2021年高考全国甲卷理综高考真题解析-全国高考真题解析

2021年普通高等学校招生全国统一考试（甲卷）理科综合能力测试注意事项：.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如雷改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案书写在答题卡上，写在本试卷上无效。.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.可能用到的相对原子质量：H1C12N14016S32Cu64Zr91一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。共78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.巳知①癖、②抗体、③激素、④糖原、⑤脂肪、⑥核收都是人体内有重要作用的物质。下列说法正确的A.都是由氨基酸通过肽键连接而成的A.都是由氨基酸通过肽键连接而成的都是生物大分子，都以碳链为骨架C.都是由含氮的单体连接成的多聚体D.都是人体细胞内的主要能源物质C.都是由含氮的单体连接成的多聚体D.都是人体细胞内的主要能源物质【答案】C【解析】【分析】1、酶是活细胞合成的具有催化作用的有机物，大多数酹是蛋白质，少数酶是RNA。2、核酸是一切生物的遗传物质。有细胞结构的生物含有DNA和RNA两种核酸，但其细胞核遗传物质和细胞质遗传物质都是DNA。3、动物体内激素的化学成分不完全相同，有的属于蛋白质类，有的属于脂质，有的属于氨基酸衍生物。【详解】A、薛的化学本质是蛋白质或RNA,抗体的化学本质是蛋白质，激素的化学本质是有机物，如蛋白质、氨基酸的衍生物、脂质等，只有蛋白质才是由氨基酸通过肽键连接而成的，A错误；B、糖原是生物大分子，脂肪不是生物大分子，且激素不一定是大分子物质，如甲状腺激素是含碘的氨基酸,B错误；C、晦的化学本质是蛋白质或RNA,抗体的化学成分是蛋白质，蛋白质是由氨基酸连接而成的多聚体，核酸是由核昔酸连接而成的多聚体，氨基酸和核昔酸都含有氮元素，C正确；D、人体主要的能源物质是糖类，核酸是生物的遗传物质，脂肪是机体主要的储能物质，D错误。故选c。.某同学将降母菌接种在马铃薯培养液中进行实验，不可能得到的结果是（）A.该菌在有氧条件下能够繁殖B.该菌在无氧呼吸的过程中无丙崩峻产生C.该菌在无氧条件下能够产生乙薄D.该菌在有氧和无氧条件下都能产生⑩【答案】B【解析】【分析】酵母菌是兼性厌氧生物，有氧呼吸的产物是二氧化碳和水，无氧呼吸产物是酒精和二氧化碳。【详解】A、酵母菌有细腮核，是真菌生物，其代谢类型是异氧兼性厌氧型，与无氧条件相比，在有氧条件下，产生的能量多，酵母菌的增殖速度快，A不符合题意；BC、障母菌无氧呼吸在细胞质基质中进行，无氧呼吸笫一阶段产生丙酮酸、还原性的氢，并释放少量的能量，第二阶段丙丽酸被还原性氢还原成乙醇，并生成二氧化碳，B符合题意，C不符合题意；D、酵母菌有氧呼吸和无氧呼吸都在笫二阶段生成C02,D不符合题意。故选B。.生长素具有促进植物生长等多种生理功能。下列与生长素有关的叙述，错误的是（）A.植物生长“顶端优势”现象可以通过去除顶芽而解除B.顶芽产生的生长素可以运到侧芽附近从而抑制侧芽生长C.生长素可以调节植物体内某些基因的表达从而影响植物生长D.在促进根、茎两种器官生长时，茎是对生长素更敏感的器官【答案】D【解析】【分析】生长素的化学本质是吧味乙酸；生长素的运输主要是极性运输，也有非极性运输和横向运输；生长素对植物生长具有双重作用，即低浓度促进生长，高浓度抑制生长。【详解】AB、顶端优势产生的原因是顶芽产生的生长素向下运输，枝条上部的侧芽部位生长素浓度较高，侧芽对生长素浓度比较敏感，因而使侧芽的发育受到抑制，可以通过摘除顶芽的方式解除植株顶端优势，AB正确；C、生物的性状是由基因控制的，生长素能引起生物性状的改变，是通过调控某些基因的表达来影响植物生长的，C正确；D、根、茎两种器官对生长素的反应敏感程度有明显差异，其中根对生长素最敏感，D错误。故选D。.人体下丘脑具有内分泌功能，也是一些调节中枢的所在部位。下列有关下丘脑的叙述，错误的是（ ）A.下丘脑能感受细照外液渗透压的变化B.下丘脑能分泌抗利尿激素和促甲状腺激素C.下丘脑参与水盐平衡的调节：下丘脑有水平衡调节中枢D.下丘脑能感受体温的变化；下丘脑有体温调节中枢【答案】B【解析】【分析】下丘脑的功能：①感受：渗透压感受器感受渗透压升降，维持水盐代谢平衡。②传导：可将渗透压感受器产生的兴奋传导至大脑皮层，使之产生渴觉。③分泌：分泌促激素释放激素，作用于垂体，使之分泌相应的激素或促激素。在外界环境温度低时分泌促甲状腺激素释放激素，在细腮外液渗透压升高时促使垂体分泌抗利尿激素。④调节：体温调节中枢、血糖调节中枢、渗透压调节中枢。⑤下丘脑视交叉上核的神经元具有日周期节律活动，这个核团是体内日周期节律活动的控制中心。【详解】AC、下丘脑是水盐平衡调节中枢，同时也具有渗透压感受器，来感知细胞外液渗透压的变化，AC正确；B、下丘脑能分泌促甲状腺激素释放激素、抗利尿激素等，具有内分泌功能，促甲状腺激素是由垂体分泌，B错误；D、下丘脑内有是维持体温相对恒定的体温调节中枢，能感受体温变化，能调节产热和散热，D正确。故选B。.果蝇的翅型、眼色和体色3个性状由3对独立遗传的基因控制，且控制眼色的基因位于X染包体上。让一群基因型相同的果蝇（果蝇M）与另一群基因型相同的果蝇（果蝇N）作为亲本进行杂交，分别统计子代果蝇不同性状的个体数量，结果如图所示。已知果蝇N表现为显性性状灰体红眼。下列推断错误的是（）100.■100.■一■一■一■一■一■一°贱翅长翅白眼红眼黑檀体灰体O0O0O0O0O0O0O08765452皿蚓察味A.果蝇M为红眼杂合体雌蝇B.果蝇M体色表现黑梗体C.果蝇N灰体红眼杂合体D.亲本果蝇均为长翅杂合体【答案】A【解析】【分析】分析柱形图：果蝇M与果蝇N作为亲本进行杂交杂交，子代中长翅：残翅=3:1,说明长翅为显性性状，残翅为隐性性状，亲本关于翅型的基因型均为Aa（假设控制翅型的基因为A/a）；子代灰身：黑横体=1：1,同时灰体为显性性状，亲本关于体色的基因型为BbXbb（假设控制体色的基因为B/b）；子代红眼:白眼=1:1,红眼为显性性状，且控制眼包的基因位于X染色体上，假设控制眼色的基因为W/w）,故亲本关于眼色的基因型为Ktxx中或X・X・XX，。3个性状由3对独立遗传的基因控制，遵循基因的自由组合定律，因为N表现为显性性状灰体红眼，故N基因型为AaBbXY或AaBbX'Y,则M的基因型对应为AabbE或AabbXT。【详解】AB、根据分析可知，M的基因型为Aabb壮或AabbXX,表现为长翅黑植体白眼雄蝇或长翅黑檀体白眼雌蝇，A错误，B正确；C、N基因型为AaBbX11或AaBbX，，灰体红眼表现为长翅灰体红眼雌蝇，三对基因均为杂合，C正确；D、亲本果蝇长翅的基因型均为Aa,为杂合子，D正确。故选A。.群落是一个不断发展变化的动态系统。下列关于发生在裸岩和弃耕农田上的群落演替的说法，错误的是（）A.人为因素或自然因素的干扰可以改变植物群落演替的方向B.发生在裸岩和弃耕农田上的演替分别为初生演替和次生演替C.发生在裸岩和弃耕农田上的演替都要经历苔葬阶段、草本阶段D.在演替过程中，群落通常是向结构复杂、稳定性强的方向发展【答案】C【解析】【分析】1、群落演替：随着时间的推移，一个群落被另一个群落代替的过程。2、群落演替的原因：生物群落的演替是群落内部因素（包括种内关系、种间关系等）与外界环境因素综合作用的结果。