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2019年高考押题卷理综试卷含试卷分析答题技巧详细信息
| 宜城教育365速发国际靠谱么_365bet亚洲官方网址_预付365商城下载网www.bjtlcd.com2019年高考押题卷理综试卷含试卷分析答题技巧绝密★启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试注意事项：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：C12N14O16Na23S32Cl35.5Cu64Ba137第Ⅰ卷（选择题，共126分）一、选择题：本大题共13小题，每小题6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．下列有关生物膜及跨膜运输的叙述，错误的是A．因为有了囊泡的存在，生物膜才会在结构和成分上相似B．改变细胞膜上蛋白质的种类和数量，可能会影响物质跨膜运输的速率C．温度能影响物质跨膜运输的速率是因为温度影响了酶的活性D．物质能否进出细胞核与物质的分子大小无关【答案】C【解析】生物膜的结构和成分都相似，因为它们之间都能通过囊泡进行膜的交换，A正确；细胞膜上的某些蛋白质为载体蛋白，若这些蛋白质的种类和数量发生了改变，就会影响到协助扩散和主动运输，B正确；温度会影响生物膜的流动性和酶的活性，因而会影响物质跨膜运输的速率，C错误；核膜和核孔都是物质进出细胞核的通道，它们都具有选择性。小分子和离子一般通过核膜进出细胞核，大分子物质进出细胞核通过核孔，D正确。2．对比肺炎双球菌的体内转化实验与体外转化实验，下列说法错误的是A．两个实验都需要用培养基来培养肺炎双球菌B．两个实验都遵循对照原则和单一变量原则C．两个实验中均只有少部分R型菌被转化成了S型菌D．两个实验中转化形成的S型菌都可以将性状遗传给后代【答案】A【解析】肺炎双球菌的体内转化实验材料用到了小鼠，不需要利用培养基来培养，A错误；两个实验都遵循了对照原则和单一变量原则，都是非常经典的实验，B正确；肺炎双球菌转化作用的实质是外源DNA与受体DNA重组，即广义上的基因重组，这种变异是可以遗传的，D正确；两个实验中由于受到S型菌DNA纯度、两种细菌的亲缘关系及R型菌的状态等因素的影响，只有少部分R型菌被转化成了S型菌，C正确。3．下列与细胞代谢有关的叙述，错误的是A．水培植物长时间未换水，很容易导致烂根B．冬季晴朗的中午，菜农将种植蔬菜的大棚开口，有利于有机物的积累C．和好的面粉，在60℃环境下发面的速度会更快D．苹果表面涂蜡有利于延长苹果的保鲜时长【答案】C【解析】水中缺氧，植物的根细胞无氧呼吸产生酒精等物质，时间长了有毒物质积累会植物根部细胞死亡，A正确；冬季晴朗的中午光合作用较强，消耗较多的CO2，将大棚开口能增加大棚内CO2浓度，增强光合作用使有机物的积累量增加，B正确；面粉发酵利用的微生物是酵母菌，最合适酵母菌繁殖的温度在20℃左右，在60℃环境下酵母菌活性减弱甚至可能已死亡，C错误；苹果打蜡后可以减少水分的散失，降低细胞的呼吸作用，延长保鲜时间，D正确。4．下列关于人体免疫调节的叙述，正确的是A．在细胞免疫过程中，靶细胞的裂解属于细胞凋亡B．效应B细胞之所以能与靶细胞接触是因为能特异性识别了靶细胞膜上的糖蛋白C．吞噬细胞参与了体液免疫而没有参与细胞免疫D．HIV主要攻击T细胞，导致人体免疫能力下降，所以艾滋病是一种自身免疫病【答案】A【解析】细胞凋亡是由基因所决定的细胞自动结束生命的过程，免疫调节中的靶细胞裂解死亡这个过程中是有基因调控的过程的，A正确；效应T细胞能与靶细胞接触是因为能特异性识别了靶细胞膜上的糖蛋白，而不是效应B细胞，B错误；吞噬细胞参与了大部分都体液免疫和细胞免疫，C错误；自身免疫病是由免疫系统异常敏感、反应过度所引起的免疫病。艾滋病是因为感染人类免疫缺陷病毒（HIV）所导致的免疫缺陷病，艾滋病又称为获得性免疫缺陷综合症（AIDS），D错误。5．下图曲线表示某生态系统中甲、乙、丙3个种群的数量变化，下列分析正确的是A．甲、乙两种群为捕食关系，乙、丙两种群为竞争关系B．在第3年时，甲种群的增长率达到最大值，而增长速率为0C．在第15年时，丙种群的年龄组成属于衰退型D．甲、乙、丙三个种群的数量变化体现了生物群落中的负反馈调节【答案】D【解析】甲与乙、乙与丙之间的数量均呈现出"先增加者先减少，后增加者后减少"的非同步变化，都属于捕食关系，A错误；"增长速率"是该曲线上"某点"的切线的斜率，斜率越大，增长速率就越大，甲曲线在第3年时的斜率为0，所以增长速率为0，"增长率"不是一个点的问题，是某两端相比较，所以在第3年时无法判断增长率，B错误；在第15年时，丙种群的数量将增加，所以年龄组成属于增长型，C错误；负反馈调节在生态系统中普遍存在，它是生态系统自我调节能力的基础，D正确。6．已知某位孕妇的父亲正常，母亲患有血友病，下列提供的遗传咨询不合理的是A．若丈夫未患血友病，生下女孩都不会患病B．若丈夫未患血友病，生下男孩患病的概率为1/2C．若丈夫患血友病，生下男孩都不会患病D．若丈夫患血友病，生下女孩患病的概率为1/2【答案】C【解析】孕妇的父亲正常，母亲患病，则孕妇为携带者XBXb，生下男孩的基因型为XBY、XbY，患病的概率为1/2，与丈夫是否患病无关，B正确，C错误。若丈夫不患病XBY，则生下女孩的基因型为XBXB、XBXb，不会患病，A正确。若丈夫患血友病XbY，则生下女孩的基因型为XBXb、XbXb，患病的概率为1/2，D正确。7．一种利用废干电池中黑色粉末（主要成分MnO2、炭粉及少量Hg2+、Pb2+等重金属盐）制备MnSO4晶体的工艺流程如下：下列说法错误的是A．反应①中1molFe至多还原1.5molMnO2B．重金属主要在滤渣2中C．步骤③煮沸可使沉淀颗粒长大，目的是便于固液分离D．合理处理废旧电池有利于365速发国际靠谱么_365bet亚洲官方网址_预付365商城下载再利用并防止汞、铅等重金属污染【答案】B【解析】由反应2Fe+3MnO2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+6H2O知，A项正确；步骤①中同时发生Fe+Hg2+=Hg+Fe2+，Fe+Pb2+=Pb+Fe2+，故重金属主要在滤渣1中，B项错误；悬浊液中Fe(OH)3颗粒越大越易与MnSO4溶液过滤分离，C项正确；锰等是重要金属365速发国际靠谱么_365bet亚洲官方网址_预付365商城下载，汞、铅等重金属能严重污染环境，D项正确。8．阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是A．在标准状况下，11.2L丙烷含有的极性键数目为4NAB．25℃时，Ksp(BaSO4)=1×10?10，则BaSO4饱和溶液中Ba2+数目为1×10?3NAC．标准状况下，2.24LCl2完全溶于水转移电子数为0.2NAD．9NA个羟基和10NA个氢氧根离子所含电子数相等【答案】A【解析】A项中，每个丙烷分子含有8个C-H极性键，所以标准状况下11.2L即0.5mol丙烷含极性键为4NA，A项正确；B项中，BaSO4饱和溶液的体积未知，所以其钡离子数目无法确定，B错误；C项中，Cl2与H2O的反应是可逆反应，标况下2.24LCl2完全溶于水过程中不能确定转移电子数目，C错误；D项中，一个羟基有9个电子，一个氢氧根离子有10个电子，9NA个羟基和10NA个氢氧根离子所含电子数分别为81NA、100NA，D错误。9．由p（丙烯）制备化合物r（丙烯酸甲酯）的流程如下：下列说法正确的是A．只有p能发生加聚反应B．可用NaHCO3溶液鉴别q和rC．p、q分子中所有原子均可处于同一平面D．与r含有相同官能团的同分异构体只有2种【答案】B【解析】含碳碳双键的有机物均能发生加聚反应，故p、q、r均能发生加聚反应，A项错误；q中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应，r中含有酯基，不能与NaHCO3溶液反应，B项正确；p中含有甲基，为四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，C项错误；与r含有相同官能团的同分异构体有，D项错误。10．二氧化氯（ClO2）是极易溶于水且不与水发生化学反应的黄绿色气体，沸点为11℃，某小组在实验室中制备ClO2所用装置如下：[已知：SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4]。