福建省晨曦、冷曦、正曦、岐滨四校2016届高三理综上学期第二次联考试题

福建省晨曦，冷曦，崎滨，正曦四校2015-2016学年高二上学期期末考试化学试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交冋。

试卷满分100分，考试时间90分钟。

注意事项：1.开始答卷前，考生务必将0己的学校、班级、姓名和准考证号填写清楚。

2.将试题答案填在相应的答题卡内，在试题卷上作答无效。

第I卷（选择题共48分）可能用到的相对原子质量：H1C12N14016Mg24A127S32Cl35.5—、选择题：本题共16小题，每小题3分，满分48分，每题只有一个选项是最符合题意的。

1. 下列有关电池的说法，不正确的是A．智能手机上用的锂离子电池属于二次电池B．碱性锌锰干电池中，锌电极是负极C．铅蓄电池中，PbO2做负极D．铜锌原电池（稀硫酸做电解质）工作时，锌电极发生氧化反应2.下列能源利用形式不属于新能源是【答案】A【解析】试题分析：新能源是相对于常规能源说的，一般具有资源丰富、可以再生，没有污染或很少污染等。

常见的新能源有太阳能、风能、生物质能、氢能、地热能和潮汐能等许多种，化石能源不是新能源，答案选A。

考点：考查新能源判断3.化学与生产、生活密切相关。

对下列现象或事实解释，不正确的是【答案】C4.分类方法在化学学科的发展中起到重要的作用，下列完全正确的是【答案】D【解析】试题分析：A、晶体硅是单质，故不是电解质，更不是弱电解质，A错误；B、SO3在水溶液中导电和其本身无关，在熔融状态下不能导电，故为非电解质；BaSO4在熔融状态下能完全电离，故为强电解质，B 错误；C、醋酸在水溶液中只能部分电离，为弱电解质，C错误；D、NaOH在熔融状态能完全电离，故为强电解质；Fe（OH）3在水溶液中和熔融状态下只能部分电离，故为弱电解质；CO2在水溶液中导电和其本身无关，在熔融状态下不能导电，故为非电解质，D正确，答案选D。

考点：考查电解质和非电解质以及强弱电解质的判断5.下列说法正确的是A．热化学方程式中，化学式前面的化学计量数只能表示物质的量B．1moL H2生成1mol H2O时放出的热量就是氢气的燃烧热的值C．用1mol/L的硫酸和适量的稀的Ba（OH）2溶液反应可以测量中和热的值D．条件相同，用16g固体硫或32g固体硫分别在O2中充分燃烧，测定的硫的燃烧热不同【答案】A【解析】试题分析：A．热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，不表示分子数，所以能为分数，A正确；B．1 moL H2生成1mol液态H2O时放出的热量就是氢气的燃烧热的值，B错误；C．硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀，存在溶解平衡，不能测量中和热的值，C错误；D．依据燃烧热概念分析可知，条件相同，用16g固体硫或32g固体硫分别在氧气中充分燃烧，测定的硫的燃烧热相同，D错误，答案选A。

