2022年秋“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”高二期中联考生物试题命题学校：荆门市龙泉中学命题人：何亚丹、汤盔审题人：刘静1.下列关于尘物进化和生物多样性的叙述中，正确的是（)A.所有生物的生命活动都是靠能量驱动的可作为生物都有共同祖先的证据B.适应相对性的根本原因是环境的稳定性与遗传物质不断变化之间的矛盾C.捕食者的存在减少了物种的多样性D.我国南发现的澄江生物化石样为寒武纪生命大燃发提供了最好的例证2.仙人学肉质茎表面斋集的硬刺可以抵御动物摄食。科学家对某地区仙人掌进行多年研究，发现其肉质茎上硬刺密度保持在一定范围，刺密度过低或过高的类型很少。调查结果表明，该地区野猪喜食少刺的仙人掌，土蜂一·般将卵产到多刺的仙人掌中，其幼虫以肉质茎为食。下列叙述错误的是()A.土蜂和野猪的双重选择使得此地仙人掌肉质茎上刺的密度保持相对稳定B.土蜂和野猪之间因取食差异，两者之间没有协问进化C.土蜂选择多刺的仙人学产卵，此类仙人掌易被大量土蜂幼虫取食而死心D.土蜂和野猪的双垂选择压力会促使此地仙人学向刺密度保特在-一定范围的方向进化3.北京2022年冬奥会吉祥物设计帅脚合网络“萌文化”趋势，将“冰墩墩”与“没有腰线”的圆胖熊猫形象贴合，既代表了巾国人的骇厚与及普，也体现了冬奥会运动健儿呈现的强壮身体、坚韧的意忠志和鼓舞人心的奥林匹克精神。图为熊猫进化示意图，其中始熊猫、小种大熊猫、巴氏大熊猫都己经灭绝，下列相关表述正确的是()现代始熊猫●小种大熊猫A.熊猫适应能力肯定强于比它低等的生物B.巴氏大熊猫和现代大熊猫曾在距今一万年并存过，说明适应的阶段时效性C.始熊猫在小种大熊猫：现后逐渐灭绝，主要原因是后者个体生殖能力提高D.熊猫是濒临灭绝的生物，如果将熊猫种群释放到一个新的环境中，那里有充足的食物，没有天敌，该熊猫种群的个体总数一定会增加4.桦尺蛾的体色有黑色、灰色两种，仅山常染色体.上的一对等位基因B、b基因控制，科研人员为研究环境与桦尺峨体色的关系，对不同区域桦尺蛾的体色表现型频率和基因频率进行分析、统计，结果下表所示。下列叙述止确的是()

上午11：341109K/s%国©米Hp59lC66①沧衡八校联盟高三年级2022~2023学年上学期期中考试化学试题参考答案1.D2.A3.A4.B5.C6.D7.B8.C9.B10.B11.AC12.B13.AE14.(1)适当减慢通入C2的速率（或者搅拌或者置于冷水浴中，2分）(2)MnO2+4HCI(浓)△MnC+H,O+C+(2分)(3)适度增大CONH2)2的量，防止N,H,·H,O被NaC1O氧化(2分)(4)先出现蓝色沉淀，后沉淀溶解得到深蓝色的透明液体(2分)：NH(2分)：4(2分)(5)2Cu(NH)]*+NH,·h0+40Hr△2Cu,+N+8NH,+5H,02分)15.(1)(球形)冷凝管(1分)：吸收未反应的C2、SO,和SOC1:蒸气，防止空气中的水蒸气进人三颈瓶(2分)(2)A(1分)(3)⑥0③⑤(2分)(4)FeC,·6H,0+6S0C△FC,+6S0,↑+12HC↑(2分)：K,[Fe(CN).]溶液，产生蓝色沉淀（或BaCk溶液，产生白色沉淀，1分)(5)当滴人最后半滴NSO,溶液时，溶液蓝色褪去，且半分钟内不再恢复原来的颜色(1分)：297.5-5.950Y%(2分)：AD(2分)m,一116.(1)-591(2分)(2)AD(2分)(3)①>1分)②该反应的正反应是放热反应，升高温度，衡逆向移动（或升高温度，催化剂活性降低等合理答案，2分）(4)①1.0(2分②125(2分)(5)①CH的浓度（或温度等合理答案，2分）②<(2分)17.(1)A(2分)(2)3d(2分)(3)p和$p(2分)：7：1(2分)(4)基态铜原子失去1个电子后，形成了3”全充满的稳定结构，较难再失去1个电子(2分)(6)①(，是，十)(2分)@21(2分5/5三▣