下列说法正确的是A．装置C中装的是饱和食盐水，a流出气体为SO2B．装置D放冰水的目的是液化二氧化硫防止污染环境C．连接装置时，导管口a可接h或g，导管口c接eD．可以选用装置A利用3mo/L盐酸与MnO2反应制备氯气【答案】C【解析】本题考查化学实验中气体制备，二氧化硫从a进入装置B中反应，为防止倒吸，故应在之前有安全瓶，则a→g→h，为反应充分，故再连接B装置中的b，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故连接e，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为：a→g→h→b→c→e→f→d。装置C中装的是氢氧化钠溶液用于处理尾气，a流出气体为SO2；装置D放冰水的目的是液化二氧化氯，可以选用装置A利用浓盐酸（浓度大约是12mol/L）与MnO2反应制备氯气。11．钴（CO）与钛(Ti)是均可与强酸发生反应的金属。利用电解原理电解COCl2溶液制取钴，工作原理如图所示，其中Ti-Ru为惰性电极。下列说法正确的是A．电解时控制COCl2溶液的pH在0~1范围内B．电解过程中Cl?在Ti电极放电生成氯气C．Ti-Ru的作用是作为损耗阳极材料和传递电流D．用COSO4代替COCl2会使钴的产率降低【答案】D【解析】Co和Ti能与强酸反应产生H2，电解时的电解质COCl2溶液不能为强酸性环境，电解过程中，Co2+得电子转化为Co在Ti电极沉积，Ti-Ru为惰性电极主要是作为电极和传递电流作用，若用CoSO4溶液代替CoCl2溶液，阳极的氢氧根离子会放电，使溶液的氢离子浓度增加，Co能与强酸反应产生H2，不利于Co的沉积，会使产率降低。因此D项正确。12．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的最外层电子数之和是Z的2倍，X的原子半径是同周期所有主族元素中最小的，W或X的简单气态氢化物分子与Y+具有相同的电子数。下列说法正确的是A．常温常压下，Z呈气态B．X、Y两种元素形成的化合物水溶液呈碱性C．Y、Z的最高正价之和与X的相等D．W的氢化物与W的氧化物之间一定不能发生反应【答案】B【解析】W、X、Y、Z依次为N、F、Na、S。常温常压下，硫呈固态，A项错误；NaF是强碱弱酸盐，B项正确；氟无正价，C项错误；NH3具有还原性，NO、NO2等具有氧化性，一定条件下能发生氧化还原反应，D项错误。13．已知Ag2SO4的饱和溶液中c(Ag+)=0.032mol·L?1，将适量Ag2SO4固体溶于100mL水中至刚好饱和。若t1时刻在上述体系中加入100mL相应溶液，下列描述正确的是A．图I是向上述体系加入蒸馏水B．图II是向上述体系加入0.001mol·L?1Ag2SO4溶液 C．图III是向上述体系加入0.002mol·L?1Na2SO4溶液D．图IV是向上述体系加入0.040mol·L?1AgNO3溶液【答案】C【解析】本题考查难溶物溶解平衡及计算。Ag2SO4的饱和溶液中c(Ag+)=0.032mol·L?1，c(SO2?4)=0.016mol·L?1，上述体系加入等体积0.002mol·L?1Na2SO4溶液，银离子浓度减半，硫酸根离子浓度增大。二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的的0分。14．关于原子核的变化、核能及核力，下列说法正确的是A．核力是一种弱相互作用，只能发生在原子核内相邻核子之间B．某原子经过一次α衰变和两次β衰变后，核内质子数不变C．放射性原子核X发生衰变，生成物的结合能一定小于X的结合能D．(_92^235)U+(_0^1)n→(_56^144)Ba+(_36^89)Kr+3(_0^1)n是太阳内部发生的核反应之一【答案】B【解析】核力是强相互作用，具有饱和性和短程性；故将核子束缚在原子核内的核力，是不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用力，且每个核子只跟邻近的核子发生核力的作用，故A错误；α衰变的过程中电荷数少2，质量数少4，β衰变的过程中电荷数增1，质量数不变，某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，电荷数不变，核内质子数不变，故B正确；放射性原子核X发生衰变，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来X的结合能的，故C错误；太阳内部的反应是聚变反应，故D错误。15．光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图所示。将悬点A缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力A．逐渐增大B．大小不变C．先减小后增大D．先增大后减小【答案】C【解析】当悬点A缓慢向上移动过程中，小球始终处于平衡状态，小球所受重力mg的大小和方向都不变，支持力的方向不变，对球进行受力分析如图所示，由图可知，拉力FT先减小后增大，C项正确。16．如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A在B的左端以初速度v0开始向右滑动，已知M>m，用①和②分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v随时间t、动能Ek随位移x的变化图象，其中可能正确的是【答案】D【解析】设A、B间动摩擦因数为μ，二者加速度的大小分别为aA、aB，则μmg＝maA，μmg＝MaB，可知aA>aB，v－t图象中，图线①的斜率的绝对值应大于图线②的，故A、B均错误；由μmgxB＝EkB，12mv02－μmgxA＝EkA，可知Ek－x图象中，图线①、②的斜率的绝对值应相同，故C错误，D正确。17．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是A．小球带负电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D．小球在运动过程中机械能守恒【答案】B【解析】由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错，B对；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错。18．中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果。如图所示，厚度为h、宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上、下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是A．上表面的电势高于下表面的电势B．仅增大h时，上、下表面的电势差增大C．仅增大d时，上、下表面的电势差减小D．仅增大电流I时，上、下表面的电势差减小【答案】C【解析】因电流方向向右，则金属导体中的自由电子是向左运动的，根据左手定则可知上表面带负电，则上表面的电势低于下表面的电势，A错误；当电子达到平衡时，电场力等于洛伦兹力，即qUh＝qvB，又I＝nqvhd(n为导体单位体积内的自由电子数)，得U＝IBnqd，则仅增大h时，上、下表面的电势差不变；仅增大d时，上、下表面的电势差减小；仅增大I时，上、下表面的电势差增大，故C正确，B、D错误。19．石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料，它的发现使"太空电梯"的制造成为可能，人类将有望通过"太空电梯"进入太空。设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球的同步卫星A的高度延伸到太空深处，这种所谓的太空电梯可用于降低成本发射绕地人造卫星。如图所示，假设某物体B乘坐太空电梯到达了图示的位置并停在此处，与同高度运行的卫星C相比较A．B的线速度大于C的线速度B．B的线速度小于C的线速度C．若B突然脱离电梯，B将做离心运动D．