全国新课标Ⅰ高考题 30页

全国新课标Ⅰ ‎1．关于蛋白质生物合成的叙述，正确的是 (　　)‎ A．一种tRNA可以携带多种氨基酸 B．DNA聚合酶是在细胞核中合成的 C．反密码子是位于mRNA上相邻的三个碱基 D．线粒体中的DNA能控制某些蛋白质的合成 答案　D 解析　一种tRNA只能携带一种氨基酸，但一种氨基酸可能被多种tRNA携带；DNA聚合酶是蛋白质，蛋白质是在核糖体上合成的，核糖体分布在细胞质中；反密码子是位于tRNA上相邻的三个碱基。‎ ‎2．关于同一个体中细胞有丝分裂和减数第一次分裂的叙述，正确的是 (　　)‎ A．两者前期染色体数目相同，染色体行为和DNA分子数目不同 B．两者中期染色体数目不同，染色体行为和DNA分子数目相同 C．两者后期染色体行为和数目不同，DNA分子数目相同 D．两者后期染色体行为和数目相同，DNA分子数目不同 答案　C 解析　假如体细胞内的染色体数为2N，有丝分裂前期、中期、后期、末期的染色体数目分别是2N、2N、4N、2N，减数第一次分裂相应时期的染色体数目分别是2N、2N、2N、N；有丝分裂前期、中期、后期、末期的DNA分子数目分别是4N、4N、4N、2N，减数第一次分裂相应时期的DNA分子数目分别是4N、4N、4N、2N；减数第一次分裂过程中同源染色体依次发生联会、四分体、分离与自由组合等行为变化，有丝分裂则没有这种特有变化。‎ ‎3．关于植物细胞主动运输方式吸收所需矿质元素离子的叙述，正确的是 (　　)‎ A．吸收不同矿质元素离子的速率都相同 B．低温不影响矿质元素离子的吸收速率 C．主动运输矿质元素离子的过程只发生在活细胞中 D．叶肉细胞不能以主动运输的方式吸收矿质元素离子 答案　C 解析　植物细胞对矿质元素离子的吸收具有选择性；主动运输需要细胞呼吸提供能量，低温降低细胞呼吸强度；叶肉细胞也能以主动运输的方式吸收矿质元素离子，例如根外施肥；主动运输是细胞膜具有选择透过性的重要表现，只有活细胞才具有选择透过性。‎ ‎4．示意图甲、乙、丙、丁为某实验动物感染HIV后的情况。‎ 下列叙述错误的是 (　　)‎ A．从图甲可以看出，HIV感染过程中存在逆转录现象 B．从图乙可以看出，HIV侵入后机体能产生体液免疫 C．从图丙可以推测，HIV可能对实验药物a敏感 D．从图丁可以看出，HIV对实验药物b敏感 答案　D 解析　由丁图看出，加入实验药物b后HIV的数量持续大增，故HIV对实验药物b不敏感。‎ ‎5．某农场面积为140 hm2，农场丰富的植物资源为黑线姬鼠提供了很好的生存条件，鼠大量繁殖吸引鹰来捕食，某研究小组采用标志重捕法来研究黑线姬鼠的种群密度，第一次捕获100只，标记后全部放掉，第二次捕获280只，发现其中有两只带有标记，下列叙述错误的是 (　　)‎ A．鹰的迁入率增加会影响黑线姬鼠的种群密度 B．该农场黑线姬鼠的种群密度约为100只/hm2‎ C．黑线姬鼠种群数量下降说明农场群落的丰富度下降 D．植物→鼠→鹰这条食物链，第三营养级含能量少 答案　C 解析　黑线姬鼠种群数量下降是因为其数量增加吸引鹰来捕食所致，这恰恰说明农场群落的丰富度增加了。‎ ‎6．若用玉米为实验材料，验证孟德尔分离定律，下列因素对得出正确实验结论，影响最小的是 (　　)‎ A．所选实验材料是否为纯合子 B．所选相对性状的显隐性是否易于区分 C．所选相对性状是否受一对等位基因控制 D．是否严格遵守实验操作流程和统计分析方法 答案　A 解析　如果用测交验证，只有测交后代出现1∶1才能得到验证，故所选实验材料是否为杂合子才有利于验证。‎ ‎7．化学无处不在，下列与化学有关的说法不正确的是 (　　)‎ A．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异 B．可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气 C．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物 D．黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成 答案　C 解析　A项中应用了NaHCO3的溶解度比NaCl小，而析出NaHCO3晶体，正确；B项中HCl遇NH3产生白烟NH4Cl，正确；C项中碘是人体的微量元素，与“多吃”矛盾，另外高碘酸是有毒物质，不正确。‎ ‎8．香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：‎ ‎，下列有关香叶醇的叙述正确的是 (　　)‎ A．香叶醇的分子式为C10H18O B．不能使溴的四氯化碳溶液褪色 C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D．能发生加成反应不能发生取代反应 答案　A 解析　从结构简式看出香叶醇中含“CC”和醇“—OH”，碳碳双键能使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，能发生加成反应，醇“—OH”能发生取代反应，显然B、C、D均不正确。‎ ‎9．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,其简单离子都能破坏水的电离平衡的是(　　)‎ A．W2－、X＋ B．X＋、Y3＋‎ C．Y3＋、Z2－ D．X＋、Z2－‎ 答案　C 解析　结合原子序数和简单离子的电荷数，确定W、X、Y、Z分别为O、Na、Al、S四种元素，能发生水解的离子为Al3＋、S2－，故C项正确。‎ ‎10．银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故，根据电化学原理可进行如下处理，在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去，下列说法正确的是 (　　)‎ A．