2015-2016学年福建省晨曦、冷曦、正曦、岐滨四校联考高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（每小题2分，共16分，每小题只有一个正确答案）1．下列应用不涉及氧化还原反应的是（）A．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂B．工业上电解熔融状态的Al2O3制备AlC．工业上利用合成氨实现人工固氮D．实验室用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH32．在3个2L的密闭容器中，在相同的温度下、使用相同的催化剂分别进行反应：3H2（g）+N2（g）2NH3（g）．按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到2B．在该温度下甲容器中反应的平衡常数K=C．2c1＜1.5D．2ρ1=ρ23．下列说法正确的是（）A．氯化钠固体不导电，所以氯化钠是非电解质B．向纯水中加入碳酸钠能使水的电离平衡正向移动，水的离子积增大C．如右图研究的是铁的吸氧腐蚀，实验中红色首先在食盐水滴的中心出现D．常温下，反应4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）═4Fe（OH）3（s）的△H＜0△S＜04．下列有关说法正确的是（）A．原子最外层电子数为2的元素一定是ⅡA元素B．第三周期元素对应的离子半径从左往右依次减小C．第ⅦA族元素从上到下，其氢化物的酸性逐渐减弱D．第三周期的主族元素的最高正价一定等于其最外层电子数5．J 、M 、R 、T 是原子序数依次增大的短周期主族元素，J 、R 在周期表中的相对位置如右表．已知：J 元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，M 是地壳中含量最多的金属元素．下列说法错误的是（ ）A ．J 和氢组成的化合物分子有多种B ．工业上不用电解M 和T 组成的化合物来制备MC ．R 、T 两元素的气态氢化物中，R 的气态氢化物更稳定D ．J 、M 、R 、T 元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HTO 46．设N A 为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述一定正确的是（ ）A ．1 L 2 mol •L ﹣1的NH 4Cl 溶液中含有的NH 4+数目为2N AB ．标况下，0.1mol 苯中含有C=C 键数目为0.3N AC ．常温常压下，5.2g 乙炔和苯的混合气体中含有的碳原子数为0.4N AD ．7.8g 过氧化钠与足量CO 2反应，转移电子数为0.2N A ，CO 2为还原剂7．下列关于有机物的说法或表述中不正确的是（ ）A ．等质量的乙烷、乙烯、乙炔在氧气中完全燃烧，消耗的氧气乙烷最多B ．可借助于核磁共振氢谱区分乙醇和二甲醚这两种物质C ．CH 3CH （CH 3）CH （CH 3）CH （C 2H 5）CH 2CH 3的名称：2，3﹣二甲基﹣4﹣乙基己烷D ．石油裂解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程8．微粒甲与离子乙在溶液中的转化关系如下所示：微粒甲离子乙微粒甲，则微粒甲是（ ）A ．Al 2O 3B ．NH 4+C ．Fe 3+D ．CO 2二、选择题（每小题3分，共24分，每小题只有一个正确答案）9．下列有关实验操作或原理正确的是（ ）A ．用到金属钠时，要用镊子取、再用小刀切下所需量，剩余的钠不能放回原试剂瓶中B ．测氯水的pH ，可用玻璃棒蘸取氯水点在pH 试纸上，待其变色后和标准比色卡比较C ．比较不同浓度硫酸与Na 2S 2O 3反应的速率不能通过观察气泡逸出快慢比较，因为SO 2易溶于水D ．通过测定等物质的量浓度的NaCl 、Na 2S 溶液的pH ，比较硫、氯两种元素的非金属性强弱 10．现有两瓶温度分别为15℃和45℃，pH 均为l 的硫酸溶液，下列有关说法不正确的是（ ） A ．两溶液中的c （OH ﹣）相等B ．两溶液中的c （H +）相同C ．等体积两种溶液中和碱的能力相同D ．两溶液中的c （H 2SO 4）基本相同11．一定温度下，l mol X 和n mol Y 在体积为2L 的密闭容器中发生如下反应：X （g ）+Y （g ）⇌2Z （g ）+M （s ），5min 后达到平衡，此时生成2a mol Z ．下列说法正确的是（ ） A ．用M 表示此反应的反应速率γ（M ）=0.1a mol •（L •min ）﹣1B ．当混合气体的质量不再发生变化时，说明反应达到平衡状态C ．向平衡后的体系中加入l mol M ，平衡向逆反应方向移动D ．向上述平衡体系中再充入l mol X ，平衡正向移动，因为此时γ正增大，γ逆减小 12．下列离子反应中，表达正确的是（ ）A ．向AlCl 3溶液中加入过量氨水：Al 3++4 NH 3•H 2O ═AlO 2﹣+4 NH 4++2 H 2OB ．用FeCl 3溶液溶解废铜中的铜：2Fe 3++3Cu ═3Cu 2++2 FeC．NaHCO3溶液中滴入过量的Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O D．铝片溶于过量的氢氧化钠溶液中：Al+4OH﹣═AlO2﹣+2H2O13．某含Na+的溶液中可能含有Al3+、NH4+、Fe3+、CO32﹣、I﹣、SO32﹣．取样，滴加足量氯水，有气泡产生；继续向溶液中加BaCl2溶液或淀粉均无现象．为确定该溶液的组成，还需进行的实验有（）A．取样，滴加硫氰化钾溶液B．取样，加足量的浓NaOH溶液加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体C．取样，逐滴滴入氢氧化钠溶液直至足量D．取样，加足量盐酸加热，湿润的品红试纸检验气体14．某废水中含有的NH4+在一定条件下可被O2氧化，反应过程如下：①NH（aq）+O2（g）═NO（aq）+2H+（aq）+H2O（l）△H=﹣273kJ/mol②NO（aq）+O2（g）═NO（aq）H=﹣73kJ/mol下列说法正确的是（）A．1mol的NH3和1mol的NH4+都有10×6.02×1023个质子B．室温下，NH4NO2溶液呈酸性，则说明K a（HNO2）＜K b（NH3•H2O）C．NH4+（aq）+2O2（g）═NO3﹣（aq）+2H+（aq）+H2O（l）；△H=﹣346kJ/molD．在上述两次转化过程中，废水的酸性先增大然后逐渐减弱15．普通锌锰干电池的简图（如图所示），它是用锌皮制成的锌筒作电极兼做容器，中央插一根碳棒，碳棒顶端加一铜帽．在石墨碳棒周围填满二氧化锰和炭黑的混合物，并用离子可以通过的长纤维纸包裹作隔膜，隔膜外是用氯化锌、氯化铵和淀粉等调成糊状作电解质溶液；该电池工作时的总反应为：Zn+2NH4++2MnO2═[Zn（NH3）2]2++Mn2O3+H2O关于锌锰干电池的下列说法中正确的是（）A．当该电池电压逐渐下降后，利用电解原理能重新充电复原B．电池负极的电极反应式为：2MnO2+2NH4++2e﹣═Mn2O3+2NH3+H2OC．该电池碳棒可用铜棒代替，但是工作电压会下降D．外电路中每通过0.1 mol电子，锌的质量理论上减小6.5g16．苯乙烯（C6H5CH=CH2）是生产各种塑料的重要单体，其制备原理是：C6H5C2H5（g）⇌C6H5CH=CH2（g）+H2（g），实际生产中常以高温水蒸气作为反应体系的稀释剂（水蒸气不参加反应），如图为乙苯的平衡转化率与水蒸气的用量、体系总压强的关系．下列说法正确的是（）A．a、b两点转化率不等，但是化学平衡常数相等B．b点转化率为50%，则混合气体中苯乙烯的体积分数为C．恒容时加入稀释剂（水蒸气）能减小C6H5C2H5平衡转化率D．b点和c点温度和压强相同，故其反应速率也相等三、（本题共4小题，共28分）17．80℃时，将0.40mol的N2O4气体充入2L已经抽空的固定容积的密闭容器中，发生如下N H024表示的平均反应速率为（2）计算在80℃时该反应的平衡常数K=；（3）要增大该反应的K值，可采取的措施有（填序号）A．增大N2O4的起始浓度B．向混合气体中通入NO2C．使用高效催化剂D．升高温度（4）如图是80℃时容器中N2O4物质的量的变化曲线，请在该图中补画出该反应在60℃时N2O4物质的量的变化曲线．18．现有反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）过程中能量变化如图所示，写出该反应的热化学方程式；中的键能为；图中曲线Ⅱ表示（填反应条件）的能量变化．（）元素和氢可形成离子化合物，其电子式为．（2）Y元素和Z元素可形成YZ3化合物，可用于净水剂，净水原理（用离子方程式表示）．（3）①下列可作为比较X和Y金属性强弱的依据是（填序号）．a．最高价氧化物的水化物能反应b．相应硫酸盐水溶液的pHc．单质与水反应的难易程度d．单质与酸反应时失去的电子数②由X、Y、氢、氧四种元素所组成的化合物，能与盐酸以1：4反应生成两种常见盐和水，则该化合物的化学式为．（4）W的一种氢化物HW3可用于有机合成，其酸性与醋酸相似．体积和浓度均相等的HW3与X的最高价氧化物对应的水化物混合，混合后溶液中离子浓度由大到小的顺序是．20．净水丸能对饮用水进行快速的杀菌消毒，药丸通常分内外两层．外层的优氯净[Cl2Na（NCO）3，氯元素为+1价]先与水反应，生成次氯酸（HClO）起杀菌消毒作用；几分钟后，内层的亚硫酸钠（Na2SO3）溶出，可将水中的余氯（次氯酸）除去．（1）优氯净中氮元素的化合价为．（2）亚硫酸钠将水中多余次氯酸除去的离子反应方程式为．（3）亚硫酸钠溶液在空气中易变质，请写出检验亚硫酸钠溶液是否变质的方法．四、（本题共2小题，共14分）21．用天然气、煤、石油可获得多种有机产品．（1）从天然气获得的CH4可用于制备CHFCl2（氟利昂的一种主要成分），制备方法如下：甲为Cl2，反应①的条件是，写出乙的结构式．（2）石油通过一定方法可获取汽油，用于获取汽油的方法和．（3）煤干馏可获得煤焦油，煤焦油中可分离出苯，写出由苯制备硝基苯的化学方程式．22．丙烯是重要的化工原料，一定条件下可发生下列转化：已知：R﹣X R﹣CN RCOOHR﹣CHCOOH回答下列问题：（1）以下化合物中含有羧基的是．A．化合物B B．化合物C C．化合物D D．化合物E（2）上述反应中未涉及的反应类型是．A．取代反应B．加成反应C．还原反应D．加聚反应（3）写出含碳数最少且与D互为同系物的有机物的结构简式；写出D与足量乙醇发生反应的化学方程式．