普通高等学校招生全国统一考试高考理综考前适应性模拟试题一 33页

注意事项：‎ ‎1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。 ‎ ‎2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。 ‎ ‎3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。 ‎ ‎4、考试结束，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　Cu-64　Au-197　‎ 一、选择题（本大题共6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．在细胞中有许多相似的膜结构。下列关于膜结构的叙述中，错误的是 A．蓝藻细胞的光合片层膜上含有色素和光合酶 B．线粒体内膜向内折叠形成嵴，其膜上含有全部的呼吸酶 C．神经肌肉接点处肌细胞膜折叠，其膜上有神经递质的受体 D．细胞内单位膜折叠成的囊腔和细管组成内质网，其膜上有合成磷脂的酶 ‎【答案】B ‎【解析】蓝藻是原核生物，没有具膜细胞器，蓝藻细胞具有光合片层膜，其膜上含有色素和光合酶，从而能进行光合作用，A正确；线粒体内膜向内折叠形成嵴，其膜上含有有氧呼吸第三阶段的酶，B错误；神经肌肉接头相当于突触，乙酰胆碱由突触前膜释放，经扩散至折叠的肌细胞膜（相当于突触后膜），与其膜上的乙酰胆碱受体结合，C正确；内质网是由细胞内单位膜折叠成的囊腔和细管组成的，其功能多种多样，磷脂是在内质网上合成的，因此其膜上有合成磷脂的酶，D正确。‎ ‎2．DNA是遗传信息的携带者，是主要的遗传物质。下列有关DNA的叙述，正确的是 A．孟德尔通过豌豆杂交实验发现了基因，摩尔根用实验证明了基因在染色体上 B．沃森和克里克构建了DNA的双螺旋结构，提出了半保留复制方式的假说 C．肺炎双球菌转化实验中，加热后S型菌失去毒性的原因是DNA失活变性 D．细菌体内遗传信息的传递方向只能是DNA→RNA→蛋白质 ‎【答案】B ‎【解析】孟德尔通过豌豆杂交实验提出遗传因子一词，并没有发现基因，A错误；沃森和克里克构建了DNA双螺旋结构，同时提出DNA半保留复制方式的假说，B正确；肺炎双球菌转化实验中，加热后S型菌失去毒性的原因是蛋白质变性失活，而其中的DNA在温度降低后可以恢复活性，C错误；细菌体内遗传信息的传递方向除有DNA→RNA→蛋白质，还有DNA→DNA，D错误。‎ ‎3．下表表示科学家在研究植物的顶端优势时发现的不同植物激素对侧芽生长的影响。下列相关叙述正确的是 组别 甲 乙 丙 丁 处理方式 不做处理 用细胞分裂素 处理侧芽 用赤霉素 处理顶芽 切去顶芽，赤 霉素处理切口 侧芽生长情况 生长受抑制 抑制作用解除，‎ 侧芽生长 抑制作用加强 快速生长 A．由顶端优势可知，侧芽中的生长素浓度越高，生长越快 B．比较甲、乙组可知，细胞分裂素可加速顶芽中生长素的分解 C．比较甲、丙组可知，用赤霉素处理顶芽可能使顶芽快速生长 D．比较丙、丁可推测，赤霉素对侧芽生长无任何影响，主要与顶芽有关 ‎【答案】C ‎【解析】顶端优势是由于顶芽生长素浓度低而促进其生长，侧芽生长素浓度高而抑制其生长的现象，A错误；比较甲、乙组只能说明细胞分裂素可以解除顶端优势现象，但不能说明细胞分裂素加速顶芽中生长素的分解，B错误；据表格信息可知，赤霉素使侧芽的抑制作用加强，说明赤霉素可能与生长素有类似作用，可使顶芽快速生长，C正确；比较丙、丁可推测，赤霉素可从顶芽运输到侧芽，促进或抑制侧芽的生长，D错误。‎ ‎4．已知某种老鼠的体色由常染色体上的基因A+、A和a决定，A+（纯合胚胎致死）决定黄色，A决定灰色，a决定黑色，且A+对A是显性，A对a是显性。下列说法正确的是 A．该种老鼠的成年个体中最多有6种基因型 B．A+、A和a遵循基因的自由组合定律 C．一只黄色雌鼠和一只黑色雄鼠杂交，后代可能出现3种表现型 D．基因型均为A+a的一对老鼠交配产下的3只小鼠可能全表现为黄色 ‎【答案】D ‎【解析】由于A+基因纯合胚胎致死，因此黄色的基因型为A+A、A+a，灰色的基因型为AA、Aa，黑色的基因型为aa，因此该种老鼠的成年个体最多有5种基因型，A错误；根据题意分析，A+、A和a是一组等位基因，它们的遗传遵循基因的分离定律，B错误；一只黄色雌鼠（A+A或A+a）和一只黑色雄鼠（aa）杂交，后代的表现型为黄色、灰色或黄色、黑色，C错误；基因型均为A+a的一对老鼠交配，后代基因型为及其比例为A+a∶aa=2∶1，因此它们产下的3只小鼠可能都是黄色，也可能都是黑色，或黄色和黑色都有，D正确。‎ ‎5．如图表示一片草原上的兔子和狼达到相对稳定状态后一段时间内相对数量变化的趋势，下列相关分析错误的是 A．甲、乙分别表示兔子和狼的数量变化 B．狼的K值接近B点对应的数值 C．兔子的K值接近C点和D点对应的数值 D．第3年狼的数量会因食物缺乏而下降 ‎【答案】B ‎【解析】据图中曲线变化可知，甲的数量先达到最大值，随着乙数量的增加，甲的数量在减少，推测甲为被捕食者即兔子的数量变化，乙为捕食者即狼的数量变化，A正确；K 值是指在自然环境不受破坏的情况下，一定空间中所能容许的种群数量的最大值，它不是固定不变的，在环境不遭受破坏的情况下，种群数量会在K值附近上下波动，B错误；种群数量会在K值附近上下波动，从题图分析，兔子的K值应该接近C点和D点对应的数值，C正确；据图分析可知，第3年兔子的数量在下降，因此狼的数量会因食物缺乏而下降，D正确。‎ ‎6．下列关于细胞生命历程的叙述，错误的是 A．在细胞衰老和细胞凋亡的过程中，也存在着基因的选择性表达 B．在一个完整的细胞周期中，不同时期的细胞中表达的基因有差异 C．成熟生物体中被病原体感染的细胞的清除过程是由基因调控的 D．细胞癌变的过程中，一定会发生DNA分子中基因排列顺序的变化 ‎【答案】D ‎【解析】细胞凋亡是由基因决定的细胞自动结束生命的过程，细胞衰老是细胞的生理状态和化学反应发生复杂变化的过程，可见，在细胞衰老和细胞凋亡的过程中，也存在着基因的选择性表达，A正确；在一个完整的细胞周期中，不同时期的细胞中发生的化学变化不完全相同，因此表达的基因有差异，B正确；成熟生物体中被病原体感染的细胞的清除过程属于细胞凋亡，是由基因调控的，C正确；细胞癌变的根本原因是原癌基因和抑癌基因发生突变，而基因突变是指DNA分子中发生碱基对的替换、增添和缺失而引起的基因结构的改变，可见，细胞癌变的过程中，不会发生DNA分子中基因排列顺序的变化，D错误。‎ ‎7．《五金铁》中记载：“若造熟铁，则生铁流出时，相连数尺内，低下数对，筑一方塘，短墙抵之，其铁流入塘内，数人执柳木排立墙上……众人柳棍疾搅，即时炒成熟铁。” 以下说法不正确的是 A．金属冶炼方法由金属活动性决定 B．熟铁比生铁质地更硬，延展性稍差 C．炒铁是为了降低铁水中的碳含量 D．该法与近代往生铁水吹空气炼钢异曲同工 ‎【答案】B ‎【解析】A．金属冶炼方法由金属活动性决定，特别活泼的金属通常用电解法冶炼，较活泼的金属用热还原法，较不活泼的金属用热分解法，A正确；B．熟铁比生铁的硬度小，延展性较好，B不正确；C．炒铁是为了把生铁中的碳氧化成碳的氧化物，从而降低铁水中的含碳量，C正确；D．往生铁水中吹空气可以降低碳的含量，故该法与近代往生铁水吹空气炼钢异曲同工，D正确。本题选B。‎ ‎8．用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A．常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA B．1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去NA个电子 C．