湖南省常德市第二中学2025届高三生物临考冲刺试题

PAGE20-湖南省常德市其次中学2025届高三生物临考冲刺试题时量：150分钟分值：300分第Ⅰ卷留意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。以下数据可供做题时参考：可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16Na—23Al—27S—32Cl—35.5Ba—137一、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．下列有关生物膜结构和功能的叙述正确的是A．生物膜的流淌镶嵌模型属于概念模型B．生物膜的功能主要是为各种酶供应附着位点C．生物膜上可发生信号转换和能量转换D．生物膜具有选择透过性的基础是磷脂分子具有特异性2．下列关于细胞生命活动的叙述，正确的是A．细胞膜、细胞质基质中负责转运氨基酸的载体不都是蛋白质B．叶绿体合成葡萄糖，线粒体分解葡萄糖C．细胞分化导致基因选择性表达，细胞种类增多D．卵细胞体积较大有利于提高其与四周环境进行物质交换的效率3．下图是人体内苯丙氨酸与酪氨酸代谢的部分途径，下列相关叙述正确的是A．基因①②③一般不会同时出现在人体内的同一个细胞中B．当人体苍老时，因酶②的活性降低而导致头发变白C．苯丙酮尿症的患者会因为黑色素不能合成同时患上白化病D．基因①②③的功能说明基因通过限制酶的合成从而限制生物的性状4.下图是人体正常细胞的一对常染色体（用虚线表示）和一对性染色体（用实线表示），其中A、a表示基因。突变体I、II、III是甲的几种突变细胞。下列分析合理的是A.从正常细胞到突变体I可通过有丝分裂形成B.突变体II的形成确定是染色体缺失所致C.突变体III形成的类型是生物变异的根原来源D.一个甲细胞经减数分裂产生的aX的配子概率是eq\f(1,4)5.下列关于种群、群落与生态系统的叙述，正确的是A.种群密度的大小能反映出种群在确定时期其数量的变更趋势B.在森林群落中，动物与植物的空间结构类型不相同C.生态系统中生产者都能通过光合作用合成有机物供消费者利用D.反馈调整在个体稳态、生物群落内部乃至生态系统都普遍存在6．下列关于生物体生命活动的调整过程叙述，正确的是A．机体内兴奋在神经纤维上的传导是通过电信号的形式进行双向传导的B．体液调整就是指通过体液传送激素的方式对生命活动进行的调整C．免疫系统在维持内环境稳态中的作用都是通过它的防卫与监控功能来实现的D．植物体的各个部位都能合成乙烯，其主要作用是促进果实成熟29.（12分）下图甲是某植物的光合速率与光照强度、CO2浓度和温度之间的关系，图乙是仙人掌固定CO2的过程图。请回答下列问题：（1）甲图中与其他两条曲线均互为比照的是曲线，曲线Ⅱ中，当光照强度达到B点后，影响光合速率的主要外界因素为。（2）若保持C点的光照强度，突然将植株由曲线Ⅲ的培育环境转移到曲线Ⅱ的环境中培育，短时间内叶绿体基质中（物质）的含量会增加。（3）仙人掌的气孔在夜间张开，CO2进入叶中被固定在一种碳四化合物中，白天气孔关闭，干旱条件CO2供应不足时由碳四化合物释放CO2进行卡尔文循环，并合成C3（卡尔文循环中所干脆制造出来的碳水化合物是C3，而不是葡萄糖）。仙人掌细胞进行卡尔文循环的场所是，仙人掌这种固定CO2的特别途径对适应干旱条件有何重要意义？。（4）试验证明，离体的叶绿体在相宜的条件下也能进行光合作用，缘由是。30．（8分）下图是人体生命活动部分调整示意图，①～③表示相关过程，X～Z表示相关激素，激素X是一种蛋白质。请据图回答问题：（1）图中既能传导兴奋又能分泌激素的结构是。（2）激素Z是激素,当人体排出大量汗液后激素Z的分泌量会。（3）一病人产生的某抗体能发挥与激素X相同的生理效应，激素Y对该抗体的分泌无影响，当该抗体作用于X激素的受体后，激素X的分泌量将会。该病人与正常人比，细胞代谢会。该病在免疫学上被称为。（4）胰岛B细胞膜表面有三种影响胰岛素分泌的信号分子受体，这些信号分子分别是胰高血糖素、和。31.（9分，每空1分）下图甲是一个草原生态系统的物质循环和能量流淌示意图；图乙是该生态系统中鼠摄食后能量的流向示意图。（图中a—e代表过程，A—C代表能量）。（1）草原群落中的碳元素进入无机环境的途径是（填图中字母），能量进入群落的途径是（填生理过程）。