【文档说明】四川省仁寿第二中学2020-2021学年高二10月月考化学试题含答案.doc，共(12)页，483.000 KB，由小赞的店铺上传

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10月月考理综试卷第Ⅰ卷一、选择题：本题共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。7.下列有关能源的说法错误的是()A．风能是人类通过风车等工具获取的能源，但属于一次能源B．在即将到来的新能源时代，核能、太阳能、氢能将成为主要能源C．月

球土壤中含有丰富的质量数为3的氦，它可作为未来核能的重要原料D．原电池把化学能直接转化为电能，所以由原电池提供的电能是一次能源8.下列可被工业上采用的冶金方法是()A．电解熔融的氯化铝制铝B．电解熔融的氯化镁制镁C．电解氯化钠溶液制钠D．高温下用

H2还原氧化镁制镁9．现有三个热化学方程式：（1）CH3COOH(l)+2O2(g)＝2CO2(g)+2H2O(l)ΔH1＝-870.3kJ/mol（2）C(s)+O2(g)＝CO2(g)ΔH2＝-393.5kJ

/mol（3）H2(g)+1/2O2(g)＝H2O(l)ΔH3＝-285.8kJ/mol则反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)＝CH3COOH(l)的反应热为A．-488.3kJ/molB．+488.3kJ/molC

．-2228.9kJ/molD．+191kJ/mol10.下列说法或表示方法正确的是（）A．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的能量多B．由C（石墨）→C（金刚石）△H=+119kJ•mol﹣1可知，金刚石

比石墨稳定C．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则H2燃烧热的化学方程式表示为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1D．在稀溶液中，H+（aq）+OH﹣（aq）═（H2O）（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣

1，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ11.对于反应A（g）+3B（g）⇌2C（g），下列各数据表示不同条件下的反应速率，其中反应进行得最快的是（）A．v（A）=0.01mol/（L•s）B．v（B）=0.02mo

l/（L•s）C．v（B）=0.60mol/（L•min）D．v（C）=1.0mol/（L•min）12.向容积为2L的密闭器中充入2molA气体和1molB气体，在一定条件下发生如下反应：2A（g）+B（g）⇌3C（g）；经2s后达到平衡，测得C气

体的浓度为0.6mol•L﹣1．下列说法中正确的是（）①用物质A表示该反应的平均反应速率为0.2mol•L﹣1•s﹣1②用物质B表示该反应的平均反应速率为0.2mol•L﹣1•s﹣1③平衡时物质A与B的转化率相等④平衡时物质B的浓度为0.2mol•L﹣1⑤其它条件不变，向容器中

再加入1molC气体，达到新平衡时，C的体积分数不变．A．①②③B．①③⑤C．②④⑤D．①③④13.目前海水提溴的最主要方法之一是空气吹出法，其部分流程图如下：含Br2的海水――――→①空气吹出含Br2的空气――――→②SO2吸收吸收液――→③氯化溴水混合物――――→④萃

取、蒸馏液溴以下推断不合理的是()A．热空气能吹出溴是利用溴易挥发的性质B．SO2吸收溴的反应方程式：SO2＋2H2O＋Br2===H2SO4＋2HBrC．流程中循环利用的物质有SO2、Br2、Cl2等D．没有

采用直接蒸馏含Br2的海水得到单质溴主要是为了节能图927．（12分）按要求书写热化学方程式：(1)已知稀溶液中，1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时，放出114.6kJ热量，写出表示H2SO4与NaOH反应的中和热的热化学方程式（2）在

25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ。则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为(3)已知下列热化学方程式：①CH3COOH(l)＋2O2(g)＝2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－870.3kJ

/mol②C(s)＋O2(g)＝CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ/mol③H2(g)＋1／2O2(g)＝H2O(l)ΔH3＝－285.8kJ/mol写出由C(s)、H2(g)和O2(g)化合生成CH3COOH(l)的热化学方程式（4）已知拆开1molH－H键，1mol

N－H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为___________________________28．（14分）100mL0.50mol/L盐酸与110mL0.55mol/LNaOH溶液在

图示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_____________________________（2）烧杯间填满碎纸条的作用是___________________________

__________________（3）按如图装置进行实验，测得的中和热数值______（填“偏大”“偏小”“无影响”），原因是________________________________。（4）实验中改用80mL0.50mol/L盐酸跟80mL0.55mol/LNaOH溶液进

行反应，与上述实验相比，所放出的热量_______________________（填“相等”“不相等”）。（5）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g·cm－3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18J·g－1·℃－1。为了计