五、（本题共2小题，共14分）23．（1）已知反应：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2+H2O．甲同学通过测定该反应发生时溶液应选择实验（填实验编号）若同时选择实验①②、实验②③，测定混合液变浑浊的时间，可分别探究Na2S2O3浓度和H2SO4的浓度对化学反应速率的影响，则表中a和b分别为和．（2）某同学设计如下实验流程探究Na2S2O3的化学性质．实验操作①中测试时pH试纸的颜色应该接近．A．红色B．黄色C．深蓝色D．绿色上述流程中实验②、③的目的是为了探究Na2S2O3某种化学性质，你认为是探究了Na2S2O3的性．24．某同学欲在实验室中对Fe3+与I﹣的反应进行探究，实现Fe2+与Fe3+的相互转化．的预期现象为．②FeCl2溶液与新制氯水反应的离子方程式为．（2）该同学在进行实验I时，加入的氯水过多，导致出现的红色又褪去，则可能的原因是．六、（本题共1小题，共4分）25．某种盐可表示为[xFeSO4•y（NH4）2SO4•6H2O]（其摩尔质量为392g•mol﹣1），可用作标定重铬酸钾、高锰酸钾等溶液的标准物质，也可用于冶金、电镀．为测定其组成，进行下列实验：①取一定质量的上述盐样品，准确配制100mL的溶液X；②量取20.00mL的溶液X，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤，烘干至恒重，得到白色固体Y 4.660g③另取20.00mL的X溶液，滴加适量硫酸，用0.1000mol•﹣1的KMnO4溶液滴定至终点，生成Mn2+，消耗KMnO4溶液20.00mL．（1）在25.00mL试样溶液中c（SO42﹣）=mol•L﹣1，n（Fe2+）=mol；（2）该盐的化学式为．2015-2016学年福建省晨曦、冷曦、正曦、岐滨四校联考高三（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题2分，共16分，每小题只有一个正确答案）1．下列应用不涉及氧化还原反应的是（）A．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂B．工业上电解熔融状态的Al2O3制备AlC．工业上利用合成氨实现人工固氮D．实验室用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3【考点】氧化还原反应．【分析】氧化还原反应的本质特征是反应前后元素化合价的发生变化；依据元素化合价变化分析判断；【解答】解：A、Na2O2用作呼吸面具的供氧剂，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，发生了氧化还原反应，故A不符合；B、工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al，是电解氧化铝发生氧化还原反应，故B不符合；C、工业上利用合成氨实现人工固氮，是氮气气体单质和氢气化合生成氨气，发生了氧化还原反应，故C不符合；D、NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3是复分解反应，故D符合；故选D．2．在3个2L的密闭容器中，在相同的温度下、使用相同的催化剂分别进行反应：3H2（g）+N2（g）2NH3（g）．按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测2B．在该温度下甲容器中反应的平衡常数K=C．2c1＜1.5D．2ρ1=ρ2【考点】化学平衡的计算．【分析】A、先计算氮气的反应速率，再根据同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氢气反应速率；B 、甲容器中，反应前氢气浓度为c （H 2）=mol/L=1.5mol/L ，氮气的浓度为mol/L=1mol/L ，达到平衡时氮气的浓度变化为（1﹣c 1）mol/L ，由化学平衡的三段式可得：3H 2（g ）+N 2（g ）⇌2NH 3（g ）反应前（mol/L ）：1.5 1 0浓度变化：（mol/L ）：3（1﹣c 1） （1﹣c 1） 2（1﹣c 1）反应后：（mol/L ）：1.5﹣3（1﹣c 1） 1﹣（1﹣c 1） 2（1﹣c 1）化学平衡常数K=；C 、先将丙中的数据按照化学计量数转化成反应物氮气、氢气的物质的量，然后利用等效平衡知识进行分析；D 、反应前后都是气体，容器的容积都是2L ，乙中混合气体的质量为甲的2倍，根据ρ=分析．【解答】解：A 、氮气的反应速率==0.1mol/（L ．min ），同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以氢气反应速率=0.3mol/（L ．min ），故A 正确；B 、甲容器中，反应前氢气浓度为c （H 2）=mol/L=1.5mol/L ，氮气的浓度为mol/L=1mol/L ，达到平衡时氮气的浓度变化为（1﹣c 1）mol/L ，由化学平衡的三段式可得：3H 2（g ）+N 2（g ）⇌2NH 3（g ）反应前（mol/L ）：1.5 1 0浓度变化：（mol/L ）：3（1﹣c 1） （1﹣c 1） 2（1﹣c 1）反应后：（mol/L ）：1.5﹣3（1﹣c 1） c 1 2（1﹣c 1）化学平衡常数K===，故B 错误；C 、恒温、恒容条件下，假设乙容器的容积为4L ，则达到平衡时甲乙为等效平衡，各组分的含量、浓度相等，此时氮气的浓度为c 1，然后将容器的容积缩小到2L ，若平衡不移动，2c 1=1.5mol/L ，由于压强增大，平衡向着正向移动，氨气的浓度增大，所以2c 1＞1.5mol/L ，故C 错误；D ．反应前后都是气体，容器的容积都是2L ，乙中混合气体的质量为甲的2倍，根据ρ=可知：2ρ1=ρ2，故D 正确；故选BC ．3．下列说法正确的是（ ）A．氯化钠固体不导电，所以氯化钠是非电解质B．向纯水中加入碳酸钠能使水的电离平衡正向移动，水的离子积增大C．如右图研究的是铁的吸氧腐蚀，实验中红色首先在食盐水滴的中心出现D．常温下，反应4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）═4Fe（OH）3（s）的△H＜0△S ＜0【考点】电解质与非电解质；金属的电化学腐蚀与防护；焓变和熵变．【分析】A．溶于水或者熔融状态下能够导电的化合物是电解质；B．水的离子积只受温度影响；C．食盐水周围液体少，氧气量多，所以红色首先在食盐水滴的周围出现；D．该反应能自发进行，且△S＜0，应满足△H﹣T•△S＜0，据此判断焓变值．【解答】解：A．氯化钠溶于水或者熔融状态下能够导电，属于电解质，故A错误；B．水的离子积只受温度影响，温度不变，水的离子积不变，故B错误；C．食盐水周围液体少，氧气量多，所以红色首先在食盐水滴的周围出现，故C错误；D．常温下，反应4Fe（OH）2（s）+2H2O（l）+O2（g）=4Fe（OH）3（s）能自发进行，应满足△H﹣T•△S＜0，该反应为熵减反应，即△S＜0，说明是放热反应，△H＜0，故D正确；故选：D．4．下列有关说法正确的是（）A．原子最外层电子数为2的元素一定是ⅡA元素B．第三周期元素对应的离子半径从左往右依次减小C．第ⅦA族元素从上到下，其氢化物的酸性逐渐减弱D．第三周期的主族元素的最高正价一定等于其最外层电子数【考点】元素周期律的作用．【分析】A．He的最外层电子数为2，还有过渡金属元素的最外层电子数为2；B．第三周期中，阴离子半径大于阳离子半径，具有相同排布的离子原子序数大的离子半径小；C．同主族自上而下，非金属性减弱，氢化物稳定性减弱；D．第三周期的主族元素的最高正价=最外层电子数=其所在主族序数．【解答】解：A．He的最外层电子数为2，位于周期表中的零族，还有过渡金属元素的最外层电子数为2，则原子最外层电子数为2的元素可能处于周期表的第ⅡA族，故A错误；B．第三周期中，阴离子半径大于阳离子半径，具有相同排布的离子原子序数大的离子半径小，如第三周期中铝离子半径最小，故B错误；C．同主族自上而下，非金属性减弱，氢化物稳定性减弱，酸性逐渐增强，故C错误；D．非金属性较强的第二周期的主族元素F、O的最外层电子数不等于最高化合价，但第三周期的主族元素的最高正价=最外层电子数=其所在主族序数，故D正确；故选D．5．J、M、R、T是原子序数依次增大的短周期主族元素，J、R在周期表中的相对位置如右表．已知：J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，M是地壳中含量最多的金属元素．下列说法错误的是（）A．J和氢组成的化合物分子有多种B．工业上不用电解M和T组成的化合物来制备MC．R、T两元素的气态氢化物中，R的气态氢化物更稳定D．J、M、R、T元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HTO4【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，说明J的最低化合价与最高化合价绝对值相等，则J最外层电子数为4，根据J、R都为短周期元素可知J为C元素，则R应为S元素，M是地壳中含量最多的金属元素，应为Al元素，而T是原子序数最大的元素，且为短周期主族元素，应为Cl元素，根据元素周期律的递变规律解答该题．【解答】解：J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，说明J的最低化合价与最高化合价绝对值相等，则J最外层电子数为4，根据J、R都为短周期元素可知J为C元素，则R应为S元素，M是地壳中含量最多的金属元素，应为Al元素，而T是原子序数最大的元素，且为短周期主族元素，应为Cl元素，则A．J为C元素，和H元素为有机物的主要组成元素，有机物种类繁多，故A正确；B．AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电，故B正确；C．同周期元素中，从左到右元素的非金属性逐渐增强，则对应的氢化物的稳定性逐渐增强，故T对应的氢化物更稳定，故C错误；D．T的非金属性最强，最高化合价为+7价，对应的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4，故D正确．故选C．6．设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述一定正确的是（）A．1 L 2 mol•L﹣1的NH4Cl溶液中含有的NH4+数目为2N AB．标况下，0.1mol苯中含有C=C键数目为0.3N AC．