【名校名卷速递】【(新课标Ⅰ)】安徽省宣城市2019届高三年级第二次调研测试理科综合试卷(解析)

【名校名卷速递】【(新课标Ⅰ)】安徽省宣城市2019届高三年级第二次调研测试理科综合试卷(解析版)【名校名卷速递】【(新课标Ⅰ)】安徽省宣城市2019届高三年级第二次调研测试理科综合试卷(解析版)【名校名卷速递】【(新课标Ⅰ)】安徽省宣城市2019届高三年级第二次调研测试理科综合试卷(解析版)绝密★启用前安徽省宣城市2019届高三年级第二次调研测试理科综合试卷注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必然自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、选择题：此题共13个小题，每题6分，共78分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项吻合题目要求的。1．科研人员研究不同样温度条件下菠菜叶片的净光合速率的变化情况结果以以下列图。以下解析不正确的选项是A．温度经过影响酶活性对光合作用的影响只与暗反响相关B．此实验中C02浓度是没关变量，各组间需保持一致和牢固C．温度为40℃，光照为1500LX条件下菠菜光合速率为6D．菠菜叶片进行光合作用的最适温度低于呼吸作用的最适温度2．以下关于细胞周期及细胞生命历程的相关表达，正确的选项是A．人体内正常的细胞周期受原癌基因调控，与抑癌基因没关1B．秋水仙素办理后的植物顶芽细胞依旧有完满的细胞周期C．衰老细胞内黑色素的积累会影响细胞内的物质交流和信息传达D．细胞在分化的过程中不能够发生分裂，而分裂的细胞都没有分化【答案】B【解析】人体内正常的细胞周期受原癌基因与抑癌基因的共同调控，原癌基因主要负责调治细胞周期，控制细胞生长与分裂的进度；抑癌基因主若是阻拦细胞不正常的增殖，A错误；秋水仙素办理后的植物顶芽细胞依旧有完满的细胞周期，B正确；衰老细胞内色素的积累会影响细胞内的物质交流和信息传达，C错误；细胞在分化的过程中不能够发生分裂，而某些高度分化的细胞也能够分裂，如皮肤表皮的生发层细胞、蜜蜂的卵细胞，都是已经高度分化的细胞，依旧能够进行分裂，D错误。【点睛】此题观察细胞分裂、分化、衰老、癌变的知识，学生对细胞分裂、分化、衰老、癌变的见解的识记和理解是解题的要点。3．以下相关生物体的倍性及育种的相关表达正确的选项是A．单倍体、二倍体及多倍体的判断依照是细胞内染色体组的数量B．多倍体育种需要用到秋水仙素，而单倍体育种则能够不需要C．经染色体变异路子获得的单倍体及多倍体均为有遗传弊端的个体D．利用杂交育种技术，可培育出生物新品种，促使生物的进化【答案】D【解析】判断单倍体、二倍体及多倍体时第一看该生物的发育本源，若是该生物体是由配子直接发育而成，则无论体细胞中含有几个染色体组，都称为单倍体；若是该生物体由受精卵（合子）发育而成，则需要看其体细胞中含有几个染色体组，体细胞中含有几个染色体组，该生物就称为几倍体，含有两个染色体组的个体叫二倍体，含有三个及三个以上染色体组的个体统称为多倍体。因此单倍体、二倍体及多倍体的判断依照是细胞内染色体组的数量及该生物的发育本源，A错误；多倍体育种和单倍体育种都需要用秋水仙素办理，B错误；经染色体变异路子获得的某些种类的单倍体（如用玉米的花粉、高粱的花粉、水稻的花粉培育形成的单倍体），与正常植株对照只含有一个染色体组，植株细小，而且高度不育，存在遗传弊端；而经染色体变异路子获得的多倍体植株，染色体组加倍，而且是可育的，还具有茎秆粗壮、叶片、种子、果实都比较大等优点，不存在遗传弊端，C错误；利用杂交育种技术，可培育出生物新品种，促使生物的进化，D正确。【点睛】此题观察单倍体、多倍体以及育种的相关知识，意在观察学生的识记能力和判断能力，运用所学知识解析问题的能力。解答此题需要掌握单倍体及多倍体的见解、判断方法以及育种过程中的一些细节问题。4．1958年，科学家以大肠杆菌为实验资料进行实验（以以下列图左），证了然DNA是以半保留方式复制的。②、③、④、⑤试管是模拟可能出现的结果。以下相关推论正确的选项是2A．该实验运用了同位素标记法，出现④的结果最少需要90分钟B．③是转入14N培育基中复制一代的结果，②是复制二代的结果C．对获得DNA以半保留方式复制结论起要点作用的是试管③结果D．给试管④中加入解旋酶一段时间后离心出现的结果如试管⑤所示【答案】C【解析】该实验运用了同位素标记法，依照DNA的半保留复制特点，亲代DNA均被15N标记，生殖一代产生两个DNA分子，每个DNA分子一条链含有15N，另一条链含有14N，其结果是③；生殖两代产生4个DNA分子，其中有两个DNA分子均是一条链含有15N，另一条链含有14N，别的两个DNA分子两条链均含有14N，其结果是④。因此出现④的结果最少需要60分钟，③是转入14N培育基中复制一代的结果，④是复制二代的结果，A、B错误；③试管中的DNA分子一条链含有15N，另一条链含有14N，对获得DNA以半保留方式复制结论起要点作用，C正确；试管④中，有一半DNA分子每条链都含有14N，另一半DNA分子均是一条链含有14N,另一条链含有15N，加入解旋酶一段时间后，全部的DNA分子双链均打开，离心后在试管中的地址以下列图：，D错误。5．以下关于进化与生物多样性的表达中正确的选项是A．浅色桦尺蠖与黑色桦尺蠖同时存在表现了遗传多样性B．种群是生物进化的基本单位，也是自然选择的对象C．严格自花传粉的植物种群内个体之间存在生殖隔断D．生物多样性的形成是不同样物种之间共同进化的结果【答案】A【解析】浅色桦尺蠖与黑色桦尺蠖是同一种昆虫，同一种昆虫其表现型不同样，说明在环境条件同样的情况下，其基因型不同样，表现了遗传多样性，A正确；种群是生物进化的基本单位，但自然选择的对象是个体而不是种群，B错误；严格自花传粉的植物种群内个体属于同种生物，它们之间不存在生殖隔断，C错误；不同样物种之间、生物与环境之间的共同进化形成生物的多样性，D错误。【点睛】此题观察现代生物进化理论见解的知识。意在观察能理解所学知识的要点，掌握知识间的内在联系的能力。现代生物进化理论的主要内容是学习的要点知识。要注意辨析，种群基因频率改变意味着生物进化了，但不用然产生新的物种。新物种的产生必定要经过生殖隔断。生殖隔断的产生不用然要经过长远的地理隔断，如多倍体的形成。6．以下列图甲为正常植物根中生长素、乙烯与根伸长的关系。为研究生长素、乙烯在铝毒威胁中的作用，某科3研小组作了相关实验，实验结果如图乙。依照图甲信息及图乙实验结果解析以下说法错误的选项是A．生长素浓度增高到必然值时，会促使乙烯的合成B．乙烯浓度的增高会控制根的进一步伸长C．铝可能是经过促使乙烯的合成进而控制根的伸长D．推断使用生长素控制剂能够缓解铝对根的控制【答案】D【解析】据图可知，生长素浓度增高到必然值时，会促使乙烯的合成，A正确；生长素浓度增加到必然值时，就会促使切段中乙烯的合成，而乙烯含量的增高，反过来又控制生长素促使根的伸长的作用，B正确；据图乙可知，比较组与只加AL3+比较，说明AL3+能控制根的伸长；后三组（即只加AL3+、加乙烯控制剂、加乙烯控制剂与Al3+的混杂物）互对照较，进一步说明铝可能是经过促使乙烯的合成进而控制根的伸长，C正确；据图可知根的伸长是生长素在起作用，使用生长素控制剂可控制生长素的产生，不会缓解铝对根的控制，反而使根伸长的更慢，D错误。7．化学与生活息息相关，以下相关说法正确的选项是A．酱油中加入氯化铁能够治疗缺铁性贫血B．融雪工业盐大多含有NaCl，因此可取代食盐食用C．食用油的主要成份是油脂，其成分与汽油、煤油同样D．《本草拾遗》记录“醋消食，杀毒辣”其中醋的有效成分是乙酸【答案】D【解析】治疗缺铁性贫血用亚铁盐，故A错误；融雪工业盐大多含有氯化钠、氯化钙、氯化镁等，不能够食用，故B错误；食用油的主要成份是油脂，属于酯类，汽油、煤油属于烃，故C错误；醋的有效成分是乙酸，故D正确。