算中和热，某学生实验记录数据如下：实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.223.2220.220.423.4320.320.525.6依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝__________(结果保留一位小数)。（6）____

____(填“能”或“不能”)用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸。29.(14分)化学反应速率和限度与生产、生活密切相关。(1)某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气

，实验记录如下(累计值)：时间/min12345氢气体积/mL(标准状况)100240464576620①哪一时间段反应速率最大______min(填“0～1”“1～2”“2～3”“3～4”或“4～5”)，原因是__________________________________

______。②求3～4min时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率________________(设溶液体积不变)。(2)另一学生为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积，他事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，你认为不可行的是________(填字母

)。A．蒸馏水B．KCl溶液C．KNO3溶液D．CuSO4溶液(3)某温度下在4L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化曲线如图。①该反应的化学方程式是_________________________________

________。②该反应达到平衡状态的标志是________(填字母)。A．Y的体积分数在混合气体中保持不变B．X、Y的反应速率比为3∶1C．容器内气体压强保持不变D．容器内气体的总质量保持不变E．生成1molY的同时消耗2molZ③2min内Y的

转化率为________。30.（18分）I、已知海水中的溴含量约为65mg·L－1，从海水中提取溴的工业流程如下：(1)上述步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将其转化成化合态的溴，目的是_________________。(2)步骤Ⅱ通入热空气吹出Br2，利用了溴的__

______(填序号)。A．氧化性B．还原性C．挥发性D．腐蚀性(3)步骤Ⅱ中涉及的离子反应如下，请在方框内填入正确的化学计量数：(4)上述流程中吹出的溴蒸气也可以先用二氧化硫的水溶液吸收，再用氯气氧化，然后进行蒸馏，则溴与二氧化硫的水溶液反应的离子方程式为____________________

________。(5)实验室分离溴还可以用萃取法，下列可以用作溴的萃取剂的有________(填字母)。A．乙醇B．四氯化碳C．裂化汽油D．苯II、海带是海洋中的一种褐藻，海带中含有丰富的碘，是人类经常食用的一种

补碘食物。某资料中有“海带中碘的检验”的选做实验，操作步骤如下：①取3g左右干海带，除去表面杂质，剪碎，用酒精润湿，放在坩埚中灼烧成灰，冷却；②将海带灰转移到小烧杯中加蒸馏水，搅拌，煮沸2～3min，使可溶物质溶解，过滤；③向滤液中滴入几滴硫酸，再加入约

1mL过氧化氢溶液，观察现象；④取少量上述所得溶液，滴加几滴淀粉溶液，观察现象；⑤向③剩余的滤液中加入1mL四氯化碳，振荡静置，观察现象；⑥向加有四氯化碳的溶液中加入氢氧化钠溶液，充分振荡后，将混合液的下层液体放入指定的容器中。请回答下列问题：(1)海带中碘元素是____

____(填“碘离子”“碘单质”或“碘酸盐”)(2)可说明海带中含有碘的现象有________________________________________。(3)操作⑤叫做________，操作⑥的目的是_______________________________。31、（9分）下

图表示人类镰刀型细胞贫血症的病因(已知谷氨酸的密码子是GAA、GAG)。(1)图中①②表示的遗传信息传递过程分别是:①;②。过程①发生的时间是,场所是。(2)α链碱基组成是,β链碱基组成是。(3)若正常基因片段中的CTT突变为CTC,由此控制的生物性状(填“会”或“不会”)发生改

变,理由是:。32．（11分）下图为水稻的几种不同育种方法的示意图，请据图回答：（1）B过程常用的方法是__________；可能用到秋水仙素的过程有______（用图中字母表示）。（2）可以打破物种界限的育种方法是______（用图中的

字母表示），该方法所运用的原理是______，该方法所需要的工具酶是______。（3）假设要培育一个能稳定遗传的水稻品种，它的性状都是由隐性基因控制的，则最简单的育种方法是______（用图中的字母表示）；如果它的性状

都是由显性基因控制的，为缩短育种时间常采用的方法是______（用图中的字母表示）。（4）现有三个水稻品种：①的基因型为aaBBDD，②的基因型为AAbbDD，③的基因型AABBdd。这三对等位基因分别位于三对同源染色体上。请通过杂交育种方法利用以上三个品种获得基因型为aabbdd的植株（用文

字简要描述获得过程即可）：________________________________________。33．某植物种群中，AA基因型个体占30%，aa基因型个体占20%，回答下列相关问题：(1)根据现

