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玉林市田家炳中学、玉林师院附中、玉林市育才中学、玉林市第十一中学、玉林市福绵高中
2020年秋季期期中教学质量评价高二理综答案
物理部分
14．C
15．答案：A
解析：平衡时A、B间的距离r＝lsin
30°＝，根据库仑定律得F＝k＝，A正确，B错误；A球的受力情况如图所示，可知F＝mgtan
30°＝mg，CD均错误．
16．【答案】B
解析S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大；把R1归为内阻，内电压减小，故R3中的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，
A．分析得V的读数变大，A的读数变大，故A错误；
B．分析得V的读数变大，A的读数变大，故B正确；
C．分析得V的读数变大，A的读数变大，故C错误；
D．分析得V的读数变大，A的读数变大，故D错误；
17．C
解析试题分析：A、B间的电势差为,则A的电势低于B的电势；C、D间的电势差为,则C得电势高于D的电势；又由题，C点比B点电势高3V，所以电势从高到低的顺序是：C、B、A、D．沿着电场线电势逐渐降低，故C对．
18．【答案】A
解析A．当吹热风时，电机动M和电阻丝R并联，电阻丝消耗的功率为
由可得
故A正确；
B．当开关S2闭合、S1断开时，电阻丝不工作，不产生热量，所以此时电吹风吹出冷风，故B错误；
C．当电吹风吹冷风时，S1断开，电热丝处于断路状态，没有电流通过，电热丝每秒钟消耗的电能为0，故C错误；
D．当电吹风吹热风时，电动机M和电热丝R并联，电动机的功率为120W，所以每秒钟消耗的电能为
故D错误。故选A。
19.答案：
CD
电场力做功与路径无关，只与初末位置有关，故这两点的电势一定等值，点电荷移动的轨迹不知道，与电场的强度也无关。故A错误；点电荷从a点移到b点的过程中，电场力做功为零，不一定沿等势面运动，两点之间的电势差为0，故B错误，D正确；电势能的变化量数值上等于电场力做功的大小，故从a到b电势能的变化为零，故C正确；故选CD。
20．BD【解析】
A．由于O点电势高于c点．电场强度方向向下，根据MN粒子的运动轨迹可知N受到的电场力向上，M受到的电场力向下，N带负电，M带正电，A错误；
B．根据题意可知，而且电场力都做的是正功，而且电荷和质量大小相等，根据动能定理得，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，B正确；
C．N在从O点运动至a点的过程中受到的电场力向上，轨迹运动方向也向上，故电场力做正功，C错误
D．图中的虚线为等势线，即O点和b点的电势相等，所以M点从O点到b点的过程中电场力对粒子做功等于零，D正确；故选BD
21．AD
22.答案：2　
4（每空3分）
解析：根据实验原理和闭合电路欧姆定律得E＝I(R＋r)，变形为符合图象的线性关系为＝＋，由图象得R＝0时，＝＝2.0，斜率＝
V－1＝0.5
V－1，解得E＝2
V，r＝4
Ω.
23．
【答案】
(1)②不能
必须
③1400
(2)
D
(3)
0.305
(4)102（前3个空每空1分，后3个空每空2分）
【解析】
(1)
②机械调零是调整指针的“游丝（非常细的回摆弹簧）”张紧程度。电表在移动过程或受周围电磁场的影响下，指针会发生偏移，调整游丝的张力大小，即可调整指针左右的摆动位置。机械调零时不需要将两表笔短接。
欧姆调零的原理为由于欧姆表内带电源，在接入不同（档位）电路中，不可能保证都刚好是满偏电流，所以需要进行内部电阻微调，达到电流满偏，必须将两表笔短接。
③读数为
(2)根据题目，要求电压调节范围较大，滑动变阻器采用分压式接法；根据多用电表的读数1400Ω，可知被测电阻较大，电流表的分压可忽略，应该选用电流表内接法；故D项正确，ABC三项错误。故选D。
(3)螺旋测微器的读数为
(4)根据公式，，联立可得
24.解析：(1)当S断开时，灯L正常发光，即I1＝I0＝1
A，RL＝3
Ω
①
根据闭合电路欧姆定律有E＝I0(R1＋RL＋r)
②
得r＝－(R1＋RL)＝
Ω－(8＋3)
Ω＝1
Ω.
