砖红色沉淀，则含尿糖，C项正确；检验尿糖要加入新制Cu(OH)2悬浊液，不能加Cu(OH)2固体，D项错误。9.C【解题分析】高相对分子质量的PLA属于羧基和羟基的缩聚产物，为酯类物质，难溶于水，A项错误；2分子乳酸酯化生成1分子中间体的同时生成2ol水，原子利用率不能达到100%,B项错误；不管生成低相对分子质量还是高相对分子质量的PIA,其过程均为缩聚反应，C项正确；PLA属于高分子化合物，含有多个酯基，则1 mol PLA完全水解消耗nmolNaOH,D项错误。10.C【解题分析】PE为聚乙烯，工业利用乙烯发生加聚反应生产聚乙烯，A项正确；由图中“C2燃料”的球棍模型可知，1个“C2燃料”分子中有1个甲基和1个羧基，为乙酸，根据分析知该转化的反应物有聚乙烯、氧气，在阳光、水和催化剂作用下反应生成乙酸，反应的化学方程式为CH,一CH,十O,光本CH,COOH,B项正确；乙酸不能与H发生加成反应，可以与乙醇发生酯化反应，C项错误；CH COOH、HCOOCH3、HOCH2CHO的分子式均为C2H4O2,三者互为同分异构体，D项正确。OH11.(1)[;C4H1oO(各2分)(2)酮羰基和碳碳双键；加成（各1分）(3)8;8(各2分)OHCHC(CH3)sHsPO(4)+HOOH-十H2O(2分)△OHOH(5)AD(2分)12.(1)HC=CH(2分)(2)CH COOH;酯基、碳碳双键（各2分）CH-CH2(3)O-CCH+NaOH△ECH-CH,十nCH,COONa(3分)0OH(4)取E于试管中，向其中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则说明含有碳碳双键(2分)(5)CH=CH一CHCH2 +H2催化剂CH2—CH2CHCH2OCH2·77·【23·G3ZCJ·化学·参考答案一LKB一必考一AH】

碱性溶液中都能大量存在，D项正确。9.B解析：铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，氧化铝为两性氧化物，能与NaOH反应，A项正确；氢氧化钠与铝反应放热，且NaOH具有腐蚀性，取用该固体管道疏通剂时不能用手抓取，B项错误；铝与NOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，氢气遇到明火可能发生爆炸，则使用该固体管道疏通剂时应远离明火，C、)两项均正确。10.B解析：铝与盐酸、氢氧化钠溶液反应的化学方程式分别为2A1十6HC1一2A1C3十3H2、2A1+2NaOH十2H2O—2 NaA1O2十3H2个，由化学方程式可知，铝与产生氢气的物质的量的关系式都为2A1~3H2,若相同条件下二者产生氢气的体积比为1：2，则第一份与第二份铝屑的物质的量之比为1：2，质量比也为1：2，B项正确。11.BC解析：由图示可知，反应过程中温度升高，反应过程中有热量放出，A项正确；氧化铝覆盖在铝的表面，由图示可知，0~50s,发生稀盐酸与Al2O3的反应，50s,盐酸未反应完，溶液中溶质为A1C13和HC1,B、C两项均错误；100~140s,反应停止了，压强减小是因为温度降低，D项正确。12.BD解析：铝、铁、镁三种金属都能与盐酸反应产生无色气体，因此不能得出含铝、铁、镁三种元素的结论，A项错误；镁、铝两种金属中只有铝能与NaOH溶液反应产生无色气体，B项正确；氢氧化镁与氢氧化铝均为白色沉淀，C项错误；用盐酸溶解后，F2在空气中易被氧化成F3+,加入KSCN溶液后，溶液呈血红色，D项正确。13.(1)afed(2分)(2)漏斗；洗涤沉淀并干燥（各2分）(3)NaAlO2、NaOH;CO2(各2分)(4)MgCl2、H2O(2分)5m-8分)解析：(5)从除去涂层的手机外壳上取样品mg,加入足量盐酸，测得产生的气体体积为L,实验条件下的气体摩尔体积为VmL·mol-1。设参与反应的镁的质量为xg,则参与反应的铝的质量为(-x)g,根据Mg+2HCl一MgCl2+H2◆，2Al+6HC1一2AlCl+31,可待号”27×号-片，解得1=m一72n14.(1)Cu(或铜)(2分)(2)Cl2+2Fe2+—2CI-+2Fe3+;Fe3+、A13+和H+(各3分)(3)NaAlO2(2分)(4)C(2分)(5)A,0,+N十3C高温2AIN+3C0(3分)(6)锡(2分)；2：3(3分)意·24·【23新教材·ZC·化学·参考答案一R一必修第一册一QGA·N】

