2017年普通高等学校招生全国统一考试理综

2017年普通高等学校招生全国统一考试全国卷Ⅰ可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5K39Ti48Fe56I127一、选择题：本题共13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。．细胞间信息交流的方式有多种。在哺乳动物卵巢细胞分泌的雌激素作用于乳腺细胞的过程中，以及精子进入卵细胞的过程中，细胞间信息交流的实现分别依赖于

3．通常，叶片中叶绿素含量下降可作为其衰老的检测指标。为研究激素对叶片衰老的影响，将某植物离体叶片分组，并分别置于蒸馏水、细胞分裂素(CTK)、脱落酸(ABA)、CTK＋ABA溶液中，再将各组置于光下。一段时间内叶片中叶绿素含量变化趋势如图所示。据图判断，下列叙述错误的是( )( )．血液运输，突触传递．淋巴运输，突触传递C．淋巴运输，胞间连丝传递．血液运输，细胞间直接接触解题思路：雌激素由卵巢分泌后，随血液运输到达全身各处，作用于乳腺细胞的受体，将信息传递给乳腺细胞；而精子进入卵细胞的过程要经历精子和卵细胞之间的识别和结合，精子通过与卵细胞的直接接触将信息传递给卵细胞，故选D。答案：D．下列关于细胞结构与成分的叙述，错误的是( )．细胞膜的完整性可用台盼蓝染色法进行检测．检测氨基酸的含量可用双缩脲试剂进行显色C．若要观察处于细胞分裂中期的染色体可用醋酸洋红液染色D．斐林试剂是含有Cu2＋的碱性溶液，可被葡萄糖还原成砖红色解题思路：完整的细胞膜能够控制物质进出细胞，台盼蓝染色剂不能通过完整的细胞膜进入细胞，所以具有完整细胞膜的活细胞不被染色，而不完整的细胞膜不具有控制物质进出细胞的功能，所以台盼蓝染色剂可进入细胞内，将细胞染成蓝色， A正确；检测蛋白质时可用双缩脲试剂进行显色，而检测氨基酸时不能用双缩脲试剂， B错误；染色体容易被碱性染料 (如醋酸洋红液 )染色，在细胞分裂中期，可观察到被染色的染色体的形态和数目，C正确；斐林试剂由 0.1g/mL的NaOH溶液和0.05g/mL的CuSO4溶液等量混合制成，其中含有一定量的Cu2＋和OH－，葡萄糖是还原糖，可在50～65℃水浴条件下与斐林试剂发生反应产生砖红色沉淀，D正确。答案：B

．细胞分裂素能延缓该植物离体叶片的衰老B．本实验中CTK对该植物离体叶片的作用可被ABA削弱C．可推测ABA组叶绿体中NADPH合成速率大于CTK组D．可推测施用ABA能加速秋天银杏树的叶由绿变黄的过程解题关键：本题运用对照原则、正确判断实验的自变量和因变量是解决问题的关键，根据题干相关信息并结合题图可判断本题的自变量是激素的种类，因变量是叶绿素的相对含量，蒸馏水处理为对照组。解题思路：分析题干信息，叶片中叶绿素含量下降可作为叶片衰老的检测指标，由题图可知，与对照组相比，细胞分裂素(CTK)处理组叶绿素的相对含量较高，说明CTK可延缓该植物离体叶片的衰老，A正确；CTK＋ABA处理组叶绿素的相对含量低于CTK处理组但高于对照组，说明ABA削弱了CTK延缓该植物离体叶片衰老的作用，B正确；ABA处理组叶绿素的相对含量低于CTK处理组，可推测其光反应速率应小于CTK处理组，NADPH的合成速率也应小于CTK组，C错误；ABA处理组叶绿素的相对含量低于对照组，说明ABA可能促进叶绿素的分解，故推测ABA能加速秋天银杏树的叶片由绿变黄的过程，D正确。答案：C4．某同学将一定量的某种动物的提取液(A)注射到实验小鼠体内，注射后若干天，未见小鼠出现明显的异常表现。将小鼠分成两组，一组注射少量的A，小鼠很快发生了呼吸困难等症状；另一组注射生理盐水，未见小鼠有异常表现。对实验小鼠在第二次注射A后的表现，下列解释合理的是 ( )．提取液中含有胰岛素，导致小鼠血糖浓度降低．提取液中含有乙酰胆碱，使小鼠骨骼肌活动减弱C．提取液中含有过敏原，引起小鼠发生了过敏反应．提取液中含有呼吸抑制剂，可快速作用于小鼠呼吸系统教你审题：正确获取信息是解答本题的关键。从实验前后对比可得出，提取液(A)在第二次注射至小鼠体内才出现了呼吸困难等症状；通过与空白对照组相比较可得出，该症状的出现并非是第二次的注射操作及注入的生理盐水引起的，进一步结合过敏反应的特点可轻松解答此题。解题思路：过敏反应是指已产生免疫的机体，在再次接受相同的抗原刺激后所发生的组织损伤或功能紊乱。该实验中，给实验小鼠第一次注射一定量的某种动物提取液若干天后，并未见小鼠出现明显的异常表现，但实验组小鼠再次注射少量A后很快发生了呼吸困难等症状，说明这种动物提取液中含有小鼠的过敏原。第一次注射后小鼠的免疫系统已通过免疫反应产生了抗体，再次接受相同过敏原刺激时，已免疫的机体中过敏原和抗体结合后，经过一系列反应小鼠出现了呼吸困难等症状，C项合理。答案：C．假设某草原上散养的某种家畜种群呈S型增长，该种群的增长率随种群数量的变化趋势如图所示。若要持续尽可能多地收获该种家畜，则应在种群数量合适时开始捕获，下列四个种群数量中合适的是 ( )．甲点对应的种群数量．乙点对应的种群数量．丙点对应的种群数量．丁点对应的种群数量解题思路：根据题图，种群数量约为最大种群数量的1/2时，种群增长率最大，种群有最大持续产量。与甲、乙、丙点相比，在丁点时捕获，捕获后使种群处于最大增长率附近，能达到持续尽可能多地收获该种家

