普通高等学校招生全国统一考试临考冲刺卷（三）理综

普通高等学校2018年招生全国统一考试临考冲刺卷(三)理科综合能力测试注意事项：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：H1C12N14O16第Ⅰ卷一、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．下图为基因型AABb的某动物进行细胞分裂的示意图，相关判断正确的是A．此细胞只能是次级精母细胞或次级卵母细胞B．此细胞中基因a可来自基因突变或基因重组C．此细胞分裂结束时最多生成两个成熟的生殖细胞D．此细胞随后的分裂过程中最多可含有四个染色体组【答案】C【解析】由图可知该细胞中没有同源染色体，含有姐妹染色单体，所以是位于减数第二次分裂时期的细胞，可能是次级精母细胞或次级卵母细胞或第一极体，A错误；该动物的基因型是AABb，而姐妹染色单体上出现了基因a，该基因只能是来自基因突变，B错误；此细胞分裂后最多能产生两2．“Na+―K+”泵由4个亚基（多肽）组成，其中一个亚基向着细胞质的一面有一个ATP结合位点和三个Na+结合位点，向着细胞外的一面有两个K+结合位点。“Na+―K+”泵利用ATP的是A．Na+和K+出入细胞是主动运输的过程B．该过程与细胞膜的选择透过性无关C．该过程需要的ATP主要来源于葡萄糖的分解D．这一过程可能和细胞膜内外电位差的产生有关【答案】B【解析】“Na+―K+”泵运输离子需要消耗ATP，所以Na+和K+出入细胞是主动运输的过程，A正确；“Na+―K+”泵只能运输Na+和K+，与细胞膜的选择透过性有关，B错误；主动运输需要的ATP主要来源于呼吸作用过程中葡萄糖的分解，C正确；该过程通过“Na+―K+”泵的主动运输维持细胞内外Na+和K+浓度差，从而维持细胞膜内外电位差，D正确。3．下列与人体生命活动调节有关的叙述，错误的是A．缺水会引起垂体释放抗利尿激素，促进水分的重吸收B．遇冷时，下丘脑通过神经—体液发送信息，使机体增加产热C．因激素直接参与细胞内多种生命活动，人体不断地产生激素D．胰高血糖素的作用结果反过来会影响胰高血糖素的分泌【答案】C【解析】人体失水过多导致垂体释放的抗利尿激素增加，促进肾小管和集合管对水分的重吸收，A正确；遇冷时，下丘脑通过神经—体液发送信息，使甲状腺激素、肾上腺素增加，从而使机体增加产热，B正确；激素的作用是调节（促进或抑制）生命活动，并不直接参与细胞内多种生命活动，C错误；当胰高血糖素增加时，血糖升高，会抑制胰高血糖素的分泌，这属于反馈调节，D正确。4．如图表示在最适温度和最适pH条件下，反应物浓度与酶促反应速率的关系，其中曲线b是正常的酶促反应曲线。据图分析下列叙述错误的是A．曲线a可表示酶量减少，底物浓度和反应速率的关系B．限制曲线b的AB段反应速率的主要因素为反应物浓度C．形成曲线c的原因可能是甲点时酶量增加或适当升温D．若在适当升温的条件下重复该实验，图中B点位置将下移【答案】C【解析】根据题干信息，已知曲线b是正常的酶促反应曲线。酶量减少后，酶促反应的速率会相应降低，因此图中a可以表示酶量减少后的底物浓度和反应速率的关系，A正确；曲线b的AB段，随反应物浓度增加，酶促反应速率增大，因此该阶段限制反应速率的主要因素为反应物浓度，B正确；分析题图可知，B点反应速率随反应物浓度增加而增加形成c曲线，可能的原因是甲点时酶量增加，但该实验是在最适温度下进行的，升高温度后，酶促反应速率会下降，C错误；由于该题图曲线是最适温度，因此在适当升高温度条件下重复该实验，酶促反应速率下降，图中B点位置将下移，D正确。5．下列关于基因的叙述，错误的是A．在基因表达的过程中，tRNA、mRNA、rRNA三者缺一不可B．人类镰刀型细胞贫血症说明基因能通过控制蛋白质的结构直接控制生物体的性状C．浆细胞中有编码抗体的基因，但没有编码血红蛋白的基因D．基因中磷酸和脱氧核糖交替连接排列在外侧，构成基因的基本骨架【答案】C【解析】基因的表达过程包括转录和翻译，其中翻译需要mRNA作为模板，tRNA作为运输氨基酸的工具，rRNA构成的核糖体是翻译的场所，A正确；人类镰刀型细胞贫血症是编码血红蛋白的基因异常引起的，说明基因能通过控制蛋白质的结构直接控制生物体的性状，B正确；浆细胞中含有编码抗体、血红蛋白的基因，但是血红蛋白基因没有表达，C错误；基因中磷酸和脱氧核糖交替连接排列在外侧，构成基因的基本骨架，D正确。6．下列关于生态系统的稳定性及生态环境的保护的叙述，错误的是A．某地大熊猫的栖息地被严重破坏，此时对大熊猫极有效的保护措施是易地保护B．湿地具有的涵养水源、保持水土、调节自然气候的功能属于生态系统的间接价值C．原产美洲的互花米草入侵沿海一带并迅速扩散，增加了当地的物种多样性D．森林生态系统中一种生物大量减少后，其位置可被同一营养级的多种生物取代【答案】C【解析】因为大熊猫的栖息地被严重破坏，所以对大熊猫最有效的保护措施是易地保护，A正确；湿地生态系统具有的涵养水源、保持水土、调节气候的功能属于间接价值，B正确；外来物种入侵会破坏当地的生态平衡，使当地物种多样性降低，C错误；森林生态系统的营养结构复杂，处于同一营养级的生物种类繁多，能量可通过多条食物链传到顶级，某营养级的一种生物消失，其位置可由该营养级的其他生物代替，D正确。7．中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中充分记载了古代化学研究成果。