3、初生演替：是指一个从来没有被植物覆盖的地面，或者是原来存在过植被，但是被彻底消灭了的地方发生的演替；次生演替：原来有的植被虽然巳经不存在，但是原来有的土壤基本保留，甚至还保留有植物的种子和其他繁殖体的地方发生的演替。【详解】A、人类活动可以影响群落演替的方向和速度，退湖还田、封山育林、改造沙漠、生态农业等相关措施都能促进群落良性发展，A正确；BC、发生在裸岩上的演替是初生演替，依次经过：地衣阶段一苔弹阶段~草本阶段~灌木阶段-森林阶段,弃耕农田的演替为次生演替，自然演替方向为草本阶段，灌木阶段-乔木阶段，B正确，C错误；D、一般情况下，演替过程中生物生存的环境逐渐改善，群落的营养结构越来越复杂，抵抗力稳定性越来越高，恢复力稳定性越来越低，D正确。故选C。.化学与人体健康及环境保护息息相关。下列叙述正确的是A.食品加工时不可添加任何防腐剂.掩埋废旧电池不会造成环境污染C.天然气不完全燃烧会产生有毒气体D.使用含磷洗涤剂不会造成水体污染【答案】C【解析】【分析】【详解】A.食品加工时，可适当添加食品添加剂和防腐剂等，如苯甲酸钠，故A错误；B.废旧电池中含有重金属等金属离子，会造成土壤污染，水体污染等，故B错误；C.天然气主要成分为甲烷，不完全燃烧会产生一氧化碳等有毒气体，故C正确；D.含磷洗涤剂的排放，使水中磷过多，造成水中藻类疯长，消耗水中溶解的氧，水体变浑浊，故D错误；故选C。Na为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是18g重水（D?0）中含有的质子数为IONa3moi的NO?与H2O完全反应时转移的电子数为4Na32g环状Ss（年公分子中含有的S-S键数为INaILpH=4的0.Imol•L-KQ-Q?溶液中Cr2O7-离子数为0.1NA【答案】C【解析】【分析】18g【详解】A・D,O的质子数为10,18gD、0的物质的量为」=0.9moL则18g重水（DQ）中所含20g/mol质子数为9Na,A错误；NO:与H?0反应的化学方程式为：3N02+H2O2HN03+N0,该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个,则有3moi的NO?参与反应时，转移的电子数为2Na,B错误；一个Ss（gWy）分子中含有的S-S键数为8个，32gs8的物质的量为京"mol,则含有的S-S键数为：x8xNa=Na，C正确；8D.酸性KQQ：溶液中存在：50；十H9U2clO：+2H,含Cr元素微粒有C^O于和CrO/,则ILpH=4的O.lmolL4KXf.O-溶液中。。亍离子数应小于01—，D错误；故选C。9.实验室制备下列气体的方法可行的是气体方法A氨气加热氯化铁固体B二氧化氮将铝片加到冷浓硝酸中C硫化氢向硫化钠固体滴加浓硫战D氧气 加热氯酸钾和二氧化锌的混合物A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A.氯化锭不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，但两者遇冷又会化合生成氯化铁固体，所以不能用于制备氨气，A不可行；B.将铝片加到冷浓硝酸中会发生钝化现象，不能用于制备二氧化氮，B不可行；C.硫化氢为还原性气体，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体，因为该气体会与浓硫酸发生氧化还原反应，C不可行；D.实验室加热氯酸钾和二氧化锌的混合物，生成氯化钾和氧气，二氧化锋作催化剂，可用此方法制备氧气,D可行；故选D。10.下列叙述正确的是A.甲醇既可发生取代反应也可发生加成反应B.用饱和碳唆氢纳溶液可以鉴别乙唆和乙尊C.烷烧的沸点高低仅取决于碳原子数的多少D.戊二烯与环戊烷互为同分异构体【答案】B【解析】【分析】【详解】A.甲醇为一元饱和醇，不能发生加成反应，A错误；B.乙酸可与饱和碳酸氢钠反应，产生气泡，乙薛不能发生反应，与饱和碳酸钠互溶，两者现象不同，可用饱和碳酸氢纳溶液可以鉴别两者，B正确；C.含相同碳原子数的烷浸，其支链越多，沸点越低，所以烷烧的沸点高低不仅仅取决于碳原子数的多少，C错误；D.戊二烯分子结构中含2个不饱和度，其分子式为C双，环戊烷分子结构中含1个不饱和度，其分子式为GH1。，两者分子式不同，不能互为同分异构体，D错误。故选B。11.w.X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和,也是Y的最外层电子数的2倍。W和X的单质常温下均为气体。下列叙述正确的是A.原子半径：Z>Y>X>WW与X只能形成一种化合物Y氧化物为碱性氧化物，不与强诚反应W、X和Z可形成既含有离子键又含有共价键的化合物【答案】D【解析】【分析】W.X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍，则分析知，Z的最外层电子数为偶数，W和X的单质常温下均为气体,则推知W和X为非金属元素，所以可判断W为H元素，X为N元素，Z的最外层电子数为1+5=6,Y的量外层电子数为：=3,则Y为A1元素，Z为S元素，据此结合元素及其化合物的结构与性质分析解答。2【详解】根据上述分析可知，W为H元素，X为N元素，Y为A1元素，Z为S元素，则A.电子层数越多的元素原子半径越大，同周期元素原子半径依次减弱，则原子半径：Y(AD>Z(S)>X(N)>W(H),A错误；B.W为H元素，X为N元素，两者可形成阳和NN,B错误；C.Y为A1元素，其氧化物为两性氧化物，可与强峻、强裱反应，C错误；D.W、X和Z可形成(阳)2$、NH4HS,两者既含有离子键又含有共价黄，D正确。故选D。12.已知相同温度下，KKBaSOjv/jjBaCOs)。某温度下，饱和溶液中-lg[c(SO：)]、-lg[c(CO；j],与-lg[c(Ba>)]的关系如图所示。C9999.O99&7&5.4.3.2L【GOD)号FO6.O5.C9999.O99&7&5.4.3.2L【GOD)号FO6.O5.-lg[c(Ba2+)]下列说法正确的是A.曲线①代表BaCC)3的沉淀溶解曲线B.该温度下BaSO4的Kzp(BaSOj值为l.OxlO10C.加适量BaCl?固体可使溶液由a点变到b点c(SO：)D.。Ba>=10一5」时两溶液中受六=10”，【答案】B【解析】【分析】BaC03、BaS04均为难溶物，饱和溶液中一lg[c(Ba2+)]+{—lg[c(SO；)]}=-lg[c(Ba2+)Xc(SO；-)]=-1g[/(BaSOj],同理可知溶液中一lg[c(Ba")]+{-1g[c(CO；)]}=-1g[4(BaCg]，因/(BaSOj<^>(BaC03),则一lglX(BaC03)]V-lglX(BaS04)],由此可知曲线①为一lg[c(Ba2+)]与一lg[c(SO：)]的关系，曲线②为一lg[c(Ba2+)]与一lg[c(CO；)]的关系。【详解】A.由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO,的沉淀溶解曲线，选项A错误；B.曲线①为BaSO4溶液中一lg[c(Ba2+)]与一lg[c(SO：)]的关系，由图可知，当溶液中一lg[c(Ba2+)]=3时，一lg[c(SO：)=7,则一lglX(BaS0。]=7+3=10,因此总(BaSO。=1.OXIOT选项B正确；C.向饱和BaSO,溶液中加入适量BaCL固体后，溶液中c(Ba,+)增大，根据温度不变则又(BaSO。不变可知，溶液中c(SO；)将减小，因此a点将沿曲线①向左上方移动，选项C错误；