8．设NA为阿伏加德罗常数的值，以下说法不正确的选项是A．电解精髓铜时，若转移了NA个电子，则阳极质量减小32gB．14g用于考古测年的14C原子中含中子数为8NAC．钠与氧气反响生成1molNa2O2时，转移电子数量为2NA4D．28g乙烯中含有的共价键数量为6NA9．以下实验探作、现象与结论均正确的选项是编号实验操作实验现象实验结论A向酸性KMnO4溶液中通入SO2紫红色褪去SO2拥有漂白性B向CuSO4溶液中通入H2S出现黑色积淀酸性：H2S>H2SO4C向碘水溶液中加入CCl4，振荡上层褪色，基层变紫碘在CCl4中的溶解度大于它在水中的溶解度D向装有蔗糖的烧杯中加入浓出现“黑面包”现象浓H2SO4拥有吸水性H2SO4A．AB．BC．CD．D【答案】C【解析】向酸性KMnO4溶液中通入SO2，紫红色褪去，表现SO2的还原性，故A错误；酸性：H2S<H2SO4，故B错误；碘在CCl4中的溶解度大于它在水中的溶解度，可用CCl4萃取碘水中的碘单质，故C正确；向装有蔗糖的烧杯中加入浓H2SO4，出现“黑面包”现象，表现浓H2SO4的脱水性、强氧化性，故D错误。点睛：向装有蔗糖的烧杯中加入浓H2SO4，浓硫酸拥有脱水性，因此使蔗糖炭化变黑，C与浓硫酸反响生成二氧化碳、二氧化硫、水，表现浓硫酸的强氧化性。10．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由它们组成的化合物YZWX的水溶液由于遇Fe3+变血红色可用于检验Fe3+，若已知灼烧该化合物的焰色为黄色。以下推断正确的选项是A．简单氢化物的熔沸点：W>XB．原子半径和离子半径均满足：X<YC．最高价氧化物对成的水化物的酸性：Z>WD．常温下，pH为12的Y2Z溶液中水电离的c(H+)为10-12mol·L-1【答案】C【解析】化合物YZWX的水溶液由于遇Fe3+变血红色，因此YZWX是硫氰酸盐，灼烧该化合物的焰色为5黄色，YZWX是硫氰酸钠，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X、Y、Z分别是C、N、Na、S；熔沸点NH3>CH4，故A错误；原子半径N<Na，离子半径N3—>Na+，故B错误；最高价氧化物对成的水化物的酸性：H2SO4>H2CO3，故C正确；Na2S水解促使水电离，常温下，pH为12的Y2Z溶液中水电离的c(H+)为10-2mol·L-1，故D错误。11．金刚烷可用于合成治疗某流感的药物，工业合成金刚烷的流程以以下列图所示。以下说法不正确的选项是A．环戊二烯的分子式是C5H6B．环戊二烯分子中全部原子必然共平面C．可用溴的CCl4溶液鉴别X、Y两种物质D．Y与金刚烷互为同分异构体【答案】B【解析】环戊二烯的分子式是C5H6，故A正确；环戊二烯分子中含有1个单键碳，因此不能能全部原子共平面，故B错误；X中含有碳碳双键，X能使溴的CCl4溶液褪色，Y不含碳碳双键，Y不能够使溴的CCl4溶液褪色，故C正确；Y与金刚烷分子式都是，因此互为同分异构体，故D正确。12．图甲是一种利用微生物将废水中的尿素CO(NH2)2]转变为环境友好物质的原电也装置表示图，利用该电池在图乙装置中的铁上镀铜。以下说法正确的选项是A．图乙中Fe电极应与图甲中Y相连接B．图甲中H+透过质子交护膜由右向左搬动C．图甲中M电极反响式：CO(NH2)2+5H2O-14e=CO2+2NO2+14H+D．当图甲中M电极耗资0.5mol尿素时，图乙中铁电极增重96g【答案】D【解析】依照图甲，N电极氧气发生还原反响生成水，因此N是正极、M是负极，图乙在铁上镀铜，铁作阴极，因此图乙中Fe电极应与图甲中X相连接，故A错误；N是正极，图甲中H+透过质子交护膜由左向右搬动，故B错误；尿素CO(NH2)2]转变为环境友好物质，因此尿素在负极失电子生成CO2和N2，电极反响式是，故C错误；依照C项可知，M电极耗资尿素时转移3mol电子，图乙中铁电极生成1.5mol铜，增重96g，故D正确。6点睛：原电池工作时，负极失电子发生氧化反响，正极得电子发生还原反响；阳离子移向正极，阴离子移向负极。13．弱酸H2A溶液中，存在H2A、HA-和A2-三种形态的粒子，其物质的量分数δ(X)随溶液pH变化的关系以下列图[已知δ(X)=]，以下说法不正确的选项是(图中：、b=4.27)A．已知pKa=-lgKa，则pKa1-1的NaHA溶液显碱性B．0.1molL·-1--+C．0.1molL·Na2A溶液中：2c(H2A)+c(HA)=c(OH)-c(H)-1+)+c(A2---1D．0.1molL·NaHA溶液中：c(Na)+c(H2L·点睛：弱酸的酸式盐溶液NaHA。若HA-的电离大于水解，溶液呈酸性；若HA-的电离小于水解，溶液呈碱性；二、选择题：此题共8小题，每题6分，共48分。在每题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项吻合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。14．以下四幅图涉及到不同样的物理知识，其中说法正确的选项是7A．图甲：卢瑟福经过解析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子B．图乙：用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反响会释放出巨大的核能C．图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，因此原子发射光子的频率也是不连续的D．图丁：汤姆孙经过电子的发现揭穿了原子核内还有复杂结构【答案】C【解析】试题解析：图甲：卢瑟福经过解析α粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型．故A错误．图乙：用中子轰击铀核使其发生裂变，裂变反响会释放出巨大的核能．故B正确．图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，因此原子发射光子的频率也是不连续的，故C正确；图丁：汤姆孙经过电子的发现揭穿了原子有必然结构，天然放射现象的发现揭穿了原子核内还有复杂结构．故D错误．应选BC．考点：α粒子散射实验、链式反响、氢原子能级以及天然放射现象【名师点睛】此题观察了α粒子散射实验、链式反响、氢原子能级以及天然放射现象的发现等基础知识点，要点要熟悉教材，牢记这些基础知识点．15．2016年4月2日，沪宁高速上海至无锡方向玉祁段发生重要车祸，现场最少50辆车连环相撞，现场交通单向中断。据交警部门检查，此次事故发生的主要原因是雨天路滑及突然出现的团雾而造成多车连环追尾。以下列图是模拟在该高速公路上甲、乙两车刹车的v-t图象，甲车在后，乙车在前。若两车发生追尾，则以下判断正确的选项是A．两车必然是在t=15s至t=20s之间的某时辰发生追尾B．两车可能是在t=8s时发生追尾8C．t=0时辰两车间距可能大于28mD．甲车刹车的加速度大小是乙车的3倍【答案】B【解析】依照图像可知，甲开始时速度大于乙车，则在甲的速度大于等于乙车的速度时均可能发生追尾；故能够在0至10s内任一时辰发生追尾；若10s内没有追尾，则两者将不再相撞，故A错误，B正确；在v-t图象中，图象与时间轴所围成的面积表示位移。两车10s时速度为5m/s，0-10s甲车位移为：x15510m100m，乙车位移为：x10510m75m，因两车发生追尾，因此两车相1222距应为小于xx1x225m，故C错误；由图可知，甲的加速度为：a1v150m/s21m/s2，乙的加速度为：a2v100m/s20.5m/s2，因此甲的加t15t20速度是乙的加速度的2倍，故D错误。