下列关于KNO3的古代文献，对其说明不合理的是选项目的古代文献说明A使用“…凡研消(KNO3)不以铁碾入石臼，相激火生，则祸不可测”——《天工开物》KNO3能自燃B鉴别区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)：“强烧之，紫青烟起，云是硝石也”——《本草经集注》利用焰色反应C提纯“(KNO3)所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”——《开宝本草》溶解，蒸发结晶D性质“(火药)乃焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”——《本草纲目》利用KNO3的氧化性【答案】A【解析】A选项，KNO3加热后会发生分解反应产生氧气，物质不能自燃，错误；B选项，鉴别KNO3和Na2SO4两种物质可根据物质组成中含有的钾元素和钠元素的焰色反应进行鉴别，若灼烧使火焰呈黄色，就证明是Na2SO4，若灼烧，通过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，就证明是KNO3，正确；C选项，KNO3的提纯方法是溶解后，煎炼得之(主要利用蒸发结晶的方法)，正确；D选项，火药与硫黄、木炭发生化学反应时，KNO3中氮元素的化合价降低，被还原为N2，体现氧化性，正确。8．下列反应的离子方程式书写正确的是A．Cl2与FeBr2溶液等物质的量进行反应：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl22Fe3＋＋2Br2＋6Cl－B．氢氧化钡溶液与硫酸镁溶液反应：Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)BaSO4↓C．明矾溶液与过量氨水反应：Al3＋＋3NH3·H2O3NHeq\o\al(＋,4)＋Al(OH)3↓D．稀硝酸与铜反应：Cu＋NOeq\o\al(－,3)＋2H＋Cu2＋＋NO2↑＋H2O【答案】C【解析】当n(Cl2)∶n(FeBr2)＝1∶1时，氯气不足量，Fe2＋完全反应，Br－反应一半，正确的离子方程式为2Fe2＋＋2Br－＋2Cl22Fe3＋＋Br2＋4Cl－，A错误；氢氧化钡溶液与硫酸镁溶液反应生成硫酸钡和氢氧化镁白色沉淀，离子方程式为2OH－＋Ba2＋＋Mg2＋＋SOeq\o\al(2－,4)BaSO4↓＋Mg(OH)2↓，B错误；明矾溶液与过量氨水反应：Al3＋＋3NH3·H2O3NHeq\o\al(＋,4)＋Al(OH)3↓，C正确；稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu＋2NOeq\o\al(－,3)＋8H＋3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，D错误。9．下列关于有机化合物的叙述说法不正确的是A．等质量的X、Y两种烃分别完全燃烧后，生成的CO2与消耗的O2的物质的量均相同，则X和Y一定互为同系物B．沸点比较：正戊烷>异戊烷>新戊烷C．乙酸与乙醇在一定条件下反应生成乙酸乙酯和水的反应属于取代反应D．判断苯分子中不存在碳碳单键与碳碳双键的交替结构的依据是：邻二甲苯只有一种结构【答案】A【解析】A项，等质量的X、Y两种烃分别完全燃烧后，生成的CO2与消耗的O2的物质的量均相同，则X和Y最简式相同，不一定为同系物，如C2H2与C6H6，故A错误；B项，有机物一般C数越多沸点越高，烃类同分异构体，支链越多，沸点越低，故B正确；C项，乙醇与乙酸在一定条件下反应生成乙酸乙酯：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，该反应属于有机反应中的酯化反应，酯化反应也属于取代反应，故C正确；D项，如果苯分子中存在单、双键交替，则邻二甲苯就应该有2种不同的结构，故D正确。综上，选A。10．用如图所示装置和相应试剂能达到实验目的的是选项实验目的试剂a试剂b试剂c装置A验证非金属性：S>C>Si稀硫酸Na2CO3Na2SiO3溶液B制备纯净的氯气浓盐酸MnO2饱和食盐水C检验溶液X中含有CO32盐酸溶液X澄清石灰水D除去Na2SO3中的Na2SO4氯水混合物NaOH溶液【答案】A【解析】A、装置b中出现气体，说明硫酸的酸性强于碳酸，装置c中出现沉淀，说明碳酸的酸性强于硅酸，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强，即S>C>Si，故正确；B、MnO2和浓盐酸反应，需要加热，此装置中没有加热装置，饱和食盐水除去氯气中的HCl，从装置c中出来氯气中混有水蒸气，不是纯净的，故错误；C、装置b中加入盐酸，出现能使澄清石灰水变浑浊的气体，不能说明X中含有CO32－，可能含有HCO3－或SO32－或HSO3－，故错误；D、氯水具有强氧化性，能把SO32－氧化成SO42－，不能达到实验目的，故错误。11．X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示。Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，下列说法正确的是A．四种元素的单质中，Z的单质的熔沸点最低B．最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z弱C．Y的简单气态氢化物的稳定性较Z的弱D．离子半径：Z>W>X>Y【答案】D【解析】Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，则Y是氧元素，X是氮元素，Z是硫元素，W是氯元素；四种元素的单质中，只有Z元素的单质是固态，则Z元素的单质熔沸点最高，A错误；W的非金属性大于Z的非金属性，则最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强，B错误；Y的非金属性大于Z的非金属性，则Y的简单气态氢化物的稳定性较Z的强，C错误；电子层数越多，半径越大，则离子半径：Z>W>X>Y，D正确。12．A．阳极室溶液由无色变成棕黄色B．电解一段时间后，阴极室溶液中的溶质一定是(NH4)3PO4C．电解一段时间后，阴极室溶液中的pH升高D．