处理过程中银器一直保持恒重 B．银器为正极，Ag2S被还原生成单质银 C．该过程中总反应为2Al＋3Ag2S===6Ag＋Al2S3‎ D．黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl 答案　B 解析　本题要注意运用“电化学原理”这个关键词，由题干信息中Ag、Al、食盐溶液构成原电池的条件，Ag2S 是氧化剂，作正极，发生还原反应，B项正确。C项忽视了Al2S3在水溶液中发生完全的双水解反应，正确的方程式应为2Al＋3Ag2S＋6H2O===6Ag＋2Al(OH)3↓＋3H2S↑。D项中没有化合价的变化，不符合电化学原理。‎ ‎11．已知Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12。某溶液中含有Cl－、Br－和CrO,浓度均为0.010 mol·L－1,向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为 (　　)‎ A．Cl－、Br－、CrO B．CrO、Br－、Cl－‎ C．Br－、Cl－、CrO D．Br－、CrO、Cl－‎ 答案　C 解析　根据已知的三种阴离子的浓度计算出要产生三种沉淀所需Ag＋的最小浓度，所需Ag＋浓度最小的先沉淀。‎ 要产生AgCl沉淀，c(Ag＋)＞ mol·L－1＝1.56×10－8 mol·L－1；‎ 要产生AgBr沉淀，c(Ag＋)＞ mol·L－1＝7.7×10－11 mol·L－1；‎ 要产生Ag2CrO4，需c2(Ag＋)·c(CrO)＞Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12，‎ 即c(Ag＋)＞ mol·L－1＝3.0×10－5 mol·L－1；‎ 显然沉淀的顺序为Br－、Cl－、CrO。‎ ‎[易错警示]　简单的比较Ksp的大小易错选D。‎ ‎12．分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，这些醇和酸重新组合可形成的酯共有 (　　)‎ A．15种 B．28种 C．32种 D．40种 答案　D 解析　‎ 由题目信息可知水解生成的甲酸1种，乙酸1种，丙酸1种，丁酸可能2种，共可能共生成5种酸；对应水解生成的醇：丁醇可能有4种，丙醇可能有2种，乙醇1种，甲醇1种，共8种醇。‎ 重新组合成酯＝5×8＝40种。‎ ‎13．下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是(　　)‎ 选项 目的 分离方法 原理 A 分离溶于水的碘 乙醇萃取 碘在乙醇中的溶解度较大 B 分离乙酸乙酯和乙醇 分液 乙酸乙酯和乙醇的密度不同 C 除去KNO3固体中混杂的NaCl 重结晶 NaCl在水中的溶解度很大 D 除去丁醇中的乙醚 蒸馏 丁醇与乙醚的沸点相差较大 答案　D 解析　乙醇与水互溶，不能用作萃取剂，A项错；乙醇和乙酸乙酯互溶，不能用分液方法分离，B项错；除去KNO3中NaCl杂质是利用二者在不同温度下溶解度变化差别很大，使用重结晶法，C项错；分离两种沸点差别较大的互溶液体，一般使用蒸馏操作，D项正确。‎ ‎14．如图1是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表．表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的．根据表中的数据．伽利略可以得出的结论是 (　　)‎ 图1‎ A．物体具有惯性 B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关 C．物体运动的距离与时间的平方成正比 D．物体运动的加速度与重力加速度成正比 答案　C 解析　由表可知，伽利略研究的是物体沿斜面运动的距离与时间的关系．由计算可得每一组数据中第三列数据大约总是第一列数据的33倍左右，故可以得出物体运动的距离与时间的平方成正比，所以C选项正确．‎ ‎15．如图2，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、 b、d三个点，a和b、b和c、 c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q (q>0)的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量) (　　)‎ 图2‎ A．k B．k C．k D．k 答案　B 解析　电荷q产生的电场在b处的场强Eb＝，方向水平向右，由于b点的合场强为零，故圆盘上的电荷产生的电场在b处的场强Eb′＝Eb，方向水平向左，故Q＞0.由于b、d关于圆盘对称，故Q产生的电场在d处的场强Ed′＝Eb′＝，方向水平向右，电荷q产生的电场在d处的场强Ed＝＝，方向水平向右，所以d处的合场强的大小E＝Ed′＋Ed＝k.‎ ‎16．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将 (　　)‎ A．打到下极板上 B．在下极板处返回 C．在距上极板处返回 D．在距上极板d处返回 答案　D 解析　粒子两次落到小孔的速度相同,设为v,下极板向上平移后由E＝知场强变大,故粒子第二次在电场中减速运动的加速度变大,由v2＝2ax得第二次减速到零的位移变小，即粒子在下极板之上某位置返回,设粒子在距上极板h处返回,‎ 对粒子两次运动过程应用动能定理得mg(＋d)－qU＝0，mg(＋h)－q·h＝0.两方程联立得h＝d，选项D正确．‎ ‎17．