畜的目的。答案：D6．果蝇的红眼基因(R)对白眼基因(r)为显性，位于X染色体上；长翅基因(B)对残翅基因(b)为显性，位于常染色体上。现有一只红眼长翅果蝇与一只白眼长翅果蝇交配，F1雄蝇中有 1/8为白眼残翅。下列叙述错误的是( )A．亲本雌蝇的基因型是 BbXRXrB．F1中出现长翅雄蝇的概率为 3/16C．雌、雄亲本产生含 Xr配子的比例相同D．白眼残翅雌蝇可形成基因型为 bXr的极体解题思路：F1雄蝇中有1/8为白眼残翅(bbXrY),1/8＝1/4×1/2，可推出亲本的基因型为BbXRXr、BbXrY，A正确；F1中出现长翅雄蝇的概率为 3/4(长翅)×1/2(雄性)＝3/8，B错误；亲本雌蝇产生 XR和Xr两种配子，亲本雄蝇产生Xr和Y两种配子，在雌、雄亲本产生的配子中Xr均占1/2，C正确；白眼残翅雌蝇的基因型为bbXrXr，减数分裂形成的极体的基因型可为bXr，D正确。答案：B7．下列生活用品中主要由合成纤维制造的是( )A．尼龙绳 B．宣纸C．羊绒衫 D．棉衬衣教你审题： 审题时抓住关键词 “合成纤维”，合成纤维是将人工合成的、具有适宜相对分子质量并具有可溶 (或可熔)性的线型聚合物，经纺丝成形和后处理而制得的化学纤维。正确项分析：尼龙绳是由尼龙切片制成的纤维丝经一系列加工制成的，它属于合成纤维，A项正确。错误项分析： 宣纸的主要成分是纤维素，它属于天然纤维，B项错误；羊绒衫的主要原料是羊毛，属于蛋白质，C项错误；棉衬衣的主要原料是棉花，棉花属于天然纤维，D项错误。答案：A8．《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述：“取砒之法，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，尖长者为胜，平短者次之。”文中涉及的操作方法是 ( )A．蒸馏 B．升华C．干馏 D．萃取教你审题：阅读文献抓住“将生砒就臵火上，以器覆之，令砒烟上飞,,凝结,,”等关键词句。砒烟上飞——固态物质受热变成气态物质；凝结——气态物质凝华变成固态物质。解题思路：蒸馏用于分离两种或多种互溶的液体混合物，根据液体沸点的不同进行分离，A项错误；升华是指固态物质受热直接变成气态物质，气态物质遇冷凝华为固态物质。即砒霜样品受热使有效成分三氧化二砷变成蒸气(升华)，降温，蒸气凝华成固体，从而达到分离提纯砒霜的目的， B项正确；干馏是指煤等在隔绝空气的条件下加强热发生一系列化学变化的过程，砒霜提纯过程中有效成分没有发生变化，C项错误；萃取是指用萃取剂将一种物质从其溶液中提取出来的过程，如用苯或四氯化碳萃取溴水中的溴(或碘水中的碘)，D项错误。方法总结：升华是分离一些特殊物质的方法。例如，从氯化钠和碘、碘和砂的混合物中提纯碘，可以采用升华法。采用类似升华的方法分离氯化铵和氯化钠，注意：升华法不能分离氯化铵和碘的混合物。答案：B9．化合物 (b)、 (d)、 (p)的分子式均为 C6H6，下列说法正确的是 ( )A．b的同分异构体只有 d和p两种B．b、d、p的二氯代物均只有三种C．b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应D．b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面据图析图：有机物d为环烯，有机物p为环烷烃。正确项分析：只有苯分子中所有原子共平面，d、p中均有碳原子与其他四个原子形成共价单键，不能共平面，D项正确。错误项分析：苯的同分异构体还有链状不饱和烃，如CH≡C—C≡C—CH2CH3、CH≡C—CHCH—CHCH2等，A项错误；d的二氯代物有6种，结构简式如下：、 、 、 、、 ，B项错误；b为苯，不能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应， p是环烷烃，属于饱和有机物，不能与酸性高锰酸钾溶液反应，C项错误。方法总结：判断有机分子中原子共平面的方法：将有机物分子拆分成甲基、 乙烯基、

苯基等，乙烯和苯分子中所有原子共平面，而甲烷分子中有2个原子与其他原子不共平面。乙烯分子中氢原子被其他原子取代得到的分子中所有原子共平面，苯分子中氢原子被其他原子取代得到的分子中所有原子共平面，如果碳原子与周围 4个原子形成单键，有2个原子与其他原子不共平面。答案：D10．实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气 )。下列说法正确的是 ( )A．①、②、③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液B．管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度C．结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热D．装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气解题关键：审题时抓住两个关键、一个迁移：关键1——锌粒中的硫指硫元素，即锌粒中含有少量硫化锌(ZnS)，暗示：制备氢气时会生成H2S；关键2——焦性没食子酸溶液用于吸收装臵内少量O2；迁移——氢气还原氧化钨实验类似教材中氢气还原氧化铜实验。正确项分析：加热WO3之前，要确保排尽装臵内的空气，因为H2在空气中的浓度达到一定范围时，加热易发生爆炸，通过检验氢气的纯度判断空气是否排尽，B项正确。错误项分析：装臵Q是启普发生器，是氢气的发生装臵，装臵排列顺序是氢气发生装臵→安全瓶→除去 HCl、O2装臵→除去H2S装臵→干燥氢气装臵→氢气还原氧化钨装臵→尾气处理装臵。Zn＋2HClZnCl2＋H2↑、ZnS＋2HClZnCl2＋H2S↑，用装臵Q制得的氢气中含有H2S、O2、HCl、H2O等杂质，由于酸性高锰酸钾溶液氧化氯化氢生成氯气，所以，应先用焦性没食子酸溶液吸收氧气，同时除去氯化氢(易溶于水)，再用酸性高锰酸钾溶液吸收硫化氢，最后用浓硫酸干燥，试剂盛放顺序依次为焦性没食子酸溶液、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸， A项错误；类似氢气还原氧化铜，实验完毕后，先一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀停止加热，再继续通入氢气一段时间，C项析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不错误；装臵Q不能加热，适合块状固体与液正确的是()体在常温下反应，而实验室用二氧化锰与浓A．X的简单氢化物的热稳定性比W的盐酸反应制氯气需要加热，且二氧化锰是粉强末状固体，故不能用装臵Q制备氯气，D项B．Y的简单离子与X的具有相同的电错误。子层结构答案：BC．Y与Z形成化合物的水溶液可使蓝11．支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是 ( )．通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩C．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整教你审题：审题抓住“外加电流的阴极保护法”“高硅铸铁为惰性辅助阳极 ”等。解题思路：依题意，钢管桩为阴极，电子流向阴极，阴极被保护，钢管桩表面腐蚀电流是指铁失去电子形成的电流， 接近于0，铁不容易失去电子，A项正确；阳极上发生氧化反应，失去电子，电子经外电路流向阴极，B项正确；高硅铸铁做阳极，阳极上发生氧化反应，阳极上主要是海水中的水被氧化生成氧气，惰性辅助阳极不被损耗， C项错误；根据海水对钢管桩的腐蚀情况，增大或减小电流强度， D项正确。走出误区： 本题易错误理解 “腐蚀电流”，腐蚀电流即指金属被腐蚀时形成原电池而产生的电流，腐蚀电流为 0，就是金属没有被腐蚀。原电池中电子流向：负极 →正极；电解池中电流流向：正极 →阳极，阴极→负极。在金属保护中，外加电流的阴极保护法中阳极常为惰性电极，海水中水发生氧化反应：2H2O－4e－O2↑＋4H＋

