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　考场号

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　2019-2020学年下学期好教育云平台5月内部特供卷 理科综合能力测试（二） 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

　O 16

　Na 23

　Al 27

　S 32

　Cl 35.5

　Fe 56

　Ba 137

　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．下列关于组成细胞的元素、水和无机盐的叙述，正确的是 A．水稻根尖分生区细胞中的水主要存在于大液泡中 B．少数蛋白质可能含有Fe、Zn、Cu、S等微量元素 C．黄豆萌发出豆芽的过程中，细胞内结合水与自由水的比值降低 D．细胞外液中Na+、K+含量对维持人体内环境渗透压具有主要作用 【答案】C 【解析】水稻根尖分生区细胞没有大液泡，细胞中的水主要存在于细胞质中，A错误；蛋白质主要含C、H、O、N，少数蛋白质含有Fe、Zn、Cu、S等元素，但S是大量元素，B错误；黄豆萌发出豆芽的过程中，细胞代谢旺盛，部分结合水转化为自由水，结合水与自由水的比值降低，C正确；细胞外液的渗透压90%以上来源于Na+和Cl－，D错误。

　2．细胞器被誉为细胞质中忙碌不停的“部门”。下列有关细胞器结构与功能的叙述，错误的是 A．溶酶体可合成多种水解酶分解衰老、损伤的细胞器 B．叶绿体内的某些反应也需要线粒体为其提供能量 C．黑藻进行光合作用时离不开其叶绿体中的光合色素 D．中心体异常扩增可导致纺锤体异常、染色体分离失衡 【答案】A 【解析】水解酶是由核糖体合成的，A错误；叶绿体中DNA的复制、蛋白质的合成等过程需要线粒体提供能量，B正确；黑藻进行光合作用时依赖于其叶绿体中的光合色素，C正确；中心体异常扩增，导致纺锤体的形成受到影响，染色体不能正常分离，D正确。

　3．某果蝇的基因组成为A、A、B、b、D和d，其一个性原细胞的染色体及基因组成如图所示，对此有关分析正确的是

　A．图示染色体1与4、2与3互为同源染色体 B．该性原细胞发生了基因突变和染色体数目变异 C．图中基因A/a、B/b、D/d的遗传均遵循基因的自由组合定律 D．若减数第二次分裂异常，则该性原细胞可产生aBDYY的配子 【答案】B 【解析】分析题图信息可知，图示染色体1与2、3与4互为同源染色体，A错误；该果蝇个体的基因组成中不含a基因，而图示性原细胞中有a基因，表明细胞发生了基因突变，同时，该细胞缺失一条染色体，表明细胞发生了染色体数目变异，B正确；基因A/a、B/b位于一对同源染色体上，不遵循基因的自由组合定律，C错误；染色体7、8是同型染色体，表明该性原细胞是卵原细胞，无论减数分裂是否异常，都不可能产生YY的配子，D错误。

　4．蛋白质的合成、加工、成熟是一个复杂的过程，某些蛋白质在加工时会将合成的多肽链部分切除，再形成特定的空间结构，如胰岛素。下列与基因表达相关的叙述错误的是 A．同源染色体相同位置的基因控制合成的蛋白质结构不一定相同 B．一个DNA分子转录一次后，可形成一个或多个合成多肽链的模板 C．快速、高效的翻译过程依赖多个核糖体依次结合到同一条mRNA上合成蛋白质 D．经高尔基体加工成熟的蛋白质与未加工时的多肽链相比，氨基酸序列是相同的 【答案】D 【解析】同源染色体的相同位置分布着相同基因或等位基因，控制的蛋白质不一定相同，A正确；一个DNA分子转录一次后，形成的mRNA需要进行剪切加工，可能合成一条或多条合成多肽链的模板，B正确；翻译时，一条mRNA分子上可以相继结合多个核糖体，同时进行多条肽链的合成，C正确；蛋白质在加工过程中可能将部分肽链切掉，与未加工的多肽链相比，氨基酸序列不一定相同，D错误。

　5．为何流感疫苗不能像麻疹疫苗那样对机体提供长期保护？科研人员探究了第一次和第二次接种流感疫苗后的小鼠体内浆细胞、记忆细胞的行为，发现记忆细胞无法及时“应对”所有的流感病毒。下列相关推测错误的是 A．浆细胞不能特异性识别抗原且不能直接消灭抗原 B．流感病毒的变异速度可能比记忆细胞记忆和识别的速度快 C．两次接种疫苗后小鼠体内记忆细胞对抗原的识别可能存在差异 D．两次接种疫苗后小鼠体内浆细胞的来源完全相同但产生速度不同 【答案】D 【解析】浆细胞不具有识别抗原的功能，且无法直接消灭抗原，浆细胞产生的抗体与抗原形成沉淀或细胞集团后被吞噬细胞消灭，A正确；流感病毒的遗传物质为RNA，因此其变异速度可能比记忆细胞记忆和识别的速度快，B正确；两次接种疫苗时的生理状态可能有区别，因此记忆细胞对抗原的识别可能存在差异，C正确；初次免疫时浆细胞只来自B细胞的增殖分化，而二次免疫时浆细胞可以来自B细胞增殖分化和记忆细胞的增殖分化，D错误。

　6．将三种植物生长调节剂：爱密挺（A表示）、碧护（B表示）和易丰收（Y表示）分别对花生进行播种前拌种（处理1）、开花期喷雾（处理2）及播种前拌种加开花期喷雾（处理3）三种模式处理，对照组为CK，结果如图所示。下列叙述正确的是

　A．该实验探究是植物生长调节剂种类与浓度对花生主茎高的影响 B．对照组花生主茎的生长不受植物生长调节剂等植物激素的影响 C．据图可知播种前拌种加开花期喷雾处理花生对其主茎高促进效果最好 D．仅采用播种前拌种处理花生以增加其主茎的高度则选择爱密挺最为合适 【答案】C 【解析】该实验未探究植物生长调节剂浓度对花生主茎高的影响，A错误；植物生长调节剂不属于植物激素，且对照组花生主茎的生长也受植物内源激素的影响，B错误；据图可知每组中处理3的主茎高的值最大，即播种前拌种加开花期喷雾处理花生对其主茎高的促进效果最好，C正确；仅采用播种前拌种处理花生以增加其主茎的高度最好选择易丰收，D错误。

　7．化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是 A．火力发电厂的燃煤中加适量石灰石，可以减缓酸雨污染 B．分子筛的主要成分为SiO2，在工业上常用作吸附剂和催化剂 C．利用焦炭可从氧化铝中获得铝，使铝合金得到广泛应用 D．高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可通过水解反应提供能量 【答案】A 【解析】A．在燃煤中加入适量石灰石，与二氧化硫反应，最终生成硫酸钙，可减少对空气的污染，A正确；B．分子筛的主要成分是Al2O3和SiO2，工业上常用作吸附剂和催化剂，B错误；C．工业上获得铝不是用焦炭还原的方法而是用电解的方法，C错误；D．高纤维食物是指富含膳食纤维的食物，经常使用对人体健康有益，膳食纤维是植物的一部分，并不能够被人体消化吸收，D错误；故选A。

　8．如图是合成某种药物的两步关键反应。已知碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子。下列有关说法正确的是

　A．甲分子中所有碳原子可能共平面 B．乙→丙的反应类型为取代反应 C．丙不能使酸性KMnO4溶液褪色 D．甲、丙分子中所含手性碳原子数相同 【答案】D 【解析】A．甲分子中存在烷烃结构，键角不为180°，故所有碳原子不可能共平面，A错误；B．乙→丙为醛基结构还原成羟基结构，为还原反应，B错误；C．丙结构中存在碳氧双键、羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D．甲分子中有三个手性碳原子，分别为1、2、5号碳，丙分子中有三个手性碳分别为2、3、6号碳，D正确；故选D。