比例=嘌呤碱基的比例=50%，CT℃TT重复次数的改变不会影响该比例，C项错误；CT℃TT重复次数改变会引起该基因携带的遗传信息改变，D项正确。I8.CD解析：本题以DNA的熔解温度为背景，考查DNA的结构、稳定性等。由图可知，在一定范围内，DNA的Tm值与(G十C)含量呈正相关，A项正确；DNA双螺旋结构有利于维持DNA的稳定性，B项正确；两DNA若Tm值相同，则它们所含(G十(C)比例相同，但(G十()的数量不一定相同，(C项错误；双链DNA中G与C之问的氢键总数不一定比A与T之间的氢键总数多，D项错误。19.(1)转化因子(1分)》(2)①S型细菌的DNA可使R型活细菌转化为S型细菌(2分)②R型细菌(2分)③DNA酶使DNA分子被破坏，R型活细菌无法转化成有毒性的S型细菌(2分)④DNA、蛋白质、多糖(2分)(3)DNA(2分)蛋白质(2分)沉淀物(2分)20.(1)碱基排列顺序氢键(2)A一U、T一A、C-G、G一C(3)X菌(4)Ya(每空2分)21.(1)脱氧核糖鸟嘌呤脱氧核苷酸(2))NA的复制碱基互补配对(3)1/2(4)一个含有2P标记的双链DNA经半保留复制后，标记的两条单链只能分配到两个噬菌体的双链DNA,因此在得到的个噬菌体中只有两个带有标记（合理即可）（每空2分）22.(1)同位素标记法标记细胞中的DNA(2)BB和C(3)模板、原料、能量（每空2分）23.(1)氢键(1分)解旋酶(1分)(2)C、G碱基对数目较多(2分)(3)50%(2分)2(2分)15N/14N-DNA、14N/14N-DNA(2分)·8·【22新教材.DY·生物学·参考答案一R一必修2一HEB(领先)

形成的共价键为极性键，但SO2不能漂白指示剂，B项错误；由分析可知，c为BaSO4,故c为不溶于盐酸的白色沉淀，C项正确；由分析可知，若盐a为Na2S,O3,则滴加盐酸时发生反应Na2SO3十2HC1一2NaCI十SV+SO2个十H2O,生成淡黄色沉淀，D项正确。8.D【解题分析】溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，即铁离子变为亚铁离子，后亚铁离子又被氧化为铁离子，所以最终被还原的是)5，A项正确；溶液由棕黄色变为浅绿色，说明三价铁的氧化性强于稀硫酸，亚铁离子迅速被HNO3氧化成铁离子，故硝酸的氧化性强于三价铁，综上所述氧化性：HNO3F3+>稀硫酸，B项正确；亚铁离子被氧化时生成无色的一氧化氮气体，C项正确；上述过程中，最终被还原的是O⅓，故相当于二氧化硫与硝酸根离子之间的氧化还原反应，S)2与N)的物质的量之比为3：2，D项错误。9.D【解题分析】由于试纸上没有水，因此不能据此判断表面皿中未产生氨气，A项错误；NH3与硫酸反应产生硫酸铵，由于浓硫酸无挥发性，因此不能看到产生白烟，B项错误；氯化物溶液变浑浊，说明产生了难溶于水的白色固体，该溶液不一定是A1CL溶液，也可能是MgC2等溶液，C项错误；浓盐酸具有挥发性，挥发的HC1与NH3反应产生NH4CI白色固体，D项正确。10.D【解题分析】原溶液中有Fe3+、H+、NO3、SO,开始时先发生的反应为Fe十4H++NO3一Fe3+十2H2O十NO个，A项错误；加入3mol铁粉时，反应消耗12molH+和3 mol NO,生成3 mol Fe3+,溶液中不存在Fe2+,B项错误；加入铁粉3mol~5mol时，发生的反应为2Fe3++Fe一3Fe2+,则溶液中的Fe3+为4mol,说明原溶液中含有1 mol Fe3+,则生成的Fe2+为6mol,C项错误；根据分析，原溶液中含有1 nol Fe(NO3)3,H2SO4提供12molH+,则原稀溶液中H2SO4和Fe(NO3)3浓度之比为6：1，D项正确。11.(1)①0号-+2SO2+H2O=CO2+2HSO3(3分)②蒸发结晶；（悬）浊液（各2分）(2)①减小(2分)②C1O(2分)；2NiO2+ClO—Ni2O3+C1-+2O(3分)③钙离子与硫酸根离子结合生成微溶的硫酸钙，有利于反应的进行(3分)在心42【23·G3AB·化学·参考答案一LKB一必考一QG】