（2）为限制草原鼠害，对鼠的种群密度调查宜采纳法；若多次调查所获得的数据基本不变，说明该鼠种群的年龄组成为型。某时期调查发觉，该草原鼠种群的年龄组成如图丙，该鼠种群数量增加，这将干脆导致大量削减，使草原生态系统遭到严峻破坏。（3）狼能够依据鼠留下的气味去捕食，鼠同样也能够依据狼的气味或行为躲避猎捕，可见狼和兔种间数量保持相对稳定的调整属于。（4）图乙中的A表示鼠同化的总能量，B的含义为；B的能量除图中所示去路外，还有一部分是。（5）不论哪种生物的种群，总是生活在确定的环境中。在环境条件不受破坏的状况下，称为环境容纳量，又称为K值。32．(10分)水稻的杂种表现为生长和产量的优势，但水稻一般是自花传粉且去雄困难，很难实施人工杂交，袁隆同等胜利培育出高产杂交水稻的关键是在野生稻中找到了雄性不育植株。科学探讨已证明水稻雄性是否可育是由细胞核基因(可育基因R对不育基因r为显性)和细胞质基因(可育基因为N，不育基因为S，细胞质中基因都成单存在，子代的细胞质基因全部来自母方)共同限制的。基因R能够抑制基因S的表达，当细胞质中有基因N时，植株都表现为雄性可育。下图表示利用雄性不育植株培育杂种水稻的过程。请回答下列问题：（1）依据上述信息推想水稻雄性可育植株的基因型共有种，利用雄性不育植株进行杂交共有种杂交组合。（2）上图中杂交获得的种子播种后，发育成的植株复原雄性可育的缘由是。（3）杂交水稻需年年育种，但上述育种过程不能保留雄性不育植株，请参照图示遗传图解格式，写出长期稳定获得雄性不育植株的育种方案。(二)选考题(每科选做1题，共做3题)考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选1题解答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目涂黑。留意所做题目必需与所涂题目一样，在答题卡选答区域指定位置答题。物理选考题(15分)33．【物理——选修3–3】（15分）（1）（5分）下列说法正确的是。（填正确答案标号，选对1个给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0分）A．估测油酸分子直径大小时，可把油酸分子简化为球形处理B．单晶体的某些物理性质是各向异性的，多晶体的物理性质是各向同性的C．外界对物体做功，物体的内能确定增加D．其次类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第确定律E．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力（2）（10分）如图所示，一质量为m的气缸，用质量为的活塞封有确定质量的志向气体，当气缸开口向上且通过活塞悬挂在升降机中，升降机静止不动时，空气柱长度为L。现升降机以加速度加速下降，求：（已知大气压强为p0，活塞的横截面积为S，气缸与活塞之间不漏气且无摩擦，整个过程封闭气体温度不变，重力加速度为g）①升降机加速下降过程空气柱的长度；②升降机从静止到加速下降过程中，气体吸热还是放热，并说明理由。34.【物理选修3-4】(15分)(1)(5分)有两列率相同、振动方向相同、振幅均为A、传播方向相互垂直的平面波相遇发生干涉。如图所示，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，a为波谷与波谷相遇点，b、c为波峰与波谷相遇点，d为波峰与波峰相遇点，e、g是a、d连线上的两点，其中e为连线的中点，则________(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.a、d处的质点振动加强，b、c处的质点振动减弱B.从图示时刻经过半个周期，e处质点通过的路程为4AC.从图示时刻经过半个周期，g处质点加速向平衡位置运动D.从图示时刻经过四分之一周期，d处的质点振幅恰好为零E.从图示时刻经过半个周期，b处质点通过的路程为2A(2)(10分)如图所示为始终角棱镜的截面图，∠ACB＝90°，∠CAB＝53°，AC边长为L。一平行细光東从AB面上的O点沿垂直于AB面的方向射入棱镜，在AC面的中点P恰好发生全反射，在BC面上的M点发生反射和折射(M点图中未画出)，反射光线从AB面的O’射出。已知光在真空中的传播速度为c.