当电路中通过1mol电子的电量时，阴极有0.25mol的O2生成【答案】C【解析】A项，Fe为阳极，阳极上Fe失电子发生氧化反应生成Fe2＋，所以溶液变浅绿色，错误；B项，电解时，溶液中NHeq\o\al(＋,4)向阴极室移动，H＋放电生成H2，所以阴极室中溶质为(NH4)3PO4或NH4H2PO4、(NH4)2HPO4，错误；C项，电解时，阴极上H＋放电生成H2，溶液中c(OH－)增大，溶液中pH升高，正确；D项，阴极生成H2，错误。13．某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：p(Ba2＋)＝－lgc(Ba2＋)，p(SOeq\o\al(2－,4))＝－lgc(SOeq\o\al(2－,4))。下列说法正确的是A．该温度下，Ksp(BaSO4)＝1.0×10－24B．a点的Ksp(BaSO4)小于b点的Ksp(BaSO4)C．d点表示的是该温度下BaSO4的不饱和溶液D．加入BaCl2可以使溶液由c点变到a点【答案】D【解析】由图像可知，p(Ksp)＝p[c(Ba2＋)·c(SOeq\o\al(2－,4))]＝p(Ba2＋)＋p(SOeq\o\al(2－,4))＝10，则Ksp＝c(Ba2＋)·c(SOeq\o\al(2－,4))＝10－10，A错误；处于同一温度下，Ksp相等，B错误；d点时p(Ba2＋)偏小，则c(Ba2＋)偏大，溶液过饱和，C错误；加入BaCl2，c(Ba2＋)增大，再由Ksp＝c(Ba2＋)·c(SOeq\o\al(2－,4))可知，c(SOeq\o\al(2－,4))变小，故可使溶液由c点变到a点，D正确。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。【答案】A【答案】C【答案】B【答案】D【答案】C【答案】AB【答案】AC【答案】BD第II卷（非选择题共174分）三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）22．（6分）如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置．他在气垫导轨上安装了一个光电门B．滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放．(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝__________mm．钩码钩码光电门气垫导轨力感应器连气源刻度尺遮光条滑块(2)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是____________________．(3)改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点作出__________（填“”“”或“”）的线性图像．【答案】（6分）(1)2.30(2)遮光条到光电门的距离L（或A、B间的距离）(3)【解析】(3)由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有：v2＝2aL，其中，，即，得．电阻箱23．（9分）电阻箱实验室提供了下列器材来测定电阻R的阻值：A．待测电阻R（阻值约10kΩ）B．滑动变阻器R1（0～1kΩ）C．电阻箱R0（最大阻值99999.9Ω）D．灵敏电流计G（500μA，内阻不可忽略）E．电压表V（3V，内阻约3kΩ）F．直流电源E（3V，内阻不计）G．开关、导线若干(1)甲同学用图a所示的电路进行实验．①请在图b中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．②先将滑动变阻器的滑动头移到__________（填“左”或“右”）端，再接通开关S；保持S2断开，闭合S1，调节R1使电流计指针偏转至某一位置，并记下电流I1；③断开S1，保持R1不变，调整电阻箱R0阻值在10kΩ左右，再闭合S2，调节R0阻值使得电流计读数为__________时，R0的读数即为电阻的阻值．(2)乙同学查得该灵敏电流计的内阻为Rg，采用图c进行实验，改变电阻箱电阻R0值，读出电流计相应的电流I，由测得的数据作出eq\f(1,I)－R0图象如图d所示，图线纵轴截距为m，斜率为k，则待测电阻R的阻值为__________．【答案】（9分）(1)如右图所示；左；I1(2)R＝eq\f(m,k)－Rg.24．（12分）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg．用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图像如图乙所示．计算：(1)物块C的质量mC；(2)从AC一起开始向右压缩弹簧到弹簧压缩到最短的过程中，弹簧对B冲量的大小；(3)在B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep．【答案】（12分）(1)2kg(2)(3)9J【解析】(1)由图可知，C与A碰前速度为v1＝9m/s，碰后速度为v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒．即 mCv1＝(mA＋mC)v2 （2分）解得 mC＝2kg （1分）(2)此过程中，弹簧对B冲量的大小等于弹簧对AC的冲量．即 （2+1分）(3)12s时C的速度为反向v3＝3m/s，此时弹簧已恢复原长，B即将离开墙壁．之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能均守恒，且当A、B、C三者的速度相等时，弹簧弹性势能最大． （1分）由动量守恒得 (mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4 （2分）由能量守恒得 eq\f(1,2)(mA＋mC)veq\o\al(2,3)＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,4)＋Ep （2分）解得 Ep＝9J （1分）25．