色石蕊试纸变红D．Z与X属于同一主族，与 Y属于同一周期教你审题：(1)短周期主族元素；(2)原子序数依次增大；(3)常见的制冷剂有NH3；(4)中学常见的黄色沉淀有硫、碘化银等，而盐与盐酸反应产生有刺激性气味的气体和黄色沉淀，很容易联想到硫代硫酸钠，反应式为：Na2S2O3＋2HCl2NaCl＋S↓＋SO2↑＋H2O。解题思路：由题知，W为氮，X为氧，Y为钠，Z为硫。同周期元素从左至右，简单氢化物的热稳定性逐渐增强，H2O的热稳定性比NH3的强，A项正确；氧离子(O2－)和钠离子(Na＋)核外都有10个电子，B项正确；钠和硫形成的化合物为硫化钠，它是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，能使红色石蕊试纸变蓝色，不能使蓝色石蕊试纸变色，C项错误；氧、硫位于同主族，钠与硫位于第三周期，D项正确。解后反思：本题的难点是将化学反应中的现象作为推断题眼，因为硫代硫酸钠与酸反应来自教材选修4，大多数考生忽视了这个反应。选修4还有一个重要的反应是酸性高锰酸钾溶液与草酸反应。启示考生在备考时要关注教材边角知识。答案：C13．常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( )答案：C12．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的

A．Ka2(H2X)的数量级为 10－6B．曲线N表示pH与lgc(HX－),c(H2X)的变化关系C．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)D．当混合溶液呈中性时， c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)＝c(H＋)解题思路：H2X的电离方程式为 H2XH＋＋HX－、HX－H＋＋X2－。当 c(HX),c(H2X)＝c(X2－),c(HX－)＝1时，即横坐标为0.0时，Ka1＝c(H＋)，Ka2＝c′(H＋)，因为Ka1>Ka2，故c(H＋)>c′(H＋)，即pH<pH′，结合图像可知，曲线N代表第一步电离，曲线M代表第二步电离。Ka2≈105.4，A项正确；由上述分析知，B项正确；选择曲线M分析，当NaHX、Na2X浓度相等时，溶液pH约为5.4，溶液呈酸性，所以，NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)，C项正确；电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HX－)＋2c(X2－)，中性溶液中存在c(H＋)c(OH－)，故有c(Na＋)＝c(HX－)＋2c(X2)，假设c(HX－)＝c(X2－)或c(HX)>c(X2－)(见C项分析)，则溶液一定呈酸性，故中性溶液中c(HX－)<c(X2－)，D项错误。走出误区：本题受二元弱酸电离，以第一步为主，第二步电离常数小于第一步等思维定势的影响，误认为c(HX－)>c(X2－)，会认为D项正确，导致错选，其错选本质原因是忽视了“混合溶液呈中性”条件的限制。本题主要考查弱电解质电离及电离常数的计算，难点在于选择两种粒子浓度相等条件下求电离常数。答案：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 0分。14．将质量为 1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为 600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为 (喷出过程中重力和空气阻力可忽略 )( )A．30kgm/s· B．5.7×102kgm/s·C．6.0×102kgm/s· D．6.3×102kgm/s·解题关键：燃气从火箭喷口在很短的时间内喷出，其喷出过程中重力和空气阻力可忽略，因此火箭和燃气组成的系统所受合外力为零，运用动量守恒定律解答即可．解题思路：燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得pmv0＝0.050kg×600m/s＝30kg·m/s，选项

正确．答案：A15．发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网．其原因是 ( )．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大解题思路：发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，根据平抛运动规律，竖直方向上，h＝1,2gt2，可知两球下落相同距离h所用的时间是相同的，选项A错误；由v2y＝2gh可知，两球下落相同距离h时在竖直方向上的速度vy相同，选项B错误；由平抛运动规律，水平方向上，x＝vt，可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t较少，选项C正确；由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动，两球在相同时间间隔内下降的距离相同，选项D错误．一分钟快解：由于高考答题需要争分夺秒，解答单选题只需根据题述的情境，运用平抛运动规律，判断出速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t较少，得出选项C正确即可．答案：C16．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc.已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是( )A．ma>mb>mc B．mb>ma>mcC．mc>ma>mb D．mc>mb>ma解题思路：该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有mag＝qE，解得ma＝qE,g.b在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知 mbgqE＋qvbB，解得mb＝qE,g＋qvbB,g.c在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝qE,g－qvcB,g.综上所述，可知mb>ma>mc，选项B正确．答案：B17．大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电．氘核聚变反应方程是：21H＋21H→32He＋10n.已知21H的质量为2.0136u，32He的质量为3.0150u，10n的质量为1.0087u,1u＝931MeV/c2.氘核聚变反应中释放的核能约为 ( )A．3.7MeV B．3.3MeVC．2.7MeV D．0.93MeV解题思路：氘核聚变反应的质量亏损为m＝2×2.0136u－(3.0150u＋1.0087u)＝0.0035u，释放的核能为 E＝ mc2＝0.0035×931MeV/c2×c2≈3.3MeV，选项B正确．答案：B18．扫描隧道显微镜 (STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效 隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是 ( )解题思路：施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减．方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变．综上