若B突然脱离电梯，B将做近心运动【答案】BD【解析】A和C两卫星相比，ωC>ωA，而ωB＝ωA，则ωC>ωB，又根据v＝ωr，rC＝rB，得vC>vB，故B项正确，A项错误；对卫星C有GMmCrC2＝mCωC2rC，又ωC>ωB，对物体B有GMmBrB2>mBωB2rB，若B突然脱离电梯，B将做近心运动，D项正确，C项错误。20．边长为a的闭合金属正三角形轻质框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中。现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，则下列图象与这一拉出过程相符合的是【答案】BC【解析】设正三角形轻质框架开始出磁场的时刻t＝0，则其切割磁感线的有效长度L＝2xtan30°＝233x，则感应电动势E电动势＝BLv＝233Bvx，则C项正确，D项错误；框架匀速运动，故F外力＝F安＝B2L2vR＝4B2x2v3R∝x2，A项错误；P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2，B项正确。21．如图所示，电源电动势为E，内阻为r。电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)。当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。下列说法中正确的是A．只逐渐增大对R1的光照强度时，电阻R0消耗的电功率增大，电阻R3中有向上的电流B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D．若断开开关S，带电微粒向下运动【答案】AD【解析】当逐渐增大光照强度时，光敏电阻R1的阻值减小，依据"串反并同"可知电流I增大，则PR0增大，UC增大，QC＝CUC增大，即电容器充电，R3中有向上的电流，A正确；当P2向上移动时，UC不变，R3中没有电流，故B错误；当P1向下移动时，I不变，但UC变大，EC＝UCd变大，电场力FC＝UCqd变大，微粒向上运动，故C错误；若断开开关S，电容器放电，UC降为0，则微粒只受重力作用而向下运动，故D正确。第Ⅱ卷（非选择题，共174分）三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第40题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题(共129分)22．(6分)某物理课外兴趣小组的三名同学想"验证力的平行四边形定则"，他们找到了如下物品：一根粗细均匀的长橡皮筋、木板、剪刀白纸、铅笔、刻度尺、三角板、三个重量相同的钩码图钉和细绳若干。他们设计了如下实验方案：步骤1：橡皮筋一端固定，另一端系上细绳套，分别挂上一个两个、三个钩码，用刻度尺测量挂上相应的钩码时橡皮筋的长度，看伸长量是否与所挂钩码数成正比，若成正比则进行下一步；步骤2：将橡皮筋剪成长度均为的三段，将三段橡皮筋的一端系在一起设为结点O，另一端均系上细绳套，任取两细绳套对拉检查对应橡皮筋长度是否相等，若相等则进行下一步；步骤3：在木板上固定白纸，在白纸合适位置用图钉套住一细绳套，现用手将另两细绳套成一定角度往下拉适当的距离记录结点O的位置和测量三段橡皮筋的长度l1、l2、l3，如图所示。（1）则有关上述操作说法正确的有。A．步骤1的目的是判断橡皮筋是否符合胡克定律B．步骤2的目的是判断三段橡皮筋劲度系数是否相同C．步骤3还需要记录橡皮筋2、3的方向D．步骤3还需要测力计测量三段橡皮筋的拉力大小（2）该小组的三名同学分别做此实验，则他们在改变细绳的夹角再做实验时__________(填"需要"或"不需要")保证结点O位置不变。现测得l＝10.0m，则甲、乙、丙记录的数据明显存在错误的是________(填"甲"或"乙"或"丙")。甲：l1＝l2＝l3＝15.0cm乙：l1＝15.0cm，l2＝120.0cm，l3＝12.0cm丙：l1＝16.0cm，l2＝13.0cm，l3＝14.0cm【答案】（1）ABC（2）不需要（3）乙(每空2分)【解析】（1）步骤1中，若橡皮筋的伸长量与所挂钩码数成正比说明符合胡克定律，则步骤1的目的是判断橡皮筋是否符合胡克定律，选项A正确；任取两细绳套对拉，因橡皮筋受的拉力相等，若对应橡皮筋长度相等，则形变量相同，则劲度系数相同，则步骤2的目的是判断三段橡皮筋劲度系数是否相同，选项B正确；步骤3还需要记录橡皮筋2、3的方向，选项C正确；因橡皮筋的拉力与形变量成正比，则步骤3不需要测力计测量三段橡皮筋的拉力大小，选项D错误。（2）该小组的三名同学分别做此实验，则他们在改变细绳的夹角再做实验时，因两次实验间无任何关系，则不需要保证结点O位置不变。用橡皮筋的长度减去原长即为伸长量，此伸长量与力成正比，可代替力来操作，则甲同学中三个力分别对应：5、5、5，三力能平衡；乙同学中三个力对应：5、110、2，此三力不可能平衡；丙同学中三个力对应：6、3、4，此三力可能平衡。故乙记录的数据明显存在错误。23．(9分)某同学设想运用如图甲所示的实验电路，测量未知电阻Rx的阻值、电流表A的内阻和电源(内阻忽略不计)的电动势，实验过程中电流表的读数始终符合实验要求。（1）为了测量未知电阻Rx的阻值，他在闭合开关之前应该将两个电阻箱的阻值调至(填"最大"或"最小")，然后闭合开关K1，将开关K2拨至1位置，调节R2使电流表A有明显读数I0；接着将开关K2拨至2位置。保持R2不变，调节R1，当调节R1＝34.2Ω时，电流表A读数仍为I0，则该未知电阻的阻值Rx＝Ω。（2）为了测量电流表A的内阻RA和电源(内阻忽略不计)的电动势E，他将R1的阻值调到R1＝1.5Ω，R2调到最大，将开关K2拨至2位置，闭合开关K1；然后多次调节R2，并在表格中记录下了各次R2的阻值和对应电流表A的读数I；最后根据记录的数据，他画出了如图乙所示的图象，根据你所学的知识和题中所给字母写出该图象对应的函数表达式为：；利用图象中的数据可求得，电流表A的内阻RA＝Ω，电源(内阻忽略不计)的电动势E＝V。【答案】（1）最大(1分)34.2(2分)（2）1I＝1ER2＋R1＋RAE(2分)0.5(2分)4(2分)【解析】（1）为了保护电路，需要将电阻箱的阻值都调至最大，因为两种情况下电流表示数相同，Rx和R1等效，所以Rx＝R1＝34.2Ω。（2）根据闭合电路欧姆定律得：E＝I(R1＋R2＋RA)，解得1I＝1ER2＋R1＋RAE，故1I－R2图象的斜率为1E，则纵截距为R1＋RAE，代入数据可得：1E＝1－0.52，R1＋RAE＝0.5，解得E＝4V，RA＝0.5Ω。24．（12分）如图甲所示，质量均为m＝0.5kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点。P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞。已知B、C两点间的距离L＝3.75m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10m/s2，求：（1）P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；（2）Q运动的时间t。【解析】（1）在0～3s内，以向右为正方向，对P由动量定理有：F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0(1分)其中F1＝2N，F2＝3N，t1＝2s，t2＝1s解得：v＝8m/s(1分)设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：μmg＝ma(1分)P在B、C两点间做匀减速直线运动，有：v2－v12＝2aL(1分)解得：v1＝7m/s。(2分)（2）设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′、v2，有：mv1＝mv1′＋mv2(1分)12mv12＝12mv1′2＋12mv22(1分)碰撞后Q做匀减速直线运动，有：μmg＝ma′(1分)t＝v2a′(1分)解得：t＝3.5s。(2分)25．(20分)如图所示，在竖直平面内的xOy直角坐标系中，x轴上方存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度E1，方向沿y轴向上，磁感应强度B，方向垂直纸面向里。x轴下方存在方向沿y轴向上的匀强电场（图中未画出），场强为E2。