2022届陕西省汉中市高三下学期第二次教学质量检测理科综合试卷

/38/38/汉中市2022届高三年级教学质量第二次检测考试理科综合能力测试生物部分1.下列关于细胞结构与功能的说法正确的是A.丙酮酸、核苷酸、氨基酸、脂肪酸都含N元素B.大肠杆菌的细胞膜、线粒体内外膜、高尔基体膜都属于生物膜系统C.脂质是细胞中的储能物质，不能参与生命活动的调节D.酵母菌、念珠藻、绿藻都含有核糖体和DNA【答案】D【解析】【分析】组成生物膜系统主要是细胞膜、核膜和各种细胞器的膜，细胞膜使细胞有相对稳定的内部环境，细胞内许多重要的化学反应都是在生物膜上进行的，生物膜把细胞器分隔开，保证细胞生命活动高效、有序的进行。【详解】丙酮酸、脂肪酸不含N元素，A错误；大肠杆菌是原核生物，无线粒体、高尔基体，无生物膜系统，B错误；脂肪是细胞中的储能物质，脂质中的性激素能参与生命活动的调节，C错误；酵母菌、念珠藻、绿藻都含有核糖体和DNA，D正确；故选D。【点睛】本题考查细胞结构与功能，意在考查考生的识记能力和理解所学知识要点，把握知识间内在联系，形成知识网络结构的能力；能运用所学知识，准确判断问题的能力，属于考纲识记和理解层次的考查。2.如图所示为部分人体细胞的生命历程．I-IV代表细胞的生命现象，细胞1具有水分减少、代谢减慢的特征，细胞2可以无限增殖．下列叙述正确的是A.Ⅰ-Ⅳ过程中，遗传物质没有发生改变B.成体干细胞分化成浆细胞、肝细胞等体现了细胞的全能性C.效应T细胞作用于细胞1和细胞2使其凋亡，此过程属于细胞免疫D.细胞2与正常肝细胞相比，形态结构发生了改变，细胞膜表面糖蛋白含量增多【答案】C【解析】【分析】分析题图：Ⅰ表示细胞分化；细胞1具有水分减少、代谢减慢的特征，因此Ⅱ过程表示细胞衰老；细胞2可以无限增殖，因此过程Ⅲ表示细胞癌变；Ⅳ表示细胞凋亡。【详解】细胞2是癌变细胞，其形成原因是基因突变，即遗传物质发生改变，因此细胞2和细胞1的遗传物质不同，A错误；成体干细胞能够分化成浆细胞、肝细胞等，并没有形成完整个体，因此不能体现细胞核的全能性，B错误；效应T细胞作用于细胞1和细胞2，属于细胞免疫，C正确；细胞2癌细胞与正常肝细胞相比，形态结构发生了改变，细胞膜表面糖蛋白含量减少，D错误；故选C。【点睛】本题结合图解，综合考查细胞分化、细胞衰老、细胞癌变和细胞凋亡等生命历程，意在考查考生的识图能力和理解所学知识要点，把握知识间内在联系，形成知识网络结构的能力；能运用所学知识，准确判断问题的能力。3.以下生物学实验中，操作不能达到预期目的的是A.探究温度对淀粉酶活性的影响，不可用斐林试剂对产物进行检测B.观察DNA和RNA在细胞中的分布时，用龙胆紫将DNA染色C.在性状分离比模拟实验中，增加代表雄性生殖器官的小桶中的小球数D.观察插条生根的实验中用到的药液浓度过高时，用沾蘸法处理材料【答案】B【解析】【分析】斐林试剂鉴定还原糖时，需要水浴加热。根据孟德尔对分离现象解释：1、生物的性状是由遗传因子（基因）决定的，控制显性性状的基因为显性基因（用大写字母表示如：D），控制隐性性状的基因为隐性基因（用小写字母表示如：d），而且基因成对存在．遗传因子组成相同的个体为纯合子，不同的为杂合子，生物形成生殖细胞（配子）时成对的基因分离，分别进入不同的配子中．当杂合子自交时，雌雄配子随机结合，后代出现性状分离，性状分离比为显性：隐性=3：1；2、用甲乙两个小桶分别代表雌雄生殖器官，甲乙两小桶内的彩球分别代表雌雄配子，用不同彩球的随机结合，模拟生物在生殖过程中，雌雄配子的随机组合。【详解】斐林试剂使用时需要水浴加热，所以探究温度对淀粉酶活性的影响时，不可用斐林试剂对产物进行检测，A正确；观察DNA和RNA在细胞中的分布时，用甲基绿将DNA染色绿色，B错误；在性状分离比模拟实验中，增加代表雄性生殖器官的小桶中的小球数，C正确；在探究生长素类似物促进插条生根的最适浓度实验中，用浸泡法处理时要求时间较长、溶液浓度较低，沾蘸法是把插条基部在浓度较高的药液中蘸一下，时间较短，D正确；故选B。4.下列有关变异、育种与进化的叙述，正确的是A.三倍体无籽西瓜的细胞中无同源染色体，不能进行正常的减数分裂B.长期使用同一品牌的农药会诱导害虫发生定向基因突变，使抗药性基因频率增大C.单倍体育种过程中，经常先筛选F1花粉类型，再进行花药离体培养D.同源染色体上非等位基因可以发生基因重组【答案】D【解析】【分析】普通西瓜为二倍体植物，即体内有2组染色体（2N=22），用秋水仙素处理其幼苗，令二倍体西瓜植株细胞染色体成为四倍体（4N=44），这种四倍体西瓜能正常开花结果，种子能正常萌发成长。然后用四倍体西瓜植株做母本（开花时去雄）、二倍体西瓜植株做父本（取其花粉授四倍体雌蕊上）进行杂交，这样在四倍体西瓜的植株上就能结出三倍体的植株，在开花时，其雌蕊要用正常二倍体西瓜的花粉授粉，以刺激其子房发育成果实，由于胚珠不能发育为种子，而果实则正常发育，所以这种西瓜无子。单倍体育种：原理——染色体变异；方法——先杂交，取F1的花粉进行花粉离体培养，得到单倍体植株，幼苗期时进行秋水仙素处理，单倍体染色体数目加倍后变为纯合二倍体；优势——明显缩短育种年限。【详解】三倍体无籽西瓜的细胞中有同源染色体，每一组同源染色体有三条，减数分裂的前期联会紊乱，故不能进行正常的减数分裂，A错误；基因突变不定向，B错误；单倍体育种过程中，经常先进行花药离体培养，再筛选单倍体植物类型，C错误；同源染色体上的非等位基因可以发生基因重组，发生在减数第一次分裂的前期，四分体交叉互换，D正确；故选D。5.寒冷的冬天，某同学从室外进入温暖的教室，机体经过一系列调节达到相对稳定状态。下列有关说法正确的是A.皮肤血管舒张，在室内的散热速率小于室外B.血液中促甲状腺激素增多会促进甲状腺激素的分泌C.细胞内ATP的水解速率大于合成速率D.在室外时，机体产热量大于散热量【答案】A【解析】【分析】1、寒冷环境→皮肤冷觉感受器→下丘脑体温调节中枢→增加产热（骨骼肌战栗、立毛肌收缩、甲状腺激素分泌增加），减少散热（毛细血管收缩、汗腺分泌减少）→体温维持相对恒定。2、下丘脑分泌的促甲状腺激素释放激素能促进垂体分泌促甲状腺激素，垂体分泌促甲状腺激素能促进甲状腺分泌甲状腺激素，而甲状腺激素对下丘脑和垂体有负反馈作用，当甲状腺激素分泌过多时，会抑制促甲状腺激素释放激素和促甲状腺激素的分泌，进而减少甲状腺激素的分泌。3、外环境温度低时，机体产热多，散热也多；当外环境温度高时，机体产热减少，散热也减少，产热多于散热则体温升高，产热少于散热则体温降低。【详解】同学从寒冷的室外进入温暖的教室，皮肤血管舒张，由于室内的温度比室外高，故在室内的散热速率小于室外，A正确；室温比室外高，血液中促甲状腺激素减少，会使甲状腺激素的分泌减少，减弱新陈代谢，维持体温，B错误；细胞内ATP的水解速率等于合成速率，使ATP和ADP的量处于动态平衡，C错误；在室外时，机体体温处于平衡状态，机体产热量等于散热量，D错误；故选A。6.下列有关植物激素的叙述，错误的是A.生长素、细胞分裂素和赤霉素都是能促进植物生长微量有机物B.植物根的向地生长和茎的背地生长都体现了生长素作用的两重性C.赤霉素既能促进细胞伸长，也能打破种子休眠D.光照和温度等环境因素的变化能调节植物激素的合成【答案】B【解析】【分析】1．生长素类具有促进植物生长的作用，在生产上的应用主要有：（1）促进扦插的枝条生根；（2）促进果实发育；（3）防止落花落果。2．赤霉素的生理作用是促进细胞伸长，从而引起茎秆伸长和植物增高，此外，它还有防止器官脱落和解除种子、块茎休眠促进萌发等作用。3．细胞分裂素在根尖合成，在进行细胞分裂的器官中含量较高，细胞分裂素的主要作用是促进细胞分裂，此外还有诱导芽的分化，延缓叶片衰老的作用。4．脱落酸在根冠和萎蔫的叶片中合成较多，在将要脱落和进入休眠期的器官和组织中含量较多，脱落酸是植物生长抑制剂，它能够抑制细胞的分裂和种子的萌发，还有促进叶和果实的衰老和脱落，促进休眠和提高抗逆能力等作用。【详解】生长素和赤霉素促进细胞伸长，细胞分裂素促进细胞分裂，故都是能促进植物生长微量有机物，A正确；植物茎的背地生长体现了生长素促进生长的作用，未体现出两重性，B错误；赤霉素既能促进细胞伸长，也能打破种子休眠，C正确；光照和温度等环境因素的变化能调节植物激素的合成，D正确；故选B。7.人体感染流感病毒后常常出现发热症状，体温可升高至39~40℃并保持一段时间，其中部分生理过程如下图所示。