因此B正确，ACD错误。16．在一块固定的倾角为0的木板上叠放质量均为m的一本英语词典和一本汉语词典，图甲中英语词典在上，图乙中汉语词典在上，已知图甲中两本书一起匀速下滑，图乙中两本书一起加速下滑。已知两本书的封面资料不同样，但每本书的上下两面资料都同样，近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，设英语词典和木板之间的动摩擦因数为μ，汉语词典和木板之间的动摩擦因数为μ，英语词典和汉语12词典之间的动摩擦因数为μ，则以下说法正确的选项是3A．μ1>μ2B．μ3<μ2C．图乙中汉语词典碰到的摩擦力大小是μ3mgcosθD．图甲中英语词典碰到的摩擦力大小是μ2mgcosθ17．图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感觉强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO（OO沿水平方向）匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R＝10Ω连9接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10V。图乙是矩形线圈中磁通量随时间t变化的图象。则A．此交流发电机的电动势平均值为102VB．t＝0．02s时R两端的电压瞬市价为零C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝102cosl00πtVD．当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上【答案】C【解析】试题解析：矩形线圈为电源，若垂直于磁场的转轴匀速转动，产生正弦交流电，外电阻R＝10Ω，电压表示数１０Ｖ，说明Em10v即m102v。依照乙图t0时磁通量等于０可判断t0电动2E势最大，因此电动势随时间变化的规律为U102cost102cos100t，选项Ｃ对。t带入电动势的表达式，此刻U102，选项Ｂ错。依照楞次定律，感觉电流总是阻拦线圈的转动，所以当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向向下，选项Ｄ错。电动势平均值为磁通量和时间的比值，而该比值最大为Em102v，因此平均值必然比Em102v小，选项Ａ错。考点：交流电【名师点睛】依照乙图磁通量变化规律找到线圈绕垂直磁场的转轴匀速转动的周期角速度，而t0是磁通量等于０可判断从垂直中性面地址开始计时，电动势依照余弦函数规律变化。电压表示数为有效值，正弦交流电最大值为有效值的2倍。厘清基本关系。18．同重力场作用下的物体拥有重力势能同样，万有引力场作用下的物体同样拥有引力势能。若取无量远处引力势能为零，质量为m的物体距质量为mo的星球球心距离为r时的引力势能为EPGm0mr(G为引力常量)，设宇宙中有一个半径为R的星球，宇航员在该星球上以初速度v0竖直向上抛出一个质量为m的物体，不计空气阻力，经t秒后物体落回手中，以下解析错误的选项是2v0RA．在该星球表面上以的初速度水平抛出一个物体，物体将不再落回星球表面tB．在该星球表面上以2v0R的初速度水平抛出一个物体，物体将不再落回星球表面t10C．在该星球表面上以2v0R的初速度竖直抛出一个物体，物体将不再落回星球表面tD．在该星球表面上以2v0R的初速度竖直抛出一个物体，物体将不再落回星球表面t【答案】C【解析】物体做竖直上抛运动，则有：v0=g×t，解得星球表面重力加速度为：g2v0，设星球半径为R，2t卫星绕星球表面做圆周运动，万有引力等于重力供应向心力：mv2=mg，解得：vgR2v0R，Rt此为最大的环绕速度，也是最小的发射速度，故以此速度或高出此速度水平抛出，都不会落回地面，故AB正确；若竖直上抛，设速度为v′时，卫星绕星球表面运动时，由机械能守恒定律得：GmM1mv'20，又GMm=mg，解得：v′=2v0R故D正确，C错误；此题选错误的，应选C．R2R2t点睛：此题是运动问题与万有引力的结合，第一要依照竖直上抛运动，求出星球表面的重力加速度；卫星绕星球表面做圆周运动，万有引力供应向心力，由牛顿第二定律能够求出水平抛出的速度；将物体竖直上抛时，卫星机械能守恒，由机械能守恒定律求出竖直上抛的速度．19．以下列图，小车在圆滑水平面上向左匀速运动，轻质弹簧左端固定在A点，物体用细线拉在A点将弹簧压缩，某时辰线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，以下说法正确的选项是A．若物体滑动中不受摩擦力，则全过程机械能守恒B．若物体滑动中有摩擦力，则全过程动量守恒C．无论物体滑动中有没有摩擦，小车的最后速度与断线前同样D．无论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能同样【答案】BCD【解析】物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失．故A错误．整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量素来守恒，故B错误，取系统的初速度方向为正方向，依照动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的．故C正确．由C的解析可知，当物体C与B端橡皮泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，因此系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦没关．故D正确．应选CD．点睛：此题依照动量守恒和机械能守恒的条件进行判断：动量守恒的条件是系统不受外力或碰到的外力的11合力为零；机械能守恒的条件是除重力和弹力外的其他力不做功.20．以下列图，真空中固定两个等量异号点电荷+Q、-Q，图中O是两电荷连线中点，a、b两点与+Q的距离相等，c、d是两电荷连线垂直均分线上的两点，bcd组成一等腰三角形，a、e两点关于O点对称．则以下说法正确的选项是A．a、b两点的电势同样B．a、e两点的电场强度同样C．将电子由c沿cd边移到d的过程中电场力做正功D．质子在b点的电势能比在O点的电势能大21．如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的圆滑金属导轨间距，导轨右端连接一阻值为4Ω的小灯泡L，在CDEF矩形地域内有竖直向上的匀强磁场。磁感觉强度B随时间t变化如图乙所示，CF长为2m。在t=0时，金属棒ab从图中地址由静止在恒力F作用下向右运动，t=4s时进入磁场，并恰好以v=1m/s的速度在磁场中匀速运动到EF地址。已知ab金属棒电阻为1Ω。以下解析的正确的选项是A．0-4s内小灯泡的功率为B．恒力F的大小为0．2NC．金属棒的质量为0．8kgD．金属棒进入磁场后小灯泡的功率为0．06W【答案】ABC【解析】金属棒未进入磁场，电路总电阻为：R总=RL+Rab=5Ω回路中感觉电动势为：EBS21tt4灯泡中的电流强度为：IE1＝AR总5小灯泡的功率为PL=I2RL=0.04W，选项A正确；因金属棒在磁场中匀速运动，则F=BI′d12Bdv又：I′==0.2ARr代入数据解得：F=0.2N，选项B正确；金属棒未进入磁场的加速度为：av10.25m/s2t4金属棒的质量：F0.8kg，选项C正确；ma金属棒进入磁场后小灯泡的功率为PL'I'2RL24W0.16W，选项D错误；应选ABC．