湖北名校联盟2019届高三5月仿真测试卷理科综合

1、湖北名校联盟2019届高三5月仿真测试卷理科综合注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Mn 55 Ba 137第卷（选择题，共126分）一、选择题：本大题共1

2、3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下列有关生物膜系统的说法正确的是A合成固醇类激素的细胞内质网一般不发达B通过细胞膜上载体蛋白的物质运输属于协助扩散C磷脂是构成细胞膜的重要物质，但磷脂与物质的跨膜运输无关D核膜具有双层膜结构，其上的核孔是核质交换与信息交流的通道【答案】D【解析】固醇属于脂质，内质网是蛋白质合成和加工，以及脂质的合成车间；根据结构与功能相适应的特点，合成固醇类激素的细胞内质网应较发达；A错误；主动运输也需要载体，B错误；自由扩散中，脂溶性物质易通过细胞膜与磷脂有关；C错误；核孔是核质物质和信息交流的通道；D正确。2近年来，RNA分子成为科

3、学界的研究热点。下列关于RNA的描述中，正确的是A发菜细胞中，rRNA的合成以及核糖体的形成与核仁密切相关B转录时，RNA聚合酶能识别RNA分子的特定位点并与之结合C由于密码子具有简并性，因此一种tRNA可与多种氨基酸结合D有的RNA分子能降低某些生化反应的活化能而加速反应进行【答案】D【解析】发菜细胞为原核细胞，没有细胞核，也就没有核仁，其细胞中rRNA的合成以及核糖体的形成与核仁无关，A错误；转录时，RNA聚合酶能识别DNA分子的特定位点（基因中的启动子）并与之结合，B错误；一种tRNA只能与一种氨基酸结合，C错误；少数酶是RNA，酶能降低生化反应的活化能而加速反应进行，D正确。3生物实验

4、中常用到对照，以下对照设置正确的是A研究温度对酶活性的影响分别在酸性和碱性条件下进行B研究蝾螈细胞核的功能实验中，将其受精卵两部分缢成有核和无核两部分C验证胚芽鞘感光部位在尖端的实验中，甲组用锡帽盖住尖端，乙组去掉尖端D在噬菌体侵染细菌实验中，用放射性元素S、P标记同一噬菌体【答案】B【解析】研究温度对酶活性的影响的实验中，自变量为温度，PH值为无关变量，无关变量应保持相同且适宜，A错误；研究细胞核的功能，自变量是有无细胞核，可以把蝾螈的受精卵横缢成有核和无核二部分，这是正确的做法，B正确；验证胚芽鞘感光部位在尖端的实验中，实验的自变量是尖端是否接受光照的刺激，因此甲组用锡帽罩住尖端，乙组不作

5、处理，C错误；在噬菌体侵染细菌实验中，用放射性元素S、P分别标记不同噬菌体，以获得单独标记蛋白质的噬菌体和单独标记DNA的噬菌体，D错误。4图1表示不同植物生长单位长度所需时间与生长素浓度的关系，图2为不同浓度的 生长素对植物生长的影响曲线。下列叙述不正确的是A图1和图2中曲线的变化情况都能够反映生长素的作用具有两重性B图1中、的最低点和图2中H点对应的生长素浓度均为促进相应植物生长的最适浓度C若图1中的a点对应的生长素浓度为图2中的m，则b点对应的生长素浓度大于eD若图1中的c点对应的生长素浓度为图2中的m，则d点对应的生长素浓度应大于g小于 2m【答案】D【解析】依分析可知，图1和图2中曲

6、线的变化情况都能够反映生长素的作用具有两重性，A正确；图1中、的最低点代表植物生长单位长度所需时间最短，H点对应的生长素促进作用最强，因此均为促进相应植物生长的最适浓度，B正确；若图1中的a点对应的生长素浓度为图2中的m，则b点对应的生长素浓度应大于a，对应图2应大于m，且b点在图1的作用表现为抑制作用，对应图2应大于e，因此b点对应的生长素浓度大于e，C正确；若图1中的c点对应的生长素浓度为图2中的m，因d点对应的生长素浓度大于c，对应图2应大于m，且c点在图1的作用表现为促进作用在加强，未达到最适浓度，对应图2应大于m小于g，D错误。5下列有关种群和群落的叙述，错误的是A捕食者数量的变化与