标准状况下，11.2LC6H6中含有的分子数目为0.5NA D．0.1mol/LK2S溶液中含有的K+数为0.2NA ‎【答案】B ‎【解析】标准状况下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA，故A错误；Na被完全氧化生成Na2O2，钠元素化合价由0变为+1，1molNa被完全氧化生成Na2O2，失去NA个电子，故B正确；标准状况下C6H6是液体，故C错误；没有溶液体积，不能计算0.1mol/L K2S溶液中的K+数，故D错误。‎ ‎9．关于有机物的说法正确的是 A．a、b 互为同系物 B．c 中所有碳原子可能处于同一平面 C．b 的同分异构体中含有羧基的结构还有 7 种(不含立体异构)‎ D．a、 b、 c 均能使酸性高锰酸钾溶液褪色 ‎【答案】C ‎【解析】A、a是酯类，b是羧酸类，结构不相似，不互为同系物，故A错误；B、c是在环己烷上连了两个羟基，环己烷的碳原子不都在同一平面上，故B错误；C、b 是1-戊酸，含有羧基的结构的同分异构体，在正戊烷的碳链上还有两种，在异戊烷的碳链上还有4种，新戊烷的碳链上有1种，共7种，故C正确；D、只有c能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选C。‎ ‎10．下表中根据实验操作和现象所得出的结论正确的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 蘸有浓氨水的玻璃棒靠近X 有白烟产生 X一定是浓盐酸 B KIO3溶液中加入HI溶液，并加入淀粉 溶液变蓝色 KIO3的氧化性比I2的强 C 强酸性溶液Y中加入Ba(NO3)2溶液，静置后再加入KSCN溶液 先有白色沉淀，后溶液又变红 Y中一定含有SO42-和Fe3＋‎ D C2H5OH 制得的气体使酸性 一定是制得的乙烯使酸性 与浓硫酸混合后加热到170 ℃‎ KMnO4溶液褪色 KMnO4溶液褪色 ‎【答案】B ‎【解析】A．生成白烟可知X为挥发性酸，则X为浓盐酸或浓硝酸，A错误；B．淀粉变蓝，可知生成碘，则KIO3溶液加入HI溶液，发生氧化还原反应生成碘，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，KIO3氧化性比I2强，B正确；C．酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，可氧化亚硫酸根离子、亚铁离子，则Y中不一定有SO42﹣、铁离子，可能含有SO32﹣、亚铁离子，C错误；D．乙醇易挥发，且乙醇能被高锰酸钾氧化，则应排除乙醇的干扰，再检验消去反应的产物乙烯，D错误；答案选B。‎ ‎11．科学家研发出了一种新材料，其工作原理如图所示。在外接电源作用下，材料内部发生氧化还原反应导致颜色变化，从而实现对光的透过率进行可逆性调节。已知WO3和Li4Fe4[Fe(CN6]3均为无色透明，LiWO3和Fe4[Fe(CN6]3均有颜色。下列说法正确的是 A．当M外接电源正极时，该材料颜色变深使光的透过率降低 B．该材料在使用较长时间后，离子导电层中Li+的量变小 C．当M外接电源负极时，离子导电层中的Li+向变色导电层定向迁移 D．当N外接电源正极时，离子储存层的电极反应式为：Fe4[Fe(CN6]3+4Li++4eˉ= Li4Fe4[Fe(CN6]3‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．当M外接电源正极时，M为阳极，LiWO3失电子产生WO3，该材料颜色变浅使光的透过率增强，选项A错误；B．电极总反应式为4WO3+Li4Fe4[Fe(CN6]3=4LiWO3+Fe4[Fe(CN6]3，该材料在使用较长时间后，离子导电层中Li+的量不变，选项B错误；C．当M外接电源负极时作为阴极，离子导电层中的阳离子Li+向阴极变色导电层定向迁移，选项C正确；D．当N外接电源正极作为阳极时，离子储存层的电极反应式为Li4Fe4[Fe(CN6]3-4eˉ= Fe4[Fe(CN6]3+4Li+，选项D错误。答案选C。‎ ‎12．W、X、Y、Z是四种短周期非金属元素，原于序数依次增大，X、Y原子核外L电子层的电子数之比为3∶4，且Y的原子半径大于X的原子半径，X、Y、Z的最外层电子数之和为16，W的简单离子W-能与水反应生成单质W2。下列说法正确的是 A．最简单氢化物的沸点：Z>X B．W与X形成的化合物中只有极性键 C．最高价氧化物对应水化物酸性：Y>Z D．阴离子的还原性：W>X ‎【答案】D ‎【解析】W、X、Y、Z是四种短周期非金属元素，原子序数依次增大，X、Y原子核外L电子层的电子数之比为3∶4，则L层电子数分别为3、4或6、8，且X、Y、Z的最外层电子数之和为16，若X、Y的L层电子数分别为3、4，则3+4+9=16，Z的最外层电子数为9，不符合；删去；则X的L层电子数为6，X为O，且Y的原子半径大于X的原子半径，则Y、Z为第三周期元素，Y、Z最外层电子数之和10，Y为Si，Z为S；W的简单离子W-能与水反应生成单质W2，W的原子序数小于O的原子序数，则W为H。A．Z为S，X为O，水分子间能够形成氢键，沸点高于硫化氢，故A错误；B．W与X形成的化合物若为过氧化氢，含O-O非极性键，故B错误；C．Y、Z为第三周期元素，Y的原子序数小于Z，非金属性Z＞Y，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞Y，故C错误；D．非金属性O＞H，则阴离子的还原性：W＞X，故D正确；故选D。‎ ‎13．常温下，向浓度均为0.1mol·L-1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液中，分别加入NaOH的稀溶液，lg随加入NaOH的物质的量的变化如图所示。下列说法正确的是 A．a点溶液的pH=2‎ B．水的电离程度：ac(Na+)>c(HY)>c(H+)>c(OHˉ)‎ ‎【答案】D ‎【解析】A．a点溶液lg=12，结合c(H+)×c(OH-)=10-14，可知c(H+)=10-1 mol∙L-1，pH=1‎ ‎，选项A错误；B．0.1mol·L-1的一元酸HY溶液lg=9，c(H+)=10-2.5 mol∙L-1，为弱酸，加入氢氧化钠至lg=0时碱的量不足，故c到b酸抑制水电离的程度减小，水的电离程度：aC(Na+)>c(HY)>c(H+)>c(OHˉ)，选项D正确。答案选D。‎ 二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ ‎14．a、b两离子从平行板电容器两板间P处垂直电场入射，运动轨迹如图。若a、b的偏转时间相同，则a、b一定相同的物理量是 A. 荷质比　　　　　　　　B. 入射速度 C. 入射动能　　　　　　　D. 入射动量 ‎【答案】Ａ ‎15．如图，轻绳的一端系在固定光滑斜面上的O点，另一端系一小球。给小球一个初速度使它在斜面上做完整的圆周运动，a、b分别为最低点和最高点，则小球 A．重力的瞬时功率始终为零 B．所受的向心力大小不变 C．在b点的速度不可能为零 D．在a点所受轻绳拉力一定大于小球重力 ‎【答案】C ‎16．小球在光滑水平面上以速度v0做匀速直线运动。某时刻开始小球受到水平恒力F的作用，速度先减小后增大，最小速度v的大小为0.5v0，则小球 A．可能做圆周运动 B．速度变化越来越快 C．初速度v0与F的夹角为60° D．速度最小时，v与F垂直 ‎【答案】D ‎17．如图，同一平面内有两根互相平行的长直导线M和N，通有等大反向的电流，该平面内的a、b两点关于导线N对称，且a点与两导线的距离相等。若a点的磁感应强度大小为B，则下列关于b点磁感应强度Bb的判断正确的是 A．