③
(2)当S闭合时，外电路的总电阻为R外＝＋R1＝9
Ω
④
干路电流为I总＝＝1.2
A
⑤
灯泡两端的电压为UL＝I总＝1.2
V
⑥
灯泡的实际功率为PL＝＝0.48
W.
⑦
以上各式中①②③④⑤⑥⑦每式各2分
25.（16分）(1)粒子离开电场时，合速度与水平方向夹角为30°，由速度关系得合速度
①
(2)粒子在匀强电场中为类平抛运动，在水平方向上
②
在竖直方向上
③
④
由牛顿第二定律得
⑤
解得
⑥
即匀强电场的场强大小是
⑦
方向竖直向下
⑧
(3)粒子做类平抛运动，在竖直方向上
⑨
解得
⑩
以上①②③④⑤⑨每式2分，⑥⑦⑧⑩每式1分
26．（1）滑块从A到B的过程中，滑块受竖直向下的重力，竖直向下的电场力，沿圆轨道半径指向圆心方向的支持力，只有重力和电场力做功，由动能定理得
①
在B点物块受竖直向向下的重力，竖直向下的电场力，竖直向上的支持力，由圆周运动向心力方程得
②
滑块对B点的压力为NB，由牛顿第三定律可知
④
联立以上各式解得NB=4.2N
⑤
（2）小滑块在水平地面上受竖直向下的重力，竖直向下的电场力，竖直向上的支持力N，水平向左的滑动摩擦力，从B点开始向右做初速度为，末速度为0的减速运动，对这个过程用动能定理得
⑥
其中
⑦
此时小物块在竖直方向受力平衡得
⑧
联立以上各式解得m
⑨
所以，小滑块在水平轨道上离开B点的最远距离为10m。
以上各式中①②⑥每式各3分，④⑧
每式各2分③
⑤
⑦
⑨每式1分。共17分
生物部分
1、C　[内环境是由机体内细胞外的液体构成的，细胞内液不属于内环境，A错误；胰腺合成并分泌的物质有激素和消化液，消化液进入消化道，属于外环境，B错误；机体通过体液调节、神经调节及免疫调节维持稳态，故内环境的变化一定会引起机体的自我调节活动，D错误。]
2、B　[突触前膜是突触小体的一部分，突触包括突触前膜、突触间隙和突触后膜，A错误；乙酰胆碱和5?羟色胺都与各自突触后膜对应的特异性受体结合，B正确；若乙神经元的Ca2＋通道被抑制，会导致乙不释放5?羟色胺，但不确定丙是否兴奋，C错误；神经递质发挥作用后有的被回收，有的被分解，D错误。]
3.
B　[当DPC
浓度为
62.5
mg/kg时，与空白对照(DPC浓度为0)相比较，大豆叶片中赤霉素(GA3)的含量升高，未起到矮化作用，A错误；与空白对照作用相比，缩节胺对赤霉素的合成量的影响既有促进作用，又有抑制作用，因此，缩节胺对赤霉素的合成量的影响具有两重性，B正确；从题干中信息无法得出缩节胺可以催化与赤霉素合成有关的基因的表达，C错误；缩节胺是一种人工植物生长类似物，植物无法合成，D错误。]
4.
C　[读图可知，当社群压力个体数量增加时，可通过下丘脑的调节，导致效应B细胞分泌的抗体数量减少，A正确；下丘脑有血糖平衡调节中枢，当社群压力增大时，通过下丘脑的调控，导致机体胰岛B细胞分泌的胰岛素增多，使患低血糖或休克，B正确；图示有神经、体液、免疫三种调节方式调控种群数量，C错误；社群压力会导致出生率下降、死亡率上升，从而使种群数量降低，D正确。]
5.
A　[DDT属于在生物体中难降解的有机氯农药，也很难排出体外，因此其会随着营养级的增加，在生物体内不断富集，不会在生物群落与无机环境之间循环往复，A错误。]
6.
A　[曝气可增加溶氧量，进而降低厌氧微生物降解有机污染物的能力，A错误。]
31.