(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)求①该棱镜的折射率②光在棱镜中传播时从O点到O’点所用的时间。35.[化学—选修3：物质结构与性质]（15分）今年是俄罗斯化学家门捷列夫提出“元素周期律”150周年。门捷列夫为好几种当时尚未发觉的元素(如“类铝＂“类硅”和“类硼”)留下了空位。而法国科学家在1875年探讨闪锌矿(ZnS)时发觉的“镓”，正是门捷列夫预言的“类铝”，其性质也是和预言中的惊人相像。请回答下列问题:(1)①写出镓的基态原子的电子排布式：_______________________。门捷列夫预言的“类硼”就是现在的钪，“类硅”即是现在的锗。在镓、钪、锗三种元素的原子中，未成对电子数最多的是________(填元素符号)=2\*GB3②下列说法中，最有可能正确的一项是_________(填字母代号)。A.类铝在100℃时蒸气压很高B.类铝的氧化物确定不能溶于强碱溶液C.类铝确定不能与沸水反应D.类铝能生成类似明矾的矶类(2)氯化镓的熔点为77.氯化傢的空间构型也与其微粒的空间构型相同的是_________(填字母代号)。A.PCl3B.SO3气体C.CH3—D.NO3—(3)镓多伴生在铝土矿、二硫镓铜矿等矿中。①Cu(OH)2可溶于氨水形成一种协作物。在该协作物中，配离子的结构可用示意图表示为____________________(用”→”表示出配位键)。②锌的第一电离能(I1)大于铜的第一电离能，而锌的其次电离能(I2)却小于铜的其次电离能的主要缘由是_____________________________。(4)2011年，我国将镓列为战略儲备金属，我国的镓储量约占世界儲量的80％以上。砷化镓也是半导体材料，其结构与硫化锌类似，其晶胞结构如图所示①原子坐标参数是晶胞的基本要素之一，表示晶胞内部各原子的相对位置.图中A(0，0，0)、B.()、C(1，，)，则此晶胞中，距离A球最远的黑球的坐标参数为______________。②若砷和镓的原子半径分别为acm和bcm，砷化镓的摩尔质量为Mg/mol，密度为g/cm2，晶胞中原子体积占空间体积百分率(即原子体积的空间占有率)为，则阿伏加德罗常数为________mol—136．【化学—选修5：有机化学基础】（15分）具有抗菌作用的白头翁素衍生物H的合成路途如下图所示：已知：（以上（以上R、R'、R''代表氢、烷基或芳基等）（1）A属于芳香烃，其名称是___________________。（2）B的结构简式是____________________________。（3）由C生成D的化学方程式是___________________________________________。（4）由E与I2在确定条件下反应生成F的化学方程式是____________________________；此反应同时生成另外一个有机副产物且与F互为同分异构体，此有机副产物的结构简式是_____________________________________。（5）试剂b是_____________________________。（6）下列说法正确的是___________（选填字母序号）。a.G存在顺反异构体b.由G生成H的反应是加成反应c.1molG最多可以与1molH2发生加成反应d.1molF或1molH与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH（7）以乙烯为起始原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成，写出合成路途（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。37．[生物—选修1：生物技术实践](15分)已知青蒿素，无色针状晶体，易溶于有机溶剂，不易挥发；而玫瑰精油化学性质稳定，难溶于水，易溶于有机溶剂，易挥发。依据生物相关学问，回答下列问题：（1）从黄花蒿中提取青蒿素时，应采纳萃取法，理由是；并且通常在提取前将黄花蒿茎叶进行和干燥，以提高效率；干燥过程应限制好和时间，以防止青蒿素分解。（2）提取过程中宜采纳水浴加热以防止燃烧、爆炸，所得液体浓缩前需进行。（3）玫瑰精油化学性质稳定，难溶于水，易溶于有机溶剂，简便易行的提取方法是水蒸气蒸馏中的法，在提取过程中分别加入年NaCl(目的是)、Na2SO4；要提高玫瑰精油的产品质量，应采纳的措施是。