常温常压下，5.2g乙炔和苯的混合气体中含有的碳原子数为0.4N AD．7.8g过氧化钠与足量CO2反应，转移电子数为0.2N A，CO2为还原剂【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、NH4+为弱碱阳离子；B、苯不是单双键交替的结构；C、乙炔和苯的最简式均为CH；D、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，1mol过氧化钠转移1mol电子．【解答】解：A、NH4+为弱碱阳离子，在溶液中会水解，故溶液中的铵根离子的个数小于2N A 个，故A错误；B、苯不是单双键交替的结构，即苯中无碳碳双键，故B错误；C、乙炔和苯的最简式均为CH，故5.2g乙炔和苯的混合物中含有的CH的物质的量n==0.4mol，故含有的碳原子的物质的量为0.4mol即0.4N A个，故C正确；D、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，而过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，二氧化碳既不做氧化剂也不做还原剂，1mol过氧化钠转移1mol电子，故0.1mol过氧化钠转移0.1mol 电子即0.1N A个，故D错误．故选C．7．下列关于有机物的说法或表述中不正确的是（）A．等质量的乙烷、乙烯、乙炔在氧气中完全燃烧，消耗的氧气乙烷最多B．可借助于核磁共振氢谱区分乙醇和二甲醚这两种物质C．CH3CH（CH3）CH（CH3）CH（C2H5）CH2CH3的名称：2，3﹣二甲基﹣4﹣乙基己烷D．石油裂解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．等质量的烃燃烧，耗氧量取决于H%，H%越大耗氧量越大；B．乙醇和二甲醚的氢原子种类不同；C．CH3CH（CH3）CH（CH3）CH（C2H5）CH2CH3的主链含有6个C原子，含有2个甲基和1个乙基；D．根据高分子化合物的定义判断．【解答】解：A．等质量的烃燃烧，耗氧量取决于H%，H%越大耗氧量越大，乙烷的含氢量最大，则消耗的氧气的量最多，故A正确；B．乙醇和二甲醚的氢原子种类不同，则核磁共振氢谱不同，可鉴别，故B正确；C．CH3CH（CH3）CH（CH3）CH（C2H5）CH2CH3的主链含有6个C原子，含有2个甲基和1个乙基，名称为2，3﹣二甲基﹣4﹣乙基己烷，故C正确；D．高分子化合物的相对分子质量在10000以上，石油、油脂不是高分子化合物，故D错误．故选D．8．微粒甲与离子乙在溶液中的转化关系如下所示：微粒甲离子乙微粒甲，则微粒甲是（）A．Al2O3B．NH4+C．Fe3+D．CO2【考点】离子反应发生的条件．【分析】根据微粒甲能与氢氧根反应生成乙，乙能与氢离子反应再生成甲解题，将选项带入转化关系，符合即可．【解答】解：A．Al2O3与氢氧根能反应生成AlO2﹣，与氢离子反应生成沉淀或铝离子，得不到Al2O3，不符合转化关系，故A错误；B．NH4+与OH﹣反应生成NH3•H2O，NH3•H2O不是离子，不符合转化关系，故B错误；C．Fe3+与OH﹣反应生成Fe（OH）3，不是离子，不符合转化关系，故C错误；D．CO2与氢氧根能反应生成碳酸根离子，碳酸根离子和氢离子反应生成水和CO2，故D正确．故选D．二、选择题（每小题3分，共24分，每小题只有一个正确答案）9．下列有关实验操作或原理正确的是（）A．用到金属钠时，要用镊子取、再用小刀切下所需量，剩余的钠不能放回原试剂瓶中B．测氯水的pH，可用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上，待其变色后和标准比色卡比较C．比较不同浓度硫酸与Na2S2O3反应的速率不能通过观察气泡逸出快慢比较，因为SO2易溶于水D．通过测定等物质的量浓度的NaCl、Na2S溶液的pH，比较硫、氯两种元素的非金属性强弱【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．剩余的金属钠应该放回原瓶；B．氯水中HClO具有漂白性；C．SO2易溶于水；D ．通过测定等物质的量浓度的NaCl 、Na 2S 溶液的pH ，能比较其氢化物的酸性强弱．【解答】解：A ．用到金属钠时，要用镊子取，再用小刀切下所需量，剩余钠要放回原试剂瓶中，不能随意丢弃，故A 错误；B ．氯水中HClO 具有漂白性，则不能用pH 试纸测定其pH ，应利用pH 计测定，故B 错误；C ．SO 2易溶于水，不能通过观察气泡逸出快慢比较，故C 正确；D ．通过测定等物质的量浓度的NaCl 、Na 2S 溶液的pH ，能比较其氢化物的酸性强弱，但是不能确定硫、氯两种元素的非金属性强弱，故D 错误．故选C ．10．现有两瓶温度分别为15℃和45℃，pH 均为l 的硫酸溶液，下列有关说法不正确的是（ ） A ．两溶液中的c （OH ﹣）相等B ．两溶液中的c （H +）相同C ．等体积两种溶液中和碱的能力相同D ．两溶液中的c （H 2SO 4）基本相同【考点】电解质在水溶液中的电离．【分析】温度升高，促进水的电离，所以温度不同水的离子积常数不同；温度越高，Kw 越大，结合Kw=c （H +）×c （OH ﹣）解答．【解答】解：A 、两溶液中的OH ﹣均来源于水的电离，在不同温度下，水的离子积常数不同，故由水电离出的c （OH ﹣）和c （H +）不同，故A 错误；B 、由pH=﹣lgc （H +）可知，pH 相同，H +浓度相同，故B 正确；C 、由pH=﹣lgc （H +）可知，pH 相同，H +浓度相同，则两溶液中的c （H 2SO 4），所以等体积两种溶液中和碱的能力相同，故C 正确；D 、由pH=﹣lgc （H +）可知，pH 相同，H +浓度相同，则两溶液中的c （H 2SO 4），故D 正确； 故选A ．11．一定温度下，l mol X 和n mol Y 在体积为2L 的密闭容器中发生如下反应：X （g ）+Y （g ）⇌2Z （g ）+M （s ），5min 后达到平衡，此时生成2a mol Z ．下列说法正确的是（ ） A ．用M 表示此反应的反应速率γ（M ）=0.1a mol •（L •min ）﹣1B ．当混合气体的质量不再发生变化时，说明反应达到平衡状态C ．向平衡后的体系中加入l mol M ，平衡向逆反应方向移动D ．向上述平衡体系中再充入l mol X ，平衡正向移动，因为此时γ正增大，γ逆减小【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【分析】A ．M 为纯固体，不能表示速率；B ．随反应进行，反应混合气体的质量减小，混合气体的质量不变，说明到达平衡；C ．固体对化学反应速率和化学平衡都没有影响；D ．再充入1molX ，反应物的浓度增大，生成物的浓度不变，所以v （正）增大，v （逆）不变，平衡向正反应移动．【解答】解：A ．M 为纯固体，不能表示速率，故A 错误；B ．随反应进行，反应混合气体的质量减小，混合气体的质量不变，说明到达平衡，故B 正确；C ．因固体和纯液体改变它的物质的量并不会改变它的浓度，因此化学平衡并不移动，故C 错误；D ．向上述平衡体系中再充入1molX ，反应物的浓度增大，生成物的浓度不变，所以v （正）增大，v （逆）不变，平衡向正反应移动，故D 错误；故选B ．12．下列离子反应中，表达正确的是（）A．向AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3++4 NH3•H2O═AlO2﹣+4 NH4++2 H2OB．用FeCl3溶液溶解废铜中的铜：2Fe3++3Cu═3Cu2++2 FeC．NaHCO3溶液中滴入过量的Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O D．铝片溶于过量的氢氧化钠溶液中：Al+4OH﹣═AlO2﹣+2H2O【考点】离子方程式的书写．【分析】A．反应生成氢氧化铝和氯化铵；B．反应生成氯化亚铁、氯化铜；C．NaHCO3完全反应，生成碳酸钡、水、NaOH；D．漏写氧化剂水，反应生成偏铝酸钠和氢气．【解答】解：A．向AlCl3溶液中加入过量氨水的离子反应为Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；B．用FeCl3溶液溶解废铜中的铜的离子反应为2Fe3++Cu═Cu2++2Fe2+，故B错误；C．NaHCO3溶液中滴入过量的Ba（OH）2溶液的离子反应为HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O，故C正确；D．铝片溶于过量的氢氧化钠溶液中的离子反应为2Al+2H2O+2OH﹣═2AlO2﹣+3H2↑，故D错误；故选C．13．某含Na+的溶液中可能含有Al3+、NH4+、Fe3+、CO32﹣、I﹣、SO32﹣．取样，滴加足量氯水，有气泡产生；继续向溶液中加BaCl2溶液或淀粉均无现象．为确定该溶液的组成，还需进行的实验有（）A．取样，滴加硫氰化钾溶液B．取样，加足量的浓NaOH溶液加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体C．取样，逐滴滴入氢氧化钠溶液直至足量D．取样，加足量盐酸加热，湿润的品红试纸检验气体【考点】常见离子的检验方法．【分析】取样，滴加足量氯水，有气泡产生，含有CO32﹣；因CO32﹣与Al3+、Fe3+反应，则一定没有Al3+、Fe3+；向溶液中加BaCl2溶液或淀粉均无现象，则一定没有I﹣，且SO32﹣能被氯水氧化生成硫酸根离子会与氯化钡反应生成白色沉淀，则一定没有SO32﹣；显然不能确定NH4+，根据检验铵根离子的方法解答．【解答】解：滴加足量氯水，有气泡产生，含有CO32﹣；因CO32﹣与Al3+、Fe3+反应，则一定没有Al3+、Fe3+；向溶液中加BaCl2溶液或淀粉均无现象，则一定没有I﹣，且SO32﹣能被氯水氧化生成硫酸根离子会与氯化钡反应生成白色沉淀，则一定没有SO32﹣；显然不能确定NH4+，A．硫氰化钾溶液用于鉴别铁离子，无法检验铵根离子，故A错误；B．取样，加足量的浓NaOH溶液加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体，可以根据现象判断是否含有铵根离子，故B正确；C．逐滴滴入氢氧化钠溶液直至足量，可以鉴别铝离子，无法鉴别铵根离子，故C错误；D．加足量盐酸加热，湿润的品红试纸检验气体，该方法是检验亚硫酸根离子，无法鉴别铵根离子，故D错误；故选B．14．某废水中含有的NH4+在一定条件下可被O2氧化，反应过程如下：。