含有Ca2+和O号，CS中含有Ca2+和S-,离子总数为0.2NA,B项正确；是否为标准状况不明确，氯气的物质的量无法计算，C项错误；浓硫酸中含有的水也含有氧元素，D项错误。13.C纯碱溶液呈碱性，可除去油污，A项正确；KSCN与Fe3+反应生成血红色的物质，B项正确；“沉淀”时，不能用Na2CO3代替NH4HCO3,否则易生成Fe(OH)2,C项错误；因为FeCO3沉淀中含有SO,故可用氯化钡溶液和稀盐酸检验，D项正确。14.D根据①，可排除B项，根据②，可排除A、C项，D项正确。15.A根据题意知X、Y、Z、W依次为N、O、S、CI。简单阴离子半径由大到小的顺序为Z>W>X>Y,A项正确；常温下，Y的最简单氢化物呈液态，B项错误；W的最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于Z的，C项错误；四种元素均为非金属元素，D项错误。16.CH2O2分子的结构式为H一O一O一H,A项正确；A、B、H的化学式分别为Fe、FeS、H2SO4,B项正确；鉴定E中阳离子所用试剂为NOH溶液、湿润的红色石蕊试纸，C项错误；C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：2Fe++H2O2十2H=2Fe3++2HO,D项正确。17.(1)Na2O·2B2O3·10H2O(2分)(2)坩埚(1分)(3)B(1分)(4)①MnO2+4H+2C1△Mn2++C2A+2H,O(2分)②硼粉与HCI反应生成的产物中有H2,加热H2与C2的混合气体，易发生爆炸(2分)③干燥管或U形管；碱石灰（各1分）④排尽装置中的空气，避免硼粉与氧气反应生成B2O(2分)18.(1)①2A1+2OH-+2H2O=2A1O2+3H2个；不再有气泡放出（各2分）②0.5(2分)：较高温度促使H2O2分解，降低原料的利用率(1分)(2)2CuS+2H2SO4+5O2—4CuSO4+2H2O(2分)(3)①Cu(NH3)++3H++CI+H2O-Cu(OH)CI￥+4NHt(2分)②制氮肥（或其他合理答案，1分）③降低硫酸铜的溶解度，析出更多硫酸铜晶体，从而提高产率(1分)19.(1)①C12(1分)；5(2分)②2：1(2分)；没有环境污染（或其他合理答案）(1分)(2)①酸(1分)；2.24(2分)②2C1O2+5Mn2++6H2O=5MnO2￥+12H++2C1(2分)(3)2.95×10-2(2分)20.(1)+6(1分)(2)①A(2分)②Cr2O3+2NaOH=2 NaCrO2+H2O(2分)(3)①通风橱(1分)②4KC1O3十2Cr2O3—2K2Cr2O2+2C1O2个+C2个(2分)③重结晶(2分)(4)AB(2分)(5)Cr2O3(2分)【高三年级第一次质量联考试卷·化学参考答案第2页（共2页）】

高三第一轮复周测卷教学(2)已知步骤③的氧化产物是SO,写出该反应的离子方程式：札记(3)某同学取步骤③所得的溶液于试管中，滴加足量盐酸、BCl2溶液产生白色沉淀，他认为通过测定产生的白色沉淀的质量即可求出实验所用NCS:的量，你是否同意他的观点并说明理由：0实验2：测定Na2 CS3溶液的浓度稀硫酸无水CaCl2碱石灰DNa CSaCusONaOH溶液溶液溶液AB按如图所示连接好装置，取50 mL Na2 CS溶液置于A中，打开仪器d的活塞，滴入足量的2.0mol·L1的稀HSO4,关闭活塞。已知：Naz CS3十HSO4一Na2SO4+CS2十HS◆。CS2和HS均有毒。CS,不溶于水，沸点为46℃，与CO2的某些性质相似，与NaOH反应生成Na2COS,和HO。(4)盛放无水CaCl2的仪器名称是,B中发生反应的离子方程式是(⑤)反应结束后打开止水夹K,再缓慢通入一段时间热N2,其目的是(6)为了计算NCS溶液的浓度，对B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得到14.4g固体，则A中Naz CS.溶液的物质的量浓度为(7)分析上述实验方案，还可以通过测定C中溶液质量的增加值来计算NCS溶液的浓度，反应结束后，若将通入热2改为通入热空气，计算值将（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。【解题分析】(6)当A中反应完全后，打开止水夹K,再缓慢通入一段时间热N2,然后对B中的混合物进行过滤、洗涤、千燥、称重，得到14.4gCuS固体，n(CuS)=0.15mol,根据关系式Na2CS3~H2S~CuS,得n(Na2CS3)=n(CuS)=0.15mol,c(Na2CS)=3.0mol·L-1。(7)反应结束后，若将通入热？改为通入热空气，通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时，C中除吸收二硫化碳外还会吸收空气中的二氧化碳，则C中溶液质量的增加值偏大，计算得到的NCS溶液浓度偏高。【答案】(1)弱(1分)(2)5CS+24MnO,+52Ht-5C02A+15SO}+24Mn2++26H,O(3分)(3)不同意(1分)因为酸性KMO1溶液中含H2SO,其中的SO-会引起实验误差(2分)(4)球形干燥管(2分)：Cu+十HS—CuS￥十2H+(2分)(5)将装置中残留的HS、CS,全部排入后续装置中，使其被完全吸收(2分)(6)3.0mol·L-1(2分)(7)偏高(2分)【24.G3ZCJ(新教材老高考)·化学-LKB-必考-HEN】

