吉林省松原市油田第十一中学2025届高三理综下学期期中测试试题

PAGE1吉林省松原市油田第十一中学2025届高三理综下学期期中测试试题留意事项：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：用签字笔干脆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。相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137第Ⅰ卷（选择题，共126分）一、选择题：本大题共13小题，每小题6分，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．新冠病毒（SARS-CoV-2）是一种单链RNA病毒，检测方法目前主要有核酸检测和抗体检测。新冠病毒与肺炎双球菌都可引发人类的肺炎，下列相关叙述正确的是A．肺炎双球菌的遗传物质是核糖核酸B．肺炎双球菌进入宿主细胞的方式是被动运输C．新冠病毒一旦发生变异将导致原有疫苗失去作用D．新冠病毒感染早期，会出现检测出核酸而检测不出抗体的状况2．许多生物学试验须要进行细胞染色。下列关于细胞染色的叙述正确的是A．用台盼蓝给细胞染色，若细胞被染上色则说明细胞处于生活状态B．配制龙胆紫溶液或醋酸洋红液要运用乙酸，故这两种染料为酸性染料C．用健那绿染液染色线粒体时，需用8%的盐酸处理人的口腔上皮细胞D．用苏丹Ⅲ染液对花生子叶切片染色，处理后置于显微镜下可看到橘黄色的颗粒3．某种花卉的红色花瓣（A）对白色花瓣（a）为显性。将纯种红色植株与纯种白色植株进行杂交，F1表现出介于红色和白色之间的多种不同花色。探讨表明A基因的某段序列具有多个可发生甲基化修饰的位点（甲基化为DNA化学修饰的一种形式，能够在不变更DNA序列的前提下，变更遗传表现），甲基化程度越高，A基因的表达水平越低，下列叙述正确的是A．F1不同花色植株基因型为AA或AaB．甲基化可能影响了A基因的转录过程C．甲基化可以在不变更A基因中碱基对排列依次的状况下，使A基因突变为aD．A基因的甲基化可以干脆导致其后代中A基因频率下降4．糖尿病的发病缘由主要有两类（胰岛素缺乏和胰岛素受体受损），某科研小组为初步探讨某糖尿病小鼠的发病缘由，向甲组（患糖尿病）小鼠和乙组小鼠的血浆中依次加入肯定量的被35S标记的胰岛素和过量的胰岛素抗体（能与胰岛素特异性结合形成沉淀），试验结果如下表所示。结合已学学问，以下叙述错误的是甲组乙组35S标记的胰岛素++胰岛素抗体++含放射性沉淀的比例XYA．乙组为比照组，应当选用健康的小鼠做试验材料B．胰岛素中S元素位于某些氨基酸的R基上C．若X明显小于Y，则说明甲组糖尿病小鼠缺乏胰岛素D．胰岛素受体的加工过程须要内质网等有膜细胞器的参加5．丛枝菌根（AM）是一种土壤生态系统中同时具有植物根系和微生物特性的结构，它由AM真菌与陆生维管植物根系形成，能够增加宿主植物对土壤中重金属的耐受性。下列相关叙述正确的是A．丛枝菌根在生态系统中可以充当生产者B．AM真菌可为植物供应多糖、矿质元素、水等干脆汲取的养分物质C．AM真菌的拟核中可能存在与重金属离子代谢过程相关的基因D．AM真菌与宿主植物的关系是互利共生，是共同进化的结果6．某植物的果实中圆形对卵形为显性，由位于常染色体上的一对等位基因限制，纯合圆形果实植株产生的卵细胞无受精实力，卵形果实植株的花粉不育，杂合植株则正常。现有杂合的植株作亲本，下列相关叙述正确的是A．用纯合圆形果实植株与卵形果实植株作亲本进行杂交，无论正交还是反交，结果相同B．对杂合植株进行测交，无论正交还是反交，结果相同C．杂合植株作亲本，若每代均自由传粉至F2，则F2植株中纯合子所占比例为4/9D．杂合植株作亲本，若每代均自交至F2，则F2圆形果实植株中杂合子所占比例为1/27．我国明崇祯年间《徐光启手迹》记载了《造强水法》：“绿钒(FeSO4·7H2O)五斤，硝五斤，将矾炒去，约折五分之一，将二味同研细，次用铁作锅，……锅下起火，取气冷定，开坛则药化为水……。用水入五金皆成水，惟黄金不化水中，加盐则化。……强水用过无力……”。下列有关说明错误的是A．“将矾炒去，约折五分之一”后生成FeSO4·4H2OB．该方法所造“强水”为硝酸C．“惟黄金不化水中，加盐则化”的缘由是加入NaCl溶液后氧化性增加D．“强水用过无力”的缘由是“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，其氧化性减弱8．蜂胶是养分全面的食疗佳品和自然药品，其中含有的肉桂酸()对细菌、真菌等有杀灭或抑制作用。有关肉桂酸的下列叙述错误的是A．该有机物的分子式为C9H8O2B．与肉桂酸含有相同官能团且含苯环的同分异构体有3种C．能够发生酯化反应、氧化反应和加成反应D．该有机物中全部碳原子可能处于同一平面上9．1919年，卢瑟福做了用α粒子(He)轰击氮原了核的试验，实现了原子核的人工转变，发觉了质子。其中Y的某种单质可用作自来水消毒剂。下列说法正确的是A．X与Y均能与氢组成含18电子的化合物B．Y存在Y、Y、Y多种同素异形体C．Y与中子数相同D．X的氧化物的水化物肯定属于强酸10．科学家首次用CO2高效合成乙酸，其反应路径如图所示，下列叙述不正确的是A．HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I为反应的中间产物B．第4步反应的氧化剂是CH3COORh*IC．反应过程中碳元素的化合价始终不变D．催化循环的总反应为CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O11．试验室石蜡催化裂化的装置如图所示，关于试验操作或叙述错误的是A．试管Ⅰ连的玻璃导管加长是为使气态石蜡冷凝回流B．装置Ⅱ中冷水的作用是冷凝收集裂化油C．酸性KMnO4溶液若倒吸可加快褪色速率D．试管Ⅲ中溶液颜色变浅甚至褪色可说明有乙烯生成12．某温度下，分别向体积均为10mL、浓度均为0.1mol·L−1的KCl溶液和K2CrO4溶液中滴加0.1mol·L−1的AgNO3溶液，滴加过程中pCl和pCrO4随加入AgNO3溶液的体积(V)的变更关系如图所示。已知：pCl=-lgc(Cl−)，pCrO4=-lgc(CrOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2−),4))。下列说法不正确的是A．曲线I表示pCl与V(AgNO3溶液)的变更关系B．若仅增大KCl的浓度，平衡点由R点沿虚线移向S点C．M点溶液中：c(NOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(−),3))＞c(Ag+)＞c(H+)＞c(OH−)D．该温度下，Ksp(Ag2CrO4)=4.0×10−1213．某电动汽车的锂离子电池的正极材料为层状的LiFePO4、负极材料为新型材料石墨烯(LixC6)，电解液为LiClO4的丙烯碳酸酯溶液，在充放电过程中，Li+在两个电极之间来回嵌入和脱出；放电时，Li+从负极脱嵌，经过电解质溶液和离子交换膜嵌入正极；充电时则相反；其工作原理如图所示。下列叙述正确的是A．充电时，电极a与电源正极连接，电极b与电源负极连接B．电池充电时，阳极的电极反应为LiFePO4+xe−=Li1-xFePO4+xLi+C．电池工作时，负极材料质量削减1.4g，转移0.4mol电子D．充电时，阴极发生氧化反应，电极反应为xLi++xe−+C6=LixC6二、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．智能手机带有光线传感功能，可以自动调整亮度，光线传感器的工作原理是光电效应。下面关于光电效应的说法正确的()A．发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比B．在探讨光电效应饱和电流时，由I＝neSv可知，光电管所加电压越大，电子获得的速度v越大，饱和电流越大C．入射光频率为v时，刚好发生光电效应现象，将入射光频率变为3v时，此时间电流的遏止电压为D．用一束单色光分别照耀A、B两种金属，若照耀A得到光电子的最大初动能比照耀B得到光电子的最大初动能大，则金属A的截止频率比金属B的截止频率高15．甲、乙两物体同时从同一位置动身做直线运动，v－t图像如图所示，则()A．