点睛：此题观察了法拉第电磁感觉定律和切割产生的感觉电动势公式的综合运用，观察了闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律；注意金属棒进入磁场从前是磁通量变化产生的感觉电流，进入磁场后是切割磁感线产生感觉电流．第Ⅱ卷二、非选择题：共174分，本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必定作答。第33~38题为选考题，考生依照要求作答。（一）必考题（共129分）22．（6分）用如图实验装置考据m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可考据机械能守恒定律。以下列图给出的是实验中获得的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图1中未标出），计数点间的距离以下列图。已知m1=50g、m2=150g，则（g取9．8m／s2，结果保留两位有效数字）（1）在打点0—5过程中系统动能的增量△EK=___J，系统势能的减少许△Ep=______J；（2）若某同学作出1v2—h图象如图2，则当地的实质重力加速度g=___m／s2。2【答案】（1）0.580.59（2）【解析】（1）依照在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个13点时的速度为：v5x462T22.4m/s；物体的初速度为零，因此动能的增加量为：△Ek=1mv520122

2×（0.05+0.15）×2.4=0.576J≈；重力势能的减小量等于物体重力做功，故：△EP=W=mgh=（0.05+0.15）×9.8×≈；由此可知动能的增加量和势能的减小量基实情等，因此在误差赞同的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒．（2）题中依照机械能守恒可知，mgh=

12

mv2，即有：12

21v=gh，因此出2

2v-h图象中图象的斜率表示2重力加速度，由图可知，斜率，故当地的实质重力加速度．A．待测电池组B．待测小灯泡（2A、2.5V）C．电流表A（量程3A、内阻特别小）D．电压表V1（量程6V、内阻特别大）E．电压表V2（量程1V、内阻1500Ω）F．滑动变阻器R（最大阻值l0Ω、额定电流4A）G．定值电阻R1（3000Ω）H．开关一只，导线若干要求：既能测定电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的U－I曲线（1）请在图甲的虚线方框中将设计相对合现的实验电路图补充完满__________；（2）毎次实验操作需记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，经过多次测量换算，最后在U－I坐标系中，描绘出两条图线，且在P点订交，如图乙所示，此时滑动变阻器接入电路的阻值应为_____Ω；电池组的效率为______（计算结果保留两位有效数字）。14【答案】0；56%;【解析】（1）伏安法测电源电动势与内阻实验中，电压表V1测路端电压，电流表A测量电流；描绘小灯泡伏安特点曲线实验中，电流表A测流过灯泡的电流，考虑到电压表V2量程偏小，可与定值电阻R1串联增大量程；此时电压表V2的内阻与R1之和远大于灯泡内阻，可用电流表外接；则电路如图；（2）电源的U-I图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势E=4.5V，电源内阻UUL=2.5V，此时r1.0．由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压I电路电流I=2.0A，此时电源电动势E=Ir+UL+IR滑，即×1Ω滑滑=0Ω；电×R，则RPUIUL池组的效率出．PEIE56%总点睛：电源的U-I图象与纵轴的交点是电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻，灯泡的U-I线与电源的U-I线的交点就是灯泡接到此电源上时的工作点.24．（14分）以下列图，以水平川面成立x轴，有一质量m＝1kg的小木块放在质量为M＝2kg的长木板的左端A点，已知木板与地面的动摩擦因数为1＝，木块与木板间的动摩擦因数2＝，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始时m与M—起向右运动，已知木板A点经过坐标原点O时的速度为v0＝10m/s，在坐标为x＝27.5m处的P点有一固定的挡板，木板B端与挡板发生弹性碰撞后马上反向弹回，在今后的运动中小木块恰好没有从木板上落下。取g＝l0m/s2，求：（1）木板的长度L及小木块在木板上滑动的时间t；（2）最后木板停止时A点的地址坐标。【答案】（1）L18m，t2s（2）XA1m【解析】（1）对木块和木板组成的系统，依照牛顿第二定律得：2μ1（M+m）g=（M+m）a1，解得a1=-1m/s15设木板B端与挡板碰前的速度为v，依照匀变速直线运动规律得：v2-v02=2a1(x-L)碰后对木块，由牛顿第二定律：-μ2mg=ma22解得a2=-5m/s对木板：μ（M+m）g=Ma32mg+μ1解得a3=4m/s2依题意，碰后ts共速，由速度公式v+a2t=-v+a3t解得t=2v9木块与木板的相对位移：L12vt2v229联立解得L=18mv=9m/st=2s（2）共速后的速度v共=v+a<μ，故整体一起向左匀减速到停止，碰后对木板2t=-1m/s方向向左，因μ12解析，由运动公式：x1vv共t10m20v共2x2a1故A点的坐标xA=x+x1+x2-L=-1m点睛：解决此题的要点理清木板和木块在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．此题也能够经过动能定理、功能关系进行求解．25．（18分）以下列图，在第二象限内存在一个半径为a的圆形有界匀强磁场，磁场圆心坐标M（-2a，a）。在地址坐标为（-2a，0）的P点存在一个粒子发射源，能在纸面内的第二象限向各个方向发射质量为m、带电量+q的粒子，其速度大小均为v。这些粒子经过圆形磁场后都能够垂直y轴进入第一象限，并经过第一象限内一个垂直xOy平面向外的有界匀强磁场所区后，全部汇聚到地址坐标为(2a，0)的Q点，再从Q点进入第四象限，第四象限内有大小为2mv、方向水平向左的匀强电场。不计粒子重力，求：qa161）圆形有界匀强磁场的磁感觉强度；2）第一象限有界匀强磁场的磁感觉强度；3）这些粒子经过匀强电场后再次经过y轴时速度的大小以及粒子所能达到的最远地址坐标。【答案】mvmv3（1）B（2）B（3）3v；(0，-a)qa2qa2（3）粒子从P到Q运动的过程中，所经历的磁场所区均不能够够改变其速度大小，全部粒子在到达Q点的速度仍是v；诚然不同样粒子在Q点的速度方向不同样，从Q到y轴负半轴的运动轨迹不同样，但电场力做功是同样的，由动能定理：qE2a1mv'21mv222解得vv24qEa3vm17由第一象限内的磁场分布可知，全部从Q点射出的粒子，其速度大小均为v，方向分布在沿x轴正向与y轴负向之间的900范围内；线研究从Q点射出的，速度与y轴负向夹角为θ的粒子，其运动轨迹应是类斜抛，则有：y=vcosθ?t2avsint1qEt22m4联立两式，消掉θ可得：y2v2t45v2t24a2a由此式子可看出：当t10aym3时，a2v2故第二次经过y轴最远地址坐标（0，3a）226．