2019届湖北名校冲刺必刷高三第二次模拟考试卷 理综(三)(含解析)

2019届湖北名校冲刺必刷高三第二次模拟测试卷

理科综合能力测试（三）

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 Cl 35.5 Fe 56

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．下列关于人体细胞的结构和功能的叙述，正确的是 A．衰老细胞的细胞膜通透性改变，糖蛋白显著减少

B．溶酶体膜上的蛋白质可能通过修饰从而不被其中的水解酶水解 C．在mRNA合成的同时就会有多个核糖体结合到mRNA上 D．造血干细胞有丝分裂前期形成23个四分体 【答案】B

【解析】衰老细胞的细胞膜通透性改变，而糖蛋白没有发生显著减少，A错误；溶酶体膜上的蛋白质可能通过修饰从而不被其中的水解酶水解，B正确；真核生物的mRNA的形成在细胞核，核糖体和mRNA结合在细胞质，不能同时进行，C错误；四分体形成于减数第一次分裂前期，有丝分裂过程中不会出现四分体，D错误。

2．下列关于生物体内基因表达的叙述，错误是 A．RNA聚合酶的结合位点在DNA上

B．基因表达的过程即是氨基酸合成蛋白质的过程 C．遗传信息传递到蛋白质是表现型实现的基础 D．核苷酸序列不同的基因可表达出相同的蛋白质 【答案】B

【解析】RNA聚合酶催化转录，其结合位点是基因首端的启动子，即结合位点在DNA上，A正确；基因表达的过程即是基因指导蛋白质的合成过程，包括转录和翻译两个阶段，B错误；蛋白质是生命活动的主要承担者，遗传信息传递到蛋白质是表现型实现的基础，C正确；由于多个密码子可以编码同一种氨基酸，所以核苷酸序列不同的基因可表达出相同的蛋白质，D正确。

3．下图1表示细胞结构简图；图2是染色体数目变化曲线，过程1示体细胞增殖过程，过程2、3示生殖细胞形成过程。下列说法中正确的是

A．过程1、2、3都可能发生突变和基因重组 B．若图1为人体卵巢中细胞，则该细胞不处在过程3

C．产前诊断宜选择孕妇体内正在发生过程2、3的细胞分裂时进行

D．若图1为抗虫棉细胞的部分结构，为防止基因污染，则抗虫基因应导入②内 【答案】B

【解析】分析图2，过程1、2、3分别表示有丝分裂、减数第一次分裂和减数第二次分裂，三个过程都可以发生基因突变，而只有减数第二次分裂可以发生基因重组，A错误；若图1为人体卵巢中细胞，其有成形的细胞核，因此不可能处于过程3，B正确；胎儿只能进行有丝分裂，不能进行减数分裂，因此产前诊断宜选择孕妇体内正在发生过程1的细胞分裂时进行，C错误；若图1为抗虫棉细胞的部分结构，为防止基因污染，则抗虫基因应导入③内，D错误。

4．科学家进行的下列实验中，采用的核心技术与其它三项不同的是 A．探究光合作用碳的转移途径 B．探索分泌蛋白的合成与分泌过程 C．证明引起植物向光生长的是一种化学物质 D．用噬菌体侵染大肠杆菌证明DNA是遗传物质 【答案】C

【解析】探究光合作用碳的转移途径、探索分泌蛋白的合成与分泌过程和用噬菌体侵染大肠杆菌证明DNA是遗传物质，均采用了放射性同位素标记法；证明引起植物向光生长的是一种化学物质，则是通过控制单侧光照射的部位、是否将胚芽鞘的尖端切除等措施进行实验的，没有采用放射性同位素标记法。综上分析，C正确。

5．萤火虫有发光细胞，在发光细胞中有萤光素和荧光素酶。荧光素能在荧光素酶的催化下消耗ATP，并与氧气发生反应而发光。该过程中ATP中水解释放的能量有95%的转变为光能，下列有关

ATP的叙述中正确的是

A．人从平原进入高原初期，细胞中ATP/ADP的比值普遍升高 B．ATP是由磷酸等单体组成的分子质量相对较小的高分子化合物 C．ATP水解释放的能量可用于炎热条件下人正常体温的维持 D．ATP彻底水解的产物是组成RNA的四种基本单位中的一种 【答案】C

【解析】人从平原进入高原初期时由于供氧不足，细胞中产生的ATP减少，ATP/ADP的比值下降，A错误；ATP是由磷酸、核糖、腺嘌呤组成，不属于高分子化合物，B错误； ATP释放的能量中，一部分能量也能用于动物的体温的提升和维持，C正确；ATP脱去2个磷酸基团后是RNA的基本组成单位之一，ATP彻底水解的产物是腺嘌呤、核糖和磷酸，D错误。

6．下列关于生态系统稳定性的叙述错误的是 A．稳定的生态系统如没有物质的输人也能维持稳定 B．除去农田中的杂草可以提高其抵抗力稳定性

C．生态系统可通过信息传递调节种间关系，以维持生态系统的稳定 D．适当增加生态系统生物种类有助于提高生态系统的抵抗力稳定性 【答案】B

【解析】生态系统的物质可以循环利用、自给自足，稳定的生态系统如没有物质的输人也能维持稳定，A正确；除去农田中的杂草，降低了物种多样性，使其营养结构变得简单，自我调节能力减弱，抵抗力稳定性降低，B错误；信息传递可以调节种间关系，以维持生态系统的稳定，C正确；适当增加生态系统生物种类，可以使营养结构变得复杂，自我调节能力增强，有助于提高生态系统的抵抗力稳定性，D正确。

7．《五金铁》中记载：“若造熟铁，则生铁流出时，相连数尺内，低下数寸，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．该法与近代生铁水吹空气炼钢异曲同工 【答案】B

【解析】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；熟铁比生铁的硬度小，延展性较好，选项B错误；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；往生铁水中

吹空气可以降低碳的含量，D正确。

8．下列关于有机化合物的说法正确的是

A．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生了加成反应 B．乙烯、苯、乙酸分子中的所有原子都在同一平面上 C．C8H10属于芳香烃的同分异构体共有4种 D．蛋白质水解最终产物是氨基酸和甘油 【答案】C

【解析】乙烯使酸性高锰酸钾褪色，发生了氧化还原反应，A错误；乙烯、苯为平面结构，乙酸中含甲基，甲基为四面体结构，则乙酸中所有原子不可能在同一平面上，B错误；C8H10的芳香烃

满足CnH2n－6的通式，取代基可为1个乙基或两个甲基，同分异构体有

，C正确；蛋白质水解的最终产物是氨基酸，D错误。

9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

+

A．n(H2CO3)和n(HCO−3)之和为1mol的NaHCO3溶液中，含有Na数目为NA

B．4.0g由H218O与D216O组成的混合物中所含中子数为2NA

C．氢氧燃料电池负极消耗1.12L气体时，电路中转移的电子数为0.1NA

D．用情性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1mol Cu(OH)2能使溶液复原，则电路中转移的电子数为0.4NA

【答案】D

2+【解析】根据物料守恒：n(H2CO3)+n(HCO−所以Na+数目大于NA，A错误；3)+n(CO3)＝n(Na)，

－

1816

H2O与D16mol−1，故4.0g H182O的摩尔质量均为20g·2O与D2O的物质的量共为0.2mol，且两者中161816均含10个中子，即0.2mol由H182O与D2O组成的“混合”物中含2NA个中子，H2O与D2O组成的

属于纯净物，B错误；氢气所处的状态不明确，无法计算氢气的物质的量，则转移的电子数无法计算，C错误；用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1mol Cu(OH)2能使溶液复原，则说明阳极上析出的是0.1mol氧气，阴极上析出的是0.1mol铜和0.1mol氢气，故转移0.4mol电子即0.4NA个，D正确。

10．NiS可用作陶瓷和搪瓷的着色剂。NiS在有水存在时能被氧气氧化成Ni(OH)S。将H2S通入稀硫酸酸化的NiSO4溶液中，经过过滤，制得NiS 沉淀，装置如图所示：