10～20s内，乙的加速度为1m/s2B．0～20s内，甲、乙的平均速度之比为8∶3C．t＝10s时，乙的速度方向发生变更D．t＝20s时，甲、乙相遇16．如图是某建筑工地悬吊装置的示意图，图中OM是用轻钢制作的龙骨，ON为尼龙轻绳。OM可以绕通过M点且垂直于纸面的轴转动，尼龙绳的N端系在一辆天车上，尼龙绳和龙骨的重力及M处的摩擦力都可以忽视不计。若所挂的重物不变，保持OM与竖直墙面的夹角不变而将天车略微向左开动一点距离，下列说法正确的是()A．尼龙绳ON对O点的拉力不变B．尼龙绳ON对O点的拉力增大C．龙骨OM对O点的支持力不变D．龙骨OM对O点的支持力减小17．如图所示电路中，M、N端接电压恒定的正弦沟通电，将志向变压器的滑片P向Q端缓慢移动，在此过程中，以下说法正确的是()A．通过电阻R1的电流变大B．变压器原线圈两端的电压变大C．通过电阻R2的沟通电的频率变大D．电阻R1和R2消耗的总功率变小18．如图所示，ABCD为竖直平面内的绝缘光滑轨道，其中AB部分为倾角为30°的斜面，BCD部分为半径为R的四分之三圆弧轨道，与斜面平滑相切，C为轨道最低点，整个轨道放置在电场强度为E的水平匀强电场中。现将一带电荷量为＋q、质量为m的小滑块从斜面上A点由静止释放，小滑块恰能沿圆弧轨道运动到D点。已知重力加速度为g，且qE＝mg，下列说法正确的是()A．释放点A到斜面底端B的距离为EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(5),2)RB．小滑块运动到C点时对轨道的压力为9mgC．小滑块运动过程中最大动能为EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(5),2)mgRD．小滑块从D点抛出后恰好落在轨道上的B点19．2024年7月31日，北斗三号全球卫星导航系统正式建成开通，我国向世界庄重宣告，中国自主建设和运营的全球卫星导航系统全面建成，成为国际上第一个将多功能融为一体的全球卫星导航系统。如图是北斗卫星导航系统中三个卫星的圆轨道示意图，其中A为地球赤道同步轨道；轨道B为倾斜同步轨道，轨道半径与地球赤道同步轨道半径相同；轨道C为一颗中地球轨道。则下列说法中正确的是()A．在轨道A、B、C上运动的卫星的线速度大小关系为vA＝vB＜vCB．在轨道A、B上运动的卫星须要的向心力大小肯定相等C．在轨道A、C上运动的卫星周期关系为TA＜TCD．在轨道A、B、C上运动的卫星周期的平方和轨道半径三次方的比值相等20．如图所示，半径R＝2cm的圆形区域中有垂直纸面对外的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度B＝2T，一个比荷为2×106C/kg的带正电的粒子从圆形磁场边界上的A点以v＝8×104m/s的速度垂直直径MN射入磁场，恰好从N点射出，且∠AON＝120°，下列选项正确的是()A．带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为1cmB．带电粒子在磁场中运动轨迹的圆心肯定在圆形磁场的边界上C．若带电粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，肯定从N点射出D．若要实现带电粒子从A点入射，从N点出射，则该圆形磁场的最小面积为3π×10−4m221．如图所示，在水平面内有一对足够长且电阻不计的平行光滑固定金属导轨，导轨左端通过肯定值电阻R相连，整个装置处于垂直于水平面的匀强磁场中。某时刻，一垂直导轨放置的金属棒正向右运动，此时给棒施加一垂直棒的水平外力F，使棒此后做加速度为a的匀变速直线运动，下列关于a的方向和F的大小推断可能正确的是()A．若a向右，则F始终增大B．若a向右，则F先减小再增大C．若a向左，则F始终增大D．若a向左，则F先减小再增大第Ⅱ卷（非选择题，共174分）三、非选择题：共174分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必需作答。第33题～第38题为选考题，考生依据要求做答。(一)必考题：共129分。22．(5分)用如图甲所示的试验装置测量当地重力加速度的大小。质量为m2的重锤从高处由静止起先下落，质量为m1的重锤上拖着纸带利用电磁打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行分析，即可测出当地的重力加速度g值。如图乙给出的是试验中获得的一条纸带中的某一段，相邻两计数点间还有4个点未画出，电源的频率为50Hz，相邻计数点间的距离如图乙所示。已知m1＝80g、m2＝120g，要求全部计算结果保留两位有效数字。则：(1)在纸带上打下计数点5时的速度v5＝___________m/s；(2)用逐差法求出重锤的加速度大小a＝__________m/s2，而得出当地的重力加速度大小为g＝________m/s2；(3)测出的重力加速度的值比实际值小，其误差的主要来源有哪些_________。A．没有运用电火花计时器B．m1和m2的质量太悬殊C．绳子和定滑轮之间存在阻力D．绳子拉力不等于m2的重力23．(10分)某同学利用试验室的器材探讨一粗细匀称的导体棒（约为4Ω）的电阻率。电压表V（量程15.0V，内阻约1kΩ）电流表A（量程0.6A，内阻RA＝0.4Ω）定值电阻R0（阻值R0＝20.0Ω）滑动变阻器R1（最大阻值10Ω）学生电源E（电动势20V）开关S和若干导线。(1)如图甲，用螺旋测微器测得导体棒的直径为___________mm；如图乙，用游标卡尺测得导体棒的长度为___________cm。(3)试验时，调整滑动交阻器，使开关闭合后两电表的示数从零起先，依据试验数据选择合适标度描点，在方格纸上作图（如图丁），通过分析可得导体棒的电阻R＝___________Ω（保留一位小数），再依据电阻定律即可求得电阻率。从系统误差的角度分析，电阻R测___________（填“＞”“＜”或“＝”）R真。(4)若将该导体棒制作成一等边三角形工件PQM（不变更导体棒横截面积与总长度），与一电源（E＝9V，r＝1Ω）、一电动机M（P额＝6W，U额＝6V）和开关S连成回路（如图戊）。闭合开关S，则此时电动机M___________（填“能”或“不能”）正常工作。24．(12分)在竖直平面内固定两光滑平行导体圆环，两圆环正对放置，圆环半径均为R＝0.125m，相距1m。圆环通过导线与电源相连，电源的电动势E＝3V，内阻不计。在两圆环上水平放置一导体棒，导体棒质量为0.06kg，接入电路的电阻r＝1.5Ω，圆环电阻不计，匀强磁场竖直向上。开关S闭合后，棒可以静止在圆环上某位置，该位置对应的半径与水平方向的夹角θ＝37°，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)导体棒静止在某位置时所受安培力的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小；(3)断开开关S后，导体棒下滑到轨道最低点时对单个圆环的压力。25．(20分)如图所示，一轻质弹簧的一端固定在球B上，另一端与球C接触但未拴接，球B和球C静止在光滑水平地面上。球A从光滑斜面上距水平地面高H＝5m处由静止滑下（不计小球A在斜面与水平面连接处的能量损失），与球B发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短，稍后球C脱离弹簧，在水平地面上匀速运动后，进入固定放置在水平地面上的竖直四分之一光滑圆弧轨道内。已知球A和球B的质量均为1kg，球C的质量为3kg，且三个小球均可被视为质点。圆弧的半径R＝5m，g取10m/s2。求：(1)小球A和小球B碰后瞬间粘在一起时的共同速度大小vAB；(2)球C脱离弹簧后在圆弧上达到的最大高度h；(3)调整球A释放初位置的高度H，球C与弹簧分别后恰好能运动至圆弧轨道的圆心等高处。求球C在圆弧轨道内运动过程中克服重力做功的最大瞬时功率P。26．（14分）二氧化氯(ClO2)是国际公认的绿色消毒剂。常温下ClO2是一种黄绿色具有刺激性气味的气体，沸点10℃，易溶于水，在空气中浓度大于10%时遇热会引起爆炸，其溶液于冷暗处相对稳定。某同学在试验室中采纳下列装置(夹持仪器已省略)制备ClO2。试验步骤如下：①按图所示，连接好试验装置并检查装置气密性。