如图3，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是 (　　)‎ 图3‎ ‎ ‎ 答案　A 解析　设∠bac＝2θ，MN以速度v匀速运动，导体棒单位长度的电阻为R0.经过时间t，导体棒的有效切割长度L＝2vttan θ，感应电动势E＝BLv＝2Bv2ttan θ，回路的总电阻R＝(2vttan θ＋)R0，回路中电流i＝＝.故i与t无关是一个定值，选项A正确．‎ ‎18．如图4，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力) (　　)‎ 图4‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　如图所示，粒子做圆周运动的圆心O2必在垂直于速度方向的直线EF上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60°，故圆弧ENM对应圆心角为60°，所以△EMO2为等边三角形．由于O1D＝，所以∠EO1D＝60°，△O1ME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO2＝O1E＝R，由qvB＝，得v＝，B正确．‎ ‎19．如图5，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移—时间(x－t)图线，由图可知 (　　)‎ 图5‎ A．在时刻t1，a车追上b车 B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反 C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加 D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大 答案　BC 解析　由题图可知，t1时刻，b车追上a车，故A错误．x－t图象的斜率表示速度，由于t2时刻a、b两图象的斜率一正、一负，故两车运动方向相反，B正确；由b图线的斜率的变化可以看出t1到t2这段时间b车的速率先减少后反向增加，C正确．如图所示，在t3时刻b图线的斜率与a图线的相等，此时两车的速率相等，故D错误．‎ ‎20．‎2012年6月18日，神州九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面‎343 km的近圆轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接．对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气，下面说法正确的是 (　　)‎ A．为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间 B．如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加 C．如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低 D．航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用 答案　BC 解析　地球所有卫星的运行速度都小于第一宇宙速度，故A错误．轨道处的稀薄大气会对天宫一号产生阻力，不加干预其轨道会缓慢降低，同时由于降低轨道，天宫一号的重力势能一部分转化为动能，故天宫一号的动能可能会增加，B、C正确；航天员受到地球引力作用，此时引力充当向心力，产生向心加速度，航天员处于失重状态，D错误．‎ ‎21．2012年11月，“歼‎15”‎舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图6(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图(b)所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 ‎000 m．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则 ‎(　　)‎ ‎　 　　(a)　 　　　　　　　(b)‎ 图6‎ A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10‎ B．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化 C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过‎2.5g D．在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变 答案　AC 解析　由v－t图象中图线与t轴围成的面积，可估算出飞机在甲板上滑行的距离约为 ‎103 m‎，即大约是无阻拦索时的，A正确．由题图的斜率可知飞机钩住阻拦索后加速度大约保持在a＝‎27.6 m/s2＞‎2.5g，故C正确；飞机的速度很大，空气阻力的影响不能忽略，且阻力随速度的减小而减小，所以要保持加速度不变，阻拦索的张力要逐渐减小，B错误；由P＝Fv知，阻拦索对飞机做功的功率逐渐减小，故D错误．‎ ‎22．(7分)图7为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：‎ 图7‎ ‎①用天平测量物块和遮光片的总质量M，重物的质量m，用游标卡尺测量遮光片的宽度d，用米尺测量两光电门之间的距离s；‎ ‎②调整轻滑轮，使细线水平；‎ ‎③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和 光电门B所用的时间ΔtA和ΔtB，求出加速度a；‎ ‎④多次重复步骤③，求a的平均值；‎ ‎⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ.‎ 回答下列问题：‎ ‎(1) 测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为‎1 mm)的示数如图8所示．其读数为________ cm.‎ 图8‎ ‎(2)物块的加速度a可用d、s、ΔtA和ΔtB表示为a＝________.‎ ‎(3)动摩擦因数μ可用M、m、和重力加速度g表示为μ＝________.‎ ‎(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于____________(填“偶然误差”或“系统误差”)．‎ 答案　见解析 解析　(1)‎0.9 cm＋12×‎0.05 mm＝‎‎0.960 cm ‎(2)因为vA＝，vB＝，又由2as＝v－v，‎ 得a＝[()2－()2]‎ ‎(3)设细线上的拉力为FT，则mg－FT＝m，FT－μMg＝M 两式联立得μ＝ ‎(4)细线没有调整到水平，属于实验方法粗略，这样会引起系统误差．‎ ‎23．(8分)某学生实验小组利用图9所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻．使用的器材有：‎ 图9‎ 多用电表；电压表：量程5 V，内阻十几千欧；滑动变阻器：最大阻值5 kΩ；导线若干．‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔__________，调零点．‎ ‎(2)将图9中多用电表的红表笔和______(填“‎1”‎或“‎2”‎)端相连，黑表笔连接另一端．‎ ‎(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图10所示，这时电压表的示数如图11所示．多用电表和电压表的读数分别为________kΩ和________ V.‎ 图10　　　　　　　　　图11‎ ‎(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别为12.0 kΩ和4.00 V．从测量数据可知，电压表的内阻为________ kΩ.‎ ‎(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图12所示．根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为________V，电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为________ kΩ.‎ 图12‎ 答案　(1)短接　(2)1　(3)15.0　3.60　(4)12.0 (5)9.00　15.0‎ 解析　(4)当滑动变阻器调到阻值为零时，多用电表的示数为电压表的内阻．‎ ‎(5)设多用电表内电池的电动势为E，电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为R，则由闭合电路欧姆定律及两组数据得：‎ E＝R＋4.00 V，E＝[(15.0－12.0) kΩ＋R]＋3.60 V 联立两式解得R＝15.0 kΩ，E＝9.00 V.‎ ‎24．(13分)水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R.在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的(0,‎2l)、(0，－l)和(0,0)点．已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动，B平行于x轴朝x轴正向匀速运动．在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点(l, l)．假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小．‎ 答案　 解析　设B车的速度大小为v.如图，标记R在时刻t通过K(l，l)，此时A、B的位置分别为H、G.由运动学公式，H的纵坐标yA、G的横坐标xB分别为 yA＝‎2l＋at2 ①‎ xB＝vt ②‎ 在刚开始运动时，标记R到A和B的距离之比为2∶1，即 OE∶OF＝2∶1‎ 由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R到A和B的距离之比都为2∶1.因此，在时刻t有 HK∶KG＝2∶1 ③‎ 由于△FGH∽△IGK，有 HG∶KG＝xB∶(xB－l) ④‎ HG∶KG＝(yA＋l)∶‎2l ⑤‎ 由③④⑤式得 xB＝l ⑥‎ yA＝‎5l ⑦‎ 联立①②⑥⑦式得 v＝ ‎25．(19分)如图13，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.忽略所有电阻．让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：‎ 图13‎ ‎(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；‎ ‎(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．