浙江省温州市九年级三校联考12月科学试题

九年级实验班联考科学试题卷本卷分物理、化学、生物三部分，满分200分。考试时间120分钟物理部分(满分100分)一．选择题(本大题共10个小题，每小题4分，共40分，每小题中只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错、多选或不选的得0分)1.如图，用水平力F推乙物块，使甲、乙、丙、丁四个完全相同的物块一起沿水平地面以相同的速度匀速运动，各物块受到摩擦力的情况是()A.甲物块受到一个摩擦力的作用 B.乙物块受到两个摩擦力的作用C.丙物块受到两个摩擦力的作用 D.丁物块没有受到摩擦力的作用【答案】C【解析】【详解】接触面是水平的，以下我们只分析水平方向的力：

A.甲：不受摩擦力的作用，如果受摩擦力的话，甲不能处于平衡状态。B.乙：甲不给乙摩擦力的作用，故乙只受到丙给它的一个摩擦力的作用。CD.丙：丁：丁只受地面给它的一个摩擦力的作用。

因为丙给乙一个向后的摩擦力，故乙给丙一个向前的摩擦力，丙给丁一个向前的推力，所以丁给丙一个向后的推力，丙静止，故丙受到地面给它向后的摩擦力。

综上所述：甲，不受摩擦力；乙，受1个摩擦力；丙，受2个摩擦力；丁，受一个摩擦力。故选C。2.小辉将甲、乙两物体叠在一起，放入一盛水的烧杯内，待静止后，甲、乙两物体的接触面恰好与水面在同一高度，如图所示。假设甲、乙两物体为具有相同体积的正立方体，它们的密度不同，甲物体的密度小于3，则下列叙述中正确的是()A.乙物体的密度小于3B.乙物体的密度等于3C.缓慢地拿走甲物体后，乙物体沉在水面下的高度应变为hD.缓慢地拿走甲物体后，乙物体浮在水面上的高度应小于h【答案】D【解析】【详解】由图知甲、乙漂浮，则因为甲、乙体积相同，故设甲、乙体积均V，则可得即因甲物体的密度小于3，故乙物体的密度大于3；若将甲拿走后，由可知，乙浮出水面小于一半，即乙在水面下的高度小于h。故选D。3.一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1=10Ω，R2=120Ω，R3=40Ω。另有一测试电源，电源电压为100V，则()A.当cd端短路时，ab之间的等效电阻是50B.当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40C.当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80VD.当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V【答案】C【解析】【详解】A．当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联，等效电阻为+10Ω=40Ω故A错误；B．当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为故B错误；C．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，由串联分压得到cd两端的电压为故C正确；D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，由串联分压得到ab两端的电压为故D错误。故选C。4.如图所示，三个容器内盛有等重量的液体，A和B盛水，C盛酒精，且B和C液面等高，比A液面低，则三个容器底部所受压力FA、FB、FC的大小关系是()A.FA=FB=FC B.FA=FB<FC C.FA>FB>FC D.无法确定【答案】B【解析】【详解】因为A和B中盛水，hA＞hB，p=ρgh，所以pA＞pB因为AB容器均为直壁容器，所以FA=GAFB=GB因为AB容器所盛液体的重量相等，即GA=GB所以FA=FB因为B中盛水，C装酒精，因为ρ水＞ρ酒精，hB=hC，p=ρgh所以pB＞pC因为AB容器均为直壁容器，C容器下半部分为直壁容器，上半部分为非直壁容器，有一部分液体压在侧壁上，所以FB=GBFC＞GC因为BC容器所盛液体的重量相等，即GB=GC所以FB＜FC所以FA=FB＜FC故选B。5.有人尝试用力作用于箱子的顶边，沿水平方向去推动一个长度为L和高度为H的密度均匀箱体，并设。箱体与地面的摩擦系数为µ。若µ>µ0，箱子不会滑动反而会翻倒，则µ0等于()A.B.C.RD.2R【答案】A【解析】【详解】若箱子恰好不会滑动时，推力等于摩擦力，即①当箱子恰好被推翻时，相当于杠杆，由杠杆的平衡条件知道，解得②由①②解得箱子不会滑动反而会翻倒时若，箱子不会滑动反而会翻倒。故选A。6.有一根长为l的均匀细棒，一部分浸入密度为ρ0的液体中，浸入部分的长度为b；另一端搁在容器器壁上，伸出器壁的长度为a，如图所示。则细棒的密度ρ等于()A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】因重力的作用点在物体的重心，由于棒是均匀的，所以重力的作用点A在棒的中心；又因细棒只有浸入液体中的部分b才受浮力，所以浮力的作用点B在浸入部分的中点。如图所示设均匀细棒的横截面积和密度分别为S、ρ′，则其重力为G=ρ′glS。根据阿基米德原理，浸入液体中部分受到的浮力F浮=ρ0gV排=ρ0gbS由图可知又设重力和浮力的力臂分别为l1、l2，则根据相似三角形的性质得OA:OB=l1:l2由杠杆的平衡条件得Gl1=F浮l2即将上式整理后得故选A。7.一点光源S经平面镜M成像于，人眼位于P点可以观察到。今在S、M间放一不太大的遮光板N，则()①S不能在M中成像②S仍能在M中成像③人眼观察到的像的亮度变小④人眼观察到的像的亮度不变⑤人眼观察不到像A.① B.②③ C.②④ D.②⑤【答案】C【解析】【详解】如图所示，在S、M之间放一不太大的遮光板N，点光源S发的光仍能射到镜面上，只是比不放遮光板N要少，因此S仍能在平面镜M中成像。因人眼在P点，放不放遮光板，经镜面反射进入人眼的光线不变，故人眼观察到像的亮度将不变。故选C。8.将小球竖直上抛，然后又落回到抛出点。小球向上过程的中点为A，取抛出点的重力势能为零。若该球在整个过程所受的空气阻力大小不变，则小球()A.上升过程损失的机械能大于下降过程损失的机械能B.上升过程损失的机械能小于下降过程损失的机械能C.上升至A点时的动能大于势能D.下落至A点时的动能大于势能【答案】C【解析】【详解】AB.球在上升和下降的过程中，会克服空气的阻力做功，机械能转化为内能；该球在整个过程所受的空气阻力大小不变，运动的距离是相同的，所以根据W=fs可知，损失的机械能是相同的，故AB错误。C.A在中点，小球的质量不变，高度不变，所以小球在A点的重力势能为最高点重力势能的一半，小球在上升过程中，动能会转化为重力势能和内能，所以小球的机械能会大于A点重力势能的2倍，即在A点时的动能要大于重力势能，故C正确。D.小球在A点的重力势能为最高点重力势能的一半，在下落的过程中，小球继续克服摩擦做功，机械能继续转化为内能，机械能会继续减小；由于A点的高度不变，重力势能不变，减小的重力势能会转化为动能和内能，所以A点的动能要小于势能，故D错误。故选C。9.在如图所示的电路中，当可变电阻R的阻值增大时()A.AB两点间的电压减小B.通过R1的电流I1增大C.通过R2电流I2减小D.通过R的电流I减少【答案】D【解析】【详解】由电路图可知，可变电阻R与定值电阻R2并联，然后与定值电阻R1串联，