请回答下列问题：(1)人体初次接触一种新的流感病毒时，通常需要经__________的摄取和处理，若要消灭侵入宿主细胞的流感病毒，要依赖免疫系统产生的_______________细胞与宿主细胞密切接触，使宿主细胞裂解死亡，这体现了免疫系统的______________功能。(2)病毒感染时，免疫细胞等会产生内生致热源(EP)，EP作用于_____________(填器官名称)中的体温调节中枢，使体温升高。在体温持续在39℃左右的这段时间内，人体产热量___________散热量(填“大于”、“小于”、“等于”)。当体温过高并且发热持续38.5℃以上，通常需要服用退热药，通过增加______________来使体温恢复正常。病毒侵入后，一定程度的发热对人体抗病有积极作用，原因是______________。(3)已知青霉素的作用机理是抑制原核细胞细胞壁的形成，从而达到灭菌的作用。当人体感染流感病毒后，__________(填“能”或“不能”)用抗生素进行治疗，其原因是______________。【答案】(1).吞噬细胞(2).效应T细胞(3).防卫(4).下丘脑(5).等于(6).散热(7).体温上升可促进免疫细胞的活动，从而更有效的清除病毒(8).不能(9).青霉素的作用机理是抑制原核细胞细胞壁的形成，但流感病毒没有细胞结构【解析】【分析】图示分析：流感病毒、体温上升都会促进免疫细胞等产生EP，作用于体温调节中枢，通过垂体促进甲状腺分泌甲状腺激素，使的体温升高；免疫细胞等也能够清除流感病毒。【详解】（1）流感病毒进入人体后首先被吞噬细胞吞噬处理；被流感病毒侵入的靶细胞与效应T细胞特异性结合，靶细胞裂解死亡，释放流感病毒，体现了免疫系统的防卫功能。（2）体温调节中枢在下丘脑，在体温持续高热的这段时间内，由于体温一直不变，因此该过程中产热量与散热量相等。体温过高的情况下，需要服用退热药，通过增加散热来使体温恢复正常。体温上升可促进免疫细胞的活动，从而更有效的清除病毒，因此一定程度的发热对人体抗病有积极作用。（3）根据题意分析，青霉素的作用机理是抑制原核细胞的细胞壁的形成，而流感病毒没有细胞壁结构，因此当人体感染流感病毒后，不能用青霉素进行治疗。【点睛】本题考查免疫调节相关知识，意在考查考生理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系的能力，考生通过分析作答，难度适中。8.黑瓶（不透光）-白瓶法是测定水中藻类植物进行光合作用速率的常用方法。下图甲表示分别测定某池塘夏季白天不同深度水层每小时的平均氧浓度变化曲线，纵轴表示水池深度（假定不同深度的水温不变），横轴表示瓶中O2的变化量（g/m2?h）；图乙是某同学“探究影响植物光合速率的因素”的实验装置图。请回答下列问题：（1）在水深4m处，白瓶中的水藻产生ATP的结构有________________。（2）白瓶中测得的O2变化量为净光合作用产生量，则光照适宜时，水深1m处每平方米的水藻1小时制造的O2的总量为_____________。（3）白瓶在水深3m时，O2的变化量为0，表明在此深度时，水藻的光合速率_____________（填“大于”“等于”或“小于”）呼吸速率，若要在短时间内降低白瓶水藻细胞中C3的含量，则可采取的措施是_____________。（4）若图乙实验中将试管向右移，随着距离的增加，气泡产生速率下降。此实验中的自变量是________。【答案】(1).细胞质基质和线粒体(2).4.5g(3).等于(4).增加光照强度（或降低CO2浓度或不提供CO2或把白瓶水藻从3m处往上移动）(5).光照强弱(或试管离光源的距离)【解析】【分析】分析甲图，黑暗条件下，不同水深的氧气的变化量相同，代表呼吸速率=1.5g/m2?h；光照条件下，氧气的变化量代表着净光合作用速率；识记光合速率=呼吸速率+净光合作用速率。分析乙图：试管与灯泡之间的距离代表光照强度，也是该实验的单一变量；为了探究光照强度对光合速率的影响，也可以用多组相同装置，只更换灯泡功率大小。【详解】（1）据图分析，在水深4m处，白瓶与黑瓶的曲线相交，说明白瓶在此处只能进行呼吸作用，因此产生ATP的场所有细胞质基质和线粒体。（2）据图分析可知，在水深1m处，白瓶的净光合作用速率为3g/m2?h，而呼吸作用速率=1.5g/m2?h，因此水藻1小时制造的氧气总量=3+1.5=4.5g/m2?h。（3）水深3处，氧气的变化量为0，说明净光合作用速率为0，即光合速率等于呼吸速率；通过增加光照强度（或降低CO2浓度或不提供CO2或把白瓶水藻从3m处往上移动），光反应为暗反应提供的ATP和[H]增多，C3的还原加强，短时间内白瓶水藻细胞中C3的含量降低。（4）若图乙实验中将试管向右移，光照强度变弱，光合速率下降，产生的氧气减少，故气泡产生速率下降，该实验的自变量是光照强度。【点睛】本题考查光合作用与呼吸作用相关知识，意在考察考生对知识点的理解掌握和对图形的分析能力。9.汉中市在城市建设过程中，利用人工建立的汉江湿地公园对生活污水进行净化处理，形成菌藻共生的污水净化系统，水体中有藻类植物、水蚤、鲤鱼、腐生细菌等(水蚤以藻类植物为食，鲤鱼以水蚤和藻类植物为食)，获得良好的经济效益，下图是利用人工湿地净化污水的功能模式图。请回答下列问题：(1)流经该湿地生态系统的总能量__________(填“大于”、小于”或“等于”)该系统中生产者所固定的太阳能，该生态系统能量流动的渠道可用图中序号_____________表示。(2)若藻类植物所固定的太阳能总量为6.0×108KJ，藻类中1/2被水蚤捕食，1/2被鲤鱼捕食，则鲤鱼所获得的能量最少为________kJ，鲤鱼用于生长、发育、繁殖的能量的去向有____________。(3)碳循环对生物和生态系统具有重要意义，在碳循环过程中，图中缺少的箭头指向是___________。(格式用“××→××”表示)。(4)从生态系统的结构方面分析，影响生态系统稳定性的内部因素是物种的丰富度和___________。【答案】(1).大于(2).④(3).3.3×107(4).流向分解者（和未利用）(5).大气中的CO2→植物(6).营养结构（食物链和食物网）的复杂程度【解析】【分析】图示分析：图示为人工湿地生态系统，生产者是植物，消费者是动物，分解者是微生物；①③⑥表示各种生物的呼吸作用，②⑤表示动植物被分解者利用，④表示植物被动物利用，图中缺少大气中的二氧化碳指向植物的箭头。【详解】（1）流经该湿地生态系统总能量包括生产者固定的全部太阳能和生活污水中有机物含有的能量，因此流经该湿地生态系统的总能量大于该生态系统中生产者固定的太阳能。能量流动只能发生在食物链中，即中能发生在生产者和消费者之间，因此图中可以表示能量流动的箭头是④。（2）若藻类植物所固定的太阳能总量为6.0×108kJ，藻类中国1/2被水蚤捕食，1/2被鲤鱼捕食，水蚤获得的能量最少为6.0×108×1/2×10%=3.0×107，则鲤鱼所获得的能量最少为鲤鱼从藻类那里获得能量+鲫鱼从水蚤那里获得的能量=6.0×108k×1/2×10%+3.0×107×10%=3.3×107kJ。鲤鱼用于生长、发育、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无机环境之间主要以二氧化碳的形式进行，而在生物群落内部以含碳有机物的形式流动，根据以上分析可知，图中缺少大气中的CO2→植物。（4）维持生态系统的稳定性的内部因素是物种的丰富度和营养结构（食物链、食物网）的复杂程度。【点睛】本题考查物生态系统的结构和功能的相关知识点，意在考查学生对所学知识的理解与掌握程度，培养了学生分析图形、获取信息、解决问题的能力，能力要求较高。10.某种植物的花色有紫色、白色两种。为探究该植物花色的遗传规律，某生物兴趣小组用该植物的纯种进行杂交实验，实验结果如下：亲本F1F2紫花×白花全为紫花紫花：白花=15：1对此实验结果，兴趣小组内进行了讨论和交流，对该植物的花色遗传最后得出了如下解释:①由一对基因（A、a）控制的，但含a的雄配子（花粉）部分不育；②由多对基因共同控制的（A、a，B、b，C、c……）。（1）如果假设①正确，上述实验F1紫花植株产生的可育雄配子中a配子的概率是__________。（2）为验证上述假设，该小组一致同意对F1进行测交实验，请预测两种假设的实验结果：假设①：（F1作母本）___________，（F1作父本）___________。