38.【生物选修3:现代生物科技专题】(15分)阅读下列资料，结合所学学问回答后面的问题资料一多巴胺是一种重要的单胺类神经递质。大脑中多巴胺失调会导致精神疾病或神经行性疾病，如多动症、精神分裂症、帕金森病等。资料二探讨发觉，随着年龄的増长，器质多巴胺能神经元(含有并释放多巴胺作为神经递质的神经元)呈現退行性变更，当80％的此类神经元死亡时，就可能出现帕金森病症状。资料三北京高校李龙团队开发出新型可遗传编码的乙酰胆碱和多巴胺荧光探针，该探针表达后形成荧光蛋白与神经递质受体的融合体，当相应的神经递质与上述融合体结合后发出荧光。(1)在神经系统中，多巴胺发挥作用的结构是______,且通常以______方式由______________________释放后与相应的受体结合。(2)有人提出一种治疗帕金森病的思路:利用从囊胚中___________(部位)获得的细胞，对其进行诱导分化后，用以补充死亡的黑质多巴胺能神经元，这属于一种_______工程的应用。(3)随着对帕金森病探讨的深化，已经发觉了多个与之有关的致病基因，因此有人提出可以用基因治疗的手段导人正常基因来预防发病，但由于不能干脆视察性状来确定是否成功，所以通常采纳分子水平的检测来进行，试举两例说明如何检测:①___________________________________________________________________________.②_____________________________________________________________________________(4)对资料三中所用的技术，最确的说法是A.基因工程B.蛋白质工程C.细胞工程D.胚胎工程该技术的基本途径是_________________________________________________________.

14.答案D解析对球N受力分析，设M对N的支持力为F1，PQ对N的支持力为F2，由几何关系可知，F1和F2与竖直方向的夹角相等，均为30°，则F1＝F2＝eq\f(\f(1,2)mg,cos30°)＝eq\f(\r(3),3)mg，由牛顿第三定律得，N对M的压力F1′＝F1＝eq\f(\r(3),3)mg，N对PQ的压力F2′＝F2＝eq\f(\r(3),3)mg，则选项D正确，A、B、C错误．15.答案B解析设在空中飞行时间为t，运动员竖直位移与水平位移之比：eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)＝tanθ，则有飞行的时间t＝eq\f(2v0tanθ,g)，故B正确；竖直方向的速度大小为：vy＝gt＝2v0tanθ，运动员落到雪坡时的速度大小为：v＝eq\r(v\o\al(02,)＋v\o\al(y2,))＝v0eq\r(1＋4tan2θ)，故A错误；设运动员落到雪坡时的速度方向与水平方向夹角为α，则tanα＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(2v0tanθ,v0)＝2tanθ，由此可知，初速度不同，运动员落到雪坡时的速度方向相同，故C、D错误．16.答案A解析对木箱受力分析如图所示据正交分解得：FN＋Fsinα＝mgcosθ，Fcosα＝mgsinθ＋Ff，Ff＝μFN联立解得：F＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,cosα＋μsinα)，cosα＋μsinα＝cosα＋eq\f(\r(3),3)sinα＝eq\f(2,3)eq\r(3)(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝eq\f(2,3)eq\r(3)cos(30°－α)，在α从0°渐渐增大到60°的过程中，当α＝30°时，cosα＋μsinα最大，F最小．则在α从0°渐渐增大到60°的过程中，F先减小后增大，故选A.17.