当可变电阻R的阻值增大时，并联部分的电阻变大，电路中的总电阻变大，由可知，电路中的总电流变小，即通过R1的电流I1减小，故B错误；由U=IR可知，R1两端的电压减小，

因串联电路中总电压等于各分电压之和，

所以，并联部分AB两点间的电压增大，故A错误；因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，由可知通过R2电流I2增大，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，即I1=I+I2，

因I1减小、I2增大，

所以，通过R的电流I减小，故C错误、D正确。故选D。10.如图所示，有三根完全相同的重都为G的圆木柱A、B、C，先把A、B紧靠着放在水平地面上，再把C轻放在A、B上保持静止，则下面说法中正确的是()A.圆木柱A对地面的压力大于GB.圆木柱B对地面的压力等于GC.圆木柱C对圆木柱A的压力等于GD.圆木柱C对圆木柱A的压力小于G【答案】B【解析】【详解】AB．以三个木柱整体为研究对象，根据平衡条件知道，3G=2N解得NG；由牛顿第三定律，圆木柱A对地面的压力等于G，同理，圆木柱B对地面的压力等于G，故A错误，B正确；CD．以C为研究对象，受力分析如下由几何知识知道，，解得故CD错误。故选B。二、简答题(每空3分，共30分。)11.断路器又叫空气开关，有闸刀开关短路保护、过载保护的特点，同时当人接触火线，电流经人体流入大地时也能“掉闸”保护，所以断路器已替代过时的闸刀开关。电工安装好电路后通过一系列操作可判断电路的故障。(1)当电工安装好家庭照明电路，断开所有电器开关，推上配电盘上总断路器，然后逐个推上照明电路、空调插座、冰箱各支路断路器。若只要推上插座支路断路器，总断路器就“掉闸”，说明该条电路出现的故障是______；(2)若排除上述故障后，只要将一盏完好的6W节能台灯插入墙上某个既有两孔也有三孔的插座中，闭合开关，该支路的断路器就“掉闸”，而将闭合的该灯插入墙上其他插座却不会“掉闸”，故障产生的具体原因是______。【答案】①.短路②.墙上该插座零线与地线接反了【解析】【详解】(1)[1]只要推上插座支路断路器，总断路器就“掉闸”，而这条电路上所有用电器都是断开的，故跳闸的原因是短路，而不是用电器的总功率过大。(2)[2]该支路的断路器“掉闸”，说明插上台灯后火线与地线连通了，而连通的原因是插上台灯引起的，说明把台灯插到这个插座，本应使火线、零线与台灯的两个接线柱相连，现在成了地线、火线与台灯的两个接线柱相连了，原因是该插座零线与地线接反了。12.某同学们利用图1所示的装置探究弹簧弹力与弹簧伸长量之间关系，其下端挂上不同质量的重物来完成本实验。得到a、b两根弹簧弹力F与其伸长量x的关系图线如图2所示。已知a、b两根弹簧的原长均为20cm。(1)由F－x图线可知，a、b两根弹簧的F(Fa、Fb)与x(以cm为单位)关系的函数式分别为：_________、_________。(2)如图3，把a、b两根弹簧里外套用，上端压一重G1＝15N的重物而处于静止，则两弹簧的压缩量为______________。(3)如图4，两弹簧上端固定，下端用一较长细线连接，一光滑轻质滑轮跨于细线上，在滑轮中心悬挂一重G2＝10N的重物而处于静止，则滑轮下降的距离为______________。【答案】①.Fa＝x②.Fb＝x③.10cm④.【解析】【详解】(1)[1][2]根据图象知道，，a、b两根弹簧的F(Fa、Fb)与x(以cm为单位)关系为过原点的直线，即弹力与伸长量成正比，即F=kx，则式中的常数表示弹簧的劲度系数。代入图像的数据知道函数式分别是Fa＝xFb＝x(2)[3]把a、b两根弹簧里外套用，上端压一重G1＝15N的重物而处于静止时，两弹簧的压缩量相等，设为x，则重物在三力作用下平衡，由平衡条件知道解得x=0.1m=10cm(3)[4]由动滑轮的特点知道，a、b两根弹簧的弹力相等，即解得xa=10cm，xb=5cm，故滑轮下降的距离是13.小明应用如图甲所示的电路“探究定值电阻R0的发热功率P0.滑动变阻器R消耗的电功率PR和电源总功率PU随电流I变化的关系”，将得到的数据在同一坐标系中绘成a、b、c三条图线，如图乙所示。若电源电压U保持不变，如果b线表示定值电阻R0的发热功率P0随电流I变化的关系，则表示“电源总功率PU随电流I变化的关系”图线是______。由图象可知定值电阻R0的阻值为______欧。【答案】①.a②.1【解析】【详解】[1]电源总功率PU与电流I成正比，图象是一条倾斜的直线，由图象知道，电源总功率PU随电流I变化的关系图线是a。[2]由图象知道，定值电阻R0的功率P0=9W时，电路电流I=3A，由知道，电阻R0的阻值14.测量人体重的电子秤，其原理图如图中的虚线所示，它主要由三部分构成：踏板和压力杠杆ABO、压力传感器R(一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)，显示体重的仪表G(其实质是电流表)，其中AO︰BO=5︰1。已知压力传感器的电阻与其所受压力的关系如下表所示：压力F/N050100150200250300……电阻R/Ω300270240210180150120……设踏板的杠杆组件的质量不计，接通电源后，压力传感器两端的电压恒为。则：⑴利用表中数据归纳出电阻R随压力F变化的函数关系式：______；(2)该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表刻度盘______毫安处。【答案】①.R=300－06F②.【解析】【详解】(1)[1]分析数据可知，当F每增大50N时，电阻R减小30Ω，因为电阻的最大值为300Ω，所以归纳得电阻R随压力F变化的函数关系式为RF(2)[2]读表格可知，当压力为0时，压力传感器的电阻为300Ω，则电路中的电流I1=三、计算题(共3小题，8+10+12=30分)15.太阳的辐射功率是指在单位时间内太阳垂直辐射到物体表面单位平面面积上的能量。用中学实验室里常用的煤油温度计就可以粗略测算出太阳的辐射功率。中午时，先将温度计置于室内背阴处，读出这时的温度T1。然后将该温度计水平放在太阳光下照射，使光线垂直于温度计辐射玻璃泡部分，记录下温度从T1升高至T2过程所经历的时间△t和末温T2。若温度计玻璃视为圆柱体，其平均直径为d，液泡的平均长度为L，煤油的密度为ρ，煤油的比热容为c，设想太阳辐射到液泡上的能量全部被煤油吸收，试分析推导出太阳辐射功率P的表达式。【答案】【解析】【详解】在△t时间内煤油吸热为Q＝cm(T2－T1)煤油的质量m=ρLd2温度计吸热的有效面积S=dL太阳的辐射功率联立①②③④四个式子，可得。16.