②在装置A三颈烧瓶中先放入10g氯酸钾和9g草酸，然后再加入5mL稀硫酸，限制反应温度在60℃发生反应。装置B盛有冰水用于汲取产生的二氧化氯，为保证平安，所得溶液浓度不超过30%。③反应发生后，三颈烧瓶中马上产生大量的黄绿色气体，当洗气瓶B中液体由无色变成黄绿色后停止反应。回答以下问题：(1)A装置反应过程中有两种气体生成，该反应的离子方程式为______。(2)若将A中电动搅拌棒换为导气管，通过该导气管向三颈烧瓶中通入氮气也可起到与搅拌棒相同的作用，同时氮气还可以起到的作用是______。(3)装置D中盛有NaOH溶液用来汲取剩余的ClO2，生成NaClO2和NaClO3，反应的离子方程式为______。(4)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒实力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化实力相当于多少克Cl2的氧化实力，则ClO2的有效氯含量为______(计算结果保留两位小数)。(5)已知NaClO2在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，在温度高于38℃时析出的晶体是NaClO2，若从NaClO2溶液中获得NaClO2，操作步骤为______。(6)为测定B中所得溶液ClO2的含量，进行了下列试验：步骤1：精确量取B中ClO2溶液V1mL加入锥形瓶，并加水稀释到V2mL；步骤2：用稀硫酸调整试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，静置；步骤3：加入指示剂，用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V3mL。(已知2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)①步骤1中量取ClO2溶液应运用______(填“酸”或“碱”)式滴定管；步骤3中应选择____做指示剂。②原ClO2溶液的浓度为______g/L(用步骤中的字母代数式表示)。27．（14分）二甲醚是一种重要的化工原料，回答下列问题：(1)已知：①C(s)+O2(g)=CO(g)∆H1=-111.8kJ/mol②C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)∆H2=130kJ/mol③CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)∆H3=-90.1kJ/mol④2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)∆H4=-134kJ/mol则CH3OCH3(g)+O2(g)=2CO(g)+3H2(g)∆H=______kJ/mol；该反应能够自发进行所采纳的有利条件是______(填“高温”“低温”或“随意温度”)。(2)在恒温恒压条件下，化工生产上利用二甲醚与氧气为原料制备合成气，实际生产过程中经常添加肯定量的水蒸气，其目的是______；探讨发觉，所得平衡混合气体中H2的体积分数随n(O2)/n(CH3OCH3)变更如图所示，试说明该曲线先变大后减小的缘由______。(3)某温度下，在VL的刚性容器中充入4.0molCH3OCH3、2.0molO2及2.0molH2O(g)，在催化剂作用下仅发生反应CH3OCH3(g)+O2(g)2CO(g)+3H2(g)，试验测得容器中压强与时间变更如图所示。则前2.0min内该反应速率v(CH3OCH3)=______mol·min−1；该温度下其分压平衡常数Kp=______(kPa)3.5(已知=12.2)。(4)二甲醚燃料电池常采纳磺酸类质子溶剂，其工作原理如图所示，则负极的电极反应式为______，若消耗标准状况下5.6LO2，则理论上左右两室溶液质量变更的差为______g。28．（15分）铬是一种银白色的金属，常用于金属加工、电镀等。工业以铬铁矿[主要成分是Fe(CrO2)2]为原料冶炼铬及获得强氧化剂Na2Cr2O7。其工艺流程如图所示：已知：高温氧化时发生反应Fe(CrO2)2+Na2CO3+O2→Na2CrO4+Fe2O3+CO2(未配平)回答下列问题：（1）将铬铁矿的主要成分Fe(CrO2)2写成氧化物的形式：，高温氧化时可以提高反应速率的方法为(写出一条即可)。（2）Na2CrO4加入硫酸酸化的离子方程式为；在试验室中，操作a所用到的玻璃仪器有。（3）Na2CrO4中铬元素化合价为；生成1molNa2CrO4时共转移电子的物质的量为__mol。（4）依据有关国家标准，含CrOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2−),4)的废水要经化学处理，使其浓度降至5.0×10−7mol·L−1以下才能排放，可采纳加入可溶性钡盐生成BaCrO4沉淀[Ksp(BaCrO4)=1.2×10−10]，再加入硫酸处理多余的Ba2+的方法处理废水，加入可溶性钡盐后，废水中Ba2+的浓度应大于mol·L−1，废水处理后达到国家标准才能排放。29．（9分）图1表示种植黄瓜的温室内施用CO2气肥与未施用状况下，温室内CO2浓度随时间的变更曲线。图2表示黄瓜幼苗植株在光照和黑暗条件下，CO2汲取量和释放量的变更状况。据图回答下列问题：CO2浓度干脆影响光合作用的阶段，此阶段能为光合作用的另一阶段供应的物质有和NADP+。据图甲简要说明施用CO2气肥有利于黄瓜的生长及产量提高的缘由：。（2）据图乙可知，温度为t4时，30min内黄瓜幼苗植株在光照下固定的CO2为g。（3）光照时间相同时，在图乙所示的4种温度下，温度为时黄瓜幼苗植株积累的有机物最多。30．（10分）流感是发生在呼吸道的具有高度传染性的急性病毒感染，人类感染的流感病毒主要是甲型流感病毒(FluA)和乙型流感病毒(FluB)。幼小儿童和65岁以上老年人，慢性疾病患者是流感的高危人群。临床上可用FluA/FluB抗原检测试剂对流感做出快速诊断。请回答：（1）FluA/FluB病毒的根本区分在于__________不同，临床上用FluA/FluB抗原检测试剂对流感做出快速诊断是利用了_______________原理。（2）FluA/FluB侵入机体后，T细胞的细胞周期变_____(长/短)，缘由是__________________________________。（3）医生建议高危人群在流感季节之前接种流感疫苗，就算得了流感，症状也会比没接种的人轻得多，缘由是___________________________________。（4）甲型流感简单出现重症病例，体温可达到39°C〜40°C。体温上升的缘由主要是病毒毒素导致_________的体温中枢功能变更，____________________________________，体温上升。（8分）“绿水青山，就是金山银山”，南方某地为了复原被破坏的常绿阔叶林而停止砍伐一段时间后，该地渐渐得以复原。请回答以下问题：(1)该地区某植物种群具有的特征有(填序号)。①诞生率②垂直分层现象③年龄组成④空间特征⑤困难的种间关系⑥丰富度(2)该地区常绿阔叶林的复原过程中群落的演替类型为，其速度比裸岩上进行的演替要快一些，速度较快的缘由除了植物的种子或者繁殖体可能保留外，还可能是原有的条件得到了基本保留。(3)太阳能输入该生态系统的第一养分级后，以能的形式在生物群落中流淌。(4)该地区某养鸡场为了提高家禽产蛋率，在增加养分的基础上延长光照时间，这一过程中光刺激传递的信息属于信息。生态系统中，各种各样的信息在生命活动的正常进行、生物种群的繁衍，等方面起着重要作用。(5)苔原生态系统要比常绿阔叶林的反抗力稳定性低，缘由是。32．（12分）某一年生植物的花色有红色和蓝色两种，为了探讨其遗传机制，人们用纯系品种进行杂交，得到的结果如下表。回答下列问题：(1)依据杂交组合可推知，红色和蓝色这对相对性状受对等位基因限制。(2)杂交组合1的F2中，开红色花个体的基因型有种，杂交组合2的F2中，开蓝色花植株自交，后代的表现型为，将两个杂交组合的F2植株相互交配，子代的表现型及比例为。(3)探讨发觉：该植物的纯合蓝色花品种比杂合蓝色花品种颜色更深，更具有欣赏性。现生产上需纯合种子用于种植。