‎ 答案　见解析 解析　(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为 E＝BLv ①‎ 平行板电容器两极板之间的电势差为 ‎ U＝E ②‎ 设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有 C＝ ③‎ 联立①②③式得 Q＝CBLv ④‎ ‎(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i.金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为 F＝BLi ⑤‎ 设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有 i＝ ⑥‎ ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量，由④式得 ΔQ＝CBLΔv ⑦ ‎ 式中，Δv为金属棒的速度变化量．按定义有 a＝ ⑧‎ 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为Ff＝μFN ⑨‎ 式中，FN是金属棒对于导轨的正压力的大小，有 FN＝mgcos θ ⑩‎ 金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有 mgsin θ－F－Ff＝ma ⑪‎ 联立⑤至⑪式得a＝g ⑫‎ 由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动．t时刻金属棒的速度大小为 v＝gt ‎26．醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如下：‎ 可能用到的有关数据如下：‎ 相对分子质量 密度/(g·cm－3)‎ 沸点/℃‎ 溶解性 环己醇 ‎100‎ ‎0.961 8‎ ‎161‎ 微溶于水 环己烯 ‎82‎ ‎0.810 2‎ ‎83‎ 难溶于水 合成反应：‎ 在a中加入‎20 g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1 mL浓H2SO4，b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过‎90 ℃‎ 分离提纯：‎ 反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙，最终通过蒸馏得到纯净环己烯‎10 g。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)装置b的名称是________________。‎ ‎(2)加入碎瓷片的作用是____________，如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，‎ 应该采取的正确操作是________(填正确答案标号)。‎ A．立即补加 B．冷却后补加 C．不需补加 D．重新配料 ‎(3)本实验中最容易产生的副产物的结构简式为________________。‎ ‎(4)分液漏斗在使用前须清洗干净并____________，在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的____________(填“上口倒出”或“下口倒出”)。‎ ‎(5)分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是__________。‎ ‎(6)在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有________(填正确答案标号)。‎ A．圆底烧瓶 B．温度计 C．吸滤瓶 D．球形冷凝管 E．接收器 ‎(7)本实验所得到的环己烯产率是__________(填正确答案标号)。‎ A．41% B．50% C．61% D．70%‎ 答案　(1)直形冷凝管　(2)防止暴沸　B　(3) 　(4)检漏　上口倒出　(5)干燥(或除水除醇)　(6)CD　(7)C 解析　(2)加热纯净液体时易发生暴沸，加入沸石，能防止暴沸。‎ ‎(3)醇在浓H2SO4加热条件下能发生分子间脱水，方程式如下：‎ ‎(4)分液时，上层液体从上口倒出，下层液体从下口倒出。‎ ‎(6)球形冷凝管一般用于冷凝回流反应物，蒸馏的冷凝管是倾斜安装的，若使用球形冷凝管倾斜放置，会形成多个积液区域；吸滤瓶主要用于减压过滤(抽滤装置)。‎ ‎(7) ‎ m( 环己烯)＝×‎20 g＝‎16.4 g，‎ 产率＝×100%≈61%。‎ ‎27．锂离子电池的应用很广,其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时,该锂离子电池负极发生的反应为‎6C+xLi＋+xe－===LixC6。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)LiCoO2中，Co元素的化合价为__________。‎ ‎(2)写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式____________________。‎ ‎(3)“酸浸”一般在‎80℃‎下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式____________________；可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是______________________。‎ ‎(4)写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式______________________。