，方向垂直该平面向里 B．，方向垂直该平面向外 C．，方向垂直该平面向里 D．，方向垂直该平面向外 ‎【答案】B ‎18．氢原子第n能级的能量为（n＝1，2，3，……），其中E1是基态能量。若氢原子从第k能级跃迁到第p能级，辐射的能量为，第p能级比基态能量高，则 A．k =3，p=2 B．k =4，p=3‎ C．k =5，p=3 D．k =6，p=2‎ ‎【答案】A ‎19．如图a，用力传感器研究橡皮绳中拉力随时间的变化。向下拉小球然后释放，小球沿竖直方向运动，某段时间内采集到的信息如图b所示，则 A．t2~t3时间内小球向下运动，处于超重状态 B．t3~t4时间内小球向上运动，处于失重状态 C．t4~t5时间内小球向下运动，处于失重状态 D．t5~t6时间内小球向上运动，处于超重状态 ‎【答案】BC ‎20．如图a，点电荷固定在绝缘水平面上x轴的原点O，轴上各点电势φ与x的关系如图b。可视为质点的滑块质量为0.05kg、电荷量为+8.0×10-9C，从x=0.2m处由静止释放，到达x=0.4m处时速度达到最大。已知滑块与水平面间的动摩擦因数µ=0.01，g=10m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在x=0.4m处滑块 A．所受电场力大小为5.0×10-3N B．所在位置的电势为4.0×105V C．电势能为2.0×10-3J D．速度大小为0.2m/s ‎【答案】ACD ‎21．汽车在平直公路上行驶，某人从车窗相对于车静止释放一个小球，用固定在路边的照相机进行闪光照相两次，得到如下信息：①两次闪光的时间间隔为0.5s；②第一次闪光时，小球刚释放，第二次闪光时，小球刚落地；③两次闪光的时间间隔内，汽车前进了5m ‎、小球的位移为5m。重力加速度取10m/s2，空气阻力不计，根据以上信息能确定的是 A．汽车做匀速直线运动 B．小球释放点离地的高度 C．第二次闪光时汽车的速度 D．两次闪光的时间间隔内汽车的平均速度 ‎【答案】BD 第Ⅱ卷 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题（共129分）‎ ‎22．（5分）‎ 用如图所示的装置来验证动量守恒定律。滑块在气垫导轨上运动时阻力不计，其上方挡光条到达光电门D（或E），计时器开始计时；挡光条到达光电门C（或F），计时器停止计时。实验主要步骤如下：‎ a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB；‎ b．给气垫导轨通气并调整使其水平；‎ c．调节光电门，使其位置合适，测出光电门C、D间的水平距离L；‎ d．A、B之间紧压一轻弹簧（与A、B不粘连），并用细线拴住，如图静置于气垫导轨上；‎ e．烧断细线，A、B各自运动，弹簧恢复原长前A、B均未到达光电门，从计时器上分别读取A、B在两光电门之间运动的时间tA、tB。‎ ‎（1）实验中还应测量的物理量x是 （用文字表达）。‎ ‎（2）利用上述测量的数据，验证动量守恒定律的表达式是：‎ ‎ （用题中所给的字母表示）。‎ ‎（3）利用上述数据还能测出烧断细线前弹簧的弹性势能Ep= （用题中所给的字母表示）。‎ ‎【答案】（1）光电门E、F间的水平距离 ‎（2）‎ ‎（3）‎ ‎【评分说明：（1）1分，（2）2分，（3）2分。‎ ‎（1）中填“光电门E、F间的距离”也可；（2）中填“”也可。‎ ‎（2）（3）中x写成学生在（1）中命名的正确符号也可，L写成l整体扣1分。】‎ ‎23．（10分）‎ ‎“测定铜导线的电阻率”实验中可供使用的器材有：‎ A．横截面积为1.0 mm2、长度为100 m的一捆铜导线（电阻Rx约2Ω）；‎ B．电流表：内阻Rg＝100 Ω，满偏电流Ig＝3 mA；‎ C．电流表：量程0.6 A，内阻约1 Ω；‎ D．滑动变阻器R：最大阻值5 Ω；‎ E．定值电阻：R0＝3 Ω，R1＝900 Ω，R2＝1000 Ω；‎ F．电源：电动势6 V，内阻不计；‎ G．开关、导线若干。‎ 请完成下列实验内容：‎ ‎（1）把电流表与定值电阻串联改装成量程为3 V的电压表，则定值电阻应选_____（选填“R1”或“R2”）。‎ ‎（2）为了尽可能获取多组数据，实验电路图应选下列四幅中的 ，电路中R0的作用是 。‎ ‎（3）根据正确的电路图，完成实物图的连接（已正确连接了部分导线）。‎ ‎（4）某次测量中，电流表的读数为2.40mA时，电流表的读数为0.50 A，由此求得铜导线的电阻率为______Ω·m（保留2位有效数字）。‎ ‎【答案】（1） R1‎ ‎（2）甲，“增大电流表的读数以减小误差”‎ ‎（3）连线如答图所示 ‎（4）1.8×10-8 ‎ ‎【评分说明：（1）2分；（2）每空2分；（3）2分；（4）2分。‎ ‎（2）中或填写“为了尽可能获取多组数据”、“增大滑动变阻器R的调节范围”、“为使电流表示数达到1/3量程以上”、“为了便于调节电路”、“为了便于测量并联电路电压”、 “扩大表的测量范围”……但填“保护铜导线不被烧坏”不得分。】‎ ‎24．（12分）‎ 吊锤打桩机如图a，其工作过程可以简化为图b：质量m=2.0×103kg的吊锤在绳子的恒定拉力F作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，到最高点后自由落下，撞击钉子将钉子打入一定深度。吊锤上升过程中，机械能E与上升高度h的关系如图c，不计摩擦及空气阻力，g=10m/s2。求： ‎ ‎（1）吊锤上升h1=1.6m时的速度大小；‎ ‎（2）吊锤上升h1=1.6m后，再经过多长时间撞击钉子；‎ ‎（3）吊锤上升h2=0.4m时，拉力F的瞬时功率。‎ ‎【解析】（1）设吊锤上升到h1=1.6m处的速度为v1，对应的机械能为E1，结合图c知 ‎，由能量守恒知：， ①‎ 代入数据，解得： ②‎ ‎（2）依题意，吊锤上升到h1=1.6m处后做初速度为的竖直上抛运动，‎ 设经时间t落到钉子上，有：， ③‎ 代入数据，解得： ④‎ ‎（3）对F作用下物体的运动过程，由功能关系有⑤‎ 由图象c可知，吊锤上升h1=1.6m的过程中所受拉力为：‎ ‎ ⑥‎ 设吊锤上升到h2=0.4m处的速度为v2，对应的机械能为E2。由能量守恒得：‎ ‎ ⑦‎ 依题意，有： ⑧‎ F的瞬时功率： ⑨‎ 联立并代入数据解得： ⑩‎ ‎【评分说明：（1）3分，①2分②1分；（2）3分，③2分④1分；（3）6分，⑤~⑩各1分。‎ ‎（1）也可由图c得出吊锤到h1=1.6m后继续上升，求得；‎ ‎（2）分段求t也行，如，，则；‎ ‎（3）应用牛顿运动定律求v2也行，，；求解F时也可以由图c得出吊锤到h1=1.6m过程加速度，进而应用牛顿第二定律求得。‎ 注意（3）中求解a或F公式可能出现在（1）中，评卷时要给相应分数，如下面另解。】‎ 另解：‎ ‎（1）吊锤上升过程中，由功能关系知 ①‎ 结合图c，计算得 设吊锤上升到h1=1.6m处的速度为v1，由动能定理知②‎ 联立①②解得 ③‎ ‎（2）依题意，吊锤上升到h1=1.6m处后做初速度为的竖直上抛运动，设经时间t落到钉子上，有： ④‎ 代入数据，解得： ⑤‎ ‎（3）设吊锤上升到h2=0.4m处的速度为v2，由动能定理得：‎ ‎ ⑥‎ 解得 F的瞬时功率： ⑦‎ 联立并代入数据解得：⑧‎ ‎25．（20分）‎ 如图，x为纸面内的一条直线，P、N是x上的两个点，匀强磁场垂直纸面。两个带电粒子a、b分别从P、N同时开始在纸面内运动。a的初速度垂直x向上，运动轨迹如图中虚线所示，O为圆心，PC是直径，A是圆周上的点；b的初速度方向是纸面内所有可能的方向。‎ 已知：AO连线垂直x，PO=OC=CN；a的初速度为v；a、b带等量异种电荷，a的质量为b的两倍，a、b间的相互作用力及所受重力不计。