普通高等学校招生全国统一考试临考冲刺卷（七）理综

普通高等学校2018年招生全国统一考试临考冲刺卷(七)理科综合能力测试注意事项：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。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32I127第Ⅰ卷一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列有关细胞成分及其生命活动的叙述，正确的是A.细胞中的微量元素不参与有机物的合成B.脂肪是动物细胞内主要的能源物质C.有氧呼吸合成ATP的过程与放能反应相联系D.与细胞代谢有关的酶都是在核糖体中合成的【答案】C【解析】细胞中的微量元素也参与有机物的合成，例如Fe2＋参与血红蛋白的合成，A错误；脂肪是细胞内良好的储能物质，糖类是细胞内主要的能源物质，B错误；有氧呼吸是指细胞在氧的参与下，通过多种酶的催化作用，把葡萄糖等有机物彻底氧化分解成CO2和H2O，并释放能量、生成大量ATP的过程，即有氧呼吸合成ATP的过程与放能反应相联系，C正确；绝大多数酶是蛋白质，少数酶是RNA，蛋白质都是在核糖体中合成的，D错误。2.2015年诺贝尔化学奖颁给了研究DNA修复细胞机制的三位科学家。P53蛋白对细胞分裂起监视作用。P53蛋白可判断DNA损伤的程度，如果损伤较小，该蛋白就促使细胞自我修复（过程如图所示）；若DNA损伤较大，该蛋白则诱导细胞凋亡。下列有关叙述错误的是A.P53蛋白可使DNA受损的细胞分裂间期延长B.P53蛋白可导致细胞内的基因选择性表达C.抑制P53蛋白基因的表达，细胞将不能分裂D.若P53蛋白基因突变，则可能导致细胞癌变【答案】C【解析】DNA复制过程如出现受损，则P53蛋白修复过程需要相应的时间，使间期延长，A正确；P53蛋白可诱导细胞凋亡，细胞凋亡是由基因控制的，因此与细胞内基因选择性表达有关，B正确；根据题意可知，P53蛋白作用是对损伤的DNA进行修复，但并不影响正常的分裂，C错误；P53蛋白基因突变，则可能无法合成P53蛋白，因而不能对突变的DNA进行修复，可能导致细胞癌变，D正确。3.自噬作用是溶酶体对自身细胞质蛋白或细胞器的吞噬和分解过程，以此实现细胞本身的代谢需要和某些细胞器的更新。下列关于自噬作用的分析错误的是A.在溶酶体内水解酶的作用下，自噬作用可将蛋白质分解为氨基酸B.溶酶体内的物质被水解后，其产物被排出细胞或在细胞内被利用C.细胞内损伤的各种细胞器通过溶酶体的自噬作用在细胞内被分解D.自噬作用在机体的生理和病理过程中都能见到，其所起的作用都是负面的【答案】D【解析】溶酶体内水解酶包含蛋白酶，所以自噬作用过程中有蛋白质在蛋白酶的催化下分解为氨基酸，A正确；溶酶体内的物质被水解后，其产物不可利用的被排出细胞，能够利用的则留在细胞内，B正确；结合题意可知，细胞内损伤的各种细胞器通过溶酶体的自噬作用在细胞内被分解，C正确；根据题意“自噬作用是溶酶体对自身细胞质蛋白或细胞器的吞噬和分解过程，以此实现细胞本身的代谢需要和某些细胞器的更新”可知，自噬作用所起的作用一般是正面的，D错误。4.糖尿病是以持续高血糖为其基本生化特征的一种慢性全身性代谢疾病。糖尿病患者症状主要有多尿、多饮、多食，还伴有身体疲乏，视力障碍等。其中“多尿”表现为尿量增多，每昼夜排尿次数也增多，下面对其“多尿”成因的解释错误的是A.糖尿病患者由于血糖浓度高，导致口渴，水喝得多了，尿就多了B.糖尿病患者的下丘脑血糖调节中枢发生病变，不能分泌抗利尿激素C.糖尿病患者食量大，导致尿液中的代谢产物多，所以多尿D.糖尿病患者经肾小球过滤的原尿中葡萄糖含量较高，以致形成渗透性利尿【答案】B【解析】糖尿病患者由于血糖浓度高，细胞外液渗透压升高，导致口渴，水喝得多了，尿就多了，A正确；下丘脑血糖调节中枢与产生抗利尿激素无关，B错误；糖尿病患者食量大，导致尿液中的代谢产物多，所以多尿，C正确；糖尿病患者经肾小球过滤的原尿中葡萄糖含量较高，以致形成渗透性利尿，尿量增多，D正确。5.某地土壤和水体中镉超标，镉进入生态系统后蓄积在动物肝、肾中引发“痛痛病”。某生态系统有甲、乙、丙、丁四个营养级，在某一时间测得所含镉的相对浓度如图所示。下列相关叙述中，正确的是A.当地人要预防“痛痛病”应少吃动物肝、肾等内脏B.丙营养级所含能量最多C.该生态系统肯定没有分解者D.四个营养级所同化的能量值的关系可表示为丁<甲+乙+丙【答案】A【解析】富集作用是随着营养级越高含量会越高，由题意可知镉进入生态系统后蓄积在动物肝、肾中而引发“痛痛病”，所以人类要预防该病应少吃动物肝、肾等内脏，A正确；丙营养级所含镉浓度最高，说明丙营养级最高，而能量是单向流动、逐级递减的，丙营养级所含能量最少，B错误；任何一个生态系统中都必须有分解者，C错误；四个营养级同化的能量值的关系可以表示为丁>甲+乙+丙，D错误。6.某高等动物的毛色由常染色体上的两对等位基因（A、a和B、b）控制，A对a、B对b完全显性，其中A基因控制黑色素的合成，B基因控制黄色素的合成，两种色素均不合成时毛色呈白色。当A、B基因同时存在时，二者的转录产物会形成双链结构进而无法继续表达。用纯合的黑色和黄色亲本杂交，F1为白色。以下分析错误的是A.自然界中白色个体的基因型有5种B.含A、B基因的个体毛色是白色的原因是不能翻译出相关蛋白质C.若F2中黑色:黄色:白色个体之比接近3:3:10，则两对基因独立遗传D.若F2中白色个体的比例接近1/2，则F2中黑色个体的比例也接近1/2【答案】D【解析】表现型为白色的个体基因型有AABB、AaBB、AaBb、AABb、aabb五种，A正确；当A、B基因同时存在时，二者的转录产物会形成双链结构进而无法继续表达，故含A、B基因的个体毛色为白色，B正确；若F2中黑色∶黄色∶白色个体之比接近3:3:10，即F2的表现型之和为16，说明控制毛色的两对等位基因位于两对非同源染色体上，遵循基因的分离定律和自由组合定律，C正确；若F2中白色个体的比例接近1/2，则F2中黑色个体与黄色个体之和的比例接近1/2，D错误。7．下列关于化学与生产、生活的认识正确的是A．糖类、油脂、蛋白质都可以水解B．石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物C．酸雨的pH在5.6～7.0之间D．