可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A.答案：A19．如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流 I，L1中电流方向与 L2中的相同，与L3中的相反．下列说法正确的是 ( )A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶3D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 3∶3∶1解题思路：由安培定则可判断出 L2在L1处产生的磁场(B21)方向垂直 L1和L2的连线竖直向上，L3在L1处产生的磁场(B31)方向垂直L1和L3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L3和L2在L1处产生的合磁场(B合1)方向如图a所示，根据左手定则可判断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3的连线平行，选项A错误；同理，如图b所示，可判断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在的平面垂直，选项B正确；同理，如图c所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为 B，根据几何知识可知， B合1B，B合2＝B，B合3＝3B，由安培力公式可知，L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小与该处的磁感应强度大小成正比，所以L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶3，选项C正确，错误．易错剖析：解答此题常见错误主要有四个方面：一是使用安培定则判断磁场方向错误；二是磁场叠加没有按照平行四边形定则导致错误；三是利用左手定则判断安培力方向错误；四是运用安培力公式判断 L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比错误．答案：BC20．在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离 r的关系如图所示．电场中四个点 a、b、c和d的电场强度大小分别为 Ea、Eb、Ec和Ed.点a到点电荷的距离 ra与点a的电势φa已在图中用坐标(ra，φa)标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为 Wab、Wbc和Wcd.下列选项正确的是( )A．Ea∶Eb＝4∶1B．Ec∶Ed＝2∶1C．Wab∶Wbc＝3∶1D．Wbc∶Wcd＝1∶3解题思路：设点电荷的电荷量为 Q，根据点电荷电场强度公式 E＝kQ,r2，ra∶rb＝1∶2，rc∶rd＝3∶6，可知，Ea∶Eb＝4∶1，Ec∶Ed＝4∶1，选项A正确，B错误；将一带正电的试探电荷由a点移动到b点做的功Wab＝q(φa－φb)＝3q(J)，试探电荷由b点移动到c点做的功Wbc＝q(φb－φc)＝q(J)，试探电荷由c点移动到d点做的功Wcd＝q(φc－φd)＝q(J)，由此可知，Wab∶Wbc＝3∶1，Wbc∶Wcd＝1∶1，选项C正确，D错误．答案：AC21．如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N.初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α>π,2)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中 ( )A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小解题思路：将重物向右上方缓慢拉起，重物处于动态平衡状态，可利用平衡条件或力的分解画出动态图分析．将重物的重力沿两绳方向分解，画出分解的动态图如图所示．在三角形中，根据正弦定理有 G,sinγ1FOM1,sinβ1＝FMN1,sinθ1，由题意可知FMN的反方向与 FOM的夹角γ＝180°－α，

不变因sinβ(β为FMN与G的夹角)先增大后减小，故OM上的张力先增大后减小，当β＝90°时，OM上的张力最大，因sinθ(θ为FOM与G的夹角)逐渐增大，故MN上的张力逐渐增大，选项A、D正确，B、C错误。解后反思：当物体受到三个力处于动态平衡状态时，情境大多是一个力的大小方向不变，一个力的方向不变，另一个力的大小方向均变化，一般根据平行四边形定则和物体平衡条件画出力的动态平衡矢量图，分析力的变化情况．此题中给出的重力大小和方向不变，而两侧绳中的张力大小方向均变化，增大了难度，需要按照力的分解画出动态图分析．答案：AD三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。22．(5分)某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间．实验前，将该计时器固定在小车旁，如图(a)所示．实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车．在小车运动过程中，滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴，图(b)记录了桌面上连续的6个水滴的位置．(已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴)由图(b)可知，小车在桌面上是________(填“从右向左”或“从左向右” )运动的．该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动．小车运动到图(b)中A点位置时的速度大小为 ________m/s，加速度大小为________m/s2.(结果均保留 2位有效数字)答案：(1)从右向左 (2)0.19 0.037解题思路：(1)由于小车在水平桌面上运动时必然受到阻力作用，做匀减速直线运动，相邻水滴(时间间隔相同)的位臵间的距离逐渐减小，所以由题图(b)可知，小车在桌面上是从右向左运动的．(2)滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴，其滴水的时间间隔为T＝30s,46－1＝2,3s．根据匀变速直线运动的规律，可得小车运动到题图(b)中A点位臵时的速度大小为vA＝0.117＋0.133,2Tm/s≈0.19m/s.由逐差法可得，小车运动的加速度大小为a＝(0.150－0.117)＋(0.133－0.100),4T2m/s2≈0.037m/s2.23．(10分)某同学研究小灯泡的伏安特性．所使用的器材有：小灯泡L(额定电压3.8V，额定电流0.32A)；电压表(量程3V，内阻3kΩ)；电流表(量程0.5A，内阻0.5Ω)；固定电阻 R0(阻值1000Ω)；滑动变阻器R(阻值0～9.0Ω)；电源E(电动势5V，内阻不计)；开关S；导线若干．实验要求能够实现在0～3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图．实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示．由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻________(填“增大”“不变”或“减小”)，灯丝的电阻率 ________(填“增大”“不变”或“减小” )．用另一电源E0(电动势4V，内阻1.00Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率．闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为 ________W，最大功率为________W．(结果均保留2位小数)答案：(1)实验电路原理图如图所示