（20分）如图所示，在电场强度大小为、方向竖直向上的匀强电场中，长为L的绝缘轻绳一端固定在O点，另一端固定一质量为m、带电荷量为＋q的直放置且尺寸较小．现将小球拉到与O点同一高度且距O点右侧L处的C点，给它一个竖直向上的初速度v0，此后小球在A、B右侧区域竖直平面内做圆周运动，并不时与挡板A、B碰撞，小球每次与挡板碰撞时均不损失机械能，碰后瞬间电场均立即反向，但大小不变．重力加速度大小为g．(1)若小球与挡板A碰后，能做圆周运动到挡板B，求初速度v0的最小值；(2)若小球的初速度为(1)中的最小值，求小球与B第1次碰撞前瞬间，轻绳拉力的大小；(3)若小球的初速度为(1)中的最小值，且轻绳承受的最大拉力为50mg，在轻绳断前，小球与挡板总共碰撞的次数为多少？【答案】（20分）(1)(2)12mg(3)11【解析】(1)小球与挡板A碰前，由于qE＝mg，小球将做匀速圆周运动到挡板A.小球与挡板A碰后，电场立即反向，小球在电场力和重力作用下做圆周运动到挡板B，此过程中F＝qE＋mg＝2mg，方向向下，要能做圆周运动，则最高点A处满足 qE＋mg≤ （2分）解得 v0≥因而小球初速度的最小值为. （2分）(2)根据动能定理有 (qE＋mg)·2L＝ （2分）第1次与B碰前瞬间TB1－qE－mg＝ （2分）解得 TB1＝12mg. （1分）(3)根据题设分析，小球每次向上做圆周运动时，均有qE＝mg，且方向相反，向下做圆周运动时，也有qE＝mg，但方向相同．所以小球每次向上均做匀速圆周运动，向下均做变速圆周运动，因此轻绳断裂只能发生在小球向下运动的过程中．第2次与A碰后 ，其中 （2分）第2次与B碰前瞬间 （2分）解得 TB2＝20mg. （1分）由以上分析可知，小球每次与挡板B碰撞前瞬间，轻绳的拉力均比上一次碰撞前瞬间增加 ΔT＝TBn＋1－TBn＝8mg （2分）因而小球与挡板B第n次碰前瞬间轻绳的拉力为 TBn＝TB1＋(n－1)ΔT＝(8n＋4)mg （2分）如果轻绳断裂，则应有TBn≥50mg解得 n≥5.75 （1分）因而小球与挡板A碰撞6次，与挡板B碰撞5次后在小球还未与挡板B发生第6次碰撞前轻绳已经断裂，因而小球与挡板碰撞的总次数为 N＝6＋5＝11(次)． （1分）【另解】小球每次向上做圆周运动时，均有qE＝mg，且方向相反，合外力不做功，只有向下做圆周运动时，qE＝mg，方向相同，合外力做功． （3分）设小球与挡板B第n次碰前瞬间的速度为v，轻绳的拉力为Tn．全过程由动能定理 （3分）由牛顿定律有 （3分）由题设条件有 Tn≥50mg解得 n≥5.75 （1分）后续同上．26．为了测定含氰废水中CN－的含量，某化学小组利用如图所示装置进行实验。关闭活塞a，将100mL含氰废水与过量NaClO溶液置于装置B的圆底烧瓶中充分反应后，打开活塞b，滴入稀硫酸，然后关闭活塞b。已知装置B中发生的主要反应为：CN－＋ClO－CNO－＋Cl－、2CNO－＋2H＋＋3ClO－N2↑＋2CO2↑＋3Cl－＋H2O；副反应为：Cl－＋ClO－＋2H＋Cl2↑＋H2O。(1)装置D的作用是_________________________________________________________。(2)反应过程中，装置C中的实验现象为______________________________________。(3)待装置B中反应结束后，打开活塞a，缓慢通入一段时间的空气，目的是___________。(4)反应结束后，装置C中生成59.1mg沉淀，则废水中c(CN－)＝________mol·L－1。(5)对上述实验装置进行合理改进后，可通过直接测量装置C反应前后的质量变化，测定废水中CN－的含量。合理改进的实验方案为____________________。(仪器自选；可供选择的试剂：浓硫酸、NaOH溶液、饱和食盐水、饱和NaHCO3溶液、CCl4)(6)利用如图所示装置可以除去废水中的CN－，控制溶液pH为5.2～6.8时，CN－转化为C2Oeq\o\al(2－,4)和NHeq\o\al(＋,4)。①NHeq\o\al(＋,4)的电子式为__________。②气体a为____________(填化学式)。③阳极的电极反应式为_________________________________________________。【答案】(1)防止空气中的CO2进入装置C(2)有白色沉淀生成，溶液的红色逐渐褪去(3)将反应产生的CO2全部排入装置C并被Ba(OH)2溶液完全吸收(4)0.003(5)在装置B、C之间依次连接盛有CCl4和浓硫酸的洗气瓶(6)①略②H2③2CN－＋4H2O－2e－C2Oeq\o\al(2－,4)＋2NHeq\o\al(＋,4)mol，c(CN－)＝3×10－3mol·L－1。(5)由题给副反应可知有Cl2生成，为了除去Cl2，应在装置B、C之间增加盛CCl4的洗气瓶；因CO2和N2会带出水蒸气，还应在装置B、C之间增加盛浓硫酸的洗气瓶，吸收水蒸气。(6)由题给信息“CN－转化为C2Oeq\o\al(2－,4)和NHeq\o\al(＋,4)”，碳元素化合价从＋2价升高到＋3价，发生氧化反应，根据“阳氧阴还”知，阳极反应为2CN－－2e→C2Oeq\o\al(2－,4)＋2NHeq\o\al(＋,4)，由原子守恒补水得2CN－－2e－＋4H2OC2Oeq\o\al(2－,4)＋2NHeq\o\al(＋,4)。因水溶液呈酸性，阴极上溶液中的H＋得电子生成H2。27．汽车尾气净化中的一个反应如下：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)，请回答下列问题：(1)已知：N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH＝＋180.5kJ·mol－1C(s)＋O2(g)CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－12C(s)＋O2(g)2CO(g)ΔH＝－221kJ·mol－1则2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)的ΔH＝____________kJ·mol－1。