新能源汽车的推广与使用，有助于减少PM2.5的产生【答案】D【解析】A、糖类中的最简单的单糖是不能水解的，故A错误；B、汽油、煤油等是石油分馏的产物，又叫馏分，都是混合物，故B错误；C、酸雨的pH小于5.6，故C错误，D、新能源汽车是不再利用石油为能源，减少了有害气体的大量排放，有助于减少PM2.5的产生，所以D正确。本题正确答案为D。8．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAB．标准状况下，22.4LSO3中含有的原子数为4NAC．78g苯含有的碳碳双键数为3NAD．1molNA与3molH2反生成的NH3分子数为2NA【答案】A【解析】A．H218O与D2O的中子数相等均为10，所以摩尔质量也相等为20g/mol，则2.0g混合物的物质的量为1mol，中子数为NA，A正确；B．SO3在标准状况下为固体，不能套用气体的摩尔体积；C．苯分子中不含碳碳双键，其碳碳键是一种介于碳碳单键与碳碳双键之间的一种特殊的化学键，C错误；D．氮气和氢气合成氨是可逆反应，不能进行彻底，所以1molN2与3molH2充分反应后生成NH3的分子数小于2NA，故D错误。所以选择A。9．下列叙述不正确的是A．甲苯分子中所有原子在同一平面上B．苯、乙酸、乙醇均能发生取代反应C．分子式为C3H6Cl2的同分异构体共有4种(不考虑立体异构)D．可用溴的四氯化碳溶液区别和【答案】A【解析】A、甲苯分子中的甲基为四面体结构，所以不是所有原子都在同一平面上，故A错误；B、苯可以在苯环上取代，乙酸和乙醇可以发生酯化反应，也是取代反应，故B正确；C、分子式为C3H6Cl2的同分异构体分别为：CH3－CH2－CH(Cl)2、CH3－C(Cl)2－CH3、CH3－CHCl－CH2Cl和CH2Cl－CH2－CH2Cl共4种，所以C正确；D、因分子中含有碳碳双键，可使溴的四氯化碳溶液褪色，而分子没有碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故可用溴的四氯化碳溶液进行区别，故D正确。本题正确答案为A。10．由下列实验操作及现象能推出相应结论的是选项实验操作和现象实验结论A向酸性高锰酸钾溶液中加入过量FeI2固体，反应后溶液变黄反应后溶液中存在大量Fe3+B将某无色气体通入溴水中，溴水颜色褪去该气体一定是SO2C向盛有2mL0.1mo/LAgNO3溶液的试管中滴加5滴0.1mo/LNa2CO3溶液，出现白色沉淀；再往试管中滴加几滴0.1mol/LNa2S溶液，出现黑色沉淀Ksp(Ag2CO3)>Ksp(Ag2S)D向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀H2CO3的酸性比H2SiO3强【答案】D【解析】A、酸性高锰酸钾溶液可将Fe2+氧化为Fe3+，将I氧化为I2，Fe3+和I2在溶液中都是显黄色，所以A错误；B、能使溴水褪色的无色气体除SO2外，还有乙烯等，故B错误；C、由于AgNO3过量，所以黑色沉淀可能是有过量的AgNO3与Na2S反应生成的，不一定是白色的Ag2CO3转化为黑色的Ag2S，所以不能确定二者的溶度积大小，故C错误；D、根据较强的酸可以制取出较弱的酸，所以D正确。11．全钒氧化还原电池是一种新型可充电池，不同价态的含钒离子作为正极和负极的活性物质，分别储存在各自的酸性电解液储罐中。其结构原理如图所示，该电池放电时，右槽中的电极反应为：V2+e=V3+，下列说法正确的是A．放电时，右槽发生还原反应B．放电时，左槽的电极反应式：VO2++2H++e=VO2++H2OC．充电时，每转移1mol电子，n(H+)的变化量为1molD．充电时，阴极电解液pH升高【答案】B【解析】A、已知电池放电时右槽中的电极反应为V2+e=V3+，V2+失去电子，作电池的负极，发生氧化反应，所以A错误；B、放电时左槽作电池的正极，溶液中的H+向正极移动，结合VO2+和VO2+中V元素的化合价，可写出其电极反应为VO2++2H++e=VO2++H2O，故B正确；C、由放电时的正极反应式知，充电时每转移1mol电子，H+的物质的量改变2mol，所以C错误；D、根据充电、放电原理可知，充电时的阳极反应为VO2++H2Oe=VO2++2H+，所以阳极电解液的pH降低，H+从左槽（阳极）通过离子交换膜进入右槽（阴极），所以阴极电解液的pH也降低，故D错误。本题正确答案为B。12．已知pC=lgc；Ksp[Cu(OH)2]=2.2×1020和Ksp[Mg(OH)2]=1.8×1011，测得两种金属离子的pC与pH的变化关系如下图所示。下列说法正确的是A．加入氨水调节pH可除去MgSO4溶液中的CuSO4杂质B．pH调到Q点则Mg2+和Cu2+都已沉淀完全C．在浓度均为1mol/LCuSO4和MgSO4的混合溶液中，存在c(Cu2+)+c(Mg2+)>c(SO42)D．L1代表pC(Cu2+)随pH变化，L2代表pC(Mg2+)随pH变化【答案】D【解析】A、加入氨水调节pH可使Cu2+生成沉淀与Mg2+分离，但引入了新的杂质离子NH4+，所以A错误；B、Q点的pH约为9，则由Ksp求得c(Cu2+)=10—10mol/L<1.0×10—5mol/L，c(Mg2+)=10—2mol/L>1.0×10—5mol/L，所以Cu2+已沉淀完全而Mg2+不能沉淀完全，故B错误；C、由于Mg2+和Cu2+都能够水解，所以c(Cu2+)+c(Mg2+)<c(SO42)，则C错误；D、由图象可知，当Mg2+和Cu2+的浓度均为1mol/L时开始生成Cu(OH)2沉淀的pH为4左右，而开始生成Mg(OH)2沉淀的pH为9左右，所以D正确。本题正确答案为D。13．X、Y、Z、W、M五种短周期主族元素，原子序数依次增大，已知X为原子半径最小的元素，Y为形成化合物种类最多的元素，Z的最外层电子数为电子层数的3倍，W是地壳中含量最高的金属元素，M的单质是一种黄绿色气体，则下列叙述正确的是A．原子半径的大小关系W>M>Z>Y>XB．Y、Z二种元素分别与X元素形成的最简单的化合物的稳定性前者强C．YX4与M的单质在光照条件下的反应往往生成5种物质D．Y、W、M的最高价氧化物对应的水化物两两之间均可以发生化学反应【答案】C【解析】X为原子半径最小的元素，X是H元素；Y为形成化合物种类最多的元素，Y是C元素；Z的最外层电子数为电子层数的3倍，Z是O元素；W是地壳中含量最高的金属元素，W是Al元素；M的单质是一种黄绿色气体，M是Cl元素。