7、被捕食者数量的变化之间存在负反馈调节B食性相同的异种鸟类分布在树林的不同位置能有效减小种间竞争C黑光灯诱捕的方法可用于探究农田里昆虫的物种数目D环境容纳量受自然条件限制，会因环境的破坏而发生变化【答案】C【解析】被捕食者的数量增加会导致捕食者的数量增加，而捕食者数量的增加会导致被捕食者数量的减少，可见两者之间的数量变化存在负反馈调节，A正确；森林中同一位置的食物有限，食性相同的异种鸟类会因争夺食物发生种间竞争，因此食性相同的异种鸟类分布在树林的不同位置能有效减小种间竞争，B正确；黑光灯只能用于调查农田里趋光性的昆虫，没有趋光性的昆虫不能捕获，因此不能用于探究该农田里昆虫的物种数目，C错误；环境

8、容纳量会随着环境条件的改变而改变，D正确。6下列关于生物变异和进化的叙述，错误的是A种群之间的生殖隔离必须经长时间的地理隔离才能实现B人工繁育的大熊猫放归自然将改变保护区内大熊猫种群的基因频率C在生物的变异过程中，非同源染色体之间交换部分片段，属于突变D基因频率改变的快慢与其控制的性状与环境适应的程度有关【答案】A【解析】有些种群不经过地理隔离也可产生生殖隔离，如多倍体的形成，A错误；放归人工繁育的大熊猫对于原有野生种群来说是迁入个体，会影响原有野生种群的基因频率，B正确；非同源染色体之间交换部分片段是易位，属于染色体变异，也属于突变，C正确；在自然选择的作用下，具有有利变异的个体有更多的机会

9、产生后代，相应的基因频率会不断提高，相反，具有不利变异的个体留下后代的机会少，相应的基因频率会下降；在持续选择的条件下，不利变异个体的基因频率有可能下降至0，因此基因频率改变的快慢与其控制的性状与环境适应的程度有关，D正确。7化学与生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是A高纯二氧化硅可用作计算机芯片的材料B硅胶、铁粉均可作为食品包装中的抗氧化剂C氯化铝是工业上电解法治炼金属铝的原料D“地沟油”可用来制肥皂和生物柴油【答案】D【解析】A计算机芯片的主要成分是提纯的单质硅，故A项错误；B硅胶经硅酸凝胶干燥脱水而得到，可以作为干燥剂，但因不具有还原性，不能作为食品包装中的抗氧化剂，故B

10、项错误； C 氯化铝为分子晶体，在熔融状态下不能电离，不能用于冶炼金属铝，而氧化铝才是工业上电解法治炼金属铝的原料，故C项错误；D“地沟油”的成分是油脂，碱性条件下水解成为皂化反应，可用来制肥皂，可从地沟油中提炼出油脂作为生物柴油，故D项正确；答案选D。8NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A常温常压下，36g 18O2中所含的中子数为16NAB8.0g Cu2S和CuO的混合物中含有的铜原子数为0.1NAC电解饱和食盐水时，阳极生成22.4L气体时，转移的电子数为2NAD室温下向1L pH1的醋酸溶液中加水，所得溶液中H+数目小于0.1NA【答案】B【解析】A36g 18O2的物质的

11、量为36g36g/mol=1mol，则所含中子数为2(18-8)NA=20NA，故A项错误；BCu2S的摩尔质量是CuO摩尔质量的2倍，含有的铜原子个数也是CuO的2倍，故Cu2S和CuO的混合物可以看做均由“CuO”构成，则含有的“CuO”物质的量为n=8.0g80g/mol=0.1mol，则混合物中含有的铜原子数为0.1NA，故B项正确；C阳极上生成气体的状态不明确，故物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故C项错误；D1L pH1的醋酸溶液中，氢离子的物质的量n(H+)=0.1mol，在加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，故所得溶液中H+数目略大于0.1NA，故D项错误；答案选B。9

12、下列实验方案正确且能达到实验目的的是A：证明碳酸的酸性比硅酸强B：验证草酸晶体是否含结晶水C：检验混合气体中H2S和CO2D：制备乙酸乙酯【答案】C【解析】A盐酸挥发出的HCl也能和硅酸钠反应，应先除去，A项错误；B草酸受热易熔化，所以试管口不能向下倾斜，且草酸受热分解也会产生水，B项错误；C足量酸性高锰酸钾溶液可检验并除去H2S，可通过澄清石灰水变浑浊检验CO2的存在，C项正确；D导管不能插入饱和碳酸钠溶液中，否则会引起倒吸，D项错误；所以答案选择C项。10甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是A甲、乙的化学式均为C8H14B乙的二氯代物共有7种（不考虑立体异构）C丙的名