试以杂交组合1亲本杂交获得的种子为材料，通过杂交育种方法，获得所需种子，写出简要培育过程(要求：按年份时间依次书写：第一年：…；．．．．．．)。（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。假如多做。则每学科按所做的第一题计分。33．物理·选修3—3(15分)(1)(5分)关于热学学问的理解，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，最低得分为0分）A．用吸管将牛奶吸入口中是利用了大气存在压强现象B．雨水没有透过雨伞是因为水和伞的不浸润现象C．在熔化过程中，非晶体要汲取热量，但温度可以保持不变D．气体从外界汲取热量的同时对外界做功，其内能可能增加E．肯定质量的志向气体经验等压膨胀过程，气体的密度减小，内能增大(2)(10分)如图所示，导热性能良好的圆柱形气缸开口向上竖直放置，用轻质活塞将肯定质量的志向气体密封在气缸内，活塞横截面积S＝5.0×10－4m2，活塞上面放有一质量m＝1kg的铁块。起先时气缸所处环境温度为300K，活塞处于A位置。缓慢上升气缸所处环境温度为450K时，活塞到达新的位置B。已知A位置活塞距缸底部高度h0＝0.8m，大气压强p0＝1.0×105Pa，忽视活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g＝10m/s2。(i)求活塞在位置B时距缸底部的高度；(ii)保持气缸所处环境温度为450K，撤去活塞上面的铁块，稳定后活塞到达新的位置C，求活塞到达位置C时距气缸底部的高度。34．物理·选修3—4(15分)(1)(5分)渔船上的声呐利用超声波来探测远方鱼群的方位。某渔船发出的一列超声波在t＝0时的波动图像如图1所示，图2为质点P的振动图像，则下列说法正确的是___________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A．该波的波速为1.5m/sB．该波沿x轴正方向传播C．0～1s时间内，质点P沿x轴运动了1.5mD．0～1s时间内，质点P运动的路程为2mE．旁边另一艘渔船发出了更高频率的超声波，易知这两列声波在水中传播速度大小相等(2)(10分)如图所示，有一截面为半圆的透亮介质水平放置，右侧有一竖直屏幕，半圆的半径R＝0.4m。由红光和紫光两种单色光组成的复色光沿半径方向射向圆心，已知透亮介质对红光和紫光的折射率分别为n1（未知）、n2＝，从零起先渐渐增大入射角，直到紫光在水平界面处恰好发生全反射，分别投射在屏幕上，红光的折射光斑与紫光的全反射光斑两光斑之间的距离L＝(0.4＋0.2)m。求：(i)紫光恰好发生全反射时，复色光的入射角θ；(ii)红光的折射率n1。35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）Ⅰ．和都是非线性光学晶体材料，在激光技术方面有广泛用途。回答下列问题：(1)基态氧原子核外电子有_______种不同的空间运动状态；基态原子的价电子排布式为_______。(2)O、P、K、Zn中电负性最小的为_______。(3)H2O、KH熔点由高到低的依次为_______，缘由是_______。(4)H2O可与H结合生成，水中的键角比中的_______(填“大”或“小”)。是常用的氧化剂，其分子结构如图1所示。能与水混溶，却不溶于的缘由是_______。(5)将纯液态冷却到时，能凝固得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图2所示，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是_______。Ⅱ．铁、铜和镉是三种过渡金属元素。回答下列问题：(6)比稳定，试从原子结构角度说明缘由_______。(7)新制的能够溶解于过量浓溶液中，反应的离子方程式为_______。(8)镉晶胞如图3所示。已知：NA是阿伏加德罗常数的值，晶体密度为dg/cm3。在该晶胞中两个镉原子最近核间距_______(用含NA、的代数式表示，MCd=122g/mol)；镉晶胞中原子空间利用率为_______(用含的代数式表示)。36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）苯酚是一种重要的化工原料。以苯酚为主要起始原料，经下列反应可制得香料M和高分子化合物N。（部分产物及反应条件已略去）（1）B的官能团的名称是_______________。（2）已知C的分子式为C5H12O，C能与金属Na反应，C的核磁共振氢谱有3组峰，则C的结构简式______________________。（3）由D生成N的反应类型是_________，B与C反应生成M的反应类型是_________。（4）写出M与NaOH溶液反应的化学方程式是__________________________________。（5）物质F的结构是：，则符合下列条件的F的同分异构体有______种。①能发生银镜反应②能与NaHCO3溶液反应③分子中有苯环，无结构。其中苯环上只有两个取代基，且核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1∶2∶2∶1的为___________(写结构简式)。（6）已知：，写出以苯酚、乙醇和ClCH2COOH为原料制备的合成路途流程图（无机试剂任用）。___________37．【生物——选修l：生物技术实践】（15分）羽毛的成分主要是角蛋白，是一类结构稳定、不溶于水的蛋白质，目前缺乏对其高效降解的处理方法。试验人员从废弃羽毛积累处的土壤中升离筛选出具有高效降解羽毛角蛋白的细菌，请回答下列问题：筛选高效降解羽毛角蛋白的细菌需从废弃羽毛积累处的土壤中取样，其缘由是。（2）筛选高效降解羽毛角蛋白的细菌的培育基中应加入__________作为唯一碳源，该培育基中还须要加入适量的K2HPO4和KH2PO4，其作用是__________，对培育基灭菌的常用方法是__________。（3）角蛋白酶是羽毛降解菌的一种分泌蛋白，为了测定其角蛋白酶的活性，应让羽毛降解菌发酵，然后将发酵液离心，再从__________（填“沉淀物”或“上清液”）取样。为了将角蛋白酶和其他蛋白质分别，可用电泳法分别蛋白质，电泳法可以依据蛋白质分子__________的不同，将蛋白质分别。测定羽毛降解菌角蛋白酶活性的主要目的是____________________。38．【生物——选修3：现代生物科技专题】（15分）菊天牛是菊花的主要害虫之一。科研人员将抗虫基因转人菊花，培育出抗虫菊花。下图是获得转基因菊花的技术流程，请据图回答下列问题。注：卡那霉素抗性基因（kanR）作为标记基因，菊花叶片对卡那霉素高度敏感。（1）为了促进土壤农杆菌汲取重组质粒，可用__________处理土壤农杆菌，使其处于_______以便汲取重组质粒。（2）将重组质粒导入土壤农杆菌的目的是利用农杆菌能够__________的特点，使目的基因进入受体细胞中，并插入菊花细胞的____________上，最终形成转基因植株。（3）将愈伤组织转移到添加肯定浓度植物激素和________的培育基中，在相宜条件下进行培育，筛选转基因菊花。（4）可用____________方法检测转基因菊花是否含有目的基因。运用该方法时，需依据抗虫基因的核苷酸序列设计____________个特异性引物，以转基因菊花的DNA为模板进行第一轮扩增。（5）将转基因菊花嫩茎及叶片与人工饲料以适当比例混合后饲喂菊天牛2龄幼虫，试验结果如下表所示：组别死亡率％试验组转基因植株160.00转基因植株253.33比照组13.33①比照组应饲喂等量的____________________________________________。②据表分析，_______________差异显著，说明转基因菊花对菊天牛2龄幼虫有较强的毒杀作用。理科综合答案1.【答案】D【解析】肺炎双球菌的遗传物质是DNA（脱氧核糖核酸），A错误；肺炎双球菌进入宿主细胞的方式是胞吞，B错误；新冠病毒发生的变异不肯定导致其抗原发生变更，因此不肯定导致原有疫苗失去作用，C错误；由于机体产生抗体须要肯定的时间，因此新冠病毒感染早期，会出现检测出核酸而检测不出抗体的状况，D正确。2.