原子半径的大小关系是Al＞Cl＞C＞O＞H，故A错误；稳定性H2O＞CH4，故B错误；CH4与Cl2在光照条件先的反应往往生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4、HCl五种，故C正确；碳酸是弱酸不能与氢氧化铝反应，故D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14～17题只有一个选项符合题目要求。第18～21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．下列说法中正确的是A.β射线和γ射线一样是电磁波，但穿透本领远比γ射线弱B.氡的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下1个氡原子核C.已知质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，那么质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m1+2m2m3D.放射性元素发生β衰变时所释放的电子是核外的电子发生电离产生的【答案】C15．放在租糙的水平地面上的斜面体，倾角θ=45，斜面光滑。斜面上有两个质量均为m的小物块A、B，它们之间有轻绳连接。当用水平外力F推物块A时，两个滑块和斜面体一起向左做匀速直线运动。若斜面对物块A的支持力大小为NA、斜面对物块B的支持力大小为NB，则下列结论正确的是A．B．C．D．【答案】C16．如图所示，倾角为30°的光滑斜面底端固定一轻弹簧，O点为原长位置。质量为0.5kg的滑块从斜面上A点由静止释放，物块下滑并压缩弹簧到最短的过程中，最大动能为8J。现将物块由A点上方0.4m处的B点由静止释放，弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内，g取10m/s2，则下列说法正确的是A．物块从O点开始做减速运动B．从B点释放滑块动能最大位置比从A点释放要低C．从B点释放滑块最大动能为9JD．从B点释放弹簧最大弹性势能比从A点释放增加了1J【答案】C17．如图，一光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两导轨上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端。若运动过程中，金属杆保持与导轨垂直且接触良好，并不计轨道与金属杆ab的电阻及空气阻力，则A．上滑过程安培力的冲量比下滑过程安培力的冲量大B．上滑过程通过电阻R的电量比下滑过程多C．上滑过程通过电阻R产生的热量比下滑过程多D．上滑过程的时间比下滑过程长【答案】C18．在天体运动中，把两颗相距很近的恒星称为双星。已知组成某双星系统的两颗恒星质量分别为m1和m2相距为L。在万有引力作用下各自绕它们连线上的某一点，在同平面内做匀速同周运动，运动过程中二者之间的距离始终不变。已知万有引力常量为G。m1的动能为Ek，则m2的动能为A．B．C．D．【答案】BC19．如图，在方向水平向右、磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直于磁场和纸面放入一根通电直导线，以导线为中心，半径为R的圆周上有a、b、c、d四个点，已知c点的实际磁感应强度小于B，下列说法正确的是A．导线的电流方向垂直纸面向外B．b、d两点的实际磁感应强度大小相等C．b、d两点的实际磁感应强度方向相同D．a点的实际磁感应强度小于B【答案】AB20．如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系，如图乙所示。已知图线在前3.0s内为二次函数，在3.0s～4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10m/s2。下列说法正确的是A．传送带沿顺时针方向转动B．传送带沿逆时针方向转动C．传送带的速度大小为2m/sD．小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2A【答案】ACD21．如图所示，在两个同心的大小圆之间分布着指向圆心的电场，在半径为R的小圆内分布着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。今在大圆周上的A点从静止开始释放一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子（重力不计），它将往返于电场和磁场中不断运动。当粒子能够返回A点且在磁场中运动的时间最短时，下列说法正确的是A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为B．粒子在磁场中运动的速度大小为C．粒子在磁场中运动的最短时间为D．大圆和小圆间的电势差为【答案】BD第Ⅱ卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）22．（6分）在“练习使用多用电表”实验中，请回答下列问题：(1)甲同学先用多用电表的欧姆挡“×100”测量标有“220V100W”的白炽灯的电阻时发现指针偏转角度过大，为了减小测量误差，下列选项中合理的操作顺序为A．将选择开关旋转到“×1k”的位置B．将选择开关旋转到“×10”C．用两表笔与白炽灯连接好并读数D．将两表笔短接，进行欧姆调零(2)甲同学按正确的实验操作，指针停在如图甲所示的位置，则此白炽灯电阻的测量值为Ω。(3)乙同学发现该多用电表“直流50V”挡损坏了，但“直流10V”挡能正常使用。打开电表外壳发现电路板上的电阻R2被烧坏了，如图乙所示。若表头A的满偏电流为1mA，则应用kΩ的电阻替换R2就可以修好“直流50V”挡。【答案】（1）BDC（2）120（3）4023．（9分）如图所示，两个质量各为m1和m2的小物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，已知m1>m2，现要利用此装置验证机械能守恒定律。(1)若选定物块A从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有。