13、称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面D甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】A由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；B乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH原子上，共有7种，故B正确；C苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；D乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D错误。故选D。11W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，W和X形成的气态化合物的水溶液显碱性，Y的M层电子数与K层电子数之和为L层电子数的一半，Z的低价氧

14、化物和其气态氢化物可以反应得到 Z的淡黄色单质。下列说法正确的是AY与Z的单质混合加热能反应 BX、Y、Z的简单离子半径：XYY【答案】A【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W和X形成的气态化合物的水溶液显碱性，则该气态化合物为NH3，故W为H，X为N；Y的M层电子数与 K层电子数之和为 L层电子数的一半，则Y为Mg元素；Z的低价氧化物和其气态氢化物可以反应得到Z的淡黄色单质，该反应为二氧化硫和硫化氢反应生成硫和水，则Z为S元素，以此分析解答。AMg与S的单质混合加热反应生成MgS，故A正确；BN、Mg、S的简单离子半径：Mg2+N3H2，故D错误。答案选A。12MgAg

15、Cl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。如图用该水激活电池为电源电解NaCl溶液的实验中，X电极上有无色气体逸出。下列有关分析正确的是AII为正极，其反应式为Ag+e=AgB水激活电池内Cl由正极向负极迁移C每转移1mol e，U型管中消耗0.5mol H2OD开始时U型管中Y极附近pH逐渐增大【答案】B【解析】AAgCl是难溶物，其正极电极反应式为：2AgCl+2e=2C1+2Ag，选项A错误；B原电池放电时，阴离子向负极移动，则Cl在正极产生由正极向负极迁移，选项B正确；C每转移1mol e，由2Cl+2H2O2OH+H2+Cl2，可知生成0.5mol氢气，消耗1mol水，选项C错误

16、；DY为阳极，生成氯气，氯气与水反应呈酸性，pH减小，选项D错误。答案选B。13已知HA的酸性弱于HB的酸性。25时，用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1molL1的HA溶液和HB溶液的pH（溶液的体积变化忽略不计），溶液中A、B的物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变化悄况如图所示。下列说法正确的是A曲线表示溶液的pH与-lgc(A)的变化关系BC溶液中水的电离程度：MNDN点对应的溶液中c(Na+)Q点对应的溶液中c(Na+)【答案】B【解析】A由“HA的酸性弱于HB的酸性”可知，Ka(HB)Ka(HA)，由图可知，曲线I表示溶液的pH与-lgc(B)的变化关系，错误；B根据图中M、

17、N点的数据可知，c(A)=c(B)，c(HA)=c(HB)，故KaHBKaHA=cMH+cNH+=100，正确；M点与N点存在c(A)=c(B)，M点溶液的pH比N点溶液的pH小，c(OH)小，水的电离程度弱，故M点水的电离程度弱，错误；DN、Q点对应溶液的pH相等，由图可知c(A) c(B)，根据电荷守恒可知，N点对应的溶液中c（Na+）小于Q点对应的溶液中c（Na+），错误。二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一个选项符合题目要求。第1921题有多选项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的的0分。14以下叙述正确的是A法拉第发现了

18、电流的磁效应B惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大C牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因D感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果【答案】D【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，选项A错误；惯性是物体的固有属性，质量大的物体惯性一定大，惯性大小与速度无关，选项B错误；伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因，选项C错误；感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果，选项D正确；故选D.15如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上。磁铁下落过程中始终保持竖直

19、方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触。若不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是A在磁铁下落的整个过程中，从上向下看圆环，圆环中的感应电流方向先顺时针后逆时针B磁铁在整个下落过程中，圆环对它的作用力始终竖直向上C磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变D磁铁落地时的速率一定等于2gh【答案】B【解析】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(从上向下看圆环)，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(从上向下看圆环)，A错误；据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可判断磁铁在整个下落过程