(2)一定温度下，向容积为1L的密闭容器中充入一定量的NO和CO。在t1时刻达到平衡状态，此时n(CO)＝0.1mol，n(NO)＝0.2mol，n(N2)＝amol，且平衡时混合气体压强为初始气体压强的0.8。①则该反应的平衡常数K＝____________。若保持温度及容器容积不变，平衡后在此基础上再向容器中充入2amol的N2、0.2mol的NO，平衡将____________(填“向左”、“向右”或“不”)移动。②下列各种情况，可说明该反应已经达到平衡状态的是____________(填字母)。A．v(CO2)生成＝v(CO)消耗B．混合气体的密度不再改变C．混合气体的平均相对分子质量不再改变D．NO、CO、N2、CO2的浓度均不再变化E．单位时间内生成2nmol碳氧双键的同时消耗nmolN≡N③在t2时刻，改变某一外界条件，正反应速率的变化曲线如图1所示：可能改变的条件是____________。(3)有人提出可以用如图2所示的电解原理的方法消除汽车尾气，写出阳极发生的电极反应式________________________________________________________________________。(4)如果要净化汽车尾气同时提高该反应的速率和NO的转化率，采用的措施是__________。A．降低温度B．增大压强同时加催化剂C．升高温度同时充入N2D．及时将CO2和N2从反应体系中移走【答案】(1)－746.5(2)①270向右②CD③增大反应物浓度或增大压强(3)CO－2e－＋4OH－COeq\o\al(2－,3)＋2H2O(4)B【解析】(1)已知：①N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH＝＋180.5kJ·mol－1；②C(s)＋O2(g)CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1；③2C(s)＋O2(g)2CO(g)ΔH＝－221kJ·mol－1用盖斯定律知：②×2－①－③得：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－746.5kJ·mol－1。(2)列出“三段式”：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)起始(mol)：2a＋0.22a＋0.100转化(mol)：2a2aa2a平衡(mol)：0.20.1a2a依题意得：0.2＋0.1＋a＋2a＝0.8(2a＋0.2＋2a＋0.1)解得：a＝0.3①该反应的平衡常数K＝eq\f(c(N2)·c2(CO2),c2(NO)·c2(CO))＝eq\f(0.3×0.62,0.22×0.12)＝270。平衡后在此基础上再向容器中充入2amol的N2、0.2mol的NO时，使容器内的压强增大，平衡向气体化学计量数减小的方向移动，即向右移动。②A项，v(CO2)消耗是向正反应方向，v(CO)生成也是向正反应方向，不能说明达到平衡状态；B项，由ρ(混合气体)＝m(混合气体)/V知，密闭容器中m(混合气体)和V都不变，比值不变，即ρ(混合气体)不变，故密度不再改变不能说明达到平衡状态；C项，由M(混合气体)＝m(混合气体)/n(混合气体)知，密闭容器中m(混合气体)不变，n(混合气体)向正反应方向移动时减小，向逆反应方向移动时增大，故平均相对分子质量不再改变，平衡不移动，能说明达到平衡状态；D项，NO、CO、N2、CO2的浓度不再变化是各物质的浓度保持不变，能说明达到平衡状态；E项，单位时间内生成2nmol碳氧双键即生成nmol的CO2，反应向正反应方向，同时消耗nmolN≡N即消耗nmolN2，反应向逆反应方向，但不与物质计量数成正比，故不能说明达到平衡状态。③根据图像知，改变某一外界条件，平衡向正反应方向移动，可增大反应物的浓度，也可增大压强。(3)阳极是失电子的一极为CO，CO失电子后成为CO2，在KOH电解质溶液中最终生成COeq\o\al(2－,3)，电极反应式：CO－2e－＋4OH－COeq\o\al(2－,3)＋2H2O。28．工业上用菱锰矿(MnCO3)[含FeCO3、SiO2、Cu2(OH)2CO3等杂质]为原料制取二氧化锰，其流程示意图如下：已知生成氢氧化物沉淀的pH：Mn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Cu(OH)2开始沉淀时8.36.32.74.7完全沉淀时9.88.33.76.7注：金属离子的起始浓度为0.1mol·L－1回答下列问题：(1)含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是____________________________；盐酸溶解MnCO3的化学方程式是____________________________________________。(2)向溶液1中加入双氧水时，反应的离子方程式是____________________________。(3)滤液2中加入稍过量的难溶电解质MnS，以除去Cu2＋，反应的离子方程式是_____________________________。(4)将MnCl2转化为MnO2的一种方法是氧化法。其具体做法是用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化，该反应的离子方程式：5Mn2＋＋2ClOeq\o\al(－,3)＋________=________＋________＋________。