A．物块的质量m1、m2B．物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间C．物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间D．绳子的长度(2)为提高实验结果的准确程度，某小组同学对此实验提出以下建议：A．绳的质量要轻B．在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好C．尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃D．两个物块的质量之差要尽可能大以上建议中确实对提高准确程度有作用的是。(3)在数据的处理过程中，A、B物块的势能减小总是大于A、B物块的动能增加，导致这一原因除有空气阻力和摩擦阻力外，还有可能的原因是。(4)写出一条上面没有提到的提高实验结果准确程度有益的建议：。【答案】（1）AB或AC（2）AC（3）没有计滑轮的动能增加（4）“对同一高度进行多次测量取平均值”、“选取受力后相对伸长尽量小的绳”等等24．（14分）如图所示，足够长的U型光滑导轨固定在倾角为30°的斜面上，导轨的宽度L=0.5m，其下端与R=1Ω的电阻连接，质量为m=0.2kg的导体棒（长度也为L）与导轨接触良好，导体棒及导轨电阻均不计。磁感应强度B=2T的匀强磁场垂直于导轨所在的平面，用一根与斜面平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为M=0.4kg的重物相连，重物离地面足够高。使导体棒从静止开始沿导轨上滑，当导体棒沿导轨上滑t=1s时，其速度达到最大。求：(取g=10m/s2)(1)导体棒的最大速度vm；(2)导体棒从静止开始沿轨道上滑时间t=1s的过程中，电阻R上产生的焦耳热是多少？【解析】(1)速度最大时导体棒切割磁感线产生感应电动势感应电流安培力导体棒达到最大速度时由平衡条件得联立解得(2)以导体棒和重物为系统由动量定理得即解得1s内流过导体棒的电荷量电量解得1s内导体棒上滑位移由能量守恒定律得解得25．(18分)如图甲所示，m1=5kg的滑块自光滑圆弧形槽的顶端A点无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左端导轮顶端的B点，传送带沿顺时针方向匀速运转。m1下滑前将m2=3kg的滑块停放在槽的底端。m1下滑后与m2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两滑块均向右运动，传感器分别描绘出了两滑块碰后在传送带上从B点运动到C点的vt图象，如图乙、丙所示。两滑块均视为质点，重力加速度g=10m/s2。(1)求A、B的高度差h；(2)求滑块m1与传送带间的动摩擦因数μ和传送带的长度LBC；(3)滑块m2到达C点时速度恰好减到3m/s，求滑块m2的传送时间；(4)求系统因摩擦产生的热量。【解析】(1)由图乙可知，碰撞后瞬间，m1的速度v1=1m/s，m2的速度v2=5m/s，设碰撞前瞬间m1的速度为v0，取向右的方向为正方向，根据动量守恒：m1v0=m1v1+m2v2解得：v0=4m/sm1下滑的过程机械能守恒：解得：h=0.8m(2)由图乙可知，滑块m1在传送带上加速运动时的加速度大小m/s2滑块的加速度就是由滑动摩擦力提供，故μ1m1g=m1a可求出滑块m1与传送带间的动摩擦因数μ1=0.05由图乙可知，滑块m1在传送带上先加速4s，后匀速运动6s到达C点图线与坐标轴围成的图形的面积在数值上等于传送带的长度LBC，即LBC=26m(3)滑块m2一直做匀减速直线运动，达C点时速度恰好减到3m/s，全程的平均速度为m/s设滑块m2的传送时间为t，则有s(4)由图乙可知，滑块m1在传送带上加速阶段的位移m滑块m1在传送带上加速阶段产生的热量Q1=μ1m1g(vt1x1)=10J滑块m2在传送带上减速的加速大小m/s2滑块m2受到的滑动摩擦力大小f=m2a′滑块m2在传送带上减速阶段产生的热量Q2=f(LBCvt)=6J系统因摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=16J。26．硫代硫酸钠是一种重要的化工产品。某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)。Ⅰ．[查阅资料]（1）Na2S2O3·5H2O是无色透明晶体，易溶于水。其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。（2）向Na2CO3和Na2S混合液中通入SO2可制得Na2S2O3，所得产品中常含有少量Na2SO3和Na2SO4。（3）Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl。（4）硫代硫酸钠与碘反应的离子方程式为：2S2O32+I2=S4O62+2IⅡ．[制备产品]实验装置如图所示(省略夹持装置)实验步骤：（1）按如图所示组装好装置后，应先_______________(填操作名称)，再按图示加入试剂。仪器B和D的作用是____________________________；E中的试剂是__________(选填下列字母编号)。A．稀H2SO4B．NaOH溶液C．饱和NaHSO3溶液（2）先向烧瓶C中加入Na2S和Na2CO3混合溶液，再向烧瓶A中滴加浓H2SO4。C中反应生成Na2S2O3和CO2，化学方程式为_________________________________________________。（3）待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应。过滤C中混合液，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥、得到产品。Ⅲ．[探究与反思]（1）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。