‎ ‎(5)充放电过程中，发生LiCoO2与Li1－xCoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式________________________。‎ ‎(6)上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是________________________。在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有________________(填化学式)。‎ 答案　(1)＋3 (2)2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑‎ ‎(3)2LiCoO2＋3H2SO4＋H2O2Li2SO4＋2CoSO4＋O2↑＋4H2O　2H2O22H2O＋O2↑　有氯气生成污染较大 ‎(4)CoSO4＋2NH4HCO3===CoCO3↓＋(NH4)2SO4＋H2O＋CO2↑‎ ‎(5)Li1－xCoO2＋LixC6===LiCoO2＋‎‎6C ‎(6)Li＋从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中　Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4‎ 解析　(1)依据化合价代数和等于零可计算Co的化合价为＋3价。‎ ‎(2)由正极碱浸后的物质变化流程可知，滤液中获取Al(OH)3，滤渣再经一系列变化得Li2SO4、CoSO4，可推知正极碱浸时只有铝被NaOH溶解。‎ ‎(3)碱浸后所得滤渣LiCoO2中Co的化合价为＋3价，而酸浸后生成CoSO4中Co的化合价为＋2价，显然H2O2是还原剂，氧化产物只能是O2；又H2O2具有不稳定性，受热易分解，也属于氧化还原反应。‎ ‎(4)沉钴这一步，反应物为CoSO4、NH4HCO3，生成物中有CoCO3必然产生大量H＋，而HCO与H＋又不能大量共存，继续反应产生CO2。此题容易忽视HCO与H＋‎ 的继续反应，澄清了这些问题，再利用质量守恒定律，就能顺利写出化学方程式。‎ ‎(5)依据充电时正极的物质变化，可写出放电时的电极反应：‎ Li1－xCoO2＋xe－＋xLi＋===LiCoO2‎ 依据负极充电的电极反应，写出放电时电极反应 LixC6－xe－===‎6C＋xLi＋，以上两个电极反应相加，即得总方程式。‎ ‎(6)“放电处理”的一个重要目的是“回收锂”，Li＋要沉积正极。解答这一问题的关键是Li＋怎样沉积在正极上的。放电时，离子运动的方向是“正向正，负向负”。‎ 从流程的最终产物上很容易找到回收的金属化合物：Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4。‎ ‎28．二甲醚(CH3OCH3)是无色气体，可作为一种新型能源。由合成气(组成为H2、CO和少量的CO2)直接制备二甲醚，其中的主要过程包括以下四个反应：‎ 甲醇合成反应：(i)CO(g)＋2H2(g)===CH3OH (g)ΔH1＝－90.1 kJ·mol－1‎ ‎(ii)CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH2＝－49.0 kJ·mol－1‎ 水煤气变换反应：(iii)CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)ΔH3＝－41.1 kJ·mol－1‎ 二甲醚合成反应：(iv)2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH4＝－24.5 kJ·mol－1‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)Al2O3是合成气直接制备二甲醚反应催化剂的主要成分之一。工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3主要流程是__________________(以化学方程式表示)。‎ ‎(2)分析二甲醚合成反应(iv)对于CO转化率的影响____________________。‎ ‎(3)由H2和CO直接制备二甲醚(另一产物为水蒸气)的热化学方程式为__________________________。根据化学反应原理，分析增加压强对直接制备二甲醚反应的影响__________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)有研究者在催化剂(含Cu—Zn—Al—O和A12O3)、压强为5.0 MPa的条件下，由H2和CO直接制备二甲醚，结果如图所示。其中CO转化率随温度升高而降低的原因是________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(5)二甲醚直接燃料电池具有启动快、效率高等优点，‎ 其能量密度高于甲醇直接燃料电池(5.93 kW·h·kg－1)。若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为__________________________，一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生________个电子的电量：该电池的理论输出电压为1.20 V，能量密度E＝______________(列式计算。能量密度＝电池输出电能/燃料质量，1kW·h＝3.6×106J)。‎ 答案　(1)Al2O3(铝土矿)＋2NaOH＋3H2O===2Na[Al(OH)4]、Na[Al(OH)4]＋CO2===Al(OH)3↓＋NaHCO3、2Al(OH)3Al2O3＋3H2O ‎(2)消耗甲醇，促进甲醇合成反应(ⅰ)平衡右移，CO转化率增大；生成的H2O，通过水煤气变换(ⅲ)消耗部分CO，CO转化率增大。