[解析]　(1)据表判断，注射肾上腺素后，肝糖原的含量下降，血糖的含量升高，由此可知其作用机理是通过促进肝糖原分解，从而升高血糖。因此，人在恐惧的情况下，肾上腺素的分泌增多，为生命活动提供更多的能量，从而能够作出及时的反应。(2)作为神经递质的肾上腺素与突触后膜受体结合，引起Na＋内流，突触后膜两侧电位表现由内负外正变为内正外负，引发一次新的神经冲动；若肾上腺素与前膜受体结合，可抑制突触前膜肾上腺素的分泌，这属于负反馈调节。
[答案]　(1)升高
　促进肝糖原分解，从而升高血糖
　为生命活动提供更多的能量　(2)内负外正
　内正外负
　(负)反馈
32
解析：(1)根据效应T细胞裂解靶细胞可判断左图表示细胞免疫过程示意图，根据抗体与抗原结合可判断右图为体液免疫过程示意图。
(2)左图中b处细胞为靶细胞，效应T细胞与之密切接触，细胞被裂解死亡。
(3)吞噬细胞在非特异性免疫和特异性免疫中都发挥作用。B细胞在骨髓中发育成熟，受到抗原刺激后在T细胞产生的淋巴因子作用下，开始增殖、分化，大部分分化为效应B细胞，产生抗体，小部分形成记忆B细胞。
(4)机体产生的抗体与肌细胞膜上的Ach受体结合，阻碍兴奋的传导，导致肌无力，属于自身免疫病。
答案：(1)细胞　体液　(2)效应T细胞　靶细胞裂解死亡　(3)吞噬　骨髓　T细胞　浆细胞　记忆　(4)自身免疫
33.[解析]　(1)生长素的作用具有两重性，低浓度促进生根，高浓度抑制生根。(3)①分析图2可知400
mg·L－1左右的萘乙酸是促进山茶花插条生根的适宜浓度。②数学模型的另一种表现形式是数学方程式(或函数)。③图1中每组处理的枝条仅1个，数量太少，违背了实验设计的平行可重复性原则；为了提高所建数学模型的科学性和可靠性，应增加每组插条数目(或重复多次实验)，并求其平均值。④若利用上述实验相同的方法，探究萘乙酸对葡萄插条生根作用的最佳浓度范围，除第一组外其余各组均没有长出不定根，最可能的原因是萘乙酸的浓度过高，抑制枝条生根。
[答案]　(1)两重　
(3)①300～500
mg·L－1(或400
mg·L－1左右)的萘乙酸是促进山茶花插条生根的适宜浓度
　②数学方程式(函数)　
③增加每组插条数目，求平均值(或重复多次实验)　
④萘乙酸的浓度过高
34.
[解析]　(1)种群密度是种群的最基本的数量特征，反映了种群在一定时期的数量。故为确定水体污染物对水蚤(体长为1～3
mm)数量的影响，可用取样法调查其种群密度的变化。生态系统具有一定的自我调节能力，当河流中的污染物增多，超过了分解者的分解能力时，会使河流污染日益严重，使居民的居住环境也受到影响。(2)农田生态系统中在收获季节随着粮食的收获带走了土壤中的矿质元素，因此每年都要向农田中施入氮、磷、钾等肥料，以补充因粮食收获从土壤中带走的矿质元素。(3)草莓园被木本覆盖，草本群落演替为森林群落，是群落演替的结果，草莓和柳树不能共同繁盛的原因是柳树植株高大，占据更多的空间和阳光，因此生长处于优势；草莓为草本植物，无法得到充足的阳光，因此难以成片生长。
[答案]　(1)种群密度　水体污染物不能被分解者分解或超过了分解者的分解能力　
(2)　及时补充因粮食收获从土壤中带走的矿质元素　
(3)群落演替　柳树植株高大，占据更多的空间和阳光，因此生长处于优势；草莓为草本植物，无法得到充足的阳光，因此难以成片生长
35.[解析]　(1)种群指在一定时间内占据一定空间的同种生物的所有个体，而蓝藻是一类生物，不是一种生物。调查湖泊中某种藻类的种群密度时常采用的方法是抽样检测法。(2)“关关”是雌雄二鸟相互应和的叫声，属于生态系统中的物理信息，该信息在生态系统中的作用是有利于生物种群的繁衍。(3)若杂食性鱼类增加的能量中比例为a的部分直接由水藻类提供，则水藻至少需要ma÷20%＝5ma，杂食性鱼类增加的能量中提供给植食性鱼类的比例为1－a，则水藻至少需要(1－a)m÷20%÷20%＝25m－25ma，则消耗的水藻类的能量为5ma＋25m－25ma＝25m－20ma。(4)绿水青山中既有可以直接使用的直接价值，又有调节气候等作用的间接价值，还有不可知的潜在价值。生态系统的稳定性是指生态系统具有保持或恢复自身结构和功能相对稳定的能力。
[答案]　(1)不能　抽样检测法　(2)物理　有利于生物种群的繁衍　(3)25m－20ma　(4)直接价值、间接价值和潜在　
生态系统具有保持或恢复自身结构和功能相对稳定的能力
化学部分
7．答案
B解析
A．锌与盐酸的反应为金属与酸的反应，属于放热反应，A正确；
