高考真题——理综全国卷Ⅲ含解析 41页

www.ks5u.com 绝密★启用前 ‎2018年普通高等学校招生全国统一考试 化学部分 注意事项：‎ ‎1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。‎ ‎2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。‎ ‎3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。‎ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 S 32 Fe 56‎ 一、选择题 ‎1. 化学与生活密切相关。下列说法错误的是 A. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火 B. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性 C. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境 D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法 ‎【答案】A ‎【解析】分析：本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。‎ 详解：A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，A错误。‎ B．疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确。‎ C．油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C正确。‎ D．电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼所以应该是原电池的负极，从而对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，D正确。‎ 点睛：本题是一道比较传统的化学与生产生活相关的问题，需要学生能够熟悉常见化学物质的性质和用途，同时能用化学原理解释生产生活中的某些过程。需要指出的是，选项D 中的牺牲阳极的阴极保护法，实际指的是形成原电池的保护方法。‎ ‎2. 下列叙述正确的是 A. 24 g 镁与27 g铝中，含有相同的质子数 B. 同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 C. 1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2∶1‎ D. 1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同 ‎【答案】B ‎【解析】分析：本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。‎ 详解：A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。‎ B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。‎ C．重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。‎ D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。‎ 点睛：本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。‎ ‎3. 苯乙烯是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是 A. 与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应 B. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯 D. 在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯 ‎【答案】C ‎【解析】分析：本题考查的是有机物的化学性质，应该先确定物质中含有的官能团或特定结构（苯环等非官能团），再根据以上结构判断其性质。‎ 详解：A．苯乙烯中有苯环，液溴和铁粉作用下，溴取代苯环上的氢原子，所以选项A正确。‎ B．苯乙烯中有碳碳双键可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，选项B正确。‎ C．苯乙烯与HCl应该发生加成反应，得到的是氯代苯乙烷，选项C错误。‎ D．乙苯乙烯中有碳碳双键，可以通过加聚反应得到聚苯乙烯，选项D正确。‎ 点睛：本题需要注意的是选项A，题目说将苯乙烯与液溴混合，再加入铁粉，能发生取代，这里的问题是，会不会发生加成反应。碳碳双键和液溴是可以发生加成的，但是反应的速率较慢，加入的铁粉与液溴反应得到溴化铁，在溴化铁催化下，发生苯环上的氢原子与溴的取代会比较快；或者也可以认为溴过量，发生加成以后再进行取代。‎ ‎4. 下列实验操作不当的是 A. 用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率 B. 用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂 C. 用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+‎ D. 常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二 ‎【答案】B C．用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na+，选项C正确。‎ D ‎．蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，选项D正确。‎ 点睛：本题选项B涉及的是滴定过程中指示剂的选择。一般来说，应该尽量选择的变色点与滴定终点相近，高中介绍的指示剂主要是酚酞（变色范围为pH=8～10）和甲基橙（变色范围为pH=3.1～4.4）。本题中因为滴定终点的时候溶液一定为酸性（二氧化碳饱和溶液pH约为5.6），所以应该选择甲基橙为指示剂。对于其他滴定，强酸强碱的滴定，两种指示剂都可以；强酸滴定弱碱，因为滴定终点为强酸弱碱盐，溶液显酸性，所以应该使用甲基橙为指示剂；强碱滴定弱酸，因为滴定终点为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以应该使用酚酞为指示剂。‎ ‎5. 一种可充电锂-空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x（x=0或1）。下列说法正确的是 A. 放电时，多孔碳材料电极为负极 B. 放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极 C. 充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移 D. 充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+（1－）O2‎ ‎【答案】D ‎【解析】分析：本题考查的是电池的基本构造和原理，应该先根据题目叙述和对应的示意图，判断出电池的正负极，再根据正负极的反应要求进行电极反应方程式的书写。&网 详解：‎ A．题目叙述为：放电时，O2与Li+在多孔碳电极处反应，说明电池内，Li+向多孔碳电极移动，因为阳离子移向正极，所以多孔碳电极为正极，选项A错误。‎ B．因为多孔碳电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳电极（由负极流向正极），选项B错误。‎ C．充电和放电时电池中离子的移动方向应该相反，放电时，Li+向多孔碳电极移动，充电时向锂电极移动，选项C错误。‎ D．根据图示和上述分析，电池的正极反应应该是O2与Li+得电子转化为Li2O2-X ‎，电池的负极反应应该是单质Li失电子转化为Li+，所以总反应为：2Li + (1－)O2 ＝ Li2O2-X，充电的反应与放电的反应相反，所以为Li2O2-X ＝ 2Li + (1－)O2，选项D正确。‎ 点睛：本题是比较典型的可充电电池问题。对于此类问题，还可以直接判断反应的氧化剂和还原剂，进而判断出电池的正负极。本题明显是空气中的氧气得电子，所以通氧气的为正极，单质锂就一定为负极。放电时的电池反应，逆向反应就是充电的电池反应，注意：放电的负极，充电时应该为阴极；放电的正极充电时应该为阳极。‎ ‎6. 用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是 A. 