié)論是否正確，請說明理由____。【答案】(1).球形干燥管(2).冷凝回流(3).濃硫酸(4).SO2Cl2+4OH-=SO42-+2Cl-+2H2O(5).①②③(6).蒸餾(7).不正確，因硫酰氯水解可產(chǎn)生硫酸【解析】【分析】（1）儀器B的名稱為球形干燥管。（2）儀器A是冷凝管，作用是冷凝回流。（3）濃硫酸具有吸水性，氫氧化鈉溶液吸收多余硫酰氯的離子反應(yīng)方程式為：SO2Cl2+4OH-=SO42-+2Cl-+2H2O。（4）SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)△H=－97.3kJ·mol－1，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升溫平衡左移，為了提高本實驗中硫酰氯的產(chǎn)率，不能加熱三頸燒瓶。（5）①二者為互溶液體，沸點相差較大，采取蒸餾法進行分離。②硫酰氯水解可產(chǎn)生硫酸，同樣能觀察到有白色沉淀生成?！驹斀狻浚?）儀器B的名稱為球形干燥管，故答案為：球形干燥管。（2）儀器A是冷凝管，作用是冷凝回流，故答案為：冷凝回流。（3）由KClO3和濃鹽酸反應(yīng)制得的Cl2中混有HCl和水蒸氣，丙中盛放飽和NaCl溶液除去HCl，濃硫酸具有吸水性，裝置乙中盛放的試劑為濃硫酸，干燥Cl2，氫氧化鈉溶液吸收多余硫酰氯的離子反應(yīng)方程式為：SO2Cl2+4OH-=SO42-+2Cl-+2H2O，故答案為：濃硫酸；SO2Cl2+4OH-=SO42-+2Cl-+2H2O。（4）SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)△H=－97.3kJ·mol－1，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升溫平衡左移，為了提高本實驗中硫酰氯的產(chǎn)率，不能加熱三頸燒瓶，故答案為：①②③。（5）①二者為互溶液體，沸點相差較大，采取蒸餾法進行分離，故答案為：蒸餾；②硫酰氯水解可產(chǎn)生硫酸，同樣能觀察到有白色沉淀生成，故答案為：不正確，因為硫酰氯水解可產(chǎn)生硫酸。10.（1）甲醇(CH3OH)是重要的溶劑和替代燃料，工業(yè)上用CO和H2在一定條件下制備CH3OH的反應(yīng)為：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，在體積為1L的恒容密閉容器中，充入2molCO和4molH2，一定條件下發(fā)生上述反應(yīng)，測得CO(g)和CH3OH(g)的濃度隨時間變化如圖所示。①從反應(yīng)開始至達到平衡，用氫氣表示的平均反應(yīng)速率υ(H2)=_______mol/(L·min)②下列說法正確的是______(填字母序號)。A．達到平衡時，CO的轉(zhuǎn)化率為75%B．5min后容器中混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再改變C．達到平衡后，再充入氬氣，反應(yīng)速率減小D．2min前υ(正)>υ(逆)，2min后υ(正)<υ(逆)③該條件下反應(yīng)的平衡常數(shù)K=______。（2）已知：I．CO的燃燒熱為△H=－283.0kJ·mol－1II．H2O(1)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol－1III．2CH3OH(g)+CO2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)△H=－15.5kJ·mol－1則①2CH3OH(g)+CO(g)+O2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(l)△H=_____。②對于可逆反應(yīng)2CH3OH(g)+CO(g)+O2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(1)采取以下措施可以提高CH3OCOOCH3產(chǎn)率的是____(填字母)A．降低體系的溫度B．壓縮容器的體積C．減少水量D．選用適當(dāng)?shù)拇呋瘎?）比亞迪雙模電動汽車使用高鐵電池供電。高鐵電池的總反應(yīng)為：3Zn(OH)+2Fe(OH)3+4KOH3Zn+2K2FeO4+8H2O，則充電時的陽極反應(yīng)式為_______。