(所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水中选择)：取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，___________________________________________________________________，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。（2）用I2的标准溶液测定产品的纯度取10.0g产品，配制成100mL溶液，配制溶液的蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除__________及二氧化碳。取10.00mL溶液。以________溶液为指示剂，用浓度为0.10mol/LI2的标准溶波进行滴定，相关数据记录如下表所示。编号123溶液的体积/mL10.0010.0010.00消耗I2标准溶液的体积/mL19.9517.1020.05滴定时，达到滴定终点的现象是___________________________________________。Na2S2O3·5H2O在产品中的质量分数是_______________(用百分数表示，且保留1位小数)。【答案】Ⅱ(1)检查装置的气密性安全瓶（或防止倒吸）B(2)2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2Ⅲ(1)过滤、蒸馏水洗涤沉淀，再向沉淀中加入足量的稀盐酸(2)水中溶解的氧气淀粉当加入最后一滴碘水时，溶液无色变蓝色，并且半分钟内不褪色99.2%【解析】(1)涉及气体的实验，要先验证装置气密性，所以组装好装置后，应先检查装置的气密性，再按图示加入试剂；SO2易溶于水，实验中要防止倒吸，B和D的作用是防倒吸；SO2是酸性氧化物，能与碱性溶液反应，所以E中的试剂是氢氧化钠溶液，选B；（2）C中SO2与Na2CO3和Na2S反应生成Na2S2O3和CO2，反应方程式是2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2；Ⅲ．（1）Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl，所以取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，过滤、蒸馏水洗涤沉淀，再向沉淀中加入足量的稀盐酸，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4；（2）蒸馏水经过煮沸可以除去水中溶解的氧气；用碘液进行滴定，所以用淀粉作指示剂；当加入最后一滴碘水时，溶液无色变蓝色，并且半分钟内不褪色时，达到滴定终点。设10mL溶液中含Na2S2O3·5H2Oxg，第二次实验数值偏离正常值舍去，第一次、第三次实验消耗碘液的平均体积为20mL，X=0.992g；100mL溶液中含Na2S2O3·5H2O9.92g，则Na2S2O3·5H2O在产品中的质量分数是。27．钼酸钠晶体（Na2MoO4·2H2O）常用于制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。下图是利用钼精矿（主要成分是MoS2，含少量PbS等）为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图：回答下列问题：（1）提高焙烧效率的方法有_______________________。（写一种）（2）“焙烧”时MoS2转化为MoO3，该反应过程的化学方程式为________________________，氧化产物是________（写化学式）。（3）“碱浸”时含钼化合物发生的主要反应的化学方程式为__________________________。（4）若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Na2S，则废渣成分的化学式为________。（5）测得“除重金属离子”中部分离子的浓度：c(MoO42)=0.40mol/L，c(SO42)=0.04mol/L。“结晶”前需先除去SO42，方法是加入Ba(OH)2固体。假设加入Ba(OH)2固体后溶液体积不变，当SO42完全沉淀（c(SO42)≤1.0×105mol/L）时，BaMoO4是否会析出？_________________________________________________________。（请计算说明）[已知：Ksp(BaSO4)=1.1×1010，Ksp(BaMoO4)=4.0×108]（6）钼精矿在碱性条件下，加入NaClO溶液，也可以制备钼酸钠，同时有SO42生成，该反应的离子方程式为___________________。【答案】(1)粉碎固体颗粒(其他合理答案也给分)(2)2MoS2+7O22MoO3+4SO2MoO3、SO2(3)MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑(4)PbS(5)当c(SO42)=1.0×105mol/L，c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)/c(SO42)=1.1×1010/1.0×105=1.1×105mol/L，c(Ba2+)×c(MoO42)=1.1×105×0.40=4.4×106>4.0×108，所以会析出BaMoO4沉淀。(6)MoS2+9ClO−+6OH−MoO42+9Cl−+2SO42+3H2O【解析】(1)为了提高矿石的利用率，最常用的方法是将矿石粉碎，或者通入过量的空气；(2)根据流程图和(2)中信息可写出反应的化学方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2由化合价变化情况分析可知，氧化产物为MoO3和SO2；(3)由流程图可知Na2CO3的加入与焙烧后的产物即MoO3作用生成CO2↑，而生产的最终产物是钼酸钠晶体，且在后面加入的沉淀剂是为了除去杂质铅的，也就是说钼酸钠在后续过程中没有发生变化，所以反应的化学方程式为MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑；(4)当加入的沉淀剂为Na2S时，重金属离子即Pb2+则生成PbS废渣而除去；(5)当SO42完全沉淀，即c(SO42)=1.0×105mol/L时，由Ksp(BaSO4)=1.1×1010，求出c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)/c(SO42)=1.1×1010/1.0×105=1.1×105mol/L，此时c(Ba2+)×c(MoO42)=1.1×105×0.40=4.4×106>Ksp(BaMoO4)=4.0×108，所以有BaMoO4沉淀析出；(6)由题目叙述可知，反应物为钼精矿(MoS2)、碱和NaClO，生成物为钼酸钠和硫酸钠，结合化合价升降规律可知还有氯化钠生成，所以反应的离子方程式为MoS2+9ClO−+6OH−MoO42+9Cl−+2SO42+3H2O。