用如图甲所示的滑轮组提升水中的物体M1，动滑轮A所受重力为G1，物体M1完全在水面下以速度v匀速竖直上升的过程中，卷扬机加在绳子自由端的拉力为F1，拉力F1做功的功率为P1，滑轮组的机械效率为η1；为了提高滑轮组的机械效率，用所受重力为G2的动滑轮B替换动滑轮A，如图乙所示，用替换动滑轮后的滑轮组提升水中的物体M2，物体M2完全在水面下以相同的速度v匀速竖直上升的过程中，卷扬机加在绳子自由端的拉力为F2，拉力F2做功的功率为P2，滑轮组的机械效率为η2。已知：G1﹣G2=30N，η2﹣η1=5%，，M1、M2两物体的质量相等，体积V均为4×102m3，g取10N/kg，绳重、轮与轴的摩擦及水的阻力均可忽略不计。求：(1)拉力F1与F2之比；(2)物体M1受到的重力G。【答案】(1)16∶15；(2)760N【解析】【详解】解：(1)滑轮组的动滑轮绕2段绳，由P=得到P1=F1v绳=2F1vP2=F2v绳=2F2v拉力F1与F2之比(2)在匀速提升水中物体M1的过程中，以动滑轮A和物体M1为研究对象，受力分析如左图所示；匀速提升水中物体M2的过程中，以动滑轮B和物体M2为研究对象，受力分析如右图所示：由图可知2F1+F浮=G+G1②2F2+F浮=G+G2③G1﹣G2=30N④由②③④得F1﹣F2=15N⑤由①⑤解得F1=240N，F2=225N在水中提升物体时，滑轮组的机械效率η=已知η2η1=5%即解得G=760N。答：(1)拉力F1与F2之比为16∶15；(2)物体M1受到的重力G为760N。17.在如图所示的电路中，电源两端的电压保持不变，滑动变阻器的最大电阻Rab＝12Ω，当开关S1闭合，S2断开，滑片P滑到b端时，电压表的示数为U1，灯L消耗的功率是其额定功率的；当开关S1、S2同时闭合，滑片P滑到a端时，电流表的示数为2A，此时电阻R0的电功率为12W，电压表的示数为U2，且U2∶U1＝2∶1，求：(1)当开关S1、S2同时闭合，滑片P；滑到a端时，电压表的示数；(2)灯L的额定功率．【答案】(1)12V(2)27W【解析】【详解】(1)当开关S1闭合，S2断开，滑片P滑到b端时，等效电路如图甲所示，当开关S1、S2同时闭合，滑片P滑到a端时，等效电路如图乙所示，在图乙中，设通过R0的电流为I0，有①②③联立以上三个方程后得解得电源电压U=12V；由条件U2∶U1＝2∶1知道，U1＝6V(2)在图甲中，设电流表的读数为I1，则有④⑤⑥由以上三式解得则；，由题意知道代入数据解得：PL=27W答：(1)当开关S1、S2同时闭合，滑片P；滑到a端时，电压表的示数是12V；(2)灯L的额定功率27W。化学部分(满分70分)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Ca40K39Fe56Cu64Zn65Ag108Sn119Ba137Hg201Pb207一、单项选择题(每小题2分，共5小题，共10分)18.水是生命之源，2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图像，模型如图。下列关于水的说法正确的是()A.水是弱电解质 B.可燃冰是可以燃烧的水C.氢氧两种元素只能组成水 D.0℃时冰的密度比液态水的密度大【答案】A【解析】【详解】A、水为部分电离的电解质，所以属于弱电解质，故正确；B、可燃冰是甲烷水合物，冰的成分是水，所以可燃冰并不是可燃的冰，故错误；C、水和过氧化氢都是由氢元素与氧元素组成的，故错误；D、相同质量时，冰的密度比液态水的密度小，故错误。故选A。19.下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是()A.H3O＋和OH― B.CO和N2 C.HNO2和NO2― D.CH3＋和NH4＋【答案】D【解析】【分析】质子数＝各原子质子数的和，阳离子中质子数＝电子数＋电荷数，阴离子中质子数＝电子数电荷数。【详解】A、H3O＋和OH质子数分别为:11、9，电子数分别为10、10，不符合题意；B、CO和N2质子数分别为:14、14，电子数分别为14、14，不符合题意；C、HNO2和NO2质子数分别为:1+7+8×2=24、7+8×2=23，电子数分别为24、24，不符合题意；D、CH3+和NH4+质子数分别为:6+1×3=9、7+1×4=11，电子数分别为8、10，符合题意。故选D。20.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是()选项现象或事实解释A用热的纯碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3CFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜D施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A、纯碱溶液呈碱性，油污在碱性溶液中发生水解，而不是Na2CO3可直接与油污反应，选项错误；B、漂白粉在空气中久置变质是因为次氯酸钙与水、二氧化碳反应生成碳酸钙而变质，选项错误；C、FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作是因为氯化铁能够将铜氧化成铜离子，而本身被还原为氯化亚铁，选项错误；D、碳酸钾溶液呈碱性，而铵态氮肥与碱性物质反应生成氨气降低肥效，所以施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用，选项正确，故选D。21.下列反应中，反应后固体物质增重的是()A.氢气通过灼热的CuO粉末 B.铝与Fe2O3发生铝热反应C.二氧化碳通过Na2O2粉末 D.将锌粒投入Cu(NO3)2溶液【答案】C【解析】【详解】A、氢气与CuO的反应生成Cu和水，反应前固体为CuO，反应后固体为Cu，固体质量减小，故错误；B、铝高温下还原Fe2O3生成铁与氧化铝，固体质量不变，故错误；C、二氧化碳与过氧化钠的反应生成碳酸钠和氧气，反应前固体为过氧化钠，反应后固体为碳酸钠，二者物质的量相同，固体质量增加，故正确；D、Zn与Cu（NO3）2反应生成Zn（NO3）2和Cu，反应前固体为Zn，反应后固体为Cu，二者物质的量相同，则固体质量减小，故错误。故选C。22.取两份等质量的xCuCO3·yCu(OH)2固体，在一份中加入过量盐酸，生成CO2；加热另一份使其完全分解，得到。则x和y的关系正确的是()。A.x∶y=1∶1 B.x∶y=2∶1 C.x∶y=2∶3 D.x∶y=3∶2【答案】D【解析】【详解】CO2的质量为，则其中C元素的质量为6.6×；CuO的质量为20g，其中Cu的质量为20g×=16g；因为碳元素的质量完全来自于xCuCO3，Cu来自于xCuCO3·yCu（OH）2，可列出比例式：，可得x∶y=3∶2。故选D。二、不定项选择题(每小题有1个或2个正确答案，每小题3分，若有两个正确答案但只选一个得1分，只要出现错选即为0分，共10小题，共30分)23.