【答案】D【解析】由于活细胞的细胞膜具有选择透过性，台盼蓝不能进入细胞，因此用台盼蓝给细胞染色，活细胞不能被染上色，若细胞被染上色则说明细胞已经死亡，细胞膜失去选择透过性，A项错误；龙胆紫溶液或醋酸洋红液为碱性染料，B项错误；用健那绿染液染色线粒体时须要保持细胞的活性，不能用盐酸处理，C项错误；花生子叶中含脂肪，苏丹Ⅲ可将脂肪染成橘黄色，D项正确。3.【答案】B【解析】纯种红色植株与纯种白色植株进行杂交，正常状况下，产生的后代的基因型并未变更，即都为Aa，A错误；A基因甲基化程度越高，A基因的表达水平越低，是因为基因甲基化导致基因某些区域构象变更，从而影响了蛋白质与基因的相互作用，从而阻抑基因转录过程，B正确；A基因的甲基化是基因化学修饰的一种形式，并不变更A基因中碱基对排列依次，所以不会使A基因突变为a，C错误；A基因的甲基化不变更A基因的碱基排列依次，也不影响A基因传给子代的概率，所以A基因的甲基化不会干脆导致其后代中A基因频率下降，D错误。4.【答案】C【解析】依据试验目的可知，甲组是试验组，乙组为比照组，比照组应当选用健康的小鼠做试验材料，A正确；胰岛素的本质是蛋白质，其基本单位是氨基酸，S元素位于某些氨基酸的R基上，B正确；若X明显小于Y，即甲组含放射性沉淀比例低；由题目（过量的)胰岛素抗体与胰岛素特异性结合形成沉淀（35S标记的胰岛素是定量的)，由于放射性元素35S标记的胰岛素定量，故而放射性沉淀比例越低，放射性胰岛素与正常胰岛素相比就越少，即机体能产生的正常胰岛素在血浆中含量越高，C错误；胰岛素受体位于细胞膜上，细胞膜上的蛋白质须要内质网等有膜细胞器参加加工修饰，D正确。5.【答案】D【解析】丛枝菌根由AM真菌与陆生维管植物根系形成，不能进行光合作用，不属于生产者，A错误；植物为AM真菌供应糖类、矿质元素和水分等养分物质，B错误；AM真菌属于真核细胞，不存在拟核，C错误；依据上述分析可知，AM真菌与宿主植物的关系是互利共生，是二者相互选择、共同进化的结果，D正确。6.【答案】C【解析】因纯合圆形果实植株产生的卵细胞无受精实力，卵形果实植株的花粉不育，因此纯合植株作亲本进行正反交，结果不同，A错误；卵形果实植株的花粉不育，因此对杂合植株进行测交，正反交的结果不同，B错误；基因型为Ff杂合植株产生的F1的基因型及比例为FF∶Ff∶ff=1∶2∶1，因FF产生的卵细胞无受精实力，ff产生的花粉不育，Ff则正常，所以F1产生的有受精实力的卵细胞的基因型及其比例为F∶f=1∶2，F1产生的可育的花粉的基因型及其比例为F∶f=2∶1，所以若每代均自由传粉至F2，则F2植株的基因型及其比例为FF∶Ff∶ff=2∶5∶2，其中杂合子所占比例为5/9，纯合子比例为4/9，C正确；若每代均自交至F2，则F1中基因型为FF与ff的个体不能产生后代，基因型为Ff个体则正常，所以F2植株的基因型及其比例为FF∶Ff∶ff=1∶2∶1，其中圆形果实中杂合子所占比例为2/3，D错误。【解析】A．假设有1molFeSO4·7H2O即其质量为，“将矾炒去，约折五分之一”失去质量的，即，换算成水的物质的量为，所以脱水后产物为FeSO4·4H2O，A正确；B．依据题目中描述“惟黄金不化水中，加盐则化”，可知该方法所造“强水”为硝酸，B正确；C．Au的金属活动性很弱，硝酸均不能将其氧化，加盐后，“强水”中含王水成分，Au可溶于王水，主要是由于配位作用，而不是因为氧化性，C错误；D．“强水用过无力”的缘由是“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，其氧化性减弱，D正确；故答案选C。8.【答案】B【解析】A．该有机物的分子式为C9H8O2，A项正确；B．与肉桂酸含有相同官能团且含苯环的同分异构体不仅有三种，除了羧基与碳碳双键在苯环上有邻、间、对三种结构，羧基还可以连在碳碳双键中连接苯环一端的C原子上，且还存在顺反异构，B项错误；C．有机物中含有羧基可以发生酯化反应，有机物中含有碳碳双键可以发生氧化反应，加成反应，C项正确；D．由于其结构式中含有苯环，碳碳双键，羧基的结构可知，全部C原子可能共面，D项正确；答案选B。9.【答案】A【解析】卢瑟福做了用α粒子(He)轰击氮原了核的试验，实现了原子核的人工转变，发觉了质子。W=14，Z=7，其中Y的某种单质可用作自来水消毒剂，Y为O，X为N元素。A．Y为O，X为N元素，X与Y均能与氢组成N2H4、H2O2均含18电子的化合物，故A正确；B．Y存在Y、Y、Y多种同位素，不是同素异形体，故B错误；C．Y为O中子数为9，为N，中子数为7，中子数不相同，故C错误；D．X的最高价氧化物的水化物HNO3肯定属于强酸，但低价氧化物的水化物HNO2是弱酸，故D错误；故选A。10.【答案】C【解析】A．依据步骤反应知，HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CH3COORh*I都是先生成后反应掉的物质，则都是反应的中间产物，故A正确；B．第4步反应为：CH3COORh*I+H2=CH3COOH+Rh*+HI，氧化剂是CH3COORh*I，故B正确；C．碳元素在CH3OH中显-2价，在CH3COOH中显0价，碳元素的化合价根成键原子的非金属性有关，故C错误；D．依据图示，CH3OH、CO2、H2反应生成CH3COOH和H2O，化学方程式为：CH3OH+CO2+H2CH3COOH+H2O，故D正确；故选C。11.【答案】D【解析】A．依据石油分馏工业的分馏塔原理，设置了长导管，其作用除导气外，兼起冷凝气体的作用，故A正确；B．装置Ⅱ中冷水的作用是冷凝收集裂化油，故B正确；C．因为试管II中有不饱和烃生成，所以酸性KMnO4溶液若倒吸可加快褪色速率，故C正确；D．依据裂化的反应原理，试管Ⅲ中溶液颜色变浅甚至褪色可说明发生了氧化还原反应，有常温下呈气态含碳数小于5的不饱和烃生成，不肯定是乙烯，故D错误；故选D。12.【答案】B【解析】A．KCl和硝酸银反应的化学方程式为：KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3，铬酸钾和硝酸银反应的化学方程式为：K2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4↓+2KNO3，依据反应方程式可知在相同浓度的KCl和K2CrO4溶液中加入相同浓度的硝酸银溶液，氯离子浓度减小的更快，所以L1代表是-lgc(Cl−)与V(AgNO3)的变更关系，故A正确；B．由A选项可知曲线I表示AgCl的溶解平衡曲线，则c(Ag+)不变，仅增大KCl的浓度，衡点由R点向正上方移动，故B错误；C．M点加入的硝酸银溶液体积是15mL，依据反应方程式KCl+AgNO3=AgCl↓+KNO3，可知，生成0.001mol硝酸钾和0.001mol氯化银，剩余0.0005mol硝酸银，则c(NOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(−),3))＞c(K+)＞c(Ag+)，银离子水解使溶液表现酸性，则c(H+)＞c(OH−)，所以M点溶液中，离子浓度为：c(NOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(−),3))＞c(Ag+)＞c(H+)＞c(OH−)，故C正确；D．N点纵坐标的数值是4，则Ag2CrO4在沉淀溶解平衡中c(CrOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2−),4))=10−4.0mol/L，c(Ag+)=2×10−4mol/L，Ksp(Ag2CrO4)=c(CrOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2−),4))·c2(Ag+)=10−4.0mol/L×(2×10−4mol/L)2=4.0×10−12，故D正确；故选B。13.【答案】A【解析】电动汽车的锂离子电池的正极材料为层状的LiFePO4放电时发生还原反应、负极材料为新型材料石墨烯(LixC6)放电时发生氧化反应，电解液为LiClO4的丙烯碳酸酯溶液，充电时，外界电源的正极接原电池的正极作阳极发生氧化反应，外界电源的负极接原电池的负极作阴极发生还原反应，据此分析解题。A．由分析可知，正极材料为层状的LiFePO4，负极材料为新型材料石墨烯(LixC6)，故充电时，电极a与电源正极连接，电极b与电源负极连接，A正确；B．