20、中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，B对；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；若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度v2gh，但磁铁穿过圆环的过程中要产生电流，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于2gh，D错误。16如图所示，放在电梯地板上的一个木块相对电梯处于静止状态，此时弹簧处于压缩状态。突然发现木块被弹簧推动，据此可判断电梯此时的运动情况可能是A匀速上升B加速上升C减速上升D减速下降【答案】C【解析】木块突然被推动，表明木块所受摩擦力变小了，也表明木块与地板之间的弹力变小了，重力大于弹力，其合力竖直向下，木块处于失重状态，故C正确；ABD错误。1

21、7如右图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度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m和木板之间的动摩擦因数为，为保持木板的速度不变，从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么外力对物体m做功的数值为Amv24Bmv22Cmv2D2mv2【答案】C【解析】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一起做匀速运动匀加速运动的时间t=vg，则物体运动的位移x=v2t=v22g所以外力F通过滑动摩擦力对物体做正功为W=mgx=12mv2，故B正确，A、C、D错误故选B。18如图所示，带

22、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2mgC小球b加速度大小先变大后变小D细线PM的拉力先增大后减小【答案】D【解析】小球b运动过程管道支持力和电场力不做功，故只有重力做功，那么机械能守恒，故A错误；对小球b运动过程应用机械能守恒可得：mgR=12mv2，由小球在H点时对管道壁恰

23、好无压力，根据牛顿第二定律可得：F库-mg=mv2R=2mg，所以小球b受到的库仑力F=3mg，方向竖直向上；又有库仑力F库=kq1q2R2，所以，库仑力大小不变，故选项B错误；设b与a的连线与水平方向的夹角为，则有mgRsin=12mv12，任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成，即a=an2+a2=v12R+(gcos)2=5-3cos22g，下滑过程中从0增大90，可知小球b加速度一直变大，故选项C错误；设PN与竖直方向的夹角为，对球a受力平衡，在竖直方向可得FPNcos=mg+3mgsin，在水平方向可得FPNsin+3mgcos=FPM，解得FPM=mgtan+3mgcos(-)

24、cos，下滑过程中从0增大90，细线PM的拉力先增大后减小，故选项D正确；故选选项D。19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，到达轨道的近地点B时，再次点火进入近地轨道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地球的质量可表示为42(R+h)3GT2B该卫星在轨道上B点的速率大于在轨道上A点的速率C卫星在圆轨道和圆轨道上做圆周运动时，轨道上动能小，引力势能大，机械能小D卫星从远地点A向近地点B运动的过程中，加速度变小【答案】AB【解析】在轨道I上运动过程中，

25、万有引力充当向心力，故有GMm(R+h)2=m42(R+h)T2，解得M=42(R+h)3GT2，故选项A正确；在轨道的A点需要减速做近心运动才能进入轨道，所以在在轨道上A点速率小于在轨道上A点的速率，根据GMmr2=mv2r 可得v=GMr，可知在轨道III上B点速率大于在轨道上A点的速率，所以该卫星在轨道上B点的速率大于在轨道上A点的速率，故选项B正确；从B运动到A的过程中只受到地球引力作用，引力做负功，势能增加，由于轨道III上的速度大于在轨道的速度，所以动能减小，由于在轨道上B点点火加速机械能增加，在轨道上A点点火加速机械能增加，所以机械能增加，故选项C错误；根据公式GMmr2=ma可

26、得a=GMr2，所以轨道半径越大，向心加速度越小，故卫星从远地点A向近地点B运动的过程中，轨道变小，加速度变大，故选项D错误。故选AB。20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(ZAX)发生了一次衰变。放射出的粒子(24He)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发生衰变后产生的粒子与新核Y在磁场中运动的轨迹正确的是图丙B新核Y在磁场中圆周运动的半径为RY2Z-2RC粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，且电流大小为IBq22mD若衰变过程中释放的核能都转化为粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量

27、亏损为mA(BqR)22m(A-4)c2【答案】BCD【解析】由动量守恒可知衰变后产生的粒子与新核Y运动方向相反，所以在磁场中运动的轨迹圆外切，根据qvB=mv2R可得R=mvqB，可知粒子半径大，由左手可知两粒子圆周运动方向相同，丁图正确，故选项A错误；由R=mvqB可知RYR=2Z-2，新核Y在磁场中圆周运动的半径为RY=2Z-2R，故选项B正确；圆周运动的周期为T=2mqB，环形电流为I=qT=Bq22m，故选项C正确；对粒子由洛伦磁力提供向心力qvB=mv2R可得v=qBRm，由质量关系可知衰变后新核Y质量为M=A-44m，由衰变过程中动量守恒可得Mv-mv=0可知v=mvM，系统增加