假设②：（F1作母本）___________，（F1作父本）___________。如果实验证明假设②是正确的，则上述实验F2中的紫花植株中纯种占_______________。【答案】(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】根据题意，紫花和白花杂交，F1全为紫花植物，F1自交得到F2中有紫花和白花，说明紫花对白花为显性；若植物的花色由一对基因（A、a）控制且含a的雄配子花粉部分不育，则F1基因型为Aa，F1♀性产生的配子有1/2A、1/2a，F2中白花植株aa占1/16，aa=1/2雌配子×雄配子，则F1紫花植株产生的可育雄配子中a=1/8；若植物的花色由多对基因共同控制的（A、a，B、b，C、c……），根据F2中白花植株aa占1/16，推测花色由2对等位基因控制，F1紫花的基因型为AaBb，白花植株基因型为aabb，其他为紫花，据此分析。【详解】（1）若植物的花色由一对基因（A、a）控制，则F1基因型为Aa，F1♀产生的配子有1/2A、1/2a，含a的雄配子部分不育，F1紫花植株产生可育雄配子a概率为1/16÷1/2=1/8。（2）根据假设①，F1基因型为Aa，F1♀测交即Aa×aa，子代为紫色（Aa）:白色（aa）=1:1；F1♂产生F1紫花植株产生的可育雄配子中a=1/8，7/8A，测交结果为紫色（Aa）：白色（aa）=7:1。根据假设②，F1基因型为AaBb，F1♀与F1♂产生配子相同，（F1作母本）或者（F1作父本），测交为AaBb×aabb，子代白花aabb=1/2×1/2=1/4，则紫花为3/4，紫花：白花=3:1。如果实验证明假设②是正确的，则上述实验F2中的紫花植株中纯种基因型有1AABB，1AAbb，1aaBB，在紫花中所占比例为3/15即1/5。【点睛】本题考查物基因的分离定律和自由组合定律相关知识点，意在考查学生对所学知识的理解与掌握程度，培养学生获取信息、解决问题的能力，能力要求较高。11.杀虫脒，又名氯苯脒，是一种有机氮农药，具有高效广谱杀虫杀螨的作用，但长期使用容易导致土壤污染，为探究能降解杀虫脒的细菌进行了以下实验。(1)微生物生长繁殖所需的主要营养物质有碳源、_____________、水、无机盐四类，该实验所用的培养基只能以杀虫脒作为唯一氮源，其原因是_____________________，从功能上讲，该培养基属于_______________培养基。(2)微生物接种的方法很多，最常用的是平板划线法和稀释涂布平板法，这两种方法在功能上的区别是________________，此外，__________________也是测定微生物数量的常用方法。(3)为了筛选出高效菌株，可比较单菌落周围分解圈的大小，分解圈大说明该菌株的降解能力__________________。(4)通常情况下，在微生物培养过程中实验室常用的灭菌方法有灼烧灭菌、干热灭菌和_________。培养基一般不使用干热灭菌的原因是______________________。【答案】(1).氮源(2).只有能利用杀虫脒的微生物才能正常生长和繁殖(3).选择(4).稀释涂布平板法可以用于统计样品中活菌数目(5).显微镜直接计数(6).强(7).高压蒸汽灭菌(8).湿度低会破坏培养基中的营养成分【解析】【试题分析】本题主要考查微生物培养过程的有关知识。培养基一般都含有碳水化合物、含氮物质、无机盐（包括微量元素）以及维生素和水等；培养基按其特殊用途可分为加富培养基、选择性培养基和鉴别培养基；微生物接种的方法有平板划线法（不能计数）和稀释涂布平板法（可以计数，可以观察菌落特征），显微镜直接计数也是测定微生物数量的常用方法；常用的灭菌方法有灼烧灭菌、干热灭菌和高压蒸汽灭菌等。（1）培养基一般都含有碳水化合物、含氮物质、无机盐（包括微量元素）以及维生素和水等；因本题要探究能降解杀虫脒的细菌，故选择培养基是只有能利用杀虫脒作为唯一氮源的微生物能正常生长和繁殖；（2）平板划线法和稀释涂布平板法都可以接种，但是稀释涂布平板法除了接种，还能用于统计样品中活菌数目；此外，显微镜直接计数也是测定微生物数量的常用方法；（3）分解圈大说明该菌株的降解能力强，是需要的高效菌株；（4）通常情况下，在微生物培养过程中实验室常用的灭菌方法有灼烧灭菌、干热灭菌和高压蒸汽灭菌法，培养基含有水，采用干热灭菌会将水蒸干，干热温度为170℃【点睛】要能区别平板划线法和稀释涂布平板法，前者不能计数，后者能计数。12.糖尿病是一种常见病，其发病率有逐年上升的局势，治疗糖尿病少不了胰岛素。如图表示运用基因工程技术生产胰岛素的几条途径。据图回答下列问题：(1)图中①过程为______________，构建之前可以根据___________设计引物，利用PCR技术对目的基因进行扩增。将重组质粒M转移到受体细胞A中常用的方法是_____________。(2)过程③用到的技术手段有__________________________。(3)过程②可用的方法是_____________________。导入该细胞后，需对该细胞进行组织培养，经________过程形成愈伤组织。(4)若该转基因“胰岛素羊”乳汁中检测到胰岛素，该胰岛素与转基因“胰岛素细菌”产生的胰岛素相比不同之处是_____________________。其原因___________________。【答案】(1).构建基因表达载体(2).人胰岛素基因的核苷酸序列(3).显微注射法(4).早期胚胎培养技术、胚胎移植(5).农杆菌转化法（答基因枪法、花粉管通道法也可）(6).脱分化(7).“胰岛素羊”乳腺细胞分泌的胰岛素具有生物活性，而转基因“胰岛素细菌”产生的胰岛素无生物活性(8).乳腺细胞有内质网与高尔基体，能加工相关的蛋白质，而细菌没有内质网和高尔基体【解析】【分析】1、分析图示，①表示基因表达载体的构建，②表示目的基因导入植物细胞，⑥表示将目的基因导入微生物细胞，③表示动物的个体发育，④表示植物组织培养，⑤表示培养基培养大肠杆菌。2、将目的基因导入受体细胞：根据受体细胞不同，导入的方法也不一样．将目的基因导入植物细胞的方法有农杆菌转化法、基因枪法和花粉管通道法；将目的基因导入动物细胞最有效的方法是显微注射法；将目的基因导入微生物细胞的方法是感受态细胞法，据此答题。【详解】（1）图中①表示基因表达载体的构建，构建之前可以根据人胰岛素基因的核苷酸序列设计引物，利用PCR技术对目的基因进行扩增。将目的基因导入动物细胞最有效的方法是显微注射法，故将重组质粒M转移到受体细胞A中常用的方法是显微注射法。（2）③表示动物的个体发育，此过程用到的技术手段有早期胚胎培养技术、胚胎移植。（3）②表示目的基因导入植物细胞，可用农杆菌转化法（答基因枪法、花粉管通道法也可）。导入该细胞后，需对该细胞进行组织培养，经脱分化过程形成愈伤组织。（4）由于乳腺细胞有内质网与高尔基体，能加工相关的蛋白质，而细菌没有内质网和高尔基体，因此“胰岛素羊”乳腺细胞分泌的胰岛素具有生物活性，而转基因“胰岛素细菌”产生的胰岛素无生物活性。【点睛】本题考查基因工程的相关知识，要求考生识记基因工程的原理及操作步骤，掌握各操作步骤中需要注意的细节问题，能结合所学的知识准确判断各选项。