2015-2016晨曦、冷曦、正曦、岐滨四校联考高二英语第Ⅰ卷（共四部分，共115分）第一部分：听力（共两节，满分30分）第一节听下面5段对话。

每段对话后有一个小题，从题中所给的A、B、C三个选择项中选择出最佳选项，并标在试卷的相应位置。

听完每段对话后，你都有10秒钟的时间来回答有关小题词和阅读下一小题。

每段对话仅读一遍。

1. I really can’t thank you enough, sir.What does the woman plan to do?A. Stay at school.B. Visit her family.C. Go camping.2. What’s the topic of the conversation?A. A ship.B.A movie.C. A joke.3. Why can’t the speakers go on the trip?A. The man’s uncle died.B. The man got sick.C. The woman has to attenda meeting.4. What does the man mean?A. Benjamin is very honest.B. Benjamin often breaks his words.C. Benjamin is serious about his work.5. What is the relationship between the speakers?A. Classmates.B. Colleagues.C. Teacher and student.第二节听下面5段对话或独白。

每段对话或独白后有几个小题，从题中所给的A、B、C三个选项中选出最佳选项，并标在试卷的相应位置。

听每段对话或独白前，你将有时间阅读各个小题，每小题5秒钟，；听完后，各小题将给出5秒钟的作答时间。

7.n L三种气态烃混合物与足量氧气混合点燃后，恢复到原来状态（常温常压），体积共缩小2n L，这三种烃不可能的组合是（ ） A．CH4、C2H4、C3H4以任意比混合 B．C2H6、C4H6、C2H2以2:1:2的物质的量之比混合 C．C3H8、C4H8、C2H2以11:14:26的质量之比混合 D．CH4、C3H6、C2H2以a:b:b体积比混合 8．对于4℃时，水中溶解了22.4L HCl气体（标准状况下测得）后形成的溶液200mL，下列说法中正确的是（ ） A．该溶液物质的量浓度为10mol/L B．所用水的体积为177.6L C．根据题干数据，该溶液物质的量浓度无法求得 D．该溶液中溶质的质量分数因溶液的密度未知而无法求得 9常温下，下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是 A. c(H＋)/c(OH－)=1×10-12的溶液：K＋、Na＋、SiO32－、NO3－ B.0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液：K＋、Fe3+、NO3－、Cl－ C.0.1 mol·L－1 NaClO溶液：Na＋、NH4＋、SO32－、CO32－ D. 0.1 mol·L－1 Na[Al(OH)4]溶液：K＋、Na＋、SO42－、HCO3－ 0．(括号内的物质是杂质)，所选用的除杂试剂和方法都正确的是( ) 选项被提纯的物质除杂试剂除杂方法A溴化钠溶液(NaI)氯水、CCl4萃取、分液B氯化铵溶液(FeCl3)氢氧化钠溶液过滤C二氧化碳(CO)氧化铜粉末通过灼热的CuO粉末D乙酸乙酯(乙酸)乙醇、浓硫酸加热11．中间体，结构简式如下列有关说法正确的是 A.分子式为C8H6O3 B. C.1mol扁桃酸molH2发生加成反应 D. 1mol扁桃酸aOH溶液反应mol NaOH 12．NA A.1 mol FeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NA B. 0.2 mol S在空气中充分燃烧，转移电子数为0.6NA C0.1molCl2与足量的水充分反应，为NA D.1.5 mol Na2O2与足量的二氧化碳充分反应，转移电子数为NA 13．常温下，在20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 NH3·H2O溶液中逐滴滴加0.100 0 mol·L－1 HCl溶液，溶液pH随滴入HCl溶液体积变化曲线如右图所示 A.①溶液：c(Cl－)＞c(NH)＞c(OH－)＞c(H＋) B.②溶液：c(NH)＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋) C.①、②、③三点所示的溶液中水的电离程度②＞③＞① D.滴定过程中不可能出现： c(NH3·H2O)＞c(NH)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H＋) 29.(16分)氮氧化合物是目前大气污染的主要气体。

2016 届高三年级第二次四校联考理综试题命题：康杰中学临汾一中长治二中忻州一中本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共300分，考试时间 150 分钟第Ⅰ卷（选择题共 126 分）可能用到的相对原子质量H=1 C=12 N=14 O =16 Na=23 S=32 Cu=64 Ba=137一、选择题： ( 此题共 13 小题，每题 6 分，共 78 分。

在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题目要求的 )1．有关酶和ATP的说法正确的选项是A．所有酶均在核糖体上合成B．检测蛋白酶的催化作用可用双缩脲试剂查验反响物能否完好分解C．有机物氧化分解开释出的能量少部分转移到ATP中D．在 ATP中 A 代表腺苷， P 代表磷酸基团，T 代表三个高能磷酸键2．以下是某种分泌蛋白的合成过程表示图，以下有关表达中正确的选项是A．此过程有水生成，主要发生在细胞核中B．①上边所有的碱基都需要与③上相应的碱基配对C．④形成后即进入高尔基体加工，而后分泌出细胞D．①上往常能够接踵联合多个②3．右图 A、B、C代表不一样的种群，已知A和B本来属于同一物种，都以物种 C 作为食品根源。

因为地理隔绝，且经过若干年的进化，此刻不太清楚 A 和 B 能否还属于同一物种。

以下有关说法正确的选项是A．若 A 和 B 在一同还可以进行自由交配，则他们就必定不存在生殖隔绝B． A 和 B 的关系必定为竞争C．若 A 和 B 仍旧为同一物种，则它们拥有共同的基因库D． A 和 B 种群基因频次的定向改变，致使了它们朝着必定方向进化4．以下有关生物实验方法的描绘正确的选项是A．用32P、 35S同时标志噬菌体，侵染未标志的大肠杆菌，证了然DNA是遗传物质B．孟德尔设计的测交实验属于假说一演绎法的演绎内容C．采纳差速离心法将大肠杆菌的各样细胞器分别开D．研究促使生根的最适NAA浓度需要做预实验，其目的是减小实验偏差5．以下图是人体某组织结构表示图，①②③④分别表示人体内不一样部位的液体。

资料概述与简介 2015-2016晨曦、冷曦、正曦、岐滨四校高三上学期期中联考 高三语文 2015.11 第I卷阅读题 一、现代文阅读（9分，每小题3分） 下列关于“诗歌批评”的表述，不符合原文意思的一项是 A．诗歌批评是对作品的诠释，也是对作品文本的一种再创造，但须坚持适度的原则。

B．诗歌批评对于作品而言意义巨大，犹如灯光一样指引着作品由暗处走向前台。

C．诗歌批评需要批评者有学术良知，用心关注、反映生活，而不是对生活进行图解。

D．诗歌批评需要批评者保持清醒，与文学和读者紧密联系，而非人云亦云一哄而上。

下列理解，不符合原文意思的一项是 A．概念代替文本，行为代替写作的现象，在于批评者心气浮躁，不能潜心、埋头创作。

B．诗歌批评脱离现实，牵强附会，割裂与原作品的联系另起炉灶，畅想 C．无痛不成诗，流水线、小餐馆、地下室和打工妹顿时成为诗歌的新宠，这些陋习导致了诗歌批评的庸俗化。

D．现在的诗歌批评庸俗化的趋势越来越明显，学术含量低，甚至沦为学术游戏，妨碍了诗歌创作的进步。

根据原文内容，下列理解和分析不正确的一项是 A．诗歌批评与诗歌一样，都应该是自然与人文背景下的顺产儿，反映真实是它们的共同要36分） 19分） 4一7题。

宽饶初拜为司马，躬案行士卒庐室，视其饮食，有疾病者身自抚循临问，加致医药，遇之甚有恩。

及岁尽交代①，卫卒数千人皆叩头自请，愿复留共更一年，以报宽饶厚德。

宣帝嘉之，以宽饶为太中大夫，使行风俗，多所称举贬黜，奉使称意。

擢为司隶校尉，刺举无所回避，小大辄举，所劾奏众多。

公卿贵戚及郡国吏使至长安，皆恐惧莫敢犯禁，京师为清。

宽饶为人刚直高节，志在奉公。

家贫，奉钱月数千，半以给吏民为耳目言事者。

身为司隶，子常步行自戍北边，公廉如此。

然深刻喜陷害人，在位及贵戚人与为怨，又好言事刺讥，奸②犯上意。

同列后进或九卿，宽饶自以行清能高，有益于国，而为凡庸所越，愈失意不快，数上疏谏争。

太子庶子③王生高宽饶节，而非其如此，予书曰：“明主知君洁白公正，不畏强御，故命君以司察之位，擅君以奉使之权，尊官厚禄已施于君矣。

1．下列有关叙述中正确的是()A．强电解质在水溶液中的电离过程是不可逆的B．强电解质的水溶液导电能力一定比弱电解质的水溶液导电能力强C．易溶于水的电解质一定是强电解质D．同一弱电解质溶液，温度不同时，导电能力相同【答案】A【解析】试题分析：A、强电解质完全电离，是不可逆过程，故正确；B、如难溶盐在水溶液导电能力小于醋酸的导电能力，故错误；C、不正确，如醋酸和水任意比例互溶，但是醋酸是弱酸，故错误；D、温度升高，促进电离，导电能力增强，故错误。

考点：考查弱电解质的电离平衡等知识。

2．下列关于电解质说法正确的是()A．在熔融状态或溶于水能导电的物质叫电解质B．电解质在通电时发生电离C．熔融的KOH导电，所以KOH是电解质D．NaCl晶体不导电，所以NaCl不是电解质【答案】C【解析】试题分析：A、在熔融状态下或溶于水能导电的化合物叫电解质，故错误；B、电解质是在水分子的作用下，发生离解，不需要通电，故错误；C、符合电解质的定义，故正确；D、电解质导电，需要条件是：水溶液或熔融状态，故错误。

考点：考查电解质概念等知识。

3.下列电离方程式正确的是( )A．NaHSO4Na+＋H+＋SO42-B．HCO3-+H2O=== H3O+＋CO32-C．HClO===H+＋ClO-D．H2S H+＋HS-【答案】D【解析】试题分析：A、NaHSO4属于强酸强碱盐，完全电离，即NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－，故错误；B、HCO3－属于弱酸的酸根，部分电离，HCO3－＋H2O CO32－＋H3O＋，故错误；C、次氯酸属于弱酸，应是部分电离，HClO H＋＋ClO－，故错误；D、H2S属于二元弱酸，应分步电离，H2S H＋＋HS－，HS－H＋＋S2－，故正确。

考点：考查电离方程式的书写等知识。

4．将1 mol冰醋酸加入到一定量的蒸馏水中最终得到1 L溶液。

下列各项中，表明已达到电离平衡状态的是()A．醋酸的浓度达到1 mol·L－1 B．H＋的浓度达到0.5 mol·L－1C．醋酸分子的浓度、醋酸根离子的浓度、H＋的浓度均为0.5 mol·L－1D．醋酸分子电离成离子的速率和离子重新结合成醋酸分子的速率相等【答案】D【解析】试题分析：A、醋酸是弱酸，要发生电离，因此达到平衡时醋酸浓度小于1mol·L－1，故错误；B、没有说明醋酸的电离平衡常数或电离度，因此无法计算H＋浓度，达到平衡时浓度，故错误；C、跟选项B分析一样，故错误；D、达到平衡时的标志，当正反应速率和逆反应速率相等，即为达到平衡，故正确。