答案C解析φ－x图象的斜率大小等于电场强度大小，所以B点对应的场强大小等于A点对应场强大小，故A错误；由题图可知A点对应的电势小于B点对应电势，故B错误；由题图可知，x1点处的电势等于－x1点处的电势，由Ep＝qφ可知一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在－x1点的电势能，故C正确；电场线指向O点，则正电荷由－x1到－x2的过程中电场力做负功，故电势能增加，故带正电的粒子在－x1点的电势能小于在－x2点的电势能，故D错误．18.答案C解析第一宇宙速度v1＝7.9km/s是近地卫星的最大速度，是圆轨道卫星最大的环绕速度，依据轨道半径越大，线速度越小，故卫星在轨道Ⅰ上运行时的速度确定小于或等于7.9km/s，选项A错误；依据开普勒其次定律可知，卫星在轨道Ⅱ上运动时，P点为近地点，则在P点的速度大小大于在Q点速度的大小，选项B错误；依据a＝eq\f(GM,r2)可知，卫星在轨道Ⅰ上运行到P点时的加速度等于卫星在轨道Ⅱ上运行到P点时的加速度，选项C正确；卫星从轨道Ⅰ的P点加速进入轨道Ⅱ后机械能增加，选项D错误．19.答案AC解析对A、B整体，由牛顿其次定律可得：mAgsinθ－mBg－μmAgcosθ＝(mA＋mB)a，解得a＝1.2m/s2，选项A正确，B错误；由能量守恒可知，物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为Ep＝mAg·MNsinθ－mBg·MN－μmAgcosθ·MN，解得Ep＝9J，选项C正确，D错误．20.答案CD解析依据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则负离子向下偏转，N板带负电，M板带正电，则N板的电势比M板电势低，故A错误；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有qvB＝qeq\f(U,c)，解得U＝vBc，与离子浓度无关，故B错误；污水的流速v＝eq\f(U,Bc)，则流量Q＝vbc＝eq\f(Ub,B)＝eq\f(1×0.2,1.25)m3/s＝0.16m3/s，故C正确；污水的流速v＝eq\f(U,Bc)＝eq\f(1,1.25×0.2)m/s＝4m/s，污水流过该装置时受到的阻力Ff＝kLv＝kav＝15×1×4N＝60N，为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差是60N，则压强差为Δp＝eq\f(F,S)＝eq\f(60,0.2×0.2)Pa＝1500Pa，故D正确．21.答案BC解析依据题意画出等效电路如图甲所示：导体棒cd以速度v匀速滑动时，产生的感应电动势E＝BLv，依据闭合电路欧姆定律可知，cd两端电压U＝eq\f(E,R＋\f(R,2))·eq\f(R,2)＝eq\f(BLv,3)，故A项错误．通过导体棒cd的电流I＝eq\f(E,R＋\f(R,2))＝eq\f(2BLv,3R)，则t时间内通过导体棒cd横截面的电荷量q＝It＝eq\f(2BLvt,3R)，故B项正确．导体棒ab受重力、支持力和水平方向的安培力处于平衡状态，如图乙所示，则安培力Fab＝mgtanθ，故C项正确．导体棒cd克服安培力做功的功率P＝IE＝eq\f(2B2L2v2,3R)，故D项错误．22.答案(1)沟通(2)eq\f(mg－M＋ma,Mg)(3)1.5解析(1)电火花计时器应接在沟通电源上；(2)对砝码盘和砝码：mg－FT＝ma；对木块：FT－μMg＝Ma，解得μ＝eq\f(mg－M＋ma,Mg)；(3)因T＝0.1s，则x46－x02＝2a(2T)2解得a＝eq\f(x5＋x6－x1＋x2,22T2)＝eq\f(9.60＋8.12－3.62－2.10,8×0.12)×10－2m/s2＝1.5m/s2.23.答案(1)如图所示(2)R2的滑片位置S2R1(3)R0>解析(1)依据半偏法测电压表内阻的原理，滑动变阻器应接成分压式电路，所以电路如图所示．(2)闭合开关S1、S2，调整滑动变阻器R2的滑片，使电压表达到满偏；保持R2的滑片位置不变，使R2左半部分的电压不变，断开开关S2，使电压表和电阻箱串联，调整电阻箱接入电路的阻值，使电压表示数达到半偏，读取并记录此时电阻箱的阻值R0；(3)依据上述操作，被测电压表和电阻箱分得电压相等，即电压表内阻和此时电阻箱接入电路部分的电阻相等，可通过读取电阻箱接入电路部分的电阻，得到被测电压表内阻，R测＝R0；因为断开开关S2后总电阻增大，使R2左边部分的电压增大，即R0两端电压大于被测电压表两端电压，R0的阻值大于被测电压表的内阻，则R测>RV.24.