‎ ‎（1）求a、b的周期之比；‎ ‎（2）若a、b在A点相遇，求b的速度大小；‎ ‎（3）b的速度小于某个临界值v0时，a、b不可能相遇，求v0的大小。‎ ‎【解析】（1）令a质量为m，电量为q，则b质量为0.5m，电量为-q，设磁感强度为B，‎ 带电粒子在磁场中做圆周运动，由：①，②‎ 可得：③；由此求得：④‎ ‎（2）设a、b分别由P、N到A的时间分别为、，由 ‎⑤； ⑥‎ 由此可知，a粒子顺时针转了周时，b粒子逆时针转了半周，也即NA的长度为粒子b做圆周运动的直径。‎ 设a粒子的轨道半径为r； b粒子的速度大小为vb，运动轨道半径为rb。由：‎ ‎，⑦‎ 由几何关系有：⑧‎ 联立解得：⑨‎ ‎（3）假设b粒子的速度v’≥v0时，两粒子能在圆周上的Q点相遇，如答图所示，设PQ对应的圆心角为，‎ a粒子由P运动到Q点的时间为：⑩‎ b粒子由N运动到Q点的时间为： 由此可知，b运动到Q的过程中，粒子b转过弧长所对应的圆心角为，则 在中，由正弦定理得： 得：即：‎ 得： 又：（当时取等号）‎ 于是得到：；即 ‎【评分说明：（1）6分，①②④各2分；若只写③④给4分，只写③给2分；‎ ‎（2）7分，⑧2分，⑤⑥⑦⑨各1分，画出运动轨迹图说明b转过半周赋1分；或者a、b运动转过角度关系也可用文字表达；‎ ‎（3）7分，⑩~各1分，⑩也可用文字表达或画出运动轨迹图说明a、b转过角度关系。‎ ‎（3）在中，由其它三角函数关系求出的关系式也可以。‎ ‎⑤⑥⑩中的n可以不出现，⑧式能直接写出关系式也可。】‎ ‎26．（14分）某课题组同学受葡萄糖与新制氢氧化铜悬浊液反应实验的启示，拟设计实验利用氧化铜探究乙醛的还原性。‎ ‎【提出猜想】 猜想1：CH3CHO＋2CuO CH3COOH＋Cu2O；‎ 猜想 2： （写出化学方程式）。‎ ‎【定性实验】（1）甲同学设计下图装置进行实验（部分夹持装置已略去）：‎ 已知： 乙醛和乙酸的沸点分别为 20.8℃、117.9℃。‎ 按上述装置进行实验，当氧化铜完全反应后停止实验。‎ ‎①为达到良好的冷凝效果，方框中 C 装置应选用 （填仪器名称）；实验中先通入乙醛蒸气，后点燃装置 B 处酒精灯，这样操作的目的是 。‎ ‎②已知：Cu2O 呈红色，在酸性条件下发生反应 Cu2O＋2H+＝Cu＋Cu2+＋H2O。 请你设计实验证明猜想 1 成立。‎ 实验操作： 。‎ 实验现象： 。‎ ‎【定量实验】（2）乙同学设计了如下图所示实验方案定量探究红色固体的成分。‎ 已知：醋酸亚铬[Cr(CH3COO)2]溶液可以吸收少量的 O2。‎ ‎①下列有关说法正确的是（填标号） 。‎ a．装置 D 可以控制反应的发生与停止 b．装置 F 中盛装醋酸亚铬溶液 c．向装置 D 中加入少量硫酸铜固体可加快反应 d．实验中观察到装置 G 中有明显现象 ‎②装置 G 中红色粉末完全反应后，称得固体粉末质量为 19.2 g；装置 H 净增质量为2.0 g。请选择合理数据计算，确定红色粉末的成分及物质的量： 。‎ ‎【答案】 CH3CHO＋CuOCH3COOH＋Cu ‎ ‎（1）① 直形冷凝管 排尽装置中的空气，防止乙醛被氧气氧化 ② 取B中固体少许于试管中，加入适量稀硫酸振荡 溶液变成蓝色，有红色固体残余（见溶液变蓝色即可） ‎ ‎（2）① ac ② 0.1 mol Cu2O，0.1 mol Cu ‎【解析】该实验的目的是：利用氧化铜探究乙醛的还原性，根据猜想1：CH3CHO＋2CuOCH3COOH＋Cu2O；乙醛将氧化铜还原为氧化亚铜，故可以猜想，乙醛将氧化铜还原为铜。观察装置，A中产生乙醛蒸汽，进入B发生反应，在M处收集乙酸，故C装置的作用是冷凝。猜想二：若乙醛将氧化铜还原为铜的话，方程式应为：CH3CHO＋CuOCH3COOH＋Cu ；① C装置要起到冷凝效果，应选用直形冷凝管；因为乙醛容易被氧化，所以实验中先通入乙醛蒸汽，后点燃装置B处酒精灯，这样操作的目的是排尽装置中的空气，防止乙醛被氧气氧化；②要证明猜想1成立，即证明产物是Cu2O，根据反应Cu2O＋2H+＝Cu＋Cu2+＋H2O，故取B中固体少许于试管中，加入适量稀硫酸振荡，溶液变成蓝色，且有红色固体残余，即证明产物是Cu2O；‎ ‎（2）要定量探究红色固体的成分，观察装置，此实验的原理即是用氢气还原红色固体，通过测量粉末质量的变化，测定红色固体中氧的含量。①a．启普发生器可以控制反应的开始与停止，故a正确；b．装置 F 中应盛放的是浓硫酸吸收氢气中的水蒸气，不需要吸收氧气，开始前就应该将装置内空气全部排出，故b错误； c．向装置 D 中加入少量硫酸铜固体可形成铜锌原电池可加快反应，故c正确；d．装置 G 中，氢气还原氧化亚铜得到铜依然是红色的，故没有明显现象，故d错误，故选ac；②H中的增重还包括空气中的水分等，故2.0g不能用，完全反应后，称得固体粉末质量为 19.2 g，反应前后粉末减少1.6g，即粉末中m(O)=1.6g，n(O)=0.1mol，m(Cu)=19.2g，n(Cu)=0.3mol，故该粉末不全是Cu2O，还应该有Cu，n(Cu2O)=0.1mol，n(Cu)=0.1mol。‎ ‎27．（15分）C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。‎ ‎（1）已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH1=-566kJ/mol S(l)+O2(g)=SO2(g) ΔH2=-296kJ/mol 一定条件下，可以通过CO与SO2反应生成S(1)和一种无毒的气体，实现燃煤烟气中硫的回收，写出该反应的热化学方程式 。‎ ‎（2）一定温度下，向2L恒容密闭容器中通入2molCO和1molSO2，发生上述（1）中回收硫的反应。若反应进行到20min时达平衡，测得CO2的体积分数为0.5，则前20min的反应速率ν(CO)= ，该温度下反应化学平衡常数K= （L·mol-1）。‎ ‎（3）在不同条件下，向2L恒容密闭容器中通入2molCO和1molSO2，反应体系总压强随时间的变化如图（Ⅰ）所示：‎ ‎①图（Ⅰ）中三组实验从反应开始至达到平衡时，v(CO)最大的为 （填序号）；‎ ‎②与实验a相比，c组改变的实验条件可能是 。‎ ‎（4）“亚硫酸盐法”吸收烟气中的SO2。室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图（Ⅱ）所示，b点时溶液pH=7，则n(NH4+)∶n(HSO3-) = 。‎ ‎（5）间接电化学法可除NO。其原理如图（Ⅲ）所示，写出电解池阴极的电极反应式(阴极室溶液呈酸性) 。‎ ‎【答案】（1）2CO(g)+SO2(g)=S(l)+2CO2(g) ΔH=-270kJ/mol ‎ ‎（2）0.03mol·L-1·min-1 11.25 ‎ ‎（3）① b ② 升高温度 ‎ ‎（4）3∶1 2HSO3-+2e-+12H+=S2O42-+6H2O ‎【解析】（1）已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH1=-566kJ/mol；S(l)+O2(g)=SO2(g) ΔH2=-296kJ/mol；根据盖斯定律：第一个反应减去第二个反应得：2CO(g)+SO2(g)=S(l)+2CO2(g) ΔH=-270kJ/mol；正确答案：2CO(g)+SO2(g)=S(l)+2CO2(g) ΔH=-270kJ/mol。