　9．四溴化钛（TiBr4）可用作橡胶工业中烯烃聚合反应的催化剂，常温下为橙黄色固体，熔点：38.3℃，沸点233.5℃，具有潮解性且易发生水解。实验室利用反应TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2来制备TiBr4，装置如图所示。下列说法错误的是

　A．开始反应时，活塞的状态为K1关闭，K2，K3打开 B．为防止连接管堵塞，反应过程中需微热连接管 C．为达到实验目的，a应连接盛有NaOH溶液的洗气装置 D．反应结束后继续通入CO2排出装置中残留的四溴化钛及溴蒸气 【答案】C 【解析】A．反应开始时，将活塞K1关闭，打开K2、K3，可以将CO2通入到液溴中将Br2单质带出，A正确；B．四溴化钛的熔点为38.3℃，反应过程中导管温度过低，四溴化钛容易凝固，堵塞导管，B正确；C．为了达到实验目的，不让生成的四溴化钛水解，a应该连接四氯化碳吸收多余的Br2，C错误；D．反应结束后将活塞K2、K3关闭，打开K1，继续通入一定时间的CO2，有助于将装置中的四溴化钛和溴单质排出，D正确；故选C。

　10．W、X、Y、Z四种元素都位于短周期，它们的原子序数依次递增。W原子核内只有一个质子，X原子的核外电子总数与Z原子的最外层电子数相等，W和X的主族序数之和与Y的主族序数相等，Z通常能形成Z2和Z3两种单质．其中Z2是空气的主要成分之一。下列说法正确的是 A．原子半径大小顺序：Z＞Y＞X B．与W形成简单化合物的沸点：X＞Y C．YW3能与HCl反应生成离子化合物 D．四种元素形成的离子化合物的化学式为XZ(YW)2 【答案】C 【解析】根据已知条件分析，因W原子核内只有一个质子，故W为H；Z通常能够形成Z2、Z3两种单质，Z2是空气中主要成分之一，故Z为O；X原子的核外电子总数与Z的最外层电子数相同，Z的最外层电子数为6，故X为C；W和X的族序数和等于Y的族序数，W为第ⅠA族，X为第ⅣA族，故Y为第ⅤA族为N，据此答题。A．C、N、O三种元素之间，同一周期元素原子，原子序数增加原子半径减小，故原子半径从大到小为C＞N＞O，A错误；B．X的简单氢化物为CH4，Y的简单氢化物为NH3，又因NH3分子中存在氢键，故NH3的沸点高于CH4，B错误；C．NH3与HCl反应生成NH4Cl，是离子化合物，C正确；D．四种原子之间形成的离子化合物为NH4HCO3或者(NH4)2CO3，D错误；故选C。

　11．2019年获诺贝尔化学奖的是约翰·班尼斯特·古迪纳夫（John B．Goodenough）、迈克尔·斯坦利·威廷汉（M．Stanley Whittlingham）和吉野彰（Akira Yoshino）三位科学家，他们在锂离子电池发展上做出了突出贡献。锂离子电池是将层状石墨加导电剂及黏合剂涂在铜箔基带上，将钴酸锂（LiCoO2）涂在铝箔上制作而成，利用锂离子在两极上的嵌入和脱嵌进行充、放电，其原理如图所示。下列说法错误的是

　LiCoO2+6C=Li1-xCoO2+LixC6 A．石墨加导电剂及黏合剂涂在铜箔基带上作锂离子电池的负极 B．充电时Li+从石墨层状结构中脱嵌，进入电解质 C．放电时的正极反应为Li1-xCoO2+xLi++xe−=LiCoO2 D．锂离子电池常用非水液态有机电解质作电解液 【答案】B 【解析】从图中可以看出，左侧为铝箔，右侧是石墨，放电过程中锂离子从石墨电极上脱嵌，铝箔电极上嵌入，充电过程中锂离子从铝箔电极上脱嵌，在石墨电极上嵌入。放电的方程式为LixC6+Li1-xCoO2=LiCoO2+6C，反之为充电的方程式。A．从图中可以看出，右侧石墨电极中锂离子脱嵌，LixC6失去电子，做负极，A正确；B．充电时锂离子从铝箔电极上脱嵌进入电解质，B错误；C．放电时，正极为电解质中的Li+得电子与正极上的Li1-xCoO2结合生成LiCoO2，电极方程式为Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，C正确；D．锂是活泼的金属，锂离子电池常用非水溶剂电解质作为电解液，当用水溶剂做电解质时，充电过程中易生成气体，影响使用安全和使用寿命，D正确；选B。

　12．一种用电催化N2还原法制取NH3的反应机理如图所示，其中*表示吸附在催化剂表面的物种。下列说法正确的是

　A．两个氮原子上的加氢过程是分步进行的 B．析氢反应（H++H+→H2）不会影响NH3的合成 C．NH3从催化剂表面脱附不利于NH3的合成 D．电催化法是一步即能把N2还原为NH3的高效还原法 【答案】A 【解析】A．从图中可以看出，两个氮原子上加氢的过程是分步的，通过四步反应来的，第一步是生成*NNH，第二部是生成*NHNH，第三步是生成*NHNH2，第四步是生成*NH2NH2，A正确；B．析氢过程中，由于参加反应的H减少，影响NH3的合成，B错误；C．NH3从催化剂表面脱附是减少生成物浓度，会使平衡向右移动，有利于NH3的合成，C错误；D．从图中可以看出，电催化方法是多步反应，D错误；故选A。

　13．痛风性关节病的发病机理和尿酸钠有关。室温下，将尿酸钠（NaUr）的悬浊液静置，取上层清液滴加盐酸，溶液中尿酸的浓度c（HUr）与pH的关系如图所示。已知Ksp（NaUr）=4.9×10−5 mol2·L−2，Ka（HUr）=2.0×10−6mol·L−1。下列说法正确的是

　A．上层清液中，c(Ur−)=7.0×10−2mol·L−1 B．M→N的变化过程中，c(Na+)·c(Ur−)的值将逐渐减小 C．当c(HUr)=c(Ur−)时，c(Cl−)＞c(Ur−) D．当pH=7时，2c(Na+)＝c(Ur−)+c(Cl−) 【答案】C 【解析】A．根据Ksp=c(Na+)·c(Ur−)=4.910−5，求出c(Ur−)=，A错误；B．在M→N的变化过程中，温度不变，Ksp不变，则c(Na+)·c(Ur−)的值不变，B错误；C．当c(HUr)=c(Ur−)时，根据Ka(HUr)=2.010−6可以求出pH=5.7，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH−)，根据NaUr+HCl=NaCl+ HUr，可知NaCl浓度等于尿酸浓度，因所得溶液为NaCl、HCl、HUr，HUr为弱酸，则c(Ur−)＜c(Cl−)，C正确；D．根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(Ur−)+c(Cl−)+c(OH−)，当pH=7时，c(H+)=c(OH−)，所以c(Na+)=c(Ur−)+c(Cl−)，D错误；故选C。

　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．在探究光电效应现象时，某小组的同学分别用频率为v、2v的单色光照射某金属，逸出的光电子最大速度之比为1：2，普朗克常量用h表示，则 A．光电子的最大初动能之比为1：2 B．该金属的逸出功为当 C．该金属的截止频率为 D．用频率为的单色光照射该金属时能发生光电效应 【答案】B 【解析】逸出的光电子最大速度之比为1：2，光电子最大的动能：，则两次逸出的光电子的动能的之比为1：4；故A错误；光子能量分别为：和。根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子的最大初动能为：，。联立可得逸出功：，故B正确；逸出功为，那么金属的截止频率为，故C错误；用频率为的单色光照射，因，不满足光电效应发生条件，因此不能发生光电效应，故D错误。故选：B。