C.D点溶液中：c(CI)=2c(OH）-2c(H)D.随着NOH溶液的加入，曲线①逐渐向②靠拢，说明电解质溶液的电导率只与离子浓度大小相关24.甲硫醇是一种重要的化工原料，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如下.下列说法中不正确的是()HSCH,CHSHHHSHHS O HH CH,OH HCH,SH+H,0催化剂可准化剂②催化剂.③催化剂④催化剂⑤A.上述过程的总反应是取代反应B.反应前后碳原子的成键数目没有发生变化C.若CD,OD和H,S参与，则可能生成CHD,SH和D,OD.控制乙醇浓度不变，提高硫化氢的用量，乙醇的转化率持续增大25.下列方案设计、现象和结论都正确的是()目的方案设计现象和结论A验证CH,=CHCHO分子中的碳碳取样与适量溴水混合，充分反溴水褪色，说明样品分子应，观察现象中含有碳碳双键双键B检验淀粉水解是否完全将适量样品与稀硫酸反应，加入无明显现象，说明淀粉水足量NaOH溶液后加入碘水，解完全观察现象C检验牙膏中的摩擦剂成分取少量牙膏于试管中，加水溶若滤渣溶解并产生无色解，滤渣中滴加足量盐酸气泡，则摩擦剂可能为CaCO;D检验某固体是否为铵盐取样品于试管中，滴加少量若试纸不变蓝色，则固体NaOH溶液并加热，用湿润的不是铵盐红色石蕊试纸靠近试管口A.A B.BC.C D.D二、非选择题（本大题共6小题，共50分）26.(4分)(1)己知金刚石的莫氏硬度为10，石墨的莫氏硬度为1~2.从晶体结构的角度解释金刚石硬度很大，石墨很软的原因(2)在相同温度时，酸性条件下KCl、KBr、KI都能被MO2氧化，通过控制溶液中c(H)探究同浓度的KCl、KBr、KI还原性强弱.预测同浓度的KCl、KBr、KI被MO2氧化需要的c(H)最小的是试从离子结构角度解释CI、Br、I的还原性逐渐增强的原因27.(4分)以下方法常用于对废水中的苯酚进行定量测定：取100.00L含苯酚废水，加过量溴水使苯酚完全反应，煮沸，再加入过量K溶液生成三溴苯酚，再用0.l000 mol.L Na2SO3标准溶液滴定至终点，消耗aS,O3溶液10.00mL.己知C,HOH+4B→CH,OB+4HB,2C,H,OB+2K→2C,H,OB(三

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(4)反应⑥的反应类型是(⑤)写出A与氢氧化铜碱性浊液共热时的化学反应方程式(6)写出最终产物某酯类光刻胶1的分子式(7)已知G的分子式为CH16O2，写出一种满足下列条件G的同分异构体的结构简式(不

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合物无论是H2O还是H2O2,常温常压时均为液体，D项正确。13.C【解析】X点溶液的pH=3.2,即0.100molL1HA溶液的pH=3.2,故c(A)CH=103.2molL1,K.(HA)cI)-c(A)10×102×1.0×102=1054,则HA的电离常数K,的数量级为105，A项正确：Z点时c(HA)0.100消耗NaOH溶液的体积为20mL,此时NaOH与HA恰好完全反应，达到反应终点，溶液为NaA溶液，水电离出的c(H)最大，则gc水(H)也最大，B项正确；Y点到W点的过程中，溶液碱性继续增强，(A)一直增大，C项错误；W点消耗NaOH溶液30mL,根据电荷守恒可得：cNa)+cH=c(A)十c(OH),根据物料守恒可得：2cNa)=3c(A)+3c(HA),两式联立可得：(A)+3c(HA)+2c(H=2c(OH,D项正确。26.(14分)(1)搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度、将废催化剂研磨成粉末等(2分，写出1条给1分)(2)溶解、过滤、结晶(1分，答“重结晶”也给分)(3)N2+、Mg2+（2分，漏写得1分，错写不得分，多写Ca2+不扣分)使N2+转化为沉淀，与Mg2+分离(1分，答案合理即可)(4)适当增大pH,减少“除杂”过程中H2S的生成，防止污染空气(2分，答案合理即可)(5)NiS+6NH3+2O2—[NiNH3)6+SO}或NiS+6NH3HO+2O2—[NiNH)6J2+SO+6H20（2分)(6)浸取时间6h,硫酸浓度40%(2分)（7)95.4（2分，95.2~95.4均得分)【解析】(1)搅拌、将废催化剂研磨成粉末、适当升温、适当增大硫酸浓度等措施均可提高镍、铝的浸出率。(2)“滤渣1的主要成分包括NH4A1(SO4)212H2O和铁的化合物，根据流程分析，铁的化合物为氢氧化铁，则进一步提纯得到NH4A1(SO4)2·12H2O的方法可以采用溶解、过滤、结晶。(3)根据废催化剂的组成，酸溶并沉淀除去Fe、A1、Ca之后，溶液中剩余的金属离子主要有N2+、Mg2+,还含有少量的Ca2;“除杂”后获得的固体中含Ni,故“除杂的目的是使N2转化为沉淀，与Mg2分离。(4)结合流程加入N2S除杂，可分析得出，将“滤液2”调节至pH=5,适当增大pH,减小“除杂”过程中酸的浓度，进而减少有毒气体H2S的逸出，避免污染空气。(5)“氧化”工序中，反应通入氧气，同时加入氨水后，氨水变为蓝紫色{主要成分NNH)6},则氧气参与氧化的同时，NH3也与N2+形成配离子，促使NS的浸出，故反应的离子方程式为NS+6NH+2O2—NiNH)6]2+SO}。(6)由图可得，在保证镍的浸取率较高的前提下，最佳浸取条件是浸取时间6h,疏酸浓度40%。(7)镍的提取率=实际提取量×10%，废催化剂中N0的质量分数为20%，则100kg废催化剂理论制理论制得量得的mN100×206×59,g15.73kg,实际提取的mN15kg,故提取率=，15kg×100%95.4%。7515.73kg理科综合·全解全析及评分标准第6页（共14页)

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