‎ ‎(3)2CO(g)＋4H2(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)　ΔH＝－204.7 kJ·mol－1　该反应分子数减小，压强升高使平衡右移，CO和H2转化率增大，CH3OCH3产率增加；压强升高使CO和H2浓度增加，反应速率增大 ‎(4)反应放热，温度升高，平衡左移 ‎(5)CH3OCH3－12e－＋3H2O===2CO2＋12H＋　12　÷(3.6×106 J·kW－1·h－1)＝8.39 kW·h·kg－1‎ 解析　(2)要解答转化率影响问题，最终要归结为平衡移动的方向上。与CO转化率直接相关的反应是(ⅰ)和(ⅲ)，如何建立反应(ⅳ)与(ⅰ)、(ⅲ)的联系，是解答该题的关键点。(ⅳ)中消耗的CH3OH恰是(ⅰ)的生成物，减少生成物的浓度，平衡右移，CO的转化率增大；(ⅳ)中的产物H2O恰是(ⅲ)中的反应物，增大水蒸气浓度，平衡右移，CO的转化率增大。‎ ‎(3)筛选用热化学方程式为(ⅰ)和(ⅳ)，‎ 用(ⅰ)×2＋(ⅳ)即可得目标方程式：‎ ‎2CO(g)＋4H2(g)===CH3OCH3(g)＋H2O(g)‎ ΔH＝－204.7 kJ·mol－1‎ 合成一个物质要同时考虑原料的利用率、反应速率等多种因素。本题要从化学反应原理的角度分析压强对合成反应的影响，分析该反应的特点是正向气体分子数减小，因而增大压强，平衡正向移动，CO和H2的转化率增大；同时增大压强还会加快化学反应速率。‎ ‎(4)直接合成CH3—O—CH3的反应的另一个特点是正反应为放热反应,升高温度平衡左移。‎ ‎(5)写电极反应时应注意：①酸性条件；②CH3—O—CH3中碳的化合价为－2价；③氧化产物为CO2；④用H＋调平电荷。‎ 从能量密度的单位上看，可以假设燃料的质量为‎1 kg，计算提供电子的物质的量，再转化为电量，利用E＝qU换算出燃料提供的总能量，即可顺利计算出能量密度＝÷(3.6×106 J·kW－1·h－1)＝8.39 kW·h·kg－1。‎ ‎29．某油料作物种子中脂肪含量为种子干重的70%。为探究该植物种子萌发过程中干重及脂肪的含量变化，某研究小组将种子置于温度、水分(蒸馏水)、通气等条件适宜的黑暗环境中培养，定期检查萌发种子(含幼苗)的脂肪含量和干重，结果表明：脂肪含量逐渐减少，到第11 d时减少了90%，干重变化如图所示。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)为了观察胚乳中的脂肪，常用______________染液对种子胚乳切片染色，然后在显微镜下观察，可见____________色的脂肪微粒。‎ ‎(2)实验过程中，导致种子干重增加的主要元素是__________(填“C”、“N”或“O”)。‎ ‎(3)实验第11 d如果使萌发种子的干重(含幼苗)增加，必须提供的条件是____________和____________。‎ 答案　(1)苏丹Ⅲ(或苏丹Ⅳ)　橘黄(或红)‎ ‎(2)O ‎(3)光照　所需的矿质元素离子 解析　回顾教材中脂肪的检测实验作答(1)；种子干重增加主要是种子吸水所致，再结合空后说明作答(2)；使萌发种子的干重(含幼苗)增加也就是有机物增加，必须依靠光合作用来制造，C、H、O以外的元素还需要萌发种子(幼苗)从溶液中吸收。‎ ‎30．胰岛素可使骨骼肌细胞和脂肪细胞膜上葡萄糖转运载体的数量增加，已知这些细胞膜上的载体转运葡萄糖的过程不消耗ATP。回答下列问题：‎ ‎(1)胰岛素从胰岛B细胞释放到细胞外的运输方式是______________，葡萄糖进入骨骼肌细胞内的运输方式是______________。‎ ‎(2)当血糖浓度上升时，胰岛素分泌__________，引起骨骼肌细胞膜上葡萄糖转运载体的数量增加，其意义是______________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)脂肪细胞______________(填“是”或“不是”)胰岛素作用的靶细胞。‎ ‎(4)健康人进餐后，血糖浓度有小幅度增加。然后恢复到餐前水平。在此过程中，‎ 血液中胰岛素浓度的相应变化是____________________________。‎ 答案　(1)胞吐　协助扩散　(2)增加　促进葡萄糖进入骨骼肌细胞和被利用，降低血糖浓度　(3)是　(4)先升高，后降低 解析　(1)根据胰岛素的物质类型和细胞膜的功能特性确定其运输方式，根据题干信息确定葡萄糖进入骨骼肌细胞内的运输方式；(2)根据血糖调节过程及胰岛素作用完成该设问；(3)由题干信息确定该设问；(4)根据胰岛素对血糖浓度的调节作用完成该设问。‎ ‎31．一对相对性状可受多对等位基因控制，如某植物花的紫色(显性)和白色(隐性)。这对相对性状就受多对等位基因控制。科学家已从该种植物的一个紫花品系中选育出了5个基因型不同的白花品系，且这5个白花品系与该紫花品系都只有一对等位基因存在差异。某同学在大量种植该紫花品系时,偶然发现了1株白花植株,将其自交，后代均表现为白花。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)假设上述植物花的紫色(显性)和白色(隐性)这对相对性状受8对等位基因控制，显性基因分别用A、B、C、D、E、F、G、H表示，则紫花品系的基因型为________________________________；上述5个白花品系之一的基因型可能为________________________(写出其中一种基因型即可)‎ ‎(2)假设该白花植株与紫花品系也只有一对等位基因存在差异，若要通过杂交实验来确定该白花植株是一个新等位基因突变造成的，还是属于上述5个白花品系中的一个，则：‎ 该实验的思路_________________________________________________________。