（14分）乳化炸药中微量水的存在严重影响产质量量，KarlFischer法是测定其中微量水含量常用方法，该方法是利用I2和SO2反响定量耗资水作为原理，据此回答以下问题：1）写出该反响的化学反响方程式：_______________________。以下列图是某同学在实验室模拟KarlFischer法的实验装置图：（2）实验开始时，向D装置中加入10.00克乳化炸药样品和10.16克I2(已知I2过分)，打开全部止水夹，向装置内部通入N2，其目的是_______________________。（3）关闭止水夹K1，打开分液漏斗活塞，加入硫酸后关闭，充分反响后，A中仍有SO2产生，关闭K2，此时B的作用是_______________________。B在反响过程中还能够起到的作用是___________________________。18（4）反响后，将D装置取下，用N2赶走节余SO2后加适合水配成250.00mL溶液，取25.00mL用-12S2O32-2--，多次实验平均0.20molL·Na2S2O3标准液滴定节余I2单质，已知反响以下：+I2=S4O6+2I与耗资Na2S2O32溶液20.00mL，则原乳化炸药中水的含量为_________(填百分比)。（5）若在滴定过程中不小心将标准液洒出去几滴，则水含量测定结果将____________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。【答案】SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4赶走装置内部的空气，防范空气中O2和水蒸气对实验的影响临时储气装置平衡装置内部大气压7.2%偏低【解析】试题解析：（1）.I2和SO2、H2O反响生成硫酸和氢碘酸；（2）向装置内部通入N2，能够赶走装置内部的空气；（3）关闭K2，A中生成的二氧化硫储蓄在B中；B中的长颈漏斗与空气相连，能够起到平衡装置内部大气压的作用；（4）25.00mL溶液耗资Na2S2O3溶液20.00mL，则250.00mL溶液耗资Na2S2O3溶液200.00mL，依照二氧化硫、Na2S2O3共耗资克I2计算水的含量；（5）若在滴定过程中不小心将标准液洒出去几滴，耗资Na2S2O3溶液的体积偏大，与水反响的碘偏少；解析：（1）.I2和SO2、H2O反响生成硫酸和氢碘酸，反响方程式是SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4；（2）向装置内部通入N2，能够赶走装置内部的空气，防范空气中O2和水蒸气对实验的影响；（3）关闭K2，A中生成的二氧化硫储蓄在B中，因此B的作用是临时储气装置；B中的长颈漏斗与空气相连，能够起到平衡装置内部大气压的作用；（4）依照以上解析，则250.00mL溶液耗资Na2S2O3溶液200.00mL，根2-2--，Na2S2O3耗资碘单质的物质的量为，二氧化硫、据2S2O3+I2=S4O6+2INa2S2O3共耗资10.16克I2，SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4反响耗资碘单质的物质的量为，SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4反响耗资水的物质的量是0.04mol，原乳化炸药中水的含量为；（5）若在滴定过程中不小心将标准液洒出去几滴，耗资Na2S2O3溶液的体积偏大，与水反响的碘偏少，因此水含量测定结果将偏低。27．（14分）CuCl是生产印刷颜料酞菁蓝的重要原料，工业上可用一种低品位铜矿(主要成分CuS、Cu2S、CuO、Fe2O3、FeO及其他非酸溶性杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2和其他非酸溶性杂质)来进行生产，过程以下：回答以下问题：（1）步骤Ⅰ中反响很多，以下反响是其中之一：Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+4H2O+S，该反响的氧化产物为____________________(填化学式)。19（2）为确定滤液1中可否含有Fe2+，第一用有机萃取剂除去溶液中MnSO4，再取基层水溶液进行检测，所用试剂为_____________________。3）步骤Ⅱ加入氨水控制溶液的pH为5左右，目的是______________________。（4）为模拟步骤Ⅲ的生产过程，某同学设计以下实验，以下相关表达正确的选项是_____________。A．a通入CO2，尔后b通入NH3；c中放碱石灰B．b通入NH3，尔后a通入CO2；c中放碱石灰C．a通入NH3，尔后b通入CO2；c中放蘸稀硫酸的脱脂棉D．b通入CO2，尔后a通入NH3；c中放蘸稀硫酸|的脱脂棉（5）步骤Ⅳ的滤液中主要成分X是步骤Ⅱ和步骤Ⅲ都有的产物，能够回收作为肥料使用，该肥料_______(填“能够”或“不能够够”)与草木灰(有效成分K2CO3)共用，简述原因：__________。（6）已知CuCl犯难溶于水的白色积淀，写出步骤Ⅴ发生反响的离子方程式：_____________。【答案】CuSO4和S酸性KMnO4溶液[也许K3Fe(CN)6溶液]除去Fe3+杂质C不能够够X为(NH4)2SO4，草木灰的有效成分为K2CO3，NH4+和CO32-的水解相互促使，氮元素部分变为氨气，以致肥效流失Cu+CuO+2H++2Cl-=2CuCl+H2O的作用是吸取节余氨气，因此a通入NH3，尔后b通入CO2；c中放蘸稀硫酸的脱脂棉，选C；（5）步骤Ⅱ和步骤Ⅲ都有的产物，能够作为肥料使用的是硫酸铵，故X是(NH4)2SO4；草木灰的有效成分为K2CO3，NH4+和CO32-的水解相互促使，氮元素部分变为氨气，以致肥效流失，因此该肥料不能够够与草木灰共用；（6）依照流程图Cu、CuO、HCl反响生成CuCl积淀和H2O，反响离子方程式是Cu+CuO+2H++2Cl-=2CuCl+H2O。28．（15分）乙醚是一种重要的医用麻醉剂，研究乙醇在催化剂A存在的条件下的脱水反响，对乙醚和酒20精的工业生产都有重要意义，乙醇脱水涉及以下两个反响之间的竞争：脱水制乙烯Ⅰ：C2H5OH(g)C2H4(g)+H2O(g)△H1K1脱水制乙醚Ⅱ：2C2H5OH(g)C2H5OC2H5(g)+H2O(g)△H2K2研究所得相关信息以下：①压强平衡常数与温度之间的关系②不同样温度下乙醇的转变率及选择性反响温度(K)乙醇转变率(%)乙烯选择性(%)乙醚选择性(%)副产物选择性(%)373423523依照上述信息回答以下问题：（1）若反响：2C2H4(g)+H2O(g)C2H5OC2H5(g)的焓变为△H3，平衡常数为K3，则△H3=_________(用含有△H1、△H2的式子表达)；K3=____________(用含有K1、K2的式子表达)。（2）△H1____0(填“>、”“<或”“=”)；乙醚的选择性是指用于生成乙醚的乙醇占反响耗资总乙醇量的百分比，表中数据表示：随着温度高升，乙醚选择性降低，简述原因：______________。（3）除了改变温度外，请再供应一种提高乙醚产率的可行方法__________________________。（4）为研究乙烯水合法合成乙醇，T℃时，能够认为只有反响Ⅰ，向体积为1L的密闭容器中投入0.6mol水和1mol乙烯，5min后恰好达到平衡。平衡后则得乙烯的转变率为5%，容器内的总压为7.75MPa，则5min内乙醇的的生成速率为__________________；计算反响Ⅰ的压强平衡常数Kp=_________________(用平衡分压取代平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。