一质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点），从y轴上的A点以速度大小v0沿x轴正方向抛出，经x轴上的P点后与x轴正向成45°进入x轴上方恰能做匀速圆周运动。O、P两点间距离x0与O、A两点间距离y0满足以下关系：，重力加速度为g，以上物理量中m、q、v0、g为已知量，其余量大小未知。（1）求电场强度E1与E2的比值；（2）若小球可多次（大于两次）通过P点，则磁感应强度B为多大？（3）若小球可恰好两次通过P点，则磁感应强度B为多大？小球两次通过P点时间间隔为多少？【解析】（1）小球在x轴上方匀速圆周，可得：qE_1＝mg(1分)小球从A到P的过程做内平抛运动：x_0＝v_0t，y_0＝1/2at^2(1分)结合：y_0＝g/(2v_0^2)x_0^2可得：a＝g(1分)由牛顿第三定律可得：qE_2-mg＝ma(1分)解得：qE_2＝2mg(1分)故：E_1/E_2＝1/2(1分)（2）小球第一次通过P点时与x轴正向成〖45〗^°，可知小球在P点时则有：〖v_y＝v〗_0(1分)故P点时的速度：v＝√2v_0(1分)由类平抛的位移公式可得：x_0＝(v_0^2)/g(1分)小球多次经过P点，轨迹如图甲所示，小球在磁场中运动3/4个周期后，到达x轴上的Q点，P、Q关于原点O对称，之后回到A并不断重复这一过程，从而多次经过P点设小球在磁场中圆周运动的半径为R，由几何关系可得：R＝√2x_0(1分)又由：qvB＝mv^2/R(1分)联立解得：B＝mg/(qv_0)(1分)（3）小球恰能两次经过P点，轨迹如图乙所示在x轴上方，小球在磁场中的运动周期：T＝2πm/qB(1分)在x轴下方，小球的运动时间：t_2＝2?x_0/v_0＝(2v_0)/g(1分)由规律可知，小球恰能两次经过P点满足的几何关系为：〖2x〗_0＝√2R＋1/n×√2R（n＝1，2，3……..）(2分)解得：B＝(1＋1/n)mg/(qv_0)（n＝1，2，3……..）(1分)两次通过P点的时间间隔为：t＝(n＋1)3/4T＋nt_2（n＝1，2，3……..）(2分)解得：t＝(2＋3π/2)(nv_0)/g（n＝1，2，3……..）(1分)26．(14分)氨基甲酸铵是一种重要化工产品，常温时为白色晶体或粉末，易溶于水，难溶于CCl4，59℃时分解为氨及二氧化碳，其制备原理：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)ΔH=-272kJ·mol?1。某化学兴趣小组利用下图实验装置(部分固定装置已省略)模拟制备NH2COONH4。试回答下列问题：（1）仪器组装完毕后，首先应进行的操作是____________。仪器b的名称是__________。（2）装置A用于实验室制取NH2COONH4的原料气体之一，该反应的化学方程式为______________________。（3）装置F中试剂的名称为______________。（4）为提高原料气的利用率，应控制装置C和E中最佳鼓泡速率比为___________，装置D采用冰水浴的原因为_________________________________________。（5）生成的氨基甲酸铵悬浮于CCl4中，下列操作可实现产品分离的是_______。（填字母）（6）制得的氨基甲酸铵可能含有碳酸氢铵、碳酸铵中的一种或两种杂质。①设计方案，进行成分探究，请填写表中空格。限选试剂：蒸馏水、稀HNO3、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、稀盐酸。实验步骤 预期现象和结论步骤1：取少量固体样品于试管中，加入蒸馏水至固体溶解。 得到无色溶液步骤2：向试管中加入过量的BaCl2溶液，静置 若溶液不变浑浊，证明固体中不含碳酸铵步骤3：向试管中继续加入 ______________，证明固体中含有碳酸氢铵②根据①的结论：取氨基甲酸铵样品15.8g，用足量氢氧化钡溶液充分处理后，过滤、洗涤、干燥，测得沉淀质量为1.97g。则样品中氨基甲酸铵的质量分数为_______________。【答案】（1）检查装置气密性(1分)；三颈烧瓶(1分)（2）Ca(OH)2+2NH4Cl====△CaCl2+2NH3↑+2H2O(2分)（3）浓硫酸(1分)（4）2∶1(2分)；降低温度，有利于提高反应物的转化率(或降低温度，防止因反应放热造成NH2COONH4分解)(1分)（5）C(2分)（6）①实验步骤 预期现象和结论步骤3：少量澄清石灰水(1分) 溶液变浑浊(1分)②0.95（或95%）(2分)【解析】本题以NH2COONH4的制备为载体，考查NH3、CO2的实验室制备、气体的除杂，利用杂质沉淀法测定NH2COONH4的含量。由于NH2COONH4易溶于水，难溶于CCl4，59℃时分解，所以须用干燥的NH3、CO2反应制备NH2COONH4，则装置ADHBGF的主要作用依次是制备NH3、制备NH2COONH4、制备CO2、干燥NH3、除CO2中的HCl气体、干燥CO2，CE通过观察气泡来控制NH3、CO2通入的比例，据此答题。（1）实验安装完毕后，首先应该进行的操作是检查装置的气密性，仪器b的名称是三颈烧瓶，因此，本题正确答案为：检查装置的气密性；三颈烧瓶；（2）从反应原理可知两种原料气是NH3和CO2，根据实验室制NH3和CO2的装置特点，装置A制取NH3，实验室利用氯化铵固体和氢氧化钙固体混合加热，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4Cl====△CaCl2+2NH3↑+2H2O，因此，本题正确答案为：Ca(OH)2+2NH4Cl====△CaCl2+2NH3↑+2H2O；（3）装置H中产生的二氧化碳气体混有水蒸气，而氨基甲酸铵易溶于水，所以反应原料气要经过干燥，装置F中装入的是浓硫酸，用于干燥CO2气体，因此，本题正确答案为：浓硫酸；（4）根据反应原理：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)知，为了提高原料气的利用率，应使NH3和CO2保持2∶1的比例通气，所以应控制装置C和E中最佳鼓泡速率比为2∶1；氨基甲酸铵，常温时为白色晶体或粉末，59℃时分解为氨及二氧化碳，使氨基甲酸铵的产率增大，故需要在冰水浴；因此，本题正确答案为：2∶1；降低温度，有利于提高反应物的转化率（或降低温度，防止因反应放热造成NH2COONH4的分解）；（5）氨基甲酸铵难溶于CCl4，悬浮在CCl4中，固液分离一般采用过滤即可，下面操作中过滤操作的是C，因此，本题正确答案为：C；步骤2中加入过量的BaCl2溶液无沉淀生成，说明不存在碳酸铵，步骤3中要证明固体中含有碳酸氢铵，结合限选试剂，应选择澄清石灰水，加入石灰水后碳酸氢根离子和氢氧根离子反应得到碳酸根离子，形成碳酸钙和碳酸钡白色沉淀，即可以证明碳酸氢铵的存在；取氨基甲酸铵样品15.8g，用足量氢氧化钡溶液充分处理后，过滤、洗涤、干燥，测得沉淀质量为碳酸钡沉淀。BaCO3为1.97g，原子守恒可得下列关系式，并计算。NH4HCO3~~BaCO379197Xg1.97g得x=0.79g；样品中氨基甲酸铵的质量分数==95%；因此，本题正确答案为：少量澄清石灰水，溶液变浑浊；95%（或0.95）。27．（14分）氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化变成绿色；见光分解变成褐色。如图是工业上用制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl?）生产CuCl的流程：根据以上信息回答下列问题：（1）生产过程中X的化学式为________。（2）写出产生CuCl的离子方程式：______________________________。（3）实验探究pH对CuCl产率的影响如下表所示：pH 1 2 3 4 5 6 7CuCl产率/% 70 90 82 78 75 72 70析出CuCl晶体最佳pH为________，当pH较大时CuCl产率变低原因是_______________________________________________。调节pH时，_____（填"能"或"不能"）用相同pH的硝酸代替硫酸，理由是______________________________。（4）氯化亚铜的定量分析：①称取样品0.25g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解。②用0.10mol·L?1硫酸铈标准溶液滴定。