下列除杂方案错误的是()选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACOCO2NaOH溶液、浓H2SO4洗气BNH4ClFe3＋NaOH溶液过滤CCl2HCl饱和食盐水、浓H2SO4洗气DNa2CO3NaHCO3—灼烧A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A、气体依次通过NaOH溶液、浓H2SO4，分别除去CO2，水蒸气，符合除杂原则，选项正确；B、NaOH溶液与NH4Cl也反应，会将欲保留的物质反应掉，不符合除杂原则，选项错误；C、气体依次通过饱和食盐水、浓H2SO4，分别除去HCl，水蒸气，得到纯净的氯气，选项正确；D、通过灼烧能使NaHCO3固体分解生成Na2CO3，将杂质准华为欲保留的物质，符合除杂原则，选项正确，故选B。24.X、Y、Z均为短周期元素，X、Y处于同一周期，X、Z的的最低价离子分别为和，Y+和具有相同的电子层结构。下列说法正确的是()A.原子序数：X>Y>Z B.单质沸点：X>Y>ZC.离子半径：X2>Y+>Z D.原子的最外层电子数：X>Y>Z【答案】A【解析】【分析】原子的化学性质主要由最外层电子数决定，当最外层电子数小于4时，反应中易失去电子成为阳离子，阳离子带的正电荷数等于失电子数；当最外层电子数大于4时，反应中易得到电子成为阴离子，阴离子带负电荷数等于得电子数。X、Z的最低价离子分别为x2和Z，则X为第VIA族元素，Z为VIIA族元素；Y＋和Z具有相同的电子层结构，则Y在的下一周期，则为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素。【详解】A、X、Y、Z分别为S、Na、F，原子序数分别为16、11、9，故A正确；B、常温下Na、S为固体，F2为气体，Na的熔点较低，但钠的沸点高于硫，顺序应为Na＞S＞F2，故B错误；C、Na＋、F具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，应为F＞Na＋，故C错误；D、X、Y、Z分别为S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，故D错误。故选A。25.某水溶液中含有以下离子中的若干种：K+、Cl–、Mg2+、Ba2+、SO42、CO32，现取两份100mL溶液进行如下实验:(1)第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生。(2)第二份加足量BaCl2溶液后，得沉淀物，经足量硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量为，在所得滤液中加入AgNO3溶液有沉淀产生。根据上述实验，以下推测不正确的是()A.Cl–一定存在 B.100mL溶液中K+的质量不小于C.K+一定存在 D.Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在【答案】AD【解析】【分析】第一份加入硝酸银溶液有沉淀产生，说明溶液中可能含有氯离子、碳酸根离子或硫酸根离子；第二份加入氯化钡溶液，得到沉淀，经足量的硝酸洗涤、干燥后，沉淀的质量为，说明氯化钡产生了两种沉淀，因此溶液中含有碳酸根离子和硫酸根离子，因为镁离子、钡离子能与碳酸根离子结合生成沉淀，因此溶液中一定不含镁离子和钡离子；根据溶液中阴阳离子的电荷守恒，因此溶液中阳离子只有钾离子，因此溶液中一定含有钾离子，不能确定是否含有氯离子。【详解】A.由上述分析知，氯离子不能确定一定含有，选项A符合题意；B.加入氯化钡溶液，产生碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀共，经硝酸洗涤和干燥，碳酸钡溶解，得到沉淀为硫酸钡，则碳酸钡沉淀为，因此溶液中含有碳酸根离子，硫酸根离子，因溶液中含有的阳离子是钾离子，因此钾离子的含量可由碳酸根离子和硫酸根离子计算出来为，选项B不符合题意；C.由上述分析知，钾离子一定存在，选项C不符合题意；D.由上述分析知，溶液中一定不含镁离子和钡离子；选项D符合题意；故选：AD。26.常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是()XYZ①NaOH溶液Al(OH)3稀硫酸②KOH溶液SiO2浓盐酸③O2N2H2④FeCl3溶液Cu浓硝酸A.①③ B.②③ C.①④ D.②④【答案】C【解析】【详解】①氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，故符合题意；②二氧化硅和氢氧化钾反应生成硅酸钾和水，但不与浓盐酸反应，故不符合题意；③氮气与氧气在放电条件下生成一氧化氮，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下生成氨气，常温下氮气不能与氧气、氢气反应，故不符合题意；④常温下，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，故符合题意。故选C。27.某无色气体可能含有H2、CO、CH4中的一种或几种，依次进行下列实验(假设每一步反应或吸收均完全)：①无色气体在氧气中充分燃烧；②燃烧生成的气体通过盛浓硫酸的洗气瓶，装置质量增加；③再将剩余气体通过盛NaOH溶液的洗气瓶，装置质量增加。下列推断不正确的是()。A.该气体一定含有H2、CO、CH4 B.该气体可能含有H2和COC.该气体可能含有CO和CH4 D.该气体可能含有CH4【答案】C【解析】【分析】根据题意，浓硫酸吸收燃烧生成的水而氢氧化钠溶液用于吸收燃烧生成的二氧化碳，浓硫酸质量与氢氧化钠溶液的质量都增加，说明燃烧既生成了水又生成了二氧化碳，结合可燃物完全燃烧的规律，可判断混合气体中含C、H元素；而利用水、二氧化碳的质量进一步确定混合气体中C、H元素的质量比，对于判断混合气体的组成有决定性作用。【详解】由生成的气体通过浓硫酸，装置质量增加，可判断燃烧生成了水，说明混合气体中含氢元素，且氢元素质量×；由气体通过氢氧化钠溶液，装置质量增加，可判断燃烧生成了二氧化碳，说明混合气体中含碳元素，且碳元素质量×；则混合气体中C、H元素质量比：1.2g=3：1，甲烷气体中C、H元素质量比=12：（1×4）=3：1，因此可判断混合气体可能只有甲烷；也可能只含有CO和H2；也可能是甲烷、氢气、一氧化碳同时存在，不可能含有甲烷和另外任何一种气体。故选C。28.下列实验能达到目的的是()A.只滴加氨水鉴别NaCl、AlCl3、MgCl2、Na2SO4四种溶液B.将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体C.用萃取分液的方法除去酒精中的水D.