汉中市2022届高三年级教学质量第二次检测考试理科综合能力测试（化学部分）可能用到的相对原子质量：H-1B-llC-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28P-31S-32C1-35．5Fe-56Cu-64一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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.化学与人类生活密切相关。下列说法正确的是（）A.“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(柄)指南”。司南中“杓”所用材质为Fe2O3B.我国发射的“嫦娥”系列卫星使用了碳纤维，碳纤维是一种新型的有机高分子材料C.“一带一路”是现代“丝绸之路”，丝绸的主要成分是天然纤维素D.将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率【答案】D【解析】【详解】A.司南中“杓”所用材质为Fe3O4，故A错误；B.碳纤维是碳的单质，属于无机物，是一种无机非金属材料，故B错误；C.丝绸的主要成分是蛋白质，故C错误；D.“地沟油”是一种质量极差、极不卫生的非食用油，将它制成肥皂，实际是使用了油脂的皂化反应，将“地沟油”变成肥皂，可以提高资源的利用率，故D正确；故选D。2.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A.1mol－OH(羟基)与1molNH4+中所含电子数均为10NAB.Na2O2与足量的CO2反应生成1molO2，转移电子数目为4NAC.S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NAD.标准状况下，22.4LSO3含有NA个分子【答案】C【解析】【详解】A.1mol－OH(羟基)中含有的电子数为9NA，1molNH4+中所含电子数为10NA，故A错误；B.Na2O2与CO2反应的方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，生成1molO2，转移电子数目为2NA，故B错误；C.由于S2和S8均由S原子构成，故6.4g混合物中无论两者的比例如何，含有的硫原子的物质的量均为6.4g/32g/mol=0.2mol，个数为0.2NA，故C正确；D.标准状况下SO3是固体，无法用22.4L/mol计算，故D错误；故选C。3.A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，且B、C相邻，A在周期表中原子半径最小，C最外层电子数是次外层的三倍，D的简单阳离子和它的含氧酸根离子反应可生成白色沉淀，E单质常温下是黄绿色气体。下列说法中正确的是（）A.元素的简单离子半径：D>C>BB.A与B两种元素共同形成的10电子粒子有2种C.B的最高价氧化物对应水化物的酸性比E的最高价氧化物对应水化物的酸性弱D.由A、B、C三种元素构成的物质一定是共价化合物【答案】C【解析】【分析】A在周期表中原子半径最小，为H元素，C最外层电子数是次外层的三倍，为O元素，A、B、C、D、E的原子序数依次增大，B、C相邻，B为N，D的简单阳离子和它的含氧酸根离子反应可生成白色沉淀，D为Al，E单质常温下是黄绿色气体，E为Cl。【详解】A.电子层结构相同的离子，原子序数大，半径小，故离子半径：B>C>D，故A错误；B.A与B两种元素共同形成的10电子粒子有NH3，NH4+，NH2-，故B错误；C.B为N，E为Cl，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氯的非金属性比氮强，故C正确；D.A、B、C组成的化合物可能是硝酸也可能是硝酸铵，所以可能是共价化合物也可能是离子化合物，故D错误；故选C。【点睛】比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。4.某有机物Z具有美白功效，广泛用于日化产品。该物质可用如下反应制备下列叙述错误的是（）A.X、Y和Z均能和溴水发生反应B.X和Z均能与Na2CO3溶液反应，但不会放出CO2C.Y既能发生取代反应，也能发生加聚反应D.Y分子中所有碳原子一定不共平面【答案】D【解析】【详解】A.X和Z中含有酚羟基，Y中含有碳碳双键，故均能和溴水发生反应，故A正确；B.酚羟基能和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和酚钠，故B正确；C.Y中含有碳碳双键和苯环，具有烯烃和苯的性质，故Y既能发生取代反应，也能发生加聚反应，故C正确；D.Y中具有乙烯和苯的结构，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错误；故选D。【点睛】解答本题首先要找出物质中含有哪些官能团，官能团决定物质的化学性质，例如酚羟基的邻、对位苯环氢易被Br取代，碳碳双键能和溴水发生加成反应，酚羟基能和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和酚钠等。5.根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A将盐酸滴入NaHCO3溶液中有气泡产生氯的非金属性比碳强B用pH试纸分别测定0.1mol/L的苯酚钠和0.1mol/L的Na2CO3溶液的pH苯酚钠溶液的pH约为8Na2CO3溶液的pH约为10苯酚的酸性强于HCO3-C分别将己烯与苯加入溴水溶液中溴水均褪色两种物质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，出现白色沉淀后，继续滴入几滴FeCl3浓溶液，静置出现红褐色沉淀同温下，Ksp[Mg(OH)2]大于Ksp[Fe(OH)3]A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A.盐酸滴入碳酸氢钠溶液中有气泡产生，可知盐酸酸性大于碳酸，但盐酸不是Cl的最高价含氧酸，不能比较氯和碳的非金属性，故A错误；B.苯酚钠和碳酸钠都是强碱弱酸盐，溶液均显碱性，碱性越强说明对应酸的酸性越弱，故B正确；C.己烯使溴水褪色，发生的是加成反应，苯使溴水褪色，发生的是萃取，故C错误；D.氢氧化钠过量，FeCl3与氢氧化钠反应生成红褐色沉淀，不能比较KSP，故D错误；故选B。【点睛】（1）盐类水解规律：有弱才水解，越弱越水解，双弱双水解，谁强显谁性，两强显中性。（2）元素非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强。6.氨硼烷(NH3·BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。该电池工作时的总反应为：NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。下列说法错误的是（）A.装置左侧电极为负极，电子由该极出发，依次通过正极、电解质溶液，回到负极B.正极的反应式为：H2O2+2H++2e－=2H2OC.电池工作时，H+通过质子交换膜向正极移动，D.消耗3.lg氨硼烷，理论上转移0.6mol电子【答案】A【解析】【详解】A.电子不能经过溶液，故A错误；B.H2O2在正极得到电子发生还原反应，电极反应式为：H2O2+2H++2e－=2H2O，故B正确；C.放电时，阳离子向正极移动，H+通过质子交换膜向正极移动，故C正确；D.负极反应式为：NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，消耗3.lg氨硼烷为0.1mol，转移0.6mol电子，故D正确；故选A。7.甲胺(CH3NH2)是一种应用广泛的一元弱碱，其电离方程式为：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－常温下，向20.0mL0.10mol/L的甲胺溶液中滴加VmL0.10mol/L的稀盐酸，混合溶液的pH与相关微粒浓度的关系如图所示。下列说法中错误的是（）A.b点对应加入盐酸的体积V<20.00mLB.常温下，甲胺的电离常数为Kb，则Kb=10－3.4C.b点可能存在关系：c(Cl－)>c(CH3NH3+)>c(H+)>cOH－)D.V=20.00mL时，溶液中水电离的c(H+)>10－7mol/L【答案】C【解析】【详解】A.若加入20mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，b点溶液呈中性，所以b点对应加入盐酸的体积小于20mL，故A正确；B.由甲胺的电离方程式为：CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－可知，甲胺的电离常数为Kb=c(OH-)c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)，a点溶液的pH=10.6，c(H+)=10-10.6，c(OH-)=10-3.4，lgc(CH3NH3+)/c(CH3NH2)=0，则c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)=1，代入Kb=c(OH-)c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)中，得出Kb=10－3.4，故B正确；C.b点pH=7，中性溶液，c(H+)=c(OH－)，故C错误；D.