（4）若往20mL0.0lmol/L的弱酸HNO2溶液中逐滴加入一定濃度的燒堿溶液，測得混合溶液的溫度變化如下圖所示，下列有關(guān)說法正確的是______(填序號)。①該燒堿溶液的濃度為0.02mol/L②該燒堿溶液的濃度為0.01mol/L③HNO2的電離平衡常數(shù)：b點>a點④從b點到c點，混合溶液中一直存在：c(Na+)>c(NO2－)>c(OH－)>c(H+)【答案】(1).0.6(2).AB(3).3(4).-342.5kJ·mol－1(5).AB(6).Fe(OH)3-3e-+5OH-=FeO42-+4H2O(7).②③【解析】【分析】（1）①根據(jù)速率定義式求算。②A.根據(jù)三段式求算。B.反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變，氣體物質(zhì)的量變化，5min后反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，容器中混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再改變。C.達到平衡后，再充入氬氣，總壓增大分壓不變，速率不變。D.2min前后反應(yīng)未達到平衡狀態(tài)，反應(yīng)正向進行，υ(正)>υ(逆)。③根據(jù)平衡常數(shù)K=c(CH3OH)/[c(CO)c2(H2)]求算。（2）①根據(jù)蓋斯定律求算。②2CH3OH(g)+CO(g)+O2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(1)△H=-342.5kJ·mol－1，提高CH3OCOOCH3產(chǎn)率，需使平衡右移。（3）充電時陽極上失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)。（4）①②HNO2是弱酸，亞硝酸電離是吸熱過程，酸堿中和反應(yīng)是放熱反應(yīng)，當(dāng)恰好完全中和時放熱最多，根據(jù)此確定c(NaOH)。③電離是吸熱，溫度越高電離平衡常數(shù)越大。④當(dāng)c(NaOH)較大時，可能出現(xiàn)c(Na+)>c(OH－)>c(NO2－)>c(H+)。【詳解】（1）①從反應(yīng)開始至達到平衡，υ(CO)=(1.5mol/L)/5min=0.3mol/(L?min)，υ(H2)=2υ(CO)=0.6mol/(L·min)，故答案為：0.6。②A.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起(mol)240轉(zhuǎn)(mol)1.531.5平(mol)0.511.5達到平衡時，CO的轉(zhuǎn)化率為(1.5mol÷2mol)×100％=75%，故A正確；B.反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變，氣體物質(zhì)的量變化，5min后反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，容器中混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不再改變，故B正確；C.達到平衡后，再充入氬氣，總壓增大分壓不變，速率不變，故C錯誤；D.2min前后反應(yīng)未達到平衡狀態(tài)，反應(yīng)正向進行，υ(正)>υ(逆)，故D錯誤；故選AB。③該條件下反應(yīng)的平衡常數(shù)K=c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)=1.5/(0.5×12)=3，故答案為：3。（2）①I．根據(jù)CO燃燒熱為△H=－283.0kJ·mol－1，得出CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)△H=－283.0kJ·mol－1①,II．H2O(1)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol－1，②III．2CH3OH(g)+CO2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)△H=－15.5kJ·mol－1③根據(jù)蓋斯定律，①-②+③得到2CH3OH(g)+CO(g)+O2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(l)，△H=-342.5kJ·mol－1，故答案為：-342.5kJ·mol－1。