福建省晨曦、冷曦、正曦、岐滨四校联考2016届高三（上）期中生物试卷一、选择题1．细胞分化是生物界普遍存在的一种生命现象，下列错误的是( )A．分化发生在生物体的整个生命进程中B．分化是基因选择性表达的结果C．高等植物体内未离体的体细胞没有全能性D．分化过程中遗传物质一般不发生改变【考点】细胞的分化．【分析】关于“细胞分化”，考生可以从以下几方面把握：（1）细胞分化是指在个体发育中，由一个或一种细胞增殖产生的后代，在形态，结构和生理功能上发生稳定性差异的过程．（2）细胞分化的特点：普遍性、稳定性、不可逆性．（3）细胞分化的实质：基因的选择性表达．（4）细胞分化的结果：使细胞的种类增多，功能趋于专门化．【解答】解：A、细胞分化贯穿于整个生命进程，A正确；B、细胞分化的实质是基因选择性表达，B正确；C、高等植物体内未离体的体细胞有全能性，只是全能性不能表达出来，C错误；D、细胞分化的实质是基因的选择性表达，该过程中遗传物质一般不发生改变，D正确．故选：C．【点评】本题考查细胞分化和细胞全能性的相关知识，要求考生识记细胞分化的概念、特点及意义，掌握细胞分化的实质；识记细胞全能性的概念，掌握细胞具有全能性的原因及全能性表达出来所需的条件，能结合所学的知识准确判断各选项．2．某人群中某常染色体显性遗传病的发病率为19%，一对夫妇中妻子患病，丈夫正常，他们所生的子女患该病的概率是( )A．B．C．D．【考点】基因的分离规律的实质及应用．【分析】根据题意分析：由于该显性遗传病（设致病基因为A）在人群中的发病率为19%，即AA和Aa的概率之和为19%，从而求出aa的概率．再进一步求出A和a的基因频率．丈夫正常，基因型为aa；妻子患病，基因型为AA 或Aa，根据其基因型的概率计算出这对夫妇所生子女的患病概率．【解答】解：假设控制该遗传病的基因为A、a，已知该病的发病率为19%，则正常（aa）的概率为81%，根据哈迪﹣温伯格定律，a的基因频率为90%，A的基因频率为10%．由此人群中AA的基因型概率为=10%×10%=1%，Aa的基因型频率=2×10%×90%=18%．所以患病妻子的基因型为AA的概率为1%/（18%+1%）=1/19，其后代均患该病；患病妻子的基因型为Aa的概率为18%/（18%+1%）=18/19，其后代患该病的概率为18/19×1/2=9/19，所以他们所生的子女患该病的概率是1/19+9/19=10/19．故选A．【点评】本题考查基因频率和基因型频率计算的相关知识，意在考查学生的理解应用能力和计算能力，运用所学知识综合分析问题的能力．3．研究发现调节性T细胞具有抑制免疫反应的功能、防止免疫反应过度损伤自身，调节性T 细胞数量由Mcl﹣l蛋白和Bim蛋白两种功能相反的蛋白质决定（如图所示）．下列疾病或应用中可能与Mcl﹣Ⅰ蛋白的活性被抑制有关的是( )A．提高器官移植成活率B．先天性胸腺发育不全C．系统性红斑狼疮D．艾滋病【考点】人体免疫系统在维持稳态中的作用．【分析】1、免疫失调引起的疾病：（1）过敏反应：指已免疫的机体在再次接受相同物质的刺激时所发生的反应．引起过敏反应的物质叫做过敏原．如花粉、油漆、鱼虾等海鲜、青霉素、磺胺类药物等（因人而异）．（2）自身免疫病：是指机体对自身抗原发生免疫反应而导致自身组织损害所引起的疾病．举例：风湿性心脏病、类风湿性关节炎、系统性红斑狼疮等．（3）免疫缺陷病是指由于机体免疫功能不足或缺乏而引起疾病．一类是由于遗传而使机体生来就有的先天性免疫缺陷病；一类是由于疾病和其他因素引起的获得性免疫缺陷病，如艾滋病．2、分析题图：调节性T细胞数量由Mcl﹣1蛋白和Bim蛋白两种功能相反的蛋白质决定，其中Mcl﹣1蛋白可使调节性T细胞数量增加，这可能会导致免疫反应过度而损伤自身，进而引发自身免疫病．而Bim蛋白会使调节性T细胞数量减少．据此答题．【解答】解：A、提高器官移植成活率，应该降低免疫力，与Bim蛋白有关，A错误；B、先天性胸腺发育不全不属于自身免疫病，B错误；C、Mcl﹣1蛋白可使调节性T细胞数量增加，这可能会导致免疫反应过度而损伤自身，进而引发自身免疫病，而系统性红斑狼疮属于自身免疫病，C正确；D、艾滋病属于免疫缺陷病，D错误．故选：C．【点评】本题结合图解，考查人体免疫系统在维持稳态中的作用，要求考生识记人体免疫系统的组成，解题关键在于掌握免疫失调引起的疾病的类型及原理，能结合图中信息作出准确的判断．4．如图表示某二倍体生物的细胞，有关叙述正确的是( )A．该细胞正处于有丝分裂前期B．在该细胞形成过程中一定发生了基因突变C．该细胞分裂至后期时含有4个染色体组D．该细胞分裂能产生2种基因型的子细胞【考点】细胞的减数分裂．【分析】根据题意和图示分析可知：图示表示某二倍体生物细胞分裂的某一时期，该细胞不含同源染色体，且染色体的着丝点都散乱地分布在细胞中，所以细胞处于减数第二次分裂前期．【解答】解：A、该细胞为二倍体生物的细胞，且不含同源染色体，所以正处于减数第二次分裂前期，A错误；B、姐妹染色单体是间期复制形成的，应该含有相同的基因，而图示姐妹染色单体上含有等位基因A和a，其形成的原因可能是发生了基因突变或交叉互换，B错误；C、该细胞不含同源染色体，分裂至后期时，着丝点分裂，含有2个染色体组，C错误；D、由于有一条染色体的两条染色单体上的基因是A、a，所以该细胞分裂能产生2种基因型的子细胞，D正确．故选：D．【点评】本题结合细胞分裂图，考查细胞的减数分裂，要求考生识记细胞减数分裂不同时期的特点，能准确判断图示细胞的分裂方式及所处的时期，同时能正确辨别细胞中染色体的数目．5．以下关于生命系统信息传递的说法正确的是( )A．在生物体细胞中，分子之间传递遗传信息的途径是DNA→RNA→蛋白质B．在生物体中，不同细胞之间信息的识别主要依赖于细胞膜上的脂质和蛋白质C．在动、植物体中，信息在不同组织、器官之间传递的主要形式是激素D．在生态系统中，某些植物在长日照条件下才开花，说明信息传递利于种群的繁衍【考点】中心法则及其发展；细胞膜的功能；神经冲动的产生和传导；生态系统中的信息传递．【分析】1、中心法则：（1）遗传信息可以从DNA流向DNA，即DNA的复制；（2）遗传信息可以从DNA流向RNA，进而流向蛋白质，即遗传信息的转录和翻译．后来中心法则又补充了遗传信息从RNA流向RNA以及从RNA流向DNA两条途径．2、细胞间的信息交流主要有三种方式：（1）通过化学物质来传递信息；（2）通过细胞膜直接接触传递信息；（3）通过细胞通道来传递信息，如高等植物细胞之间通过胞间连丝．3、信息传递在生态系统中的作用：（1）生命活动的正常进行，离不开信息的作用；（2）生物种群的繁衍，也离不开信息的传递；（3）信息还能够调节生物的种间关系，以维持生态系统的稳定．【解答】解：A、在生物体细胞中，分子之间传递遗传信息的途径是DNA→DNA、DNA→RNA→蛋白质，A错误；B、在生物体中，不同细胞之间信息的识别主要依赖于细胞膜上的糖蛋白，B错误；C、在动、植物体中，信息在不同细胞之间传递的主要形式是激素，C错误；D、在生态系统中，某些植物在长日照条件下才开花，说明信息传递利于种群的繁衍，D正确．故选：D．【点评】本题考查中心法则及其发展、细胞膜的功能、生态系统中的信息传递，要求考生识记中心法则的主要内容及后人对其进行的补充和完善；识记细胞膜的信息交流功能；识记生态系统中信息传递的作用，能结合所学的知识准确判断各选项．6．关于现代生物进化理论的叙述，错误的是( )A．基因的自发突变率虽然很低，但对进化非常重要B．基因突变产生的有利变异决定生物进化的方向C．环境发生变化时种群的基因频率可能改变，也可能不变D．自然选择通过作用于个体而影响种群的基因频率【考点】现代生物进化理论的主要内容．【分析】基因突变是产生新基因的途径，是生物变异的根本来源，能为生物进化提供原材料．现代生物进化理论的基本观点：（1）种群是生物进化的基本单位；（2）突变和基因重组产生生物进化的原材料；（3）自然选择使种群的基因频率发生定向的改变并决定生物进化的方向；（4）隔离是新物种形成的必要条件．【解答】解：A、基因突变能产生新基因，为生物进化提供原材料，A正确；B、自然选择使种群的基因频率发生定向的改变并决定生物进化的方向，B错误；C、环境发生的变化如果影响到某些基因型，由于环境的选择作用，就会使种群的基因频率改变；如果环境发生的变化不影响种群中各基因型的适应性，也可能不起选择作用，使基因频率不变，C正确；D、通过自然选择，具有不利变异的个体被淘汰，具有有利变异的个体被保存下来，使基因频率发生定向改变，D正确．故选：B．【点评】本题考查基因突变、现代生物进化理论的主要内容，要求考生识记基因突变的意义和现代生物进化理论的主要内容，能根据所学的知识对各选项作出准确的判断，属于考纲识记和理解层次的考查．二、简答题7．水稻是一种重要的粮食作物，提高水稻产量是一项关系国计民生的重要科研工作．请回答下列相关问题：（1）与水稻产量密切相关的两种细胞代谢活动是光合作用和呼吸作用．（2）叶绿体是进行光合作用的场所，在其基质内完成的能量转化是活跃化学能转化为稳定化学能．（3）如果给水稻提供H218O，结果水稻体内出现了（CH218O），这是因为H218O参与了有氧呼吸第二阶段的反应生成了C18O2，再通过光合作用生成（CH218O）．（4）如图是光照强度对水稻光合作用的影响曲线：A点时细胞的代谢特点是光合作用强度等于呼吸作用强度；当温度变为呼吸作用的最适宜温度时A点的移动方向是向右（向左、向右、不移动）；与A点相比，B点时水稻体内NADPH的含量高（多）；B点限制水稻光合作用强度的主要环境因素是二氧化碳浓度．（5）实验测得甲、乙两种水稻在不同光照条件下的光合作用强度，结果如下表．植物品种光补偿点（千勒克斯）光饱和时光照强度（千勒克斯）光饱和时光合作用CO2的消耗量（mgCO2/100cm2﹒h）黑暗条件下呼吸作用CO2的释放量（mgCO2/100cm2﹒h）甲 3 4 30 15乙 1 3 11 5.5如果本实验中定义“光合速率=在一定的条件下每100cm2的叶面积上每小时吸收CO2的量”；则光照强度为3千勒克斯时，甲、乙两种水稻的光合速率分别为0、5.5mgCO2/100cm2﹒h；对于乙种水稻，如果在光照强度为5千勒克斯时，白天正常光照8小时，其余时间黑暗，则乙能否正常生长发育？不能．【考点】光反应、暗反应过程的能量变化和物质变化；细胞呼吸的过程和意义．【分析】据图分析：A点表示光补偿点，此时光合强度等于呼吸强度，B点表示光饱和点．影响光合作用的因素主要有光照强度、温度和二氧化碳浓度等．据此分析作答．【解答】解：（1）光合作用与呼吸作用是植物体内最为重要的物质代谢和能量代谢，与水稻产量密切相关．（2）叶绿体基质中能够完成暗反应过程，把活跃化学能转化为稳定化学能．（3）给水稻提供H218O，其先经过有氧呼吸的第二阶段，生成放射性的二氧化碳，然后再参与光合作用，生成含放射性的（CH218O）．（4）据图分析，A点表示光补偿点，此时光合强度等于呼吸强度，当温度变为呼吸作用的最适宜温度时，构不成点变大，A点右移．