14.(除标注外，每空2分，共15分)【答案】(1)CH+C,光，CH,Cl+HClHH:C:CI:父(2)CHCL(1分)(3)CH2=CH2(4)碳碳双键、羧基（2分，写对一个得1分)(5)加成反应（或还原反应）(1分)加聚反应（或聚合反应）(1分)(6)①CH,0H+CH,CH,C0OH浓疏酸CH,CH,CO0CH,+H,0②CH2=CHCOOH+Br2→CH,Br-CHBrCOOH【解析】(1)甲烷与氯气在光照条件发生取代反应机理为CH4分子中的H被氯原子取代，生成一氯甲烷的反应方程式为：CH+C,光CH,C+HCl,一氯甲烷的电子式为H:C:。H(2)甲烷与氯气反应产生的三氯甲烷又叫氯仿，它与CC4均为重要的有机溶剂。(3)乙烯的产量可用来衡量一个国家石油化工发展水，其结构简式为CH2=CH2。(4)CH2=CHCOOH分子中官能团为碳碳双键和羧基。(5)F→E为CH2=CHCOOHCH3与H2反应生成CHCH,COOCH3,反应类型为加成反应（或还原反应)；F→G为CH=CHCOOHCH3在催化剂作用发生加聚反应生成高分子化合物。(6)①C+D→E为甲醇与丙酸在浓硫酸催化作用下生成丙酸甲酯：CH,CH,C0OH+CH,OH浓统藏CH,CH,C00CH,+H,0;②丙烯酸使溴水褪色是发生加成反应：CH2=CHCOOH+Br,→CH,Br-CHBrCOOH。15.（每空2分，共14分)【答案】（1)增大接触面积，加快酸浸效率（或速率）Si02(2)C(3)1:2(4)(NH4)2S04(5)6Mn(0H)2+02=2Mn304+6H20A【解析】(1)在工业生产中将矿物粉碎是为了增大接触面积，加快反应速率，根据物质的性质，MnC03、FeC03、Al,0,均能溶于硫酸，而Si02为酸性氧化物，不溶于硫酸。(2)过滤操作中用三角漏斗作过滤器，玻璃棒引流，烧杯接收滤液，不需要使用容量瓶。(3)“氧化I”步骤中是利用MnO,氧化Fe2+,便于后续步骤以Fe(OH)3沉淀法方式除去铁元素，发生反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+一Mn2++2Fe3++2H,0,氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2。(4)矿物中的MnC03、FeC03、Al203均溶于硫酸，铁、铝元素又以沉淀方式除去，根据元素守恒，母液中的溶质为(NH4)2S04。(5)“氧化Ⅲ”步骤中是空气中的02作氧化剂，则发生反应化学方程式为6Mn(0H)2+02—2Mn04+6H20;因为Mn04与Fe3O4中锰、铁元素的价态相同即呈+2、+3价，故其氧化物可表示为Mn0·Mn,03。16.(每空2分，共14分)【答案】(1)BD(2)①CH4+C0,催化剂2C0+2H2吸热②0.025mol·L1·min1(未写单位扣一分)25%1.25(3)02+4e+2H20=40H高一化学参考答案第3页（共4页）

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2024-02-01 13:58:13

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反应过程中有H-C1极性共价键和C-C非极性共价键断裂，C正确；图示表示了反应经历了扩散→吸附（活性位点)→表面反应→脱附过程，D正确。13.【答案】B【解析】B点时两者恰好反应，此时消耗0.1000mol/L的NaOH溶液20mL,若酸为醋酸，可计算出醋酸的浓度为0.1000o/L,溶液pH起始时不可能约为1，而滴定曲线起，点在1处，A错误；酚酞和甲基橙的变色范围不同，在滴定曲线上分别位于A处和C处，B正确；若酸为硫酸，B点溶液中根据电荷守恒有：cH+c(Na=2c(S0:)+c(OH),C借误；若酸为盐酸，C点溶液为酸性，离子浓度大小关系为：c(CI)>cNa)>c(H>c(OH),D错误。14.【答案】A【解析】从图中可以看出，过程I、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成，A正确；反应在任意温度下均能自发进行，则表明该反应为任意条件下的自发反应，其△S>0,则△H<0,所以该反应为放热反应，B错误；从图中可以看出，A、A-O、A-O2都能吸附N2O,所以该反应中有三种物质能够吸附N2O分子，C错误；过程Ⅲ中最大势能垒（活化能）为活化分子的最高能量与分子均能量的差值，即为37.49 kcal mol--(-44.68kcal.mol)=82.17 kcal-mol-1,D错误二、非选择题（本题包括4小题，共58分）15.(14分)【答案】（1)2A1+2OH+2H2O=2A1O2+3H2↑A12O3+2OH=2A1O2+H20（产物写A1(OH)4同样给分)(2分)(2)Ni2+、Fe2+、Fe3+(2分)（3)3.2≤H<6.2(2分)(4)30.8~53.8℃之间冷却结晶（2分)(5)①NiSO4>CoSO4>FeSO4(2分)②正四面体形（1分)③4(1分)N>O>C(2分)【解析】(1)“碱浸”中NaOH溶解铝及其氧化物。（2)Ni、Fe及其氧化物不与NaOH溶液反应，所以它们存在于滤饼①中，其能与稀硫酸反应，所以滤液②中含有的金属离子有Ni2+、Fe2+、Fe3+。(3)由表格可知cNi2+)=0.01molL,pH=7.2时开始沉淀，则KpNi(OH)2]=0.01×(107.2-142,若转化后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol/L,则c(OH)0.01×1024y=1079moL.c()-K.=106V1.0c0HT）10-7-1062molL,此时pH=6.2，,再由表格数据可知，当pH=3.2时Fe3+已经沉淀完全，所以应控制的pH范围是3.2≤pH<6.2。(4)从溶液中获得晶体的操作一般是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，依据表中数据可知，30.853.8℃，晶体以NS046H20形式存在，因此冷却结晶时应在30.8~53.8C之间冷却结晶。化学参考答案第3页（共6页）