电池充电时，阳极发生氧化反应，故其电极反应为LiFePO4-xe−=Li1-xFePO4+xLi+，B错误；C．电池工作时，负极的电极反应为：LixC6-xe−=xLi++C6，故材料质量削减1.4g，转移电子，C错误；D．充电时，阴极发生还原反应，电极反应为xLi++xe−+C6=LixC6，D错误；故答案为A。26.【答案】（1）H2C2O4+2ClOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(−),3)+2H+EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(=====),60℃)2ClO2↑+2CO2↑+2H2O稀释，防止浓度过高时发生爆炸2OH−+2ClO2＝ClOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(−),2)+ClOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(−),3)+H2O2.63减压蒸发结晶、趁热过滤、用38℃～60℃热水洗涤晶体、低于60℃干燥；得到成品酸淀粉溶液【解析】A装置由草酸、氯酸钾和硫酸制二氧化氯（ClO2），发生H2C2O4+2KClO3+H2SO4EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(=====),60℃)K2SO4+2ClO2↑+2CO2↑+2H2O，B装置冷凝并收集产品ClO2，C装置防倒吸，D装置汲取多余的ClO2，防止污染空气。(1)由草酸、氯酸钾和硫酸在60℃发生反应生成ClO2、CO2和硫酸钾，该反应的离子方程式为H2C2O4+2ClOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(−),3)+2H+EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(=====),60℃)2ClO2↑+2CO2↑+2H2O。(2)由于ClO2在空气中浓度大于10%时遇热会引起爆炸，所以氮气还可以起到的作用是稀释，防止浓度过高时发生爆炸。(3)装置D中盛有NaOH溶液用来汲取剩余的ClO2，生成NaClO2和NaClO3，反应的离子方程式为2OH−+2ClO2＝ClOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(−),2)+ClOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(−),3)+H2O。(4)“有效氯含量”的定义是：每克含氯消毒剂的氧化实力相当于多少克Cl2的氧化实力，由于还原产物均是氯离子，则ClO2的有效氯含量为≈2.63。(5)依据题给信息可知，温度低时，会生成NaClO2·3H2O，温度高时，NaClO2会分解，所以从溶液中提取NaClO2的操作步骤是：减压蒸发结晶、趁热过滤、用38℃～60℃热水洗涤晶体、低于60℃干燥；得到成品。(6)①ClO2溶液显酸性，步骤1中量取ClO2溶液应运用酸式滴定管；由于碘遇淀粉显蓝色，则步骤3中应选择淀粉溶液做指示剂。②二氧化氯和碘单质的反应中，依据电子守恒，得到：2ClO2～5I2，结合反应2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI，得到关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则ClO2的物质的量是0.001cV3mol×＝0.0002cV3mol，则原ClO2溶液的浓度为。14．【答案】C【解析】发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，A错误；在探讨光电效应饱和电流时，光电管所加电压与饱和电流无关，饱和电流与光照强度有关，光照强度越大，饱和电流越大，B错误；入射光频率为v时，刚好发生光电效应现象，由光电效应规律可知W0＝hν，入射光频率变为3v时，由爱因斯坦光电效应方程可得Ek＝3hν－W0，由动能定理可得Ek＝eUc，解得，C正确；依据光电效应方程Ek＝hν－W0，光子能量肯定，光电子的最大初动能大，说明金属的截止频率低，D错误。15．【答案】B【解析】由v－t图像可知，10～20s内，乙的加速度为2m/s2，故A错误；0～20s内甲的平均速度v1＝20m/s，乙的平均速度v2＝7.5m/s，所以v1∶v2＝8∶3，故B正确；t＝10s时，乙的速度减小为零，但方向并未发生变更，故C错误；t＝20s时，甲的位移x1＝400m，乙的位移x2＝150m，由于二者从同一位置同时动身，所以t＝20s时甲、乙未相遇，故D错误。16．【答案】B【解析】以O点为探讨对象进行受力分析，三个力合力为零，表示三个力的有向线段构成一个闭合三角形，若天车向左移动少许，重力G大小方向均不变，FN方向不变，由图可知，FN变为FN1，FN2，F变为F1，F2，所以FN变大，F变大，故B正确，ACD错误。17．【答案】A【解析】设原线圈两端的电压为U1，则副线圈两端的电压U2＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(n2),n1)U1，副线圈的电流，原线圈的电流，所以有。滑片P向Q端缓慢移动，副线圈匝数n2增多，M、N端输入的电压U不变，则原线圈的电流I1增大，R1的电压变大，原线圈两端电压U1变小，A正确，B错误；变压器不变更沟通电的频率，所以通过电阻R2的沟通电的频率不变，C错误；通过电阻R1的电流变大，依据P＝UI可知电路的总功率变大，即电阻R1和R2消耗的总功率变大，D错误。18．【答案】B【解析】小滑块恰能沿圆弧轨道运动到D点，表明此点为轨道的等效最高点，重力与电场力的合力，有2mg＝mEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(v2),R)。从A点到轨道等效最高点，依据动能定理得mg(ssin30°－Rcos30°－Rsin30°)＋Eq(scos30°－Rsin60°＋Rsin30°)＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv2－0，解得s＝1.5R，A错误；从C到等效最高点，有－mgR(1＋cos60°)－EqRsin60°＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv2－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvC2，在C点，有FN－mg＝，解得FN＝9mg，依据牛顿第三定律得滑块对轨道的压力为9mg，B正确；小滑块运动到D点的圆上对称点时，速度最大，有－2mg×2R＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mv2－EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvm2，解得EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)mvm2＝5mgR，C错误；小滑块从D点抛出后，做类平抛运动，假设刚好落到B点，则有2mg＝ma，vt＝R，则在合力方向上的位移y＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)at2＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(1),2)R＜R，假设错误，D错误。19．