　15．甲、乙两球质量分别为m1、m2，从不同高度由静止释放，如图a所示。甲、乙两球的v­t图象分别如图b中的①、②所示。球下落过程所受空气阻力大小f满足f=kv(v为球的速率，k为常数)，t2时刻两球第二次相遇。落地前，两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。下列判断不正确的是

　A． B．乙球释放的位置高 C．两球释放瞬间，甲球的加速度较大 D．两球第一次相遇的时刻在t1时刻之前 【答案】C 【解析】两球稳定时均做匀速直线运动，则有：kv=mg得：，所以有：，由图知，故，A正确，不符合题意；v­t图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，0～t2时间内，乙球下降的高度较大，而t2时刻两球第二次相遇，所以乙球释放的位置高，故B正确，不符合题意；两球释放瞬间v=0，此时空气阻力f=0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故C错误，符合题意；在t1～t2时间内，甲球下落的高度较大，而t2时刻两球第二次相遇，所以两球第一次相遇的时刻在t1时刻之前，故D正确，不符合题意；故选C。

　16．真空中相距L的两个固定点电荷E、F所带电荷量大小分别是QE和QF，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向．电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且∠NEF＞∠NFE。则

　A．E带正电，F带负电，且QE > QF B．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点 C．过N点的等势面与EF连线垂直 D．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能 【答案】C 【解析】根据电场线的指向知E带正电，F带负电；N点的场强是由E、F两电荷在N点产生场强的叠加，电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而，所以由点电荷场强公式知,A错误；只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合．故在M点由静止释放一带正电的检验电荷，不可能沿电场线运动到N点，B错误；因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过N点的切线垂直，C正确；沿电场线方向电势逐渐降低，，再根据，q为负电荷，知，D错误；故选C。

　17．如图，理想变压器的原线圈与二极管一起接在u=220sin 50πt（V）交流电源上，副线圈接有R=55Ω的电阻，原、副线圈匝数比为2：1。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电流表为理想电表。则

　A．副线圈的输出功率为110W B．原线圈的输入功率为110W C．电流表的读数为lA D．副线圈输出的电流方向不变 【答案】A 【解析】因为原线圈上接有理想二极管，原线圈只有半个周期有电流，副线圈也只有半个周期有电流，所以副线圈电压的最大值，，设副线圈电压的有效值为，则：解得：。副线圈的输出功率：，原线圈的输入功率：故A正确，B错误；电流表读数故C错误。因为原线圈上接有理想二极管，原线圈中电流方向不变，原线圈中电流增大和减小时在副线圈中产生的感应电流方向相反，副线圈输出的电流方向改变，故D错误。故选A。

　18．如图所示，边长为l的单匝正方形线圈放在光滑水平面上，其有一半处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。第一次保持磁场不变，使线圈在水平向右的拉力作用下，以恒定速度v向右运动；第二次保持线圈不动，使磁感应强度大小发生变化。若线圈的总电阻为R，则有

　A．若要使两次产生的感应电流方向相同，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐增大 B．若要使两次产生的感应电流大小相同，则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率 C．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为 D．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为 【答案】B 【解析】根据右手定则可知，第一次时线框中的感应电流方向顺时针方向；若要使两次产生的感应电流方向相同，根据楞次定律，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐减小，故A错误；根据切割感应电动势公式及闭合电路欧姆定律可得第一次时感应电流大小：。若要使两次产生的感应强度电流大小相同，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律则有：。则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率为：。故B正确；第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为：故C错误；第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为：，故D错误；故选B。

　19．如图所示，地球质量为M，绕太阳做匀速圆周运动，半径为R．有一质量为m的飞船，由静止开始从P点在恒力F的作用下，沿PD方向做匀加速直线运动，一年后在D点飞船掠过地球上空，再过三个月，又在Q处掠过地球上空．根据以上条件可以得出

　A．DQ的距离为 B．PD的距离为 C．地球与太阳的万有引力的大小 D．地球与太阳的万有引力的大小 【答案】ABC 【解析】地球绕太阳运动的周期为一年，飞船从D到Q所用的时间为三个月，则地球从D到Q的时间为三个月，即四分之一个周期，转动的角度为90度，根据几何关系知，DQ的距离为，故A正确；因为P到D的时间为一年，D到Q的时间为三个月，可知P到D的时间和P到Q的时间之比为4：5，根据得，PD和PQ距离之比为16：25，则PD和DQ的距离之比为16：9，，则，B正确；地球与太阳的万有引力等于地球做圆周运动的向心力，对PD段，根据位移公式有：，因为P到D的时间和D到Q的时间之比为4：1，则，即T=t，向心力，联立解得地球与太阳之间的引力，故C正确D错误。

　20．如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k=200N/m的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上.用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行.已知A、B的质量均为10kg，C的质量为40kg，重力加速度为g=10m/s2，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放C后C沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度

　 A．斜面倾角=30° B．A、B、C组成的系统机械能先增加后减小 C．B的最大速度 D．当C的速度最大时弹簧处于原长状态 【答案】ABC 【解析】开始时弹簧压缩的长度为xB得：kxB=mg，当A刚离开地面时，弹簧处于拉伸状态，对A有：kxA=mg，物体A刚离开地面时，物体B获得最大速度，B、C的加速度为0，对B有：T-mg-kxA=0 对C有：Mgsinα-T=0，解得：α=30°，故A正确；由于xA=xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，即此过程中弹簧的弹性势能先减小后增加；而由A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒，可知A、B、C组成的系统机械能先增加后减小，故B正确；当物体A刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体C沿斜面下滑的距离为：

　，由于xA=xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，且物体A刚刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为vB，由动能定理得：

　，解得：vB＝2m/s故C正确；当B的速度最大时，C的速度也是最大的，此时弹簧处于伸长状态，故D错误；故选ABC。

　21．如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）一端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的绝缘带正电、电荷量为q的小球。空间中还存在着水平向右的匀强电场（图中未画出），且电场强度E= 。初始时A、B、C在一条竖直线上，小球穿过水平固定的杆从C点由静止开始运动，滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为L，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是

　A．小球在D点时速度最大 B．若在E点给小球一个向左的速度v，小球恰好能回到C点，则v= C．弹性绳在小球从C到D阶段做的功等于在小球从D到E阶段做的功 D．若保持电场强度不变，仅把小球电荷量变为2q，则小球到达E点时的速度大小v= 【答案】ABD 【解析】对小球分析可知，在竖直方向：，由与，故支持力为恒力，即，故摩擦力也为恒力大小为：，从C到E，由动能定理可得：，由几何关系可知，代入上式可得：

　在D点时，由牛顿第二定律可得：，由，将可得，D点时小球的加速度为：。故小球在D点时的速度最大，A正确；从E到C，由动能定理可得:，解得：，故B正确；由于弹力的水平分力为，和均越来越大，故弹力水平分力越来越大，故弹性绳在小球从C到D阶段做的功小于在小球从D到E阶段做的功，C错误；将小球电荷量变为，由动能定理可得：，解得：，故D正确；故选ABD。

　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38题为选考题，考生根据要求做答) (一)必考题(共129分) 22．（6分）图甲是某同学验证动能定理的实验装置。其步骤如下：

　 A．易拉罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在小车上，小车连接纸带。合理调整木板倾角，让小车沿木板匀速下滑。

　B．取下轻绳和易拉罐，测出易拉罐和细沙的质量m1以及小车质量m2。

　C．撤去细绳和易拉罐后，换一条纸带，让小车由静止释放，打出的纸带如图乙(中间部分未画出)，O为打下的第一点。己知打点计时器的打点时间间隔为T，重力加速度为g。

　(1)步骤C中小车所受的合外力大小为___。

　(2)为验证从O—C过程中小车合外力做功与小车动能变化的关系，测出BD间的距离为，OC间距离为，则C点速度大小为___，需要验证的关系式为____

　(用所测物理量的符号表示)。

　【答案】（1）m1g；

　（2），

　 【解析】（1）小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和轻绳的拉力，合力为零；撤去拉力后，其余力不变，故合力等于撤去轻绳的拉力，而轻绳的拉力等于易拉罐和细沙的重力，所以小车所受的合外力为m1g； （2）匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度，故：；动能增量为：，合力的功为：，需要验证的关系式为：。