13:15I14G884分上进联考更专业更放心一站式考试服务专家14.【答案】C【解析】pH=0,根据pX可计算电离常数，L,对应pOH与pH关系。L2对应电离常数为105，'，L对应电离常数为1035，二元弱酸的第一步电离常数大于第二步，故K(HY)=1035,K,(H2Y)=1051,2对应-与出的关系，山对应-]与p出的关系，A项正确，Q0,c00H的电离常数K,(CCH,C00H)=1029,数量级为103。根据第二步电离常数，M点坐标为(3,2.1)，B项正确；HY水解常数人=，（，7=105103,可以反应完全(1分)(4)4(1分)<(1分，写“小于”或“低于”不得分)(5)MnC,0,·2H,0高温MnC,0,+2H,0↑(2分，反应物或生成物写错、未配不得分，未写条件扣1分，未写气体符号不扣分)Mn,0,(2分，写名称不得分)》【解析】(1)双氧水的作用是将Fe2·氧化成Fe·;调p使Fe·完全沉淀，Mn2·、Ca2+不沉淀。(2)分离Fe(OH),的操作为过滤，需要使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；铁红即是Fe,O,用Fe(OH),制备铁红的操作是灼烧。)反应：M(⊙)+C(四t成，(O+N产四的衡常数人人.5x10>0,故能沉钙完(4)1个C,0含2个配位原子，配位数等于配位原子个数，由配离子可知，配位数为4。根据衡常数可知，gK越大，K越大，配离子越稳定。(6)因体中锰元素及量不变，由图可知，起给时.C,0~20的物质的量为979品=01mL。根据每段质量计算可知，依次失去水、C0、C02,e点固体除锰元素外还有7.63g-5.5g=2.13g即约0.13mol的氧元素，固体为Mn,O。16.【答案】(1)酮羰基(1分，写化学式不得分)(2)取代反应(1分)H:CI:(2分)(3)溴水（或溴的四氯化碳溶液，2分）CI+CICOOC,H,_CH,CH,(2分，反应物或生成物写错CHcH,CHo入o未配不得分，未写条件扣1分)》化学第3页（共5页）》6

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参考答案素的提取是萃取过程，属于物理变化，C错误；丝绸的主要成9Fe3++14H2O+NO个，C错误；若明矾溶液中含有2mol分是蛋白质，属于高分子化合物，D错误。SO,其完全沉淀，需要加人2 mol