5）向（4）中的容器中再加入0.6mol水和1mol乙烯，平衡后，乙烯的转变率___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】ΔH2-2ΔH1>由于ΔH1>0，而ΔH2<0，升温推动Ⅰ平衡右移，而Ⅱ平衡左移，有利于乙烯的生成而不利于乙醚的生成，故乙醚的选择性降低减小体积增大压强、分别乙醚也许改用选择性更高的催化剂等等0.01mol·L-1·min-1增大21【解析】试题解析：（1）依照盖斯定律计算△H3；依照、、解析；（2）依照压强平衡常数与温度之间的关系图，反响Ⅰ压强平衡常数随温度高升而增大；依照压强平衡常数与温度之间的关系，ΔH1>0，而ΔH2<0，升温推动Ⅰ平衡右移，而Ⅱ平衡左移；（3）反响Ⅱ正向搬动能够提高乙醚产率；（4）利用“三段式”计算反响速率和压强平衡常数Kp；（5）依照等效平衡原理，向（4）中的容器中再加入0.6mol水和1mol乙烯，相当于加压；解析：（1）Ⅰ：C2H5OH(g)C2H4(g)+H2O(g)△H1Ⅱ：2C2H5OH(g)C2H5OC2H5(g)+H2O(g)△H2依照盖斯定律Ⅱ—Ⅰ×2得2C2H4(g)+H2O(g)C2H5OC2H5(g)△H3=ΔH2-2ΔH1；、、，因此K3=；（2）反响Ⅰ压强平衡常数随温度高升而增大，因此正反响吸热△H1>0；依照压强平衡常数与温度之间的关系，ΔH1>0，而ΔH2<0，升温推动Ⅰ平衡右移，而Ⅱ平衡左移，有利于乙烯的生成而不利于乙醚的生成，故乙醚的选择性降低；（3）反响Ⅱ正向搬动能够提高乙醚产率，减小体积增大压强、分别出乙醚都能使反响Ⅱ正向搬动，因此提高乙醚产率的可行方法是减小体积增大压强、分别出乙醚；4）则5min内乙醇的的生成速率为mol·L-1·min-1；Kp=；（5）依照等效平衡原理，向（4）中的容器中再加入0.6mol水和1mol乙烯，相当于加压，增大压强，C2H5OH(g)C2H4(g)+H2O(g)反响逆向搬动，乙烯转变率增大。29．（10分）韭菜是人们喜爱的一种蔬菜，以下列图是同学们画出的韭菜细胞中部分元素及其组成化合物关系图（①②③④表示不同样化学元素组成的化合物）。据图及所学知识回答以下问题：1）若①和②都是生物大分子，则①的合成场所是____，已知②的基本单位是葡萄糖，则②可能是____2）若③是生命活动的直接能源物质，则它的合成与____（吸能、放能）反响相联系。若④存在于叶22肉细胞，则其功能是__________3）为检测韭菜根细胞中储藏的营养物质，同学们将根切成薄片进行实验。甲同学将薄片放在载玻片上，滴加少许苏丹Ⅳ染液染色3分钟后又滴加1~2滴体积分数50%酒精________，在显微镜下观察到细胞质中有红色脂肪滴；乙同学将韭菜根切成的薄片放在载玻片上，滴加少许新配制的斐林试剂，将载玻片在酒精灯上加热，直接观察颜色变化。乙同学的目的是检测根细胞中可否存在________，可经过___来判断细胞中可否存在该物质及含量的多少。【答案】核糖体淀粉和纤维素放能吸取（传达和变换）光能洗去浮色还原性糖可否出现砖红色及颜色的深浅【解析】试题解析：此题结合化合物的元素组成图，观察组成生物体的元素和化合物的相关知识，意在观察学生的识记能力和识图能力；能理解所学知识要点，掌握知识间内在联系，形成知识网络的能力。解析题图可知：①的组成元素是C、H、O、N，最可能是蛋白质或氨基酸；②的组成元素只有C、H、O，可能是糖类或脂肪；③的组成元素是C、H、O、N、P，可能是ATP或核酸，④的组成元素是C、H、O、N、Mg，可能是叶绿素。1）①是由C、H、O、N四种元素组成的生物大分子，则①最可能是蛋白质，其合成场所是核糖体，②是由C、H、O组成，且其基本单位是葡萄糖，因此②可能是淀粉和纤维素。2）若③是生命活动的直接能源物质，且由C、H、O、N、P组成，因此③可能是ATP，其合成需要能量，与放能反响相联系。④是由C、H、O、N、Mg组成，若④存在于叶肉细胞，则其可能是叶绿素，其功能是吸取（传达和变换）光能。3）在脂肪的判断实验中，需要用体积分数50%酒精洗去浮色，尔后可在显微镜下观察到细胞质中有红色脂肪滴，用斐林试剂的目的是检测韭菜根细胞中可否存在还原性糖，可经过可否出现砖红色及颜色的深浅来判断细胞中可否存在该物质及含量的多少。【点睛】解答此题需要学生识记细胞内主要的化合物的元素组成及功能。化合物的元素组成：（1）蛋白质是由C、H、O、N元素组成，有些含有P、S；（2）核酸是由C、H、O、N、P元素组成；（3）脂质是由C、H、O组成，有些含有N、P；（4）糖类是由C、H、O组成。30．（10分）研究发现乙醇能惹起大鼠的低温反响，其机理可能与乙醇使大鼠的BAT细胞（褐色脂肪细胞）产热降低相关。以下列图是BAT细胞产热机理和乙醇降低BAT细胞产热的表示图，请据图回答以下问题：23（1）寒冷刺激一方面使下丘脑部分传出神经末梢释放________，该物质被BAT细胞鉴别后惹起细胞中cAMP增加，进而促使脂肪分解参加细胞呼吸。另一方面寒冷刺激还能够使下丘脑合成并释放____的量增加，最后以致体内甲状腺激素的量增加。2）在乙醇的作用下下丘脑释放的5-HT是一种____（“愉悦性递质”、“控制性递质”），经过____方式释放，与其结合的受体位于____。3）乙醇使大鼠体温降低的直接原因是____。【答案】去甲肾上腺素促甲状腺激素释放激素控制性递质胞吐垂体产热小于散热【解析】试题解析：此题结合各表示图，观察神经调治、体液调治和体温调治的相关知识，意在观察学生的识记能力、识图能力和理解能力，属于中等难度题。据图可知，寒冷状态下，冷觉感觉器感觉刺激，经过传入迷经传到下丘脑体温调治中枢，下丘脑经过分级调治，作用于甲状腺，使其分泌甲状腺激素进而使代谢加强来增加产热。同时下丘脑还可经过传出神经末梢分泌去甲肾上腺素，进而促使细胞内的脂肪分解参加细胞呼吸。给小鼠注入乙醇时，其能够控制下丘脑分泌5-HT，进而控制垂体分泌促甲状腺激素，使甲状腺激素的分泌量减少。（1）据图解析，寒冷刺激一方面使下丘脑部分传出神经末梢释放去甲肾上腺素（神经递质），该过程是神经调治，其结构基础是反射弧，使BAT细胞中cAMP增加，在其作用下，部分脂肪分解，其产物进入线粒体参加细胞呼吸；另一方面寒冷刺激还能够使下丘脑合成并释放促甲状腺激素释放激素的量增加，促使垂体分泌促甲状腺激素，最后以致体内甲状腺激素的量增加，作用于组织细胞，使组织细胞的代谢加速，产生更多的热量。（2）下丘脑属于神经分泌细胞，其能够分泌激素作用于垂体，也能够释放神经递质5-HT作用于垂体。据图可知，当下丘脑碰到乙醇刺激时，其能够经过胞吐的方式释放一种控制性递质5-HT，与其靶器官垂体上的受体结合，控制垂体的分泌，进一步使甲状腺激素的分泌量减少。3）据图解析可知，乙醇使大鼠体温降低的直接原因是乙醇惹起细胞代谢减慢，大鼠机体产热小于散热，使其体温降低。31．（7分）随着水体富营养化进度的加速，沉水植物逐渐衰落和消失，以致结构复杂、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，进而惹起水华。（1）由清水态草型水体逆向退化为浊水态藻型水体可否为群落演替____。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解析，丧失的是______（2）沉水植物逐渐衰落和消失的原因除了有水体中的无机盐过多对沉水植物有伤害作用外，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，耗资大量氧气使水体溶氧量降低，进而使更多的生物死亡，我们称为“二次污染”。这表现了生态系统存在____调治。