(5)将MnCl2转化为MnO2的另一种方法是电解法。①生成MnO2的电极反应式是_______________________________________________；②若在上述MnCl2溶液中加入一定量的Mn(NO3)2粉末，则无Cl2产生。其原因是________________________________________________________________________。【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率MnCO3＋2HClMnCl2＋CO2↑＋H2O(2)2Fe2＋＋H2O2＋4H2O2Fe(OH)3↓＋4H＋(3)MnS＋Cu2＋Mn2＋＋CuS(4)4H2OCl2↑5MnO28H＋(5)①Mn2＋－2e－＋2H2OMnO2＋4H＋②其他条件不变，增大Mn2＋浓度[或增大c(Mn2＋)/c(Cl－]，有利于Mn2＋放电(不利于Cl－放电)【解析】菱锰矿用盐酸酸浸后，MnCO3、FeCO3、Cu2(OH)2CO3与盐酸反应，SiO2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1中含有氯化锰、氯化亚铁、氯化铜及剩余的HCl，向滤液中加入生石灰，调节溶液pH＝4，加入过氧化氢将溶液中Fe2＋氧化为Fe3＋，在pH＝4时氧化得到的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去，滤液2中加入MnS，将溶液中Cu2＋转化为CuS沉淀过滤除去，滤液3中为MnCl2，经一系列转化得到MnO2，据此分析解题。(2)加入过氧化氢将溶液中Fe2＋氧化为Fe3＋，在pH＝4时氧化得到的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，根据电荷守恒有氢离子生成，反应的离子方程式：2Fe2＋＋H2O2＋4H2O=2Fe(OH)3↓＋4H＋。(4)用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化得到MnO2，Mn元素发生氧化反应，则Cl元素发生还原反应生成Cl2，由于在酸性条件下反应，根据电荷守恒可知，生成物中有H＋生成，根据H元素守恒，可知反应物中缺项物质为H2O，配平后离子方程式：5Mn2＋＋2ClOeq\o\al(－,3)＋4H2OCl2↑＋5MnO2＋8H＋。(5)①由题意可知，Mn2＋转化为MnO2，发生氧化反应，由氧元素守恒可知有水参加反应，由电荷守恒可知应有H＋生成，电极反应式：Mn2＋－2e－＋2H2OMnO2＋4H＋；②Mn2＋、Cl－都在阳极放电，二者为竞争关系，增大Mn2＋浓度[或增大c(Mn2＋)/c(Cl－)]，有利于Mn2＋放电(不利于Cl－放电)。29．（10分）（2018雅安中学）研究者选取南瓜幼苗进行了无土栽培实验，图1为幼苗细胞内某些生理过程示意图，图2为该幼苗的光合速率、呼吸速率随温度变化的曲线图，请分析回答相关问题：（1）图1中能产生［H］的过程有_________（用数字序号表示）。过程②进行的场所是_________。（2）图2中，A点时叶肉细胞中O2的移动方向是________________________。（3）图2中，限制AB段CO2吸收速率的主要因素是_________，图中__________点光合作用制造的有机物是呼吸作用消耗有机物的两倍。【答案】（1）②③细胞质基质、线粒体(基质)（2）从叶绿体移向线粒体（3）温度B、D【解析】分析图1：①为光合作用暗反应，②为有氧呼吸第一、第二阶段或无氧呼吸，③为光合作用光反应，④为有氧呼吸第三阶段。分析图2：植物从空气中吸收的CO2的量为净光合作用的量，呼吸作用O2的消耗量是实际呼吸作用的量；A点从空气中吸收的CO2为0，光合作用等于呼吸作用，光合作用产生的O2完全被呼吸作用吸收；随着温度的升高，光合作用和呼吸作用都逐渐增强，大于5℃即A点后光合作用大于呼吸作用；实际光合作用等于净光合作用加上呼吸作用。（1）图1中能产生[H]的过程有有氧呼吸第一、第二阶段和光反应，即②③，其中过程②进行的场所是细胞质基质、线粒体基质。（2）根据以上分析已知，A点光合作用与呼吸作用相等，由于光合作用产生的O2全部被呼吸作用利用，因此A点时叶肉细胞中O2的移动方向是从叶绿体移向线粒体。（3）图2中，限制AB段CO2吸收速率的主要因素是温度；分析题图曲线可知，B点、D点净光合作用与呼吸作用相等，而净光合作用是实际光合作用与呼吸作用的差值，因此B、D点实际光合用是呼吸作用的2倍。30．（10分）褪黑素是哺乳动物和人类的松果体产生的一种具有调整睡眠作用的内源激素，它能使人入睡时间明显缩短、睡眠时间持续延长。褪黑素的分泌有昼夜节律性，晚上分泌多，白天分泌少。下图为光周期信号通过“视网膜→松果体”途径对人生物钟（也叫生物节律）进行调节的示意图。请回答下列问题：（1）已知褪黑素的分泌是由神经反射活动导致的，此反射弧的效应器是____________。（2）褪黑素由松果体分泌后，经___________运输到相应的靶细胞完成相应的调节活动；同时，褪黑素也会通过影响下丘脑视交叉上核的活动来影响松果体的分泌活动，此现象在生物学上叫做_______________。（3）某人长期熬夜玩或电脑，扰乱了生物钟，致使其晚上睡眠质量大为下降，其原因是________________________________；研究表明，褪黑素能使淋巴细胞合成并释放某些免疫因子，使淋巴细胞数量增加。综上所述，说明___________________________________。【答案】（1）传出神经末梢及其支配的松果体（2）体液（负）反馈调节（3）长时间使用或电脑，或电脑产生的光信号（通过反射活动）抑制了褪黑素的分泌，进而使睡眠质量降低长期熬夜（睡眠质量差）会导致人免疫力下降（影响免疫力）（或保证高质量的睡眠，可提高人体免疫力）【解析】分析图解，光周期信号通过“视网膜→松果体”途径对生物钟的调控，该调控过程包括神经调节和体液调节。