若加入20mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，CH3NH3+水解促进水的电离，常温下KW=1×10-14，故溶液中水电离的c(H+)>10－7mol/L，故D正确；故选C。【点睛】电离平衡常数、水的离子积只与温度有关，温度一定，电离平衡常数、水的离子积一定。三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答8.工业上以钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，含有MgO、SiO2等杂质)为原料，制备金属钛和铁红的工艺流程如下：已知：①酸浸时，FeTiO3转化为Fe2+和TO2+；②本实验温度下，Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10－11；③溶液中离子浓度小于等于1.0×10－5mol/L时，认为该离子沉淀完全。请回答下列问题：（1）酸浸时如何提高浸取速度和浸取率________(至少答两种方法)（2）“水解”生成H2TiO3的离子方程式为________。（3）“沉铁”过程中，气态产物的电子式为__________；该过程需控制反应温度低于35℃，原因为_______（4）滤液3可用于制备Mg(OH)2。若滤液3中c(Mg2+)=1.2×10－3mo/L，向其中加入NaOH固体，调整溶液pH值大于________时，可使Mg2+恰好沉淀完全。（5）“电解”时，电解质为熔融的CaO，两电极材料为石墨棒。则_______极石墨棒需要定期更换，原因是________。（6）测定铁红产品纯度：称取m克铁红，溶于一定量的硫酸之中，配成500.00mL溶液。从其中量取20.00mL溶液，加入过量的KI，充分反应后，用cmol/L硫代硫酸钠(Na2S2O3)标准液滴定至终点，发生反应：I2+2S2O32－=S4O62－+2I－。平行滴定三次，硫代硫酸钠平均消耗体积为VmL。则铁红产品的纯度为：________(用c、V、m表式)【答案】(1).升温，搅拌，适当增大硫酸浓度，粉碎矿石(2).TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+(3).(4).温度过高容易导致NH4HCO3分解（或防止Fe2+、Mg2+等受热水解）(5).11(6).阳极(7).阳极产生氧气与石墨反应生成二氧化碳，导致阳极损耗(8).％【解析】【分析】（1）酸浸时提高浸取速度和浸取率可以采取升温，搅拌，适当增大硫酸浓度，粉碎矿石。（2）根据流程图中信息，“水解”时，TiO2+转化为H2TiO3沉淀。（3）“沉铁”过程中，气态产物为二氧化碳，根据反应物的性质知，温度过高时，碳酸氢铵会分解，Fe2+、Mg2+的水解程度增大。（4）根据Ksp求。（5）阳极石墨棒需要定期更换。（6）根据方程式找出Fe2O3～2S2O32－关系式。【详解】（1）酸浸时提高浸取速度和浸取率可以采取升温，搅拌，适当增大硫酸浓度，粉碎矿石，故答案为：升温，搅拌，适当增大硫酸浓度，粉碎矿石。（2）根据流程图中信息，“水解”时，TiO2+转化为H2TiO3沉淀，离子方程式为：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+，故答案为：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+。（3）“沉铁”过程中，气态产物为二氧化碳，电子式为，根据反应物的性质知，温度过高时，碳酸氢铵会分解，Fe2+、Mg2+的水解程度增大，故答案为：；温度过高容易导致NH4HCO3分解（或防止Fe2+、Mg2+等受热水解）。（4）根据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时，可使Mg2+恰好沉淀完全，故答案为：11。（5）“电解”时，电解质为熔融CaO，阴极得到Ti，阳极生成O2，阳极石墨棒需要定期更换，原因是阳极产生氧气与石墨反应生成二氧化碳，导致阳极损耗，故答案为：阳极；阳极产生氧气与石墨反应生成二氧化碳，导致阳极损耗。（6）铁红的成份是Fe2O3，与硫酸反应生成硫酸铁，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；又知2Fe3++2I－=2Fe2++I2，I2+2S2O32－=S4O62－+2I－，可得出Fe2O3～2S2O32－，硫代硫酸钠(Na2S2O3)的物质的量为cV×10-3mol，Fe2O3的物质的量为1/2cV×10-3mol，Fe2O3的质量为80c×V×10-3g，则铁红产品的纯度为[（80c×V×10-3g×）/mg]×100％=(2cV/m)×100％，故答案为：9.硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。有关物质的部分性质如下表：实验室用干燥而纯浄的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，反应的热化学方程式为：SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)△H=－97.3kJ·mol－1反应装置如图所示(夹持仪器已省略)，请回答有关问题：（1）仪器B的名称为________；（2）仪器A的作用是_______；（3）装置乙中盛放的试剂为______，在实验室用氢氧化钠溶液吸收多余硫酰氯的离子反应方程式为______；（4）为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有_______(填序号)；①先通冷凝水，再通气体②控制气流速率，宜慢不宜快③若三颈烧瓶发烫，可适当降温④加热三颈烧瓶（5）少量硫酰氯也可用氯磺酸(ClSO3H)分解获得，该反应的化学方程式为：2ClSO3H=H2SO4+SO2Cl2，此方法得到的产品中会混有硫酸。①分解产物中分离出硫酰氯的实验操作名称为____。②某同学为检验硫酰氯产品中是否混有硫酸设计实验如下：取少量产品溶于水，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，振荡，观察到有白色沉淀生成，则认为产品中含有硫酸。该同学的结论是否正确，请说明理由____。【答案】(1).球形干燥管(2).冷凝回流(3).浓硫酸(4).SO2Cl2+4OH-=SO42-+2Cl-+2H2O(5).①②③(6).蒸馏(7).不正确，因硫酰氯水解可产生硫酸【解析】【分析】（1）仪器B的名称为球形干燥管。（2）仪器A是冷凝管，作用是冷凝回流。（3）浓硫酸具有吸水性，氢氧化钠溶液吸收多余硫酰氯的离子反应方程式为：SO2Cl2+4OH-=SO42-+2Cl-+2H2O。（4）SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)△H=－97.3kJ·mol－1，正反应为放热反应，升温平衡左移，为了提高本实验中硫酰氯的产率，不能加热三颈烧瓶。（5）①二者为互溶液体，沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离。②硫酰氯水解可产生硫酸，同样能观察到有白色沉淀生成。【详解】（1）仪器B的名称为球形干燥管，故答案为：球形干燥管。（2）仪器A是冷凝管，作用是冷凝回流，故答案为：冷凝回流。（3）由KClO3和浓盐酸反应制得的Cl2中混有HCl和水蒸气，丙中盛放饱和NaCl溶液除去HCl，浓硫酸具有吸水性，装置乙中盛放的试剂为浓硫酸，干燥Cl2，氢氧化钠溶液吸收多余硫酰氯的离子反应方程式为：SO2Cl2+4OH-=SO42-+2Cl-+2H2O，故答案为：浓硫酸；SO2Cl2+4OH-=SO42-+2Cl-+2H2O。（4）SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)△H=－97.3kJ·mol－1，正反应为放热反应，升温平衡左移，为了提高本实验中硫酰氯的产率，不能加热三颈烧瓶，故答案为：①②③。