下列对实验的叙述正确的是

A．在装置A中滴加蒸馏水前通入N2，是为了将H2S赶入C装置中与NiSO4溶液反应 B．装置B中盛放浓硫酸

C．装置D中的洗涤液应用煮沸过的蒸馏水

D．反应结束后继续通入N2可将C装置中产生的沉淀压入过滤沉淀漏斗中 【答案】C

【解析】NiS在有水存在时能被氧气氧化成Ni(OH)S，在装置A中滴加蒸馏水前通入N2，是为了除去装置中的空气，A错误；硫化氢能够被浓硫酸氧化，B错误；NiS在有水存在时能被氧气氧化成Ni(OH)S，为了防止被氧化，装置D中的洗涤液应用煮沸过的蒸馏水，C正确；反应结束后继续通入N2可将C装置中产生的H2S赶出吸收，防止污染空气，D错误。

11．日本一家公司日前宣布，他们已经开发并计划大量生产一种颠覆性的阳极和阴极，两个电极都是碳材料的双碳性电池(放电原理如图所示)，充电速度比普通的锂离子电池快20倍。放电时，正极反应为Cn(PF6)+e−===PF6+nC，负极反应为LiCn－e−===Li++nC。下列有关说法中正确的是

－

A．a极为电池的负极 B．A−为OH−

C．电池充电时的阴极反应为LiCn+e−===Li++nC D．充电时，溶液中A−从b极向a极迁移 【答案】D

【解析】根据题给装置图判断，a电极有A−生成，b电极有Li+生成，结合放电时，正极反应为Cn(PF6)+e−===PF6+nC，负极反应为LiCn－e−===Li++nC，可知a电极为正极，b电极为负极，A错误；

－

A−为PF6，B错误；充电时，阴极反应为Li++nC+e−===LiCn，C错误；充电时，溶液中A−从b(阴)

－

极向a(阳)极迁移，D正确。

12．H2A是一种二元弱酸，常温下利用KOH固体调节H2A溶液的pH，H2A、HA和A2−三种

－

c(X)

形态的粒子的物质的量分数δ(X)＝随溶液pH变化的关系如图所示，已知常

c(H2A)＋c(HA−)＋c(A2−)温下，H2CO3的电离常数为：K1＝4.3×10−7，K2＝ 5.6×10−11，下列说法错误的是

A．当pH＝4.3时，溶液中有3c(HA−)+c(OH−)＝c(K+)+c(H+) B．常温下，KHA溶液中水的电离程度大于纯水中水的电离程度 C．常温下，K2A溶液中[c(A2−)×c(H2A)]/c2(HA−)＝10−3

2−

D．向Na2CO3溶液中滴加少量H2A，发生的主要反应为：2CO23+H2A===A+2HCO3

－

－

【答案】B

【解析】由图可知pH＝4.3时，c(HA−)＝c(A2−)，根据电荷守恒：c(K+)+c(H+)＝2c(A2−)+c(HA−)+c(OH−)，A正确；由图可知H2A的K1＝10−1.3，K2＝10−4.3，因此HA−的水解常数KnKwc(A2−)×c(H2A)c(A2−)×c(H2A)×c(H+)−12.7

＝＝10＝＝−1.3＝10−3，C正确；根据H2A的K1、K2以及H2CO3的K1、K2可知，Na2CO3溶液中加入K110

2−

少量H2A时，CO23→HCO3，H2A→A，D正确。

－

－

13．短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，X与W、Y可分别形成常见的化合物W2X、W2X2、Y2X、Y2X2，化合物Z2Q3溶于水有大量白色胶状沉淀和臭鸡蛋气味的气体生成。下列有关叙述正确的是

A．简单离子半径的大小：Q>Y>Z>X>W

B．五种元素的单质中，只有一种能与其他四种化合 C．相同条件下，YWQ、YXW、Y2Q溶液的pH依次增大 D．Y、Z、Q的最高价氧化物对应的水化物之间能两两反应 【答案】D

【解析】短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，X与W、Y可分别形成常见的化合物W2X、W2X2、Y2X、Y2X2，化合物Z2Q3溶于水有大量白色胶状沉淀和臭鸡蛋气味的气体生成，故可判断元素W、X、Y、Z、Q分别为H、O、Na、Al、S。具有相同电子结构的离子核电荷数越大

半径越小，则简单离子半径的大小：Q>W>X>Y>Z，A错误；五种元素的单质中，H2、O2、S均能与其他单质化合，B错误；相同条件下，NaHS、NaOH、Na2S溶液的pH大小顺序为NaOH>Na2S>NaHS，C错误。

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14～17题只有一个选项符合题目要求。第18～21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．“复兴号”动车组在京沪高铁率先实现350公里时速运营，我国成为世界上高铁商业运营速度最高的国家。一列“复兴号”正在匀加速直线行驶途中，某乘客在车厢里相对车厢以一定的速度竖直向上抛出一个小球，则小球

A．在最高点对地速度为零 B．在最高点对地速度最大

C．落点位置与抛出时车厢的速度大小无关 D．抛出时车厢速度越大，落点位置离乘客越远 【答案】C

15．甲车在乙车前方75 m处由静止以恒定功率P＝50 kW启动，阻力恒定，最后匀速运动。乙车做初速为0的匀加速直线运动(无最大速度限制)。两车同时同向运动，v－t图象如图所示。其中，甲车质量m＝7.5 t。则下列说法正确的是

A．甲车所受的阻力为5000 N B．甲车所受的阻力为7500 N C．乙车追上甲车的时间为50 s D．乙车追上甲车的时间为30 s 【答案】A

【解析】甲车所受阻力为，A正确，B错误；甲车阻力恒定，设前20s

内的位移为s，根据动能定理可得示位移，此时乙车的位移为

，解得，v－t图像与坐标轴围成的面积表

，此后，设再经过时间两车相遇，该过程中甲做

，则有

匀速运动，乙车做初速度为10 m/s的匀加速直线运动，加速度为

，解得

，故

，C、D错误。

16．如图所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)。一质量为m、电荷量为q的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v做匀速直线运动，重力加速度为g。则

A．匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外

B．小球可能带正电荷 C．电场强度大小为2mg q3mg qvD．磁感应强度的大小为B【答案】D

【解析】小球做匀速直线运动，受到合力为零，假设小球带正电，则小球的受力情况如图1所示，小球受到洛伦兹力沿虚线当方向末知，小球受到重力与电场力的合力与洛伦兹力不可能平衡，所以小球不可能做匀速度直线运动，假设不成立，小球实际一定带负电，故B错误；小球受力情况如图2示，小球受洛伦兹力一定斜向右上方，根据左手

定则，匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里，故A错误；根据几何关系，电场力大小qE＝mg，洛伦兹力大小qvB＝

mg，解得E＝mg/q，B＝

，故C错误，D正确。

17．据《科技日报》报道，2020年前我国将发射8颗海洋系列卫星，包括4颗海洋水色卫星、2颗海洋动力环境卫星和2颗海陆雷达卫星，以加强对黄岩岛、钓鱼岛及西沙群岛全部岛屿附近海域的监测。设海陆雷达卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径是海洋动力环境卫星的n倍，则在相同的时间内

A．海陆雷达卫星到地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的n倍 B．海陆雷达卫星和海洋动力环境卫星到地球球心的连线扫过的面积相等 C．海陆雷达卫星到地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的n倍 D．海陆雷达卫星到地球球心的连线扫过的面积是海洋动力环境卫星的【答案】C

Mmv2GM【解析】卫星与地心的连线扫过的是扇形，由G2m解得卫星的环绕速度v，所rrr1rtGMtGM以在时间t内扫过的弧长l＝vt，卫星扫过的面积Slrr，即与卫星的轨道半22r21倍 n径的平方根成正比，故选项C正确。

18．如图，C为中间插有电介质的电容器，b极板与静电计金属球连接，a极板与静电计金属外壳都接地。开始时静电计指针张角为零，在b板带电后，静电计指针张开了一定角度。以下操作能使静电计指针张角变大的是