‎ ‎（2）设参加反应的SO2的物质的量为，则有 ‎                   ‎ 初始状态             ‎ 反应的量                               ‎ 平衡状态              ‎ 即：，，ν(CO)=（0.6×2）/(2×20)=0.03mol·L-1·min-1 ；c(CO)=(2-1.2)/2=0.4mol/L， c(SO2)=(1-0.6)/2=0.2 mol/L， c(CO2)=1.2/2=0.6 mol/L， 该温度下反应化学平衡常数K=c2(CO2)/c2(CO)×c(SO2)= 0.62/0.42×0.2=11.25（L·mol-1）；正确答案：0.03mol·L-1·min-1； 11.25。‎ ‎（3）根据图示，达到平衡时间的快慢为：b＞c＞a，因此达到平衡时的反应速率v(CO)大小为b＞c＞a，因此v(CO)最大的为b；正确答案：b。②与实验a相比，c组反应前和反应后的压强均变大，且达到平衡时间减少，因此改变的实验条件可能是升高温度；正确答案：升高温度。‎ ‎（4）A点时，n(HSO3-)∶n(H2SO3)=1∶1，b点时溶液的pH=7，根据电荷守恒：n(NH4+)=n(HSO3-)+2n(SO3-)，又根据图可知：n(HSO3-)=n(SO3-)，n(NH4+)∶n(HSO3-)=（1+2）∶1=3∶1。‎ ‎（5）根据图示可知，阴极发生还原反应：HSO3-变为S2O42-，电极反应式为2HSO3-+2e-+12H+=S2O42-+6H2O；正确答案：2HSO3-+2e-+12H+=S2O42-+6H2O。‎ ‎28．（14分）磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3·MgCO3。某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg(OH)2、P4和H2，其简化流程如下：‎ 已知：①Ca5(PO4)3F在950℃时不分解 ‎②4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C=== 2CaF2 +30CO + 18CaSiO3 + 3P4‎ ‎③部分物质的相关性质如下：‎ 物质 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ 备注 P4‎ ‎44‎ ‎280.5‎ PH3‎ ‎-133.8‎ ‎-87.8‎ 难溶于水，具有还原性 SiF4‎ ‎-90‎ ‎-86‎ 易水解 回答下列问题：‎ ‎（1）NH4NO3溶液能从磷矿Ⅰ中浸取出Ca2+的原因是 。‎ ‎（2）在浸取液Ⅱ中通入NH3，发生反应的化学方程式是 。‎ ‎（3）上述过程中将二氧化硅、过量C与磷精矿反应，通过一系列处理转化成白磷。电沉降槽中主要沉积物是 （填化学式），冷凝塔Ⅰ的主要沉积物是 。冷凝塔Ⅱ的主要沉积物是 。‎ ‎（4）尾气中主要含有CO，也可能含有少量的PH3、H2S和HF等，将尾气先通入纯碱溶液，可去除 ；再通入次氯酸钠溶液，可除去 。（填化学式）。‎ ‎（5）工业上常用磷精矿［Ca5(PO4)3F］和硫酸反应制备磷酸。已知25℃，101kPa时：‎ CaO(s)+H2SO4(1)=====CaSO4(s)+H2O(1) △H=-271kJ·mol-1‎ ‎5CaO(s)+3H3PO4(1)+HF(g)=====Ca5(PO4)3F(s)+5H2O(1) △H=-937kJ·mol-1‎ 则Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是 ，现有1t折合含有五氧化二磷为30%的磷灰石，最多可制得85%的商品磷酸 t。‎ ‎【答案】（1）NH4+水解使溶液呈酸性，与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2+（1分）‎ ‎（2）MgSO4+ 2NH3 + 2H2O === Mg(OH)2↓+ (NH4)2SO4 (2分)‎ ‎（3）CaF2、CaSiO2（2分）液体白磷（1分）固体白磷（1分）‎ ‎（4）H2S、HF(2分)PH3(1分)‎ ‎（5）Ca5(PO4)3F(s) + 5H2SO4(1)=== 5CaSO4(s)+ 3H3PO4(1)+ HF(g) △H=-418kJ·mol-1（2分） 0.49（2分）‎ ‎【解析】（1）NH4NO3溶液中NH4+水解使溶液显酸性，H+与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2+。（2）由流程容易判断，浸取液Ⅱ的主要成分是MgSO4，向浸取液Ⅱ中通入NH3，发生反应的化学方程式为。（3）由已知②的反应可知电沉降槽中的主要沉积物是CaF2和CaSiO3，冷凝塔I的温度为70℃，P4蒸气冷凝为液体；冷凝塔Ⅱ的温度为18℃，白磷液体冷凝为固体。（4）通过碱性溶液，酸性气体H2S、HF被吸收，再通过氧化性的次氯酸钠溶液，还原性的PH3被吸收。（5）根据盖斯定律容易写出热化学方程式：Ca5(PO4)3F(s) + 5H2SO4(1)=== 5CaSO4(s)+ 3H3PO4(1)+ HF(g) △H=-418kJ·mol-1。‎ 设最多可制得85%的商品磷酸的质量为x，根据P原子守恒：‎ P2O5→2H3PO4‎ ‎142 196‎ ‎0.3t 85%x 则：85%x×142=196×0.3t，x=0.49t。‎ ‎29．（10分）某生物兴趣小组设计如下图所示实验装置以探究环境因素对光合作用的影响。该兴趣小组将某绿色植物置于左侧密闭透明的容器中，给予恒定且适宜的光照；右侧容器充满氮气（氮气对生物的代谢无影响），并在培养液中培养酵母菌，开始时阀门关闭。请回答下列问题：‎ ‎（1）一段时间后，打开阀门，当容器中CO2浓度保持相对稳定时，该植物的净光合速率___________（填“大于”“小于”或“等于”）0，原因是___________________________________‎ ‎_____________________________________________________________。‎ ‎（2）若更换右侧培养液，用于培养乳酸菌，则一段时间后打开阀门，该植物的光合速率有所下降，原因是 ‎____________________________________________________________________________‎ ‎___________________________________________________。‎ ‎（3）上述实验中CO2浓度是影响光合作用变化的主要因素，现实中光合作用强度还受多种外界因素影响，若你要研究其中的______________________（填某一变量名称）对光合速率的影响，则实验设计思路是（在其他条件相同且适宜的条件下）__________________________________________‎ ‎___________________________________________________________。‎ ‎【答案】（1）大于 此时植物的光合速率等于酵母菌的呼吸速率与植物的呼吸速率之和 ‎（2）乳酸菌无氧呼吸不释放CO2，打开阀门后，CO2由左侧容器向右侧容器扩散，导致容器内CO2浓度下降，因此该植物的光合速率下降 ‎ ‎（3）光照强度（或温度）选择长势相同的该植物在不同光照强度（或温度）下测定其光合速率 ‎【解析】光照下左侧容器内的植物能够进行光合作用与呼吸作用，右侧容器内的酵母菌能够进行呼吸作用。实验开始后的一段时间内，阀门始终关闭，左侧容器内植物光合作用不断消耗CO2，CO2浓度不断下降，下降至光合速率等于呼吸速率时，容器内的CO2浓度趋于稳定；之后打开阀门，右侧酵母菌呼吸作用产生的CO2可以扩散至左侧容器，左侧容器内的植物继续进行光合作用，直至整个容器内的CO2浓度不再变化，说明植物进行光合作用利用CO2的速率与植物和酵母菌进行呼吸作用共同产生CO2的速率相等。