根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10‎ B. 曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)‎ C. 相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a D. 相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动 ‎【答案】C ‎【解析】分析：本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。‎ 详解：A．选取横坐标为50mL的点，此时向50mL 0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/L（按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图示得到此时Cl-约为1×10-8mol/L（实际稍小），所以KSP(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-10，选项A正确。‎ B．由于KSP(AgCl)‎ 极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)·c(Cl-)＝KSP(AgCl)，选项B正确。‎ C．滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误。‎ D．卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以KSP(AgCl)应该大于KSP(AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点。选项D正确。‎ 点睛：本题虽然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程——沉淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴定是一样的。这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中和滴定是酸碱恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，这样就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。‎ ‎7. W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到YZW的溶液。下列说法正确的是 A. 原子半径大小为W＜X＜Y＜Z B. X的氢化物水溶液酸性强于Z的 C. Y2W2与ZW2均含有非极性共价键 D. 标准状况下W的单质状态与X的相同 ‎【答案】D B．HCl是强酸，HF是弱酸，所以X（F）的氢化物水溶液的酸性弱于Z（Cl）的。选项B 错误。‎ C．ClO2的中心原子是Cl，分子中只存在Cl和O之间的极性共价键，选项C错误。‎ D．标准状况下，W的单质O2或O3均为气态，X的单质F2也是气态。选项D正确。‎ 点睛：本题相对比较简单，根据题目表述可以很容易判断出四个字母分别代表的元素，再代入四个选项判断即可。要注意选项D中，标准状况下氧气、臭氧、氟气的状态为气体。‎ 二、非选择题 ‎（一）必考题 ‎8. 硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O，M=248 g·mol−1）可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：‎ ‎（1）已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10−10，Ksp(BaS2O3)=4.1×10−5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：‎ 试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液 实验步骤 现象 ‎①取少量样品，加入除氧蒸馏水 ‎②固体完全溶解得无色澄清溶液 ‎③___________‎ ‎④___________，有刺激性气体产生 ‎⑤静置，___________‎ ‎⑥___________‎ ‎（2）利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：‎ ‎①溶液配制：称取1.2000 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在__________中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的_________中，加蒸馏水至____________。‎ ‎②滴定：取0.00950 mol·L−1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应： Cr2O72−+6I−+14H+3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32−S4O62−+2I−。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液__________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为_________%（保留1位小数）。‎ ‎【答案】(1). ③加入过量稀盐酸 (2). ④出现乳黄色浑浊 (3). ⑤（吸）取上层清液，滴入BaCl2溶液 (4). ⑥产生白色沉淀 (5). 烧杯 (6). 容量瓶 (7). 刻度 (8). 蓝色褪去 (9). 95.0‎ ‎【解析】分析：本题考查的是化学实验的相关知识，主要包括两个方面一个是硫酸根离子的检验，一个是硫代硫酸钠的定量检测。‎ 详解：（1）检验样品中的硫酸根离子，应该先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液。但是本题中，硫代硫酸根离子和氢离子以及钡离子都反应，所以应该排除其干扰，具体过程应该为先将样品溶解，加入稀盐酸酸化（反应为S2O32- + 2H+ = SO2↑+S↓+H2O），静置，取上层清液中滴加氯化钡溶液，观察到白色沉淀，证明存在硫酸根离子。所以答案为：③加入过量稀盐酸；④有乳黄色沉淀；⑤取上层清液，滴加氯化钡溶液；⑥有白色沉淀产生。学#‎ ‎①配制一定物质的量浓度的溶液，应该先称量质量，在烧杯中溶解，在转移至容量瓶，最后定容即可。所以过程为：将固体再烧杯中加入溶解，全部转移至100mL容量瓶，加蒸馏水至刻度线。‎ ‎②淡黄绿色溶液中有单质碘，加入淀粉为指示剂，溶液显蓝色，用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘，滴定终点时溶液的蓝色应该褪去。根据题目的两个方程式得到如下关系式：Cr2O72-～3I2～6S2O32-，则配制的100mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c=，含有的硫代硫酸钠为0.004597mol，所以样品纯度为 点睛：本题考查的知识点比较基本，其中第一问中的硫代硫酸钠样品中硫酸根离子的检验，在2014年的天津、山东、四川高考题中都出现过，只要注意到有刺激性气味气体就可以准确作答。‎ ‎9. KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：‎ ‎（1）KIO3的化学名称是_______。‎ ‎（2）利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示：‎ ‎“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是________。“滤液”中的溶质主要是_______。“调pH”中发生反应的化学方程式为__________。‎ ‎（3）KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。‎ ‎①写出电解时阴极的电极反应式______。‎ ‎②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_________，其迁移方向是_____________。‎ ‎③与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有______________（写出一点）。‎ ‎【答案】(1). 碘酸钾 (2). 加热 (3). KCl (4). KH(IO3)2+KOH2KIO3+H2O或（HIO3+KOHKIO3+H2O） (5). 