A．将b板也接地

B．b板不动、将a板向右平移 C．将a板向上移动一小段距离

D．取出a、b两极板间的电介质 【答案】CD

22119．两个氘核聚变的核反应方程为1H1H32He0n，其中氘核的质量为2.0130 u，氦核的质

量为3.0150 u，中子的质量为1.0087 u，1 u相当于931.5 MeV，在两个氘核以相等的动能0.35 MeV进行对心碰撞，并且核能全部转化为机械能的情况下，下列说法正确的是

A．该核反应吸收的能量为2.14 MeV B．核反应后氦核与中子的动量等大反向 C．核反应后氦核的动能为0.71 MeV D．核反应后中子的动能为0.71 MeV 【答案】BC

【解析】该核反应前后释放的能量E(22.01303.01501.0087)931.52.14MeV，A错误；核反应前后两氘核动量等大反向，因而反应后氦核与中子的动量等大反向，B正确；核反应后的总

2动能为EkE2Ek0m1v12m2v2，而m1v1m2v2，且m13m2，联立解得氦核的动能为

1212Ek1112m1v120.71MeV，中子的动能为Ek2m1v22.13MeV，C正确、D错误。 2220．如图所示，正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a点沿与ab成30°角的方向垂直射入磁场。甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场。已知甲、乙两a带电粒子的电荷量之比为1 : 2，质量之比为1 : 2，不计粒子重力。 以下判断正确的是

A．甲粒子带负电，乙粒子带正电 B．甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍

C．甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的23倍

D．甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的倍 【答案】BCD

【解析】由甲粒子垂直于bc边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从ad边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A错误；由几何关系可知，R＝2L，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为60°，弦长为，所以：＝2R乙sin60°，解得：R乙＝

L，

14甲

由牛顿第二定律得：qvB＝m，动能：EK＝mv2＝

，所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24

倍，故B正确；由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得：，洛伦兹力：f＝qvB＝，即，

故C正确；由几何关系可知，甲粒子的圆心角为300，由B分析可得，乙粒子的圆心角为120°，粒

子在磁场中的运动时间：t＝T，粒子做圆周运动的周期： 可知，甲粒子在磁场中的运动

时间是乙粒子在磁场中运动时间的1/4倍，D正确。

21．如图甲所示，两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为1 m，总电阻为1 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行。现使导线框水平向右运动，cd边于t＝0时刻进入磁场，c、d两点间电势差随时间变化的图线如图乙所示。下列说法正确的是

A．磁感应强度的方向垂直纸面向里 B．磁感应强度的大小为4 T

C．导线框进入磁场和离开磁场时的速度大小之比为3 : 1 D．0～3 s的过程中导线框产生的焦耳热为48 J 【答案】AB

【解析】0－1s内线框进入磁场，c、d两点间电势差为正，即C点相当于电源的正极，由右手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故A正确；0－1s内线框进入磁场，c、d两点间电势差为

，线框的速度为

，解得：

，故B正确；由图乙分析可知，线框

在0－1s内进入磁场，2－3s内出磁场，且都是匀速运动，所以速度都为1m/s，所以导线框进入磁场和离开磁场时的速度大小之比为1：1，故C错误；线框在0－1s内进入磁场过程中电流为

，产生的热量为：

，1－2s内线框的磁通量不变，所以无感应电流产生，

即无热量产生，2－3s内线框出磁场过程中电流为所以总热量为32J，D错误。

，，产生的热量为：，

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)某物理兴趣小组的同学在实验室里再现了伽利略对自由落体运动的研究，做了如下实验：如图所示，他在标有刻度的斜面底端固定一个光电门，让一个小球从斜面某一位置由静止开始释放，用刻度尺测得小球的直径为D，读出释放处与光电门间的距离为x，小球运动到斜面底端的时间为t，光电门挡光的时间为Δt。

(1)小球运动到斜面底端时的速度v＝ _______(用题中给出的字母表示)；

(2)改变小球释放位置，取3次实验数据，分别用对应的下标1、2、3表示，算出小球经过光电门时的速度分别为v1、v2、v3，下列选项中伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动的是_______。

A．

v1v2v3vvvx1x2x3 B．123 C．x1x2x2x3 D．222 222t1t2t3t1t2t3(3)当用图象法求小球在斜面上运动的加速度时，为了方便处理数据，若纵坐标的物理量是释放处与光电门的距离x，横坐标的物理量可以是________。

A．t2 B．t C．

1 D．(t)2 2(t)【答案】(1) (2) D (3)AC

【解析】(1)小球通过光电门的时间近似认为速度不变，故小球运动到斜面底端时的速度为v＝。

(2)如果小球做匀加速运动速度v＝at，则；位移，则，，由

于伽利略当时受计时仪器的限制，测量瞬时速度的误差较大，B式公式正确，但是不是当时伽利略用来证明匀变速直线运动的方法，故伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动

的是。

(3)根据位移时间关系：，故A正确，B错误。根据速度位移关系：，即，

，故C正确，D错误。

23．(9分)二极管是一种半导体元件，它的符号为“从正极流入时电阻比较小，而从负极流入时电阻比较大。

(1)某课外兴趣小组想要描绘某种晶体二极管的伏安特性曲线。因二极管外壳所印的标识模糊，为判断该二极管的正、负极，他们用多用电表电阻挡测二极管的正、反向电阻。其步骤是：将选择开关旋至合适倍率，进行欧姆调零，将黑表笔接触二极管的左端、红表笔接触右端时，指针偏角比较小。然后将红、黑表笔位置对调后再进行测量，指针偏角比较大，由此判断_________（选填“左”或“右”）端为二极管的正极。

(2)厂家提供的伏安特性曲线如图所示，为了验证厂家提供的数据，该小组对加正向电压时的伏安特性曲线进行了描绘，可选用的器材有：

A．直流电源E：电动势3 V，内阻忽略不计 B．滑动变阻器R：0～20 Ω

”，其特点是具有单向导电性，即电流

C．电压表V1：量程5 V、内阻约50 kΩ D．电压表V2：量程3 V、内阻约20 kΩ E．电流表A1：量程0.6 A、内阻约0.5 Ω F．电流表A2：量程50 mA、内阻约5 Ω G．待测二极管D

H．单刀单掷开关S，导线若干

为了提高测量结果的准确度，电压表应选用________，电流表应选用_____。（填序号字母） (3)为了达到测量目的，请在虚线框内画出正确的实验电路原理图__________。

(4)为了保护二极管，正向电流不要超过25 mA，请你对本实验的设计或操作提出一条合理的建议： 。

【答案】(1)右 (2) D F (3)如图所示

(4)可能的答案：a．在二极管支路串入一阻值合适的限流电阻起保护作用。b．闭合开关前滑动触头停在最左端，向右移动滑动触头时应缓慢进行，同时仔细观察电流表示数变化，以防止电流超过25 mA（只要回答合理均可）

【解析】(1)欧姆表内部有电源，电源正极接在负接线柱上，当红表笔接触右端时，说明红表笔接入电源的负极；此时指针偏角较小，说明电阻较大，故说明接入了反向电压，故二极管右端应为正极。

(2)电源电压为3 V，故电压表应选3 V量程进行测量；而由坐标可知，电路中电流较小，故电流表应选50 mA的即可。

(3)为了得出完整的图象，应采用分压接法，同时因正向电阻较小，故可以采用外接法，原理图如图。

(4)为了防止超过最大电流，可以在电路中串接保护电阻；同时也可以通过实验方法，即慢慢调节滑动触片，注视电流表，使电流表示数不得超过25 mA。

24．(12分)如图所示，光滑平行轨道abcd的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，bc段轨道宽度是cd段轨道宽度的2倍，bc段轨道和cd段轨道都足够长，将质量相等的金属棒P和Q分别置于