用可见光束照射以区别溶液和胶体【答案】D【解析】【分析】【详解】A、氨水与氯化铝、氯化镁都能生成白色沉淀，与氯化钠、硫酸钠都不反应，无法鉴别，选项错误；B、加热时氯化铵会分解生成氨气和氯化氢气体，将氯化铵溶液蒸发结晶不能得到氯化铵晶体，选项错误；C、萃取常用于分离密度差别较大的不能相互溶解的液体，而酒精和水可以互溶，不能用萃取的方法分离，选项错误；D、用可见光束照射时，胶体会产生丁达尔现象，而溶液不能，可以用光照的方法区分，选项正确。故选D。【点睛】29.水溶液中能大量共存的一组离子是()A.Na+、Ca2+、Cl、SO42 B.Fe2+、H+、SO32、ClOC.Mg2+、NH4+、Cl、SO42 D.K+、Fe3+、NO3、SCN【答案】C【解析】【详解】A、硫酸钙微溶于水，所以Ca2+与SO42不能在水溶液中大量共存，选项错误；B、Fe2+、H+、ClO三种离子能够发生氧化反应，所以三种离子在水溶液中不能大量共存，选项错误；C、四种离子在水溶液中不会结合生成不能够解离的物质，所以四种离子可以在水溶液中大量共存，选项正确；D、Fe3+与SCN能够发生络合反应生成新物质，所以Fe3+与SCN不能够在水溶液中大量共存，选项错误，故选C。30.将金属铝投入一定量的混合盐溶液中，反应后可得到金属单质(无气体产生)。则原混合盐的下列组成不可能为()。A.Fe(NO3)2和Zn(NO3)2 B.Pb(NO3)2与Hg(NO3)2C.Sn(NO3)2与Mg(NO3)2 D.AgNO3与Cu(NO3)2【答案】AC【解析】【详解】A、由化学方程式：2Al+3Fe(NO3)2=2Al(NO3)3+3Fe可知，参加反应的铝与生成的铁的质量比为54：168，即铝与硝酸亚铁反应生成铁的质量为，由化学方程式：2Al+3Zn(NO3)2=2Al(NO3)3+3Zn可知，参加反应的铝与生成的锌的质量比为54：195，即铝与硝酸锌反应生成锌的质量为，生成的两种金属的质量均小于36g，不满足题意，选项错误；B、由化学方程式：2Al+3Pb(NO3)2=2Al(NO3)3+3Pb可知，参加反应的铝与生成的铅的质量比为54：621，即铝与硝酸铅反应生成铅的质量为，由化学方程式：2Al+3Hg(NO3)2=2Al(NO3)3+3Hg可知，参加反应的铝与生成的汞的质量比为54：603，即铝与硝酸汞反应生成汞的质量为，生成的两种金属的质量均大于36g，但可能盐的质量不足，反应后铝有剩余，生成的金属的质量可能等于36g，满足题意，选项正确；C、由化学方程式：2Al+3Sn(NO3)2=2Al(NO3)3+3Sn可知，参加反应的铝与生成的锡的质量比为54：357，即铝与硝酸锡反应生成锡的质量为，生成的锡的质量小于36g，镁的金属活动性比铝强，铝不能与硝酸镁反应，即反应生成的金属的质量小于36g，不满足题意，选项错误；D、由化学方程式：Al+3AgNO3=Al(NO3)3+3Ag可知，参加反应的铝与生成的银的质量比为27：324，即铝与硝酸银反应生成银的质量为，由化学方程式：2Al+3Cu(NO3)2=2Al(NO3)2+3Cu可知，参加反应的铝与生成的铜的质量比为54：192，即铝与硝酸铜反应生成铜的质量为，生成的两种金属中的一种质量均大于36g，一种的质量小于36g，生成的金属的质量可能等于36g，满足题意，选项正确；故选AC。31.下列有关叙述正确的是()A.电镀时，待镀的金属制品表面发生还原反应B.银锌纽扣电池工作时，Ag2O被还原为AgC.放电时，铅酸蓄电池中硫酸浓度不断增大D.碱性锌锰电池中，MnO2是催化剂【答案】AB【解析】【详解】A、电镀时，镀层阳离子在镀件形成镀层，化合价降低，发生还原反应，选项A正确；B、银锌纽扣电池的氧化剂是氧化银，工作时得到电子还原为银，选项B正确；C、铅蓄电池放电时，浓硫酸作为反应物，浓度不断减小，选项C错误；D、碱性锌锰电池中，二氧化锰是氧化剂不是催化剂，选项D错误；故选：AB。32.下列实验操作、现象和结论均正确的是()选项实验操作现象结论A向AgNO3溶液中滴加过量氨水溶液澄清Ag+与NH3∙H2O能大量共存B向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸均冒气泡两者均能与盐酸反应C将可调高度的铜丝伸入到稀HNO3中溶液变蓝Cu与稀HNO3发生置换反应D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+>I2A.A B.B C.C D.D【答案】BD【解析】【详解】A、向AgNO3溶液中滴加过量氨水，先生成氢氧化银后被过量氨水溶解生成络离子，则Ag+与NH3∙H2O不能大量共存，故错误；B、苏打和小苏打溶液都能与盐酸反应生成二氧化碳，均冒气泡，故正确；C、铜与稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，不属于置换反应，故错误；D、下层溶液显紫红色，有碘单质生成，则KI和FeCl3溶液反应生成碘单质，由氧化剂氧化性大于氧化产物可知，氧化性为：Fe3+>I2，故正确。故选BD。三、简答题(每空2分，共3小题，共24分)33.X和白色沉淀I、II都是含有镁元素的化合物，Z是一种能使地球产生“温室效应”的气体，A是一种碱。它们的有关变化如下图所示(微溶物以沉淀形式出现)。(1)写出下列物质的化学式：A____；B____。白色沉淀I是____。(2)X跟C反应的化学方程式是________。【答案】①.NaOH②.HCl③.Mg(OH)2④.MgC12+Na2CO3=MgCO3↓+2NaC1【解析】【分析】Z是一种会使地球产生“温室效应”的气体，则Z是二氧化碳；X是含有镁元素的化合物，A是一种碱，与X反应生成氯化钠，则A是氢氧化钠，生成的白色沉淀Ⅰ是氢氧化镁，X为氯化镁；白色沉淀Ⅱ是含有镁元素的化合物，且能与B反应生成二氧化碳和X（氯化镁），则Ⅱ是碳酸镁，B可能是盐酸，Y为水，C为碳酸钠。【详解】（1）由分析可知，A为氢氧化钠，其化学式为NaOH，故填NaOH；B为盐酸，其化学式为HCl，故填HCl；白色沉淀I是氢氧化镁，其化学式为Mg(OH)2，故填Mg(OH)2。（2）由分析可知，X为氯化镁，C为碳酸钠，则X跟C的反应是氯化镁与碳酸钠反应生成碳酸镁沉淀和氯化钠，故反应的化学方程式写为：MgC12+Na2CO3=MgCO3↓+2NaC1。34.铁及其化合物与生产、生活关系密切。(1)图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是____(填字母)。(2)用废铁皮制取铁红(Fe2O3)的部分流程示意图如下：①步骤I若温度过高，将导致硝酸分解。②步骤II中发生反应：4Fe(NO3)2＋O2＋(2n＋4)H2O＝2Fe2O3·nH2O＋8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO3)2，该反应的化学方程式为____。