2H2O+2e－2OH－+H2↑ (6). K+ (7). a到b (8). 产生Cl2易污染环境 等 ‎【解析】分析：本题考查的是化学工业以及电化学的相关知识。应该从题目的化工流程入手，判断每步流 程操作的目的，就可以顺利解决问题。‎ 详解：（1）根据氯酸钾（KClO3）可以推测KIO3为碘酸钾。‎ ‎（2）将溶解在溶液中的气体排出的一般方法是将溶液加热，原因是气体的溶解度是随温度上升而下减小。第一步反应得到的产品中氯气在“逐Cl2”时除去，根据图示，碘酸钾在最后得到，所以过滤时KH(IO3)2应该在滤渣中，所以滤液中主要为KCl。“调pH”的主要目的是将KH(IO3)2转化为KIO3，所以方程式为：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。‎ ‎（3）①由图示，阴极为氢氧化钾溶液，所以反应为水电离的氢离子得电子，反应为2H2O + 2e- = 2OH- + H2↑。‎ ‎②电解时，溶液中的阳离子应该向阴极迁移，明显是溶液中大量存在的钾离子迁移，方向为由左向右，即由a到b。‎ ‎③KClO3氧化法的最大不足之处在于，生产中会产生污染环境的氯气。‎ 点睛：题目的电解过程，可以理解为：阳极区的单质碘和氢氧化钾反应：3I2 + 6KOH = KIO3 + 5KI + 3H2O，生成的碘离子在阳极失电子再转化为单质碘，单质碘再与氢氧化钾反应，以上反应反复循环最终将所有的碘都转化为碘酸钾。阴极区得到的氢氧化钾可以循环使用。‎ ‎10. 三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：‎ ‎（1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式__________。‎ ‎（2）SiHCl3在催化剂作用下发生反应：‎ ‎2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) ΔH1=48 kJ·mol−1‎ ‎3SiH2Cl2(g)SiH4(g)+2SiHCl3 (g) ΔH2=−30 kJ·mol−1‎ 则反应4SiHCl3(g)SiH4(g)+ 3SiCl4(g)的ΔH=__________ kJ·mol−1。‎ ‎（3）对于反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。‎ ‎①343 K时反应的平衡转化率α=_________%。平衡常数K343 K=__________（保留2位小数）。‎ ‎②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是___________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有____________、___________。‎ ‎③比较a、b处反应速率大小：υa________υb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率υ=υ正−υ逆=−，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处=__________（保留1位小数）。‎ ‎【答案】(1). 2SiHCl3+3H2O(HSiO)2O+6HCl (2). 114 (3). ①22 (4). 0.02 (5). ②及时移去产物 (6). 改进催化剂 (7). 提高反应物压强（浓度） (8). ③大于 (9). 1.3‎ ‎（3）①由图示，温度越高反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表343K的反应。从图中读出，平衡以后反应转化率为22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为1mol/L，得到：‎ ‎2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4‎ 起始： 1 0 0‎ 反应： 0.22 0.11 0.11 （转化率为22%）‎ 平衡： 0.78 0.11 0.11‎ 所以平衡常数K=0.112÷0.782=0.02。‎ ‎②温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离（两边物质的量相等，压强不影响平衡）。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是增大压强（增大反应物浓度）、加入更高效的催化剂（改进催化剂）。‎ ‎③a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以速率更快，即Va＞Vb。根据题目表述得到，，当反应达平衡时，＝，所以，实际就是平衡常数K值，所以0.02。a点时，转化率为20%，所以计算出：‎ ‎2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4‎ 起始： 1 0 0‎ 反应： 0.2 0.1 0.1 （转化率为20%）‎ 平衡： 0.8 0.1 0.1‎ 所以=0.8；==0.1；所以 点睛：题目的最后一问的计算过程比较繁琐，实际题目希望学生能理解化学反应的平衡常数应该等于正逆反应的速率常数的比值。要考虑到速率常数也是常数，应该与温度相关，所以不能利用b点数据进行计算或判断。‎ ‎（二）选考题 ‎11. 化学——选修3：物质结构与性质]‎ 锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：‎ ‎（1）Zn原子核外电子排布式为________________。‎ ‎（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能Ⅰ1（Zn）_______Ⅰ1（Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是________________。‎ ‎（3）ZnF2具有较高的熔点（872 ℃)，其化学键类型是_________；ZnF2不溶于有机溶剂而 ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是________________。‎ ‎（4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石（ZnCO3）入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为________________，C原子的杂化形式为________________。‎ ‎（5）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为_______________。六棱柱底边边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为________________g·cm－3（列出计算式）。‎ ‎【答案】(1). Ar]3d104s2 (2). 大于 (3). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (4). 离子键 (5). ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小 (6). 平面三角形 (7). sp2 (8). 六方最密堆积（A3型） (9). ‎ ‎【解析】分析：本题是物质结构与性质的综合题，需要熟练掌握这一部分涉及的主要知识点，一般来说，‎ 题目都是一个一个小题独立出现的，只要按照顺序进行判断计算就可以了。‎ 详解：（1）Zn是第30号元素，所以核外电子排布式为Ar]3d104s2。‎ ‎（2）Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能，原因是，Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Zn最外层上是一对电子，而Cu的最外层是一个电子，Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。‎ ‎（3）根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。‎ ‎（4）碳酸锌中的阴离子为CO32-，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对为3+(4－3×2＋2)/2=3对，所以空间构型为正三角形，中心C为sp2杂化。‎ ‎（5‎ ‎）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12×+2×+3=6个，所以该结构的质量为6×65/NA g。