轨道上的ab段和cd段，且与轨道垂直。Q棒静止，让P棒从距水平轨道高为h的地方由静止释放，求：

(1)P棒滑至水平轨道瞬间的速度大小； (2)P棒和Q棒最终的速度。

【解析】(1)设P棒滑到b点的速度为v0，由机械能守恒定律：

mgh12mv0 2得：v02gh。

(2)最终两棒的电动势相等，即：2BLvP＝BLvQ

得2vP＝vQ（此时两棒与轨道组成的回路的磁通量不变）

这个过程中的任意一时刻两棒的电流都相等，但由于轨道宽度两倍的关系，使得P棒受的安培力总是Q棒的两倍，所以同样的时间内P棒受的安培力的冲量是Q棒的两倍，以水平向右为正方向，对P棒： －2I＝mvP－mv0 对Q棒：I＝mvQ 联立两式解得：vP2gh22gh，vQ。 5525．(20分)如图为特种兵过山谷的简化示意图，山谷的左侧为竖直陡崖，右侧是坡面为tan θ＝10的斜坡。将一根不可神长的细绳两端固定在相距d为20 m的A、B两等高点。绳上挂一小滑轮P，战士们相互配合，沿着绳子滑到对面。如图所示，战士甲(图中未画出)水平拉住滑轮，质量为50 kg的战土乙吊在滑轮上，脚离地处于静止状态，此时AP竖直，APB53，然后战士甲将滑轮由静止释放，战士乙即可滑到对面某处。不计滑轮大小、摩擦及空气阻力，也不计绳与滑轮的质量，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。

(1)求战士甲释放滑轮前对滑轮的水平拉力F；

(2)当战士乙运动到曲线的最低点附近时，可看做半径R的一部分，求战士乙在最低点时绳的拉力；

(3)以A、B的中点O为坐标原点，水平线AB为x轴，竖直向上为y轴正方向，建立正交坐标系，求战士乙运动到右侧坡面的坐标。

【解析】(1)受力分析如图，根据共点力平衡条件得到： T1sin53F T1cos53T2G T1T2

403m的圆3

联立解得：F250N。

(2)AP15m，BP25m，所以APBP20m，所以△ABP是正三角形，Pʹ在AB水平线下方103m处，以Pʹ为零势能面，hP10315m

根据机械能守恒定律：mghPmv2

v2由牛顿第二定律和圆周运动规律得到：2FTcos30mgm

R12联立解得：FT347N。

(3)由题意可得战士的运动轨迹为椭圆，c10m，半短轴b103m，半长轴a20m

x2y2椭圆方程为：1

400300设右侧坡面的轨迹方程为：y10xb1 将(10，0)代入得到：b1100

则右侧坡面的轨迹方程为：y10x100 联立解得：403x28000x388000

解得：(8.43，－15.70)，(11.42，14.20)后者不合题意舍去。

26．亚硝酸钠(NaNO2)被称为工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛。以木炭、浓硝酸、水和铜为原料制备亚硝酸钠的装置如图所示。

已知：室温下，①2NO+Na2O2===2NaNO2； ②3NaNO2+3HCl===3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O；

−−2+

③酸性条件下，NO或NO−2都能与MnO4反应生成NO3和Mn。

请按要求回答下列问题：

（1）检查完该装置的气密性，装入药品后，实验开始前通入一段时间气体Ar，然后关闭弹簧夹，再滴加浓硝酸，加热控制B中导管均匀地产生气泡。上述操作的作用是_____________________________________________。

（2）B中观察到的主要现象是___________________________________。 （3）A装置中反应的化学方程式为____________________________________。 （4）D装置中反应的离子方程式为____________________________________。

（5）预测C中反应开始阶段，固体产物除NaNO2外，还含有的副产物有Na2CO3和________。为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加装置E，则E中盛放的试剂名称为________。

（6）利用改进后的装置，将3.12g Na2O2完全转化成为NaNO2，理论上至少需要木炭_______g。 【答案】（1）排尽空气，防止生成的NO被空气中O2氧化 （2）红棕色气体消失，铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气泡冒出 （3）C+4HNO3(浓)====CO2↑+4NO2↑+2H2O （4）5NO+3MnO4+4H+===3Mn2++5NO3+2H2O

－

－

△

（5）NaOH 碱石灰 （6）0.48

【解析】装置A中是浓HNO3和碳加热发生的反应，反应生成NO2和CO2和H2O，装置B中是A装置生成的NO2和H2O反应生成HNO3和NO，HNO3和Cu反应生成Cu(NO3)2，NO和H2O；通过装置C中的Na2O2吸收NO、CO2，最后通过酸性KMnO4溶液除去剩余NO防止污染空气。（1）为避免生成的NO被空气中O2氧化，需要把装置中的空气通入Ar气排净后再进行反应，然后加热制备NaNO2；（2）装置B中NO2与H2O反应生成HNO3，HNO3与Cu反应生成Cu(NO3)2、NO气体和H2O，则B中现象为红棕色气体消失，铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气泡冒出；（3）装置A中是浓HNO3和碳加热发生的反应，反应生成NO2和CO2和H2O，反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓)====CO2↑+4NO2↑+2H2O；（4）D装置中反应是除去未反应的NO，防止污染空气，反应的离子方程式为：5NO+3MnO4+4H+===3Mn2++5NO3+2H2O；（5）因为NO中混有CO2和H2O，

－

－

△

CO2和Na2O2发生的反应生成Na2CO3和O2，H2O与Na2O2反应生成NaOH，故C产物中除NaNO2外还含有副产物Na2CO3和NaOH，为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加装置E，E中盛放的试剂应为碱石灰，用来吸收CO2和H2O；（6）根据①C+4HNO3(浓)====CO2↑+4NO2↑+2H2O；②3NO2+H2O===2HNO3+NO；③3Cu+8HNO3===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；④2NO+Na2O2===2NaNO2，48242

则有C～4NO2～NO；4NO2～HNO3～NO；C～(+)NO～2NO～Na2O～2NaNO2，所以3.12g过

33333氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭的质量为

3.12g

12g·mol−1＝0.48g。 −1×78g·mol

△

27．氢是一种理想的绿色清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究重点。已知利用FeO与Fe3O4循环制氢的相关反应如下：

反应I．H2O(g)+3FeO(s)反应Ⅱ．2Fe3O4(s)

Fe3O4 (s) + H2(g) ΔH=a kJ·mol−1； FeO (s) + O2(g) ΔH=b kJ·mol−1。

（1）反应：2H2O(g)===2H2(g)+O2(g) ΔH=________(用含a、b的代数式表示)kJ·mol−1。 （2）上述反应中a<0、b>0，从能源利用及成本的角度考虑，实现反应II可采用的方案是________ ____________________________________________________。

（3）900℃时，在甲、乙两个体积均为2.0L的密闭容器中分别投入0.60mol FeO(s)并通入0.20mol H2O(g)，甲容器用FeO细颗粒，乙容器用FeO粗颗粒。反应过程中H2的生成速率的变化如图1所示。

①用FeO细颗粒和FeO粗颗粒时，H2的生成速率不同的原因是___________________________。 ②用FeO细颗粒时H2O(g)的平衡转化率与用FeO粗颗粒时H2O(g)的平衡转化率的关系是_____ ______(填“前者大”“前者小”或“相等”)。

（4）FeO的平衡转化率与温度的关系如图2所示。请在图3中画出1000℃、用FeO细颗粒时，H2O(g)转化率随时间的变化曲线(进行相应的标注)。

（5）NH3-O2燃料电池的结构如图所示。

①a极为电池的________(填“正”或“负”)极，电极反应式： 。 ②当生成1mol N2时，电路中流过电子的物质的量为_______。 【答案】（1）2a+b；

（2）用反应I放出的热量向反应II供热或用廉价清洁能源提供热能； （3）①FeO细颗粒表面积大，与H2O的接触面积大，反应速率快；②相等

（4）

（5）①负极 2NH3-6e−+6OH−===N2+6H2O ②6mol 【解析】（1）已知H2O(g)+3FeO(s)