（1）根据上述分析，一段时间后，打开阀门，当容器中CO2浓度保持相对稳定时，由于此时进行光合作用利用CO2的速率与植物和酵母菌的呼吸作用共同产生CO2的速率相等，所以该植物净光合速率（自身光合速率－自身呼吸速率）大于0。（2）若将右侧的酵母菌培养液改为乳酸菌培养液，由于乳酸菌进行的无氧呼吸不产生CO2，则一段时间后打开阀门，CO2由左侧容器向右侧容器扩散，导致容器内CO2浓度下降，因此该植物的光合速率下降。（3）影响植物光合速率的因素除有CO2浓度外，环境中光照强度、温度等都会影响光合作用速率。欲探究光照强度（或温度）对植物光合速率的影响，其大致设计思路应该是选择长势相同的该植物在不同光照强度（或温度）下测定其光合速率（注意控制其他条件相同且适宜）。‎ ‎30．（10分）激素作为一种化学信使，能将某种调节的信息由内分泌细胞携带至靶细胞。图示影响血糖调节的因素及激素发挥作用的过程。请回答下列问题：‎ ‎（1）“刺激X”最可能是__________________。‎ ‎（2）肾上腺素增多可以使神经系统兴奋性增强，从而引起甲状腺激素分泌增加，与图中刺激X→①→下丘脑→②→胰岛A细胞的过程相比较，这两个过程调节方式的区别是_____________________‎ ‎___________________________________________。‎ ‎（3）靶细胞依靠膜上受体接收信号，受体的化学本质是_______________，靶细胞接受激素刺激后，促使_______________________________，从而升高血糖。‎ ‎（4）有同学以血糖为例构建了一个概念模型，如下图所示，图中激素分泌量稳定的维持是通过________（填“正”或“负”）反馈调节来实现的。‎ ‎【答案】（1）血糖浓度降低 ‎ ‎（2）前者是神经—体液调节，后者是神经调节 ‎ ‎（3）蛋白质（或糖蛋白） 肝糖原的分解及非糖物质转化为葡萄糖 ‎ ‎（4）负 ‎【解析】人体血糖的调节以体液调节为主，同时又接受神经系统的调节。当血糖含量升高时，下丘脑的相关区域兴奋，通过副交感神经直接刺激胰岛B细胞释放胰岛素，并同时抑制胰岛A细胞分泌胰高血糖素，从而使血糖含量降低；当血糖含量降低时，下丘脑另一相关区域兴奋，通过交感神经作用于胰岛A细胞分泌胰高血糖素，并抑制胰岛B细胞分泌胰岛素，使血糖含量升高。机体通过神经—体液调节维持了血糖含量的相对稳定。胰岛B细胞分泌胰岛素，其作用是促进细胞加速摄取、利用和储存葡萄糖，即促进葡萄糖的氧化分解，促进糖原合成和葡萄糖转化成非糖物质；胰岛A细胞分泌胰高血糖素，能促进肝细胞的肝糖原分解，并促进肝细胞把非糖物质转化为葡萄糖，从而使血糖水平升高。胰岛素和胰高血糖素的作用相互拮抗，共同维持血糖含量的稳定。（1）“刺激X”导致胰岛A细胞分泌胰高血糖素增多，故其最可能是血糖浓度下降。（2）肾上腺素增多可以使神经系统兴奋性增强，从而引起甲状腺激素分泌增加，该过程含有体液调节和神经调节，而“刺激X”→①→下丘脑→②→胰岛A 细胞只有神经调节。（3）受体的化学本质是蛋白质（或糖蛋白），胰高血糖素作用于靶细胞，促使靶细胞肝糖原水解及非糖物质转化为葡萄糖，从而升高血糖浓度 。（4）血糖浓度升高时，胰岛B细胞产生胰岛素，胰岛素分泌增加，可以抑制肝糖原的分解和非糖物质转化为葡萄糖，从而抑制血糖浓度升高，所以存在负反馈调节。‎ ‎31．（8分）某鱼塘生态系统具有由5个种群构成的捕食食物网，这5个种群及其固定的能量（单位：略）如表所示。请回答下列问题：‎ 种群 甲 乙 丙 丁 戊 能量 ‎70.8‎ ‎246.1‎ ‎216.5‎ ‎8.6‎ ‎1540.8‎ ‎（1）该鱼塘生态系统中共有_______个营养级。表中未体现出的生物成分是___________。‎ ‎（2）表中乙和丙所示种群是该鱼塘的饲养对象，则根据表中数据不能计算出第一营养级与第二营养级之间的能量传递效率，理由是________________________________________。为了使能量更多地流向人类，可采取的措施是________________________________________。‎ ‎【答案】（1）4 分解者 ‎ ‎（2）乙和丙种群固定的能量有一部分来自饲料，但这部分能量值表中并未给出 人工捕捞一部分甲和丁 ‎【解析】根据题干信息和表格数据分析，表格中五种生物都参与构成食物网，为生产者和消费者，其中戊含有的能量最多，为生产者，处于第一营养级；乙、丙的能量次之，且两者的能量差不多，为初级消费者，处于第二营养级；甲的能量比初级消费者少，比丁多，说明甲是次级消费者，处于第三营养级；丁是三级消费者，处于第四营养级。（1）根据以上分析可知，该鱼塘生态系统中的5种生物共有4个营养级；生态系统的生物成分包括生产者、消费者和分解者，而表格中只有生产者和消费者，没有分解者。（2）由于该鱼塘生态系统是人工生态系统，乙和丙所示种群是该鱼塘的饲养对象，故乙和丙种群固定的能量有一部分来自饲料，但这部分能量值表中并未给出，因此根据表中数据不能计算出第一营养级与第二营养级之间的能量传递效率；能量流动是逐级递减的，为了使能量更多地流向人类，应该尽量减少能量的浪费，该目的可以通过缩短食物链的方式实现，如人工捕捞一部分甲和丁。‎ ‎32．（11分）已知蝴蝶的触角有棒型和正常两种，由一对等位基因A/a控制；黄色和白色是由常染色体上一对等位基因B/b控制的，且黄色由B 基因控制。雄性有黄色和白色两种表现型，而无论哪种基因型雌性只有白色一种表现型。如图为一对亲本杂交的实验结果，请回答下列问题：‎ ‎（1）A和a基因的本质区别是____________________________，蝴蝶触角的棒型和正常这对相对性状中________触角为显性性状。‎ ‎（2）亲本的基因型是____________，F1中白色棒型雌性的基因型为____________，若Fl中白色棒型雌蝴蝶和白色正常雄蝴蝶个体交配，则F2中白色棒型雄蝴蝶出现的概率为____________。‎ ‎（3）请画出白色正常雄蝴蝶和白色棒型雌蝴蝶杂交后得到子代雄性全是黄色正常，子代雌性全是白色正常的遗传图解。‎ ‎【答案】（1）碱基（或碱基对或脱氧核苷酸）的排列顺序不同 正常（1分） ‎ ‎（2）Aabb和AaBb aaBb或aabb 1/8 ‎ ‎（3）如图：‎ ‎【解析】根据题意分析，雄性黄色基因型为B_，白色基因型为bb；雌性B_、bb都表现为白色。据图分析，白色雄性（bb）与白色雌性杂交，后代雄性黄色∶白色=1∶1，说明亲本雌性基因型为Bb；正常雄性与正常雌性杂交，后代出现了棒型，说明正常对棒型为显性性状，且后代正常∶棒型在雌雄性中都为3∶1，没有性别的差异，说明控制该性状的等位基因位于常染色体上，亲本相关基因型都是Aa，则综合两对性状，亲本的基因型为Aabb、AaBb。（1）A和a基因是一对等位基因，其本质区别是两者的碱基（或碱基对或脱氧核苷酸）的排列顺序不同；根据以上分析已知，蝴蝶触角的正常对棒型为显性性状。（2）根据以上分析已知，亲本基因型为Aabb、AaBb，则F1中白色棒型雌性的基因型为1/2aaBb或1/2aabb ‎，白色正常雄蝴蝶基因型为1/3AAbb或2/3Aabb，则F2中白色棒型雄蝴蝶（aabb）出现的概率＝2/3×1/2×（1/2×1/2＋1/2）×1/2＝1/8。（3）根据题意分析，白色正常雄蝴蝶基因型为A_bb，白色棒型雌蝴蝶基因型为aa_ _，杂交后得到子代雄性全是黄色正常（A_B_），子代雌性全是白色正常（A_ _ _），因此亲本基因型为AAbb、aaBB，子代雌雄性的基因型都是AaBb，遗传图解如答案所示。‎ ‎（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。‎ ‎33．