（1）根据以上分析可知，褪黑素的分泌是反射活动产生的结果，此反射弧的组成为：视网膜（感受器）、传入神经、下丘脑视交叉上核（或SCN）（神经中枢）、传出神经、传出神经末梢及其支配的松果体（效应器）。（2）褪黑素是一种内源激素，由松果体分泌后，经体液运输到下丘脑视交叉上核；褪黑素会反过来抑制下丘脑视交叉上核的活动，属于（负）反馈调节。（3）长期熬夜玩或电脑，或电脑的光线抑制了褪黑素的分泌，进而影响睡眠，扰乱生物钟；褪黑素能使淋巴细胞合成并释放某些免疫因子，使淋巴细胞数量增加，免疫能力增强，说明长期熬夜（睡眠质量差）会导致人体免疫力下降（影响免疫力）（或保证高质量的睡眠，可提高人体免疫力）。31．（9分）紫荆泽兰是我国危害严重的外来入侵植物，调查其在不同入侵生境中的生长情况，结果如下表。回答下列问题：入侵生境幼苗密度（株/m2）成熟植株密度（株/m2）成熟植株高度（cm）草地468123120人工林54895115自然林6886484（1）紫茎泽兰的种群密度可采_________法调查。紫茎泽兰可产生大量种子，其生态适应性很强，如果侵入地区能提供理想的生长环境，其种群数量将呈___________型增长。（2）从不同生境的幼苗密度来看，最适宜紫茎泽兰定居的生境是_________。从成熟植株的密度和高度来看，最容易受紫茎泽兰入侵的生境是________，综合来看，与草地和人工林相比自然林具有较强的__________稳定性。（3）泽兰实蝇是紫茎泽兰的专食性天敌。泽兰实蝇将卵产在植株的茎尖，孵化后的幼虫蛀食幼嫩部分，并在植株茎尖形成虫瘿，阻碍植株生长和繁殖。两者的种间关系属于______。【答案】（1）样方“J”（2）自然林（1分）草地（1分）抵抗力（1分）（3）寄生【解析】（1）调查种群密度常采用的方法有样方法和标志重捕法。对于活动能力强、活动范围大的个体，调查种群密度时适宜用标志重捕法；而对于植物和个体小、活动能力弱的动物以及虫卵等，调查种群密度常用的是样方法。因此紫茎泽兰的种群密度可采用样方法调查。紫茎泽兰可产生大量种子，其生态适应性很强，如果侵入地区能提供理想的生长环境，其群众数量将呈“J”型增长。（2）从不同生境的幼苗密度来看，自然林的幼苗密度最大，故最适宜紫茎泽兰定居的生境是自然林；从成熟植株的密度和高度来看，草地中紫茎泽兰成熟植株的密度和高度最大，故最容易受紫茎泽兰入侵的生境是草地。综合来看，与草地和人工林相比，自然林的营养结构更复杂，自我调节能力较强，具有较强的抵抗力稳定性。（3）泽兰实蝇是紫茎泽兰的专食性天敌。泽兰实蝇将卵产在植株的茎尖，孵化后的幼虫蛀食幼嫩部分，并在植株茎尖形成虫瘿，阻碍植株生长和繁殖。两者的种间关系属于寄生。32．（10分）豚鼠毛色的黄色（R）对白色（r）为显性，粗毛（A）对细毛（a）为显性，这两对基因分别位于9号和4号常染色体上。下图表示甲、乙、丙三种豚鼠的细胞中部分染色体及基因组成情况。已知没有正常9号染色体的精子不能参与受精作用，但卵细胞不受任何影响。回答下列问题：（1）若将甲豚鼠与正常白色豚鼠杂交的F1随机交配，所得F2的表现型及比例为________，F2白色豚鼠中染色体异常个体的比例是_____________。（2）若将乙豚鼠与正常的白色豚鼠杂交，在所产生的F1中发现了一只黄色豚鼠，经检测其染色体组成无异常，出现这种现象可能有两种原因：一是_______________________________________；二是__________________________________________________。（3）若将丙所示基因型的雌雄豚鼠杂交，子代中黄色粗毛豚鼠占的比例是_________________。【答案】（1）黄色∶白色=1∶11/3（2）父本产生精子的过程中发生了r→R的基因突变产生精子时同源染色体中R与r所在的非姐妹染色单体片段发生了交叉互换（3）3/4【解析】（1）甲豚鼠与正常白色豚鼠杂交的F1中，雌雄豚鼠各有1/2为黄色，1/2为白色，且雄性白色个体含有异常9号染色体。F1中雌性产生的卵细胞为1/4R、1/2r、1/4r—（r—代表含有r基因的异常染色体），由于没有正常9号染色体的精子不能参与受精作用，雄性产生的精子为1/3R、2/3r，雌雄配子随机结合，F2中白色个体比例为（1/2＋1/4）×（2/3）＝1/2，黄色个体比例为1－1/2＝1/2。F2白色豚鼠中染色体异常个体的比例是[（1/4）×（2/3）]/（1/2）＝1/3。（2）乙豚鼠正常产生的配子中，只有含r基因的精子可参与受精作用。将乙豚鼠与正常的白色豚鼠杂交，在所产生的F1中发现了一只黄色豚鼠，且其染色体组成无异常，出现该现象可能的原因：一是父本产生精子的过程中发生了r→R的基因突变；二是产生精子时，同源染色体中R与r所在的非姐妹染色单体片段发生了交叉互换。两种情况均可以产生含R基因的正常精子。（3）将丙所示基因型的雌雄豚鼠杂交，只考虑毛色，父本产生的精子中只有含R基因的精子可参与受精，后代全为黄色；只考虑毛的粗细，后代中粗毛比例为3/4，则子代中黄色粗毛豚鼠占的比例是1×（3/4）=3/4。（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33］（15分）(1)(5分)下列说法中正确的是(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，每选错一个扣3分，最低得分为0分)A.如图甲所示为热机工作能流分配图，如果在理想情况下没有任何漏气、摩擦、不必要的散热损失，热机的效率会达到100%B.如图乙所示为分子间的引力和斥力随分子间距离变化的关系图，若两分子间距从r0开始逐渐增大，则分子力先变大后变小，分子势能逐渐变大C.如图丙所示为某理想气体分子速率分布图象，由图可知与0℃相比，100D.在某样品薄片上均匀涂上一层石蜡，然后用灼热的金属尖接触样品的背面，结果得到如图丁所示石蜡熔化的图样，则该样品一定为非晶体E.