该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6× cm2，高为c cm，所以体积为6× cm3。所以密度为：g·cm-3。‎ 点睛：本题是比较常规的结构综合习题，考查的知识点也是多数习题考查的重点知识。需要指出的是最后一步的计算，可以选择其中的晶胞，即一个平行六面体作为计算的单元，直接重复课上讲解的密度计算过程即可。本题的解析中选择了比较特殊的解题方法，选择六棱柱作为计算单元，注意六棱柱并不是该晶体的晶胞（晶胞一定是平行六面体），但是作为一个计算密度的单元还是可以的。‎ ‎12. 化学——选修5：有机化学基础]‎ 近来有报道，碘代化合物E与化合物H在Cr-Ni催化下可以发生偶联反应，合成一种多官能团的化合物Y，其合成路线如下：‎ 已知：‎ 回答下列问题： ‎ ‎（1）A的化学名称是________________。‎ ‎（2）B为单氯代烃，由B生成C的化学方程式为________________。‎ ‎（3）由A生成B、G生成H的反应类型分别是________________、________________。‎ ‎（4）D的结构简式为________________。‎ ‎（5）Y中含氧官能团的名称为________________。‎ ‎（6）E与F在Cr-Ni催化下也可以发生偶联反应，产物的结构简式为________________。‎ ‎（7）X与D互为同分异构体，且具有完全相同官能团。X 的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比为3∶3∶2。写出3种符合上述条件的X的结构简式________________。‎ ‎【答案】(1). 丙炔 (2). (3). 取代反应 ‎ ‎(4). 加成反应 (5). (6). 羟基、酯基 (7). (8).、、、、、‎ ‎【解析】分析：根据A的结构，第一步进行取代得到B，再将B中的Cl取代为CN，水解后酯化得到D；根据题目反应得到F的结构，进而就可以推断出结果。‎ 详解：A到B的反应是在光照下的取代，Cl应该取代饱和碳上的H，所以B为；B与NaCN反应，根据C的分子式确定B到C是将Cl取代为CN，所以C为；C酸性水解应该得到，与乙醇酯化得到D，所以D为，D与HI加成得到E。根据题目的已知反应，要求F中一定要有醛基，在根据H的结构得到F中有苯环，所以F一定为；F与CH3CHO发生题目已知反应，得到G，G为；G与氢气加成得到H；H与E发生偶联反应得到Y。‎ ‎（1）A的名称为丙炔。‎ ‎（2）B为，C为，所以方程式为：。‎ ‎（3）有上述分析A生成B的反应是取代反应，G生成H的反应是加成反应。‎ ‎（4）D为。‎ ‎（5）Y中含氧官能团为羟基和酯基。‎ ‎（6）E和H发生偶联反应可以得到Y，将H换为F就是将苯直接与醛基相连，所以将Y 中的苯环直接与羟基相连的碳连接即可，所以产物为。‎ ‎（7）D为，所以要求该同分异构体也有碳碳三键和酯基，同时根据峰面积比为3:3:2，得到分子一定有两个甲基，另外一个是CH2，所以三键一定在中间，也不会有甲酸酯的可能，所以分子有6种：‎ 点睛：本题的最后一问如何书写同分异构，应该熟练掌握分子中不同氢数的影响，一般来说，3个或3的倍数的氢原子很有可能是甲基。2个或2的倍数可以假设是不是几个CH2的结构，这样可以加快构造有机物的速度。‎ 物理部分 一、选择题： ‎ ‎1. 1934年，约里奥-居里夫妇用α粒子轰击铝核，产生了第一个人工放射性核素X：。X的原子序数和质量数分别为 A. 15和28 B. 15和30 C. 16和30 D. 17和31‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析 本题考查核反应方程遵循的规律及其相关的知识点。‎ 解析 根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知，X的电荷数为2+13=15，质量数为4+27-1=30，根据原子核的电荷数等于原子序数，可知X的原子序数为15，质量数为30，选项B正确。‎ 点睛 此题与2014年高考上海试题和2013年高考重庆试题类似，都是给出核反应方程，要求利用核反应同时遵循的质量数守恒和电荷数守恒解答。‎ ‎2. 为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍。P与Q的周期之比约为 A. 2:1 B. 4:1 C. 8:1 D. 16:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析 本题考查卫星的运动、开普勒定律及其相关的知识点。‎ 解析 设地球半径为R，根据题述，地球卫星P的轨道半径为RP=16R，地球卫星Q的轨道半径为RQ=4R，根据开普勒定律，==64，所以P与Q的周期之比为TP∶TQ=8∶1，选项C正确。‎ 点睛 此题难度不大，解答此题常见错误是：把题述的卫星轨道半径误认为是卫星距离地面的高度，陷入误区。‎ ‎3. 一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值为u0，周期为T，如图所示。则Q方: Q正等于 A. ‎ B. ‎ C. 1:2‎ D. 2:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析 本题考查交变电流的图线、正弦交变电流的有效值、焦耳定律及其相关的知识点。‎ 解析 根据题述，正弦交变电流的电压有效值为，而方波交流电的有效值为u0，‎ 根据焦耳定律和欧姆定律，Q=I2RT=T，可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q方∶Q正= u02∶（）2=2∶1，选项D正确。‎ 点睛 此题将正弦交变电流和方波 交变电流、有效值、焦耳定律有机融合。解答此题常见错误是：一是把方波交变电流视为正弦交变电流；二是认为在一个周期T内产生的热量与电压有效值，导致错选B；三是比值颠倒，导致错选C。‎ ‎4. 在一斜面顶端，将甲乙两个小球分别以v和V/2‎ 的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的 A. 2倍 B. 4倍 C. 6倍 D. 8倍 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析 本题考查平抛运动规律、机械能守恒定律及其相关的知识点。‎ 解析 设甲球落至斜面时的速率为v1，乙落至斜面时的速率为v2，由平抛运动规律，x=vt，y=gt2，设斜面倾角为θ，由几何关系，tanθ=y/x，小球由抛出到落至斜面，由机械能守恒定律， mv2+mgy=mv12，联立解得：v1=·v，即落至斜面时的速率与抛出时的速率成正比。同理可得，v2=·v/2，所以甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时的速率的2倍，选项A正确。‎ 点睛 此题将平抛运动、斜面模型、机械能守恒定律有机融合，综合性强。对于小球在斜面上的平抛运动，一般利用平抛运动规律和几何关系列方程解答。‎ ‎5. 甲乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 在t1时刻两车速度相等 B. 从0到t1时间内，两车走过的路程相等 C. 从t1到t2时间内，两车走过的路程相等 D. 从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等 ‎【答案】CD 点睛 此题以位移图像给出解题信息，考查对位移图像的理解。‎ ‎6. 地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，‎ A. 矿车上升所用的时间之比为4:5‎ B. 电机的最大牵引力之比为2:1‎ C. 电机输出的最大功率之比为2:1‎ D. 电机所做的功之比为4:5‎ ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析 本题考查速度图像，牛顿运动定律、功和功率及其相关的知识点。‎ 解析 设第次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，×2t0×v0=×（t+3t0/2）×v0，解得：t=5t0/2，所以第次和第次提升过程所用时间之比为2t0∶5t0/2=4∶5，选项A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F-mg=ma，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误；由功率公式，P=Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C正确；加速上升过程的加速度a1=，加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m(+g)，减速上升过程的加速度a2=-，减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g -)，匀速运动过程的牵引力F3=mg。