28．煤气中主要的含硫杂质有H2S以及COS（有机硫），煤气燃烧后含硫杂质会转化成SO2从而引起大气污染，因此煤气中H2S的脱出程度已成为煤气洁净度的一个重要指标。请回答下列问题:（1）H2S在水溶液中的电离方程式为_________________________________________。（2）脱除煤气中COS的方法有Br2的KOH溶液氧化法、H2还原法、水解法等。①COS的分子结构与CO2相似，COS的结构式为___________。②Br2的KOH溶液将COS氧化为硫酸盐的离子方程式为______________。③已知：H2、COS、H2S、CO的燃烧热依次为285kJ/mol、299kJ/mol、586kJ/mol、283kJ/mol；H2还原COS发生的反应为H2(g)+COS(g)=H2S(g)+CO(g)，该反应的ΔH=_________kJ/mol。④用活性αAl2O3催化COS水解反应为COS(g)+H2O(g)CO2(g)+H2S(g)ΔH<0，相同流量且在催化剂表面停留相同时间时，不同温度下COS的转化率（未达到平衡）如图1所示；某温度下，COS的平衡转化率与n(H2O)/n(COS)的关系如图2所示。由图1可知，催化剂活性最大时对应的温度约为______，COS的转化率在后期下降的原因是_______________________________________。由图2可知，P点时平衡常数K=______（保留2位有效数字）。Q点转化率高于P点的原因是__________________________________。【答案】(1)H2SH++HS、HSH++S2(2)①O=C=S②COS+4Br2+12OH=CO32+SO42+8Br+6H2O③285④150℃催化剂中毒，发生副反应等合理答案（平衡逆向移动相关描述一律不给分）0.048相同条件下n(H2【解析】(1)H2S的水溶液即氢硫酸，是弱酸，将分步电离，即H2SH++HS、HSH++S2，或者只写H2SH++HS；(2)①CO2的分子结构是含C=O的直线型构成，所以COS的分子结构式为S=C=O；②Br2的KOH溶液在氧化COS时，溴生成Br－，S生成硫酸钾，C生成的CO2在碱性溶液又转化为CO32，所以反应的离子方程式为COS+4Br2+12OH－=CO32+SO42+8Br－+6H2O；③根据这四种物质燃烧热的热化学方程式，利用盖斯定律即可求出：ΔH=(285kJ/mol+299kJ/mol)(586kJ/mol+283kJ/mol)=285kJ/mol；④由图1可知，在相同时间内，转化率最大时，即催化剂活性最大，对应的温度为150℃；温度过高，使催化剂最佳活性减弱或丧失，即催化剂中毒，导致转化率减小；由图2可知，P点时COS的转化率为30%，n(H2O)/n(COS)=3，可列如下关系：COS(g)+H2O(g)CO2(g)+H2S(g)起始物质的量(mol)1300改变物质的量(mol)0.30.30.30.3平衡物质的量(mol)0.72.70.30.3则K=相同条件下n(H2O)/n(COS)的比值越高，相当于COS浓度不变情况下，增大反应物水蒸气浓度，促进化学平衡正向移动，提高了COS转化率。29.（10分）某研究小组探究温度对植物生长的影响，结果如图。曲线1表示不同温度条件下（日温与夜温相同）某植物茎的生长速率，曲线2表示日温26℃时，不同夜温该植物茎的生长速率（两组实验均为每天24（1）在适宜的光照下，植物体内能产生ATP的细胞结构有__________。（2）光下叶绿体内ADP和Pi的转移方向为_______________________。（3）温度在5—25℃范围内曲线2始终高于曲线1的原因是两条曲线的________（填“光合作用”或“细胞呼吸”或“光合作用和细胞呼吸”）存在差异所致。（4）曲线1所示实验组的自变量是___________，曲线2从最高点下降的最主要原因是___________。【答案】（1）细胞质基质、线粒体、叶绿体（类囊体薄膜）（2）叶绿体基质到类囊体薄膜（3）光合作用（4）日温和夜温（或温度）夜间温度高，呼吸作用强，消耗有机物多，一天中植物积累的有机物少【解析】（1）在适宜的光照下，植物体内既能进行光合作用也能进行有氧呼吸，所以植物体内能产生ATP的场所有细胞质基质、线粒体、叶绿体（类囊体薄膜）。（2）光下叶绿体内光反应阶段产生的ATP用于暗反应中C3的还原，而暗反应中ATP水解产生的ADP和Pi又可用于光反应合成ATP，所以ADP和Pi的转移方向为叶绿体基质到类囊体薄膜。（3）根据题意可知在5〜25℃范围内，曲线1实验和曲线2实验的差异是日温不同导致的，日温不同会导致光合作用和呼吸作用均发生改变，但是曲线2始终高于曲线1，说明其净光合速率一直较大，呼吸作用会消耗有机物，减慢植物生长速率，所以两条曲线的差异是光合作用差异导致的。（4）曲线1所示实验的自变量是温度（日温和夜温）；曲线2的实验日温不变，夜温逐渐升高且曲线发生了下降趋势，说明是夜间温度升高使呼吸作用增强，消耗有机物增加，导致一天中植物积累的有机物减少引起的。30.（10分）2017年9月8日，泉州首批“宫颈癌疫苗”（1）宫颈癌疫苗进入人体后可刺激B细胞，使之增殖分化成细胞，当人体被相同抗原刺激之后，__________细胞可以迅速增殖分化，快速产生大量抗体。（2）“氟尿嘧啶化疗”的基本原理是抑制胸腺嘧啶核苷酸合成酶的作用，使肿瘤细胞无法合成胸腺嘧啶核苷酸，从而抑制细胞分裂间期的___________过程，达到终止其增殖的目的。（3）癌细胞容易在体内分散和转移的原因是。转移过程中癌细胞的变形和运动与___________有密切关系。