D.由图可知，当溶液中c(Ba2+)=l()f।D.由图可知，当溶液中c(Ba2+)=l()f।时，两溶液中c（SO：）_i（）-y;

c（CO；）-iO^=10%选项D错误;答案选B。13.乙醛酸是一种重要的化工中间体,可果用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H。解离为H-和OH，并在直流电场作用下分别问两极迁移。下列说法正确的是电源A.铅电极O0IIII~HO—C—C—OII（乙二酸）(乙解酸)0（HO—c—H（乙酹酸）OHC-OHr乙一醉A.铅电极O0IIII~HO—C—C—OII（乙二酸）(乙解酸)0（HO—c—H（乙酹酸）OHC-OHr乙一醉石墨电极饱和乙二酸溶液双极膜乙一醛+KBr酸溶液KBi在上述电化学合成过程中只起电解质的作用OO OO阳极上的反应式为：TTcIIII^TT+2ir+2e-=III +H2GHO-C-C-OHHO-C-C-HC.制得2moi乙醛唆，理论上外电路中迁移了Imol电子D.双极膜中间层中的H-在外电场作用下向铅电极方向迁移【答案】D【解析】【分析】该装置通电时，乙二酸被还原为乙醛酸，因此铅电极为电解池阴极，石墨电极为电解池阳极，阳极上BE被氧化为Bn,Bn将乙二醛氧化为乙醛酸，双极膜中间层的H+在直流电场作用下移向阴极，0方移向阳极。【详解】A・KBr在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，生成的Bn为乙二醛制备乙醛酸的中间产物，故A错误；B.阳极上为近一失去电子生成Bn,B。将乙二醛氧化为乙醛酸，故B错误；C.电解过程中阴阳极均生成乙醛峻，Imol乙二酸生成lmol乙醛酸转移电子为2mol,lmol乙二醛生成Imol乙醛酸转移电子为2mol,根据转移电子守恒可知每生成lmol乙醛酸转移电子为lmol,因此制得21noi乙醛酸时，理论上外电路中迁移了21noi电子，故C错误；d.由上述分析可知，双极膜中间层的ir在外电场作用下移向阴极，即ir移向铅电极，故d正确；综上所述，说法正确的是d项，故答案为D。二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小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题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。14.如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板尸处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角。可变。将小物块由平板与竖直杆交点。处静止释放，物块沿平板从。点滑至尸点所用的时间£与夹角。的大小有关。若由30°逐渐增大至60°,物块的下滑时间£将A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大【答案】D【解析】【分析】【详解】设网的水平距离为乙由运动学公式可知L1 .“一-=-gsin<9r-cos92可得心」

gsin28可知©=45。时，£有最小值，故当8从由30°逐渐增大至60°时下滑时间才先减小后增大。故选D。.“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s,此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为（ ）外力B.100m/s:A.10m/sC.1000m/s2D.10000m/s2【答案】C【解析】【分析】【详解】纽扣在转动过程中外力B.100m/s:A.10m/sC.1000m/s2D.10000m/s2【答案】C【解析】【分析】【详解】纽扣在转动过程中co=2m=lOOmad/s由向心加速度a=ofrlOOOm/s2故选C..两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，£0与O'Q在一条直线上，尸O’与所在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流工电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为6,则图中与导线距离均为d的M〃两点处的磁感应强度大小分别为（）N

o1\dB、00B、00、2B25、2BB.B【答案】B【解析】【分析】【详解】两直角导线可以等效为如图所示两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在〃处的磁感应强度方向为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故"处的磁感应强度为零；两直导线在〃处的磁感应强度方向均

垂直纸面向里,故好处的磁感应强度为23；综上分析B正确。故选B。FOPEO'Q.如图，一个原子核X经图中所示的一系列。、夕衰变后，生成稳定的原子核Y,在此过程中放射出电【答案】AC.10【答案】AC.10D.14【解析】【分析】【详解】由图分析可知,核反应方程为言X.二丫十o：He十叱e设经过。次。衰变，b次。蓑变。由电荷数与质量数守恒可得238=206+4〃；92=82+24—/?解得

故放出6个电子故选A。.2021年2月，执行我国火星探测任务的“天间一号”探测器在成功实施三次近火制动后，进入运行周期约为L8XU）5s的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为2.8X105%巳知火星半径约为3.4X106m,火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7m/s2,则“天间一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为（）6X105m B.6X106m C.6X107m D.6X108m【答案】C【解析】【分析】【详解】忽略火星自转则GMm.=〃吆①