第次提升过程做功W1=F1××t0×v0+ F2××t0×v0=mg v0t0；第次提升过程做功W2=F1××t0×v0+ F3×v0×3t0/2+ F2××t0×v0 =mg v0t0；两次做功相同，选项D错误。‎ 点睛 此题以速度图像给出解题信息。解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功。实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同。‎ ‎7. 如图（a），在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图（b）所示，规定从Q到P为电流的正方向。导线框R中的感应电动势 A. 在时为零 B. 在时改变方向 C. 在时最大，且沿顺时针方向 D. 在时最大，且沿顺时针方向 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析 本题考查交变电流图象、法拉第电磁感应定律、楞次定律及其相关的知识点。‎ 解析 由图（b）可知，导线PQ中电流在t=T/4时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A正确；在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B错误；由于在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；由楞次定律可判断出在t=T时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D错误。‎ 点睛 此题以交变电流图象给出解题信息，考查电磁感应及其相关知识点。解答此题常见错误主要有四方面：一是由于题目以交变电流图象给出解题信息，‎ 导致一些同学看到题后，不知如何入手；二是不能正确运用法拉第电磁感应定律分析判断；三是不能正确运用楞次定律分析判断，陷入误区。‎ ‎8. 如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是 A. a的质量比b的大 B. 在t时刻，a的动能比b的大 C. 在t时刻，a和b的电势能相等 D. 在t时刻，a和b的动量大小相等 ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析 本题考查电容器、带电微粒在电场中的运动、牛顿运动定律、电势能、动量定理及其相关的知识点。‎ 解析 根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab。对微粒a，由牛顿第二定律， qE=maaa，对微粒b，由牛顿第二定律，qE =mbab，联立解得： >，由此式可以得出a的质量比b小，选项A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力大于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，选项B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，选项C错误；由于a微粒受到的电场力（合外力）等于b微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量等于b微粒，选项D正确。‎ 点睛 若此题考虑微粒的重力，你还能够得出a的质量比b小吗？在t时刻力微粒的动量还相等吗？在t时间内的运动过程中，微粒的电势能变化相同吗？ ‎ 二、非选择题 ‎9. 甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间。实验步骤如下：‎ ‎（1）甲用两个手指轻轻捏住量程为L的木尺上端，让木尺自然下垂。乙把手放在尺的下端（位置恰好处于L刻度处，但未碰到尺），准备用手指夹住下落的尺。‎ ‎（2）甲在不通知乙的情况下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子。若夹住尺子的位置刻度为L1，重力加速度大小为g，则乙的反应时间为________（用L、L1和g表示）。‎ ‎（3）已知当地的重力加速度大小为g=9.80 m/s2，L=30.0 cm，L1=10.4 cm，乙的反应时间为__________s。（结果保留2位有效数字）‎ ‎（4）写出一条提高测量结果准确程度的建议：___________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 0.20 (3). 多次测量取平均值；初始时乙的手指尽可能接近尺子 ‎【解析】试题分析 本题主要考查自由落体运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用教材知识解决实际问题的能力。‎ 解析 根据题述，在乙的反应时间t内，尺子下落高度h=L-L1，由自由落体运动规律，h=gt2，解得t=。代入数据得：t=0.20s。‎ 点睛 测量反应时间是教材上的小实验，此题以教材小实验切入，难度不大。‎ ‎10. 一课外实验小组用如图所示的电路测量某待测电阻Rx的阻值，图中R0为标准定值电阻（R0=20.0 Ω）；可视为理想电压表。S1为单刀开关，S2位单刀双掷开关，E为电源，R为滑动变阻器。采用如下步骤完成实验：‎ ‎（1）按照实验原理线路图（a），将图（b）中实物连线_____________；‎ ‎（2）将滑动变阻器滑动端置于适当位置，闭合S1；‎ ‎（3）将开关S2掷于1端，改变滑动变阻器动端的位置，记下此时电压表的示数U1；然后将S2掷于2端，记下此时电压表的示数U2；‎ ‎（4）待测电阻阻值的表达式Rx=_____________（用R0、U1、U2表示）；‎ ‎（5）重复步骤（3），得到如下数据：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ U1/V ‎0.25‎ ‎0.30‎ ‎0.36‎ ‎0.40‎ ‎0.44‎ U2/V ‎0.86‎ ‎1.03‎ ‎1.22‎ ‎1.36‎ ‎1.49‎ ‎3.44‎ ‎3.43‎ ‎3.39‎ ‎3.40‎ ‎3.39‎ ‎（6）利用上述5次测量所得的平均值，求得Rx=__________Ω。（保留1位小数）‎ ‎【答案】 (1). 如图所示：‎ ‎ (2). (3). 48.2‎ ‎【解析】【命题意图】 本题主要考查电阻测量、欧姆定律、电路连接研及其相关的知识点。‎ ‎【解题思路】开关S2掷于1端，由欧姆定律可得通过Rx的电流I=U1/R0，将开关S2掷于2端，R0和Rx串联电路电压为U2，Rx两端电压为U=U2-U1，由欧姆定律可得待测电阻阻值Rx=U/I=R0=（-1）R0。‎ ‎5次测量所得的平均值,（3.44+3.43+3.39+3.40+3.39）=3.41，代入Rx=（-1）R0=（3.41-1）×20.0Ω=48.2Ω。‎ ‎11. 如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：‎ ‎（1）磁场的磁感应强度大小；‎ ‎（2）甲、乙两种离子的比荷之比。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析 本题主要考查带电粒子在电场中的加速、在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决实际问题的的能力。‎ 解析（1）设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有 ‎①‎ 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 ‎②‎ 由几何关系知 ‎③‎ 由①②③式得 ‎④‎ ‎（2）设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有 ‎⑤‎ ‎⑥‎ 由题给条件有 ‎⑦‎ 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 ‎⑧‎ ‎【点睛】此题与2013年北京理综卷第23题情景类似，都可以看作是质谱仪模型。解答所用的知识点和方法类似。‎ ‎12. 如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα=3/5，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：‎ ‎（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；‎ ‎（2）小球到达A点时动量的大小；‎ ‎（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。