Fe3O4(s)+H2(g) ΔH=a kJ·mol−1（Ⅰ）；2Fe3O4(s)

FeO(s)+O2(g) ΔH=b kJ·mol−1（Ⅱ），利用盖斯定律，将（Ⅰ）×2+（Ⅱ）可得2H2O(g)=== 2H2(g)+O2(g) ΔH=（2a-b）kJ·mol−1，答案为：2a+b；（2）b>0，要使该制氢方案有实际意义，应给反应Ⅱ提供能量才能使反应发生，可利用廉价清洁能源提供热能或利用太阳能、地热能、生物能、核能等，故答案为：用反应I放出的热量向反应II供热或用廉价清洁能源提供热能；（3）①因细颗粒FeO表面积大，固体的表面积越大，与氢气的接触面越大，则反应速率越大，故答案为：细颗粒FeO表面积大，与氢气的接触面越大，反应速率加快；②固体的表面积大小与平衡移动无关，则平衡状态相同，故答案为：相等；（4）由图1可知，升高温度，FeO的转化率降低，说明正反应为放

热反应，升高温度，反应速率增大，但反应物的转化率降低，则图象为。

（5）a极通入氨气，是负极，电极反应式是：2NH3-6e−+6OH−===N2+6H2O。②按其中N的化合价由-3价变成0价，当生成1mol N2时，转移电子的物质的量为6mol，故答案为：6mol。

28．铁、铝是生活中重要的金属材料，铁铝及其化合物有非常重要的用途。 （1）下列说法不正确的是__________(填序号)。

①配制FeCl3、ACl3溶液时，均是先将固体FeCl3、ACl3溶于较浓的盐酸，再用蒸馏水稀释到所需浓度

②FeCl2、FeCl3、Fe(OH)3均可以通过化合反应生成

2+

③利用氯水和KSCN溶液可以检验FeCl3溶液中有无Fe

④加热蒸干Al2(SO4)3溶液残留固体的成分为Al2O3

（2）以高碗铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2、少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：

①流程中两次焙烧均会产生SO2，用NaOH溶液吸收处理SO2的离子方程式为___________ _________________________________。

②添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧其硫去除率随温度变化曲线如图所示。

已知：多数硫酸盐的分解温度都高于600℃ 硫去除率=(1－

)×100%

I．不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于_______________。 Ⅱ．700℃时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是

___________________________________________。

Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，③“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。写出该反应的化学方程式___________________。

10−20，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10−38，Ksp[Al(OH)3]=1.1×10−33。 （3）已知25℃时，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×

L的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，①在25℃下，向浓度均为0.1mo·先生成_______ ___(填化学式)沉淀。

10−5ml·L−1时，可以认为已沉淀完全。现向一定浓度的AlCl3和②溶液中某离子浓度低于1.0×

FeCl3混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe3+恰好沉淀完全时，测得c(Al3+)=0.2mol·L−1，所得沉淀中___ _______(选填“还含有”或“不含有”)Al(OH)3。理由是______________(通过计算说明)。

【答案】（1）③④

−−−

（2）SO2+2OH−===SO23+H2O或SO2+OH===HSO3 FeS2

−1

焙烧

S转化成了CaSO4，留在矿粉中 FeS+16Fe2O3=====11Fe3O4+2SO2↑ （3）Al(OH)3 不含有 Fe3+完全沉淀时，c(Al3+)·c3(OH−)＜Ksp[Al(OH)3]

【解析】（1）①配制FeCl3、AlCl3溶液时，先将固体FeCl3、AlCl3溶于较浓的盐酸，防止Fe、Al3+水解，再用蒸馏水稀释到所需浓度，故①正确；②FeCl2、FeCl3、Fe(OH)3均可以通过化合反应生成，例如：2FeCl3+Fe===3FeCl2、2Fe+3Cl2===3FeCl2、4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3，故②正

3+

确；③因为Fe遇KSCN溶液变成血红色溶液，所以不能用可以氯水和KSCN溶液可以检验FeCl32+3

溶液中有无Fe，故③错误；④加热蒸干Al2(SO4)3溶液虽然Al水解，但硫酸是难挥发性酸，所以

3+

残留固体的成分仍为Al2(SO4)3，故④错误；本题答案为：③④。（2）①NaOH和SO2反应，生成Na2SO3

−2−−−

和H2O，离子方程式为：SO2+2OH===SO3+H2O或SO2+OH===HSO3；②I.由题给已知条件，多数

金属硫酸盐的分解温度，高于600，不添加CaO的矿粉低于500焙烧时去除的S元素，主要来自于FeS2，Ⅱ.700℃时，添加1% CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是生成了CaSO4，留在矿粉中；本题答案为：FeS2，S转化成了CaSO4，留在矿粉中。③Fe2O3与焙烧

FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，FeS+16Fe2O3=====11Fe3O4+2SO2↑；化学方程式为：（3）①根据Al(OH)3、Cu(OH)2的溶度积常数，在25下，向浓度均为0.1mol/L的AlCl3和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，由于

Al(OH)3最先析出，，加入相同的浓度的氨水，

3+3−本题答案为：Al(OH)3。②Fe完全沉淀时，c(OH)=

==4.0，

c(Al3+)·c(OH−)=0.2=8×10-34KspAl(OH)3，所以没有生成Al(OH)3沉淀，故此时所得沉淀不

3+3+

c3(OH−)＜Ksp[Al(OH)3]。 含有Al(OH)3；本题答案为；不含有，Fe完全沉淀时，c(Al)·

29．（10分）学校科研小组在晴朗的白天对某湖泊进行了研究:取6个透明玻璃瓶编号为1～6号，分别从同一取样点水深为1米处取水样后密封，测其溶氧量如图甲所示；另取一透明玻璃瓶（编号7），从该取样点某深度水层取水样后密封，每间隔2小时（h)测其CO2浓度如图乙所示。假如环境温度不变，细胞呼吸强度恒定。请据图回答：

（1）经鉴定，1～6号瓶中均含有绿藻和蓝藻。与绿藻相比，蓝藻不含叶绿体，它能够进行光合作用的原因是__________________________。

（2）请分析图甲测定结果的主要原因是_________________。

（3）图乙中4～6h与8～10h时间段内，水样中CO2浓度各自保持稳定，原因是___________；请分析这两个时间段7号瓶所处环境条件发生的变化是：后者比前者____________。

（4）若夜晚在该取样点的水深6米处取样，水样中生物种类与6号瓶相比________(填“增多”、“减少”或“基本不变”），原因是________________ 。

【答案】（1）含有光合（作用）色素和相应的酶

（2）随着水深增大，光照强度逐渐减弱，藻类（绿藻和蓝藻）的数量减少（光合作用强度减弱） （3）两时间段内水样中生物细胞呼吸产生的CO2与藻类光合作用消耗的CO2相等 光照强度增大（1分）

（4） 减少（1分） 白天水深6米处溶氧量几乎为零，而夜晚不能进行光合作用，没有了氧气供应，该处的好氧生物会转移

【解析】（1）蓝藻属于原核生物，与绿藻相比，不含叶绿体，但是含有光合（作用）色素和相应的酶，因此蓝藻也可以进行光合作用。（2）据图甲分析可以看出，随着水深度的增加，玻璃瓶内的溶氧量逐渐减少，说明光照强度随着水深度的增加而逐渐减弱，绿藻和蓝藻的光合作用强度降低，导致溶氧量减少。（3）图乙中4～6h与8～10h时间段内，水样中C02浓度各自保持稳定不变，其原因是两时间段内水样中生物细胞呼吸产生的C02与藻类光合作用消耗的C02相等。7号瓶前半段CO2浓度在增加，说明光合作用强度在减弱；后半段CO2浓度在减少，说明光合作用强度在增加。因为环境温度恒定不变，且CO2浓度在减少，因此这两个时间段7号瓶所处环境条件发生的变化是后半段比前半段光照强度增加。（4）据甲图所示，该取样点的6米深处溶氧量几乎为0，而夜晚没有光照，藻类与其他植物无法进行光合作用，没有了氧气供应，该处的好氧生物会转移。因此若夜晚在