4）科研人员经过投放食浮游植物的鱼类和种植大型挺水植物成立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防范惹起外来物种入24侵，因此，要充分考虑不同样生物之间的____。【答案】是基因多样性和物种多样性蓝绿藻等浮游植物大量生殖掩盖阳光，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耗资大量氧气）（正）反响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，进而限制藻类增加种间关系2）据试题解析可知，沉水植物逐渐衰落和消失的原因除了有水体中的无机盐过多对沉水植物有伤害作用外，还有蓝绿藻等浮游植物大量生殖掩盖阳光，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耗资大量氧气）3）水体污染以致沉水植物死亡，微生物分解其遗体以致耗资大量氧气，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”。表现了生态系统存在（正）反响调治。4）采用投放食浮游植物的鱼类和种植大型挺水植物成立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，进而限制藻类增加。投放食浮游植物的鱼类和种植大型挺水植物时要注意防范惹起外来物种入侵，因此，要充分考虑不同样生物之间的种间关系。32．（12分）北方草原上某种鼠的种群中体色有灰色、黑色和褐色三种，由两对拥有完满显隐性关系的等位基因M、m和T、t控制。与体色形成相关物质的代谢过程以以下列图，其中基因M控制合成酶1，基因T控制合成酶2，基因t控制合成酶3。甲物质对细胞有害，在体内积累过多会以致小鼠过早死亡，约有多数不能够活到成年。依照题干和图示信息回答以下问题：（1）基因表达过程中与酶的合成相关的RNA有____种，它们共同参加的过程是_____。（2）基因型为mm的个体呈灰色的原因是不能够合成中间产物乙，推断可能的原因是：________。写出种群中灰色鼠的基因型_____。（3）让两只基因型为MmTt的黑色鼠多次杂交，若M、m和T、t两对基因的遗传吻合自由组合定律，25则后代成年后表现型及比率为________。若后代只有灰色鼠和黑色鼠，且成年后两者的比率为1:6，则M、m和T、t两对基因的遗传可否吻合自由组合定律____，请在以下列图中画出此种情况下两个亲本鼠两对基因在染色体上的地址（以下列图，竖线表示染色体，可用黑点表示基因在染色体上的位点并注明基因），并写出子代成年鼠的基因型及比率____。【答案】3翻译m基因不能够表达，无法合成酶1（或m基因表达合成的酶无活性，不能够催化物质乙的合成）mmTt、mmTT、mmtt黑色：褐色：灰色=9：3：2不吻合MMTT:MmTt:mmtt=2:4:1【解析】试题解析：此题观察基因自由组合定律的实质及应用、基因对性状的控制路子。要修业生掌握基因自由组合定律的实质及基因对性状的控制路子等知识，能结合题中所给信息正确判断各选项，属于考纲理解和应用层次的观察。两对基因能够分别位于两对同源染色体上；也能够位于一对同源染色体上，表现为连锁关系。若是是第一各种类，则两对基因的遗传吻合基因的自由组合定律，若是是第二种情况，则不吻合基因的自由组合定律。基因经过控制酶的合成来控制代谢进而间接控制生物的性状。据上图可知，已知基因M控制合成酶1，有酶1则甲能够生成乙；基因T控制合成酶2，有酶2，乙就能够合成丙；基因t控制合成酶3，有酶3乙能够生成丁。（1）此题所涉及的酶的化学实质是蛋白质，与其合成相关的RNA有3种，分别是rRNA、tRNA、mRNA，它们共同参加的过程是翻译。（2）基因型为mm的个体呈灰色的原因是不能够合成中间产物乙，推断可能的原因是：m基因不能够表达，无法合成酶1（或m基因表达合成的酶无活性，不能够催化物质乙的合成）。据上图解析可知，灰色前体物质甲在M基因控制合成的酶1的作用下可转变为中间物质乙，说明控制灰色鼠的基因型中无M基因，因此其基因型为mmTT、mmTt、mmtt。基因t控制合成酶3，在酶3作用下中间物质乙可转变为褐色的终产物丁，说明褐色鼠的基因型为M_tt，在M与T基因的共同控制下形成黑色终产物丙，说明黑色鼠的基因型为M_T_。（3）让两只基因型为MmTt则以后辈的基因型及比率为M_tt表现为褐色，mmT_与

的黑色鼠多次杂交，若M、m和T、t两对基因的遗传吻合自由组合定律，M_T_:M_tt:mmT_:mmtt=9:3:3:1，由（2）的解析可知，M_T_表现为黑色，mmtt表现为灰色，由于甲物质对细胞有害，在体内积累过多会以致小鼠过早死亡，约有多数不能够活到成年。由于在灰色鼠体内存在甲物质，故灰色鼠成年时有一半死亡。因此后代成年后表现型及比率为黑色：褐色：灰色=9：3：2。若后代只有灰色鼠和黑色鼠，且成年后两者26的比率为1:6，则必然是M、m和T、t这两对基因位于同一对同源染色体上，且有两种情况：1、M与T基因位于一条染色体上，m与t基因位于另一条同源染色体上；2、M与t基因位于一条染色体上，m与T基因位于另一条同源染色体上，若是是第二种情况，后代会出现褐色鼠，与题意不符，因此只能是第一种情况。由于两同等位基因位于同一对同源染色体上，因此其遗传不依照基因的自由组合定律。两个亲本鼠两对基因在染色体上的地址以下列图。两者杂交后，后代的基因型为MMTT：MmTt：mmtt=1:2:1，由于基因型为mmtt的个体约有多数不能够活到成年，则子代成年鼠的基因型及比率为MMTT:MmTt:mmtt=2:4:1。【点睛】此题主要观察基因对性状的控制以及在基因自由组合定律中一些特别情况的计算。简单出错的地方是不会判断各种颜色的基因型，因此解题的要点在于先将各种颜色的基因型解析清楚，再依照给定条件解答各项。（二）选考题：共45分。请考生从2道题物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。若是多做，则每科按所做的第一题计分。33．[物理——选修3–3]（15分）（1）（5分）以下说法正确的选项是。（填正确答案标号，选对1个给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0分）A．布朗运动的实质反响了液体分子在不停地做无规则热运动B．压缩密封在气缸中必然质量的理想气体，难度越来越大，这是由于分子间距离越小时分子间斥力越大C．对气体加热，气体的内能不用然增大D．物体温度高升，分子热运动加剧，全部分子的动能都会增加E．对大量事实的解析表示，无论技术手段如何先进，热力学零度最后不能能达到【答案】ACE【解析】布朗运动的实质反响了液体分子在不停地做无规则热运动，选项A正确；压缩密封在气缸中必然质量的理想气体，难度越来越大，这是由于体积减小时，压强变大，不是分子间斥力，选项B错误；对气体加热，若气体对外做功，则气体的内能不用然增大，选项C正确；物体温度高升，分子热运动加剧，分子的平均动能会增加，但其实不是每个分子的动能都变大，选项F错误；热力学零度是低温的极限，无论技术手段如何先进，热力学零度最后不能能达到，选项E正确；应选ACE.（2）（10分）如图甲所示，左端关闭、内径同样的U形细玻璃管竖直放置，左管中关闭有长为L＝20cm的空气柱，两管水银面相平，水银柱足够长．已知大气压强为p0＝75cmHg．27①若将装置翻转180°，使U形细玻璃管竖直倒置（水银未溢出），如图乙所示．当管中水银静止时，求左管中空气柱的长度；②若将图甲中的阀门S打开，缓慢流出部分水银，尔后关闭阀门S，右管水银面下降了H＝35cm，求左管水银面下降的高度．【答案】①20cm或37.5cm；②10cm【解析】试题解析：①设左管中空气柱的长度增加h，由玻意耳定律：p0L（p02h）（Lh）代入数据解得：h0或h，因此，左管中空气柱的长度为20cm或37.5cm。