已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。三次平行实验结果如下（平行实验结果相差不能超过1%）：平行实验次数 1 2 30.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（mL） 24.35 24.05 23.95则样品中CuCl的纯度为_____________。（结果保留三位有效数字）。（5）由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。第一步CuCl水解的离子方程式为：CuCl(s)＋H2O(l)CuOH(s)＋Cl?(aq)＋H+(aq)，第二步CuOH热分解的化学方程式为______________________________________。第一步CuCl水解反应的平衡常数K与此温度下KW、Ksp(CuOH)、Ksp(CuCl)的关系为K＝______________________。【答案】（1）Fe（2分）（2）2Cu2++2Cl?+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO2－4（2分）（3）2；Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；不能；硝酸会与产品CuCl发生反应（各1分）（4）95.5%（2分）（5）2CuOH====△Cu2O+H2O(2分)；Kw×Ksp(CuCl)/Ksp(CuOH)(2分)【解析】废液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl?，从流程图中知滤渣②能与浓硫酸反应得到硫酸铜溶液和二氧化硫气体，确定滤渣②是铜，铜和Z反应得到CuCl2，Z是氯气，废液中还含有Fe3+、Fe2+，滤液①能与Cl2反应得到蚀刻液，所以滤液①为FeCl2，滤液②能与滤液①混合，则滤渣①为铁与铜的混合物，所以过量的Y为盐酸，废液中加入过量的Fe粉将Fe3+还原为Fe2+。据此答题。（1）根据上述分析可知，生产过程中的X为Fe，因此，本题正确答案为：Fe；（2）由SO2、CuSO4、CuCl2调节PH反应得到CuCl和H2SO4，生成CuCl的离子反应方程式为2Cu2++2Cl?+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO2?4，因此，本题正确答案为：2Cu2++2Cl?+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO2?4；（3）从PH对CuCl产率影响表中直接能看出当PH=2时，CuCl的产率最大，所以析出CuCl晶体最佳PH为2；溶液中存在Cu2+的水解，Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，当PH增大时，氢离子浓度减小，反应向正方向进行，使得Cu2+总浓度下降，故当PH变大时，CuCl产率变低；硝酸具有强氧化性，能与CuCl反应，不能用硝酸代替硫酸调节PH。因此，本题正确答案为：2；Cu2+的水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减少；不能，硝酸会与产品CuCl发生反应；（4）实验通过滴定法测定CuCl的含量，实验平均消耗硫酸铈的体积为（24.05+23.95）/2=24.00ml，所以消耗的硫酸铈为24×10?3ml×0.10mol·L?1=2.4×10-3mol，根据题意的反应方程式CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，得到CuCl~~FeCl2~~CeSO411n(CuCl)2.4×10?3moln(CuCl)=2.4×10?3mol，样品中CuCl的纯度为=95.5%；因此，本题正确答案为：95.5%；（5）由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。第一步CuCl水解的离子方程式为：CuCl(s)＋H2O(l)CuOH(s)＋Cl?(aq)＋H+(aq)，第二步CuOH热分解得到Cu2O，则分解方程式为2CuOH====△Cu2O+H2O，根据第一步水解反应的方程式得K=c(H+)·c(Cl?)，将式子进行变形可得K==，因此，本题正确答案为：。28．(15分)氮氧化物（NOx）和COx会造成环境问题。对上述工业废气进行脱硝脱碳处理，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。（1）工业上处理尾气中NO的方法为：将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其物质转化如图所示。写出图示转化的总反应的化学方程式。（2）选择性催化还原技术(SCR)是目前最成熟的烟气脱硝技术，即在金属催化剂作用下，用还原剂(如NH3)选择性地与NOx反应生成N2和H2O。①已知：反应I．4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-905.5kJ·mol?1反应II．N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+180kJ·mol?1则反应III．4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)的ΔH=____________。②对于反应III，下列措施中一定能提高平衡体系中N2的百分含量的是(填字母)。A．增大氧气浓度B．降低温度C．加入催化剂D．增大压强（3）二甲醚(CH3OCH3)的燃烧尾气中污染物少，可代替柴油。CO、CO2混合加氢的方法是在一个反应器中将合成气直接转化为二甲醚，包括以下4个反应：反应IV．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)反应V．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应VI．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应VII．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)①已知反应VII在某温度下的平衡常数为K=400。此温度下，在一恒容密闭容器中加入CH3OH(g)，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：物质 CH3OH CH3OCH3 H2O浓度（mol/L） 0.44 0.6 0.6此时正、逆反应速率的大小：v(正)______v(逆)(填">"、"<"或"=")。若加入CH3OH后，经10min反应达到平衡，则反应从起始至10min内反应速率v(CH3OH)=____________。（4）水体中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题，某课题组研究发现Fe粉和酸性KNO3溶液反应可以实现地下水脱氮，反应后Fe→Fe2+，且没有气体生成但是生成了一种新的阳离子。①该反应的离子方程式为。检验溶液中新生成的阳离子存在的操作为②某实验室中模拟该反应过程，实验发现：反应一段时间后，反应体系中NH+4的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是。a．该反应达到了平衡状态b．生成的Fe2+水解c．Fe2+被还原成Fed．Fe2+被氧化生成Fe3+【答案】（1）2H2+2NO=N2+2H2O(2分）（2）①-1625.5kJ·mol-1（2分）②B（2分）（3）>（2分）；0.16mol/(L·min)（2分）（4）①4Fe+NO?3+10H+=4Fe2++NH+4+3H2O（2分）；取适量溶液于试管中，滴加适量NaOH溶液，微热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口部，如果发现红色石蕊试纸变蓝色，说明原溶液中含有铵根离子，否则没有（答案合理即可）（1分）②b、d（2分）【解析】（1）从图中找出反应物和生成物，写出相关的反应方程式；（2）根据盖斯定律计算；从使化学反应平衡向正向移动的影响因素着手考虑；（3）利用Qc与平衡常数K的大小来判断反应进行的方向，从而确定正逆反应速率的大小，根据平衡三段式法，结合题中信息根据平衡常数的定义与化学反应速率的定义计算作答；（4）①Fe粉和酸性KNO3溶液发生氧化还原反应，转化为Fe2+与NH+4，再结合氧化还原反应的规律配平化学方程式；再根据NH+4的检验方法进行实验；②影响平衡移动的因素，及离子自身的性质来作答。