1\可知设与为1.8X105s的椭圆形停泊轨道周期相同的圆形轨道半径为r,由万引力提供向心力可知QMm 4;r公r T-设近火点到火星中心为设远火点到火星中心为由开普勒第三定律可知由以上分析可得设近火点到火星中心为设远火点到火星中心为由开普勒第三定律可知由以上分析可得故选C。Ri=R+4③4=R+4④r312)⑤p--F-4«6xl07m19.某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则（点，电场力做正功点，电场力做正功一电子从a点运动到d点，电场力做功为4eV8点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右a、b、c、一四个点中，8点的电场强度大小最大【答案】BD【解析】【分析】【详解】A.由图象可知则正电荷从6点运动到e点，电场力不做功，A错误;B.由图象可知=3V,九=7V根据电场力做功与电势能的变化关系有网」二瓦,一耳/=（一，3・（-e）=4eVB正确;C.沿电场线方向电势逐渐降低，则6点处的场强方向向左，C错误;D.由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线分布如下图所示由上图可看出，b点电场线最密集，则方点处的场强最大，D正确。故选BD。20.一质量为。的物体自倾角为。的固定斜面底端沿斜面向上滑动◎该物体开始滑动时的动能为向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为已知sinc=0.6,重力加速度大小为g。则（ ）A.物体向上滑动的距离为舁2mgB.物体向下滑动时的加速度大小为£C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0・5D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长【答案】BC【解析】【分析】【详解】AC・物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有E-ping-2/cosa=-^--Ek物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有-mglsina-〃加g/cosa=0-Ek整理得1=—；〃=0.5A错误，C正确；B.物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有ma=mgsina-4mgcosa求解得出5B正确；D.物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有ma匕=mgsiiia+/〃〃gcosa物体向下滑动时的根据牛顿笫二定律有ma卜=mgsina-/〃cosa由上式可知由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式=-at2则可得出f上下D错误。故选BC。21.由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线图，两线圈的质量相等，但所用导线的横裁面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由管止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，巳知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线图下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是()X X X X XX X X X XX X X X XA.甲和乙都加速运动B.甲和乙都减速运动C.甲加速运动，乙减速运动D.甲减速运动，乙加速运动【答案】AB【解析】【分析】【详解】设线圈到磁场的高度为瓦线圈的边长为1,则线圈下边刚进入磁场时，有V=y/2gh感应电动势为E=nBlv两线圈材料相等（设密度为P。），质量相同（设为〃7）,则m=p0x4〃/xS设材料的电阻率为P，则线图电阻4〃/16肩？PP。1\=P = Sm感应电流为rEmBv

R16nlop。安培力为.mB2vk=nBIl= \6ppq由牛顿第二定律有mg-F=ma联立解得F B2va=g =g- 机 16%。B2v加速度和线图的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。当—时，甲和\6pPqB2v B2v乙都加速运动，当一时，甲和乙都减速运动，当g=77—时都匀速。16/90。 1624故选AB。三、非选择题：共174分。笫22〜32题为必考题，每个试题考生都必须作答。笫33~38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。.为测量小铜块与鎏砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的鎏砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为。的斜面（已知sin。=0.34,cos。=0.94）,小铜块可在斜面上加速下滑，如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5个连续相等时间间隔（每个时间间隔△伫0.20s）内小铜块沿斜面下滑的距离g（齐1,2,3,4,5）,如下表所示。23S1所5.87cm7.58cm9.31cm11.02cm12.74cm由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为m/s2,小铜块与叠砖表面间的动摩擦因数为-（结果均保留2位有效数字，重力加速度大小取9.80m/s2）【答案】（1）.0.43 （2）.0.32【解析】【分析】详解】口］根据逐差法有（*+s4）-（*+sJ

（2A7）2代入数据可得小铜块沿斜面下滑的加速度大小ax0.43iii/s2［2］对小铜块受力分析根据牛顿第二定律有mgsma-pmgcosa=ma代入数据解得〃比0.32.某同学用图（a）所示电路探究小灯泡的优安特性，所用器材有:小灯泡（额定电压2.5V,额定电流0.3A）电压表（量程300mV,内阻300。）电流表（量程300mA,内阻0.27。）定值电阻凡滑动变阻器石（阻值0-20C）电阻箱E（最大阻值9999.9C）

电源£（电动势6V,内阻不计）开关S、导线若干。完成下列填空：（1）有3个阻值分别为IOC、20C、30。的定值电阻可供选择，为了描绘小灯泡电流在0~300mA的0/曲线，兄应选取阻值为C的定值电阻；（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的（现“a"或端；（3）在流过电流表的电流较小时，将电阻箱房的阻值置零，改变滑动变阻器滑片的位置，读取电压表和电流表的示数U、I,结果如图（6）所示。当流过电流表的电流为10mA时，小灯泡的电阻为C（保留1位有效数字）；图（b）（4）为使得电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3V,该同学经计算知，应将是的阻值调整为Qo然后调节滑动变阻器册，测得数据如下表所示：0mV24.046.076.0110.0128.0152.0184.0216.0250.0J/mA140.0160.0180.02000220.0240.0260.02800300.0(5)由图(b)和上表可知，随流过小灯泡电流的增加，其灯丝的电阻(填“增大”“减小”或“不变”)；(6)该同学观测到小灯泡刚开始发光时流过电流表的电流为160mA,可得此时小灯泡电功率用二W(保留2位有效数字)；当流过电流表的电流为300mA时，小灯泡的电功率为断则前=(保留至整数)。【答案】 (1).10 (2).a(3).0.7 (4).2700 (5).增大(6).0.074 (7).10【解析】【分析】【详解】(1)［口因为小灯泡额定电压2.5V,电动势6V,则滑动滑动变阻器时，为了保证电路安全，需要定值电阻分担的电压U=6V-2.5V=3.5V则需要描绘小灯泡在0~300mA的伏安特性曲线，即就应选取阻值为10Q;［2］为了保护电路，滑动变阻器的滑片应置于变阻骞的a端；［3］由图可知当流过电流表的电流为10mA时，电压为7nM则小灯泡的电阻为［4］由题知电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3V时，有R.+&RvR、=2700。［5］由图(心和表格可知流过小灯泡电流增加，图像中生变大，则灯丝的电阻增大；［6］根据表格可知当电流为160mA时，电压表的示数为46mA,根据(4)的分析可知此时小灯泡两端电压为0.46A,则此时小灯泡电功率济=0.46VX0.16A=0.074W[7]同理可知当流过电流表的电流为300mA时，小灯泡两端电压为2.5V,此时小灯泡电功率脏2.5VX0.3A=0.75W故有明075in叱0.07424.如图，一倾角为。的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为&减速带的宽度远小于统一质量为卬的无动力小车（可视为质点）从距笫一个减速带上处由伸止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过笫50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。巳知小车与地面间的动摩擦因数为〃，重力加速度大小为公（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则/应满足什么条件？（无动力）小车【答案】⑴〃侬SUM⑵〃虫L-29d"一…;⑶L>d+£30 sm/9【解析】【分析】【详解】（D由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿笫二定律有mgsm0=ma设小车通过第30个减速带后速度为%到达笫31个减速带时的速度为侬则有W-v-=lad因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一