该取样点的水深6米处取样，水样中生物种类与6号瓶相比会减少。

30．（9分）人类免疫缺陷病毒（HIV)是一种RNA病毒，HIV通过T淋巴细胞表面的CD4受体识别T淋巴细胞并侵染进入细胞内。请回答下列问题：

（1）试写出HIV进入T淋巴细胞与钾离子进入T淋巴细胞的共同点：_______________ (仅写一项）。

（2）HIV侵入人体后一段时间，HIV浓度下降的原因是_________ 。T细胞在接受HIV刺激后，通过增殖分化形成效应T细胞，效应T细胞的主要功能是 。

（3）科学家正研究将病毒引诱到导致其死亡的“陷阱”细胞中，以防止病毒增殖。他们用CD4受体修饰过的成熟红细胞引诱HIV识别并侵染，已取得阶段性成果。请简要说明其机理: 。

【答案】（1）需要消耗能量

（2）免疫系统可以摧毁大多数病毒 与被HIV入侵的宿主细胞密切接触，使这些细胞裂解死亡

（3）人体成熟的红细胞无细胞核和核糖体等结构，病毒无法在其中增殖（3分）

【解析】（1）HIV是一种RNA病毒，主要由蛋白质和RNA组成，以胞吞的方式进入T淋巴细胞，需要消耗能量；钾离子以主动运输的方式进入T淋巴细胞，需要消耗能量和载体蛋白的协助。可见，HIV进入T淋巴细胞与钾离子进入T淋巴细胞的共同点是均需要消耗能量。（2）HIV侵入人体的初期，人体的免疫系统可以摧毁大多数病毒，导致HIV浓度下降。T细胞受到HIV的刺激后，增殖分化出记忆T细胞和效应T细胞，效应T细胞与被HIV入侵的宿主细胞密切接触，使这些细胞裂解死亡。（3）人体成熟的红细胞无细胞核和核糖体等结构，HIV病毒入侵后不能在成熟的红细胞中进行核酸的复制以及蛋白质的合成，导致HIV病毒无法在其中增殖。

31．（10分）随着水体富营养化进程的加快，沉水植物逐渐衰退和消失，导致结构复杂、功能健全的以高等水生植物占优势的清水态草型水体逆向退化为结构单一、功能退化的以蓝绿藻等浮游植物为主的浊水态藻型水体，从而引起水华。

（1）由清水态草型水体逆向退化为浊水态藻型水体是否为群落演替____ 。若某湖泊发生水体富营养化造成某种沉水植物灭绝，从生物多样性的角度分析，丧失的是______

（2）沉水植物逐渐衰退和消失的原因除了有水体中的无机盐过多对沉水植物有毒害作用外，还有____ 。（答一点既可）

（3）水体富营养化后大量的沉水植物死亡又会促使大量分解者分解其遗体，消耗大量氧气使水体溶氧量降低，从而使更多的生物死亡，我们称为“二次污染”。这体现了生态系统存在____ 调节。

（4）科研人员通过投放食浮游植物的鱼类和种植大型挺水植物构建生物修复系统的方法治理湖泊的水华，这样做的原因是____ 。投

放食浮游植物的鱼类和种植大型挺水植物时要注意避免引起外来物种入侵，因此，要充分考虑不同生物之间的 。

【答案】（1）是（1分） 基因多样性和物种多样性

（2）蓝绿藻等浮游植物大量繁殖遮蔽阳光，使沉水植物光合作用受阻而死亡（大量微生物分解动植物遗体消耗大量氧气）

（3）（正）反馈（1分）

（4）大型挺水植物和藻类可形成竞争关系以及投放的鱼类能捕食藻类，从而限制藻类增长 种间关系

【解析】（1）群落演替是指随着时间的推移，一个群落被另一个群落代替的过程，因此由清水态草型水体逆向退化为浊水态藻型水体是群落的演替。某湖泊发生水体富营养化造成某种沉水植物灭绝，导致生物种类减少，基因种类与数量也随之减少，因此从生物多样性的角度分析，丧失的是基因多样性和物种多样性。（2）据试题分析可知，沉水植物逐渐衰退和消失的原因除了有水体中的无机盐过多对沉水植物有毒害作用外，还有蓝绿藻等浮游植物大量繁殖遮蔽阳光，使沉水植物光合作用受阻而死亡（大量微生物分解动植物遗体消耗大量氧气）（3）水体污染导致沉水植物死亡，微生物分解其遗体导致消耗大量氧气，使水体溶氧量降低，又会导致更多等生物由于缺氧而死亡，这种“二次污染”。体现了生态系统存在（正）反馈调节。（4）采用投放食浮游植物的鱼类和种植大型挺水植物构建生物修复系统的方法治理湖泊的水华，其原因是大型挺水植物和藻类可形成竞争关系以及投放的鱼类能捕食藻类，从而限制藻类增长。投放食浮游植物的鱼类和种植大型挺水植物时要注意避免引起外来物种入侵，因此，要充分考虑不同生物之间的种间关系。

32．（10分）果蝇的长刚毛与短刚毛是一对相对性状，由基因A、a控制。现有长刚毛和短刚毛的纯合雌雄个体若干(没有交配过)，某小组截证明该基因的位置及性状的显隐性关系。请完善飞矾分祆过程

(1)若想通过杂交确定基因的位置，最采用__________________________的方法；若_______，则A、a基因位于常染色体上，长刚毛为显性；若子代____________________，则A、a基因位于X染色体上，短刚毛为显性。

(2)若已证明A、a基因位于X染色体上，且短刚毛对长刚毛为显性，现将一只短刚毛雄果 蝇用紫外线照射，A基因所在的染色体缺失了一个片段，不影响A基因功能。若想在显微镜下观察此种变异，通常选用有丝分裂____________期的细胞。现让该果蝇与长刚毛雌果蝇

杂交，若F1中仅出现雄果蝇，则原因最可能是___________________________。

(3)若已证明A、a基因位于X染色体上，且染色体缺失某一片段导致精子只有50％的存活 率，让A基因所在染色体缺失的杂合短刚毛雌果蝇(XA X8)与正常长刚毛雄果蝇杂交产生F1，F1中雌、雄果蝇随机交配产生F2，则F2中短刚毛：长刚毛=_____________。

【答案】（1）正反交（1分） 正反交的子代全表现为长刚毛 正反交结果不同，短刚毛(♀)×长刚毛(♂)的后代全为短刚毛，长刚毛(♀) ×短刚毛(♂)后代雌性全为短刚毛，雄性全为长刚毛(答案合

理即可)

（2）中（1分） X染色体缺失导致雄配子致死 （3）5：9

【解析】（1）在相对性状显隐性未知的情况下，通过杂交确定基因的位置，最好采用正反交的方法，让长刚毛雌蝇与短刚毛雄蝇、短刚毛雌蝇与长刚毛雄蝇分别进行杂交，若A、a基因位于常染色体上，长刚毛为显性，则正反交的子代全表现为长刚毛；若A、a基因位于X染色体上，短刚毛为显性，则正反交结果不同，短刚毛（♀）×长刚毛（♂）的后代全为短刚毛，长刚毛（♀）×短刚毛（♂)后代雌性全为短刚毛，雄性全为长刚毛。（2）有丝分裂中期染色体形态固定，数目清晰，可用于观察染色体片段的缺失。A、a基因位于X染色体上，让A基因所在染色体缺失一个片段的短刚毛雄果蝇与长刚毛雌果蝇杂交，若F1中仅出现雄果蝇，说明该雄果蝇不能产生含X染色体的雄配子，即X染色体片段缺失导致雄配子致死。 （3）A、a基因位于X染色体上，让A基因所在染色体缺失的杂合短刚毛雌果蝇（XAXa）与正常长刚毛雄果蝇XaY杂交，F1中雌、果蝇基因型及比例为为1/2 XAXa、1/2 XaXa，产生卵细胞的基因型及比例为1/4 XA、3/4Xa，雄果蝇基因型为1/2 XAY、1/2 XaY，产生精子的基因型及比例为1/2Y 、1/4XA、1/4 Xa，染色体缺失某一片段导致精子只有50%的存活率，则可参与受精的精子基因型及比例为4/7Y 、1/7XA、2/7 Xa，F1中雌、雄果蝇随机交配，F2中长刚毛的比例为（3/4）×（4/7）+（3/4）×（2/7）=9/14，则短刚毛比例为1-9/14=5/14，短刚毛∶长刚毛= 5∶9。