‎ ‎【答案】（1）（3/4）mg、（2）（3）‎ ‎【解析】试题分析 本题考查小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力。‎ 解析（1）设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有 ‎①‎ ‎②‎ 设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得 ‎③‎ 由①②③式和题给数据得 ‎④‎ ‎⑤‎ 由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为 ‎⑨‎ ‎（3）小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有 ‎⑩‎ 由⑤⑦⑩式和题给数据得 ‎【点睛】小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新。‎ ‎13. 如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-V图中从a到b的直线所示。在此过程中______。‎ A．气体温度一直降低 B．气体内能一直增加 C．气体一直对外做功 D．气体一直从外界吸热 E．气体吸收的热量一直全部用于对外做功 ‎【答案】BCD ‎【解析】试题分析本题考查对一定质量的理想气体的p——V图线的理解、理想气体状态方程、热力学第一定律、理想气体内能及其相关的知识点。‎ 解析 一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程paVa/Ta=pbVb/Tb可知，Tb>Ta，即气体的温度一直升高，选项A错误；根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能一直增加，选项B正确；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，选项C正确；根据热力学第一定律，从a到b的过程中，气体一直从外界吸热，选项D正确；气体吸收的热量一部分增加内能，一部分对外做功，选项E错误。‎ ‎14. 在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气。当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm和l2=12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg。现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边。求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。‎ ‎【答案】7.5 cm ‎【解析】试题分析 本题考查玻意耳定律、液柱模型、关联气体及其相关的知识点。‎ 解析 设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有 ‎①‎ 式中为水银密度，g为重力加速度大小。‎ 由玻意耳定律有 p1l1=pl1′②‎ p2l2=pl2′③‎ l1′–l1=l2–l2′④‎ 由①②③④式和题给条件得 l1′=22.5 cm⑤‎ l2′=7.5 cm⑥‎ ‎15. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0和t=0.20 s时的波形分别如图中实线和虚线所示。己知该波的周期T>0.20 s。下列说法正确的是______‎ A．波速为0.40 m/s B．波长为0.08 m C．x=0.08 m的质点在t=0.70 s时位于波谷 D．x=0.08 m的质点在t=0.12 s时位于波谷 E．若此波传入另一介质中其波速变为0.80 m/s，则它在该介质中的波长为0.32 m ‎【答案】ACE ‎16. 如图，某同学在一张水平放置的白纸上画了一个小标记“·”(图中O点)，然后用横截面为等边三角形ABC的三棱镜压在这个标记上，小标记位于AC边上。D位于AB边上，过D点做AC 边的垂线交AC于F。该同学在D点正上方向下顺着直线DF的方向观察。恰好可以看到小标记的像；过O点做AB边的垂线交直线DF于E；DE=2 cm，EF=1 cm。求三棱镜的折射率。(不考虑光线在三棱镜中的反射)‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析 本题考查折射定律、光在三棱镜中传播及其相关的知识点。‎ 解析 过D点作AB边的发现，连接OD，则为O点发出的光纤在D点的入射角；设该光线在D点的折射角为β，如图所示。根据折射定律有 ‎①‎ 式中n为三棱镜的折射率 由几何关系可知 ‎②‎ ‎③‎ 在中有 ‎④‎ 由③④式和题给条件得 ‎⑤‎ 根据题给条件可知，为等腰三角形，有 ‎⑥‎ 由①②⑥式得 ‎⑦‎ 生物部分 一、选择题：本题共6个小题，每小题6分，共36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。‎ ‎1. 下列研究工作中由我国科学家完成的是 A. 以豌豆为材料发现性状遗传规律的实验 B. 用小球藻发现光合作用暗反应途径的实验 C. 证明DNA是遗传物质的肺炎双球菌转化实验 D. 首例具有生物活性的结晶牛胰岛素的人工合成 ‎【答案】D ‎【解析】【分析】本题要求选出我国科学家完成的实验，要求对四个实验或事例的完成者很清楚。‎ ‎【详解】以豌豆为材料发现性状遗传规律的实验是奥地利科学家孟德尔完成的，A错误；用小球藻发现光合作用暗反应途径的实验是美国科学家卡尔文完成的，B错误；证明DNA是遗传物质的肺炎双球菌转化实验是美国科学家艾弗里完成的，C错误；首例具有生物活性的结晶牛胰岛素的人工合成是我国科学家在1965年完成的，D正确，所以选D。‎ ‎【点睛】本题要学生注意历史上经典的科学实验的完成者。‎ ‎2. 下列关于细胞的结构和生命活动的叙述，错误的是 A. 成熟个体中的细胞增殖过程不需要消耗能量 B. 细胞的核膜、内质网膜和细胞膜中都含有磷元素 C. 两个相邻细胞的细胞膜接触可实现细胞间的信息传递 D. 哺乳动物造血干细胞分化为成熟红细胞的过程不可逆 ‎【答案】A ‎【解析】【分析】本题综合考查了细胞增殖、生物膜、细胞膜及细胞分化的有关知识。细胞增殖都需要消耗能量；生物膜的基本骨架是磷脂双分子层；细胞膜的功能有将细胞与外界环境分隔开、控制物质出入细胞及进行细胞间的信息交流，信息交流的方式有三种：通过化学物质传递信息、通过相邻细胞的细胞膜直接接触传递信息和相邻细胞之间形成通道传递信息；细胞分化具有以下几个特点：持久性、稳定性和不可逆性、普遍性、遗传物质不变性。‎ ‎【详解】成熟个体中的细胞增殖过程中，间期DNA 复制和蛋白质合成需要消耗能量，分裂期纺锤丝牵引染色体运动需要消耗能量，A错误；细胞的核膜、内质网和细胞膜中都属于生物膜，主要由磷脂和蛋白质组成，都含有磷元素，B正确；两个相邻细跑的细胞膜直接接触，信息从一个细胞传递给另一个细胞，C正确；哺乳动物造血干细胞分化为成熟红细胞，属于细胞分化，细胞分化一般不可逆，D正确，所以选A。‎ ‎【点睛】无论生物个体是否成熟，细胞增殖都需要消耗能量；内质网是由单层生物膜围成的细胞器，生物膜的基本骨架是磷脂双分子层。‎ ‎3. 神经细胞处于静息状态时，细胞内外K+和Na+的分布特征是 A. 细胞外K+和Na+浓度均高于细胞内 B. 细胞外K+和Na+浓度均低于细胞内 C. 细胞外K+浓度高于细胞内，Na+相反 D. 细胞外K+浓度低于细胞内，Na+相反 ‎【答案】D ‎【详解】由于神经细胞处于静息状态时，膜主要对钾离子有通透性，造成钾离子通过协助扩散方式外流，使膜外阳离子浓度高于膜内，产生内负外正的静息电位，随着钾离子外流，形成内负外正的电位差，阻止钾离子继续外流，故细胞外的钾离子浓度依然低于细胞内；当神经细胞受到刺激时，激活钠离子通道，使钠离子通过协助扩散方式往内流，说明膜外钠离子浓度高于膜内，据此判断，A、B、C错误，D正确，所以选D。‎ ‎【点睛】神经细胞内钾离子浓度明显高于膜外，而钠离子浓度比膜外低，要注意静息状态时，即使钾离子外流，膜内钾离子的浓度依然高于膜外。‎ ‎4. 关于某二倍体哺乳动物细胞有丝分裂和减数分裂的叙述，错误的是 A. 有丝分裂后期与减数第二次分裂后期都发生染色单体分离 B. 有丝分裂中期与减数第一次分裂中期都发生同源染色体联会 C. 一次有丝分裂与一次减数分裂过程中染色体的复制次数相同 D. 有丝分裂中期和减数第二次分裂中期染色体都排列在赤道板上 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】本题主要考查有丝分裂和减数分裂的有关知识。有丝分裂染色体复制一次，细胞分裂一次，前期同源染色体不联会，中期染色体排列在赤道板上，后期姐妹染色单体分离，移向两极；减数分裂染色体复制一次，细胞连续分裂两次，减数第一次分裂前期发生同源染色体联会，后期同源染色体分离，非同源染色体自由组合，减数第二次分裂中期类似有丝分裂，染色体排列在赤道板上，后期姐妹染色单体分离，移向两极。