（1）根据图中我们可以得到反应①2Ce4++H2=2Ce3++2H+和反应②4H++4Ce3++2NO=N2+2H2O，将反应①×2+②得总反应方程式为2H2+2NO=N2+2H2O，因此，本题正确答案为：2H2+2NO=N2+2H2O；（2）根据盖斯定律反应III=反应I-4反应II可得4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)的ΔH=-1625.5kJ·mol?1；提高反应III平衡体系中N2的百分含量，A．增大氧气浓度，平衡向正向移动，但体系总浓度增大，N2的百分含量不一定增大，不符题意。B．降低温度，反应Ⅲ是放热反应，降低温度平衡正向移动，N2的百分含量增大，符合题意。C．加入催化剂，催化剂加快反应速率，但不影响平衡的移动，N2的百分含量不变，不符合题意。D．该反应正反应是气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，N2的百分含量减小，不符合题意。因此，本题正确答案为：①-1625.5kJ·mol?1；②B；反应VII.2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，此时刻各组分的浓度如表所示，Qc===1.86＜400，反应还未达到平衡状态，平衡向正向进行，所以v(正)>v(逆)，根据上表可求得加入的甲醇总量为（0.44+1.2）=1.64mol/L。经10min达到平衡，温度不变，则平衡常数K=400；2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)起始浓度(mol/L)1.6400转化浓度(mol/L)2xxx平衡浓度(mol/L)1.64-2xxxK===400，解得X=0.8mol/L；v(CH3OH)==1.6mol·L?1/10min=0.16mol·(L·min)?1；因此，本题正确答案为：>；0.16mol·(L·min)?1；（3）Fe粉和酸性KNO3溶液发生氧化还原反应，反应后Fe→Fe2+，且没有气体生成，N的化合价降低，得到的是NH+4。该反应的离子方程式为4Fe+NO?3+10H+=4Fe2++NH+4+3H2O，铵根离子的检验方法是向溶液中滴加适量的氢氧化钠溶液，微热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸是否变蓝；反应一段时间后，反应体系中NH+4的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，a．该反应达到了平衡状态，NH+4的浓度也保持不变，不符合题意；b．生成的Fe2+水解，水解使得Fe2+的浓度减小，使反应向正向进行，NH+4的浓度增大，符合题意；c．Fe2+被还原成Fe，在酸性的硝酸钾溶液中Fe2+不能被还原成Fe，不符合题意；d．Fe2+被氧化生成Fe3+，Fe2+易被氧化，Fe2+的浓度减小，使反应向正向进行，NH+4的浓度增大，符合题意；故选b、d。因此，本题正确答案为：①4Fe+NO?3+10H+=4Fe2++NH+4+3H2O（2分）；取适量溶液于试管中，滴加适量NaOH溶液，微热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口部，如果发现红色石蕊试纸变蓝色，说明原溶液中含有铵根离子，否则没有（答案合理即可）；②b、d。29．（9分）某山区在10年前发生森林火灾，焚毁所有林木。该山区在近10年内没有人类活动的干扰，经过演替形成相对稳定的森林生态系统。回答下列问题：（1）10年前该山区内某种群中的AA和aa基因型频率分别为60％和5％，现在种群中的AA和aa基因型频率分别为70％和15％，此种群（填"发生"或"未发生"）进化，理由是。（2）生态学中的"干扰理论"认为人类活动经常干扰群落的演替，原因是。（3）森林火灾后的恢复属于次生演替，判断理由是。火灾过后的森林能够恢复原状，说明森林生态系统具有一定的能力。【答案】（1）未发生（1分）此种群的基因频率没有发生改变（2）人类活动往往会使群落演替按照不同于自然演替的速度和方向进行（3）原有土壤条件基本保留，甚至还保留了植物的种子或其他繁殖体自我调节【解析】（1）10年前种群的基因型频率分别为AA60％，Aa35％，aa5％，A的基因频率为60％+1/2×35％=77.5％，a的基因频率为22.5％；现在种群的基因型频率分别为AA70％，Aa15％，aa15％，A的基因频率为70％+1/2×15％=77.5％，a的基因频率为22.5％。10年前与10年后此种群的基因频率没有发生改变，所以此种群没有发生进化。（2）"干扰理论"认为人类活动经常干扰群落的演替，原因是人类活动往往会使群落演替按照不同于自然演替的速度和方向进行。（3）次生演替是指原有植被虽已不存在，但原有土壤条件基本保留，甚至还保留了植物的种子或其他繁殖体的地方发生的演替，火灾过后的森林能够恢复原状，说明森林生态系统具有一定的自我调节能力。30．（10分）将阳生植物X幼苗和阴生植物Y幼苗至于环境及营养液都相同的条件中，下图为X幼苗光合作用强度随光照强度的变化曲线，回答下列问题：（1）图中的A点称为，Y幼苗相对应的A点应向移（填"左"或"右"），原因是。（2）若将叶面积为44cm2的X幼苗叶片在光照强度为8Klx条件下光照5小时，其光合作用能合成mg葡萄糖。（3）将X幼苗培养一段时间后发现因营养液中Mg2+浓度不足导致叶片变黄，叶片呈黄色的原因是。【答案】（1）光补偿点左阴生植物的呼吸作用强度比阳生植物低且阴生植物利用弱光的效率要高于阳生植物（2）0.12（3）叶绿素的合成速度减慢甚至停止，类胡萝卜素的颜色显露出来，类胡萝卜素呈黄色。【解析】（1）A点表示光补偿点，即在此光照强度下，光合作用速率等于呼吸作用速率。阴生植物的呼吸作用强度比阳生植物低，阴生植物利用弱光的效率要高于阳生植物，所以Y幼苗相对应的A点应向左移。（2）据图可知，X幼苗在8Klx光照强度下合成CO2的速率为8mg/m2·h因此叶面积为44cm2的X幼苗叶片在光照强度为8Klx条件下光照5小时可以产生8mg/m2·h*44cm2*5h=0.176mg，根据光合作用方程式得出的关系式6CO2~C6H12O6，0.176mgCO2可以换算成0.12mg葡萄糖。（3）因营养液中Mg2+浓度不足，叶绿素的合成速度减慢甚至停止，类胡萝卜素的颜色显露出来，类胡萝卜素呈黄色。31．（10分）为探究绞股蓝多糖对糖尿病大鼠血糖的影响，某研究小组进行了如下实验。实验材料用具：生理状况相同的健康雄性大鼠48只、绞股蓝多糖、生理盐水、血糖测定仪等实验步骤：a．随机将大鼠平均分为甲、乙、丙、丁4组，甲组给予普通饲料喂养，乙、丙、丁三组给予等量高糖高脂饲料喂养（制备成实验性糖尿病大鼠），饲喂6周；b．，并进行数据统计；c．丙组灌胃绞股蓝多糖50mg/kg，丁组灌胃绞股蓝多糖200mg/kg，。各组按照不同给药方法处理2个月；d．2个月后，测定各组大鼠空腹状态下血糖浓度，并进行数据统计分析。实验结果（1）补全实验步骤b．。c．。（2）写出实验结论：。（3）现有研究表明植物多糖的降血糖作用主要表现在降低肝糖原的水解、促进外周组织器官对糖的利用，促进激素和抑制激素的利用，保护胰岛细胞，调节糖代谢酶活性。【答案】（1）b.测定各组大鼠空腹状态下血糖浓度c.甲、乙两组分别灌胃等量生理盐水（2）一定浓度范围内，绞股蓝多糖具有降低糖尿病大鼠的血糖的作用，且浓度升高，降血糖作用更明显。（3）胰岛素胰高血糖素【解析】（1）根据实验步骤及实验结果分析可知，实验步骤b应该是在给药前测定各组大鼠空腹的状态下血糖的浓度，以便与给药后做对照，实验步骤c中对丙、乙两组已经做了处理，所以应该也对甲、乙两组进行处理，由实验结果可看出甲、乙两组与丙、丁两组不同，应分别灌胃等量生理盐水。（2）从实验结果可以得出结论，一定浓度范围内，绞股蓝多糖具有降低糖尿病大鼠的血糖的作用，且浓度升高，降血糖作用更明显。