【答案】（1）浆细胞和记忆（B）细胞记忆（B）细胞（2）DNA分子复制（3）细胞膜上的糖蛋白等物质减少，使得癌细胞彼此之间的黏着性显著降低膜的流动性【解析】（1）宫颈癌疫苗进入人体后相当于抗原，可刺激B细胞，使之增殖分化成浆细胞和记忆（B）细胞；当人体被相同抗原刺激之后，记忆（B）细胞可以迅速增殖分化，快速产生大量抗体。（2）由题意可知，使用“氟尿嘧啶化疗”会抑制胸腺嘧啶核苷酸合成酶的作用，导致胸腺嘧啶核苷酸无法合成，从而抑制癌细胞的DNA复制，进而达到终止癌细胞增殖的目的。（3）癌细胞膜上的糖蛋白等物质减少，使得癌细胞彼此之间的黏着性显著降低，导致癌细胞容易在体内分散和转移；细胞的变形和运动可以体现生物膜的结构特性——膜的流动性，另外细胞骨架具有维持细胞形态、保持细胞内部结构有序性，与细胞运动等生命活动亦密切相关，所以回答细胞骨架也正确。31.（10分）某科研机构设计出了一种小型景观鱼池生态净化系统，该系统内引人水葫芦等多种水生植物以及螺蛳、草鱼、鳙鱼等物种，以达到对污水的协同净化效果。回答下列问题：（1）该鱼池生态净化系统中的所有生物构成___________。草鱼种群最基本的数量特征是___________。（2）该鱼池生态净化系统中，从岸边到池中心的生物分布不同，表明群落具有_______结构。（3）生态系统的抵抗力稳定性与群落的丰富度呈正相关，那么群落的丰富度是指。（4）研究发现，该鱼池生态净化系统能为水葫芦等多种水生植物提供较多的CO2。适当增加C02浓度有利于提高水葫芦等植物的光合作用速率，但当C02浓度提高到一定程度后，其光合作用速率并不会再增加，原因可能是____________________________________________。【答案】（1）（生物）群落种群密度（2）水平（3）群落中物种数目的多少（4）光反应产生的NADPH和ATP的数量有限【解析】（1）生态系统中所有生物构成生物群落；种群最基本的数量特征是种群密度。（2）鱼池生态净化系统中，从岸边到池中心的生物分布不同，属于群落的水平结构。（3）群落的物种丰富度指的是群落中物种数目的多少。（4）CO2浓度升高可以提高二氧化碳的固定过程，会使得三碳化合物量增加，但是三碳化合物的还原还需要光反应阶段供能和供氢，因此但当CO2浓度提高到一定程度后，其光合作用速率并不会再增加。32.（9分）“唯有牡丹真国色，花开时节动京城”。牡丹的花色由三对等位基因（A与a、B与b、D与d）控制，研究发现当体细胞中的d基因数多于D基因时，D基因不能表达，且A基因对B基因的表达有抑制作用（如图中所示）。请分析回答问题：（1）由图甲可知，基因对性状控制的途径是；正常情况下，花色为橙红色的牡丹基因型可能有______种。（2）研究过程中发现一个突变体，基因型为为aaBbDdd，请推测其花色为_________。（3）该突变体细胞基因型与其可能的染色体组成如图乙所示（其他染色体与基因均正常，产生的各种配子正常存活）。为了探究该突变体是图乙中的哪种类型，科学家让其与基因型为aaBBDD的正常植株杂交，观察并统计子代的表现型及其比例。实验预测及结论：①若子代表现型及比例为_________，则该突变体是图乙中类型①；②若子代表现型及比例为_________，则该突变体是图乙中类型②；③若子代表现型及比例为_________，则该突变体是图乙中类型③。【答案】（1）基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体的性状4（2）黄色（3）①黄色:橙红色=1:3（1分）②黄色:橙红色=1:5（1分）③黄色:橙红色=1:1（1分）【解析】根据二倍体植物的花色受独立遗传且完全显性的三对基因控制，说明其遵循基因的自由组合定律。由于A抑制B的表达，所以形成橙红色物质的基因组成为aaBD。突变体①和突变体③是染色体结构发生变异，突变体②是染色体数目发生变异。突变体①减数分裂可产生D、dd、Dd、d四种配子，比例为1:1:1:1；突变体②减数分裂可产生D、Dd、dd、d四种配子，比例为1:2:1:2；突变体③减数分裂可产生D、dd两种配子，比例为1:1。（1）由图甲可知，基因对性状控制的途径是基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体的性状。花色为橙红色的牡丹基因型有aaBBDD、aaBbDD、aaBbDd、aaBBDd，共4种。（2）突变体aaBbDdd的体细胞中的d基因数多于D基因时，D基因不能表达，所以花色为黄色。（3）让突变体aaBbDdd与基因型为aaBBDD的植株杂交，可将三对基因分开来考虑，基因型为aaBb与aaBB的植株杂交后代，是aaBB或aaBb，若突变体是图乙中类型①，Ddd可产生D、dd、Dd、d四种配子，比例为1:1:1:1，Ddd与DD杂交后代中的基因型为DD、Ddd、DDd、Dd，比例为1:1:1:1，d基因数多于D基因时，D基因不能表达，因此该突变体aaBbDdd与基因型为aaBBDD的植株杂交，子代中黄色：橙红色=1:3。若突变体是图乙中类型②，Ddd可产生D、Dd、dd、d四种配子，比例为1:2:1:2；Ddd与DD杂交后代中的基因型为DD、DDd、Ddd、Dd，比例为1:2:1:2，因此该突变体aaBbDdd与基因型为aaBBDD的植株杂交，则子代中黄色:橙红色=1:5。若突变体是图乙中类型③，Ddd可产生D、dd两种配子，比例为1:1，Ddd与DD杂交后代中的基因型为DD、Ddd，比例为1:1，因此该突变体aaBbDdd与基因型为aaBBDD的植株杂交，子代中黄色:橙红色=1:1。（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。33．【物理—选修33】(15分)(1)（5分）下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A．分子间距离减小时分子势能一定减小B．温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈C．温度越高，物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例越大D．分子间同时存在引力和斥力，随分子距离的增大，分子间的引力和斥力都会减小E．