代生物进化理论观点：生物进化的基本单位是________，________导致新物种的形成。(2)该植物种群A、a的基因频率分别是____________。(3)若该植物自交，后代中AA、Aa基因型频率分别是________________。(4)依据现代生物进化理论

，这种植物自交后是否发生了进化？________，理由是__________________。[来源:Zxxk.Com]34．（12分）如图是人类某一家族遗传病甲和乙的遗传系谱图。甲病受A，a这对等位基因控制，乙病受B，b这对等位基因控制，且甲、乙其中之一是伴性遗传病（不考虑XY同源区段）

。（1）甲病属于__________，乙病属于__________。A常染色体显性遗传病B常染色体隐性遗传病C伴X染色体显性遗传病D伴X染色体隐性遗传病E伴Y染色体遗传病（2）写出下列个体可能的基因型：Ⅲ—7_______________；Ⅲ—10_____________

_。（3）Ⅲ—8是纯合子的可能性是__________。（4）Ⅲ—8与Ⅲ—10结婚，生育子女中只患一种病的可能性是__________，既不患甲病也不患乙病的可能性是__________。35．（12分）某二倍体雌雄异株（XY型性别决定）花卉植物，群体全部开红花（纯合子），控制花色的基

因（A或a）只位于X染色体上，在栽培过程中出现一株全部开紫花的雄株，经显微镜观察其染色体正常。请回答问题：⑴该花卉植物的紫花与红花是一对_________。⑵该紫花雄株的出现，其原因可能是环境引起的变异，也有可能是隐性突变引起的变异，还有可能是显性突变引起的变异，请设计一实验

方案探究其变异的原因，写出实验思路及预期结果和结论。10月联考生物答案1.B2.D3.C4.D5.B6.C31、（9分，除标注，每空1分）.(1)复制转录有丝分裂间期、减数第一次分裂前的间期细胞核(2)C

ATGUA(3)不会因为当基因中的CTT突变成CTC时,转录的信使RNA上的密码子由GAA变成GAG,但这两个密码子决定的氨基酸均为谷氨酸,所以翻译的蛋白质不变,生物的性状不变。（2分）32．（11分，除标注，每空1分）（1）花药离体培养

C、F（2分）（2）E基因重组限制酶、DNA连接酶（2分）（3）A、DA、B、C（4）①与②杂交得到杂交一代，杂交一代与③杂交得到杂交二代，杂交二代自交可以得到基因型为aabbdd的植株（合理即可）（2分）33．（10分，除标注，每空2分）(

1)种群（1分）隔离（1分）(2)55%、45%(3)42.5%、25%(4)否种群基因频率没有改变34.（12分，除标注，每空2分）（1）B（1分）D（1分）（2）AAXBY或AaXBYAAXbY或AaXbY（3）1/2（4）5/121/235．（12分）⑴相对性

状（2分）⑵用该紫花雄株与红花雌株杂交（2分），若F1雌株开紫花，雄株开红花，则为显性突变（2分）；若F1雌雄株都开红花，则还需要用F1雌雄株杂交（2分），若F2雌雄株都开红花，则为环境引起的变异（2分），若F2雌株开红花，雄株一半开红花，一半开紫花，则为隐性突变（2分）。参考

答案一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分.14～18题为单选题，19～21题为多选题，全部选对的得6分，有选对但不全的得3分，有选错的得0分)14．答案D解析电场强度E与F、q无关，由电场本身决定，A错误；电容

C与Q、U无关，由电容器本身决定，B错误；E＝kQr2是决定式，C错误；故选D.15．答案C解析接触前，两小球之间的库仑力为F＝kq·7qr2＝7kq2r2，接触后两者所带电荷量为q′＝7q－q2＝3q，两小球之间的库仑力为F′＝k3q·3qr2＝9kq2r2，故F′∶F＝9∶7，C正

确．16．答案C解析电容器保持和电源连接，电压U一定，在平行板电容器中插入电介质，由C＝εrS4πkd知电容增大，由C＝QU知带电荷量增加，电容器充电，电路中有b到a方向的电流通过电流计，故A错误．减小平行板电容器两极板间的距离，由C＝εrS4πkd知电容增大，由C＝QU知带电荷量增加，电

容器充电，电路中有b到a方向的电流通过电流计，故B错误．减小平行板电容器两极板的正对面积，由C＝εrS4πkd知电容减小，由C＝QU知带电荷量减小，电容器放电，电路中有a到b方向的电流通过电流计，故C正确．同理D错误．17.答案D解析＋Q在P点产生的场强方向向右，－Q在P点产生的场