③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是______(任写一项)。【答案】①.B②.4Fe+10HNO3=4Fe(NO3)3+NH4NO3+3H2O③.氮氧化物排放少(或其他合理答案)【解析】【详解】（1）铁得到锈蚀是铁与水和氧气共同作用的结果，B中接触了水和氧气，更加容易被腐蚀，故填B。（2）②由图可知，HNO3与Fe反应的生成物除了Fe(NO3)2还有NH4NO3，即硝酸与铁反应生成硝酸亚铁、硝酸铵和水，故反应的化学方程式写为4Fe＋10HNO3＝4Fe(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O；③该生产流程中生成了NH4NO3，没有产生NO、NO2等有毒气体，减少了氮氧化物的排放量，符合“绿色化学”思想，故填减少了氮氧化物的排放量。35.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一焦亚硫酸钠的制取采用图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5(1)装置I中产生气体的化学方程式为____。(2)要从装置II中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是____。(3)装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为__(填序号)。实验二焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。证明NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是测定溶液的pH或用蓝色石蕊试纸检测。(4)检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是____。实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定(5)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI)①按上述方案实验，消耗标准I2溶液，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为____g·L－1。②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果____(填“偏高”“偏低”或“不变”)。【答案】①.Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O(或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O)②.过滤③.d④.取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成⑤.解：设参加反应的二氧化硫的质量为x=x＝则样品中抗氧化剂的残留量＝＝0.16g/L答：该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量为0.16g/L。⑥.偏低【解析】【详解】（1）据装置Ⅱ中所发生的反应可知：装置Ⅰ是制取SO2的发生装置，发生的反应是亚硫酸钠与浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O，或者是亚硫酸钠与浓硫酸反应生成硫酸氢钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Na2SO3＋2H2SO4=2NaHSO4＋SO2↑＋H2O，故填Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O(或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O)。（2）装置II中获得的析出的晶体不再溶于水，将其从溶液中分离出来可以采用过滤的方法，故填过滤。（3）a中吸收尾气SO2的装置末端没有与大气相通，选项错误；b中该装置中SO2虽能与水反应且易溶于水，但还会有部分SO2进入空气，同时也会发生倒吸，选项错误；c浓硫酸不与SO2反应，不能吸收二氧化硫，选项错误；d氢氧化钠能够与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，能够处理尾气真的SO2，同时也可起到防倒吸的作用，选项正确，故填d。（4）Na2S2O5中S元素的化合价为＋4，若被氧气氧化则生成SO42，检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的方案相当于检验硫酸根离子，则其实验方案是：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量的盐酸振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，故填取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成。（5）①见答案②若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏少，测得的二氧化硫的量偏低，故填偏低。四、计算题(共6分)36.某同学为了研究生石灰(CaO)露置于空气中变质的情况，设计了如下实验，请计算粉末A中CaO的质量分数。【答案】48.3%【解析】【详解】解：由流程图可知，二氧化碳和Ca（OH）2反应生成CaCO3的质量为w/4形成碳酸钙时参加反应的二氧化碳的质量=w/4××100%÷×100%=11w/100与氧化钙反应生成氢氧化钙的水的质量=1.2w−w−11w/100=9w/100设粉末A中氧化钙的质量为x=x=37w/100粉末A中CaO的质量分数=％答：粉末A中氧化钙的质量为48.3%。生物部分(满分30分)一、单项选择(每题2分，共16分)37.如图是大豆种子在萌发成幼苗的过程中，根据其干重和鲜重的变化绘制的两条曲线，表示鲜重是哪一条曲线？其光合作用开始于哪一点()A.Y、M B.X、OC.Y、O D.X、R【答案】B【解析】【分析】本题考查绿色植物在光下既能进行光合作用，又能进行呼吸作用，而光合作用和呼吸作用是相反的两个生理过程。【详解】大豆在萌发过程中，由于不断地吸水，因此其鲜重是不断增加的，所以曲线X是表示种子萌发的鲜重；由于大豆幼苗还没长出真叶前，植株不能进行光合作用，不能制造有机物，因此从M点到N点有机物是减少的，即干重下降；一旦大豆幼苗长出真叶，光合作用开始进行，就可以进行光合作用，萌发的种子一直都能进行呼吸作用，从O点开始光合作用的强度大于呼吸作用，所以有机物开始积累，干重增加。