B．断裂化学键吸收能量，形成化学键需要释放能量，B错误；
C．化学反应从微观上分析存在旧键的断裂和新键的形成，故不仅有新物质生成而且伴随着能量变化，C正确；
D．反应物的总能量高于生成物的总能量，反应时高出的能量，以光或热的形式向环境释放能量，D正确；
答案为B。
8.答案　C解析　
①常温下NaNO2溶液的pH大于7表明是强碱弱酸盐，正确；②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，也可能是溶液的浓度太小，不能说明亚硝酸是弱电解质，错误；③HNO2和NaCl不能发生反应，硝酸与氯化钠也不反应，但硝酸是强酸，错误；④常温下0.1
mol·L-1
HNO2溶液的pH＝2.1，若是强酸，其pH应该等于1，因此，表明亚硝酸是弱酸，正确；⑤常温下pH＝3的HNO2溶液和pH＝11的NaOH溶液等体积混合，pH小于7，若亚硝酸是强酸，pH＝7，因此是弱酸，正确；⑥常温下pH＝2的HN22溶液稀释至100倍，pH约为3.1，若亚硝酸是强酸，pH＝4，因此是弱酸，正确。
9．答案
D解析
A．硫蒸气的能量高于硫固体的能量，因此若将等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出热量多，A错误；
B．由“C(石墨)=C(金刚石)
ΔH＝＋1.9
kJ/mol”可知金刚石总能量高于石墨，能量越低越稳定，石墨比金刚石稳定，B错误；
C．在101
kPa时，2
g
H2完全燃烧生成液态水，放出285.8
kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：H2(g)＋1/2O2(g)=H2O(l)
ΔH＝－285.8
kJ/mol，C错误；
D．在稀溶液中：H＋＋OH－=H2O
ΔH＝－57.3
kJ/mol
，若将含1
mol
H2SO4与含2
mol
NaOH的溶液混合生成2mol水，放出的热量等于2mol×57.3
kJ/mol
＝114.6
kJ，D正确；
答案选D。
10．答案
C解析
A．pH=13的溶液中，c
(H+)=10-13mol/L，A正确；
B．由水电离产生的c(OH-)水=c(H+)水=10-PHmol?L-1=10-13mol/L，B正确；
C．因为向MgCl2溶液中加NaOH溶液后混合溶液的pH=13，所以所加NaOH溶液pH＞13，C错误；
D．Mg(OH)2的溶度积常数Ksp=5.6×10-12，溶液中的c(Mg2+)=
=5.6×10-10?mol/L，D正确；
故答案为：C。
11．答案　B解析　由一定温度下，反应H2（g）+X2（g）HX（g）的平衡常数为10，
则相同条件下HX分解的化学反应的平衡常数为，设HX分解的物质的量为x，则
HX（g）?H2（g）+X2（g）
开始
1.0mol/L
0
0
转化
mol/L
mol/L
mol/L
平衡
（1﹣x）mol/L
mol/L
mol/L
故=，
解得x=0.17mol，
该温度时HX（g）的最大分解率为×100%=17%，故选B。
12．答案
C解析
A．该反应的反应前后为气体分子数减小的反应，压强增大，反应速率加快，平衡正向移动，氨气体积分数增大，p2＞p1，p2速率大于p1，研究目的和示意图相不相符，A错误；
B．该反应正反应为放热反应，温度增大，平衡逆向移动，氮气转化率减小，研究目的和示意图不相符，B错误；
C．增加N2的浓度，反应速率加快，平衡正向移动，研究目的和示意图相相符，C正确；
D．加入催化剂，反应速率加快，研究目的和示意图相不相符，D错误；故答案为：C。
13．答案
C解析　
根据未加盐酸和氢氧化钠时图象纵坐标所对应pH值可知，曲线Ⅰ线当未滴加溶液时pH>7，说明是盐酸滴定氨水；Ⅱ线当未滴加溶液时pH<7，说明是氢氧化钠滴定醋酸。A．曲线I为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到10mL时，溶液中的溶质是等物质的量浓度的氯化铵和一水合氨，由于在此条件下氨水的电离程度大于铵盐的水解程度，所以溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH-），故A错误；B．