②设左管水银面下降的高度为x，左、右管水银面的高度差为y，由几何关系：xyH由玻意耳定律：p0L（p0y）（Lx）联立两式解得：x260x7000解方程得：x10cmx70cm（舍去），故左管水银面下降的高度为10cm。考点：理想气体的状态方程、关闭气体压强【名师点睛】此题观察了求水银面下降的高度，依照题意求出气体的状态参量，应用玻意耳定律即可正确解题，解题时要注意几何关系的应用。33．[物理——选修3–4]（15分）（1）（5分）如图甲所示，是一列沿x轴正方向流传的简谐横波在t＝0时辰的波形图，P是离原点x1＝2m的一个介质质点，Q是离原点x2＝4m的一个介质质点，此时离原点x3＝6m的介质质点方才要开始振动。图乙是该简谐波流传方向上的某一质点的振动图象（计时起点同样）。由此可知_____。（填正确答案标号，选对1个给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0分）28A．这列波的周期为T＝3sB．图乙可能是图甲中质点Q的振动图象C．这列波的流传速度为v＝2m/sD．这列波的波源起振方向沿y轴正方向E．位于x＝10m处的质点将于t＝2s时起振【答案】BCE【解析】由甲读出波长λ=4m，由图乙读出周期T=2s，波速v42m/s，故C正确，A错误。由图T2乙看出，t=0时辰，质点经过平衡地址向上，而图甲中，Q点也经过平衡地址向上运动，故乙图可能是图甲中质点Q的振动图象，故B正确。波源的起振方向与x3=6m的质点t=0时辰的振动方向，简谐波没x轴正方向流传，则知x3=6m的质点在t=0时辰的振动方向向下，则波源的起振方向向下，故D错误。2s时间内波向x轴正向流传x=vt=4m，恰好传到x=10m处的质点处，则位于x=l0m处的质点将于t=2s时起振，选项E正确；应选BCE.点睛：此题观察基本的读图能力，由颠簸图象读出波长，由波的流传方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握．（2）（10分）某透明体的横截面以下列图，其中ABC为直角三角形，AB为直角边，长度为L，ABC＝45°，ADC为一圆弧，圆心在AC边的中点。若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入透明物体，光辉从ADC圆弧射出的地域的长度s为L/6．求此透明体的折射率（不考虑经ADC圆弧反射后的光辉）【答案】n2【解析】由几何关系得：圆弧LEDF长度为s=2θ?=πL/6，则透明体的临界角为30°2由sin1得，n=2．n29点睛：关于几何光学中范围问题，要掌握临界角公式，求出临界角，要作出界线光辉，在界线上光辉经常恰好发生全反射．35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）金属钛由于其优越的性能被称为“未来金属”，其工业冶炼涉及到的反响以下：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO回答以下相关问题：1）钛的价层电子排布式为______________。2）已知部分物质熔沸点以下：名称金红石金刚石四氯化钛四溴化钛四碘化钛化学式TiO2CTiCl4TiBr4TiI4熔点1830℃3550℃℃38℃150℃沸点2927℃4827℃℃℃℃晶型离子晶体分子晶体表中金刚石的晶型为_________；自左向右，表中的三种钛的卤化物熔沸点依次高升的原因是_____________。（3）配位数为6，组成为TiCl3·6H2O的晶体有两种：化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的X呈绿色，定量实验表示，X与AgNO3以1：2物质的量比反响生成积淀。Y呈紫色，且Y与AgNO3以1：3物质的量比反响生成积淀，则Y的化学式为___________，Y配离子的空间构型为_________。（4）钙钛矿是重要的含钛矿物之一，其主要成分Z的晶胞以以下列图所示：30推断Z的化学式为________________。（5）若晶胞参数，Z晶体的密度为______g/cm3(23；3已知NA≈6.0×10≈)。【答案】3d24s2原子晶体分子晶体组成和结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高[Ti(H2O)6]Cl3空间正八面体CaTiO3【解析】试题解析：（1）钛原子核外有22个电子，价电子排布在3d、4s轨道；（2）依照金刚石的熔点高分析；分子晶体组成和结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高；（3）Y与AgNO3以1：3物质的量比反响生成积淀，说明外界有3个氯离子，6个水都在内界；（4）依照均摊原则计算Z的化学式；（5）依照化学式可知Z的摩尔质量是136g/mol；晶胞的体积是；解析：（1）钛原子核外有22个电子，价电子排布在3d、4s轨道，价电子排布为3d24s2；（2）金刚石的熔点高，因此金刚石是原子晶体；TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，分子晶体组成和结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，因此TiCl4、TiBr4、TiI4的熔沸点依次高升；（3）Y与AgNO3以1：3物质的量比反响生成积淀，说明外界有3个氯离子，6个水都在内界，Y的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3；Y配离子的空间构型为空间正八面体；（4）依照均摊原则，每个晶胞含有Ti原子数是=1，含有Ca原子数1，含有O原子数是，所Z的化学式是CaTiO3；（5）依照化学式可知Z的摩尔质量是136g/mol；晶胞的体积是；则g/cm3。点睛：依照均摊原则，立方晶胞极点的原子被一个晶胞占用、晶胞楞上的原子被一个晶胞占用、晶胞面心的原子被一个晶胞占用。36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）盐酸氨溴索(H)关于治疗老年重症肺炎有优异的疗效，其合成路线以下(部分反响条件及产物已略)：311）B的名称为_________；反响①-⑥中为取代反响的是___________(填序号)。（2）B的芳香族同分异构体J满足以下条件：①可水解②可发生银镜反响③1molJ最多耗资2molNaOHJ有________种；B的另一种芳香族同分异构体可与NaHCO3溶液反响，并有气体生成，其核磁共振氢谱有4组吸取峰，则它的结构简式为____________。（3）可用碱性新制氢氧化铜悬浊液检验C中的特点官能团，写出该检验的离子反响方程式：____________________________。4）关于E的说法正确的选项是_________。A．E难溶于水B．E可使酸性KMnO4溶液褪色C．1molE最多与1molH2加成D．E不能够与金属钠反响（5）邻氨基苯甲酸甲酯(L)拥有塔花的甜香味，也是合成糖精的中间体，以甲苯和甲醇为原料，无机试剂自选，参照H的合成路线图，设计L的合成路线____________。【答案】邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯)①⑤6种AB【解析】试题解析：（1）是甲苯甲基邻位上的氢原子被硝基取代的产物；取代反响是有机物分子中的某些原子或原子团被其他原子或原子团取代的反响；（2）B的芳香族同分异构体：可水解、可发生银镜反响、1mol最多耗资2mol