与A点相比，B点时光照较强，光反应较快，水稻体内NADPH的含量高．B点表示光饱和点，限制其光合作用的环境因素主要是二氧化碳浓度．（5）据表分析，真正的光合速率=呼吸速率+净光合速率，光照强度为3千勒克斯时，甲、乙两种水稻的光合速率分别为0、5.5．对于乙种水稻，如果在光照强度为5千勒克斯时，白天正常光照8小时，其余时间黑暗，其净光合速率小于0，则乙不能正常生长发育故答案为：（1）光合作用和呼吸作用（2）活跃化学能转化为稳定化学能（3）第二 C18O2（4）光合作用强度等于呼吸作用强度向右高（多）二氧化碳浓度（5）0、5.5 不能【点评】本题主要考查光合作用的过程及影响光合作用的环境因素，意在强化学生对相关知识点的理解与运用．8．小白鼠是研究动物生命活动的常用实验对象．电刺激小白鼠会使之产生逃避反应．请回答下列有关该实验的问题：（1）小白鼠在遭受电刺激后迅速逃向安全区，该逃避反应主要是通过神经调节调节完成，完成该逃避反应的结构称为反射弧．在小白鼠逃避反应中，其体内的神经纤维上神经冲动是单向（单向/双向）传导的．（2）在逃避过程中小白鼠体内明显增加的激素是肾上腺素，通过促进肝糖原分解，使血糖浓度升高，且使小白鼠体温逐渐上升，一段时间后体温恢复正常，这是产热和散热达到动态平衡的结果．（3）研究发现小白鼠在连续遭受多次电刺激后，其反应强度随电刺激的重复出现而减弱．已知其关键因素在于突触的信号传递，突触后膜电位变化与突触前膜释放递质的量有关．据此推断上述小白鼠反应减弱现象的原因是突触前膜释放递质减少．（4）下表是小白鼠神经纤维内外两种主要阳离子的浓度，a、b代表的离子分别是钠离子和钾离子．离子神经元内神经元外a 5～15mol/L 145mol/Lb 140mol/L 5mol/L（5）多次电刺激使小白鼠大脑皮层下某个区域出现病理性损伤，表现为日排尿量明显增多，饮水剧增，推测可能是脑内下丘脑或垂体区域受损，引起抗利尿激素缺乏所致．【考点】反射弧各部分组成及功能；细胞膜内外在各种状态下的电位情况．【分析】神经调节的基本方式是反射，反射的结构基础是反射弧，反射必须依赖于反射弧的结构完整性．甲状腺激素和肾上腺素在体温调节过程中具有协同作用．肾上腺素与胰高血糖素在血糖调节过程中具有协同作用．抗利尿激素由下丘脑合成与分泌并运输至垂体储存并释放的，可以促进肾小管和肾集合管对水分的重吸收．【解答】解：（1）神经调节的基本方式是反射，反射的结构基础是反射弧，兴奋在反射弧中的神经纤维上传递是单向的．（2）逃避过程中小白鼠体内明显增加的激素是肾上腺素，通过促进肝糖原的分解提高血糖浓度．此过程中小白鼠体温逐渐上升厚有恢复正常是产热与散热达到动态平衡的结果．（3）根据题意可知，小白鼠反应减弱现象的原因是突触前膜释放递质减少．（4）据表分析，由于钠离子在细胞膜外浓度高于膜内，所以a是钠离子，钾离子膜内的浓度高于膜外，所以b是钾离子．（5）抗利尿激素由下丘脑合成与分泌并运输至垂体储存并释放的，可以促进肾小管和肾集合管对水分的重吸收，所以下丘脑或垂体区域受损，引起抗利尿激素分泌不足，表现为日排尿量明显增多，饮水剧增．故答案为：（1）神经调节反射弧单向（2）肾上腺素肝糖原分解产热和散热（3）突触前膜释放递质减少（4）钠离子钾离子（5）下丘脑或垂体抗利尿激素【点评】本题主要考查神经调节和激素调节，意在强化学生对相关知识点的识记、理解与运用，题目难度中等．9．（16分）科学家发现了一种翅膀后端边缘缺刻（缺刻翅）的红眼雌果蝇，并用这种果蝇做了下图1所示的实验．后经进一步的实验证实，控制翅型的基因位于X染色体上，Y染色体上没有其等位基因．请据图分析并回答下列问题：（1）研究者认为，缺刻翅形成的原因不可能是基因突变，理由是：①若为显性突变，则后代中应该有4种表现型果蝇出现；②若为隐性突变，则后代不可能出现的表现型为雌性缺刻翅、雄性正常翅（2）研究者推测，“X染色体片段缺失”是导致所示实验现象的根本原因．为了证实这一猜测，最简单的方法是对表现型为雌性缺刻翅果蝇做染色体的高倍镜检查．（3）现代遗传学研究发现，因缺刻翅果蝇体内缺少某种酶从而影响翅的正常发育．翅形基因对性状的控制表明，基因可通过控制酶的合成来间接控制生物体的性状．（4）研究表明，果蝇缺刻翅有纯合致死效应．用缺刻翅雌果蝇与正常翅雄果蝇杂交，然后让F l中雄雌果蝇自由交配得F2，F l中雌雄果蝇比例为2：1，F2中缺刻翅：正常翅=1：6，F2中雄果蝇个体占（5）已知果蝇红眼（基因B）对白眼（基因b为显性．下列有关对图1实验现象的解释不正确的是DA．亲代的缺刻翅红眼雌果蝇不含白眼基因B．亲本缺失片段恰好位于X染色体上红眼基因所在的区段C．F1缺刻翅白眼雌蝇的一条X染色体片段缺失，另一条X染色体带有白眼基因D．果蝇的缺刻翅性状的遗传方式为伴X染色体隐性遗传．【考点】伴性遗传．【分析】1、染色体变异包括染色体结构变异（重复、缺失、易位、倒位）和染色体数目变异．2、分析图1：控制翅型的基因位于X染色体上，假设缺刻翅是由X染色体上显性基因控制，则亲代雌性个体的基因型是X B X b，雄性个体的基因型是X b Y，后代中还应该有正常翅雄性个体出现．假设缺刻翅是由X染色体上隐性基因控制，设基因为b，则亲代雌性个体的基因型是X b X b，雄性个体的基因型是X B Y，后代不会出现缺刻翅雌性、正常翅雄性．因此缺刻翅形成的原因不可能是基因突变．3、果蝇缺刻翅有纯合致死效应，则纯合致死的基因型X A X A和X A Y，缺刻翅雌果蝇的基因型为X A X a，正常翅雄果蝇的X a Y．【解答】解：（1）控制翅型的基因位于X染色体上，假设缺刻翅是由X染色体上显性基因控制，则亲代雌性个体的基因型是X B X b，雄性个体的基因型是X b Y，后代中还应该有正常翅雄性个体出现．假设缺刻翅是由X染色体上隐性基因控制，设基因为b，则亲代雌性个体的基因型是X b X b，雄性个体的基因型是X B Y，后代不会出现缺刻翅雌性、正常翅雄性．因此缺刻翅形成的原因不可能是基因突变．（2）基因突变在显微镜下观察不到，染色体变异在显微镜下能观察到，因此要确定该变异是否是“X染色体片段缺失”，可以对表现型为缺刻翅的雌果蝇做唾腺染色体的检查．（3）现代遗传学研究发现，因缺刻翅果蝇体内缺少某种酶从而影响翅的正常发育．翅形基因对性状的控制表明，基因可通过控制酶的合成来间接控制生物体的性状．（4）由于果蝇缺刻翅有纯合致死效应，即雌果蝇为X A X A时、雄果蝇为X A Y时有致死效应，所以缺刻翅雌果蝇（X A X a）与正常翅雄果蝇（X a Y）杂交，F1的基因型及比例为X A X a：X a X a：X a Y：X A Y（致死）=1：1：1：1，因此F1中雌雄果蝇比例为2：1；F1中雌雄果蝇的基因型为X A X a、X a X a 和X a Y，雌配子的基因型及比例为X A、X a，雄配子的基因型及比例为X a、Y，因此F2中基因型及比例为：X A X a：X a X a：X A Y（致死）：X a Y=1：3：1：3，因此F2中缺刻翅：正常翅=1：6，其中雄果蝇个体占（X A Y致死）．（5）A、子代雄果蝇均为红眼，说明亲代的缺刻翅红眼雌果蝇不含白眼基因，A正确；B、由A可知亲代红眼雌果蝇不含白眼基因，而子代出现白眼雌果蝇，说明亲本缺失片段恰好位于X染色体上红眼基因所在的区段，B正确；C、亲代缺刻翅红眼雌果蝇缺失片段恰好位于X染色体上红眼基因所在的区段，因此F1缺刻翅白眼雌蝇的一条X染色体片段缺失，另一条X染色体带有白眼基因，C正确；D、果蝇的缺刻翅性状是染色体缺失导致，不是伴X染色体隐性遗传，D错误．故选：D．故答案为：（1）4 雌性缺刻翅、雄性正常翅（2）雌性缺刻翅（3）控制酶的合成（4）2：1 1：6（5）D【点评】本题考查染色体变异、基因分离定律的实质及应用、基因自由组合定律的实质及应用，要求考生识记染色体变异的类型，能结合图中信息准确答题；掌握基因分离定律和自由组合定律的实质，能结合图中信息准确推断缺刻翅雌果蝇形成的原因．10．泰山是我国十大名山之一，拥有丰富的动植物资源，包含森林、灌草丛、草甸、湿地等生态系统，其中白鹳、红隼、豺等动物被列为国家级保护动物．（1）泰山上的苔藓、油松、松鼠、隼等各种生物共同构成了生物群落，其中油松、侧柏、麻栎等植物因体型大，数量多、生活力强而成为该地的优势种．（2）泰山部分地区由松柏、刺槐、橡子等组成的人工林纯度较高，容易受到外来物种入侵．林业部门对某次“拟松材线虫”（一种松树上的寄生虫）的爆发和防治过程中种群数量调查结果如图1所示：由图1可知，“拟松材线虫”在没有防治之前的种群增长速率随时间的增长而增大；图1中在a、b、c、d点进行了农药防治，由图1可知随农药使用次数的增多防治效果变差；引入害虫的天敌进行生物防治，能利用生物间的捕食、寄生关系，使防治效果持久而稳定；从种群特征考虑，致使“拟松材线虫”的数量在e→f点变化的直接原因是出生率小于死亡率．（3）豺在泰山上数量很少，没有天敌．图2是能量流经豺种群的示意图，其中A表示豺的摄入量，那么B、C分别表示豺的同化量、被分解者利用的能量，若要确保豺的能量需求，其生存领地相关植物固定的能量至少应达到25B．（4）2011年4月，泰山桃花峪索道北侧山林发生火灾，2天后被扑灭，目前被烧毁的植被正逐渐恢复，这体现了生态系统有一定的恢复力稳定性，被烧毁的群落结构要想完全复原需要较长的时间，这是因为森林生态系统的生物多样性高，营养结构复杂，恢复力稳定性弱．【考点】群落的结构特征；生态系统的稳定性．【分析】群落是指生活在一定的自然区域内，相互之间具有直接或间接的各种生物种群的总和．优势种是指对生境影响最大的生物种类．恢复力稳定性是指生态系统在遭到外界干扰因素的破坏以后恢复到原状的能力．【解答】解：（1）泰山上的所有生物组成了该生态系统的生物群落；其中油松、侧柏、麻栎等植物因体型大，数量多、生活力强而成为该地的优势种；（2）由图1可知，“拟松材线虫”在没有防治之前，由于缺少天敌和食物充足，种群增长速率逐渐增大；图中在a、b、c、d点进行了农药防治，随农药使用次数的增多，害虫群体产生了抗药性，防治效果变差；引入害虫的天敌进行生物防治，能利用生物间的捕食、寄生关系，使防治效果持久而稳定；“拟松材线虫”的数量在e→f点减少的直接原因是害虫群体的出生率小于死亡率；（3）A是摄入量，B是同化量，C是流向分解者的能量，D是呼吸作用散失的能量，E是用于自身生长能量．若要确保豺的能量需求，其生存领地相关植物固定的能量至少应达=B÷20%÷20%=25B．（4）被烧毁的植被正逐渐恢复，体现了生态系统具有一定的恢复力稳定性；被烧毁的群落结构要想完全复原需要较长的时间，这是因为该群落的恢复力稳定性较差．故答案为：（1）生物群落优势种（1）生物群落优势种（2）增大 a、b、c、d 捕食、寄生出生率小于死亡率（3）同化量被分解者利用的能量 25B（4）恢复力森林生态系统的生物多样性高，营养结构复杂，恢复力稳定性弱【点评】本题结合过程图和曲线图，考查种群数量增长规律和生物进化的相关知识，解答本题的关键是分析题图，能理解联系实际．11．如图所示为人类“治疗性克隆”的大概过程，请据图作答．。