　23．（9分）某同学利用如图所示的电路可以测量多个物理量．实验室提供的器材有：

　 两个相同的待测电源（内阻r≈1Ω） 电阻箱R1（最大阻值为999.9Ω） 电阻箱R2（最大阻值为999.9Ω） 电压表V（内阻约为2kΩ） 电流表A（内阻约为2Ω） 灵敏电流计G，两个开关S1、S2． 主要实验步骤如下：

　①按图连接好电路，调节电阻箱R1和R2至最大，闭合开关S1和S2，再反复调节R1和R2，使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V、电阻箱R1、电阻箱R2的示数分别为0.40A、12.0V、30.6Ω、28.2Ω； ②反复调节电阻箱R1和R2（与①中的电阻值不同），使电流计G的示数为0，读出电流表A、电压表V的示数分别为0.60A、11.7V。

　回答下列问题：

　（1）步骤①中：电流计G的示数为0时，电路中A和B两点的电电势差UAB=_____V；A和C两点的电势差UAC=______V；A和D两点的电势差UAD=______V； （2）利用步骤①中的测量数据可以求得电压表的内阻为______Ω，电流表的内阻为______Ω； （3）结合步骤①步骤②的测量数据电源的电动势E为______V，内阻r为_____Ω。

　【答案】0

　12.0V

　-12.0V

　1530Ω

　1.8Ω

　12.6V

　1.5Ω

　 【解析】（1）当电流计示数为0时，A、B两点电势相等，即；电压表示数即为A、C两点电势差，即；由闭合电路欧姆定律可知，D、A和A、C之间的电势差相等，故；（2）由欧姆定律可得：，解得：，由可得：。（3）由步骤①可得：，由步骤②可得，联立可解得：，。

　24．（12分）如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d，0）点沿垂直于x轴的方向进人电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：

　 （1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值； （2）该粒子在电场中运动的时间。

　【解析】（1）设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，并设其圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律和向心力公式有：qv0B＝① 由题设条件和图中几何关系可知：r＝d

　② 设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向运动的速度大小为vx，由牛顿第二定律有：qE＝max③ 根据运动学公式有：vx＝axt，＝d ④ 由于粒子在电场中做类平抛运动（如图），有：tanθ＝⑤

　由①②③④⑤式联立解得：＝ （2）由④⑤式联立解得：t＝。

　25．（20分）如图所示，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道AC平滑连接，C点切线水平，长为L=4m的粗糙水平传送带BD与平台无缝对接。质量分别为m1=0.3kg和m2=1kg两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v0=1.5m/s的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数为μ=0.15．某时剪断细绳，小物体m1向左运动，m2向右运动速度大小为v2=3m/s，g取10m/s2．求：

　 (1)剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep； (2)从小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E； (3)为了让小物体m1从C点水平飞出后落至AB平面的水平位移最大，竖直光滑半圆轨道AC的半径R和小物体m1平抛的最大水平位移x的大小。

　【解析】(1)对m1和m2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：

　0=m1v1-m2v2 解得：v1=10m/s 剪断细绳前弹簧的弹性势能为：

　 解得：Ep=19.5J (2)设m2向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得：

　-μm2gx=0-m2v22 解得：x=3m＜L=4m。

　则m2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v0=1.5m/s，然后向左匀速运动，直至离开传送带。

　设小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t。取向左为正方向。

　根据动量定理得：μm2gt=m2v0-（-m2v2） 解得：t=3s 该过程皮带运动的距离为：x带=v0t=4.5m 故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：E=μm2gx带 解得：E=6.75J。

　(3)设竖直光滑轨道AC的半径为R时小物体m1平抛的水平位移最大为x。从A到C由机械能守恒定律得：

　 由平抛运动的规律有：x=vCt1

　联立整理得：

　根据数学知识知当：4R=10-4R 即R =1.25m时，水平位移最大为：x=5m。

　26．（14分）我国具有丰富的锑矿资源，锑及其化合物被广泛应用于机械材料、塑料、阻燃剂、微电子技术等领域，具有十分重要的价值。利用脆硫铅锑精矿（主要成分是Sb2S3及PbS）制备锑白（Sb2O3）的工艺流程如图所示。

　 已知：浸出反应Sb2S3+3Na2S=2Na3SbS3 酸化反应4Na3SbS3+9SO2=6Na2S2O3+3S↓+2Sb2S3↓ 回答下列问题。

　(1)精矿进行研磨的目的是___________________。

　(2)在浸出反应中，浸出率随NaOH用量的变化曲线如图所示，其中NaOH的作用是_______________________。

　 (3)向浸出液中通入SO2气体进行酸化，得到Sb2S3中间体。酸化反应过程中，pH对锑沉淀率及酸化后溶液中Na2S2O3含量的影响如下表所示，则最适宜的pH为__________。pH不能过低的原因是_______________（结合离子方程式说明）。

　pH 酸化后溶液成分/（g·L−1） 锑的沉淀率/% Sb Na2S2O3 6 0.6 160.5 99.5 7 2.7 157.6 97.5 8 5.6 150.4 95.4 9 10.5 145.0 92.4 (4)浸出液酸化后过滤，得到沉淀混合物，在高温下被氧化，写出所有反应的化学方程式：_____________。

　(5)从尾气处理的角度评价该工艺流程在环保方面的优点是__________________。

　【答案】（1）增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率

　 （2） 提供碱性环境，减少Na2S的水解

　 （3） 6

　pH较低时发生反应S2O+2H+=S↓+SO2↑+H2O，会造成Na2S2O3损耗

　 （4） 2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SO2，S+O2SO2

　 （5） SO2可以循环利用，减少环境污染

　 【解析】（1）将精矿进行研磨有助于增加反应的接触面积，加快反应速率，提高Sb的浸出率；（2）浸出时加入Na2S溶液中的S2−会发生水解，当加入NaOH时，溶液呈碱性，可以抑制S2−的水解；（3）从表中可以看出，当pH=6时，溶液中的Sb含量最少，沉淀率最大，故最适宜的pH选择6；如果pH过低，酸化后生成的S2O可以与溶液中的H+反应生成S沉淀，影响Na2S2O3的产率。（4）酸化后的沉淀为Sb2S3和S的混合物，在高温下与氧气发生反应生成SO2和Sb2O3，相应的反应方程式为2Sb2S3+9O22Sb2O3+6SO2，S+O2SO2；（5）沉淀氧化后有SO2气体生成，将气体通入到酸化溶液中循环利用可以减少环境污染。

　27．（15分）硼氢化钠（NaBH4）通常为白色粉末，容易吸水潮解，可溶于异丙胺（熔点：-101℃，沸点：33℃）。在有机合成中被称为“万能还原剂”。湿法制备硼氢化钠的流程如下：

　 请回答有关问题。

　Ⅰ．硼酸三甲酯的制备：将硼酸（H3BO3）和适量甲醇加入圆底烧瓶中，然后缓慢地加入浓硫酸，振荡，在烧瓶上加装分馏柱a，用电炉经水浴锅加热，回流2小时，收集硼酸三甲酯与甲醇共沸液。装置如图甲所示（夹持装置略去，下同）。

　 已知，相关物质的性质如下表。

　 硼酸三甲脂 甲醇 甲醇钠 溶解性 与乙醇、甲醇混溶，能水解 与水混溶 溶于甲醇，不溶于异丙胺 沸点/℃ 68 64 450 硼酸三甲酯与甲醇混合物的共沸点为54℃ (1)图甲中分馏柱a的作用是___________；直形冷凝管冷却水应从___________（填“b”或“c”）接口进入。