【答案】AD【解析】卫星做匀速圆周运动，依据万有引力供应向心力，有GEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(Mm),r2)＝mEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(v2),r)，可得v＝EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(GM),r)，而三颗卫星的轨道半径满意rA＝rB＞rC，故三者的线速度大小关系为vA＝vB＜vC，故A正确；卫星所需的向心力大小等于卫星所受的万有引力，因A和B卫星的质量m未知，故向心力无法比较大小，故B错误；依据卫星的周期公式T＝2πEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(r3),GM)，结合rA＞rC，可推得TA＞TC，故C错误；三颗卫星均绕地球做圆周运动，依据开普勒第三定律可知三颗卫星周期的平方和轨道半径三次方的比值相等，故D正确。20．【答案】BCD【解析】依据洛伦兹力供应向心力可得qvB＝mEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(v2),r)，解得r＝0.02m＝R，带电粒子在磁场中运动轨迹的圆心肯定在圆形磁场的边界上，故A错误、B正确；若带电粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，假设出射点位置在N′点，圆心在O′点，如图所示，依据几何关系可得CON′O′为菱形，则CO′∥ON′，N′和N重合，故粒子从N点射出，故C正确；若要实现带电粒子从A点入射，从N′点出射，则该圆形磁场的最小直径等于AN长度，即，最小圆的面积为，故D正确。21．【答案】AD【解析】若向右，则拉力F向右，则有，即，解得，导体棒始终向右匀加速，则速度不断增大，因此，若要保持加速度不变，则F也要始终增大，B错误，A正确；若向左，拉力F的方向刚起先向右，则，即，解得，导体棒向右做减速运动，安培力渐渐减小，加速度不变，则要F的大小也随之减小到0，为了保持加速度接着不变，之后F反向，此时，若要保持加速度不变，则F要增大，当导体棒速度为零后，由于受到拉力作用，导体棒则反向加速，则有，要保持加速度不变，则须要拉力F渐渐增大，即先减小再增大，C错误，D正确。22．(5分)【答案】(1)1.5(1分)(2)1.9(1分)9.5(2分)(3)C(1分)【解析】(1)相邻两计数点间的时间间隔是T＝5×0.02s＝0.1s，打计数点5时的速度。(2)重锤的加速度大小，由牛顿其次定律有m2g−m1g＝(m1＋m2)a，解得重力加速度大小为g＝9.5m/s2。(3)与没有运用电火花计时器无关，A错误；m1和m2的质量相差不大，B错误；在运用牛顿其次定律计算加速度时，没有考虑绳子与定滑轮间存在的阻力，C正确；绳子拉力本身就不等于m2的重力，存在的误差与绳子拉力等不等于m2的重力无关，D错误。23．(10分)【答案】(1)4.620(4.619～4.621)(1分)10.14(1分)(2)见解析图(2分)(3)4.6(2分)＝(2分)(4)不能(2分)【解析】(1)螺旋测微器的读数等于4.5mm＋0.01×12.0mm＝4.620mm(4.619～4.621)；游标卡尺为10分度，精确度为0.1mm，游标上的第4格与主尺对齐，故读数为101mm＋4×0.1mm＝101.4mm＝10.14cm。(2)要求尽可能精确地测量金属棒的阻值，而滑动变阻器的总阻值较小，则用分压式可以多测几组数据；电压表的量程为15V，则待测电阻的电流最大为则0.6A的电流表量程太小，担心全，而电流表内阻已知，且有定值电阻，则可以用电流表与定值电阻串联，定值电阻能分部分电压且能精确的得到待测电阻阻值，而电流表选择内接法可以消退系统误差，故电路图如图所示。(3)依据伏安法可知，解得，因电流表用内接法，且电流表的内阻和定值电阻的阻值已知，则两者分压的系统误差可以消退，则电阻的测量值等于真实值。(4)导体棒分成三段，并联后的阻值为，导体棒与电源、电动机构成的电路，等效电动势为，，则电源的输出功率为，可知当电流为，输出功率达到最大值，即时，随着电流的增大，输出功率渐渐增大；而电动机M（P额＝6W，U额＝6V）正常工作，则电流为，此时，故当时，实际电流，故电动机不能工作。24．(12分)【解析】(1)导体棒静止时，受力分析如图所示，依据平衡条件得。(2分)(2)由闭合电路欧姆定律，得(1分)由安培力的公式F＝BIL(1分)联立解得B＝0.4T。(2分)(3)断开开关S后，导体棒下滑到轨道最低点，依据动能定理有(2分)导体棒在最低点时，由牛顿其次定律得(2分)联立解得FN＝0.54N由牛顿第三定律得，导体棒对单个圆环的压力大小为0.54N，方向竖直向下。(2分)25．(20分)【解析】(1)设小球A与B碰前瞬间的速度为vA，A由斜面最高点下滑到最低点的过程中，由机械能守恒定律可得①(2分)A与发生正碰时在水平方向动量守恒，有②(2分)联立①②并代入数据解得③(2分)(2)设球C脱离弹簧后的速度为vC，A、B整体的速度为vAB'，从A与结合为一个整体后到球C离开弹簧的过程中，由动量守恒定律有④(1分)由机械能守恒定律有⑤(1分)从球脱离弹簧到运动至圆弧最大高度处的过程中，由机械能守恒定律得⑥(1分)联立④⑤⑥并代入数据解得⑦(2分)(3)球C在圆弧轨道内运动过程中，当竖直方向的加速度为零时，竖直方向速度最大，此时克服重力做功的瞬时功率最大。如图所示，设此时球C与圆弧轨道圆心连线与水平方向的夹角为θ，所受轨道支持力大小为FN，则⑧(2分)在该位置处，设球C的速度为v，在沿轨道半径方向依据牛顿其次定律得⑨(2分)球C从该位置处运动到与圆弧轨道圆心等高处过程中，由机械能守恒定律得⑩(1分)联立⑧⑨⑩并代入数据解得⑪(1分)⑫(1分)所以球C克服重力做功的最大瞬时功率为⑬(2分)26．（14分）【答案】（1）H2C2O4+2ClOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(−),3)+2H+EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(=====),60℃)2ClO2↑+2CO2↑+2H2O稀释，防止浓度过高时发生爆炸2OH−+2ClO2＝ClOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(−),2)+ClOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(−),3)+H2O2.63减压蒸发结晶、趁热过滤、用38℃～60℃热水洗涤晶体、低于60℃干燥；得到成品酸淀粉溶液【解析】A装置由草酸、氯酸钾和硫酸制二氧化氯（ClO2），发生H2C2O4+2KClO3+H2SO4EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(=====),60℃)K2SO4+2ClO2↑+2CO2↑+2H2O，B装置冷凝并收集产品ClO2，C装置防倒吸，D装置汲取多余的ClO2，防止污染空气。(1)由草酸、氯酸钾和硫酸在60℃发生反应生成ClO2、CO2和硫酸钾，该反应的离子方程式为H2C2O4+2ClOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(−),3)+2H+EQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(=====),60℃)2ClO2↑+2CO2↑+2H2O。(2)由于ClO2在空气中浓度大于10%时遇热会引起爆炸，所以氮气还可以起到的作用是稀释，防止浓度过高时发生爆炸。(3)装置D中盛有NaOH溶液用来汲取剩余的ClO2，生成NaClO2和NaClO3，反应的离子方程式为2OH−+2ClO2＝ClOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(−),2)+ClOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(−),3)+H2O。(4)“有效氯含量”的定义是：每克含氯消毒剂的氧化实力相当于多少克Cl2的氧化实力，由于还原产物均是氯离子，则ClO2的有效氯含量为≈2.63。(5)依据题给信息可知，温度低时，会生成NaClO2·3H2O，温度高时，NaClO2会分解，所以从溶液中提取NaClO2的操作步骤是：减压蒸发结晶、趁热过滤、用38℃～60℃热水洗涤晶体、低于60℃干燥；得到成品。(6)①ClO2溶液显酸性，步骤1中量取ClO2溶液应运用酸式滴定管；由于碘遇淀粉显蓝色，则步骤3中应选择淀粉溶液做指示剂。