曲线I为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到20mL时，溶液中的溶质是氯化铵，NH4+水解导致溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒c（Cl-）+c（OH-）=c（NH4+）+c（H+），得c（Cl-）＞c（NH4+），盐类水解程度一般都较小，所以离子浓度大小顺序是c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-），故B错误；C.滴加溶液到10?mL时，溶液中的溶质是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，根据物料守恒：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=2c（Na+），电荷守恒：c（CH3COO-）+c（OH-）=c（H+）+c（Na+），得c（CH3COO-）-c（CH3COOH）=2[c（H+）-c（OH-）]，故C正确；D.曲线Ⅱ为氢氧化钠滴定醋酸溶液的曲线，滴加溶液在10?mL～20?mL之间存在，NaOH与醋酸反应，且NaOH的量不足，溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸，此时醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，则溶液中c（H+）＞c（OH-），故D错误；故选C。
27．（1）碱性
（2）小于
（3）
①Ⅳ
水解反应是吸热反应，故温度越高，水解程度越大，故PH值越大
②10-4-10-10
（4）a
c（Na+）=c（）＞c（）＞c（H+）＞c（OH-）
【详解】
（1）由于Na2CO3是强碱弱酸盐，故纯碱Na2CO3溶液因水解呈碱性，水解方程式为：，故答案为：碱性；；
（2）由于NH4Al(SO4)2=+Al3++2，NH4HSO4=+H++，虽然Al3+水解也呈酸性能抑制的水解，但是没有NH4HSO4中直接电离出的H+抑制作用大，故相同条件下，0.1
mol/L
NH4Al(SO4)2溶液中的c()小于0.1
mol/L
NH4HSO4溶液中的c()，故答案为：小于；
（3）
①Na2CO3溶液呈碱性，故起点PH大于7，水解反应是吸热反应，故温度越高，水解程度越大，故PH值越大，故其中符合0.1
mol/LNa2CO3溶液的pH随温度变化的曲线是Ⅳ，导致Na2CO3溶液的pH随温度变化的原因是水解反应是吸热反应，故温度越高，水解程度越大，故PH值越大，故答案为：Ⅳ；水解反应是吸热反应，故温度越高，水解程度越大，故PH值越大；
②20℃时（Kw=1.0×10-14），0.1
mol/LNa2CO3溶液中根据溶液的电荷守恒即：c(H+)+c(Na+)=2c(
)+c()+c(OH-)，故有c(Na+)－2c(
)－c()＝c(OH-)-
c(H+)=10-4-10-10mol/L，故答案为：10-4-10-10；
（4）a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3?H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3?H2O抑制水的电离，故a点水的电离程度最大，a点溶液呈酸性，即溶液含有(NH4)2SO4与Na2SO4二种成分，且a点时c(Na+)=c()，根据N元素与S元素的关系，可以得出c()=c()+c(NH3?H2O)，但会发生水解，故c（Na+）=c（）＞c（）＞c（H+）＞c（OH-），故答案为：a；c（Na+）=c（）＞c（）＞c（H+）＞c（OH-）。
28．（1）①2AB
②
0.025mol/(L?min)
50%
③否
＝
（2）升温
减小SO3的浓度
【解析】
（1）①根据图象可知A为反应物，B为生成物，反应进行到4min时A物质的量变化为0.8mol-0.4mol=0.4mol，B物质的量变化0.4mol-0.2mol=0.2mol，A、B反应的物质的量之比2：1，所以反应的化学方程式为2AB；
②反应开始至4min时，A物质的量变化为0.4mol，浓度是0.4mol÷2L=0.2mol/L，则A的平均反应速率为0.2mol/L÷4min=0.05mol/(L?min)，反应速率之比是化学计量数之比，则B物质表示的反应速率是0.025mol/(L?min)。A的转化率为；
③根据图像可知4min时随时间变化A、B物质的量发生变化，说明未达到平衡，8min时A、B物质的量不变，说明反应达到平衡状态，因此v(正)=v(逆)；