②2CH3OH(g)+CO(g)+O2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(1)△H=-342.5kJ·mol－1，提高CH3OCOOCH3產(chǎn)率，需使平衡右移，A.降低體系的溫度，平衡右移，故A正確；B.壓縮容器的體積，相當(dāng)于增大壓強，平衡右移，故B正確；C.水的濃度是個定值，故C錯誤；D.催化劑只能改變反應(yīng)速率，不能使平衡移動，故D錯誤；故選AB。（3）高鐵電池的總反應(yīng)為：3Zn(OH)+2Fe(OH)3+4KOH3Zn+2K2FeO4+8H2O，充電時陽極上失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，故陽極反應(yīng)式為：Fe(OH)3-3e-+5OH-=FeO42-+4H2O，故答案為：Fe(OH)3-3e-+5OH-=FeO42-+4H2O。（4）①HNO2是弱酸，亞硝酸電離是吸熱過程，酸堿中和反應(yīng)是放熱反應(yīng)，當(dāng)恰好完全中和時放熱最多，c(NaOH)=(0.02L×0.01mol/L)/0.02L=0.01mol/L，故①錯誤，②正確；③電離是吸熱，溫度越高電離平衡常數(shù)越大，所以HNO2的電離平衡常數(shù)：b點>a點，故③正確；④從b點到c點，當(dāng)c(NaOH)較大時，可能出現(xiàn)c(Na+)>c(OH－)>c(NO2－)>c(H+)，故④錯誤；故選②③。11.原子序數(shù)依次增大的四種元素A、B、C、D分別處于第一至第四周期，自然界中存在多種A的化合物，B原子核外電子有6種不同的運動狀態(tài)，B與C可形成正四面體形分子，D的基態(tài)原子的最外能層只有一個電子，其他能層均已充滿電子。請回答下列問題：（1）這四種元素中電負(fù)性最大的元素，其基態(tài)原子的價電子排布圖為____________________，第一電離能最小的元素是__________(填元素符號)。（2）C所在主族的前四種元素分別與A形成的化合物，沸點由高到低的順序是___________(填化學(xué)式)，呈現(xiàn)如此遞變規(guī)律的原因是______________________________。（3）B元素可形成多種單質(zhì)，一種晶體結(jié)構(gòu)如圖一所示，其原子的雜化類型為__________；另一種的晶胞如圖二所示，該晶胞的空間利用率為__________，若此晶胞中的棱長為356.6pm，則此晶胞的密度為__________g·cm?3(保留兩位有效數(shù)字)。(=1.732)圖一圖二圖三（4）D元素形成的單質(zhì)，其晶體的堆積模型為__________，D的醋酸鹽晶體局部結(jié)構(gòu)如圖三，該晶體中含有的化學(xué)鍵是__________(填選項序號)。①極性鍵②非極性鍵③配位鍵④金屬鍵（5）向D的硫酸鹽溶液中滴加過量氨水，觀察到的現(xiàn)象是______________________________。請寫出上述過程的離子方程式：__________________________________________________?！敬鸢浮?1).(2).Cu(3).HF＞HI＞HBr＞HCl(4).HF分子之間形成氫鍵使其熔沸點較高，HI、HBr、HCl分子之間只有范德華力，相對分子質(zhì)量越大，范德華力越大；(5).sp2(6).34%(7).3.5(8).面心立方最密堆積(9).①②③(10).首先形成藍色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，沉淀溶解，得到深藍色的透明溶液(11).Cu2++2NH3·H2O==Cu(OH)2↓+NH4+、Cu(OH)2+4NH3==[Cu(NH3)4]2++2OH?【解析】【分析】原子序數(shù)依次增大的四種元素A、B、C、D分別處于第一至第四周期，自然界中存在多種A的化合物，則A為氫元素；B原子核外電子有6種不同的運動狀態(tài)，即核外有6個電子，則B為碳元素；D的基態(tài)原子的最外能層只有一個電子，其他能層均已充滿電子，D原子外圍電子排布為3d104s1，則D為銅元素；結(jié)合原子序數(shù)可知，C只能處于第三周期，B與C可形成正四面體型分子，則B為氯元素。