（5）①二者为互溶液体，沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离，故答案为：蒸馏；②硫酰氯水解可产生硫酸，同样能观察到有白色沉淀生成，故答案为：不正确，因为硫酰氯水解可产生硫酸。10.（1）甲醇(CH3OH)是重要的溶剂和替代燃料，工业上用CO和H2在一定条件下制备CH3OH的反应为：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入2molCO和4molH2，一定条件下发生上述反应，测得CO(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。①从反应开始至达到平衡，用氢气表示的平均反应速率υ(H2)=_______mol/(L·min)②下列说法正确的是______(填字母序号)。A．达到平衡时，CO的转化率为75%B．5min后容器中混合气体的平均相对分子质量不再改变C．达到平衡后，再充入氩气，反应速率减小D．2min前υ(正)>υ(逆)，2min后υ(正)<υ(逆)③该条件下反应的平衡常数K=______。（2）已知：I．CO的燃烧热为△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则①2CH3OH(g)+CO(g)+O2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(l)△H=_____。②对于可逆反应2CH3OH(g)+CO(g)+O2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(1)采取以下措施可以提高CH3OCOOCH3产率的是____(填字母)A．降低体系的温度B．压缩容器的体积C．减少水量D．选用适当的催化剂（3）比亚迪双模电动汽车使用高铁电池供电。高铁电池的总反应为：3Zn(OH)+2Fe(OH)3+4KOH3Zn+2K2FeO4+8H2O，则充电时的阳极反应式为_______。（4）若往20mL0.0lmol/L的弱酸HNO2溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如下图所示，下列有关说法正确的是______(填序号)。①该烧碱溶液的浓度为0.02mol/L②该烧碱溶液的浓度为0.01mol/L③HNO2的电离平衡常数：b点>a点④从b点到c点，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根据速率定义式求算。②A.根据三段式求算。B.反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，5min后反应达到平衡状态，容器中混合气体的平均相对分子质量不再改变。C.达到平衡后，再充入氩气，总压增大分压不变，速率不变。D.2min前后反应未达到平衡状态，反应正向进行，υ(正)>υ(逆)。③根据平衡常数K=c(CH3OH)/[c(CO)c2(H2)]求算。（2）①根据盖斯定律求算。②2CH3OH(g)+CO(g)+O2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(1)△H=-342.5kJ·mol－1，提高CH3OCOOCH3产率，需使平衡右移。（3）充电时阳极上失去电子发生氧化反应。（4）①②HNO2是弱酸，亚硝酸电离是吸热过程，酸碱中和反应是放热反应，当恰好完全中和时放热最多，根据此确定c(NaOH)。③电离是吸热，温度越高电离平衡常数越大。④当c(NaOH)较大时，可能出现c(Na+)>c(OH－)>c(NO2－)>c(H+)。【详解】（1）①从反应开始至达到平衡，υ(CO)=(1.5mol/L)/5min=0.3mol/(L?min)，υ(H2)=2υ(CO)=0.6mol/(L·min)，故答案为：0.6。②A.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起(mol)240转(mol)1.531.5平(mol)0.511.5达到平衡时，CO的转化率为(1.5mol÷2mol)×100％=75%，故A正确；B.反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，5min后反应达到平衡状态，容器中混合气体的平均相对分子质量不再改变，故B正确；C.达到平衡后，再充入氩气，总压增大分压不变，速率不变，故C错误；D.2min前后反应未达到平衡状态，反应正向进行，υ(正)>υ(逆)，故D错误；故选AB。③该条件下反应的平衡常数K=c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)=1.5/(0.5×12)=3，故答案为：3。（2）①I．根据CO燃烧热为△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根据盖斯定律，①-②+③得到2CH3OH(g)+CO(g)+O2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(l)，△H=-342.5kJ·mol－1，故答案为：-342.5kJ·mol－1。②2CH3OH(g)+CO(g)+O2(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(1)△H=-342.5kJ·mol－1，提高CH3OCOOCH3产率，需使平衡右移，A.降低体系的温度，平衡右移，故A正确；B.压缩容器的体积，相当于增大压强，平衡右移，故B正确；C.水的浓度是个定值，故C错误；D.催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，故D错误；故选AB。（3）高铁电池的总反应为：3Zn(OH)+2Fe(OH)3+4KOH3Zn+2K2FeO4+8H2O，充电时阳极上失去电子发生氧化反应，故阳极反应式为：Fe(OH)3-3e-+5OH-=FeO42-+4H2O，故答案为：Fe(OH)3-3e-+5OH-=FeO42-+4H2O。（4）①HNO2是弱酸，亚硝酸电离是吸热过程，酸碱中和反应是放热反应，当恰好完全中和时放热最多，c(NaOH)=(0.02L×0.01mol/L)/0.02L=0.01mol/L，故①错误，②正确；③电离是吸热，温度越高电离平衡常数越大，所以HNO2的电离平衡常数：b点>a点，故③正确；④从b点到c点，当c(NaOH)较大时，可能出现c(Na+)>c(OH－)>c(NO2－)>c(H+)，故④错误；故选②③。11.原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，B原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。请回答下列问题：（1）这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布图为____________________，第一电离能最小的元素是__________(填元素符号)。（2）C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物，沸点由高到低的顺序是___________(填化学式)，呈现如此递变规律的原因是______________________________。（3）B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为__________；另一种的晶胞如图二所示，该晶胞的空间利用率为__________，若此晶胞中的棱长为356.6pm，则此晶胞的密度为__________g·cm?3(保留两位有效数字)。(=1.732)图一图二图三（4）D元素形成的单质，其晶体的堆积模型为__________，D的醋酸盐晶体局部结构如图三，该晶体中含有的化学键是__________(填选项序号)。