（2）a时逆反应速率大于正反应速率，说明平衡应向逆反应方向移动，且正逆反应速率都增大，该反应的正反应放热，应为升高温度的结果；b时正反应速率不变，逆反应速率减小，在此基础上逐渐减小，应为减小生成物的原因，即b时改变的条件可能是减小SO3的浓度。
29．（1）-244.84kJ/mol
（2）
（3）>
（4）ACD
（5）正反应方向
＞
【详解】（1）根据盖斯定律：有①×2+②+③得3CO(g)＋3H2(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)
ΔH=－90.7
kJ/mol×2－41.2
kJ/mol－41.2
kJ/mol=-246.1kJ/mol，故答案为：-246.1kJ/mol；
（2）根据平衡常数表达式分析得，甲醇合成甲醛的化学平衡常数表达式为：，故答案为：；
（3）随着温度升高，平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，故反应正方向为吸热，即ΔH1>0，故答案为：>；
（4）A．正反应方向为气体体积增大的反应，混合气体的密度不变，说明气体体积保持不变，能说明反应达到平衡状态，故A选；
B．CH3OH、HCHO的物质的量浓度之比为1∶1，并不能说明它们的浓度保持不变，故不能说明反应达到平衡，故B不选；
C．H2的体积分数不再改变，能说明反应已经达到平衡，故C选；
D．单位时间内甲醛的生成量与氢气的消耗量相等说明正反应速率等于逆反应速率，能说明反应达到平衡，故D选；
故答案为：ACD；
（5）T1时，平衡常数K=2，CH3OH、HCHO、H2起始浓度（mol?L-1）分别为1.0、0.50、1.0，甲醛体积分数=×100%=20%，Qc==0.5＜2，说明反应正向进行，反应达到平衡时，HCHO的体积分数＞20%，故答案为：正反应方向；＞。
30．Ⅰ．（1）N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g)△H=?640kJ?mol?1
（2）408
（3）生成物为氮气和水，不污染空气
【解析】Ⅰ．(1)0.4mol液态肼和足量H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量，1mol液态肼与足量液态双氧水反应时放出的热量640kJ，则热化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g)△H=-640kJ?mol?1；
(2)因①N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g)△H=?640kJ?mol?1，②H2O(l)═H2O(g)△H=+44kJ?mol?1，根据盖斯定律，①?②×4，得N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(l)△H=?816kJ?mol?1，16g液态肼的物质的量为0.5mol，所以与足量液态过氧化氢反应生成氮气和液态水时，放出的热量为408kJ；
(3)上述反应除释放大量热和快速产生大量气体外，生成物为氮气和水，不污染空气；
Ⅱ．
解析：(1)用蒸馏水洗涤盛装0.200
0
mol·L－1标准NaOH溶液的碱式滴定管后，要先用标准NaOH溶液润洗2～3次，再装入标准NaOH溶液。若用蒸馏水洗涤后，直接装入标准NaOH溶液，则c(NaOH)偏小，滴定过程中消耗标准NaOH溶液的体积偏大，使测得的c(HCl)偏大。
(2)待测液是未知浓度的盐酸，故量取20.00
mL待测液要选用酸式滴定管。在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，消耗标准NaOH溶液的体积不变，故对测定结果无影响。
(3)步骤⑤滴定时，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化。向盐酸中滴加2～3滴酚酞，溶液呈无色，达到滴定终点时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色。
(4)滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，由于原来气泡占据的空间被标准NaOH溶液充满，则消耗标准NaOH溶液的体积偏大，A符合题意；锥形瓶用待测液润洗，则锥形瓶内待测液中n(HCl)偏大，滴定时消耗标准NaOH溶液的体积偏大，B符合题意；滴定结束时，俯视读数，读取消耗标准NaOH溶液的体积偏小，C不符合题意。