故选B。【点睛】光合作用和呼吸作用互为相反、互相联系。38.用丝带扎紧人的上臂发现：丝带上方的血管①膨胀，血管②变扁；丝带下方的血管③膨胀，血管④变扁。以下判断正确的是()A.血管①④是动脉血管 B.血管①③是动脉血管C.血管④中血液含氧量比血管②低 D.血管③中血液含废物量比血管①低【答案】A【解析】【分析】此题考查的是血管和血管里的血液特点，解答时可以从血管的概念和血液流动的方向、血液性质方面来切入。【详解】动脉是将血液从心脏送到全身各部分去的血管。血流方向是心脏→动脉。静脉是将血液从身体各部分送回心脏的血管。血流方向是心脏←静脉。用丝带扎紧上臂，发现丝带上方（指近心端）的血管①膨胀，血管②变扁；丝带下方的血管③膨胀，血管④变扁。因此①④是动脉、②③是静脉。体静脉里流的是静脉血，静脉血含氧量较低；体动脉里流的是动脉血，动脉血含氧量较高。因此血管④中血液含氧量比血管②高，血管③中血液含二氧化碳量比血管①高。故选A。【点睛】解答此类题目的关键是先根据血流动的方向判断出血管名称。39.某同学在电脑中看到了如下的图片，假如有一天地球上真的出现这样的动物，最可能是怎么产生？()A.克隆 B.转基因技术 C.自然选择 D.组织培养【答案】B【解析】【分析】转基因技术是指运用科学手段从某种生物中提取所需要的基因，将其转入另一种生物中，使与另一种生物的基因进行重组，从而培育出转基因生物。【详解】A．“克隆”的含义是无性繁殖，即由同一个祖先细胞分裂繁殖而形成的纯细胞系，该细胞系中每个细胞的基因彼此相同。如克隆绵羊“多利”就是用乳腺上皮细胞（体细胞）作为供体细胞进行细胞核移植的，它利用了胚胎细胞进行核移植的传统方式，故A错误。B．将人工分离和修饰过的基因导入到生物体基因组中，由于导入基因的表达，引起生物体的性状的可遗传的修饰，这一技术称之为转基因技术；生物的性状是由基因控制的，假设把控制鱼头的性状的基因，利用转基因技术，转入蝗虫体内的DNA上，从而有可能培育出鱼头，昆虫身体的怪物。因此可能被运用的生物技术是转基因技术，故B正确。C．自然选择是在自然界进行的，而图中生物是人类起主导作用，故C错误。D．组织培养是利用无性生殖原理，使植物组织在人工控制的条件下，通过细胞的增殖和分化，快速发育成新植株的高新技术手段，故D错误。故选B。【点睛】解答此类题目的关键是理解基因控制生物的性状和转基因技术的原理。40.某视力正常的同学站在候车厅门口，先是看到一辆汽车停在远处，然后向他迎面驶来。图中能反映该同学在注视汽车过程中眼球晶状体曲度变化情况的是()A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】人体能看远近不同的物体主要是通过睫状体调节晶状体的曲度完成的。人看近处物体时，睫状体收缩，晶状体曲度变大；看远处物体时，正好相反。视力正常的同学站在某公交站牌处先是看到一辆公交车停在远处，这时此同学的晶状体曲度较小，当公交车缓缓启动向他迎面驶来时，此同学晶状体的曲度是越来越大。A．表示的是晶状体曲度由静止状态变的越来越大，符合题意；B．表示的是晶状体曲度由静止状态变的越来越小，不符合题意；C．表示的是晶状体曲度由静止状态变的越来越小然后变的越来越大，最后静止，不符合题意；D．表示的是晶状体曲度先是越来越小，然后静止，不符合题意。故选A。41.家庭制作酸奶的主要步骤：()①新鲜的全脂或脱脂乳和糖混合②冷却(42～43℃)③热处理(煮沸)④发酵(放在室内温暖的地方数小时)⑤接种(加入一些购买的酸奶)⑥冷藏或食用。A.①②③④⑤⑥ B.①③②④⑤⑥ C.①③②⑤④⑥ D.③①②⑤④⑥【答案】C【解析】【分析】微生物的发酵技术在食品的制作中具有重要意义，如制馒头或面包和酿酒要用到酵母菌，制酸奶和泡菜要用到乳酸菌。【详解】家庭制作酸奶的主要步骤：先将新鲜的全脂或脱脂乳和糖混合，再对材料进行煮沸处理，高温可以杀菌，防止杂菌的污染；然后冷却到42～43℃，购买的酸奶中有乳酸菌，加入一些购买的酸奶相当于接种了乳酸菌，使乳酸菌生长、繁殖、发酵产生乳酸具有特殊的酸味，冷藏或食用。家庭制作酸奶的主要步骤：①③②⑤④⑥。故选C。【点睛】此题考查发酵技术在食品制作的应用，明确家庭制作酸奶的过程是解答的关键。42.银鸥幼鸟会啄亲鸟的喙以获得食物。生物学家想知道其头部的特征与幼鸟乞食行为的关联而设计了以下的实验，探讨哪种特征最能引发幼鸟乞食行为。下图中纵横表示引发幼鸟乞食反应(啄击)的相对次数。试问：下列哪一因素与引发幼鸟乞食反应的关联性最大？()A.头部形状 B.头部大小 C.是否有眼睛 D.嘴尖有无红点【答案】D【解析】【分析】此图表示银鸥头部的不同模型与引发幼鸟乞食反应（啄击）的相对次数的关系，分析数据可知，斑点越多乞食反应（啄击）的相对次数最多，诱发的乞食反应越强烈，据此解答。