28、的能量为E=12Mv2+12mv2，由质能方程可得E=mc2，联立解得衰变过程中的质量亏损为m=A(qBR)22m(A-4)c2，故选项D正确；故选BCD。21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R1R2，理想变压器的原、副线圈匝数比为k且kc(SO)c(H+)c(OH) 【解析】由流程图可知，向用水洗涤的废旧电池滤渣中加入稀硫酸，滤渣中的Fe和Zn(OH)2溶于稀硫酸，反应生成的硫酸亚铁在酸性条件下，与MnO(OH)发生氧化还原反应生成硫酸铁、硫酸锰，过滤得到含有硫酸锌、硫酸铁和硫酸锰的酸性滤液，向滤液中加入铁粉调整滤液中铁离子

29、的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn(1x)Fe2O4相符合，再加入双氧水将Fe 2+氧化为Fe 3+，用氨水调pH后，经结晶、过滤得到产品MnxZn(1x)Fe2O4。（1）由题意可知，MnxZn(1x)Fe2O4中锰元素的化合价为+2价，设铁元素化合价为+a，由化合价代数和为零可得：（+2）x+（+2）（1-x）+（+a）2+（-2）4=0，解得a=3，故答案为：+3；（2）由题意可知，硫酸亚铁与MnO(OH)在酸性条件下发生氧化还原反应，硫酸亚铁被氧化生成硫酸铁，MnO(OH)被还原为硫酸锰，反应的离子方程式为MnO(OH)+Fe2+3H+=Mn2+Fe3+2H

30、2O，故答案为：MnO(OH)+Fe2+3H+=Mn2+Fe3+2H2O；（3）“调铁”工序中，加入的铁粉与溶液中的Fe 3+和H+反应，反应时，氧化性较强的Fe3+与Fe反应生成Fe2+，Fe3+完全反应后，H+与Fe反应生成Fe2+和H2，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+和Fe+2H+=Fe2+H2，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+2H+=Fe2+H2；由MnxZn(1x)Fe2O4得化学式可知，nMn2+Zn2+n(Fe 3+)=12，设加入的铁粉为x mol，依据题意可得（a molL1103L）(b molL1103L+x) =12，解得x=(2a-b)1

31、03 mol，则加入的铁粉质量为(2a-b)103 mol56g/mol=56(2a-b)103g=56(2a-b)kg，故答案为：56(2a-b)；（4）在“氧化”工序中，双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，反应生成的Fe3+可以做催化剂，使双氧水催化分解，成为除温度外，导致实际消耗双氧水的量大于理论值的因素，故答案为：生成的Fe3+催化了双氧水的分解；（5）由流程图可知，反应中加入了稀硫酸和氨水，滤液C中一定含有可以做氮肥的硫酸铵，硫酸铵溶液中由于铵根离子水解使溶液显酸性，溶液中有c(H+)c(OH)，但是由于水解程度小，溶液中有c(NH)c(SO)，则溶液中离子浓度由大到小的排序为，故答案为

32、：c(NH)c(SO)c(H+)c(OH)。28（15分）二甲醚又称甲醚，简称DME，熔点-141.5，沸点-24.9，与石油液化气(LPG)相似，被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气(CO、H2)制备二甲醚的反应原理如下：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1=-90.0kJmol12CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H2=-20.0kJmol1回答下列问题：（1）已知：H2O(1)=H2O(g) H=+44.0kJ/mol，若由合成气(CO、H2)制备1mol CH3OCH3(g)，且生成H2O(1)，其热化学方程式为_。（2）有人模拟该制备原理：500K时，在

33、2L的密闭容器中充入2mol CO和6mol H2，5min达到平衡，平衡时测得c(H2)=1.8molL1，c(CH3OCH3)=0.2molL1，此时CO的转化率为_。用CH3OH表示反应的速率是_molL1min1，可逆反应的平衡常数K2=_。（3）在体积一定的密闭容器中发生反应，如果该反应的平衡常数K2值变小，下列说法正确的是_。A平衡向正反应方向移动 B平衡移动的原因是升高了温度C达到新平衡后体系的压强不变 D容器中CH3OCH3的体积分数减小（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入CO(g)和H2(g)进行反应，平衡时CO(g)和H2(g)的转化率如图所示，则a=_