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参考答案及解析化学合肥一六八中学2024届高三最后一卷化学参考答案及解析一、选择题加入硫氰化钾溶液会产生红色，B项正确；辉铜矿通1.C【解析】青砖灰瓦使用黏土烧制，主要成分为硅酸入氧气进行煅烧，发生反应Cu,S十20，发烧2Cu0十盐，A项正确；徽墨的制作使用漆烟、油烟、松烟，是不SO2个，C项错误；[Cu(NH3)4]SO4·H2O中配位原完全燃烧的炭，主要成分是炭黑，B项正确；玉器的主子为N,D项正确。要成分是硅酸盐、二氧化硅等，C项错误；豆腐是大豆7.B【解析】酞菁分子中所有原子共面，每种N原子制成，主要成分是蛋白质，D项正确。均为sp杂化，A项正确；p轨道能提供一对电子的N2.C【解析】植物油的密度比水的密度小，在上层，原子是③，B项错误；C0+与N之间有配位键，C项正NH直接通入水中易发生倒吸，A项错误；无指示确；对比酞菁到钴酞菁的结构，可知C0为十2价，D剂，无法判断滴定终点，且滴定管选择错误，应选择碱项正确。式滴定管，B项错误；该装置构成原电池，反应过程中8.C【解析】图中a分数坐标为(0,0,0)，则图中b的有电子转移，C项正确；溴和碘化钾反应生成溴化钾和碘单质，CC4中会引入新杂质12，所以不能用图示分数坐标为（号·弓，1），A项错误：叠氨化物块烃环装置除去CCl4中的Br2,D项错误。加成反应只有π键的断裂与。键的形成，B项错误，3.A【解析】B选项中缺少Ba2+与SO的反应，C选每个CI周围有4个Cu+,故C-的配位数为4，C项项中SiO与HCO不能大量共存，D选项中正确；基态Cu+的核外电子排布式为[Ar]3d,D项MnO4氧化性更强，优先反应。故选A项。错误。4.A【解析】W为C,X为N,Y为O,Z为Na,T为Cl。9.B【解析】由题给信息可知，空气侧的铂电极为浓差CNO与CO2为等电子体，空间构型为直线形，A项电池的正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成正确；C的氢化物有多种，B项错误；Na与O不能形氧负离子，A电极为正极，正极电势高于负极电势，A成阴阳离子数之比为1：1的化合物，C项错误；电负性项正确；浓差电池工作时，仅O2移动，Z+、Y3+并O>Cl,D项错误。不发生定向移动，B项错误；测量侧的铂电极B为负5.B【解析】由聚碳酸酯的结构可知，该物质是由碳酸极，氧负离子在负极失去电子发生氧化反应生成氧二甲酯(CH3 OCOOCH3)与气，电极反应式为202--4e一O2个，C项正确；若CH.测量侧处于富氧环境中时，电池的正负极可能会发生HOOH发生缩聚反应生产转换，D项正确。10.D【解析】吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原CH子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯所得，此过程中脱去小分子甲醇，由于存在酯基因此中，氮原子的孤对电子参与了芳香环的形成，这使得可以在一定条件下发生降解，A、C、D项正确；1mol氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，A碳酸二甲酯中含有的键数应该为11NA,B项错误。项不符合题意；HF通过分子间的氢键可形成缔合6.C【解析】向辉铜矿中通入氧气进行煅烧，发生反应分子(HF)m,摩尔质量测定值大于实际值，B项不符CuS+20,橙烧2Cu0十S0,+,固体B为Cu0、Fe,0,合题意；烃基越长，推电子效应越大，使得羧基中羟和SiO2,加入硫酸过滤后得到含有Cu+、Fe3+、Fe2基的极性减弱，C项不符合题意；氧通过配位键与钾的溶液，加入过量氨水，得到氢氧化铁沉淀、氢氧化亚离子作用，不是离子键，D项符合题意。铁沉淀和Cu[(NH)4]SO4溶液。向溶液D中加入11.B【解析】由反应历程可知，历程中包含3个基元无水乙醇，可减小溶液的极性、降低产物的溶解性，用玻璃棒摩擦试管壁可析出目标产物，A项正确；溶液反应，分别为C4oH2o十H·一C4oH19+H2,C4oH9C中溶质的主要成分为FeSO4、CuSO4和Fe2(SO4)3,C4oH1g',C40H1g'一C4oH18十H·,其中第三个

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第八单元《分子与细胞》综合检测1.D解析：鄱阳湖湿地中所有的白鹤属于同种生物的全部个体，组成了一个种群，A项正确；鄱阳湖中的银鱼属于动物，一条银鱼属于个体层次，B项正确；湖泊包含生物和无机环境，构成一个生态系统，C项正确；芦苇与白琵鹭相比，芦苇是植物，没有系统这一层次，D项错误。2.B解析：多糖的单体是葡萄糖，蛋白质的单体是氨基酸，核酸的单体是核苷酸，生物体中的蛋白质、多糖及核酸等生物大分子可由单体聚合而成，A项正确。维生素D属于固醇类物质，磷脂不是其合成的原料；脂肪是由甘油和脂肪酸构成的，B项错误。不管是原核细胞还是真核细胞，蛋白质的合成都需要核糖体的参与，C项正确。细胞膜上有糖蛋白，细胞质中有RNA,RNA中有五碳糖，因此，细胞膜、细胞质中均含有由糖类参与形成的化合物，D项正确。3.C解析：酶的化学本质是蛋白质或RNA,抗体的化学本质是蛋白质，性激素属于脂质，只有蛋白质才可与双缩脲试剂发生紫色反应，A项错误；抗体、糖原是生物大分子，性激素不是生物大分子，B项错误；酶的化学本质是蛋白质或RNA,抗体的化学成分是蛋白质，蛋白质是由氨基酸连接而成的多聚体，核酸是由核苷酸连接而成的多聚体，氨基酸和核苷酸都含有氮元素，C项正确：糖类可作为人体细胞内的能源物质，性激素和核酸不能，D项错误。4.D解析：该边界为细胞膜，高等植物细胞之间通过胞间连丝相互连接，进行细胞间的信息交流，不需要与细胞膜表面受体结合，A项错误；白细胞吞噬病菌，是胞吞作用，体现了细胞膜的流动性，该特性属于细胞膜的结构特性，B项错误；细胞膜的控制作用是相对的，环境中的些对细胞有害的物质有可能进入，有些病毒、病菌也能侵入细胞，使生物体患病，C项错误；细胞膜作为系统的边界，将细胞与外界环境分隔开来，能保障细胞内部环境相对稳定，D项正确。5.D解析：分离真核细胞各种细胞器的方法为差速离心法，P4沉淀物（核糖体）比P3沉淀物(线粒体)小，因此分离核糖体比分离线粒体所需的离心速率大，A项错误。P4中核糖体没有膜结构，B项错误。ATP可以在细胞质基质、线粒体和叶绿体中产生，即在P2、P3、S,、S2、S3、S4中均可产生；DNA存在于细胞核、线粒体和叶绿体中，即P、S1、S2、P2和P3中，C项错误。洋葱鳞片叶细胞无叶绿体，因此用洋葱鳞片叶细胞重复上述实验得到的结果不同，D项正确。6.C解析：氧气为气体分子，通过自由扩散进入骨骼肌细胞，A项正确；植物根细胞吸收土壤中的无机盐离子大多通过主动运输的方式，逆浓度梯度进行，B项正确；甘油是脂溶性小分子物质，以自由扩散的方式进入细胞，C项错误；胰岛素属于分祕泌蛋白，通过胞吐的方式分泌到细胞外，会发生囊泡与细胞膜的融合，D项正确。7.D解析：生姜蛋白酶在细胞内合成，因此将生姜磨成姜汁有利于生姜蛋白酶的释放，A项正确；高温会使酶的空间结构发生改变，从而导致酶失活，因此需将牛奶煮沸后冷却至一定的温度再冲入姜汁，可防止生姜蛋白酶失活，B项正确；“快速冲入”通过液体的流动可以使生姜蛋白酶和酪蛋白充分、快速接触，从而提高反应速率，C项正确；增加生姜汁添加量即增加酶的用量不改变酶活性，但会加快酶促反应速率，D项错误。8.C解析：酵母菌是异养、兼性厌氧型微生物，A项错误。探究酵母菌的细胞呼吸方式的实验☆·21·25DY·生物学-R-必修1-QGA·N