②二氧化氯和碘单质的反应中，依据电子守恒，得到：2ClO2～5I2，结合反应2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI，得到关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则ClO2的物质的量是0.001cV3mol×＝0.0002cV3mol，则原ClO2溶液的浓度为。27.【答案】（1）+72.4高温使原混合体系中气体的分压减小，有利于平衡正向移动，从而提升原料的转化率依据CH3OCH3(g)+O2(g)=2CO(g)+3H2(g)反应特点，时与反应物的计量数相等，所以当时，随着渐渐增大，该反应会正向移动，平衡混合气体中H2的体积分数会随着增大；当大于0.5时，O2会有剩余，另外过量的O2会与H2发生副反应生成了H2O，H2的体积分数会减小0.52.95×108CH3OCH3+3H2O-12e−=2CO2+12H+13.5【解析】(1)已知：①C(s)+O2(g)=CO(g)∆H1=-111.8kJ/mol；②C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)∆H2=130kJ/mol；③CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)∆H3=-90.1kJ/mol；④2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)∆H4=-134kJ/mol。结合盖斯定律知①-②-2③-④得CH3OCH3(g)+O2(g)=2CO(g)+3H2(g)∆H=；该反应为∆H-T∆S＜0的反应可自发进行，该反应为吸热、熵增的反应，高温下可自发进行；故答案为：+72.4；高温；（2）因为反应是在恒温条件下进行，若混合气体中增加水蒸气，则原混合体系中气体的分压会减小（相当于恒压条件下扩大容积，反应向气体体积增大的方向移动），有利于平衡正向移动，从而提升原料的转化率；依据CH3OCH3(g)+O2(g)=2CO(g)+3H2(g)反应特点，时与反应物的计量数相等，所以当时，随着渐渐增大，该反应会正向移动，平衡混合气体中H2的体积分数会随着增大；当大于0.5时，O2会有剩余，另外过量的O2会与H2发生副反应生成了H2O，H2的体积分数会减小；(3)依据三段式法可得：CH3OCH3(g)+O2(g)2CO(g)+3H2(g)依据气体压强之比等于其物质的量之比，可以得出（4.0+2.0+2.0）∶（4.0-x+2.0-0.5x+2x+3x+2）=800∶1150，x=1.0；所以；各个气体的分压等于总压×各个气体的物质的量分数，将各个气体分压带入平衡常数表达式得，故答案为：0.5；2.95×108；标准状况下5.6LO2即为0.25mol，转移电子为1.0mol，依据N电极反应：O2+4H++4e−=2H2O，可以得出右极室质量增加了9.0g；依据M电极反应：CH3OCH3+3H2O-12e−=2CO2+12H+，转移1.0mol电子时，左极室消耗水的质量为0.25mol，质量削减了4.5g，则左右两室质量变更差为9.0g+4.5g=13.5g；故答案为：CH3OCH3+3H2O-12e−=2CO2+12H+；13.5。28.【答案】（1）FeO·Cr2O3将固体磨碎或不断搅拌（2）2CrOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2−),4)+2H+=Cr2OEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2−),7)+H2O烧杯、漏斗、玻璃棒（3）+63.5（4）2.4×10−4【解析】铬铁矿[主要成分是Fe(CrO2)2]中加入碳酸钠并通入氧气，高温下将Fe(CrO2)2氧化得到Fe2O3、Na2CrO4，同时生成CO2，将得到的固体溶于水得到Na2CrO4溶液。向一份Na2CrO4溶液中加入硫酸酸化，硫酸和Na2CrO4反应生成Na2Cr2O7和硫酸钠，通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到固体a和溶液a；另一份Na2CrO4溶液中加入Na2S发生氧化还原反应，铬元素转化为Cr(OH)3沉淀，过滤后灼烧Cr(OH)3得到Cr2O3，可以利用热还原法制备金属铬。(1)Fe(CrO2)2中铁元素化合价是+2价，氧化物为FeO，铬元素化合价+3价，氧化物为Cr2O3，所以Fe(CrO2)2写成氧化物形式为FeO·Cr2O3；增大反应物的接触面积可以加快反应速率，上升温度可以加快反应速率，不断搅拌，使固体混合物充分混合也可以加快反应速率，故答案为：FeO·Cr2O3；将固体磨碎或不断搅拌等；(2)Na2CrO4加入硫酸酸化反应生成重铬酸钠，反应的离子方程式为2CrOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2−),4)+2H+=Cr2OEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2−),7)+H2O；操作a为过滤，所用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：2CrOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2−),4)+2H+=Cr2OEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2−),7)+H2O；烧杯、漏斗、玻璃棒；(3)Na2CrO4中Na元素为+1价，O为-2价，则铬元素化合价为+6价；依据Fe(CrO2)2+Na2CO3+O2→Na2CrO4+Fe2O3+CO2，反应中铬元素由+3价上升为+6价，铁元素由+2价上升为+3价，1molFe(CrO2)2被氧化转移7mol电子，因此生成1molNa2CrO4时转移3.5mol电子，故答案为：+6；3.5；(4)CrOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2−),4)+Ba2+BaCrO4，依据题意CrOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2−),4)的浓度降至5.0×10−7mol·L−1以下才能排放，则Ksp(BaCrO4)=c(CrOEQ\*jc0\*hps21\o(\s\up9(2−),4))×c(Ba2+)=5.0×10−7×c(Ba2+)=1.2×10−10，解得：c(Ba2+)=2.4×10−4mol/L，即Ba2+的浓度应大于2.4×10−4mol/L，故答案为：2.4×10−4。29.【答案】（1）暗反应ADP、Pi施用CO2气肥的温室中，始终维持较高的CO2浓度，有利于黄瓜植株光合作用的进行（2）7×10−3（3）t3【解析】（1）CO2浓度干脆影响光合作用的暗反应阶段。此阶段能为光合作用的光反应阶段供应ADP、Pi和NADP+。从图甲可以看出：施用CO2气肥的温室中，始终维持较高的CO2浓度，有利于黄瓜植株光合作用的进行，从而利于黄瓜的生长及产量提高。（2）据图乙可知，温度为t4时，1h内黄瓜幼苗植株在光照下固定的CO2量为：（8+6）mg=14mg=14×10−3g，则30min内黄瓜幼苗植株在光照下固定的CO2量为7×10−3g。（3）光照下CO2的汲取量表示的是净光合速率，光照时，图乙所示的4种温度下，温度为t3时黄瓜幼苗植株的净光合速率最大，此温度下黄瓜植株积累的有机物最多。30.【答案】（1）遗传物质（1分）抗原抗体特异性结合（1分）（2）短（1分）FluA/FluB作为抗原，刺激T细胞，使T细胞快速增殖分化（2分）（3）接种疫苗后，机体产生抗体和和记忆细胞，能有效的增加机体的免疫功能（2分）（4）下丘脑（1分）通过神经-体液调整，提高细胞代谢速率，使产热量增加（2分）【解析】（1）遗传物质限制生物的性状，遗传性状不同的根本缘由是遗传物质不同，所以FluA/FluB病毒的根本区分在于遗传物质不同，临床上用FluA/FluB抗原检测试剂对流感做出快速诊断是利用了抗原抗体特