　(2)圆底烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为________________________。

　(3)本实验采用水浴加热，优点是___________________；U型管中P2O3的作用是__________ _______。

　Ⅱ．“萃取”时，可采用索氏提取法，其装置如图乙所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸气沿蒸气导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现连续萃取。

　(4)萃取完全后，硼氢化钠位于______________（填“圆底烧瓶”或“索氏提取器”）中。

　(5)与常规的萃取相比，采用索氏提取法的优点是______________。

　Ⅲ．某同学欲通过测定硼氢化钠与水反应生成氢气的体积来测定硼氛化钠产品的纯度（杂质与水不反应）。

　(6)硼氢化钠与水反应生成氢气和偏硼酸钠，该反应的化学方程式为______________。

　(7)该同学称取0.7g样品，测得生成气体的体积为1.4L（已折算为标准状况），则样品中硼氢化钠的纯度为________%（结果保留两位有效数字）。

　【答案】（1）冷凝回流并导出馏分

　c

　 （2） H3BO3+3CH3OHB(OCH3)3+3H2O

　 （3） 受热均匀，便于控制温度

　防止空气中水蒸气进入锥形瓶，使硼酸三甲酯水解

　 （4） 圆底烧瓶

　 （5） 使用溶剂少，可连续萃取（萃取率高）

　 （6） NaBH4+2H2O＝NaBO2+4H2↑

　 （7） 85

　 【解析】（1）分馏柱a可以起到回流的作用，同时控制温度可以将想要的物质分离出来；冷凝过程中冷凝水应该从下口进入上口流出，即直形冷凝管冷却水应从c接口进入；（2）圆底烧瓶中是甲醇和硼酸的反应，反应方程式为H3BO3+3CH3OHB(OCH3)3+3H2O；（3）实验中采用水浴加热可以很方便的控制反应温度，分离产物，同时还可以使反应受热均匀；P2O3易吸水，U型管中加入P2O3可以防止空气中的水蒸气进入反应装置中使硼酸三甲酯水解；（4）利用异丙胺索氏提取后，NaBH4全部转移到下部圆底烧瓶中；（5）与常规萃取相比，索氏提取法使用的有机溶剂量少，有机溶剂的挥发量较小，经过不断的虹吸能够达到连续萃取的目的，使萃取率大大提高；（6）根据已知条件，硼氢化钠和水反应生成氢气和偏硼酸钠，相应的化学方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2 ↑；（7）根据上述化学方程式计算：设参加反应的NaBH4的物质的量为x mol

　 x0.0156 参加反应的NaBH4的质量m=0.0156mol38g/mol=0.593g 样品中硼氢化钠的纯度为。

　28．（14分）二甲醚是一种重要的清洁燃料，可替代氟氯代烷作制冷剂，利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：

　2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g)

　ΔH=-90.8kJ·mol−1 2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)

　ΔH=-23.5kJ·mol−1 CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)

　ΔH=-41.3kJ·mol−1 请回答下列问题。

　(1)由H2和CO直接制备二甲醚的总反应：3H2(g)+3CO(g)=CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH=________。一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的平衡转化率，可以采取的措施有________（填字母代号）。

　a．高温高压

　 b．加入催化剂

　 c．分离出CO2

　 d．增加CO的量

　 e．分离出二甲醚 (2)某温度下反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)的平衡常数为400。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，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-1） 0.44 0.6 0.6 ①比较此时正、逆反应速率的大小：v正___（填“＞”“＜”或“=”）v逆。

　②若加入CH3OH后，经10min反应达到平衡，此时c（CH3OH）=________，该时间段内v（CH3OH）=________。

　(3)有研究者在催化剂（含Cu—Zn—Al—O和Al2O3）、压强为5.0MPa的条件下，在相同时间内测得CH3OCH3产率随温度变化的曲线如图甲所示。其中CH3OCH3产率随温度升高而降低的原因可能是_____________________________________。

　 (4)二甲醚直接燃料电池具有启动快、效率高、能量密度高等优点，可用于电化学降解治理水中硝酸盐的污染。电化学降解NO的原理如图乙所示。若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应式为____________________；若电解过程中转移了2mol电子，则阳极室减少的质量为_________g。

　【答案】（1）-246.4kJ·mol−1

　c、e

　 （2） ＞

　0.04mol·L−1

　0.04mol·L−1·min−1

　 （3） 290℃之后，反应达平衡，合成二甲醚的正反应放热，温度升高，平衡向逆向移动产率降低（或温度升高，催化剂失活）

　 （4） CH3OCH3+3H2O-12e−=2CO2↑+12H+

　18

　 【解析】（1）已知：①2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g)

　ΔH=-90.8kJ·mol−1 ②2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)

　ΔH=-23.5kJ·mol−1 ③CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)

　ΔH=-41.3kJ·mol−1 根据盖斯定律，①×2+②+③即得到目标方程式的反应热ΔH4=2ΔH1+ΔH2+ΔH3=-246.4kJ·mol−1；若提高CO的转化率，则需要减少生成物的浓度、增大H2量、降低温度、增大压强等方法，故c、e正确；（2）该状态下的浓度商Q==1.86＜400，说明平衡需要向正向移动，此时正反应速率大于逆反应速率；设10min内c(CH3OH)的减少量为2x mol/L，根据化学反应式

　K=，解得x=0.2，故10min内CH3OH浓度减小0.4mol/L，此时c(CH3OH)=0.04mol/L；这段时间内v(CH3OH)==0.04mol·L−1·min−1；（3）升高温度二甲醚的产率升高，但是当温度超过290℃的时候，产率下降，原因可能是290℃之后，反应达平衡，合成二甲醚的正反应放热，温度升高，平衡向逆向移动产率降低；（4）二甲醚直接燃料电池的总反应是：CH3OCH3+3O2=2CO2+3H2O，因电解质溶液是酸性溶液，故负极反应式为CH3OCH3+3 H2O-12e−=2CO2↑+12H+；电解过程中Ag-Pt电极的电极方程式为2NO+10e−+12H+=N2↑+6H2O，Pt电极的电极方程式为2H2O-4e−=4H++O2↑，电解过程中转移2mol电子，阳极需要消耗18g水。

　29．科研人员研究了不同浓度纳米银对小球藻呼吸作用的影响，结果如图所示。回答下列问题：

　 （1）科研人员在研究小球藻的呼吸作用时，需要将小球藻置于黑暗条件下，这样做的原因是_______________________。

　（2）该实验中，自变量为________________。小球藻呼吸作用过程中，氧气消耗的具体场所是____________。由图示实验结果可知，纳米银对小球藻呼吸作用的影响表现为______（填“促进”或“抑制”）作用，试从反应底物角度推测纳米银作用的原理可能是____________。

　（3）科学家在研究中进一步发现，纳米银会影响许多生物细胞中酶的活性，如蛋白酶、淀粉酶等。请你设计一个实验来探究纳米银能够影响淀粉酶的活性（写出关键实验步骤）：______________ __________。