答案(1)4m/s(2)1m/s(3)0.25m解析(1)小球下摆过程，由机械能守恒定律得：m0gL＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(,02)，代入数据解得：v0＝4m/s(2)小球反弹过程，由机械能守恒定律得：m0gh＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(,12)解得：v1＝2m/s小球与A碰撞过程系统水平方向动量守恒，以碰撞前瞬间小球的速度方向为正方向由动量守恒定律得：m0v0＝－m0v1＋mvA代入数据得vA＝1m/s(3)物块A与木板B相互作用过程中，系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向由动量守恒定律得：mvA＝(m＋M)v代入数据解得：v＝0.5m/s由能量守恒定律得：μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(A2,)－eq\f(1,2)(m＋M)v2代入数据解得x＝0.25m25.答案见解析解析(1)带负电粒子在匀强磁场B2和匀强电场中运动的轨迹如图甲所示，粒子在匀强磁场B2中做匀速圆周运动，由洛伦兹力供应向心力得qv0B2＝meq\f(v\o\al(02,),r)解得r＝1.0m粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设水平方向的位移为x0，竖直方向的位移为y0.水平方向：x0＝v0t竖直方向：y0＝eq\f(1,2)at2，vy＝ata＝eq\f(qE,m)eq\f(vy,v0)＝tan45°eq\f(y0,x0)＝eq\f(1,2)tan45°联立解得：x0＝2.0m，y0＝1.0m由图甲中几何关系可得d＝x0＋y0＋r＝4.0m.(2)设当匀强磁场的磁感应强度为B1′时，粒子垂直打在y轴上，此时粒子无法运动到x轴的负半轴，粒子在磁场中运动半径为r1，如图乙所示，由几何关系得：r1＝eq\r(2)d－eq\r(2)x0又r1＝eq\f(m·\r(2)v0,qB1′)联立解得B1′＝0.10T故0＜B1≤0.10T.设当匀强磁场的磁感应强度为B1″时，粒子从电场垂直边界进入匀强磁场后，轨迹与y轴相切，此时粒子也无法运动到x轴负半轴，设粒子在磁场中运动半径为r2，如图乙所示，由几何关系可得r2＋r2cos45°＋x0＝d又r2＝eq\f(m·\r(2)v0,qB1″)联立解得B1″≈0.24T故B1≥0.24T.即要使粒子无法运动到x轴的负半轴，磁感应强度0＜B1≤0.10T或B1≥0.24T.(3)设粒子在磁场B2中运动时间为t1，在电场中运动时间为t2，在磁场B1中运动时间为t3，则tmax＝t1＋t2＋t3max＝eq\f(T1,4)＋eq\f(x0,v0)＋eq\f(T2,2)＝eq\f(1,4)×eq\f(2πm,qB2)＋eq\f(x0,v0)＋eq\f(1,2)×eq\f(2πm,qB1″)≈6.2×10－5s.

7.【答案】A【解析】只有碳元素被氧化，B项错误；疫苗为生物试剂通常应在低温下贮存，高温可使其变性，C项错误；人体内没有能使纤维素水解成葡萄糖的酶，纤维素只是加强胃肠蠕动，有助于消化，不能被水解，D项错误。8.【答案】B【解析】A项，依据其结构简式可知其有酯基、羰基或酮基、羟基和醚键4种含氧官能团，选项正确；B项，其含有饱和碳原子，因此全部原子不行能在同一平面上，选项错误；C项，其有多羟基，可以与乙二酸发生缩聚反应，选项正确；D项，其含有碳碳双键，确定能够使酸性高锰酸钾溶液或溴水等褪色，选项正确。9.【答案】D【解析】A.装置Ⅰ中产生硅酸沉淀，依据较强酸制备较弱酸可知碳酸的酸性强于硅酸，因此可以用来验证碳的非金属性比硅强，A正确；B.装置Ⅱ中碳酸氢钠放在小试管中首先发生分解，因此可以用来比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性，B正确；C.装置Ⅲ：先从①口进气收集满二氧化碳，再从②口进气，将CO2排出即可收集NO气体，C正确；D.酒精与水互溶，不能隔离空气，应当用煤油或苯等，D错误；答案选D。10.【答案】C【解析】依据题给历程可知此时氮氮三键并未断裂，故C错误。