（1）四種元素中電負(fù)性最大的是Cl，其基態(tài)原子的價電子數(shù)為7；金屬性越強，第一電離能越?。唬?）HF分子間存在氫鍵，沸點最高，其它鹵化氫隨著相對分子質(zhì)量遞增，其沸點升高；（3）圖一為平面結(jié)構(gòu)，在其層狀結(jié)構(gòu)中碳碳鍵鍵角為120°，每個碳原子都結(jié)合著3個碳原子，碳原子采取sp2雜化；計算晶胞中碳原子總體積與晶胞體積，充分利用晶胞中每個C原子與周圍4個C原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，確定晶胞棱長與C原子半徑關(guān)系；根據(jù)均攤法計算晶胞中C原子數(shù)目，進而計算晶胞質(zhì)量，再根據(jù)晶胞密度=質(zhì)量/體積計算；（4）晶體Cu為面心立方最密堆積，結(jié)合圖三醋酸銅晶體的局部結(jié)構(gòu)可確定其晶體中含有極性鍵、非極性鍵和配位鍵；（5）硫酸銅溶液中加入氨水會產(chǎn)生氫氧化銅藍色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，沉淀溶解，得到四氨合銅絡(luò)離子，溶液為深藍色的透明溶液?！驹斀狻吭有驍?shù)依次增大的四種元素A、B、C、D分別處于第一至第四周期，自然界中存在多種A的化合物，則A為氫元素；B原子核外電子有6種不同的運動狀態(tài)，即核外有6個電子，則B為碳元素；D的基態(tài)原子的最外能層只有一個電子，其他能層均已充滿電子，D原子外圍電子排布為3d104s1，則D為銅元素；結(jié)合原子序數(shù)可知，C只能處于第三周期，B與C可形成正四面體型分子，則B為氯元素。（1）四種元素中電負(fù)性最大的是Cl，其基態(tài)原子的價電子數(shù)為7，其基態(tài)原子的價電子排布圖為；四元素中Cu的金屬性越強，故Cu的第一電離能越小，故答案為：；Cu。（2）HF分子之間形成氫鍵使其熔沸點較高，HI、HBr、HCl分子之間只有范德華力，相對分子質(zhì)量越大，范德華力越大，沸點越高，即沸點由高到低的順序是HF＞HI＞HBr＞HCl，故答案為：HF＞HI＞HBr＞HCl；HF分子之間形成氫鍵使其熔沸點較高，HI、HBr、HCl分子之間只有范德華力，相對分子質(zhì)量越大，范德華力越大。（3）圖一為平面結(jié)構(gòu)，在其層狀結(jié)構(gòu)中碳碳鍵鍵角為120°，每個碳原子都結(jié)合著3個碳原子，碳原子采取sp2雜化；晶胞中每個C原子與周圍4個C原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，如圖所示：令碳原子半徑為r，則FA長=2r，根據(jù)體積關(guān)系可知，AO長=4OF長，故FA長=3OF長，故AO長=，設(shè)BC長為a，BO長=，則OA長=，故（6）1/2/3a=8/3r，故a=，則晶胞棱長=，則晶胞體積=，晶胞中C原子數(shù)目=4+6×1/2+8×1/8=8，則晶胞中碳原子總體積=8×4/3πr3，故晶胞空間利用率=（8×4/3πr3）÷[8/3×（3）1/2r]3=34%；一個晶胞中含碳原子數(shù)為8×1/8+6×1/2+4=8，晶胞質(zhì)量=8×12/6.02×1023g，晶胞中的棱長為356.6pm，則晶胞體積=（8×12/6.02×1023g）÷（356.6×10-10cm）3≈3.5g·cm故答案為：sp2；34%；3.5。（4）晶體Cu為面心立方最密堆積，結(jié)合圖三醋酸銅晶體的局部結(jié)構(gòu)可確定其晶體中含有極性鍵、非極性鍵和配位鍵，故答案為：面心立方最密堆積；①②③。（5）硫酸銅溶液中加入氨水會產(chǎn)生藍色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，沉淀溶解，得到深藍色的透明溶液，有關(guān)反應(yīng)的離子方程式為Cu2++2NH3·H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2OH-，故答案為：首先形成藍色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，沉淀溶解，得到深藍色的透明溶液；Cu2++2NH3·H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2OH-?！