如图戊所示，透明塑料瓶内有少量水，水上方有水蒸气。用橡胶皮塞把瓶口塞住，向瓶内打气，当瓶塞跳出时，瓶内会出现“白雾”，这时由于气体膨胀对外做功温度降低造成的【答案】（1）（5分）BCE(2)(10分)如图所示，粗细均匀的U形管竖直放置，左管上端封闭，右管上端开口，下端正中开口处有一开关K，K关闭，管中装有水银，左右两管中的水银面在同一水平线上，左管中的空气柱长度L1=21cm。控制开关K缓慢放出一些水银，使左管液面比右管液面高h1=25cm时关闭开关K。已知大气压强p0=75cmHg，环境温度不变。①求放出水银后左管空气柱的长度L2；②放出这些水银后，再从右管口缓慢注入水银，使得右管液面比左管液面高h2=15cm，求需在右管中加入的水银柱长度H。【解析】①设U形管的横截面积为S，水银的密度为ρ.根据玻意耳定律有：(3分)解得：L2=31.5cm。(2分)②设此时左管中空气柱的长度为，根据玻意耳定律有：(2分)由几何关系可知：H=2(L2L3)+h1+h2(2分)解得：H=68cm(1分)34．［物理—选修34］（15分）(1)下列说法中正确的是__________．（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0分）A．图甲是一束复色光从空气进入水珠后传播的示意图，其中a光在水珠中传播的速度一定大于b光在水珠中传播的速度B．图乙是一束单色光从空气进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i逐渐增大到某一值后不会再有光线从bb′面射出C．图丙是双缝干涉示意图，若只减小屏到挡板间的距离L，两相邻亮条纹间距离将减小D．图丁是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的E．图戊中的M、N是偏振片，P是光屏．当M固定不动缓慢转动N时，光屏P上的光亮度将会发生变化，此现象表明光波是横波【答案】(1)（5分）ACE(2)如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，已知该波的传播速度为y/cmx/cmvy/cmx/cm①这列波的周期；②平衡位置在x＝4cm处的质点在0～0.05s时间内运动的路程．（结果可用根号表示）【解析】①由题图可知波长λ＝12cm （2分）则周期 （2分）②质点从平衡位置出发一个周期运动4A，半个周期运动2A，平衡位置在x＝4cm处的质点从平衡位置开始运动． Δt＝0.05s＝ （2分）由题图知，x＝4cm处的质点的振动方程为y＝Asinωt＝Asineq\f(2π,T)t故在最后T/6时间内质点运动的路程是 （2分）所以总的路程是 （2分）【另解】用匀速圆周运动与简谐运动的对应关系来计算。已知 Δt＝0.05s＝ （2分）在最后T/6时间内质点运动的路程为 （2分）所以总的路程是 （2分）35．【选修3—物质的结构与性质】锡是大名鼎鼎的“五金”——金、银、铜、铁、锡之一，早在远古时代，人们便发现并使用了锡。回答下列问题：(1)锡是50号元素，在元素周期表中位于________区。(2)SnO2是一种重要的半导体传感器材料，用来制备灵敏度高的气敏传感器，SnO2与熔融NaOH反应生成Na2SnO3，Na2SnO3中阴离子的空间构型为________。(3)比较下列卤化锡的熔点和沸点，分析其变化规律及原因___________________。SnCl4SnBr4SnI4熔点/℃－3331144.5沸点/℃114.1202364(4)汽车废气中常含有有毒的一氧化碳气体，但在二氧化锡的催化下，在300℃(5)灰锡具有金刚石型结构，其中Sn原子的杂化方式为________，微粒之间存在的作用力是____________。(6)①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，如图为灰锡的晶胞，其中原子坐标参数A为(0，0，0)、B为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，则D为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，，))。锡的配位数为________。②已知灰锡的晶胞参数a＝0.6489nm，其密度为______g·cm－3(NA为6.02×1023mol－1，不必算出结果，写出简化后的计算式即可)。【答案】(1)p(2)平面三角形(3)SnCl4、SnBr4、SnI4熔沸点依次升高；原因是它们分子结构相似，随相对分子质量增大，分子间相互作用力逐渐增强(4)O>C>Sn(5)sp3杂化非极性共价键(或共价键)(6)①eq\f(1,4)eq\f(1,4)4②eq\f(8×118.7,6.02×648.93)×107【解析】(1)Sn是50号元素，价电子排布式为5s25p2，在元素周期表中位于p区。(2)SnOeq\o\al(2－,3)中Sn原子为sp2杂化，无孤电子对，所以空间构型为平面三角形。(3)锡元素的卤化物都为分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合。对于组成类型相似的物质来说，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高。由于相对分子质量：SnCl4<SnBr4<SnI4，所以它们的熔沸点由低到高的顺序：SnCl4<SnBr4<SnI4。(4)C、O、Sn电负性由大至小的顺序是O>C>Sn。(5)灰锡具有金刚石型结构，其中Sn原子的杂化方式为sp3杂化。灰锡是同一元素的原子通过共用电子对形成的单质，所以微粒之间存在的作用力是非极性共价键(或共价键)。(6)①根据各个原子的相对位置可知，D在体对角线的eq\f(1,4)处，所以其坐标参数是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f