（3）现有研究表明植物多糖的降血糖作用主要表现在降低肝糖原、促进外周组织器官对糖的利用，促进胰岛素激素和抑制胰高血糖素激素的利用，保护胰岛细胞，调节糖代谢酶活性。32．（10分）已知家蚕的性别决定方式与鸡相同，幼虫的皮肤正常和皮肤透明由只位于Z染色体上B、b基因控制，蚕丝的颜色由常染色体上A基因（黄色）、a基因（白色）决定。问答下列问题：（1）用皮肤透明产黄色丝蚕与皮肤正常产白色丝蚕交配，得到的F1都为皮肤正常产黄色丝蚕，则亲代的基因型为。F1继续交配的F2，F2中皮肤正常产黄色丝蚕所占的比例为。（2）研究发现雄蚕比雌蚕食桑量低，产丝率高，但在幼蚕阶段，雌雄不易区分。能否只利用（1）中所涉及的家蚕交配，就可以在后代的幼虫阶段鉴别出产黄色丝的雄蚕？若能，请写出杂交组合基因型及鉴定结果；若不能，请写出最理想的杂交组合基因型及鉴定结果。（3）家蚕的一对等位基因D（黑卵）、d（白卵）位于第10号常染色体上，基因D在性染色体上也能正常表达，基因D缺失也用d表示。若用X射线处理基因型为DDZW的雌蚕，得到DdZWD，这种变异类型为。若用此变异雌蚕与杂合黑卵雄蚕交配，后代中产黑卵蚕所占的比例为。【答案】（1）AAZbW、aaZBZB9/16（2）不能，理想组合杂交组合为AAZbZb、AAZBW，后代幼虫中皮肤正常的均为产黄色丝的雄蚕（3）染色体（结构）变异7/8【解析】（1）产黄色丝蚕与产白色丝蚕交配后代都为产黄色丝蚕，可以推出亲代产黄色丝蚕基因型为AA；皮肤透明蚕与皮肤正常蚕杂交后代都为皮肤正常蚕，说明皮肤正常为显性，而且此性状基因位于Z染色体上，所以亲代中皮肤透明蚕基因型为ZbW，皮肤正常蚕基因型为ZBZB，综上所述，皮肤透明产黄色丝蚕基因型为AAZbW，皮肤正常产白色丝蚕基因型为aaZBZB。F1的基因型为AaZBZb、AaZBW，F2中皮肤正常产黄色丝蚕所占的比例为3/4×3/4=9/16（2）由上述可知（1）中涉及的家蚕基因型有AAZbW、aaZBZB、AaZBZb、AaZBW几种，若想在后代的幼虫阶段通过幼虫皮肤的是否正常鉴别出产黄色丝的雄蚕，需要有ZbZb与ZBW组合，（1）中涉及的家蚕基因型没有此种组合，所以不能，最理想的杂交组合为AAZbZb、AAZBW，后代幼虫中皮肤正常的均为产黄色丝的雄蚕。（3）雌蚕的基因型由DDZW变成DdZWD，可推知一条第10号染色体上的D基因转移到了W染色体上，这种变异类型属于染色体结构变异种的易位。基因型为DdZWD雌蚕与DdZZ雄蚕交配，后代中产黑卵蚕所占的比例为3/4D_+1/4dd×1/2ZWD=7/8。（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．温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由T升至2TB．温度越高，布朗运动越剧烈，所以布朗运动也叫做热运动C．做功和热传递是改变物体内能的两种方式D．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势E．晶体熔化时吸收热量，分子平均动能不变【答案】CDE【解析】温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由t＋273升至2t＋273，不是2倍关系，选项A错误；温度越高，布朗运动越剧烈，但是布朗运动不是分子运动，也不叫做热运动，选项B错误；做功和热传递是改变物体内能的两种方式，选项C正确；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，选项D正确；晶体熔化时吸收热量，但是温度不变，则分子平均动能不变，选项E正确。（2）（10分）如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可在汽缸内无摩擦滑动，面积分别为S1＝20cm2，S2＝10cm2，它们之间用一根水平细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量M＝2kg的重物C连接，静止时汽缸中的气体温度T1＝600K，汽缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强p0＝1×105Pa，取g＝10m/s2，缸内气体可看做理想气体。（1）活塞静止时，求汽缸内气体的压强；（2）若降低汽缸内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动L2时，求汽缸内气体的温度。【解析】(i)设静止时汽缸内气体压强为p1，活塞受力平衡p1S1＋p0S2＝p0S1＋p1S2＋Mg(3分)代入数据解得p1＝1.2×105Pa(2分)(ii)由活塞受力平衡可知缸内气体压强没有变化，设开始温度为T1，变化后温度为T2，由盖-吕萨克定律得S1L＋S2LT1＝S1·L2＋S2·3L2T2(3分)代入数据解得T2＝500K。(2分)34．【物理--选修3-4】(15分)（1）（5分）如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，则下列说法中正确的是。（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．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t＝0.5s时有正向最大加速度的是乙摆E．由图象可以求出当地的重力加速度【答案】ABD【解析】由题图振动图象可以看出，甲摆的振幅比乙摆的大，两单摆的振动周期相同，根据单摆周期公式T＝2πlg可得，甲、乙两单摆的摆长相等，但不知道摆长是多少，不能计算出当地的重力加速度g，故A、B正确，E错误；两单摆的质量未知，所以两单摆的机械能无法比较，故C错误；在t＝0.5s时，乙摆有负向最大位移，即有正向最大加速度，而甲摆的位移为零，加速度为零，故D正确。（2）（10分）如图所示，等腰直角三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于O点处的点光源在透明介质内向各个方向发射光线，其中从AC边上的D点射出的光线平行于BC，从E点射出的光线垂直BC向上。已知BC边长为2L。求：(i)该光在介质中发生全反射的临界角θ；(ii)DE的长度x。(可能用到sin15°＝2－32或tan15°＝2－3)【解析】(i)由几何关系可知，题图中∠ODE＝60°，故光线OD在AC面上的入射角为30°，折射角为45°.根据光的折射定律有n＝sin45°sin30°＝2(3分)由sinθ＝1n知θ＝45°。(2分)(ii)由lODsin45°＝Lsin120°，解得lOD＝63L(2分)由几何关系可知，光线OE在AC面上的折射角为45°，根据光的折射定律有，OE光线在AC面上的入射角为30°，故题图中∠OEC＝60°，则△ODE为等边三角形得x＝lOD＝63L。(3分)35．【化学--选修3：物质结构与性质】(15分)甲基呋喃与氨在高温下反应得到甲基吡咯：+H2O回答下列问题：（1）与Zn同区、同周期元素基态原子的核外电子排布式是。（2）甲基呋喃和甲基吡咯所含的非金属元素中，电负性最大的是（填元素符号），第一电离能最大的是（填元素符号）。（3）由H、C、N形成的CH2=CHCN分子中碳原子轨道的杂化类型是，1molCH2=CHCN分子中含π键的数目为mol。（4）配合物[Zn(NH3)3(H2O)]2+中与Zn2+形成配位键的原子是(填元素符号)；与NH3分子互为等电子体的阳离子为。（5）NH3的沸点比N2O的沸点（填"高"或"低"），其主要原因是。（6）ZnO晶体随着环境条件的改变形成不同结构的晶体，其中有一种ZnO与NaCl的晶胞相同，为面心立方结构，已知ZnO晶体密度为ag·cm?3，NA表示阿伏伽德罗常数，则该ZnO晶胞体积为cm3。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(2分)（2）O(1分)N(1分)（3）sp、sp2(2分)3(1分)（4）N、O(2分)H3O+(2分)（5）高(1分)NH3分子间存在氢键(1分)（6）(2分)【解析】（1）Zn属于ds区元素，与Zn同区、同周期元素是Cu。