军c睛】第3小題中計算晶胞中碳原子總體積與晶胞的體積，充分利用晶胞中每個C原子與周圍4個C原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，確定晶胞棱長與C原子半徑關(guān)系；根據(jù)均攤法計算晶胞中C原子數(shù)目，進而計算晶胞質(zhì)量，再根據(jù)晶胞密度=質(zhì)量/體積計算。12.光刻膠是一種應(yīng)用廣泛的光敏材料，其合成路線如下(部分試劑、反應(yīng)條件和產(chǎn)物已略去)：已知：I、II、（1）A分子的名稱為______，B分子中所含官能團的名稱為_______，由C到D的反應(yīng)類型為_______；（2）乙炔和羧酸X發(fā)生加成反應(yīng)生成E，E的核磁共振氫譜有三組峰，且峰面積比為3：2：1，E能發(fā)生水解反應(yīng)，則E的結(jié)構(gòu)簡式為_______；（3）D和G反應(yīng)生成光刻膠的化學(xué)方程式為______；（4）C的同分異構(gòu)體滿足下列條件：①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，其水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；②分子中只有一個環(huán)狀結(jié)構(gòu)。滿足上述條件的同分異構(gòu)體有______種。其中苯環(huán)上的一氯取代產(chǎn)物只有兩種的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為：_______（5）根據(jù)已有知識并結(jié)合本題信息，寫出以CH3CHO為原料制備CH3COCOCOOH的合成路線流程圖(無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)______?！敬鸢浮?1).苯甲醛(2).碳碳雙鍵和醛基(3).取代反應(yīng)(4).(5).(6).3種(7).(8).【解析】【分析】由題給信息可推出A的分子式C7H6O，為苯甲醛，B為，C為，E為?！驹斀狻浚?）A分子的名稱為苯甲醛，B為，所含官能團的名稱為碳碳雙鍵和醛基，C為，發(fā)生取代反應(yīng)生成D，故答案為：苯甲醛；碳碳雙鍵和醛基；取代反應(yīng)。（2）乙炔和羧酸X發(fā)生加成反應(yīng)生成E，E發(fā)生加聚反應(yīng)得到F，則E中含有碳碳雙鍵，結(jié)合分子式可知，X為CH3COOH，E的核磁共振氫譜有三組峰，且峰面積比為3：2：1，E能發(fā)生水解反應(yīng)，故E為CH3COOCH=CH2，故答案為：CH3COOCH=CH2。（3）D和G發(fā)生信息II的反應(yīng)得到光刻膠，化學(xué)方程式為，故答案為：。（4）C為，對應(yīng)的同分異構(gòu)體①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基，其水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，水解產(chǎn)物中含有酚羥基②分子中只有一個環(huán)狀結(jié)構(gòu)，故同分異構(gòu)體含有和-CH=CH2，兩者在苯環(huán)上鄰間對三種位置，其中苯環(huán)上的一氯取代產(chǎn)物只有兩種的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為：3種；。（5）對比CH3CHO和CH3COCOCOOH的結(jié)構(gòu)簡式，CH3CHO中含醛基，碳鏈增長，模仿題給已知I構(gòu)建碳干骨架生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO中—CHO發(fā)生氧化反應(yīng)轉(zhuǎn)化為CH3CH=CHCOOH，碳碳雙鍵與溴水發(fā)生加成反應(yīng)可引入雙官能團生成CH3CHBrCHBrCOOH，CH3CHBrCHBrCOOH依次發(fā)生水解反應(yīng)、氧化反應(yīng)即可得到目標(biāo)產(chǎn)物；以CH3CHO為原料制備CH3COCOCOOH的合成路線流程圖為：，故答案為：。漢中市2022屆高三年級教學(xué)質(zhì)量第二次檢測考試?yán)砜凭C合能力測試（物理部分）一、選擇題：1.