‎ 预期的实验结果及结论___________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 答案　(1)AABBCCDDEEFFGGHH aaBBCCDDEEFFGGHH ‎(2)①用该白花植株的后代分别与5个白花品系杂交，观察子代花色 ‎②在5个杂交组合中，如果子代全为紫花，说明该白花植株是新等位基因突变形成的；在5个杂交组合中，如果4个组合的子代为紫花，1个组合的子代为白花，说明该白花植株属于这5个白花品系之一 解析　根据题干信息完成(1)；分两种情况做假设，即①该白花植株是一个新等位基因突变造成的，②白花植株属于上述5个白花品系中的一个造成的，分别与5个白花品系杂交，看杂交后代的花色是否有差别。‎ ‎32．南方某地的常绿阔叶林等因过度砍伐而遭到破坏。停止砍伐一段时间后，该地常绿阔叶林逐步得以恢复。下表为恢复过程一次更替的群落类型及其植物组成。‎ 演替阶段 群落类型 植物种类数/种 草本植物 灌木 乔木 ‎1‎ 草丛 ‎34‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎2‎ 针叶林 ‎52‎ ‎12‎ ‎1‎ ‎3‎ 针、阔叶混交林 ‎67‎ ‎24‎ ‎17‎ ‎4‎ 常绿阔叶林 ‎106‎ ‎31‎ ‎16‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)该地常绿阔叶林恢复过程中群落演替的类型为____________演替。常绿阔叶林遭到破坏后又得以恢复的原因，除了植物的种子或者繁殖体得到保留外，还可能是原有的______________条件也得到基本保留。‎ ‎(2)在有上述群落构成的生态系统中，恢复力稳定性最强的是______________生态系统，抵抗力稳定性最强的是______________生态系统。‎ ‎(3)与草丛相比，针叶林的动物分层现象较为______________(填“简单”或“复杂”)，原因是________________________。‎ 答案　(1)次生　土壤 (2)草丛　常绿阔叶林 ‎(3)复杂　针叶林植物群落的垂直结构更为复杂 解析　根据初生演替与次生演替的区别完成(1)的设问；根据恢复力稳定性与抵抗力稳定性的不同完成(2)的设问；根据动物的分层现象与植物群落在垂直结构上的依存关系完成(3)的设问。‎ ‎33．[物理—选修3－3](1)(6分)两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近．在此过程中，下列说法正确的是________．‎ A．分子力先增大，后一直减小 B．分子力先做正功，后做负功 C．分子动能先增大，后减小 D．分子势能先增大，后减小 E．分子势能和动能之和不变 ‎(2)(9分)如图15，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两气缸的容积均为V0，气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p0和p0/3；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V0/4.现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T0，不计活塞与气缸壁间的摩擦．求：‎ 图15‎ ‎(i)恒温热源的温度T；‎ ‎(ii)重新达到平衡后，左气缸中活塞上方气体的体积Vx.‎ 答案　(1)BCE　(2)(i)T0　(ii)V0‎ 解析　(1)由分子动理论的知识，当两个分子相互靠近，直至不能靠近的过程中，分子力先是表现为引力且先增大后减小，之后表现为分子斥力，一直增大，所以A选项错误；分子引力先做正功，然后分子斥力做负功，分子势能先减小再增大，分子动能先增大后减小，所以B、C正确，D错误．因为只有分子力做功，所以分子势能和分子动能的总和保持不变，E选项正确．‎ ‎(2)(i)设左右活塞的质量分别为M1、M2，左右活塞的横截面积均为S 由活塞平衡可知：p0S＝M‎1g ①‎ p0S＝M‎2g＋得M‎2g＝p0S ②‎ 打开阀门后，由于左边活塞上升到顶部，但对顶部无压力，所以下面的气体发生等压变化，而右侧上方气体的温度和压强均不变，所以体积仍保持V0，所以当下面放入温度为T的恒温热源后，体积增大为(V0＋V0)，则由等压变化：＝ 解得T＝T0‎ ‎(ii)当把阀门K打开重新达到平衡后，由于右侧上部分气体要充入左侧的上部，且由①②两式知M‎1g＞M‎2g，打开活塞后，左侧活塞降至某位置，右侧活塞升到顶端，气缸上部保持温度T0等温变化，气缸下部保持温度T等温变化．设左侧上方气体压强为p，由pVx＝·，设下方气体压强为p2：p＋＝p2，解得p2＝p＋p0‎ 所以有p2(2V0－Vx)＝p0 联立上述两个方程有6V－V0Vx－V＝0，解得Vx＝V0，另一解Vx＝－V0，不合题意，舍去．‎ ‎34．[物理—选修3－4](1)(6分)如图16，a、b、c、d是均匀媒质中x轴上的四个质点．相邻两点的间距依次为‎2 m、‎4 m和‎6 m，一列简谐横波以‎2 m/s的波速沿x轴正向传播，在t＝0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t＝3 s时a第一次到达最高点．下列说法正确的是________．‎ 图16‎ A．在t＝6 s时刻波恰好传到质点d处 B．在t＝5 s时刻质点c恰好到达最高点 C．质点b开始振动后，其振动周期为4 s D．在4 s