（2）同周期自左向右电负性增大，同主族自上而下电负性逐渐降低，非金属性越强电负性越强；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同主族自上而下第一电离能逐渐减小，以此分析；（3）由H、C、N形成的CH2=CHCN分子中，C形成1个双键和一个三键，则碳原子的杂化方式是sp、sp2；双键中有一个π键，三键中有2个π键，则1molCH2=CHCN分子中含3molπ键；（4）与Zn2+形成配位键的原子应该有孤对电子，O、N上有孤对电子；NH3含4个原子、8个价电子，与NH3互为等电子体的阳离子是：H3O+；（5）氢键使物质的熔沸点升高；（6）其中有一种ZnO与NaCl的晶胞相同，为面心立方结构，正六面体的体心和每个棱的中间各有一个Zn2+。利用"均摊法"，Zn2+个数为12×（1/4）+1=4，可知一个晶胞含有Zn2+和O2－均为4，根据ρ=m/V计算。（1）Zn属于ds区元素，与Zn同区、同周期元素是Cu，Cu基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；（2）同周期自左向右电负性增大，同主族自上而下电负性逐渐降低，非金属性越强电负性越强；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同主族自上而下第一电离能逐渐减小，呋喃和吡咯所含元素中含有C、H、O、N四种元素，其中电负性最大的是O，第一电离能最大的元素是N；故答案为：O、N；（3）由H、C、N形成的CH2=CHCN分子中，C形成1个双键和一个三键，则碳原子的杂化方式是sp、sp2；双键中有一个π键，三键中有2个π键，则1molCH2=CHCN分子中含3molπ键；故答案为：sp、sp2；3；（4）与Zn2+形成配位键的原子应该有孤对电子，O、N上有孤对电子；NH3含4个原子、8个价电子，与NH3互为等电子体的阳离子是：H3O+；故答案为：N、O；；H3O+；（5）氨气分子间存在氢键，氢键使物质的熔沸点升高，N2O分子间只有范德华力，氢键的作用力大于范德华力；故答案为：高；NH3分子间存在氢键；（6）其中有一种ZnO与NaCl的晶胞相同，为面心立方结构，正六面体的体心和每个棱的中间各有一个Zn2+。利用"均摊法"，Zn2+个数为12×（1/4）+1=4，可知一个晶胞含有Zn2+和O2－均为4。一个晶胞的质量：m(晶胞)=81/N_A×4g，V==；故答案为：。36．【化学--选修5：有机化合物基础】（15分）苯甲醛缩乙二醇与苯甲醚可用于合成香料，苯甲醛缩乙二醇与苯甲醚合成路线如图所示（部分反应条件略去)：已知：（1）A的分子式为C2H4O，其核磁共振氢谱只有一组峰（2）回答下列问题：（1）E的化学名称是。（2）反应①和④的反应类型是_____________、________________。（3）A的结构简式为____________________________________。（4）反应②的化学反应方程式为__________________________________________。（5）若化合物H为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则能使FeCl3溶液显色的H的所有同分异构体共有(不考虑立体异构)种。其中核磁共振氢谱有4组峰，面积之比为6∶2∶1∶1的结构简式为________________________________。（6）写出由A、苯和必要的无机试剂原料制备的合成路线（参照上述合成路线和信息）。【答案】（1）碳酸二甲酯（2分）（2）加成反应氧化反应（2分）（3）（2分）（4）（2分）（5）9（2分）（2分）（6）（3分）【解析】A的分子式为C2H4O，其核磁共振氢谱只有一组峰，A与CO2得到的信息推出A的结构为，D→F在CrO3的氧化下发生氧化反应得到醛，所以D为，由已知（2）可知符合反应规律的是反应②，所以B为CH3OH，C为HOCH2CH2OH，据此答题。（1）根据有机物命名，E为碳酸二甲酯；故答案为：碳酸二甲酯；反应①碳氧键断开，发生反应，该反应为加成反应，由苯乙醇转化为苯乙醛，反应④为醇的催化氧化反应，故答案为：加成反应、氧化反应。由以上分析可得A的结构为，故答案为：；反应②为与甲醇反应，结合推断可知反应方程式为。（2）化合物H为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，即比H多一个-CH2-结构，能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，所有的同分异构体包括，苯环上有两个取代基-OH、-CH2CH3，有3种结构；苯环上有三个取代基，1个-OH和2个-CH3，有6种结构，总共有9种结构。期中核磁共振氢谱有4组峰，面积之比为6∶2∶1∶1的结构简式为，根据上述合成路线和信息，可知由和反应得到，故由A、苯和必要的无机试剂原料制备的合成路线为：。37．【生物--选修1：生物技术实践】（15分）酶是一类极为重要的生物催化剂，在食品制造和衣物洗涤等方面得到了广泛的应用。请回答下列与之有关的问题：（1）榨取果汁时要用到酶，而利用固定化酶技术生产高果糖浆时要用到酶。（2）加酶洗衣粉常用的酶制剂中应用最广泛、效果最明显是的和。（3）酶活性的高低可以用来表示。（4）化学本质是蛋白质的酶可以分别用凝胶色谱法和法进行分离纯化以及纯度鉴定，相对分子质量较大的物质先洗脱出来，原因是。【答案】（1）果胶葡萄糖异构（2）碱性蛋白酶碱性脂肪酶（3）在一定条件下，酶所催化的某一化学反应的反应速度（4）电泳相对分子质量不同的蛋白质通过凝胶时，相对分子质量较小的蛋白质容易进入凝胶内部的通道，路程较长，移动速度较慢；而相对分子质量较大的蛋白质无法进入凝胶内部的通道，只能在凝胶外部移动，路程较短，移动速度较快（3分）【解析】（1）榨取果汁时要用到果胶酶，而利用固定化酶技术生产高果糖浆时要用到葡萄糖异构酶。（2）加酶洗衣粉常用的酶制剂有四类：蛋白酶、脂肪酶、淀粉酶和纤维素酶，其中应用最广泛、效果最明显是的碱性蛋白酶和碱性脂肪酶。（3）酶活性的高低可以用在一定条件下，酶所催化的某一化学反应的反应速度来表示。（4）电泳的原理是待分离样品中各种分子带点性质的差异以及分子本身的大小、性状不同，使带点分子产生不同的迁移速度，从而实现样品中各种分子的分离，因此可以利用电泳法对蛋白质进行纯度鉴定。利用凝胶色谱法对蛋白质进行分离纯化，当相对分子质量不同的蛋白质通过凝胶时，相对分子质量较小的蛋白质容易进入凝胶内部的通道，路程较长，移动速度较慢；而相对分子质量较大的蛋白质无法进入凝胶内部的通道，只能在凝胶外部移动，路程较短，移动速度较快。相对分子质量不同的蛋白质分子因此得以分离。38．【生物--选修3：现代生物科技专题】（15分）科研人员将聚磷激酶（PPK）基因导入微生物或植物体后，微生物或植物能过量吸收环境中的磷酸盐，形成大量聚磷，从而去除废水中的磷。回答下列问题：（1）利用PCR技术对PPK基因进行扩增，前提是要有一段以PPK基因核苷酸序列为模板合成的，在延伸过程中需要使用酶。（2）建构基因表达载体需要有标记基因，它的作用是。请列举两种标记基因。（3）若受体细胞为水生植物细胞，农杆菌Ti质粒中能帮助目的基因整合到宿主细胞染色体上的序列称为；若受体细胞为大肠杆菌，首先需要用Ca2+处理，使细胞处于一种的生理状态。（4）要从根本上解决废水中磷的污染，还是需要将污水进行回收利用，实现废物365速发国际靠谱么_365bet亚洲官方网址_预付365商城下载化，这体现了生态工程的原理。【答案】（1）引物热稳定DNA聚合酶（Taq酶）（2）将含有目的基因的细胞筛选出来（3分）抗生素抗性基因，四环素抗性基因，氨苄青霉素抗性基因等（3）T-DNA（可转移的DNA）能吸收周围环境中DNA分子（4）物质循环再生【解析】（1）利用PCR技术对PPK基因进行扩增，前提是要有一段以PPK基因核苷酸序列为模板合成的引物，在延伸过程中需要使用的酶是耐高温的DNA聚合酶。（2）标记基因的作用是为了鉴别受体细胞中是否含有目的基因，从而将含有目的基因的细胞筛选出来，如抗生素抗性基因，四环素抗性基因，氨苄青霉素抗性基因等都可以作为这种基因。（3）农杆菌中的Ti质粒上的T-DNA（可转移的DNA）可帮助目的基因整合到宿主细胞染色体上，大肠杆菌细胞常用的转化方法是用Ca2+处理，使细胞处于一种能吸收周围环境中DNA分子的生理状态，这种细胞称为感受态细胞。（4）要从根本上解决废水中磷的污染，还是需要将污水进行回收利用，实现废物365速发国际靠谱么_365bet亚洲官方网址_预付365商城下载化，这体现了生态工程的物质循环再生原理。 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