下列說法正確的是()A.牛頓第一定律又稱慣性定律，所以慣性定律與慣性的實質(zhì)相同B.伽利略通過理想斜面實驗，說明物體的運動不需要力來維持C.牛頓運動定律和動量守恒定律既適用于低速、宏觀的物體，也適用于高速、微觀的粒子D.牛頓第三定律揭示了一對平衡力的相互關(guān)系【答案】B【解析】【詳解】牛頓第一定律又稱慣性定律，但是慣性定律與慣性的實質(zhì)是不相同的，選項A錯誤；伽利略通過理想斜面實驗，說明物體的運動不需要力來維持，選項B正確；牛頓運動定律適用條件為：宏觀，低速，對微觀，高速度運動不再適用。動量守恒定律具有普適性，既適用于低速，也適用于高速運動的粒子，故C錯誤；牛頓第三定律揭示了一對作用與反作用力的相互關(guān)系，選項D錯誤.2.關(guān)于近代原子物理，下列說法正確的是()A.根據(jù)玻爾理論可知，一個氫原子從n=4能級向低能級躍遷最多可輻射6種頻率的光子B.放射性物質(zhì)的半衰期受環(huán)境溫度的影響C.α粒子散射實驗揭示了原子核是可分的D.能量為30eV的光子照射到某一金屬表面時從金屬表面逸出的電子最大初動能為l5eV，為使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，入射光子的能量至少為15eV【答案】D【解析】【詳解】根據(jù)玻爾理論可知，一個氫原子從n=4能級向低能級躍遷最多可輻射3種頻率的光子，選項A錯誤；放射性物質(zhì)的半衰期由內(nèi)部因素決定，不受環(huán)境溫度的影響，選項B錯誤；盧瑟福通過α粒子散射實驗建立了原子的核式結(jié)構(gòu)理論，選項C錯誤；能量為30eV的光子照射到某一金屬表面時從金屬表面逸出的電子最大初動能為l5eV，則金屬的逸出功為15eV，則為使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，入射光子的能量至少為15eV，選項D正確.3.如圖所示，圖甲為質(zhì)點a和b做直線運動的位移一時間圖象，圖乙為質(zhì)點c和d做直線運的速度一時間圖象，由圖可知()A.若t1時刻a、b兩質(zhì)點第一次相遇，則t2時刻兩質(zhì)點第二次相遇B.若t1時刻c、d兩質(zhì)點第一次相遇，則t2時刻兩質(zhì)點第二次相遇C.t1到t2時間內(nèi)，b和d兩個質(zhì)點的運動方向發(fā)生了改變D.t1到t2時間內(nèi)，a和d兩個質(zhì)點的速率先減小后增大【答案】A【解析】【詳解】在位移-時間圖象中，兩圖線的交點表示兩質(zhì)點位置相同而相遇，由甲圖可知，t1時刻a、b兩質(zhì)點第一次相遇，則t2時刻兩質(zhì)點第二次相遇，故A正確；t1到t2時間內(nèi)，根據(jù)v-t圖像的面積表示位移知c的位移大于d的位移，若t1時刻c、d兩質(zhì)點第一次相遇，則t2時刻兩質(zhì)點沒有相遇。故B錯誤；兩質(zhì)點中只有b運動方向改變，a、c、d質(zhì)點的方向未發(fā)生改變，故C錯誤；根據(jù)x-t圖象的斜率表示速度，知t1到t2時間內(nèi)，a質(zhì)點的速度不變。由v-t圖象知：d的速率先減小后增大，故D錯誤。4.半圓柱體P放在粗糙的水平地面上，其右端有放置的豎直擋板MN。在P和MN之間放有一個光滑均勻的小圓柱體Q，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。如圖所示是這個裝置的縱截面圖。若用外力使MN保持豎直并緩慢地向右移動，在Q落到地面以前，發(fā)現(xiàn)P始終保持靜止。在此過程中，下列說法中正確的是()A.P受到Q的彈力逐漸減小B.P受到Q的彈力先增大后減小C.P受到地面的摩擦力逐漸增大D.P受到地面的摩擦力先增大后減小【答案】C【解析】【詳解】先對Q受力分析，受重力、P對Q的支持力和MN對Q的支持力，如圖；根據(jù)共點力平衡條件，有：，N2=mgtanθ；再對P、Q整體受力分析，受重力、地面支持力、MN擋板對其向左的支持力和地面對其向右的支持力，如圖；根據(jù)共點力平衡條件，有：f=N2；故有：f=mgtanθ；MN保持豎直且緩慢地向右移動過程中，角θ不斷變大，故f變大，N1變大；故選C。5.有4個完全相同的燈泡連接在理想變壓器的原、副線圈中電源輸出電壓u恒定不變，如圖所示。若將該線路與交流電源接通，且開關(guān)S接在位置1時，4個燈泡發(fā)光亮度相同；若將開關(guān)S接在位置2時，燈泡均未燒壞。