34、 (填数值)。（5）绿色电源“二甲醚燃料电池”的结构如图所示，电解质为熔融态的碳酸盐(如熔融K2CO3)，其中CO2会参与电极反应。工作时正极的电极反应为_ 。【答案】（1）2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(l) H2=-244.0kJmol1 （2） 60% 0.12 1 （3） BD （4） 2 （5） 2CO2+O2+4e=2CO【解析】（1）给H2O(1)=H2O(g) H=+44.0kJ/mol编号为，根据盖斯定律，2+-得：2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(l) H2=-244.0kJmol1。（2）由已知，CO和H2按照物质的量之比12

35、反应，H2反应了6mol-1.8molL12L=2.4mol，所以CO反应了1.2mol，此时CO的转化率为：1.2mol2mol100%=60%；根据反应，生成CH3OH 1.2mol，用CH3OH表示反应的速率是1.2mol2L5min=0.12mol(Lmin)1；由c(CH3OCH3)=0.2molL1，可得反应H2O(g)的平衡浓度为0.2molL1，反应CH3OH(g)的平衡浓度为1.2mol2L-20.2molL1=0.2molL1，所以可逆反应的平衡常数K2=1。（3）化学平衡常数只受温度影响，反应正向为放热反应，升高温度K2值变小，平衡逆向移动，CH3OCH3(g)生成率降低

36、，容器中CH3OCH3的体积分数减小；容器中气体总物质的量不变，容器容积固定，T增大，根据PV=nRT，则P增大，故BD正确。（4）反应物按化学计量数之比投料，则平衡转化率相同，如图，交点纵坐标表示H2和CO转化率相等，横坐标a表示H2(g)和CO(g)的投料比，所以a=2。（5）正极上是氧气得电子发生还原反应，由已知熔融K2CO3作电解质，CO2参与反应，故电极反应式为：2CO2+O2+4e=2CO。29（9分）下图表示某植物所在密闭大棚内夏季一昼夜CO2浓度的变化（假定呼吸速率不变）。回答下列问题：（1）图中甲到乙段大棚内CO2浓度增长速率减慢的原因是_。（2）图中植物体内有机物含量最多是

37、_点。该植物_（填“能”或“不能”）积累有机物，原因是_。（3）该植物细胞吸收18O2，最先出现放射性的物质是_。【答案】（1）甲到乙段，光照强度逐渐增强，光合速率增大，CO2释放减少，故大棚内CO2浓度增长速率减慢（2）丙 能（1分） 丁点CO2浓度小于甲点（3）水【解析】（1）图1中甲到乙段处于零时到清晨，光照强度逐渐增强，光合速率增大，CO2释放减少，故大棚内CO2浓度增长速率减慢。（2）图1中丙点时CO2浓度降到最低，说明植物体内有机物含量最多。丁点时CO2浓度低于甲点，说明经过一昼夜，该植物吸收了CO2，能积累有机物。（3）该植物细胞吸收的18O2，首先参与有氧呼吸第三阶段，与H结合

38、生成含放射性的水。30（10分）关于阿尔茨海默病（AD，俗称“老年痴呆”）的发病机制，现在最流行的是淀粉样蛋白（A）假说。该假说认为由于A“漏出”神经细胞，会引起周围的神经细胞膜和线粒体膜的损伤，神经纤维缠结。（1）由题意可知，合成A的场所是_，A可通过胞吐的方式“漏出”神经细胞，会引起周围的神经细胞突触小体中乙酰胆碱的（一种兴奋性神经递质）释放量_（变少、不变、变多），原因是_。（2）AD病患者神经系统不兴奋和缺少_激素的效果很相似。AD病患者还会出现大量记忆性神经元数目减少的现象，据研究是由于体液中的吞噬细胞吞噬引起的，这是_（填“非特异性免疫”、“细胞免疫”或“体液免疫”）执行功能的结果。 （3）向患者体内注射抗A的抗体是治疗阿尔茨海默病的方法之一，其原理是 。【答案】（1）核糖体 变少（1分） A破坏线粒体，使呼吸作用释放的能量减少，影响乙酰胆碱的释放（2）甲状腺 非特异性免疫（1分）（3）注射A的抗体可与A结合，降低A对神经细胞膜和线粒体膜的破坏性【解析】（1）A是淀粉样