‎ ‎【详解】有丝分裂后期与减数第二次分裂后期都发生着丝点分裂，姐妹染色单体分离，移向两极，A正确；有丝分裂不发生同源染色体联会，减数第一次分裂前期发生同源染色体联会，B错误；有丝分裂与减数分裂染色体都只复制一次，C正确；有丝分裂和减数第二次分裂的染色体行为类似，前期散乱分布，中期染色体排列在赤道板上，后期姐妹染色单体分离，D正确，所以选B。‎ ‎【点睛】要注意同源染色体联会只发生在减数第一次分裂前期，有丝分裂存在同源染色体，但不联会配对；虽然减数分裂连续分裂两次，但染色体只复制一次。‎ ‎5. 下列关于生物体中细胞呼吸的叙述，错误的是 A. 植物在黑暗中可进行有氧呼吸也可进行无氧呼吸 B. 食物链上传递的能量有一部分通过细胞呼吸散失 C. 有氧呼吸和无氧呼吸的产物分别是葡萄糖和乳酸 D. 植物光合作用和呼吸作用过程中都可以合成ATP ‎【答案】C ‎【解析】【分析】本题主要考查植物细胞的光合作用、细胞呼吸及生态系统能量流动的有关知识。植物在有氧时进行有氧呼吸，产物是CO2和H2O，并释放大量能量，合成大量ATP，在无氧时进行短时间的无氧呼吸，大部分组织无氧呼吸产物是CO2和酒精，某些组织或器官是乳酸，并释放少量能量，合成少量ATP；光合作用的光反应阶段主要反应是水的光解和合成ATP；食物链中的营养级同化的能量有三个去向：呼吸散失、传递给下一个营养级（除了最高营养级）和被分解者分解利用。‎ ‎【详解】植物在黑暗中有氧时可进行有氧呼吸，无氧时可进行无氧呼吸，A正确；食物链上的营养级同化的能量有三个去向：呼吸散失、传递给下一个营养级（除了最高营养级）和被分解者分解利用，B正确；有氧呼吸和无氧呼吸的产物分别是CO2和H2O、CO2和酒精，某些组织或器官是乳酸，C错误；植物光合作用的光反应阶段和呼吸作用过程中都可以合成ATP，D正确，所以选C。‎ ‎【点睛】光合作用虽然暗反应消耗了ATP，但光反应阶段利用光能合成了ATP；葡萄糖是细胞呼吸的底物，不是产物。‎ ‎6. 某同学运用黑光灯诱捕的方法对农田中具有趋光性的昆虫进行调查，下列叙述错误的是 A. 趋光性昆虫是该农田生态系统的消费者 B. 黑光灯传递给趋光性昆虫的信息属于化学信息 C. 黑光灯诱捕的方法可用于调查某种趋光性昆虫的种群密度 D. 黑光灯诱捕的方法可用于探究该农田趋光性昆虫的物种数目 ‎【答案】B ‎【解析】【分析】本题主要考查生态系统的组成成分和信息传递功能，种群和群落的有关知识。昆虫以植物为食，属于消费者；信息包括物理（声、光、电、磁等）、化学（化学物质）和行为（特定的动作）信息；调查种群密度的方法有逐个计数法、样方法、灯光诱捕法和标志重捕法。趋光性昆虫的种类很多，可以利用黑光灯诱捕，统计种类数。‎ ‎【详解】趋光性昆虫以植物为食，属于生态系统的消费者，A正确；黑光灯是一种特制的气体放电灯，它发出330-400nm的紫外光波，故黒光灯传递给趋光性昆虫的信息是通过紫外光传递的，属于物理信息，B错误；黑光灯诱捕的方法用于调查某种趋光性昆虫的种群密度，是一种根据昆虫趋光特点检测相对密度的方法，C正确；黑光灯能诱捕多种趋光性昆虫，从而可以统计一定范围内趋光性昆虫的种类，D正确，所以选B。‎ ‎【点睛】趋光性昆虫有很多种，用黑光灯诱捕时，能吸引附近多种昆虫向黑光灯聚集，所以能用于探究趋光性昆虫的物种数目。‎ 二、非选择题：共54分。第7~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11、12题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题（共39分）‎ ‎7. 回答下列问题：‎ ‎（1）高等植物光合作用中捕获光能的物质分布在叶绿体的___________上，该物质主要捕获可见光中的_________。‎ ‎（2）植物的叶面积与产量关系密切，叶面积系数（单位土地面积上的叶面积总和）与植物群体光合速率、呼吸速率及干物质积累速率之间的关系如图所示，由图可知：当叶面积系数小于a时，随叶面积系数增加，群体光合速率和干物质积累速率均_______。当叶面积系数超过b时，群体干物质积累速率降低，其原因是__________________________。‎ ‎（3）通常，与阳生植物相比，阴生植物光合作用吸收与呼吸作用放出的CO2量相等时所需要的光照强度________（填“高”或“低”）。‎ ‎【答案】(1). 类囊体膜 (2). 蓝紫光和红光 (3). 增加 (4). 群体光合速率不变，但群体呼吸速率仍在增加，故群体干物质积累速率降低 (5). 低 ‎【解析】【分析】本题主要考查光合作用和细胞呼吸的相关知识。据题意可知，植物群体光合速率即为总光合速率，干物质积累速率即为净光合速率；据题中曲线可知；当叶面积系数小于a时，群体光合速率、干物质积累速率及呼吸速率均上升；当叶面积系数大于a，小于b时，群体光合速率上升、干物质积累速率基本不变、呼吸速率上升；当叶面积系数大于b时，群体光合速率不变、干物质积累速率下降、呼吸速率上升。‎ ‎【详解】（1）高等植物光合作用中捕获光能的物质是叶绿素和类胡萝素，分布在叶绿体的 类囊体薄膜上，叶绿体上的色素主要捕获红光和蓝紫光；‎ ‎（2）由图可知：当叶面积系数小于a时，随叶面积系数增加，群体光合速率和干物质积累速率均上升；当叶面积系数大于b时，由于群体光合速率不变，而群体呼吸速率仍在上升，导致群体净光合速率降低，干物质积累速率下降；‎ ‎（3）由于阴生植物的呼吸作用强度小于阳生植物，即阴生植物通过呼吸作用放出的CO2比阳生植物少，因此阴生物光合作用吸收CO2量与呼吸作用放出的CO2量相等时所需要的光照强度比阳生植物低。‎ ‎【点睛】关键要理解植物群体光合速率即为总光合速率，干物质积累速率即为净光合速率，因此群体的干物质积累速率=群体光合速率－群体呼吸速率。‎ ‎8. 回答下列与蛋白质相关的问题：‎ ‎（1）生物体中组成蛋白质的基本单位是______，在细胞中合成蛋白质时，肽键是在________这一细胞器上形成的。合成的蛋白质中有些是分泌蛋白，如______（填“胃蛋白酶”“逆转录酶”或“酪氨酸酶”）。分泌蛋白从合成至分泌到细胞外需要经过高尔基体，此过程中高尔基体的功能是________________。‎ ‎（2）通常，细胞内具有正常生物学功能的蛋白质需要有正确的氨基酸序列和______‎ 结构，某些物理或化学因素可以导致蛋白质变性，通常，变性的蛋白质易被蛋白酶水解，原因是____________。‎ ‎（3）如果DNA分子发生突变，导致编码正常血红蛋白多肽链的mRNA序列中一个碱基被另一个碱基替换，但未引起血红蛋白中氨基酸序列的改变，其原因可能是_______________________。‎ ‎【答案】(1). 氨基酸 (2). 核糖体 (3). 胃蛋白酶 (4). 对蛋白质进行加工、分类和包装 (5). 空间 (6). 蛋白质变性使肽键暴露，暴露的肽键易与蛋白酶接触，使蛋白质降解 (7). 遗传密码具有简并性 ‎【详解】‎ ‎（1）生物体中组成蛋白质的基本单位是氨基酸；细胞中合成蛋白质时，在核糖体上mRNA的密码子翻译成氨基酸，氨基酸之间脱水缩合形成肽键；胃蛋白酶是胞外酶属于分泌蛋白、逆转录酶和酪氨酸酶属于胞内酶；分泌蛋白从合成至分泌到细胞外还需要内质网加工，再经过高尔基体的进一步加工、分类、包装，最后形成分泌小泡转运至细胞膜，通过胞吐的方式分泌出去；‎ ‎（2）细胞内的蛋白质都有特定的的氨基酸数目、种类和排列序列以及由肽链盘曲、折叠形成的一定的空间结构；某些物理或化学因素可以使蛋白质分子的空间结构变得伸展、松散，肽键暴露，易与蛋白酶接触，使蛋白质被水解；‎ ‎（3）编码正常血红蛋白多肽链的mRNA序列中一个碱基被另一个碱基替换，改变后的密码子翻译的氨基酸还是原来的氨基酸，这是密码子的简并性，所以不引起血红蛋白中基酸序列的改变。‎ ‎【点睛】关键要掌握密码子具有简并性这一特点，改变后的密码子翻译的氨基酸还是原来的氨基酸，蛋白质的结构不变，功能不变。‎ ‎9. ‎ 某小组利用某二倍体自花传粉植物进行两组杂交实验，杂交涉及的四对相对性状分别是：红果（红）与黄果（黄），子房二室（二）与多室（多），圆形果（圆）与长形果（长），单一花序（单）与复状花序（复）。实验数据如下表：‎ 组别 杂交组合 F1表现型 F2表现型及个体数 甲 红二×黄多 红二 ‎450红二、160红多、150黄二、50黄多 红多×黄二 红二 ‎460红二、150红多、160黄二、50黄多 乙 圆单×长复 圆单 ‎660圆单、90圆复、90长单、160长复 圆复×长单 圆单 ‎510圆单、240圆复、240长单、10长复 回答下列问题：‎ ‎（1）根据表中数据可得出的结论是：控制甲组两对相对性状的基因位于__________上，依据是___________________________；控制乙组两对相对性状的基因位于___________（填“一对”或“两对”）同源染色体上，依据是_____________________。‎ ‎（2）某同学若用“长复”分别与乙组的两个F1进行杂交，结合表中数据分析，其子代的统计结果不符合的__________________的比例。