則下列可能的是()A.該變壓器是降壓變壓器，原、副線圈匝數(shù)比為4：1B.該變壓器是升壓變壓器，原、副線圈匝數(shù)比為1：4C.當(dāng)接位置2時副線圈中的燈泡仍能發(fā)光，只是亮度變亮D.當(dāng)接位置2時副線圈中的燈泡仍能發(fā)光，只是亮度變暗【答案】C【解析】【詳解】四個燈泡亮度相同，所以原線圈電流與副線圈電流之比為1：3，根據(jù)電流與匝數(shù)成反比知原副線圈的匝數(shù)比為3：1，可知該變壓器是降壓變壓器，故AB錯誤；接到2位置，原線圈輸入電壓變大，根據(jù)電壓與匝數(shù)的關(guān)系可知副線圈電壓變大，所以燈泡的電流變大，燈泡仍能發(fā)光，但亮度變大，故C正確，D錯誤。6.圖甲所示的“軌道康復(fù)者”航天器可在太空中給“垃圾”衛(wèi)星補充能源，延長衛(wèi)星的使用壽命。圖乙是“軌道康復(fù)者”在某次拯救一顆地球同步衛(wèi)星前，二者在同一平面內(nèi)沿相同繞行方向繞地球做勻速圓周運動的示意圖，此時二者的連線通過地心、軌道半徑之比為1：4。若不考慮衛(wèi)星與“軌道康復(fù)者”之間的引力，則下列說法正確的是()。A.站在赤道上的人觀察到“軌道康復(fù)者”向西運動B.在圖示軌道上，“軌道康復(fù)者”的加速度大小是地球同步衛(wèi)星的16倍C.在圖示軌道上，地球同步衛(wèi)星的機械能大于“軌道康復(fù)者”的機械能D.若要對該同步衛(wèi)星實施拯救，“軌道康復(fù)者”應(yīng)從圖示軌道上加速，然后與同步衛(wèi)星對接【答案】BD【解析】【詳解】因“軌道康復(fù)者”的高度低于同步衛(wèi)星的高度，可知其角速度大于同步衛(wèi)星的角速度，也大于站在赤道上的觀察者的角速度，則站在赤道上的人觀察到“軌道康復(fù)者”向東運動，選項A錯誤；由得：，在圖示軌道上，“軌道康復(fù)者”與地球同步衛(wèi)星加速度之比為，故B正確；因“軌道康復(fù)者”與地球同步衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系不確定，則不能比較機械能的關(guān)系，選項C錯誤；“軌道康復(fù)者”應(yīng)從圖示軌道上加速后，軌道半徑增大，與同步衛(wèi)星軌道相交，則可進行對接，故D正確；7.如圖所示邊長為2L的正方形虛線框內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場磁感應(yīng)強度大小為B。一個邊長為L粗細(xì)均勻的正方形導(dǎo)線框abcd，其所在平面與磁場方向垂直，導(dǎo)線框的對角線與虛線框的對角線在一條直線上，導(dǎo)線框總電阻為R。在導(dǎo)線框從圖示位置開始以恒定速度v沿對角線方向進入磁場，到整個導(dǎo)線框離開磁場區(qū)域的過程中，下列說法正確的是A.導(dǎo)線框進入磁場區(qū)域時產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流B.整個過程導(dǎo)線框中有感應(yīng)電流的時間為C.導(dǎo)線框的bd對角線有一半進入磁場時，整個導(dǎo)線框所受安培力大小為D.整個過程通過線框某一橫截面電荷量為【答案】AC【解析】【詳解】導(dǎo)線框進入磁場區(qū)域時磁通量增加，根據(jù)楞次定律判斷得知產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流；故A正確。當(dāng)線框進入和離開磁場時磁通量變化，才有感應(yīng)電流產(chǎn)生，所以有感應(yīng)電流的時間為，故B錯誤。導(dǎo)線框的bd對角線有一半進入磁場時，線框有效的切割長度為：，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=Blv=BLv，感應(yīng)電流為：，整個導(dǎo)線框所受安培力大小為：；選項C正確；線圈進入磁場的過程通過線框某一橫截面電荷量為，出離磁場時通過線框某一橫截面電荷量也為，則整個過程通過線框某一橫截面電荷量為0，選項D錯誤.8.真空中質(zhì)量為m的帶正電小球由A點無初速自由下落t秒，在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場，再經(jīng)過t秒小球又回到A點。小球電荷量不變且小球從未落地，重力加速度為g。則A.整個過程中小球電勢能變化了B.整個過程