(2)增大 增大 (3)0.39 1.17解题思路：(1)要实现在0～3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，则滑动变阻器需要设计成分压接法；电压表 应与固定电阻R0串联，将量程改为 4V．由于小灯泡正常发光时电阻约为 12Ω，所以需将电流表外接．(2)由小灯泡伏安特性曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻增大．根据电阻定律可知，灯丝的电阻率增大． (3)当滑动变阻器接入电路中的阻值最大为 9.0Ω时，流过小灯泡的电流最小，小灯泡的实际功率最小，把滑动变阻器视为等效电源内阻的一部分，在题图(a)中画出等效电源E′0(电动势4V，内阻1.00Ω＋9.0Ω＝10Ω)的伏安特性曲线，函数表达式为U＝4－10I(V)，图线如图中Ⅰ所示，故小灯泡的最小功率为 Pmin＝U1I11.75×0.225W≈0.39W．当滑动变阻器接入电路中的阻值最小为零时，流过小灯泡的电流最大，小灯泡的实际功率最大，在题图(a)中画出电源 E0(电动势4V，内阻1.00Ω)的伏安特性曲线，函数表达式为 U＝4－I(V)，图线如图中Ⅱ所示，故小灯泡的最大功率为Pmax＝U2I2＝3.68×0.318W≈1.17W.24．(12分)一质量为 8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105m处以7.50×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面．取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为 9.8m/s2.(结果保留2位有效数字)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%.答案：(1)4.0×108J2.4×1012J(2)9.7×108J解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0＝1,2mv20①式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得Ek0＝4.0×108J②设地面附近的重力加速度大小为g.飞船进入大气层时的机械能为Eh＝1,2mv2h＋mgh③式中，vh是飞船在高度1.6×105m处的速度大小．由③式和题给数据得Eh＝2.4×1012J④(2)飞船在高度 h′＝600m处的机械能为Eh′＝1,2m(2.0,100vh)2＋mgh′⑤由功能原理得W＝Eh′－Ek0⑥式中，W是飞船从高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W＝9.7×108J⑦25．(20分)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为 g.求油滴运动到B点时的速度．求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．答案：见解析解析：(1)设油滴质量和电荷量分别为 m和q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足qE2－mg＝ma1①油滴在时刻 t1的速度为v1＝v0＋a1t1②电场强度在时刻 t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小 a2满足qE2＋mg＝ma2③油滴在时刻 t2＝2t1的速度为v2＝v1－a2t1④由①②③④式得v2＝v0－2gt1⑤由题意，在t＝0时刻前有qE1＝mg⑥

油滴从t＝0到时刻t1的位移为s1＝v0t1＋1,2a1t21⑦油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为s2＝v1t1－1,2a2t21 ⑧由题给条件有v20＝2g(2h) ⑨式中h是B、A两点之间的距离．若B点在A点之上，依题意有s1＋s2＝h ⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得E2＝[2－2v0,gt1＋1,4(v0,gt1)2]E1 ?为使E2>E1，应有2－2v0,gt1＋1,4(v0,gt1)2>1 ?即当0<t1<(1－3,2)v0,g ?或t1>(1＋3,2)v0,g?才是可能的；条件?式和?式分别对应于v2>0和v2<0两种情形．若B点在A点之下，依题意有s1＋s2＝－h B15由①②③⑥⑦⑧⑨ ?式得E2＝[2－2v0,gt1－1,4(v0,gt1)2]E1 ?为使E2>E1，应有2－2v0,gt1－1,4(v0,gt1)2>1 ?即t1>(5,2＋1)v0,g ?另一解为负，不合题意，已舍去．26．(15分)凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：NH3＋H3BO3NH3·H3BO3；NH3·H3BO3＋HClNH4Cl＋H3BO3。回答下列问题：(1)a 的 作 用 是________________________________________________________________________。(2)b 中放入少量碎瓷片的目的是________ 。 f 的 名 称 是________________________________________________________________________。清洗仪器：g中加蒸馏水；打开k1，关闭k2、k3，加热b，蒸气充满管路；停止加热，关闭k1，g中蒸馏水倒吸进入c，原因是________________________________________________________________________；打开k2放掉水。重复操作 2～3次。仪器清洗后，g中加入硼酸(H3BO3)和指示剂。铵盐试样由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭k3，d中保留少量水。打开k1，加热b，使水蒸气进入e。①d 中保留少量水的目的是________________________________________________________________________。②e中主要反应的离子方程式为________________________________________________________________________，采用中空双层玻璃瓶的作用是________________________________________________________________________。取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为cmol·L－1的盐酸VmL，则样品中氮的质量分数为________%，样品的纯度≤________%。答案：(1)避免b中压强过大防止暴沸直形冷凝管(3)c中温度下降，管路中形成负压(4)①液封，防止氨气逸出②NH＋4＋OH－△NH3↑＋H2O保温使氨完全蒸出

解后反思：本题属于定量实验，操作比较复杂，字母多，对考生阅读能力、心理素质要求高。细心研究本题可以发现，该题是在近几年全国卷高考实验题的基础上创新组合而成的：(1)运用气压差原理解释实验现象、说明原因。2016年全国卷Ⅰ实验题要求描述“倒吸现象”，而2017年全国卷Ⅰ实验题要求解释“倒吸原因”。(2)2014年全国卷Ⅱ实验题测定晶体组成，其中，将晶体中氨释放出来，用盐酸吸收，再用氢氧化钠标准溶液滴定过量的盐酸，并联系氯化银沉淀滴定进行相关计算，考查了溶度积、长导管作用，利用水蒸气排出氨气。通过比较发现，2017年全国卷Ⅰ和2014年全国卷Ⅱ实验题有较多相似之处。27．(14分)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下：回答下列问题：“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为________________________________________________________________________。(5)1.4cV,m 7.5cV,m解题思路：(1)导管a与大气相通，其作用是避免烧瓶内气压过大，发生危险。(2)加热液体时加入碎瓷片，其作用是防止液体暴沸。冷凝管有直形冷凝管和球形冷凝管等，要指明。(3)停止加热，瓶内水蒸气冷凝，气体压强减小，会引起g中液体倒吸入c中，利用蒸馏水倒吸来洗涤仪器 e、f。(4)①止水夹k3处可能漏气，导致测定的 N元素质量分数偏低，故 d中保留少量水起液封作用，防止氨气逸出。 ②e中发生的主要反应是铵盐与氢氧化钠反应，需要加热，使氨气全部