‎ ‎【答案】 (1). 非同源染色体 (2). F2中两对相对性状表现型的分离比符合9∶3∶3∶1 (3). 一对 (4). F2中每对相对性状表现型的分离比都符合3∶1，而两对相对性状表现型的分离比不符合9∶3∶3∶1 (5). 1∶1∶1∶1‎ ‎【解析】【分析】本题主要考查基因的自由组合定律应用的相关知识。本题涉及四对相对性状的遗传规律的分析，可以根据表中F1及F2的表现型及数量，推出控制四对相对性状的基因所在染色体的位置。‎ ‎【详解】（1）因题干说明是二倍体自花传粉植物，故杂交的品种均为纯合子，根据表中甲的数据，可知F1的红果、二室均为显性性状，甲的两组F2的表现型之比均接近9:3:3:1，所以控制甲组两对相对性状的基因位于非同源染色体上；乙组的F1的圆果、单一花序均为显性性状，F2中第一组：圆：长=（660+90）：（90+160）=3:1、单：复=（660+90）：（90+160）=3:1；第二组：圆：长=（510+240）：（240+10）=3:1、单：复=（510+240）：（240+10）=3:1；但两组的四种表现型之比均不是9:3:3:1，说明控制每一对性状的基因均遵循分离定律，控制这两对性状的基因不遵循自由组合定律，因此这两对基因位于一对同源染色体上；‎ ‎（2）根据表中乙组的杂交实验得到的F1均为双显性杂合子，F2的性状分离比不符合9:3:3:1，说明F1产生的四种配子不是1:1:1:1，所以用两个F1分别与“长复”‎ 双隐性个体测交，就不会出现1:1:1:1的比例。‎ ‎【点睛】本题要运用分解组合法分析两组杂交的F2的性状分离比，是否符合基因分离定律的3:1和自由组合定律的9:3:3:1，得出基因在染色体上的位置关系。‎ ‎10. 下图是某农业生态系统模式图。‎ 据图回答下列问题：‎ ‎（1）蚯蚓生命活动所需的能量来自于生活垃圾中的______（填“有机物”或“无机物”）。生活垃圾中的细菌和真菌属于分解者，在生态系统中分解者的作用是________。‎ ‎（2）根据生态系统中分解者的作用，若要采用生物方法处理生活垃圾，在确定处理生活垃圾的方案时，通常需要考虑的因素可概括为3个方面，即__________________________________________。‎ ‎（3）有机肥在土壤中经分解、转化可产生NO3-，通常植物根系对NO3-的吸收是通过_______运输完成的。‎ ‎【答案】(1). 有机物 (2). 将动植物遗体和动物的排遗物分解成无机物 (3). 待分解垃圾的性质，引进的分解者生物的种类，处理环境的理化条件 (4). 主动 ‎【解析】【分析】本题主要考查分解者的有关知识。分解者是一种异养生物，将动植物遗体及动物排遗物中的有机物分解为无机物，并吸收利用有机物中的能量；分解者种类很多，有需氧型的，和厌氧型的，有真核生物和原核生物，有微生物和动物，因此利用分解者处理生活垃圾要根据生活垃圾的性质选择合适的分解者，还要给分解者合适的生活条件。学#‎ ‎【详解】（1）蚯蚓是异养生物，属于分解者，故生命活动所需的能量来自于枯枝败叶中的有机物，分解者在生态系统中的作用是将动植物遗体及动物排遗物中的有机物分解为无机物；‎ ‎（2）若要采用生物方法处理生活垃圾，在确定处理生活垃圾的方案时，通常需要考虑的因素为以下几个方面：了解生活垃圾的性质以确定能分解该垃圾的分解者、选择能分解垃圾中有机物的分解者、调整处理垃圾的理化条件（温度、湿度、pH等）以便适合分解者生活，快速降解有机物；‎ ‎（3）植物从土壤中吸收无机盐离子通常是通过主动运输方式，故对NO３-的吸收是通过主动运输完成的。‎ ‎【点睛】本题的难点在于利用分解者处理生活垃圾要考虑的因素，可以从生活垃圾的性质成分、分解者的种类、分解者的生活条件、分解者的分解效率、分解者分解的物质等方面去作答。‎ ‎（二）选考题：共15分。请考生从2题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。‎ ‎11. 生物——选修1：生物技术实践］‎ 回答下列与酵母菌有关的问题：‎ ‎（1）分离培养酵母菌通常使用____________（填“牛肉膏蛋白胨”“MS”或“麦芽汁琼脂”）培养基，该培养基应采用________灭菌法灭菌。若将酵母菌划线接种在平板上，培养一段时间后会观察到菌落，菌落的含义是_______________。‎ ‎（2）酵母菌液体培养时，若通入氧气，可促进______________（填“菌体快速增殖”、“乙醇产生”或“乳酸产生”）；若进行厌氧培养，可促进_________（填“菌体快速增殖”、“乙醇产生”或“乳酸产生”）。‎ ‎（3）制作面包时，为使面包松软通常要在面粉中添加一定量的酵母菌，酵母菌引起面包松软的原因是______________________。‎ ‎【答案】 (1). 麦芽汁琼脂 (2). 高压蒸汽 (3). 由一个细胞繁殖而来的肉眼可见的子细胞群体 (4). 菌体快速增殖 (5). 乙醇产生 (6). 酵母菌分解葡萄糖会产生CO2，CO2使面包松软 ‎【解析】【分析】本题主要考查酵母菌培养和分离的有关知识。酵母菌是兼性厌氧型的单细胞真菌，在有氧条件下，进行有氧呼吸产生H2O和CO2，释放能量多，细胞增殖快；在无氧条件下，进行无氧呼吸，产生酒精和CO2，释放能量少，细胞增殖慢；常用的灭菌方法有：灼烧灭菌（主要用于接种工具灭菌）、干热灭菌（用于待检灭菌的物品如金属、玻璃、陶瓷制品）、高压蒸汽灭菌（适用于培养基灭菌）；平板划线法是通过接种环在琼脂固体培养基表面连续划线的操作，将聚集的菌种逐步稀释分散到培养基的表面。在数次划线后，就可以得到由一个细胞繁殖而来的肉眼可见的子细胞群体，这就是菌落；牛肉膏蛋白胨培养基属于细菌培养基，麦芽汁琼脂培养基适合培养真菌，MS培养基是植物组织培养使用的培养基。‎ ‎【详解】（1）麦芽汁琼脂培养基的碳氮比较高，而且含糖量高，更适合酵母菌；该培养基应采用高压蒸汽灭菌法灭菌；若将酵母菌划线接种在平板上，培养一段时间后可观察到由一个细胞繁殖而来的肉眼可见的子细胞群体，这就是菌落；‎ ‎（2）酵母菌液体培养时，若通入氧气，进行有氧呼吸产生H2O和CO2，释放能量多，细胞增殖快；若进行无氧培养，进行无氧呼吸，产生酒精和CO2，释放能量少，增殖慢；‎ ‎（3）制作面包时，在面粉中添加一定量的酵母菌，因酵母菌可以分解面粉中的葡萄糖，产生二氧化碳，二氧化碳是气体，遇热膨胀而形成小孔，使得面包松软多孔。‎ ‎【点睛】要注意区别三种培养基的用途；要知道酵母菌的无氧呼吸产生酒精和CO2，不是乳酸。‎ ‎12. 生物——选修3：现代生物科技专题］‎ ‎2018年《细胞》期刊报道，中国科学家率先成功地应用体细胞对非人灵长类动物进行克隆，获得两只克隆猴——“中中”和“华华”。回答下列问题：‎ ‎（1）“中中”和“华华”的获得涉及核移植过程，核移植是指_____________。通过核移植 方法获得的克隆猴，与核供体相比，克隆猴体细胞的染色体数目____（填“减半”“加倍”或“不变”）‎ ‎（2）哺乳动物的核移植可以分为胚胎细胞核移植和体细胞核移植，胚胎细胞核移植获得克隆动物的难度_________（填“大于”或“小于”）体细胞核移植，其原因是________________________________。‎ ‎（3）在哺乳动物核移植的过程中，若分别以雌性个体和雄性个体的体细胞作为核供体，通常，所得到的两个克隆动物体细胞的常染色体数目____________（填“相同”或“不相同”），性染色体组合____________（填“相同”或“不相同”）。‎ ‎【答案】(1). 将动物的一个细胞核，移入一个已去掉细胞核的卵母细胞 (2). 不变 (3). 小于 (4). 胚胎细胞分化程度低，恢复全能性相对容易 (5). 相同 (6). 不同 ‎【解析】请在此填写本题解析!‎ ‎【分析】本题主要考查动物核移植技术的有关知识。动物核移植是将动物的一个细胞的细胞核，移入一个已经去掉细胞核的卵母细胞中，使其重组并发育成一个新的胚胎，这个新的胚胎最终发育成为动物个体；哺乳动物的核移植可以分为胚胎细胞核移植和体细胞核移植，由于动物胚胎细胞分化程度低，恢复其全能性相对容易，而动物体细胞分化程度高，恢复其全能性十分困难，因此体细胞核移植难度明显高于胚胎细胞核移植；克隆动物的细胞核来自供体，其染色体和供体一致，雌性供体和雄性供体的常染色体相同，性染色体前者是XX，后者是XY。‎ ‎【详解】（1）核移植是指将动物的一个细胞的细胞核，移入一个已经去掉细胞核的卵母细胞中，使其重组并发育成一个新的胚胎，这个胚胎最后发育成为动物个体；通过核移植方法获得的克隆猴的细胞核来自供体，因此克隆猴体細胞的染色体数目和供体一致；‎ ‎（2）胚胎细胞核移植的难度小于体细胞核移植，其原因是动物胚胎细胞分化程度低，恢复其全能性相对容易；‎ ‎（3）哺乳动物雌性个体和雄性个体的体细胞染色体常染色体相同，性染色体前者是XX，后者是XY，因此分别以雌性个体和雄性个体的体细胞作为核供体，通常所得到的两个克隆动物体细胞的常染色体数目相同，性染色体组合不同。‎ ‎【点睛】本题回答核移植概念时，要叙述全面准确，不能漏掉、写错“去掉细胞核”、“卵母细胞”等关键术语。‎