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(3)

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【详解】A、钙、镁是大量元素，不是微量元素，A错误：B、据题干信息“苯丙酮尿症患者早期确诊后，可及时采取严格限制高蛋白食物摄入的饮食策略辅助治疗”可知，实验组限制高蛋白食物摄入，B错误：C、对患者进行严格限制高蛋白食物摄入后，据表中数据可知，患者体内矿质元素的含量与对照组相差不大，说明高蛋白食物的摄入会影响患者体内矿质元素的含量，C正确：D、哺乳动物血液中必须含有一定量的Ca2+,但是Ca+的含量太低会引起抽搐，D错误。故选C。4.北京烤鸭是北京传统特色美食。饲喂选做食材用的北京鸭时，主要以玉米、谷类和菜叶为饲料，使其肥育，这样烤出的鸭子外观饱满，皮层酥脆，外焦里嫩。下图是生物体内葡萄糖转化成脂肪的部分过程示意图。下列相关叙述正确的是()二碳化合物-脂肪酸→CO脂肪②①葡萄糖一→丙酮酸XA.玉米、谷类和菜叶为北京鸭提供了富含脂肪的饲料B.糖类供应充足时，北京鸭可以将糖类大量转化为脂肪C.图中X代表甘油，3分子甘油和1分子脂肪酸发生反应形成脂肪D.饱和脂肪酸的“骨架”中存在双键，因此熔点较低，不容易凝固【答案】B【解析】【分析】脂肪即是甘油三酯，据图可知，X代表甘油，1分子甘油和3分子脂肪酸发生反应形成脂肪。【详解】A、玉米和谷类中富含淀粉，菜叶中含淀粉、还原糖等糖类，为北京鸭提供了富含糖类的饲料，A错误；B、营养物质可发生转化，糖类供应充足时，大量转化为脂肪，只有细胞供能障碍时脂肪才能转化为糖类，且不能大量转化，B正确；C、脂肪即是甘油三酯，X代表甘油，1分子甘油和3分子脂肪酸发生反应形成脂肪，C错误：D、饱和脂肪酸的“骨架”中不存在双键，熔点较高，容易凝固，D错误。故选B。5.下列选项中符合含量关系“c=a+b,且a>b”的是（)A.a叶肉细胞的结合水、b叶肉细胞的自由水、c叶肉细胞总含水量B.a非必需氨基酸种类、b必需氨基酸种类、c人体蛋白质的氨基酸种类

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北图例水域城市机场（客流量：万人）香港机(3950)★珠海机场20公里（1146.2第14、15题图14.与香港相比，珠海承办中国国际航展的优势是A.科技发展水高B.对外开放水高C.商业贸易更发达

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第四部分We began warming up the baby cow whileothers began getting its mother out of the river.Thebaby c

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D Lacking a nose,insects such as butterflies and bees use their antennae (to detect scents.Those sce