（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)下列说法错误的是___________。(填正确答案的标号。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．用显微镜观察到花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停地做无规则运动 B．两个分子的间距从极近逐渐增大到极远的过程中，它们的分子势能先减小后增大 C．多晶体和非晶体都表现为各向同性，单晶体则表现为各向异性 D．在一定温度下，水的饱和汽压随着水蒸气体积的增大而减小 E．第二类永动机虽然不违背能量守恒定律，但是违背了热力学第二定律 【答案】ACD

【解析】用显微镜观察到花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了水分子在不停地做无规则运动，故A错误；分子间的斥力和引力大小都随分子间距离的增大而减小，但斥力减小得更快，故B正确；单晶体表现为各向异性，多晶体和非晶体则表现为各向同性，故C错误；饱和汽压只取决于温度，温度不变，饱和汽压不变，故D错误；第二类永动机虽然不违背能量守恒定律，但是违背了热力学第二定律，故E正确。

(2)(10分)如图所示，两个可导热的汽缸竖直放置，它们的底部由一细管连通(忽略细管的容积)。两汽缸各有一活塞，质量分别为m1和m2，活塞与汽缸壁无摩擦。活塞的下方为理想气体，上方为真空。当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h。(已知m1＝3m，m2＝2m)

(i)在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差(假设环境的温度始终保持为T0)。

(ii)在达到上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到T，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出热量？(假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到汽缸顶部)

【解析】(1)设左、右活塞的横截面积分别为S′和S，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即：

由此得S3mg2mg SS3S 2在两个活塞上各加一质量为m的物块后，因都在左汽缸中

在初态，气体的压强为在末态，气体的压强为由玻意耳定律得：

544mg3mg，所以右活塞降至汽缸底部，所有气体SS52mg，体积为(SS)hSh

2S34mg8mg，体积为ShSh(hʹ为左活塞的高度) 2S3S2mg58mg3ShSh S23S2由上式解得hh 即两活塞的高度差为h。

(2)当温度由T0上升至T时，气体的压强始终为盖—吕萨克定律得hT5Thh T04T054TT1)5mgh(1) T0T0548mg。设h′ʹ是温度达到T时左活塞的高度，由3S气体对活塞做的功W4mgh(在此过程中气体吸收热量。 34．【物理—选修3-4】(15分)

(1)(5分)如图甲所示，O点为振源，OP＝s，t＝0时刻O点由平衡位置开始振动，产生向右沿直线传播的简谐横波。图乙为从t＝0时刻开始描绘的质点P的振动图象。下列判断中正确的是___________。

(填正确答案的标号。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．t＝0时刻，振源O振动的方向沿y轴正方向 B．t＝t2时刻，P点的振动方向沿y轴负方向 C．t＝t2时刻，O点的振动方向沿y轴正方向 D．这列波的频率为E．这列波的波长为【答案】ADE

【解析】由题图乙可知P点先沿y轴正向运动，故振源O在t＝0时刻沿y轴正向运动，故A正确。由题图乙可知，t2时刻P点振动方向沿y轴正向，故B错误。因不知t1与周期T的倍数关系，故不能判断t2时刻O点的振动情况，故C错误。结合题图甲、乙可知，振动从O传到P，用时t1，

1 t2t1s(t2t1) t1传播距离为s，故波速为v＝，波的周期为T＝t2-t1，故波的频率为 f＝故D、E正确。

(2)(10分)如图，在桌面上方有一倒立的玻璃圆锥，顶角∠AOB＝120°，顶点O与桌面的距离为4a，圆锥的底面半径R3a，圆锥轴线与桌面垂直。有一半径为R的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合。已知玻璃的折射率n3，求光束在桌面上形成的光斑的面积。

【解析】如图所示，射到OA界面的入射角α ＝ 30°，则sin故入射光能从圆锥侧面射出。

设折射角为β，无限接近A点的折射光线为AC，根据折射定律 sin β＝nsin α 解得β＝60°

过O点作OD//AC，则∠O2OD＝β－α＝30° 在RtO1AO中，O1ORtan303a在RtACE中，ECAEtan30故O2CECR，波长λ＝vT＝，

11，2n3a 35a 32a 3

在RtVOO2D中，O2D4atan304a 322光束在桌面上形成的光斑面积SπO2DπO2C4πa2 35．【化学—选修3：物质结构与性质】（15分）

原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，B原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。请回答下列问题：

（1）这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布图为___________________，第一电离能最小的元素是__________(填元素符号)。

（2）C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物，沸点由高到低的顺序是___________(填化学式)，呈现如此递变规律的原因是_________________________。

（3）B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为__________；另一种的晶胞如图二所示，该晶胞的空间利用率为__________，若此晶胞中的棱长为356.6 pm，则此cm−3(保留两位有效数字)。(3=1.732) 晶胞的密度为__________g·

（4）D元素形成的单质，其晶体的堆积模型为__________，D的醋酸盐晶体局部结构如图三，该晶体中含有的化学键是__________ (填选项序号)。

①极性键

②非极性键

③配位键

④金属键

（5）向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是__________________________________ __________。请写出上述过程的离子方程式：______________________________________。

【答案】（1）

Cu

（2）HF＞HI＞HBr＞HCl HF分子之间形成氢键使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大；

2

（3）sp 34% 3.5

（4）面心立方最密堆积 ①②③

（5）首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液

2+−

Cu2++2NH3·H2O===Cu(OH)2↓+2NH+4、Cu(OH)2+4NH3===[Cu(NH3)4]+2OH

【解析】本题考查物质结构，主要考查元素推断、核外电子排布、晶体结构与化学键、杂化轨道、配合物、晶胞计算等。原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为碳元素；自然界中存在多种A的化合物，则A为氢元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D

101

原子外围电子排布为3d4s，则D为铜元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C

可形成正四面体型分子，则C为氯元素，（1）四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电

25

子排布为3s3p，其基态原子的价电子排布图为：

，四种元素中只有Cu

为金属，其它为非金属，故Cu的第一电离能最小；（2）HF＞HI＞HBr＞HCl，HF分子之间形成氢键，使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高；（3）图一为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合着

23个碳原子，1/8+6×1/2+4=8，碳原子采取sp杂化；一个晶胞中含碳原子数为8×令碳原子直径为a，

34πa晶胞中C原子总体积=8×，碳原子与周围的4个原子形成正四面体结构，中心碳原子与正

32四面体顶点原子相邻，其连线处于体对角线上，且为对角线长的1/4，故体对角线长为4a，故棱长

4a43433433为a，则晶胞体积为(a)，晶胞空间利用率={[8×]÷(a)}×100%≈34%，

33332812103 g356.6 pm(356.610cm)，若此晶胞中的棱长为，则晶胞体积为：，236.0210812g÷(356.61010cm)3=3.5g/mL，则此晶胞的密度为（4）晶体Cu为面心立方最密堆积，236.0210晶胞质量为

结合图三醋酸铜晶体的局部结构可知：碳与碳之间形成非极性键，C与氧之间形成极性键，且氧与铜离子之间有配位键，其晶体中含有极性键、非极性键和配位键，答案为：面心立方最密堆积；①②③；（5）硫酸铜溶液中加入氨水会产生蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透