　【答案】（1）排除光合作用对实验结果的影响

　 （2）纳米银的浓度和培养时间

　线粒体内膜

　抑制

　堵塞气孔减少氧气的吸收等

　 （3）取两支洁净的试管，标号为A、B，分别加人等量且适量的淀粉酶溶液；向A试管加入一定量的纳米银溶液，向B试管加入等量的蒸馏水、摇匀，一段时间后向两支试管均加入等量且适量的可溶性淀粉溶液；一段时间后，向两支试管分别加入碘液，观察两支试管中溶液的颜色变化 【解析】（1）小球藻在光下进行光合作用产生氧气会对实验结果产生干扰，因此实验在黑暗条件下进行。（2）据图可知，自变量为培养时间及纳米银的浓度；小球藻为真核生物，其有氧呼吸第三阶段消耗氧气，发生在线粒体内膜；据图可知，纳米银浓度越大，溶氧量下降越不明显，可推知纳米银抑制呼吸作用；呼吸作用的底物包括水，有机物和氧气，纳米银最有可能影响的即为氧气的吸收，因此纳米银可能堵塞了小球藻的气孔，妨碍了氧气的吸收。（3）确定自变量：纳米银溶液的有无，因变量：淀粉酶的活性，观测指标：等时间内淀粉的剩余量（以碘液检测）；结合探究性实验须遵循的对照原则及单一变量原则可写出实验方案：取两支洁净的试管，标号为A、B，分别加入等量且适量的淀粉酶溶液；向A试管加入一定量的纳米银溶液，向B试管加入等量的蒸馏水、摇匀，一段时间后向两支试管均加入等量且适量的可溶性淀粉溶液；一段时间后，向两支试管分别加入碘液，观察两支试管中溶液的颜色变化。

　30．男性睾丸的发育受“下丘脑→垂体→睾丸”控制，如下图所示，下丘脑分泌GnRH促进垂体合成与释放卵泡刺激素（FSH）和黄体生成素（LH）等激素，促进睾丸分泌睾丸酮。回答下列问题：

　 （1）睾丸酮的化学本质为________，其可通过________方式进入细胞与受体结合。

　（2）GnRH中文名称应为______________，睾丸酮（T）的分泌除分级调节外，还存在着_________调节机制。若LH与FSH分泌过多却不会抑制下丘脑分泌GnRH，其直接原因是____________。

　（3）通过医学CT可检查垂体的结构有无问题，而反映垂体的功能有无问题则可通过测定血液中FSH和LH的含量，理由是________________________________。

　【答案】（1）脂质（或固醇）

　自由扩散

　 （2）促性腺激素释放激素

　（负）反馈

　下丘脑细胞上没有（或缺乏）与LH和FSH结合的受体

　 （3）FSH与LH分泌后进入血液，通过体液（血液）运输（才能作用于靶器官、靶细胞） 【解析】（1）睾丸酮的属于性激素类，故其化学本质为脂质（或固醇）；作为脂溶性的小分子，睾丸酮进入细胞的方式为自由扩散。（2）GnRH由下丘脑分泌，结合题干可知为促性腺激素释放激素；据图可知睾丸酮的分泌还受（负）反馈调节；反馈调节的原理也是细胞间的信息传递，涉及信号分子与受体的结合，LH与FSH分泌过多却不会抑制下丘脑分泌GnRH说明下丘脑缺乏与LH和FSH结合的受体；（3）激素通过体液（主要是血液）运输至全身各处并作用于靶细胞、靶器官，因此血液中FSH和LH的含量可反映垂体功能是否出现问题。

　31．人为干扰会对传粉昆虫种群及其相关的群落特征产生影响，回答下列问题：

　（1）蜜蜂是传粉昆虫的代表，若人为在果园设置一个与蜜蜂翅膀相同频率的振动，可引诱更多的蜜蜂前来传粉，该过程利用的是________信息。

　（2）群落最重要的一个特征是丰富度，丰富度是指____________；科学家研究了我国从东北到海南某些地区群落的丰富度，发现越靠近________（填“东北”或“海南”），丰富度越高。

　（3）生态位宽度是指某一物种在其生存的生态环境中对生态因子的利用状况，下图为不同干扰强度下传粉昆虫优势类群的生态位宽度。

　 ①调查食蚜蝇卵的数量时常用的方法是_______，调查的关键是________。

　②据图可知，从人为中度干扰强度到重度干扰强度，影响最大的是______；蠓科对环境的适应能力非常强，请结合图示进行解释：__________________。

　【答案】（1）物理

　 （2）群落中物种数目的多少

　海南

　 （3）①样方法

　要做到随机取样

　②蚤蝇科

　各程度干扰强度下蠓科生态位都较大，而生态位又可反映某一物种对环境资源的利用和适应能力 【解析】（1）物理信息来源于无机环境或者生物，包括光、声音、温度、湿度、磁力、压强、电场、磁场等，蜜蜂翅膀的振动频率会造成特定的声波，也属于物理信息。（2）物种丰富度一般指群落中物种数目的多少，丰富度随纬度上升而升高，因而越靠近海南丰富度越高。（3）①蚜虫卵活动能力弱，故可用样方法进行密度调查，而样方法的关键在于随机取样；②从图中可知，从人为中度干扰强度到重度干扰强度时，蚤蝇科生态位宽度下降最为明显，受影响最大；而蠓科从轻度干扰强度到中度干扰强度，生态位宽度有较大上升幅度，从中度干扰到重度干扰生态位宽度基本不变，纵观各种昆虫，各程度干扰强度下蠓科生态位都较大，而生态位又可反映某一物种对环境资源的利用和适应能力，因此蠓科对环境的适应能力非常强。

　32．原发性视网膜色素变性是由于视网膜感光细胞和色素上皮细胞变性导致的夜盲或视野缺损最终致盲。其有三种遗传方式，以常染色体隐性遗传最多，常染色体显性遗传次之，伴X染色体隐性遗传最少。现有甲、乙两个原发性视网膜色素变性家族，且致病基因各位于一对同源染色体上，甲、乙家族均不含对方家族致病基因，各自遗传图谱如下。回答下列问题：

　 （1）据图可知，甲、乙家族中原发性视网膜色素变性的遗传方式分别最可能为________，在该情况下，若甲家族中Ⅲ-1与乙家族中Ⅲ-1婚配，生出正常男孩的概率为_______________。

　（2）检测人类遗传病的方法很多，其中一种是分子杂交技术，该方法是用放射性物质标记的一段已知序列的DNA或RNA作为探针，探测细胞基因组中是否含有致病基因，其利用的原则是______________；该方法具有一定的局限性，不能应用于所有遗传病的检测，原因是___________________。

　 （3）为了更深人地研究该遗传病，科研人员通过诱变等方法，最终获得了三只雌性病变犬，分别编号为A、B、C，将它们分别与未诱变犬（野生型正常犬）杂交，结果如下表所示（不考虑性染色体同源区段的遗传）：

　亲本 F1表现型 雌性 雄性 雌性 雄性 A 野生型 + + B 野生型 + + C 野生型 + — ①据表可知，______犬突变位点在X染色体上，且表现为________性突变。

　②进一步研究发现，A犬的出现是由一对等位基因控制的，B犬的出现是由两对等位基因控制的，则控制B病变犬的基因与染色体的位置关系可能为___________________，请利用现有材料设计实验作出准确判断：___________________。

　【答案】（1）常染色体显性遗传、伴X染色体隐性遗传

　1/4

　 （2）碱基互补配对

　染色体异常遗传病无法通过分子杂交技术检测；该检测方法需要知道遗传病的致病基因序列，而目前并非所有遗传病的致病基因序列都已知

　 （3）①C

　 隐

　 ②两对等位基因位于一对同源染色体上或位于两对同源染色体上

　 将B病变犬的F1雌雄个体进行交配，观察F2的表现型及比例，若子代正常犬∶病变犬=3∶1，则两对等位基因位于一对同源染色体上；若子代正常犬∶病变犬=9∶7，则两对等位基因位于两对同源染色体上 【解析】（1）据以上分析可知，甲家族为常染色体显性遗传病，乙家族为伴X隐性遗传病；甲家族相关基因用A、a表示，则Ⅱ-4为aa，Ⅱ-3与Ⅱ-4结合产生了不患病的后代aa，所以Ⅱ-3为Aa，推知Ⅲ-1为Aa；乙家族相关基因用B、b表示，Ⅲ-1为XbY。甲乙家族均不含对方家族致病基因，综合得知：甲Ⅲ-1为AaXBXB，乙Ⅲ-1为aaXbY，二者结合生出正常男孩（aaXBY）的概率为1/4。（2）分子杂交技术的原理是碱基互补配对原则，用放射性物质标记的一段已知序列的DNA或RNA（通常是致病基因的特定片段或转录片段）作为探针，观察是否出现杂交带，从而确定细胞基因组中是否含有致病基因；而遗传病类型除了基因遗传病外还有染色体异常遗传病，后者无法通过分子杂交技术探明，而且部分致病基因的序列是未知的。（3）①据表可知，C犬杂交后代明确出现了性状与性别相关联的情况，假设该对相对性状由C、c控制，可推知亲本为XcXc、XCY，F1为XCXc、XcY，该突变为隐性突变；②结合表格和题干可知，B犬为双隐性个体，与之交配野生型为双显性个体，则无论两对等位基因位于一对染色体上还是两对染色体上时，后代均表现为野生型；当两对等位基因位于两对同源染色体上时遵循自由组合定律，位于一对同源染色体上时遵循分离定律，故可设计实验：将B病变犬的F1雌雄个体进行交配，观察F2的表现型及比例，若子代正常犬∶病变犬=3∶1，则两对等位基因位于一对同源染色体上；若子代正常犬∶病变犬=9∶7，则两对等位基因位于两对同源染色体上。