【物理——选修3-3】（15分）‎ ‎（1）（5分）下列说法正确的是 （填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）‎ A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同 B．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 C．布朗运动说明构成固体颗粒的分子在永不停息的做无规则运动 D．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质 E．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面上，这是由于水表面存在表面张力的缘故 ‎【答案】BDE ‎（2）（10分）如图，左、右两个气缸底部有细管（容积可忽略）连通，左气缸的顶部开口与大气相通，右气缸绝热且内部顶端有加热装置。开始时导热活塞a在气缸底部但未与底部接触，绝热活塞b将气缸内气体分成体积相等的A、B两部分。已知左、右气缸内部高度分别为h和4h，初始温度均为T0，大气压强为p0；a和b厚度不计，横截面积均为S，所受重力大小均为p0S，与气缸接触良好，不计一切摩擦。‎ ‎(i)给A缓慢加热，当a刚刚到达气缸顶部但未与顶部接触时，A吸收的热量为Q，求该过程中A的内能变化量；‎ ‎(ii)当a恰好到达气缸顶部时，继续给A缓慢加热，使b刚刚到达气缸底部但未与底部接触，求此时A的温度。‎ ‎【解析】 (i) 题目已知活塞重力均为 初始时，对活塞a： ①‎ 对活塞b： ②‎ 可得 ，‎ a开始运动到刚好到达气缸顶部的过程中，对气体A，其等压膨胀过程有 ‎ ③‎ ‎(ii)当b刚好到达气缸底部时，对气体B，体积 其等温压缩过程有 ④‎ 可得，即 ‎ 对活塞b， ⑤‎ ‎ 可得 ‎ 对气体A，其膨胀后的体积 ‎ ⑥‎ ‎ 可得，即 ⑦‎ ‎【评分说明：③④⑥各2分，其余式子各1分；③可以拆分原始方程和结果各1分。】‎ ‎34．【物理——选修3-4】（15分）‎ ‎（1）（5分）下列说法正确的是 （填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）‎ A．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在 B．单摆做简谐运动的周期（或频率）跟振幅及摆球质量无关 C．多普勒效应是指由于波源或观察者的运动而出现的观测频率与波源频率不同的现象 D．透过平行于日光灯的窄缝观察正常发光的日光灯时看到彩色条纹，这是光的色散现象 E．火车过桥要减速，是为使驱动力频率远离桥梁的固有频率，以免发生共振损坏桥梁 ‎【答案】BCE ‎（2）（10分）如图是折射率为n=1.5的半圆环玻璃砖横截面，O是圆心，OO'是半圆环的对称线，该截面内光线a垂直CD从C处射入，恰好不从外环射出，而是从AB某处射出。另一平行a的光线b（图中未画出）从内环BFC某处射入，而后从外环的E处射出，出射光线与OE的夹角为，且。设AB、CD的宽度均为d，内环半径为R，光线b与OO'‎ 的距离为x。求：‎ ‎(i)的值；‎ ‎(ii)的值。‎ ‎【解析】(i)依题意，光线a在外环表面的P点发生全反射，如答图所示，设临界角为C，有： ①‎ 代入数据得： ②‎ ‎(ii)设光线b从内环BFC表面的H点射入玻璃砖，如答图所示，有：‎ ‎ ③‎ ‎ ④‎ ‎ ⑤‎ 在中，由正弦定理得：⑥‎ 联立以上各式并代入数据得： ⑦‎ ‎【评分说明：①③⑤各2分，其余式子各1分。】‎ ‎35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）‎ 英国曼彻斯特大学科学家安德烈·海姆和康斯坦丁·诺沃肖洛夫。共同工作多年的二人因“突破性地”用撕裂的方法成功获得超薄材料石墨烯而获诺贝尔奖。制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型示意图如下：‎ ‎（1）下列有关石墨烯说法正确的是 。‎ A．键长：石墨烯>金刚石 B．石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面 C．12g石墨烯含σ键数为NA D．从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力 ‎（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。‎ ‎①铜原子在基态时，在有电子填充的能级中，能量最高的能级符号为 ；第 四周期元素中，最外层电子数与铜相同的元素还有 。‎ ‎②乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷，请解释原因 。‎ ‎③下列分子属于非极性分子的是 。‎ a．甲烷   b．二氯甲烷 c．苯   d．乙醇 ‎④酞菁与酞菁铜染料分子结构如图，酞菁分子中氮原子采用的杂化方式是 ；酞菁铜分子中心原子的配位数为 。‎ ‎⑤金与铜可形成的金属互化物合金(如图，该晶胞中，Au占据立方体的8个顶点)，它的化学式可表示为 ；在Au周围最近并距离相等的Cu有 个，若2个Cu原子核的最小距离为dpm，该晶体的密度可以表示为 g/cm3。(阿伏伽德罗常数用NA表示)‎ ‎【答案】（1）BD ‎ ‎（2）① 3d K 、Cr ② 乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键 ‎ ‎③ a、c ④ sp3  sp2 2 ⑤ Cu3Au 或AuCu3 12 ‎【解析】（1）A、石墨比金刚石稳定，故石量烯的键长小于金刚石，故A错误；B．石墨烯分子是层状结构，所有原子可以处于同一平面，故B正确；C、12g石墨烯为1molC，1molC有1.5molσ键，故12g石墨烯含σ键数为1.5NA，故C错误；D、石墨结构中层与层之间是分子间作用力，故从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力，故D正确；故选BD。‎ ‎（2）①铜原子的基态原子中，有电子填充的能级中，能量最高的能级符号为3d，Cu的最外层有1个电子，第四周期元素中，最外层电子数与铜相同的元素还有K、Cr；②乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷，因为乙醇分子间可形成氢键而丁烷分子间不能形成氢键，丁烷分子间只有范德华力，范德华力的强度小于氢键的强度；③甲烷、苯是非极性分子，二氯甲烷和乙醇是极性分子，故选a、c；④根据图示，酞菁分子中，氮原子有两种，一种有3个σ键，1对孤对电子，是sp3杂化，另一种N连接双键，有2个σ键，1对孤对电子，是sp2杂化，酞菁分子中心原子Cu和4个N形成配位键，故其配位数为4；⑤金与铜可形成的金属互化物合金的化学式根据均摊法，其化学式为Cu3Au 或AuCu3；在Au 周围最近并距离相等的Cu有12个，2个Cu原子核的最小距离为晶胞面对角的一半，为dpm，则晶胞边长为：d pm，该晶体的密度可以为 =g/cm3。‎ ‎36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）‎ ‎3,4,5-三甲氧基苯甲醛（TMB）是一种药物中间体，其合成路线如下：‎ ‎（1）TMB的质谱图中，最大质荷比的数值是 。‎ ‎（2）D→TMB转化过程中的有机反应属于取代反应的有 （选填④~⑥）。‎ ‎（3）有机物E中的含氧官能团有 （写名称）。‎ ‎（4）下列对有机物D的性质的推测正确的是 。‎ a．不能使溴水褪色 b．