个减速带均为片和灯经过每一个减速带时损失的机械能为联立以上各式解得AE=mgdsin0(2)由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为%则在水平地面上根据动能定理有A1、-pmgs=0--im\从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有mg(L+29d)sin0-AE.,=g/wv;联立解得AE总=mg(L+29d)sin夕一pings故在每一个减速带上平均损失的机械能为3030,mg(乙+29d)sin夕一/.lings

△ZL= = 3030(3)由题意可知AEr>AE可得rA〃SL>d+——

sin夕25.如图，长度均为】的两块挡板竖直相对放置，间距也为I,两挡板上边缘尸和〃处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为名两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为血电荷量为q(Q>0)的粒子自电场中某处以大小为的的速度水平向右发射，恰好从尸点处射入磁场，从两挡板下边缘。和〃之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与网的夹角为60°,不计重力。(1)求粒子发射位置到尸点的距离；(2)求磁感应强度大小的取值范围；(3)若粒子正好从W的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板m的最近距离。【答案】(1)避延;(2)/窑「人等；(3)粒子运动轨迹见解析，39-1°小16qE (3+j3)q/ / 44【解析】【分析】【详解】(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知1,qEry=一。广=-——2 2加粒子射入磁场时的速度方向与网的夹角为60°,有Vnttan30°=—=一③

匕%粒子发射位置到尸点的距离式得(2)带电粒子在磁场运动在速度%_2®。

cos30°-3带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹(分别从。、〃点射出)如图所示

M由几何关系可知,最小半径min2 _^M由几何关系可知,最小半径min2 _^(⑦cos300 3最大半径带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知d〃八厂4

qvB= ⑨解得，磁感应强度大小的取值范围2/nV°<B<2/HV°

(3+y/tjql~~ql（3）若粒子正好从W的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。由几何关系可知zj2sin<9=-^=-@正/3

2带电粒子的运动半径为苧⑪cos(300+0)粒子在磁场中的轨迹与挡板版的最近距离4^=(小11130。+/)—3@由⑩©⑫戌解得26.碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题:(1)L的一种制备方法如下图所示：AgNO, Fe粉 CLJ J1J।净化除氯后含I海水一＞ —＞悬浊液一—＞凰阳一＞12沉淀①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为,生成的沉淀与硝唆反应，生成后可循环使用。②通入C11的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为;若反应物用量比n(CL)/n(FelJ=L5时，氧化产物为；当n(CL)/n(FelJ＞1.5,单质碘的收率会降低，原因是(2)以NaK)3为原料制备U的方法是：先向NalOs溶液中加入计量的NaHS。］,生成碘化物；再向混合溶液中加入NalOs溶液，反应得到卜，上述制备L的总反应的离子方程式为。(3)KI溶液和CuSO,溶液混合可生成Cui沉淀和L，若生成hnoll.消耗的KI至少为mol。12在KI溶液中可发生反应1十「UI；。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸储可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是o【答案】 (1).2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I- (2).AgNOa(3).FeL+Cl广I2+FeCl2(4).I2＞FeCl3(5).L被过量的CL进一步氧化 (6).210；十5HSO；f十5soi十3H++H?O (7).4 (8).防止单质碘析出【解析】【分析】【详解】(1)①由流程图可知悬浊液中含Agl,Agl可与Fe反应生成Feh和Ag,FeL易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2「，生成的银能与硝酸反应生成硝唆银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+Fe2*+2r；AgN03；②通入Cl?的过程中，因「还原性强于Fe。Q?先氧化还原性强的「，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是L,故反应的化学方程式为FeL+Cl*L+FeCL,若反应物用量比n(CL)/n(FeIJ=1.5时即Cl?过量,先氧化完全部F再氧化Fe?+,恰好将全部「和Fe?+氧化,故氧化产物为WFeCb,当n(J)/n(FeL)>1.5即Cl?过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeR+Cl*I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的Cl?进一步氧化；(2)先向NaK)3溶液中加入计量的NaHS。-生成碘化物即含「的物质;再向混合溶液中(含「)加入NaIC)3溶液，反应得到上述制备k的两个反应中「为中间产物，总反应为10；与HSO；发生氧化还原反应，生成S0：和“，根据得失电子守恒、电荷守恒］及元素守恒配平离子方程式即可得：210；十5HSO；=L+5soi十3H++H?O,故答案为：2IO；+5HSO；=I2+5SO;+3H++H2O；(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成Cui沉淀和L,化学方程式为4KI+2CuS04=2CuIJ+L+2K2s0”若生成lmol",则消耗的KI至少为41no1；反应中加入过量KI,「浓度增大，可逆反应L+1UU平衡右移,增大I二溶解度，防止“升华，有利于蒸储时防止单质模析出，故答案为：4；防止单质碘析出。.胆矶(CuSO「5H9)易溶于水，难溶于乙尊。某小组用工业废铜焙烧得到的CuO(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矶，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：(D制备胆矶时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有(填标号)。A.烧杯B.容量瓶C.蒸发皿D.移液管(2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为,与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是 。(3)待CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量H?。？，冷却后用NH3・H?。调pH为3.5〜4,再煮沸10mm,冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、、乙醇洗涤、,得到胆矶。其中，控制溶液pH为3.5〜4的目的是,煮沸10mm的作用是。

(4)结晶水测定：称量干燥增期的质量为】、，加入堰矶后总质量为将卅期加热至胆矶全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m-根据实睑数据，胆矶分子中结晶水的个数为(写表达式)。(5)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是(填标号)。①胆矶未充分干燥 ②培期未置于干燥器中冷却 ③加热时有少胆矶迸激出来A【答案】 (1).A、C(2).CuO+H2s04=CuS04+H2。 (3).不会产生二氧化硫且产生等量胆矶消耗硫酸少(硫酸利用率高)(4).过滤(5).干燥(6).除尽铁，抑制硫酸铜水解 (7).破坏氢氧化铁胶体，易于过滤【解析】【分析】【详解】(1)制备胆矶时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意，故答案为：A.C；A(2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2s04=。18。4刊20;直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矶的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矶消耗硫酸少(硫唆利用率高)；(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁高子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液PH为3.5〜4,酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸10mm,目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；(4)称量干燥增烟的质量为叫，加入胆矶后总质量为加.将用烟加热至胆矶全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。则水的质量是。叫一团3)g，所以胆矶(CuS04•逸0)中•逸0)中n值的表达式为(吗一〃?3)("?3一〃?1)80(团、-明)80(皿-tn.)(5)①胆矶未充分干燥，捌饬所测叱偏大，根据n二—笑可知，最终会导致结晶水数目定值偏高,9。%一〃%)符合题意;②培娟未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矶，导致所测叱偏大，根80(以一〃八)据"飞L-1可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意;9。%一加］)80(孙一砥)③加热胆矶晶体时有晶体从卅娟中激出，会使叱数值偏小，根据—笑可知，最终会导致结晶水晒一叫)数目定值偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。.二氧化碳催化加氢制甲静，有利于减少温室气体二氧化碳回答下列问题：(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H,(g)=CH30H(g)+H,O(g)该反应一般认为通过如下步聚来实现：(I)CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH1=+41kJ>mor1②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△氏=-90kJ・mol"总反应的逆kJmol1;若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是(填标号)，判断的理由是。体系能量体系能量体系能量反应进程体系能量D.反应进程反应进程反应进程体系能量体系能量体系能量反应进程体系能量D.反应进程反应进程反应进程⑵合成总反应在起始物n(Hj/n(COj=3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲静物质的量分数为x(CH3OH)t在t=250七下的x(CHQH)r＞、在p=5xl()5pa下的x(CHQH)〜t如图所示。x(CH3OH)t在t=250七下的x(CHQH)r＞、在p=5xl()5pa下的x(CHQH)〜t如图所示。().110.00(HOr-lHD)x0.090.080.070.060.050.040.030.020.01//IO5Pa123456789200210220230240250260270280//℃①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp=②图中对应等压过程的曲线是,判断的理由是③当x(CHeH)=0.10时，CO]的平衡转化率a=,反应条件可能为一或【答案】 (1)•-49 (2).A(3).A名为正值，A昆为和A〃为负值，反应①的活化能大于反应②的P(H9).P(CH3OH)