①极性键②非极性键③配位键④金属键（5）向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是______________________________。请写出上述过程的离子方程式：__________________________________________________。【答案】(1).(2).Cu(3).HF＞HI＞HBr＞HCl(4).HF分子之间形成氢键使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大；(5).sp2(6).34%(7).3.5(8).面心立方最密堆积(9).①②③(10).首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液(11).Cu2++2NH3·H2O==Cu(OH)2↓+NH4+、Cu(OH)2+4NH3==[Cu(NH3)4]2++2OH?【解析】【分析】原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为碳元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，则D为铜元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体型分子，则B为氯元素。（1）四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子数为7；金属性越强，第一电离能越小；（2）HF分子间存在氢键，沸点最高，其它卤化氢随着相对分子质量递增，其沸点升高；（3）图一为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；计算晶胞中碳原子总体积与晶胞体积，充分利用晶胞中每个C原子与周围4个C原子形成正四面体结构，确定晶胞棱长与C原子半径关系；根据均摊法计算晶胞中C原子数目，进而计算晶胞质量，再根据晶胞密度=质量/体积计算；（4）晶体Cu为面心立方最密堆积，结合图三醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键；（5）硫酸铜溶液中加入氨水会产生氢氧化铜蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到四氨合铜络离子，溶液为深蓝色的透明溶液。【详解】原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为碳元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，则D为铜元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体型分子，则B为氯元素。（1）四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子数为7，其基态原子的价电子排布图为；四元素中Cu的金属性越强，故Cu的第一电离能越小，故答案为：；Cu。（2）HF分子之间形成氢键使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，即沸点由高到低的顺序是HF＞HI＞HBr＞HCl，故答案为：HF＞HI＞HBr＞HCl；HF分子之间形成氢键使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大。（3）图一为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；晶胞中每个C原子与周围4个C原子形成正四面体结构，如图所示：令碳原子半径为r，则FA长=2r，根据体积关系可知，AO长=4OF长，故FA长=3OF长，故AO长=，设BC长为a，BO长=，则OA长=，故（6）1/2/3a=8/3r，故a=，则晶胞棱长=，则晶胞体积=，晶胞中C原子数目=4+6×1/2+8×1/8=8，则晶胞中碳原子总体积=8×4/3πr3，故晶胞空间利用率=（8×4/3πr3）÷[8/3×（3）1/2r]3=34%；一个晶胞中含碳原子数为8×1/8+6×1/2+4=8，晶胞质量=8×12/6.02×1023g，晶胞中的棱长为356.6pm，则晶胞体积=（8×12/6.02×1023g）÷（356.6×10-10cm）3≈3.5g·cm故答案为：sp2；34%；3.5。（4）晶体Cu为面心立方最密堆积，结合图三醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键，故答案为：面心立方最密堆积；①②③。（5）硫酸铜溶液中加入氨水会产生蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，有关反应的离子方程式为Cu2++2NH3·H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2OH-，故答案为：首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液；Cu2++2NH3·H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2OH-。【点睛】第3小题中计算晶胞中碳原子总体积与晶胞的体积，充分利用晶胞中每个C原子与周围4个C原子形成正四面体结构，确定晶胞棱长与C原子半径关系；根据均摊法计算晶胞中C原子数目，进而计算晶胞质量，再根据晶胞密度=质量/体积计算。12.光刻胶是一种应用广泛的光敏材料，其合成路线如下(部分试剂、反应条件和产物已略去)：已知：I、II、（1）A分子的名称为______，B分子中所含官能团的名称为_______，由C到D的反应类型为_______；（2）乙炔和羧酸X发生加成反应生成E，E的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3：2：1，E能发生水解反应，则E的结构简式为_______；（3）D和G反应生成光刻胶的化学方程式为______；（4）C的同分异构体满足下列条件：①能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；②分子中只有一个环状结构。满足上述条件的同分异构体有______种。其中苯环上的一氯取代产物只有两种的同分异构体的结构简式为：_______（5）根据已有知识并结合本题信息，写出以CH3CHO为原料制备CH3COCOCOOH的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)______。【答案】(1).苯甲醛(2).碳碳双键和醛基(3).取代反应(4).(5).(6).3种(7).(8).【解析】【分析】由题给信息可推出A的分子式C7H6O，为苯甲醛，B为，C为，E为。【详解】（1）A分子的名称为苯甲醛，B为，所含官能团的名称为碳碳双键和醛基，C为，发生取代反应生成D，故答案为：苯甲醛；碳碳双键和醛基；取代反应。（2）乙炔和羧酸X发生加成反应生成E，E发生加聚反应得到F，则E中含有碳碳双键，结合分子式可知，X为CH3COOH，E的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3：2：1，E能发生水解反应，故E为CH3COOCH=CH2，故答案为：CH3COOCH=CH2。（3）D和G发生信息II的反应得到光刻胶，化学方程式为，故答案为：。（4）C为，对应的同分异构体①能发生银镜反应，说明含有醛基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，水解产物中含有酚羟基②分子中只有一个环状结构，故同分异构体含有和-CH=CH2，两者在苯环上邻间对三种位置，其中苯环上的一氯取代产物只有两种的同分异构体的结构简式为：，故答案为：3种；。（5）对比CH3CHO和CH3COCOCOOH的结构简式，CH3CHO中含醛基，碳链增长，模仿题给已知I构建碳干骨架生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO中—CHO发生氧化反应转化为CH3CH=CHCOOH，碳碳双键与溴水发生加成反应可引入双官能团生成CH3CHBrCHBrCOOH，CH3CHBrCHBrCOOH依次发生水解反应、氧化反应即可得到目标产物；以CH3CHO为原料制备CH3COCOCOOH的合成路线流程图为：，故答案为：。