(5)第1次实验数据存在明显误差，舍去，根据第2、3次数据可知，消耗标准NaOH溶液的平均体积为16.26
mL，根据滴定过程中c(HCl)·V(HCl)＝c(NaOH)·V(NaOH)，则有c(HCl)×20.00×10－3
L＝0.200
0
mol·L－1×16.26×10－3
L，解得c(HCl)＝0.162
6
mol·L－1。
答案：(1)①　偏大　(2)酸式　无影响　(3)锥形瓶中溶液颜色变化　锥形瓶中溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色　(4)AB　(5)0.162
6
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2020年秋季期期中教学质量评价高二理综试卷
第I卷(共21小题,共126分)
注意事项
1.答题前,考生在答题卡上务必用直径05毫米黑色字迹签字笔将白己的姓名、班别、学号填写清楚
在试题卷上作答无效
2.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分
可能用到的相对原子质量:H1C12N14016s32Na23Mg24
选择题:本大题共13小题。在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的
每小题6分
1.下列关于人体内环境的叙述,正确的是()
A.细胞内液与外液共同构成机体的内环境
B.胰腺合成并分泌的物质均进入内环境
C.因毛细血管通透性增大引起的组织水肿现象发生在内环境中
D.内环境的变化不一定会引起机体的自我调节活动
2.如图为甲、乙、丙三个神经元部分形成的突触结构,神经元兴奋时,Ca2通道开放,使Ca2内流
由此触发突触小泡前移,并释放神经递质。下列相关叙述正确的是
传导方向
5—羟色胺
(抑制性递质
乙酰胆碱
(兴奋性递质)
A.突触是突触小体的一部分,包括突触前膜、突触间隙和突触后膜
乙酰胆碱和5-羟色胺都是信息分子,能与相应突触后膜上的特定受体结合
C.据图判断,若乙神经元的Ca2通道被抑制,甲神经元兴奋后会引起丙兴奋
D.细胞间的信息传递离不开神经递质,因而神经递质会全部被回收重复利
缩节胺(DPC)是一种植物生长调节剂,可以调节大豆节间生长、矮化株高并塑造良好株型,测定不同
浓度缩节胺单位:mgkg)对大豆叶片中赤群素(GA)的
量(μg/g)的影响,结果如下图,相关叙述正确的是()
A.调控植株矮化的最适宜DPC浓度为62.5mg/kg
缩节胺对赤霉素的合成量的影响具有两重性
缩节胺可以催化与赤霉素合成有关的基因的表达
高二理综
D.赤霉素和缩节胺的合成部位主要是幼根和幼芽
4.克里斯琴学说(主要用来解释自然界哺乳类动物种群调节认为:种群数量上升时,种内个体间的社群
压力会影响种群数量,其调节机制如下图所示,以下说法不正确的是()
社群压力
体数量增加
下丘脑
垂体
死亡率对疾病及外低血糖、休克/生长激素减少
力降低抗体数量少[生长代谢阻碍
生率
性激素减少
生殖细胞成熟减
促性腺激素
A.社群压力会导致效应B细胞分泌的抗体数量减少
B.社群压力会导致机体胰岛B细胞分泌的胰岛素增多
C.社群压力通过神经、体液两种调节方式调控种群数量
D.社群压力会导致出生率下降、死亡率上升,从而使种群数量降低
为更好地建设雄安新区,科研人员调查白洋淀水域生态系统各成分中有机氯农药DDT污染的状况
得到下表所示检测结果。下列说法错误的是()
不同成分水底泥
生植物浮游动物底栖动物鲫鱼乌鳢
DDT含量
(ug/kg))00763
21.0
379
1941244
DDT在生物群落和无机环境间循环往复,不能被分解
B.DDT几乎污染了白洋淀生态系统所有成分
C.营养级越高,生物体内的DDT含量越高,称为生物放大
D.水生植物同化的太阳能只有少部分传递给乌鳢
6.下图为一富营养化河流生态修复工程的示意图,下列叙述错误的是()
水流方向
植物浮床
吸附基质
曝气
暴气可增加厌氧微生物降解有机污染物的能力
B.吸附基质增加了微生物附着的表面积,提高了净化效果
C.植物浮床有吸收水体氮、磷的能力,可减少富营养化
D.增加水体透明度,恢复水草生长是该修复工程的目标之

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