2+

H2O===Cu(OH)2↓+2NH+明溶液，有关反应的离子方程式为：Cu+2NH3·4、Cu(OH)2+4NH3===

3[Cu(NH3)4]2++2OH−。

36．【化学—选修5：有机化学基础】（15分）

秸秆(含多糖类物质)的综合利用具有重要的意义。下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线：

回答下列问题：

（1）下列关于糖类的说法正确的是 (填标号)

a．糖类都有甜味，具有CnH2mOm的通式

b．麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖 c．用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全 d．淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物 （2）B生成C的反应类型为____________________。

（3）D中的官能团名称为__________，D生成E的反应类型为____________________。 F的化学名称是__________，（4）由F生成G的化学方程式为__________________________ ____。

（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5 mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44 g CO2，W共有__________种(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为____________________。

（6）参照上述合成路线，以(反，反)−2，4−己二烯和C2H4为原料(无机试剂任选)，设计制备对苯二甲酸的合成路线______________________________。

【答案】（1）cd （2）取代反应(酯化反应) （3）酯基、碳碳双键 消去反应 （4）己二酸

+(2n−1)H2O

（5）12

（6）

【解析】（1）糖类不一定具有甜味，不一定符合碳水化合物通式，a项错误；麦芽糖水解生成葡萄糖，而蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，b项错误；用碘水检验淀粉是否完全水解，用银氨溶液可以检验淀粉是否水解，c项正确；淀粉、纤维素都是多糖类天然高分子化合物，d项正确。（2）B→C发生酯化反应，又叫取代反应。（3）D中官能团名称是酯基、碳碳双键。D生成E，增加两个碳碳双键，说明发生消去反应。（4）F为二元羧酸，名称为己二酸或1，6−己二酸。己二酸与1，4−丁二醇在一定条件下合成聚酯，注意链端要连接氢原子或羟基，脱去小分子水的数目为(2n−1)，高聚物中聚合度n不可漏写。（5）W具有一种官能团，不是一个官能团；W是二取代芳香族化合物，则苯环上有两个取代基，0.5mol W与足量碳酸氢钠反应生成44g CO2，说明W分子中含有2—CH2COOH；—CH2CH2COOH；个羧基。则有4种情况：①—CH2COOH，②—COOH，③—COOH，—CH(CH3)COOH；④—CH3，—CH(COOH)COOH。每组取代基在苯环上有邻、间、对三种位置关系，W共有12种结构。在核磁共振氢谱上只有3组峰，说明分子是对称结构，结构简式为

。（6）流程图中有两个新信息反应原理：一是C与乙烯反应

生成D，是生成六元环的反应；二是D→E，在Pd/C，加热条件下脱去H2增加不饱和度。结合这两个反应原理可得出合成路线。

37．【生物—选修1:生物技术实践】（15分）

材料一：据《本草纲目》记载，中药材一陈皮（即晒干的橘皮）可用于脘腹胀痛、恶心呕吐的治疗。

材料二：中药提取物和中药饮片也要求进行微生物限度控制（微生物数量检测），细菌计数操作如图示（中药提取物需氧菌总数应小于103CFU/g)。

请回答下列问题。

（1）橘皮除可晒干制药外，还可用于提取橘皮精油，提取前需要将橘皮在_______中浸泡至少10小时，这样做的主要目的是_______，整个提取过程过滤_________次。

（2）中药服用前至少经过15分钟以上沸水煎煮，该过程也是_________(“消毒”“灭菌”）的过程，请说出消毒与灭菌的区别___________ 。

（3）应釆用________接种方法对中药提取物中的细菌计数，接种、培养后，统计4个培养皿中的菌落数，分别为25个、30个、32个、34个，则可以推测每毫升提取液中含细菌数为_______个。该结果往往较实际值偏小，原因是_____________ 。

【答案】（1）石灰水（1分） 破坏细胞结构、分解果胶，防止橘皮压榨时滑脱，提高出油率 两 （2）消毒 灭菌能杀死全部的微生物包括芽孢和孢子，而消毒不能

（3）稀释涂布平板 3.2×106 当两个或多个细菌连在一起时平板上观察到的是一个菌落 【解析】（1）新鲜的柑橘皮中含有大量的果蜡、果胶和水分，如果直接压榨，出油率较低。石灰水的pH为12，强碱性，能够破坏细胞结构、分解果胶，防止橘皮压榨时滑脱，提高出油率，所以提取橘皮精油前需要将橘皮在石灰水浸泡至少10小时；整个提取过程过滤两次：①压榨液中含有橘皮精油和大量的水分，还有一些残渣等杂质，可先用普通布袋过滤除去固体物和残渣；②第一次过滤得到的滤液经离心后用分液漏斗或吸管将上层的橘皮精油分离出来，在5～10℃下静止5～7d，再用吸管吸出上层澄清橘皮精油，其余部分通过滤纸过滤。（2）灭菌能杀死全部的微生物包括芽孢和孢子，而消毒不能，所以中药服用前至少经过15分钟以上沸水煎煮，属于消毒的过程。（3）常用稀释涂布平板接种方法来统计样品中活菌的数目；细菌计数时，为了保证结果准确，一般选择菌落数在30～300的平板进行计数，所以平板上生长的平均菌落数C＝（30＋32＋34）÷3＝32个，据图可知，涂布平板时所用的稀释液的体积V＝0.1mL，稀释倍数M＝104，故每毫升提取液中含细菌数为（C÷V）×M＝（32÷0.1）×104＝3.2×106个；当两个或多个细菌连在一起时平板上观察到的是一个菌落，因此，统计的菌落数往往比活菌的实际数目偏小。

38．【生物—选修3：现代生物科技专题】（15分）

抗体是一种由浆细胞分泌，被免疫系统用来鉴别与中和外来物质如细菌、病毒等的一类蛋白质。下列是生物学技术制备抗体的两个途径模式简图

（1）在制备抗体1的过程中，先给小鼠注射一种纯化的抗原蛋白，一段时间后，从小鼠的_________ (填“骨髓”或“脾脏”)中获取B淋巴细胞，将获得的细胞与________细胞融合，再经过筛选、检测，最终可获得所需的Y细胞。

（2）在制备抗体2的过程中，构建基因表达载体的目的是________________________ 。

导入到大肠杆菌细胞中的鼠基因能表达出相应的蛋白质，原因是______________________ 。

（3）抗体2制备过程中将mRNA逆转录为cDNA再进行PCR扩增被称为RT-PCR技术，RT-PCR过程需要的酶有______________。将V1基因与普通质粒经某种限制酶切割连接并成功导入大肠杆菌细胞后，发现仍有部分细胞不能表达出抗体2，最可能的原因是_______。

（4）可用______________法检测受体细胞中是否真正成功表达了病毒S蛋白。上述制备抗体1和2过程中用到的现代生物技术手段主要有_______________________________。

【答案】（1）脾脏（1分） 骨髓瘤

（2）使目的基因在受体细胞中稳定存在，并且可以遗传给下一代 所有生物共用一套遗传密码 （3）逆转录酶和Taq酶 目的基因与质粒载体反向拼接 （4）抗原―抗体杂交 生产单克隆抗体、基因工程

【解析】（1）在制备单克隆抗体的过程中，B淋巴细胞（浆细胞）是从已免疫的小鼠脾脏中提取的；Y细胞是可以分泌特异性抗体的杂交瘤细胞，是浆细胞与骨髓瘤细胞融合、筛选获得的。（2）图中抗体2是通过基因工程技术获得的，该过程中构建基因表达载体的目的是使目的基因在受体细胞中稳定存在，并且可以遗传给下一代；导入到大肠杆菌细胞中的鼠基因能表达出相应的蛋白质，说明不同的生物是共用一套遗传密码的。（3）将mRNA逆转录为cDNA的过程需要逆转录酶的催化；PCR技术扩增目的基因需要Taq酶的催化。根据题意，将目的基因与质粒连接后导入大肠杆菌后，有部分细胞不能产生抗体2，可能是因为目的基因与质粒载体反向拼接，导致其不能正确表达。（4）基因表达的产物是蛋白质，可以用抗原抗体杂交法进行检测；图示制备抗体的过程涉及到的现代生物技术有基因工程、动物细胞融合技术、动物细胞培养技术等。