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中国电信6：11的电离，NaCl对水的电离无影响，故水的电离程度：a>b>c，C项正确：要想生成沉淀，必须满足Q>K，因15.(1)AgCl(1分）放出大量热量（2分）3/4【高二年级期中考试试卷·化学参考答案第2页（共4页）】25-T—237B(3)上下移动玻璃搅拌器(2分)；偏低（1分）（4）5X10-3（5）将混合物倒人水中：观察现象：HSO、HSO或SO（各2分）(6)CuS(2分)解析：(1)浓硫酸吸收盐酸中的水，氯化氢挥发出来，遇空气中的水蒸气形成酸雾，氯化氢酸雾与AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀。。（2）浓硫酸吸水放出大量热量，加快盐酸挥发。（3）较浓硫酸中和时放出更多热量，即硫酸溶解放热，导致反应热偏低。（4）溶液体积约为75mL，总质量约为75g，生成水为0.005mol，由Q=c×m（t一t）知，△H=4.18×10-3×75（t）kJ·mol-1。5X10-3(5)铜和浓硫酸反应生成硫酸铜，有剩余硫酸，将混合物倒入水中观察现象。由实验可知，SO不能直接与品红化合，与水生成的亚硫酸或电离出的HSO、SO与品红反应。（6）根据原子守恒.黑色固体可能是CuS或CuS。CuS完全灼烧生成CuO的质量与原来固体质量相等。16.(1)酯基、羧基（2分）(2)B(1分)(3)160(2分）(4)3(2分）(5)B;D(各2分）（6）46；12（各2分）解析：（2）酯化反应也是取代反应。（3）羟基与苯环相连时能与氢氧化钠反应。1mol酯基消耗2molNaOH，1mol酚羟基消耗1molNaOH1mol羧基消耗1molNaOH。(4)羧基、酯基不能与氢气发生加成反应，苯环能与氢气加成。(5)根据同分异构体概念，B与M分子式相同，结构不同。由同系物概念，D与M官能团种类、数目完全相同，分子式相差CH2。（6)羟基、羧基都能与钠反应：苯环直接连接的原子一定共面，M分子中有12个原子一定共面。17.(1)①a②向盛有少量NaHCO溶液的试管中加入适量CHCOOH溶液，产生无色气泡，证明醋酸酸性大于碳酸（或其他合理答案）【高二年级期中考试试卷·化学参考答案第3页（共4页）25-T—237B（2)①碱②HSO+COSO+HCO③3:25或0.1218.（1)b（1分）;CO(g）+2H（g）—CHOH（g）△H=-91kJ·mol（2分）（2)不确定是否达到（1分）；任何时刻CO体积分数均为50%（2分）

07:49被空气中O氧化，无法制备纯净的Fe(OH)2,B项错误；甲烷和氯气发生取代反应，不可能生成纯净的CH;CI,C项错误;SO易溶于 NaOH溶液,形成内外压差,可用于喷泉实验,D项正确。9.C由图可知，a电极为原电池的负极，电极反应式为K一e=K+，b电极为原电池的正极，电极反应式为O十eO。金属性强的金属钾易与氧气反应，为防止钾与氧气反应，电池所选择隔膜应允许K+通过，不允许O通过，A、B项正确，C项错误；电池总反应方程式为K+O=——KO，每转移2mole，消耗2molO，即消耗64gO,D项正确。10.B若溶液中存在SO，硝酸会将溶液中的SO氧化为SO，无法判断是原溶液中的还是氧化后得到的，A项错误；【高一7月质量检测·化学参考答案第1页(共2页)】FJ蛋白质与浓硝酸的显色反应,可用于检验蛋白质,B项正确;无水乙醇和金属钠反应生成乙醇钠和氢气,向无水乙醇中投人一小块钠，产生气泡，不能证明该无水乙醇中含有水，C项错误；向淀粉溶液中加人少量稀硫酸并加热，然后向水解液中加入过量的氢氧化钠溶液,再加入银氨溶液,水浴加热后看是否出现银镜，从而确定淀粉是否水解,D项错误。11.(1)检查装置气密性(2分)(2)饱和 NaHCOs溶液(2分)(3)防止氨基甲酸铵分解；2NH+COHNCOONH√（不写可逆也给分，各2分)(4)2NHCI+Ca(OH)=CaCl+2NHs↑+2HO;干燥NH(各2分)(5)漏斗(1分)(6)90.8(2分)12.(1)除去 AlOg和 SiO(2)延长浸取时间(或其他合理答案)(3)Fe3+、Fe²+;Fe ;2Fe++Fe-3Fe2+（4)减少硫酸亚铁铵晶体的溶解损耗，乙醇易挥发,便于后期干燥;FeSO;+(NH）)SO;_70~80°(NH)Fe(SO,）√(每空2分)13.(1)X(g)+Y(g)2Z(g)(不标注物质状态也给分,不写可逆扣1分)(2)0.04 mol·L-1·min-(不写单位扣1分)(3)33.3%;16 : 7 : 16;>(4)AB(5)4X10-6 mol · L-1 ·min-114.(1)物理变化(1分)(2)CHsCHOH或C HsOH;碳碳双键、羧基(各 2分)(3)+HNO.,(浓）NO:+H;O(2分)(4)③(2分)(5)①防止倒吸(1分)②分层，上层有油状液体(2分)CHsH③CH;CH=CHCHCOOH、CH=-CCHCOOH、CH=CHCHCOOH（3分，写出1个给1分）第2页(共2页)】FJ存网盘页面管理转Word笔记标注