p3(H)p(COj(5).b(6).总反应A东。，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醉的物质的量分数变小 (7).33.3% (8).5X103,2101 (9),9X10%,2501【解析】【分析】【详解】(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g),该反应一般认为通过如下步骤来实现：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△!!]=+41kJ・moP,②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)AH.^OkJ.mol1,根据盖斯定律可知，①可得二氧化碳加氢制甲醇的总 反 应 为： CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)AH=(+41kJ.mol1)+(-QOkJ.mol1)=-49kJ.mor1；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应①为慢反应，因此反应①的活化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项，故答

案为：-49;A;AA为正值，AA为和A〃为负值，反应①的活化能大于反应②的。(2)①二氧化碳加氢制甲嚣的总反应为C。式g)+3H式g)=CH30H(g)+H?O(g),因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式《二p(H9分压表示总反应的平衡常数，表达式《二p(H9).p(CHQH)/?(H2)p(CO2),故答案为:p(H2O)p(CH3OH)p3(h2)./7(co2)②该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中x(CH]OH)将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b,故答案为：b；总反应AH：0,升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小。3国(g)+CO2(g)^CH3OH(g)+H2O(g)③设起始刀(C02)=hnol,4曲)=3mol,③设起始刀(C02)=hnol,4曲)=3mol,则起始(mol)