汉中市2022届高三年级教学质量第二次检测考试理科综合能力测试（物理部分）一、选择题：1.下列说法正确的是()A.牛顿第一定律又称惯性定律，所以惯性定律与惯性的实质相同B.伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持C.牛顿运动定律和动量守恒定律既适用于低速、宏观的物体，也适用于高速、微观的粒子D.牛顿第三定律揭示了一对平衡力的相互关系【答案】B【解析】【详解】牛顿第一定律又称惯性定律，但是惯性定律与惯性的实质是不相同的，选项A错误；伽利略通过理想斜面实验，说明物体的运动不需要力来维持，选项B正确；牛顿运动定律适用条件为：宏观，低速，对微观，高速度运动不再适用。动量守恒定律具有普适性，既适用于低速，也适用于高速运动的粒子，故C错误；牛顿第三定律揭示了一对作用与反作用力的相互关系，选项D错误.2.关于近代原子物理，下列说法正确的是()A.根据玻尔理论可知，一个氢原子从n=4能级向低能级跃迁最多可辐射6种频率的光子B.放射性物质的半衰期受环境温度的影响C.α粒子散射实验揭示了原子核是可分的D.能量为30eV的光子照射到某一金属表面时从金属表面逸出的电子最大初动能为l5eV，为使该金属发生光电效应，入射光子的能量至少为15eV【答案】D【解析】【详解】根据玻尔理论可知，一个氢原子从n=4能级向低能级跃迁最多可辐射3种频率的光子，选项A错误；放射性物质的半衰期由内部因素决定，不受环境温度的影响，选项B错误；卢瑟福通过α粒子散射实验建立了原子的核式结构理论，选项C错误；能量为30eV的光子照射到某一金属表面时从金属表面逸出的电子最大初动能为l5eV，则金属的逸出功为15eV，则为使该金属发生光电效应，入射光子的能量至少为15eV，选项D正确.3.如图所示，图甲为质点a和b做直线运动的位移一时间图象，图乙为质点c和d做直线运的速度一时间图象，由图可知()A.若t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇B.若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇C.t1到t2时间内，b和d两个质点的运动方向发生了改变D.t1到t2时间内，a和d两个质点的速率先减小后增大【答案】A【解析】【详解】在位移-时间图象中，两图线的交点表示两质点位置相同而相遇，由甲图可知，t1时刻a、b两质点第一次相遇，则t2时刻两质点第二次相遇，故A正确；t1到t2时间内，根据v-t图像的面积表示位移知c的位移大于d的位移，若t1时刻c、d两质点第一次相遇，则t2时刻两质点没有相遇。故B错误；两质点中只有b运动方向改变，a、c、d质点的方向未发生改变，故C错误；根据x-t图象的斜率表示速度，知t1到t2时间内，a质点的速度不变。由v-t图象知：d的速率先减小后增大，故D错误。4.半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有放置的竖直挡板MN。在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态。如图所示是这个装置的纵截面图。若用外力使MN保持竖直并缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止。在此过程中，下列说法中正确的是()A.P受到Q的弹力逐渐减小B.P受到Q的弹力先增大后减小C.P受到地面的摩擦力逐渐增大D.P受到地面的摩擦力先增大后减小【答案】C【解析】【详解】先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图；根据共点力平衡条件，有：，N2=mgtanθ；再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，如图；根据共点力平衡条件，有：f=N2；故有：f=mgtanθ；MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变大，故f变大，N1变大；故选C。5.有4个完全相同的灯泡连接在理想变压器的原、副线圈中电源输出电压u恒定不变，如图所示。若将该线路与交流电源接通，且开关S接在位置1时，4个灯泡发光亮度相同；若将开关S接在位置2时，灯泡均未烧坏。则下列可能的是()A.该变压器是降压变压器，原、副线圈匝数比为4：1B.该变压器是升压变压器，原、副线圈匝数比为1：4C.当接位置2时副线圈中的灯泡仍能发光，只是亮度变亮D.当接位置2时副线圈中的灯泡仍能发光，只是亮度变暗【答案】C【解析】【详解】四个灯泡亮度相同，所以原线圈电流与副线圈电流之比为1：3，根据电流与匝数成反比知原副线圈的匝数比为3：1，可知该变压器是降压变压器，故AB错误；接到2位置，原线圈输入电压变大，根据电压与匝数的关系可知副线圈电压变大，所以灯泡的电流变大，灯泡仍能发光，但亮度变大，故C正确，D错误。6.图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命。图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1：4。若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的是()。A.站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动B.在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的16倍C.在图示轨道上，地球同步卫星的机械能大于“轨道康复者”的机械能D.若要对该同步卫星实施拯救，“轨道康复者”应从图示轨道上加速，然后与同步卫星对接【答案】BD【解析】【详解】因“轨道康复者”的高度低于同步卫星的高度，可知其角速度大于同步卫星的角速度，也大于站在赤道上的观察者的角速度，则站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动，选项A错误；由得：，在图示轨道上，“轨道康复者”与地球同步卫星加速度之比为，故B正确；因“轨道康复者”与地球同步卫星的质量关系不确定，则不能比较机械能的关系，选项C错误；“轨道康复者”应从图示轨道上加速后，轨道半径增大，与同步卫星轨道相交，则可进行对接，故D正确；7.如图所示边长为2L的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场磁感应强度大小为B。一个边长为L粗细均匀的正方形导线框abcd，其所在平面与磁场方向垂直，导线框的对角线与虚线框的对角线在一条直线上，导线框总电阻为R。在导线框从图示位置开始以恒定速度v沿对角线方向进入磁场，到整个导线框离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是A.导线框进入磁场区域时产生逆时针方向的感应电流B.整个过程导线框中有感应电流的时间为C.导线框的bd对角线有一半进入磁场时，整个导线框所受安培力大小为D.整个过程通过线框某一横截面电荷量为【答案】AC【解析】【详解】导线框进入磁场区域时磁通量增加，根据楞次定律判断得知产生逆时针方向的感应电流；故A正确。当线框进入和离开磁场时磁通量变化，才有感应电流产生，所以有感应电流的时间为，故B错误。导线框的bd对角线有一半进入磁场时，线框有效的切割长度为：，产生的感应电动势为：E=Blv=BLv，感应电流为：，整个导线框所受安培力大小为：；选项C正确；线圈进入磁场的过程通过线框某一横截面电荷量为，出离磁场时通过线框某一横截面电荷量也为，则整个过程通过线框某一横截面电荷量为0，选项D错误.8.真空中质量为m的带正电小球由A点无初速自由下落t秒，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点。小球电荷量不变且小球从未落地，重力加速度为g。则A.整个过程中小球电势能变化了B.整个过程