“酸浸”后，钛主要以TiOCl2－4形式存在，写出相应反应的离子方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)TiO2xH2O·沉淀与双氧水、氨水反应逸出。“中空双层玻璃瓶”考生比较陌生，40min所得实验结果如下表所示：可以联想平时生活中保温玻璃瓶来分析问温度/℃3035404550题。(5)n(N)＝n(NH3)＝n(HCl)＝cV,1000·xH2O转化率/%9295979388TiO2mol，w(N)＝cV,1000mol×14g·mol－1,m分析40℃时TiO2·xH2O转化率最高的g×100%＝1.4cV,m%。C2H5NO2的相对分原因：子质量为75，w(C2H5NO2)＝_____________________________________1.4cV,m%×75,14＝7.5cV,m%。___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，其中过氧键的数目为________。(5)若“滤液②”中 c(Mg2＋)＝0.02mol·L－1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5mol·L－1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？________(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10－22、1.0×10－24。写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案：(1)100℃、2h,90℃、5h(2)FeTiO3＋4H＋＋4Cl－Fe2＋＋TiOCl2－4＋2H2O低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降(4)4(5)Fe3＋恰好沉淀完全时， c(PO3－4)＝1.3×10－22,1.0×10－5mol·L－1＝1.3×1017mol·L－1，c3(Mg2＋)·c2(PO3－4)的值为0.013×(1.3×10－17)2＝1.7×10－40<Ksp[Mg3(PO4)2] ，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀(6)2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4 高温2LiFePO4＋3CO2↑＋H2O↑教你审题：四审无机化工流程题：一审原料成分和性质，钛铁矿的主要成分是钛酸亚铁，杂质是二氧化硅和氧化镁，而二氧化硅是酸性氧化物，氧化镁是碱性氧化物。二审流程图，抓住盐酸、氨水、磷酸、双氧水、氢氧化锂、碳酸锂、草酸等物质发生的化学反应；抓住混合物分离方法等。三审图像，通过“浸出率”与时间、温度的关系图像，可以确定最佳反应条件。四审设问，联系化学反应速率的影响因素、盐类水解原理、溶度积等解答相关问题。解题思路：(1)从图像直接可以看出，铁的浸出率为70%时对应的温度、时间，符合温度升高，反应速率加快，值得注意的是，这类填空题可能有多个合理答案。 (2)考查离

子方程式书写。难点为生成物还有什么，钛酸亚铁中钛为＋4价，铁为＋2价，产物有氯化亚铁，比较FeTiO3和TiOCl2－4知，产物中一定有H2O。值得注意的是钛酸亚铁与盐酸反应是非氧化还原反应。(3)联系化学反应速率、双氧水和氨水性质分析转化率。这类问题要从两个角度分析，即低于40℃时，随着温度的升高，反应速率加快；高于40℃时，氨水挥发速率加快、 双氧水分解速率加快，导致反应物浓度降低，结果转化率降低。(4)考查化学式与元素化合价关系。锂元素在化合物中只有一种化合价 (＋1)，化合物中元素化合价代数和等于0，过氧键中氧显－1价，类似双氧水、过氧化钠。如果能求出－1价氧原子个数，就能求出过氧键数目，即过氧键数目等于－1价氧原子个数的一半。设Li2Ti5O15中－2价、－1价氧原子个数分别为x、y。有：x＋y＝152x＋y＝22，解得x＝7，y＝8。所以，过氧键数目为8,2＝4。(5)考查溶度积计算以及判断沉淀是否形成。分两步计算： ①计算铁离子完全沉淀时磷酸根离子浓度。 c(Fe3)·c(PO3－4)＝Ksp(FePO4)，c(PO3－4)＝1.3×10－22,1.0×10－5mol·L－1＝1.3×1017mol·L－1。②混合后，溶液中镁离子浓度为c(Mg2＋)＝0.01mol·L－1，c3(Mg2)·c2(PO3－4)＝0.013×(1.3×10－17)2＝1.7×10－40<Ksp[Mg3(PO4)2]，没有磷酸镁沉淀生成。(6)草酸中碳为＋3价，高温煅烧过程中铁的化合价降低，碳的化合价升高，有CO2生成。方法总结：解答无机化工流程题时常用“通用原理”：(1)“控制合适温度”——常考虑物质挥发、分解、转化，如双氧水、盐酸、氨水和硝酸等做反应物。当然，温度过低，反应速率较小。(2)“加过量试剂”——常考虑提高另一种物质的转化率、提高产率，但下一步要考虑上一步过量的试剂。(3)能否加入其他试剂——常考虑转化率、产品纯度等问题。(4)“在空气中或其他气体中”——主要考虑O2、CO2、水是否参与反应。(5)判断某离子是否完全沉淀——在上层清液中继续加入对应的沉淀剂，观察是否有沉淀生成。(6)判断沉淀是否洗涤干净——取最后一次的洗涤液，滴加某试剂，观察现象。(7)“控制pH”——主要考虑防水解、促进离子沉淀、防止某离子沉淀、除去某杂质等。(8)“某些有机试剂洗涤”——降低产品溶解度、减小产品损失或提高产率。例如，乙醇、异丙醇等都是常用的洗涤利。(9)选择加热方式或干燥方式——主要考虑受热是否均匀、产品是否易分解或易挥发等。28．(14分)近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是________(填标号)。．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸C．0.10molL·－1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1．氢硫酸的还原性强于亚硫酸下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。通过计算，可知系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式分别为________________________________________________________________________、________________________________________________________________________，制得等量 H2 所需能量较少的是________。(3)H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)＋CO2(g)COS(g)＋H2O(g)。在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。H2S的平衡转化率α1＝________%，反应平衡常数K＝________。②在620K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率2________α1，该反应的H________0。(填“>”“或<“”＝”)③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是________(填标号)。A．H2SB．CO2C．COSD．N2答案：(1)D(2)H2O(l)H2(g)＋1,2O2(g)H＝286kJ·mol－1H2S(g)H2(g)＋S(s) H＝20kJ·mol－1