强方向也向右，根据叠加原理可知P点的场强不为0，故A错误．AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，故A、C两点的电势相等，故B错误．AC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，点电荷＋q沿直线从A到C的过程中电势能不变，故C错误．根据顺着电场线方向电势降低，结合电场线的分布情况可知，B点的

电势高于D点电势，由电势能公式Ep＝qφ分析可知：点电荷－q在B点具有的电势能小于在D点具有的电势能，故D正确．18.答案C解析连接AB，由题意可知，AB中点C点电势应与坐标原点O相等，连线OC即为等势线，与等势线OC垂直

的方向为电场的方向，故电场方向由B→A，其大小E＝Ud＝102＋1022×0.2V/m＝100V/m，选项C正确．19．答案AB解析对a、b小球受力分析，根据平衡条件有：mag＝F库tanα，mbg＝F库tanβ，由于β>α，所以ma>mb，故A正确．ma>mb，因此水平方向上每一时

刻a的加速度小于b的加速度．竖直方向上做自由落体运动，根据运动的独立性可知，两球同时落地，故B正确．a球的电荷量和b球的电荷量大小无法判断，故C错误．由于水平方向上每一时刻a的加速度小于b的加速度，因此a球水平飞行的距离比b球小，故D错误．20．答案ABC解析由题图乙知带电粒子的速度减小，

受到向左的电场力，故电场线方向向右，P点电势一定高于Q点电势，故A正确；由题图乙可知，P处的加速度大于Q处的加速度，故P处的场强大于Q处的场强，故B正确；由动能定理知－qU＝0－12mv02，可求出PQ两点的电势差为mv202q，故C正确；负电荷在电势低的地方电势能大，故带负电的粒子在P点的

电势能一定小于在Q点的电势能，故D错误．21．答案AC解析从t＝0时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T2，接着匀减速T2，速度减小到零后，又开始向右匀加速T2，接着匀减速T2……直到打在右极板上，电子不可能向左运动；如果两板间距离不够大，电子也始终向右运

动，直到打到右极板上．从t＝T4时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T4，接着匀减速T4，速度减小到零后，改为向左再匀加速T4，接着匀减速T4，即在两板间振动；如果两板间距离不够大，则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上．从t＝3T8时刻释放电子

，如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上；如果第一次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在向左运动过程中打在左极板上．选A、C.二、非选择题(本题共4小题，共62分)22．(8分）I．(1)Egm-------2分(2)BD-------2分II．负电--

-----2分kQmgrqαtan2=-------2分23．（8分）（1）控制变量法-------2分（2）A-------2分（3）变大-------2分（4）不变-------2分24.答案(1)1×104N/C(2)600V(3)－200V解析(1)电子由D到C电场

力做正功W＝eELCDcos60°E＝1×104N/C.(2)由题知，电子受到的电场力方向向上，电子带负电，则场强方向为A→B.A、B间电势差为UAB＝EdAB＝1×104×6×10－2V＝600V.(3)A、D间电势差为UA

D＝EdAD＝ELCDcos60°＝1×104×4×10－2×0.5V＝200VφA－φD＝200V，φA＝0解得φD＝－200V.25．答案(1)(mg－qE)sinαm(2)52R(3)3qER解析(1)由牛顿第二定律有(mg－qE)sinα＝ma解得a＝(mg－qE

)sinαm.(2)球恰能过B点有：mg－qE＝mvB2R①由动能定理，从A点到B点过程，则有：(mg－qE)(h1－2R)＝12mvB2－0②由①②解得h1＝52R.(3)从释放到B的过程中，因电场

力做的总功为负功，电势能增加，则增加量：ΔE＝qE(h2－2R)＝qE(5R－2R)＝3qER.由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为3qER.26．答案(1)4.0×10－16J(2)0.36cm(3)5.76×10－1

8J解析(1)电子在加速电场中，根据动能定理有eU1＝Ek解得Ek＝4.0×10－16J.(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子在水平方向做匀速直线运动，由l＝v1t，eU1＝12mv12解得t＝lv1＝lm2eU1电子在

竖直方向受电场力F＝e·U2d电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a，根据牛顿第二定律有e·U2d＝ma解得a＝eU2md电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y＝12at2＝U2l24dU1解得y＝0.36cm.(3)电子射出偏转电场的位置

与射入偏转电场位置的电势差U＝U2d·y电场力所做的功W＝eU解得W＝5.76×10－18J.