　（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．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能的缘故 B．物体温度升高时，速率小的分子数目减小，速率大的分子数目增多 C．一定量的的水变成的水蒸气，其分子平均动能增加 D．物体从外界吸收热量，其内能不一定增加 E．液晶的光学性质具有各向异性 【答案】BDE 【解析】气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散；故A错误。

　B. 温度从微观角度看表示了大量分子无规则运动的剧烈程度，物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多；故B正确。

　C. 一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，因温度不变则分子平均动能不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大；C错误。

　D. 物体从外界吸收热量，若同时对外做功，根据热力学第一定律可知其内能不一定增加；故D正确。

　E. 液晶的光学性质具有晶体的各向异性；故E正确。

　(2)(10分)如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p－V图象如图所示．已知该气体在状态B时的热力学温度TB＝300K，求：

　 ①该气体在状态A时的热力学温度TA和状态C时的热力学温度TC； ②该气体从状态A到状态C的过程中，气体内能的变化量△U以及该过程中气体从外界吸收的热量Q。

　【解析】①气体从状态到状态过程做等容变化，有：

　解得：

　气体从状态到状态过程做等压变化，有：

　解得：

　②因为状态和状态温度相等，且气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志，所以在该过程中：。

　气体从状态到状态过程体积不变，气体从状态到状态过程对外做功，故气体从状态到状态的过程中，外界对气体所做的功为：

　 由热力学第一定律有：

　解得：。

　34．【物理——选修3－4】(15分) (1)（5分）一个波源发出的两列振幅均为A、频率均为4 Hz的简谐横波，分别沿x轴正、负方向传播，在某一时刻到达B、E点，如图中实线、虚线所示。两列波的波速均为10 m/s，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．质点P此时在向左运动 B．此时质点P、O横坐标的差为m C．质点P、O开始振动的时刻之差为s D．再经过个周期时，D质点纵坐标为2A E．同时有两列波经过C质点时，C保持静止 【答案】BCE (2)（10分）所示为一巨大的玻璃容器，容器底部有一定的厚度，容器中装有一定量的水，在容器底部有一单色点光源S，已知水对该单色光的折射率为，玻璃对该单色光的折射率为，容器底部玻璃的厚度为d，水的深度为2d。求：(已知光在真空中的传播速度为c，波的折射定律)

　 (i)该单色光在玻璃和水中传播的速度； (ii)水面形成的圆形光斑的半径(不考虑两个界面处的反射光线)。

　【解析】(i)由可知，光在水中的速度为：

　光在玻璃中的速度为：。

　(ii)如图所示，光恰好在水和空气的分界面发生全反射时：

　在玻璃与水的分界面上，有：

　解得：

　由几何关系知，光斑的半径R＝dtan θ＋2dtan C 又， 故。

　 35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分） 中国古代陶瓷烧制工艺的珍品“唐三彩”中的蓝色，其釉料的着色剂是一种含钴矿物。钴在制取颜料和制备合金方面有着重要的应用，回答下列问题。

　(1)基态Co2+的核外电子排布式为________，基态Co原子中空间运动状态不同的电子数为___种。

　(2)配合物[Co(NH3)5Br](NO3)2中存在的化学键类型有__________，配体NH3中配位原子的杂化轨道类型为__________，NO的空间构型是__________，第一电离能N____（填“大于”或“小于”）O。

　(3)CoO2具有如下图所示的层状结构（小球表示Co，大球表示O）。下列用粗实线画出的结构单元不能描述其化学组成的是__________（填字时代号）。

　 A．

　B．

　C．

　D． (4)MgO具有NaCl型结构（示意图如图所示），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420nm，则r（O2−）为________nm（结果保留三位小数，下同）。CoO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a＇=0.488nm，则r（Co2+）为________ nm 【答案】（1）1s22s22p63s23p63d7（或Ar[3d7]）

　15

　 （2） 离子键、共价键、配位键

　sp3

　平面（正）三角形

　大于

　 （3） D

　 （4） 0.148

　0.076

　 【解析】（1）Co为第27号元素，Co2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7（或Ar[3d7]），空间运动状态即核外电子占有的不同能级，Co的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，共有4个s能级，2个p能级，1个d能级，s能级一个形状，p能级3个形状，d能级5个形状，所以基态Co原子中空间运动状态不同的电子数为4+2×3+5=15；（2）物质[Co(NH3)5Br](NO3)2为配位化合物，其存在的化学键类型有：共价键、离子键、配位键；配体NH3中中心原子为N原子，根据VSEPR模型计算，N原子周围有4个电子对，故N原子的杂化方式为sp3杂化；根据VSEPR模型计算，NO的空间构型为平面正三角形；氮元素的2p轨道电子处于半充满稳定状态，N元素的第一电离能大于O元素。（3）根据粗实线所画的结构单元可以算出，A图中：每条粗实线上有1个O原子，这个氧原子属于两个结构单元，故一个结构单元中共有2个O原子和1个Co原子；B图中：两条粗实线的交点上有一个Co原子，这个Co原子被4个结构单元共有，故一个结构单元中有2个O原子和1个Co原子；C图中：两条粗实线的交点是Co原子，被4个结构单元共有，粗实线上有1个O原子，被两个结构单元公用，故一个结构单元中有2个O原子和1个Co原子；D图中两条粗实线的交点为O原子，被4个结构单元公用，结构单元中有1个Co原子，故一个结构单元中1个O原子和1个Co原子，故答案为D；（4）MgO晶胞：大圆代表O2−，小圆代表Mg2+，晶胞参数为0.420nm，晶胞的面对角线长为=0.594nm，对角线上是4个O2−的半径长度，故r(O2−)=0.148nm；CoO晶胞：CoO的晶胞参数为0.488nm，晶胞参数是由2个O2−半径和1和Co2+直径组成，故r(Co2+)=0.076nm。

　36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分） 有机物I是一种治疗高血脂病的新药，其合成路线如下：

　 已知：a． b．RCHO 回答下列问题。

　(1)①的反应类型是______________；A的名称是______________。

　(2)C中官能团的名称为______________；②的反应条件为______________。

　(3)H的结构简式为______________。

　(4)写出D→E的化学方程式：______________。

　(5)化合物W的相对分子质量比C的大28，写出满足下列条件的所有W的结构简式：______________。

　①属于芳香族化合物

　②遇FeCl3溶液能发生显色反应，能发生银镜反应

　③其核磁共振氢谱有4种不同化学环境的氢，峰面积之比为6∶2∶1∶1 (6)结合题目信息，设计用甲苯和丙醛为原料制备的合成路线_______________。（其他无机原料自选，合成路线用AB…目标产物来表示） 【答案】（1）取代反应（或卤代反应）