系统(Ⅱ)①2.52.8×10－3②>>③B教你审题：(1)比较酸性强弱，就是比较相同浓度下酸电离出氢离子的难易。(2)H2S和CO2反应是等气体分子数反应，反应前后气体总物质的量保持不变，可以根据水的物质的量分数直接计算生成的水的物质的量，不必用三段式法列关系式求水的物质的量。解题思路：(1)根据较强酸制备较弱酸原理，氢硫酸不和碳酸氢钠反应，亚硫酸与碳酸氢钠反应，说明亚硫酸、碳酸、氢硫酸的酸性依次减弱，A项正确；相同浓度，溶液的导电能力与离子总浓度有关，相同浓度下，氢硫酸溶液导电能力弱，说明氢硫酸的电离能力较弱，即电离出的氢离子数较少，B项正确；相同浓度下，亚硫酸的pH较小，故它的酸性较强，C项正确；酸性强弱与还原性无关，酸性强调酸电离出氢离子的难易，而还原性强调还原剂失电子的难易，D项错误。(2)系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)都是吸热反应，从热化学方程式可以看出，系统 (Ⅱ)制备1molH2需要消耗20kJ能量，而系统(Ⅰ)制备1molH2需要消耗286kJ能量，故系统(Ⅱ)消耗的能量较少。(3)①用三段式法计算：该反应是等气体分子数反应， 平衡时n(H2O)0.02×0.50mol＝0.01mol。H2S(g)＋CO2(g)COS(g)＋H2O(g)起始/mol0.400.1000转化/mol0.010.010.010.01平衡/mol0.390.090.010.01(H2S)＝0.01,0.40×100%＝2.5%。对于等气体分子数反应，可直接用物质的量替代浓度计算平衡常数：K＝c(COS)·c(H2O),c(H2S)·c(CO2) ＝0.01×0.01,0.39×0.09≈2.8×10－3。②总物质的量不变，H2O的物质的量分数增大，说明平衡向右移动，H2S的转化率增大。即升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应。③平衡之后，再充入H2S，则CO2的转化率增大，H2S的转化率减小，A项错误；充入CO2，平衡向右移动，H2S的转化率增大，B项正确；充入COS，平衡向左移动，硫化氢的转化率减小，C项错误；充入氮气，无论体积是否变化，对于气体分子数相等的反应，平衡不移动，硫化氢的转化率不变，D项错误。方法总结：(1)比较H2S和H2SO3的酸性强弱，还可以测定相同浓度下，NaHS溶液和NaHSO3溶液的pH。根据越弱越水解原理，若硫氢化钠溶液呈碱性，亚硫酸氢钠溶液呈酸性(或pH较小)，则H2SO3酸性较强。(2)根据某成分在平衡时物质的量分数计算其物质的量：若是等气体分子数反应，则该成分的物质的量等于起始总物质的量与该成分的物质的量分数之积；若不是等气体分子数反应，则用三段式法根据物质的量分数定义计算。(3)对于等气体分子数的可逆反应，可以用物质的量替代物质的量浓度计算平衡常数；对于反应前后气体分子数不相等的反应，必须计算物质的量浓度，再计算平衡常数，且单位随反应方程式中化学计量数变化。(4)比较反应热时要考虑“正、负号”，比较吸收热量或放出热量，只比较数值。29．(10分)根据遗传物质的化学组成，可将病毒分为RNA病毒和DNA病毒两种类型。有些病毒对人类健康会造成很大危害。通常，一种新病毒出现后需要确定该病毒的类型。假设在宿主细胞内不发生碱基之间的相互转换。请利用放射性同位素标记的方法，以体外培养的宿主细胞等为材料，设计实验以确定一种新病毒的类型。 简要写出(1)实验思路，(2)预期实验结果及结论即可。 (要求：实验包含可相互印证的甲、乙两个组 )答案：(1)思路甲组：将宿主细胞培养在含有放射性标记尿嘧啶的培养基中，之后接种新病毒。培养一段时间后收集病毒并检测其放射性。乙组：将宿主细胞培养在含有放射性标记胸腺嘧啶的培养基中，之后接种新病毒。培养一段时间后收集病毒并检测其放射性。结果及结论若甲组收集的病毒有放射性，乙组无，即为RNA病毒；反之为 DNA病毒。教你审题：该实验的目的是确定一种新病毒为RNA病毒还是DNA病毒，利用的方法为同位素标记法，材料为体外培养的宿主细胞等。题中假设在宿主细胞内不发生碱基之间的相互转换，要求实验包含相互印证的甲、乙两个组，即设臵对照实验。该实验为探究性实验，结果不确定。解题思路：(1)在用放射性同位素标记法对新病毒进行鉴定时，要找出DNA和RNA在化学组成上的区别。题中假设在宿主细胞内不发生碱基之间的相互转换，就是引导考生从DNA和RNA的碱基组成上进行分析。因此，使病毒中的DNA或RNA的特殊碱基(DNA为胸腺嘧啶，RNA为尿嘧啶)带上标记，根据病毒中放射性标记的检测结果就可