转化(mol)平衡(mol)33x3-3x1x1-x0,当平衡XX/ 、 X 1时x(CH3(DH)=0」0时，(3_3x)—(1-x)十x—解得x=§mol,平衡时CG的转化率a=9“。1 =333%；由图可知，满足平衡时x(CH30H)=0」0的条件有：5X10%,2UTC或9X10%,x1uu/oImol250。故答案为：33.3%;5X1。%,210。9X10%,2501。29.植物的根细胞可以通过不同方式吸收外界溶液中的不。回答下列问题：(1)细胞外的K*可以跨膜进入植物的根细胞。细胞膜和核膜等共同构成了细胞的生物膜系统，生物膜的结构特点是0(2)细胞外的IC能够通过离子通道进入植物的根细胞。离子通道是由发合物构成的，其运输的特点是(答出1点即可)。(3)细胞外的K可以通过载体蛋白逆浓度梯度进入植物的根细胞。在有呼吸抑制剂的条件下，根细胞对K的吸收速率降低，原因是-【答案】 (1).具有一定的流动性 (2).蛋白质(3).顺浓度或选择性 (4).细胞逆浓度梯度吸收K*是主动运输过程，需要能量，呼吸抑制剂会影响细胞呼吸供能，故使细胞主动运输速率降低【解析】【分析】植物根细腮的从外界吸收各种离子为主动运输，一般从低到高主动地吸收或排出物质，以满足生命活动的需要，需要耗能、需要载体协助。【详解】(D生物膜的结构特点是具有一定的流动性。(2)离子通道是由蛋白质复合物构成的，一种通道只能先让某种离子通过，而另一些离子则不容易通过，即离子通道具有选择性。(3)细胞外的IC可以通过载体蛋白逆浓度梯度进入植物的根细胞。可知是主动运输过程，主动运输需要消耗能量，而细胞中的能量由细胞呼吸提供，因此呼吸抑制剂会影响细胞对K的吸收速率。【点睛】本题考查植物细胞对离子的运输方式，主动运输的特点等，要求考生识记基本知识点，理解描述基本生物学事实。30.用一段由放射性同位素标记的DNA片段可以确定基因在染色体上的位置。某研究人员使用放射性同位素32P标记的脱氧腺甘三磷酸(dATP,dA-PjPjPy)等材料制备了DNA片段甲(单链)，对W基因在染色体上的位置进行了研究，实验流程的示意图如下。染色体样品制备—＞隔合f放射性检测DNA片段甲制备L回答下列问题：(1)该研究人员在制备32P标记的DNA片段甲时，所用dATP的a位磷酸基团中的磷必须是32p,原因是(2)该研究人员以细胞为材料制备了染色体样品，在混合操作之前去除了样品中的RNA分子，去除RNA分子的目的是。(3)为了使片段甲能够通过碱基互补配对与染色体样品中的W基因结合，需要通过某种处理使样品中的染色体DNA。(4)该研究人员在完成上述实验的基础上，又对动物细胞内某基因的mRNA进行了检测，在实验过程中用某种静去除了样品中的DNA,这种碑是。【答案】 (1).dATP脱去B、Y位上的两个磷磴基团后，则为腺喋吟脱氧核昔酸，是合成DNA的原料之一(2).防止RNA分子与染包体DNA的W基因片段发生杂交 (3).解旋(4).DNA酶【解析】【分析】根据题意，通过带32P标记的DNA分子与被测样本中的W基因进行碱基互补配对，形成杂交带，可以推测出W基因在染色体上的位置。【详解】(DdA-PjP/PY脱去B、Y位上的两个磷酸基团后，则为腺噪吟脱氧核昔酸，是合成DNA的原料之一。因此研究人员在制备32P标记的DNA片段甲时，所用dATP的a位磷酸基团中的磷必须是32p。RNA分子也可以与染色体DNA进行碱基互补配对，产生杂交带，从而干扰力标记的DNA片段甲与染色体DNA的杂交，故去除RNA分子，可以防止RNA分子与染色体DNA的W基因片段发生杂交。DNA分子解旋后的单链片段才能与32P标记的DNA片段甲进行碱基互补配对，故需要使样品中的染色体DNA解旋。DNA薛可以水解DNA分子从而去除了样品中的DNA。【点睛】本题考查知识点中对DNA探针法的应用，考生需要掌握DNA探针的原理，操作的基本过程才能解题。31.捕食是一种生物以另一种生物为食的现象，能量在生态系统中是沿食物链流动的。回答下列问题：（1）在自然界中，捕食者一般不会将所有的猎物都吃掉，这一现象对捕食者的意义是（答出1点即可（2）膏草一羊一狼是一条食物链。根据林德曼对能量流动研究的成果分析，这条食物链上能量流动的特点是。（3）森林、草原、湖泊、海洋等生态系统是常见的生态系统，林德曼关于生态系统能量流动特点的研究成果是以生杰系统为研究对象得出的。【答案】 （1）.避免自己没有食物，无法生存下去 （2）.单向流动，逐级递减 （3）.（赛达伯格湖）湖泊【解析】【分析】1、种间关系包括竞争、捕食、互利共生和寄生等：捕食：一种生物以另一种生物作为食物；竞争：两种或两种以上生物相互争夺资源和空间，竞争的结果常表现为相互抑制，有时表现为一方占优势,另一方处于劣势甚至灭亡；寄生：一种生物（寄生者）寄居于另一种生物（寄主）的体内或体表，摄取寄主的养分以维持生活；互利共生：两种生物共同生活在一起，相互依存，彼此有利。2、生态系统中能量的输入、传递、转化和散失的过程，称为生态系统的能量流动。【详解】（1）在自然界中，捕食者一般不会将所有的猎物都吃掉，捕食者所吃掉的大多是被捕食者中年老、病弱或年幼的个体，客观上起到了促进种群发展的作用，对捕食者而言，不会导致没有猎物可以捕食而饿死，无法生存下去；（2）能量在生态系统中是沿食物链流动的，能量流动是单向的，不可逆转，也不能循环流动，在流动过程中逐级递减，能量传递效率一般在10%-20%;（3）林德曼关于生态系统能量流动特点的研究成果是对一个结构相对简单的天然湖泊——赛达伯格湖的能量流动进行了定量分析，最终得出能量流动特点。【点晴】本题考查生物的种间关系捕食、能量流动的特点，难度较小，需要记住教材中的基础知识就能顺利解题，需要注意的本题考查了一个细节：林德曼研究的是湖泊生态系统，容易忘记该知识点。32.植物的性状有的由1对基因控制，有的由多对基因控制。一种二倍体甜瓜的叶形有缺刻叶和全缘叶，果皮有齿皮和网皮。为了研究叶形和果皮这两个性状的遗传特点，某小组用基因型不同的甲乙丙丁4种甜瓜种子进行实验，其中甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮。杂交实魁及结果见下表(实脸②中F.自交得F2).实舱亲本Flf2①甲X乙1/4缺刻叶齿皮，1/4缺刻叶网皮1/4全缘叶齿皮，1/4全缘叶网皮/②丙XT缺刻叶齿皮9/16缺刻叶齿皮，3/16缺刻叶网皮3/16全缘叶齿皮，1/16全缘叶网皮回答下列问题：(1)根据实跄①可判断这2对相对性状的遗传均符合分离定律，判断的依据是o根据实睑②，可判断这2对相对性状中的显性性状是o(2)甲乙丙丁中属于杂合体是o(3)实睑②的F2中纯合体所占的比例为o(4)假如实验②的F2中缺刻叶齿皮：缺刻叶网皮：全缘叶齿皮：全绿叶网皮不是9：3：3：1,而是45：15：3：1,则叶形和果皮这两个性状中由1对等位基因控制的是,判断的依据是。【答案】(1).基因型不同的两个亲本杂交，H分别统计，缺刻叶：全缘叶=1：1,齿皮：网皮=1：1,每对相对性状结果都符合测交的结果，说明这2对相对性状的遗传均符合分离定律(2).缺刻叶和齿皮(3).甲和乙(4).1/4 (5).果皮(6).F2中齿皮：网皮=48：16=3：1,说明受一对等位基因控制【解析】【分析】分析题表，实验②中用自交得Fz,R全为缺刻叶齿皮，Fz出现全绿叶和网皮，可以推测缺刻叶对全绿叶为显性(相关基因用A和a表示)，齿皮对网皮为显性(相关基因用B和b表示)，且F2出现9：3：3：1。【详解】(D实验①中R表现为1/4缺刻叶齿皮，1/4缺刻叶网皮，1/4全绿叶齿皮，1/4全绿叶网皮，分别统计两对相对性状，缺刻叶：全缘叶=1：1,齿皮：网皮=1：1,每对相对性状结果都符合测交的结果，说明这2对相对性状的遗传均符合分离定律；根据实验②，R全为缺刻叶齿皮，F2出现全绿叶和网皮，可以推测缺刻叶对全绿叶为显性，齿皮对网皮为显性；(2)根据已知条件，甲乙丙丁的基因型不同，其中甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮，实验①杂交的用结果类似于测交，实睑②的Fz出现9：3：3：1,则R的基因型为AaBb,综合推知，甲的基因型为Aabb,乙的基因型为aaBb,丙的基因型为AAbb,丁的基因型为aaBB,甲乙丙丁中属于杂合体的是甲和乙；（3）实验②的Fz中纯合体基因型为1/16AABB,l/16AAbb,l/16aaBB,l/16aabb,所有纯合体占的比例为1/4;（4）假如实验②的F2中缺刻叶齿皮：缺刻叶网皮：全绿叶齿皮：全缘叶网皮=45：15：3：1,分别统计两对相对性状，缺刻叶：全缘叶=60：4=15：1,可推知叶形受两对等位基因控制，齿皮：网皮=48：16=3：1,可推知果皮受一对等位基因控制。【点睛】本题考查基因的分离定律和自由组合定律，难度一般，需要根据子代结果分析亲代基因型，并根据杂交结果判断是否符合分离定作和自由组合定律，查考遗传实验中分析与计算能力。（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,则每学科按所做的第一题计分。33.［物理——选修3-3］（15分）（1）如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积-温度（上力图上的两条直线I和n表示,匕和％分别为两直线与纵轴交点的纵坐标；右为它们的延长线与横轴交点的横坐标，友是它们的延长线与横轴交点的横坐标，^=-273.15T；反6为直线I上的一点。由图可知，气体在状态a和6的压强之比【解析】【分析】【详解】［1］根据盖吕萨克定律有整理得V=ki+Zl3k由于体积-温度（『力图像可知，直线I为等压线，则a8两点压强相等，则有2=1Pb[2]设，=0C时，当气体体积为匕其压强为心,当气体体积为匕其压强为心，根据等温变化，则有pM=Pyz由于直线I和H各为两条等压线，则有Pl=Pb,Pl=Pc联立解得Pb_Pl_V2PcPiK(2)如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为匕压强均等于大气压R,隔板上装有压力传感骞和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5rV时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，便B的体积减小为；。2(i)求A的体积和B的压强；(ii)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。活塞隔板【答案】(i)匕=0.4V,pl2p。；(ii)V；=(V5-1)V,pB=-^-pQ【解析】【分析】【详解】(D对B气体分析，等温变化，根据波意耳定律有解得Pb=2Po对A气体分析，根据波意耳定律有PoV=PaVa