　苯甲醇

　 （2） 羧基

　浓硫酸、加热

　 （3） CH3(CH2)5C(CH2OH)3

　 （4） CH2Cl2+2NaOH→HCHO+2NaCl+H2O【或CH2Cl2+2NaOH→CH2(OH)2+2NaCl、CH2(OH)2→ HCHO+H2O】

　 （5）

　（6） 【解析】甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成D(CH2Cl2)，D在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应，但同一个碳原子上的两个羟基不稳定会失水生成醛，则E为HCHO，CH3(CH2)6CHO和甲醛反应生成G，根据已知信息，G为，G和氢气发生加成反应生成H，H为。甲苯在光照条件下与氯气发生取代反应生成，水解得到A，A为，A氧化生成B，B为，B进一步氧化生成C，C为，C与H发生酯化反应生成I，I为，据此分析。（1）反应①为甲苯和Cl2发生的反应，生成，故反应类型为取代反应；经碱性条件水解生成A，A为（苯甲醇）；（2）C是由B催化氧化得来的，B是由A催化氧化得来的，A为苯甲醇，B为苯甲醛，C为苯甲酸，故C的官能团为羧基；反应②为H和C得来的，经分析H是醇，C是酸，故二者之间反应是酯化反应，反应条件为浓硫酸、加热；（3）根据上述分析，H的结构简式为；（4）D→E的化学方程式为：CH2Cl2+2NaOH→HCHO+2NaCl+H2O；（5）根据已知条件可以，W的相对分子质量比C大28说明W的分子式为C9H10O2，属于芳香族化合物则结构中含有苯环、遇FeCl3显色说明结构中存在酚羟基、能发生银镜反应说明有醛基结构，再根据核磁共振氢谱可以得出W的结构简式可能是； （6）根据题目信息，可将甲苯与氯气发生取代反应生成氯甲苯，氯甲苯经碱溶液加热生成苯甲醛，在根据已知条件将苯甲醛与丙醛发生反应生成目标化合物，合成路线是：。

　37．【生物——选修1：生物技术实践】（15分） 不同霉菌与人类的关系有所不同，一些“友好霉菌”的存在为我们带来了风味各异的发酵食品，如腐乳，而另一些霉菌可能会让食物变质而不能食用。回答下列问题：

　（1）制作腐乳主要利用了“友好霉菌”一毛霉，该霉菌的代谢类型为________________，从微生物培养的角度来看，豆腐应该属于_________。

　（2）相比豆腐，腐乳更容易被消化吸收，主要是由于_____________________。

　（3）西红柿是一种常见的果蔬，可直接食用，也可酿造西红柿酒，可是西红柿不容易保存，很容易发霉腐烂。

　①酿西红柿酒时先制备果汁，然后接种酒曲，再放人18～25℃的环境中进行发酵，数小时后便可看到果汁表面泛起泡沫，原因是_______________；若环境温度在10℃以下，则需3～4天时间才能观察到该现象，这是因为__________。西红柿汁发酵后是否有酒精产生，可以用________________（试剂）来检验。

　②一个部分发霉的西红柿，去掉了发霉部位，剩下未发霉的部分还能食用吗？若未确定其中是否还残留霉菌，请从微生物培养的角度设计一种鉴定方法：_________________。

　【答案】（1）异养需氧型

　培养基

　 （2）豆腐在制成腐乳过程中，其主要成分大分子蛋白质经毛霉产生的蛋白酶分解为小分子的氨基酸和肽（脂肪被脂肪酶水解为甘油和脂肪酸）

　 （3）①酵母菌发酵过程中会产生CO2

　温度过低会使酵母菌中相关酶活性降低，呼吸速率减慢

　重铬酸钾

　②将剩余的西红柿表面清洗并制备成提取液，接种到已灭菌的培养基中培养一段时间，观察其中是否有（较多）霉菌生成 【解析】（1）腐乳的发酵过程一般是暴露在空气中的，因此可推知毛霉代谢类型为异养需氧型，豆腐为其提供营养物质，相当于培养基。（2）毛霉在发酵过程中会产生蛋白酶和脂肪酶，将豆腐中的蛋白质水解为氨基酸和小分子多肽，将脂肪水解为脂肪酸和甘油，因而更易吸收。（3）①酒精发酵过程利用了无氧呼吸的原理，产生的CO2形成气泡；而呼吸作用所需酶活性在低温条件下较低，因此产生CO2速度慢；酒精在酸性条件下可使橙色的重铬酸钾溶液变灰绿色。②剩下的部位能否食用主要取决于其中是否有残留的霉菌，因此我们可以用实验室微生物培养的方式加以鉴定：将剩余的西红柿表面清洗并制备成提取液，接种到已灭菌的培养基中培养一段时间，观察其中是否有（较多）霉菌生成。

　38．【生物：选修3——现代生物科技专题】（15分） 绵羊虽是第一种体细胞克隆成功的哺乳动物，但该技术体系仍然存在效率低下的问题，体外培养体系对绵羊体外胚胎发育至关重要。已有研究表明，在胚胎培养液中添加维生素C可显著提高猪体细胞克隆胚胎囊胚率，但不知对绵羊克隆胚胎囊胚率是否有影响，某兽医研究所对此进行了研究。下图为实验过程中获得重组细胞的大致过程，回答下列问题：

　 （1）图示实验二属于_____________移植，收集的小尾寒羊卵母细胞应培养到________________（时期）进行去核，去核实际操作是用微型吸管吸出_______________。

　（2）下表分别为实验一和实验二在胚胎培养液中加入维生素C后的相关实验结果：

　实验一：不同浓度维生素C对绵羊孤雌胚胎发育的影响 维生素C浓度/（µmol·L−1） 重复次数 胚胎总数 卵裂率 桑椹胚率（桑椹 胚数/卵裂数） 囊胚率（囊 胚数/卵裂数） 0 3 120 82.80 26.47 15.73 50 3 141 82.37 28.60 20.92 100 3 99 83.89 21.70 14.34 200 3 80 85.56 22.61 12.29 实验二：维生素C对绵羊体细胞克隆胚胎发育的影响 维生素C浓度/（µmol·L−1） 重复次数 胚胎总数 卵裂率 桑椹胚率（桑椹 胚数/卵裂数） 囊胚率（囊 胚数/卵裂数） x 3 70 83.93 28.89 14.96 0 3 76 87.05 22.53 9.47 ①题图中“孤雌激活处理”的实质是____________________，进而能发育成早期胚胎，以便进行实验一。

　②据表中数据可知，进行实验一可以为实验二提供_________________________，实验二中“x”处数据应为___________。

　③综合实验一和实验二结果可说明_________________________。

　【答案】（1）体细胞核

　减数第二次分裂中期（或MII中期）

　细胞核和第一极体

　 （2）①激活卵母细胞使其增殖分化

　②所需的较适宜的维生素C浓度

　50

　③在胚胎培养液中添加50μmol·L−1维生素C可显著提高绵羊孤雌胚胎发育和体细胞克隆胚胎囊胚率 【解析】（1）据图可知，实验二属于体细胞核移植，收集的小尾寒羊卵母细胞到减二中期时为最适合接受核移植的，此时第一极体与卵母细胞紧密接触，故在使用微型吸管吸取卵母细胞核的同时会将第一极体吸出。（2）①题图中“孤雌激活处理”是为了使次级卵母细胞单独发育为胚胎，故其实质为激活卵母细胞使其增殖分化；②据表中数据可知，实验一相当于实验二的预实验，可为实验二提供胚胎发育较适宜的维生素C浓度；“x”浓度下桑葚胚率和囊胚率都显著高于浓度为0时，结合前文推知“x”为50。③综合比较实验一和实验二各浓度下的数据，在胚胎培养液中添加50μmol·L−1维生素C可显著提高绵羊孤雌胚胎发育和体细胞克隆胚胎囊胚率。