做出判断。由于病毒不能在培养基上独立生活，其增殖时的原料只能来自宿主细胞，所以实验中需配制两种培养基，记为甲组和乙组，甲组含有放射性标记的尿嘧啶，乙组含有放射性标记的胸腺嘧啶，分别加入等量的宿主细胞使宿主细胞带上相应标记，之后接种新病毒，培养一段时间后，收集病毒并检测其放射性。(2)本实验有两种不同的结果：一种是甲组有放射性，乙组无，则该新病毒为RNA病毒；另一种为乙组有放射性，甲组无，则该新病毒为DNA病毒。30．植物的CO2补偿点是指由于CO2的限制，光合速率与呼吸速率相等时环境中的CO2浓度。已知甲种植物的CO2补偿点大于乙种植物的。回答下列问题：将正常生长的甲、乙两种植物放置在同一密闭小室中，适宜条件下照光培养。培养后发现两种植物的光合速率都降低，原因是____________________。甲种植物净光合速率为0时，乙种植物净光合速率________(填“大于 0”“等于 0”或“小于0”)。若将甲种植物密闭在无O2、但其他条件适宜的小室中，照光培养一段时间后，发现植物的有氧呼吸增加，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案：(1)植物在光下光合作用吸收CO2的量大于呼吸作用释放CO2的量，使密闭小室中CO2浓度降低，光合速率也随之降低大于0(2)甲种植物在光下光合作用释放的O2使密闭小室中O2增加，而O2与有机物分解产生的NADH发生作用形成水是有氧呼吸的一个环节，所以当O2增多时，有氧呼吸会增加解题关键：解决本题的关键点有三个：其一，在(1)中，将植物放在密闭小室中；其二，对CO2补偿点含义的理解；其三，注意甲种植物所处的初始环境是密闭无氧环境。解题思路：(1)甲、乙两种植物放臵在同一密闭小室中，适宜条件下照光培养，培养后两种植物的光合速率都降低的原因是植物在光下光合作用吸收的CO2量大于呼吸作用释放的CO2量，总体上两种植物都要从小室中吸收CO2，因此，小室中的CO2浓度会降低，从而影响两种植物的光合速率。从题干获知，甲种植物的 CO2补偿点大于乙种植物，因此，当甲种植物的净光合速率为0时，对于乙种植物来说，外界的CO2浓度是超过其CO2补偿点的，乙种植物的光合速率一定大于呼吸速率，即净光合速率大于0。(2)甲种植物在光下经光合作用释放的 O2使密闭小室中O2增加，而O2与有机物分解产生的NADH发生作用形成水发生在有氧呼吸过程中，所以当O2增多时，有氧呼吸会增加。31．(8分)血浆渗透压可分为胶体渗透压和晶体渗透压，其中，由蛋白质等大分子物质形成的渗透压称为胶体渗透压，由无机盐等小分子物质形成的渗透压称为晶体渗透压。回答下列问题：某种疾病导致人体血浆蛋白含量显著降低时，血浆胶体渗透压降低，水分由________进入组织液，可引起组织水肿等。正常人大量饮用清水后，胃肠腔内的渗透压下降，经胃肠吸收进入血浆的水量会________，从而使血浆晶体渗透压________。在人体中，内环境的作用主要为：①细 胞 生 存 的 直 接 环 境 ，________________________________________________________________________。答案：(1)血浆(2)增加降低(3)细胞与外界环境进行物质交换的媒介解题思路：(1)由题干信息可知，胶体渗透压是由蛋白质等大分子物质形成的，而晶体渗透压是由无机盐等小分子物质形成的。某种疾病导致人体血浆蛋白含量显著降低时，血浆胶体渗透压降低，水分由血浆进入组织液，可引起组织水肿等。(2)正常人大量饮用清水后，胃肠腔内的渗透压下降，经胃肠吸收进入血浆的水量会增加，致使血浆中无机盐等小分子的浓度变小，血浆晶体渗透压降低。(3)细胞作为一个开放的系统，可以直接与内环境进行物质交换：不断获取进行生命活动所需要的物质，同时又不断排出代谢产生的废物，从而维持细胞正常的生命活动。所以说，内环境是细胞与外界环境进行物质交换的媒介。32．(12分)某种羊的性别决定为 XY型。已知其有角和无角由位于常染色体上的等位基因(N/n)控制；黑毛和白毛由等位基因

(M/m)控制，且黑毛对白毛为显性。回答下列问题：公羊中基因型为NN或Nn的表现为有角，nn无角；母羊中基因型为NN的表现为有角，nn或Nn无角。若多对杂合体公羊与杂合体母羊杂交，则理论上，子一代群体中 母 羊 的 表 现 型 及 其 比 例 为______________；公羊的表现型及其比例为____________。某同学为了确定M/m是位于X染色体上，还是位于常染色体上，让多对纯合黑毛母羊与纯合白毛公羊交配，子二代中黑毛∶白毛＝3∶1，我们认为根据这一实验数据，不能确定M/m是位于X染色体上，还是位于常染色体上，还需要补充数据，如统计子二代中白毛个体的性别比例，若________________，则说明 M/m 是位于 X染 色 体 上 ； 若________________________________________________________________________，则说明M/m是位于常染色体上。一般来说，对于性别决定为XY型的动物群体而言，当一对等位基因(如A/a)位于常染色体上时，基因型有________种；当其仅位于X染色体上时，基因型有________种；当其位于X和Y染色体的同源区段时(如图所示)，基因型有________种。答案：(1)有角∶无角＝1∶3有角∶无角＝3∶1(2)白毛个体全为雄性白毛个体中雄性∶雌性＝1∶1(3)357解题思路：(1)根据题中已知条件，交配的公羊和母羊均为杂合子，则子代的基因型为NN∶Nn∶nn＝1∶2∶1，已知母羊中基因型为NN的表现为有角，nn或Nn无角，则子一代群体中母羊的表现型及比例为有角∶无角＝1∶3；公羊中基因型为NN或Nn的表现为有角，nn无角，则子一代群体中公羊的表现型及比例为有角∶无角＝3∶1。(2)若M/m位于常染色体上，则子二代白毛个体中雌雄比例为1∶1；若M/m位于X染色体上，则子二代的基因型为XMXM、XMXm、XMY、XmY，其中白色个体均为雄性。 (3)一般来说，对于性别决定为XY型的动物群体而言，当一对等位基因(如A/a)位于常染色体上时，其基因型有AA、Aa、aa三种；当其仅位于X染色体上时，其基因型有XAXA、XAXa、XaXa、XAY、XaY，共5种；当其位于X和Y染色体的同源区段时，其基因型有XAXA、XAXa、XaXa、XAYA、XaYa、XAYa、XaYA，共7种。(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)氧气分子在0℃和100℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示．下列说法正确的是________．．图中两条曲线下面积相等．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形C．图中实线对应于氧气分子在100℃时的情形．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目E．与0℃时相比，100℃时氧气分子速率出现在0～400m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管(容积可忽略)连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3；B中有一可自由滑动的活塞 (质量、体积均可忽略)．初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压p0的3倍后关闭K1.已知室温为27℃，汽缸导热．(ⅰ)打开K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；(ⅱ)接着打开 K3，求稳定时活塞的位

置；(ⅲ)再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高20℃，求此时活塞下方气体的压强。答案：(1)ABC (2)(ⅰ)V,2 2p0 (ⅱ)上升到B的顶端 (ⅲ)1.6p0解题思路：(1)根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知，题图中两条曲线下面积相等，选项A正确；题图中虚线占百分比较大的分子速率较小，所以对应于氧气分子平均动能较小的情形，选项B正确；题图中实线占百分比较大的分子速率较大，分子平均动能较大，根据温度是分子平均动能的标志 ，可知实线 对应于氧气 分子在100℃时的情形，选项C正确；根据分子速率分布图可知，题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比，不能得出任意速率区间的氧气分子数目，选项D错误；由分子速率分布图可知， 与0℃时相比，100℃时氧气分子速率出现在0～400m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较小，选项E