Pa=Pb+05pPa=Pb+05p。联立解得匕=0.4V3（ii）再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为/V,由波意耳定律可得3

p0V=p^-V0则A此情况下的压强为P=-Pq<Pb-q^Po则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为匕'、压强为〃；，气体B的体积为匕；、压强为根据等温变化有PoV=PaVa»PoV=P；V；V；+^=2V,pA=pB-O.5po联立解得• 3—y/5XarX- 3+5/5Pb=^—Po（舍去），Pb=^―PoVA=^-l）V34.[物理一选修3-4]（15分）（1）如图，单色光从折射率ZF1.5、厚度出10.0cm的玻璃板上表面射入。巳知真空中的光速为3x105m/s,则该单色光在玻璃板内传播的速度为m/s；对于所有可能的入射角，该单色光通过玻璃板所用时间£的取值范围是sW伙s（不考虑反射）。⑵.5xW10⑵.5xW10【解析】(3).375xlO-10【分析】【详解】［1］该单色光在玻璃板内传播的速度为v=—nVs=2xlOsm/s

n1.5［2］当光垂直玻璃板射入时，光不发生偏折，该单色光通过玻璃板所用时间最短，故短时间/=^=_2lLs=5x10_1os1v2x10s［3］当光的入射角是90°时，该单色光通过玻璃板所用时间最长。由折射定律可知sm90°

n= sin8最长时间d些盟=/d=375xlO-losVVa/1-SUI20（2）均匀介质中质点A、B的平衡位置位于x轴上，坐标分别为。和*=16cnu某简谐横波沿彳轴正方向传播，波速为产20cm/s,波长大于20cm,振幅为产1cm,且传播时无衰减。i=0时刻A、B偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，运动方向相反，此后每隔△"（）.6s两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同。已知在打时刻（有＞0）,质点A位于波峰。求（i）从斜时刻开始，质点B最少要经过多长时间位于波峰;（ii）打时刻质点B偏离平衡位置的位移。【答案】(i)0.8s；(ii)-0.5cm【解析】【分析】【详解】（i）因为波长大于20cm,所以波的周期r=-＞i.osV由题可知，波的周期是7=2A/=1.2s波的波长a=vT=24cm在打时刻（打＞0）,质点A位于波峰。因为AB距离小于一个波长,B到波峰最快也是A的波峰传过去，所以从打时刻开始，质点B运动到波峰所需要的最少时间匕=口=0氐

v（ii）在右时刻（纷0）,由题意可知，此时图象的函数是71. 、y=cos—x(cm)打时刻质点B偏南平衡位置的位移yB=cos看xH（cm）=-0.5cm35.［化学一选修3：物质结构与性质］（15分）我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排式为;单晶硅的晶体类

型为oSiCL是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为oSiCL可发生水解反应,机理如下：含s、p、d轨道的杂化含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp&®sp3d2,中间体SiCLGW）中Si采取的杂化类型为（填标号）。（2）CO2分子中存在个。键和个兀键。（3）甲尊的沸点（64.7*C）介于水（1001）和甲硫善（CHsSH,7.6T）之间，其原因是.（4）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲葬的催化剂，其组成为ZnO/Zm固溶体。四方ZrG晶胞如图所示。Zr"离子在晶胞中的配位数是晶胞参数为apm、apm、cpm,该晶体密度为g•cm-3（写出表达式）。在ZrG中拚杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnlnrOx,则y=（用x表达）。*Zr【答案】 (1).3s23P2 (2).原子晶体(共价晶体)(3).sp3(4).② (5).2 (6).2(7).甲硫醉不能形成分子间氢键，而水和甲薄均能，且水比甲障的氢键多(8).8 (9).4x91+8x16- -TTzvy(10).2-xacxA\xlO【解析】【分析】【详解】(1)基态Si原子的核外电子排布式为Is22s22P63s23P2,因此Si的价电子层的电子排式为3s23P2；晶体硅中Si原子与Si原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是一个三维的共价键网状结构，因此晶体4-4x1硅为原子晶体；SiCL中Si原子价层电子对数为4+——=4,因此Si原子采取sp?杂化；由图可知，SiCl,GW)中Si原子的6键数为5,说明Si原子的杂化轨道数为5,由此可知Si原子的杂化类型为spd故答案为：3s23P2；原子晶体(共价晶体)；spl②；(2)82的结构式为0=C=0,1个双键中含有1个5键和1个宽键，因此1个CG分子中含有2个6键和2个兀健，故答案为：2;2;(3)甲尊分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫薛，甲醇分子之间氢键的总强度低于水分子之间氢键的总强度，因此甲葬的沸点介于水和甲硫薄之间，故答案为：甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲尊的氢键多；(4)以晶胞中右侧面心Zr"为例，同一晶胞中与Zr”连接最近且等距的故数为4,同理可知右侧晶胞中有4个02•与Zr'+相连，因此Zr，+离子在晶胞中的配位数是4+4=8；1个晶胞中含有4个ZiQ微粒，1个晶胞的质4molx9lg/mol+8molx16g/mol量nr ,1个晶胞的体积为(aX1010cm)X(aX10-10cin)X(cX10-10cm)=a2c4x91+8x1671clOir

nj g4x91+8x16XlO^cni3,因此该晶体密度=,= 3=a'c—-io-3og・cnf3；在ZrO2中掺杂少量ZrO后形a2cxlO-3Ocm3A><成的催化剂，化学式可表示为Znlr^a,其中Zn元素为+2价，Zr为+4价，0元素为-2价，根据化合物化4x91+8x16合价为0可知2x+4X(l-x)=2y,解得y=2-x,故答案为：二7;2-x。acx/xiv36.［化学一选修5:有机化学基础］(15分)近年来，以大豆素(化合物C)为主要成分大豆异黄IS及其衍生物，因其具有优良的生理活性而备受关注。大豆素的合成及其衍生化的一种工艺路线如下：回答下列问题：(DA的化学名称为。⑵ImolD反应生成E至少需要mol氨气。(3)写出E中任意两种含氧官能团的名称。(4)由E生成F的化学方程式为。(5)由G生成H分两步进行：反应1)是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2)的反应类型为(6)化合物B的同分异构体中能同时满足下列条件的有(填标号)oa.含笨环的醒、第b.不含过氧键(-0-0-)c.核磁共振氢谱显示四组峰，且蜂面积比为3：2：2：1A.2个B.3个C.4个 D.5个(7)根据上述路线中的相关知识，以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成下图有机物，写出合成路(2).2 (3).酯基，醒键，丽基(任写两种)(4)【答案】 (1)•间笨二酚(或1,3-笨二酚)TsOHPhMe浓H皿■(5).取代反应(6).C(7).(2).2 (3).酯基，醒键，丽基(任写两种)(4)【答案】 (1)•间笨二