福建省晨曦，冷曦，崎滨，正曦四校2015-2016学年高二上学期期末考试物理试题第Ⅰ卷（选择题，共50分）一、选择题（本大题共15小题，1-10题每小题只有一个选项正确，每小题3分，共30分；11-15题每题至少两个选项正确，每题4分，选不全得2分，共20分。

）1．某电解池，如果在1秒钟内共有5.0×1018个二价正离子和1.0×1019个一价负离子通过某横截面，那么通过这个横截面的电流是 （ ）A ．0B ．0.8 AC ．1.6 AD ．3.2 A【答案】D【解析】试题分析：由题可知，1s 内通过截面正离子的电量为q 1=2n 1e ，负离子的电量绝对值为q 2=n 2e ，则电流为()12122n n q q I e t t++==⋅，将n 1=5×1018个，n 2=1×1019个，e =1.6×10-19C 。

代入解得，I =3.2A 。

故选：D 。

考点：电流的定义式的考查。

2．关于静电场，下列说法中正确的是（ ）A ．在电场中某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零B ．电场中某点的场强大小等于单位电量的试探电荷在该点所受的电场力大小C ．根据公式U =Ed 知，在匀强电场中两点间的距离越大，电势差就越大D ．正电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加【答案】B【解析】试题分析：电势的大小是相对于参考位置来说的，电势为零的位置就是参考位置，参考位置是可以任意选取的，显然，选项A 错误；场强大小F E q= ，所以电场中某点的场强大小等于单位电量的试探电荷在该点所受的电场力大小，故B 对。

公式U = Ed 中的d 为沿电场强度方向的距离，所以在匀强电场中，两点间沿电场强度方向的距离越大，电势差就越大，如果d 不是沿电场强度方向的距离，那么间距大时，电势差不一定大，故选项C 错误；正电荷在电势越高的地方电势能越大，在电势越低的地方电势能越小，所以正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少，选项D 错。