11.【答案】D【解析】由题意Y是地壳中含量最高的元素先推出Y为O元素，再结合有关的转化关系顺次推出X、Z、W分别为C、Mg、Si，而甲、乙、丙、丁分别为CO2、MgO、SiO2、CO，其中CO为不成盐氧化物，故D错误。12.【答案】C【解析】由题图可知，在Ni电极表面SO42-S和CO32-C均为还原反应，即Ni电极作阴极，SnO2电极表面O2-O2，为氧化反应，即SnO2电极作阳极，选项A、B正确；由题图中电解质的转换关系可知，发生的离子反应有2SO2+O2+2O2-==2SO42-、CO2+O2-==CO32-等，选项C错误；该转换过程中，SO42-和CO32-在阴极被还原，同时电解质中又不断生成SO42-和CO32-，所以实现了电解质中熔融碳酸盐和硫酸盐的自补充循环，选项D正确。13.【答案】C【解析】A．常温时，依据题目所给图像可以得出0.01mol·L−1的H3A溶液中约有30%的电离，即溶液中氢离子的浓度约为0.003mol·L−1，由此得出A正确；B．该反应在此温度下的平衡常数即为A3−的一级水解常数，结合其与对应电离常数的关系，可以推出B正确。C．将等物质的量的NaH2A与Na2HA加入到适量蒸馏水中完全溶解，则所得的溶液中H2A−D．当加入NaOH溶液的体积为30mL时，此时的物料守恒表达式为：，而电荷守恒表达式为：，两式联立可得题中表达式，故D正确。26.解析Ⅰ.（1）①由装置图知，m的名称为长颈漏斗。②试验室可用装置B以KMnO4与浓盐酸为原料在常温下制备Cl2，反应的化学方程式为2KMnO4+16HC1（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；或用装置C以MnO2与浓盐酸为原料在加热条件下制备Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2+Cl2↑+2H2O。③收集一瓶纯净的氣气.可选B或C为制备装置,再依次用饱和食盐水、浓硫酸分别除去HC1和水蒸气.进一步用D收集.最终用F进行尾气处理。故合理的连接依次为dedecbf。①由信息，MgCl2易水解.同时碳单质高温能与水蒸气反应.故H的作用为防止I中的水蒸气进入G的反应管中影响试验。②由信息，PdCl2溶液与CO反应生成CO2，故检验气体产物时应先检验CO2，试剂X可选用澄清石灰水。③由信息，MgO与C、Cl2高温下反应生成MgCl2、CO、CO2，且CO和CO2的物质的量之比为10:1，依据氧化还原反应规律得，化学方程式为12MgO+11C+12Cl2eq\o(=,\s\up7(高温))12MgCl2+10CO+CO2。Ⅱ.(3)MgCl2水解生成的HCl挥发，使水解平衡正向移动，导致产品不纯。故加热失水时不断通入HCl可抑制MgCl2水解，同时可带走水分加速浓缩。由关系式MgCl2~xH2O,列比例式得eq\f(18x,95)=eq\f(m—n,n)，解得x=eq\f(95（m—n）,18n)。答案Ⅰ.（1）①长颈漏斗②B（或C）2KMnO4+16HC1（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O[或MnO2+4HCl（浓）eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2+Cl2↑+2H2O]（答出B或C得1分，答出对应方程式得2分，共3分，其他合理答案也给分）③dedecbf①防止Ⅰ中的水蒸气进入G的反应管中影响试验（其他合理答案也给分）②澄清石灰水（其他合理答案也给分）③12MgO+11C+12Cl2eq\o(=,\s\up7(高温))12MgCl2+10CO+CO2Ⅱ.(3)抑制MgCl2水解同时可带走水分eq\f(95（m—n）,18n)27.解析(1)依据影响化学反应速率的因素，水钴矿用盐酸酸浸，提高酸浸速率的方法有：将水钴矿石粉碎；充分搅拌；适当增加盐酸浓度；提高酸浸温度等。(2)酸浸时，Co2O3转化为Co3＋，酸浸后，加入Na2SO3，Co3＋转化为Co2＋，钴元素化合价降低，则S元素化合价上升，Na2SO3转化为Na2SO4，配平离子方程式为：2Co3＋＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O=2Co2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋。(3)NaClO具有强氧化性，因此溶液a中加入NaClO，可将溶液中Fe2＋氧化成Fe3＋。(4)溶液b中阳离子有Co2＋、Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Ca2＋，加入NaHCO3，Fe3＋、Al3＋与HCOeq\o\al(－,3)发生相互促进的水解反应，分别转化为Fe(OH)3、Al(OH)3，故沉淀A的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3。溶液c经操作2得到沉淀B和溶液d，故操作2为过滤。(5)依据MgF2的Ksp(MgF2)＝c(Mg2＋)·c2(F－)，当Mg2＋恰好沉淀完全时，c(F－)＝eq\r(\f(Ksp（MgF2）,c（Mg2＋）))＝eq\r(\f(5.2×10－12,1.0×10－5))mol·L－1＝eq\r(52)×10－4mol·L－1，依据CaF2的Ksp(CaF2)＝c(Ca2＋)·c2(F－)，c(Ca2＋)＝eq\f(Ksp（CaF2）,c2（F－）)＝eq\f(5.3×10－9,（\r(52)×10－4）2)mol·L－1≈0.01mol·L－1。(6)依据CoC2O4的组成，n(Co)＝eq\f(1,2)n(CO2)＝eq\f(1,2)×eq\f(6.72,22.4)mol＝0.15mol，充分煅烧后固体质量为12.05g，则固体中n(O)＝(12.05－0.15×59)/16mol＝0.2mol，n(Co)∶n(O)＝0.15∶0.2＝3∶4，故钴的氧化物为Co3O4，故煅烧CoC2O4的化学方程式为：3CoC2O4＋2O2eq\o(=,\s\up7(煅烧))Co3O4＋6CO2。.答案(1)将水钴矿石粉碎；充分搅拌；适当增加盐酸浓度；提高酸浸温度等(任写一种)(2)2Co3＋＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O=2Co2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋(3)将溶液中Fe2＋氧化成Fe3＋(4)Fe(OH)3、Al(OH)3过滤(5)0.01(或0.0102)(6)3CoC2O4＋2O2eq\o(=,\s\up7(煅烧))Co3O4＋6CO228.解析(1)已知：①CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH1=+247kJ/mol②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH2=+205kJ/mol依据盖斯定律，由①-②×2得反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH=ΔH1-2ΔH2=-163kJ/mol。(2)①将烟气通入1.0mol/L的Na2SO3溶液，SO2与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，溶液pH不断减小；反应方程式SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3，溶液中反应的亚硫酸根离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1∶2，即溶液中参与反应的亚硫酸根为(1.0-0.2)mol/L，则生成的亚硫酸氢根为c(HSOeq\o\al(−,3)QUOTE)=2×(1.0-0.2)mol/L=1.6mol/L；②发生的主要反应(NH4)2SO3+SO2+H2O=2NH4HSO3，依据图像可知，a点时两个比值相等，则n(HSOeq\o\al(−,3)QUOTE)∶n(H2SO3)=1∶1，b点时溶液pH=7，依据电荷守恒可知n(NHeq\o\al(+,4))=n(HSOeq\o\al(−,3)QUOTE)+2n(SOeq\o\al(2−,3)QUOTE)，又依据图像曲线可知n(HSOeq\o\al(−,3)QUOTE)=n(SOeq\o\al(2−,3)QUOTE)，则n(NHeq\o\al(+,4))∶n(HSOeq\