非晶体的物理性质是各向同性而晶体的物理性质都是各向异性【答案】BCD(2)（10分）如图所示，粗细均匀的左端封闭，右端开口（开口端足够长），U形玻璃管，当封闭气体温度为t1=31℃，大气压强为p0=76cmHg时，两管水银面相平，这时左管被封闭气柱长l1=8.0cm(i)当封闭气体温度t2等于多少时，左管气柱长l2为9.0cm？【解析】(i)以封闭气体为研究对象，初状态：p01=76cmHg，V1=L1S=8S，T1=300K末状态：p2=78cmHg，V2=L2S=9S，T2=?根据理想气体状态方程得：得：T2=351K，则t2=78℃(ii)使左管气柱长L恢复为8cm的过程为等温变化初状态：压强为78cmHg，体积为9S末状态：压强为(76+h)cmHg，体积为8S根据玻意耳定律：78×9S=(76+h)×8S解得：h=11.75cm34．【物理—选修34】(15分)(1)（5分）如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图。图乙表示该波传播的介质中x=2m处的a质点从t＝0时刻起的振动图象。则下列说法正确的是________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A．波传播的速度为20m/sB．波沿x轴负方向传播C．t＝0.25s时，质点a的位移沿y轴负方向D．t＝0.25s时，x＝4m处的质点b的加速度沿y轴负方向E．从t＝0开始，经0.3s，质点b通过的路程是6m【答案】ACD(2)（10分）如图所示，直角玻璃三棱镜置于空气中，已知∠A＝60°，∠C＝90°，一束极细的单色光从AB面的D点入射，入射角为i=45°，BD＝L，AB=4L，光线恰射到BC的中点，光在真空中的传播速度为c。求玻璃的折射率n和光从进入棱镜到它第一次射出棱镜所经历的时间t【解析】作出光线在直角玻璃三棱镜中的光路图如图所示。设在AB界面上折射角为r，根据题意光线射到BC中点E，延长过E点的法线交AB边于G，由几何关系得：r=30°根据光的折射定律有：设光在玻璃内的临界角为C，则有：解得：，C=45°故光线在BC面上入射角为发生全反射，光线将平行于AB射向AC中点F，在F点的入射角为，将从F点射出玻璃，故光线在玻璃中传播的距离为：设玻璃中光速为v，有：解得：。35．【选修3——物质的结构与性质】钴及其化合物在生产中有重要作用，回答下列问题：(1)钴元素基态原子的电子排布式为_________________，未成对电子数为__________。(2)配合物[Co(NH3)4(H2O)2]Cl3是钴重要化合物①H2O的沸点___(填“高于”或“低于”)H2S，原因是_____________________________________；H2O中O的杂化形式为_____。H2O是_____分子(填“极性”或“非极性”)。②[Co(NH3)4(H2O)2]Cl3中的Co3+配位数为___。阳离子的立体构型是___________。[Co(NH3)4(H2O)2]Cl3若其中有两个NH3分子被Cl取代，所形成的[Co(NH3)2(H2O)2]3+的几何异构体种数有(不考虑光学异构)___________种。(3)金属钴是由______键形成的晶体；CoO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Co2+和Fe2+的离子半径分别为74.5pm和78pm，则熔点CoO______FeO。(4)一氧化钴的晶胞如图，则在每个Co2+的周围与它最接近的且距离相等的Co2+共有_____个，若晶体中Co2+与O2的最小距离为acm，则CoO的晶体密度为_______(用含NA和a的代数式表示。结果g/cm3，已知:M(Co)=59g/mol；M(O)=16g/mol，设阿佛加德罗常数为NA)。【答案】(1)1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s23(2)①高于H2O分子间可形成氢键sp3极性②6八面体5(3)金属＞(4)12【解析】(1)钴元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；未成对电子数为3个；(2)①H2O的沸点高于H2S，原因是H2O分子间可形成氢键；H2O中O的杂化形式为sp3；水分子是极性分子；②在配合物[Co(NH3)4(H2O)2]Cl3中，Co3+配位数为6；其阳离子的立体构型是八面体；若[Co(NH3)4(H2O)2]Cl3中有两个NH3分子被Cl取代，所形成的[Co(NH3)2(H2O)2]3+的几何异构体种数有五种，(3)金属钴是由金属键形成的晶体；CoO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，由于Co2+的离子半径74.5pm小于Fe2+的离子半径78pm，所以CoO的熔点高于FeO的；(5)由CoO的晶胞结构可知，每个Co2+的周围与它最接近的且距离相等的Co2+共有12个；若晶体中Co2+与O2的最小距离为acm，即该晶胞的边长为2acm，其体积为8a3cm3，该晶胞含有4个CoO分子，其质量为g，则其密度为g/cm3；36．【选修5——有机化学基础】化合物G[]是一种医药中间体，它的一种合成路线如下：已知：请回答下列问题：（1）A的名称是_____________。（2）B→C的反应条件为_____________，A→B和D→E的反应类型分别是_____________、_____________。（3）D在浓硫酸加热的条件下会生成一种含六元环的化合物，该化合物的结构简式为_____________。（4）H是一种高聚酯，D→H的化学方程式为_____________。（5）下列关于化合物G的说法错误的是_____________。A．G的分子式为C12H14O5B．1molG与NaOH溶液加热最多消耗2molNaOHC．一定条件下G发生消去反应生成的有机物存在顺反异构体D．在一定条件下G能与HBr发生取代反应（6）M是D的同分异构体，与D具有相同的官能团。则M可能的结构有____种。（7）已知酚羟基不易与羧酸发生酯化反应，写出由苯酚，甲苯为原料制备苯甲酸苯酚酯（）的合成路线(其它试剂任选)。__________________【答案】(1)2甲基丙烯或异丁烯(2)NaOH溶液加热加成反应取代反应(3)(4)nHO(CH3)2CCOOH+（n1）H2O(5)BC(6)