可发生加成、取代和氧化反应 c．可用银氨溶液鉴别A和D d．可与NaHCO3溶液反应放出CO2‎ ‎（5）符合下列条件的F的同分异构体共有 种，写出其中核磁共振氢谱只有四组峰的所有同分异构体的结构简式： 。‎ ‎①苯环有三个取代基且有两个式量相同的取代基 ‎②不含过氧键（—O—O—），且不与FeCl3发生显色反应 ‎③1 mol F最多能消耗2 mol NaOH ‎（6）结合上述合成路线和所学有机知识，设计以对氯甲苯和甲醇为原料合成的路线（用合成路线流程图表示，并注明反应条件）： 。‎ ‎①烷基苯在酸性高锰酸钾作用下，侧链被氧化成羧基：‎ ‎②合成反应流程图表示方法示例：‎ ‎【答案】（1）196（2分） （2）④⑤⑥（2分）‎ ‎（3）（酚）羟基、醛基（2分） （4）bc（2分）‎ ‎（5）22（2分）（2分）‎ ‎（6）（3分）‎ ‎【解析】对硝基甲苯发生反应①生成对氨基苯甲醛，对氨基苯甲醛和硫酸、亚硝酸钠反应生成，加热生成对羟基苯甲醛，对羟基苯甲醛和溴发生取代反应生成3,5－二溴－4－羟基苯甲醛，E发生取代反应成F。‎ ‎（1）由TMB的结构简式，可知其分子式为C10H12O4，最大质荷比的数值是其相对分子质量，其相对分子质量为196，则最大质荷比的数值为196。（2）D→3,4,5－三甲氧基苯甲醛的过程中属于取代反应的有④⑤⑥。（3）根据E的结构简式可知，含有的官能团有（酚）羟基、醛基、溴原子，含氧官能团为（酚）羟基、醛基。（4）含有（酚）羟基，D可以与溴水发生取代反应，a项错误；醛基和苯环可以发生加成反应，苯环可与Fe/发生取代反应，醛基可以发生氧化反应，b项正确；D中含有醛基，可用银氨溶液鉴别A和D，c项正确；酚羟基与NaHCO3溶液不反应，d项错误。（5）符合下列条件的F（）的同分异构体；①苯环有三个取代基且有两个式量相同的取代基；②不含过氧键（——O——O——），且不与FeCl3发生显色反应，不含酚羟基，③1molD最多能的消耗2molNaOH，说明含有甲酸酯结构；有三种情况：①三个取代基为1个——OOCH和2个——OCH3，有6种；②三个取代基为1个——OOCH和2个——CH2OH，有6种；③三个取代基为——OOCH、——CH2OH和——OCH3，有10种，综上所述共有22种，基中核磁共振氢谱只有四组峰的同分异构体的结构简式为。（6）对氯甲苯在一定条件下发生取代反应生成对甲氧基甲苯，对甲氧基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成对甲氧基苯甲酸，对甲氧基苯甲酸和甲醇发生酯化反应成对甲氧基苯甲酸甲酯，其合成路线为 ‎。‎ ‎37．【物——选修1：生物技术实践】（15分）某科研所从腐烂的葡萄皮及醋醅、葡萄汁、自酿葡萄酒中筛选出一株性能优良的醋酸菌M12，其分离纯化步骤如下：样品→富集培养→分离纯化→定性试验→定量试验→菌种鉴定。请回答下列问题：‎ ‎（1）培养醋酸菌时在培养基中加入95%的酒精作为_______。醋酸菌在______________________‎ ‎___________________的情况下会将乙醇转化为乙醛，再将乙醛转化为醋酸。‎ ‎（2）无菌技术除了用来防止实验室的培养物被其他外来微生物污染外，还能_______________‎ ‎_________________________。‎ ‎（3）某同学尝试用从超市买来的食醋中分离醋酸菌，结果没有得到任何菌落，原因是__________‎ ‎__________________________________________。请你提出改进措施：_________________________‎ ‎______________________________________。‎ ‎（4）培养基中加入酒精的量不能过多，因为___________________。为测试M12的耐酒精能力，请简要说明实验设计的思路：__________________________________________________________‎ ‎_______________________________________________________________________________。‎ ‎【答案】（1）碳源 糖源不足、氧气充足、相对培养温度较高（30～35℃） ‎ ‎（2）有效避免操作者自身被微生物感染 ‎ ‎（3）市场购买的食醋在装瓶之前经过灭菌处理，已无活菌 使用自酿食醋或其他含活醋酸菌的食品分离醋酸菌 ‎ ‎（4）酒精会抑制微生物的生长 分别在含有完全培养基的平板中添加等量不同浓度梯度的酒精，每个浓度设置3个或3个以上平板，接种等量M12并在相同且适宜的条件下培养一段时间，观察并记录M12菌落的生长情况 ‎【解析】（1）酒精中含有碳元素，可为醋酸菌的生长提供碳源。醋酸菌的最适生长温度为30～35℃，当氧气充足、缺少糖源时，醋酸菌可以先将乙醇变为乙醛，再将乙醛变为醋酸。（2）无菌技术除了用来防止实验室的培养物被其他外来微生物污染外，还能有效避免操作者自身被微生物感染。（3）从超市买来的食醋在装瓶之前已经过灭菌处理，已无活菌，因此不能从该食醋中分离出醋酸菌。若要分离醋酸菌，可使用自酿食醋或其他含活醋酸菌的食品。（4）酒精会抑制微生物的生长，因此培养基中加入酒精的量不能过多。若要测试M12的耐酒精能力，则自变量是酒精的浓度，因变量是M12菌落的生长情况；为了增加实验结果的可信度，无关变量应控制相同。据此并依据实验应遵循的单一变量原则、重复原则等，实验设计思路：分别在含有完全培养基的平板中添加等量不同浓度梯度的酒精，每个浓度设置3个或3个以上平板，接种等量M12并在相同且适宜的条件下培养一段时间，观察并记录M12菌落的生长情况。‎ ‎38．【生物——选修3：现代生物科技专题】（15分）请回答下列与生物工程有关的问题：‎ ‎（1）基因工程中获得目的基因后，利用PCR技术将该基因扩增，前提是要有______________序列，以便根据这一序列合成______，我国科学家独创了一种将目的基因导入受体细胞方法，成功研制出了转基因抗虫棉，该方法是_______________。‎ ‎（2）与传统方法生成的抗体相比，单克隆抗体具有很多优点，单克隆抗体的制备过程主要应用了_____________技术。‎ ‎（3）利用体细胞进行核移植技术的难度明显高于利用胚胎细胞进行核移植，原因是__________‎ ‎_________________________________。‎ ‎（4）桑基鱼塘生态系统能充分利用废弃物中的能量，形成无废弃物农业，这主要遵循了生态工程的___________原理，系统各组分间要有适当的比例关系，以实现“1+1>2”的效果，体现了生态工程的______________原理。‎ ‎【答案】（1）一段已知目的基因的核苷酸 引物 花粉管通道法 ‎ ‎（2）动物细胞融合 ‎ ‎（3）体细胞分化程度高，不容易恢复全能性 ‎ ‎（4）物质循环再生 系统整体性（或系统学和工程学）‎ ‎【解析】（1）利用PCR技术扩增目的基因，前提是要有一段已知目的基因的核苷酸序列以便根据这一序列合成引物；我国科学家独创了花粉管通道法将目的基因导入受体细胞的方法并成功研制出了转基因抗虫棉。（2）单克隆抗体的制备过程主要应用了动物细胞融合技术，还应用了动物细胞培养、细胞筛选和抗体检测等。（3）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，故利用体细胞进行核移植技术的难度明显高于利用胚胎细胞进行核移植。（4）桑基鱼塘生态系统能充分利用废弃物中的能量，形成无废弃物农业，这主要遵循了生态工程的物质循环再生原理；系统各组分间要有适当的比例关系，以实现“1＋1＞2”的效果，体现了生态工程的系统整体性原理（或系统学和工程学原理）。‎