【详解】如图分析可知，D在黄色嘴上有红点，引发幼鸟乞食反应（啄击）的相对次数较多；ABC则无红点，引发幼鸟乞食反应（啄击）的相对次数较少，因此有无红点与引发幼鸟乞食反应的关联性最大。

故选D。

【点睛】此图主要考查同学们分析图形、解决问题、总结问题的能力，要注意仔细分析。43.为验证单侧光照射会导致燕麦胚芽鞘中生长素分布不均匀这一结论，需要先利用琼脂块收集生长素，之后再测定其含量。假定在单侧光照射下生长素的不均匀分布只与运输有关。下列收集生长素的方法(如图所示)中，正确的是()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】生长素的产生部位为幼嫩的芽、叶、发育的种子以及胚芽鞘的尖端产生的。它会由产生部位运输到作用部位，从而促进该部位的生长，运输方式有横向运输和极性运输。单侧光照射影响了生长素的分布，使背光一侧的生长素多于向光一侧，从而使背光一侧的细胞伸长快于向光一侧，结果表现为茎弯向光源生长。生长素的运输方向：横向运输：向光侧→背光侧，极性运输：形态学上端→形态学下端。【详解】A．虽然胚芽鞘尖端在单侧光的照射下，但由于云母片插入胚芽鞘尖端的阻挡作用，生长素均不能发生横向运输，琼脂块中生长素含量相同，A错误。

B．胚芽鞘尖端在单侧光的照射下，先发生横向运输，然后纵向运输到尖端以下的不同的琼脂块中，再通过测定不同琼脂块中生长素含量的大小，即可验证单侧光照射会导致燕麦胚芽鞘中生长素分布不均匀，B正确。

C．云母片插入胚芽鞘，所以胚芽鞘尖端在单侧光的照射下，生长素能进行横向运输；但琼脂块没有分隔，生长素在琼脂块中可以进行扩散，因而影响生长素在琼脂块中的含量，C错误。

D．虽然胚芽鞘尖端在单侧光的照射下，但由于云母片插入胚芽鞘尖端的阻挡作用，生长素不能发生横向运输，琼脂块生长素含量相同，D错误。

故选B。【点睛】此题考查生长素的产生和运输的相关知识，意在考查考生的识图能力和理解所学知识要点，把握知识间内在联系，形成知识网络结构的能力；能运用所学知识，准确判断问题的能力，属于考纲识记和理解层次的考查。44.用个营养级生物的能量、数量构建的金字塔分别称为能量金字塔、数量金字塔。在某一栎林中，第一营养级生物为栎树，第二营养级生物为昆虫，第三营养级生物为蛙、蜥蜴和鸟，第四营养级生物为蛇。该栎林数量金字塔的示意图是()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】（1）能量金字塔：是指将单位时间内各个营养级所得到的能量数值由低到高绘制成的图形呈金字塔形，称为能量金字塔．营养级别越低，占有的能量就越多；反之，营养级别越高，占有的能量就越少。

（2）生物数量金字塔：是以每个营养级的生物个体数量为依据绘制的金字塔，这种类型的金字塔也往往出现倒置现象。【详解】在数量金字塔中，昆虫的数量远远大于栎树的数量；由于能量流动的特点是单向流动，逐级递减，则第三营养级蛙、蜥蜴和鸟的生物数量小于昆虫的数量，第四营养级蛇的数量小于第三营养级的数量。

故选B。【点睛】本题考查生物数量金字塔的知识，意在考查学生的识图和理解能力，难度不大。二、简答题(每空1分，共14分)45.下图所示为人体体温调节示意图。请根据下图回答有关问题：(1)图中T→E→N→F→A途径表示______过程。(2)B途径主要是骨骼肌通过______产生的。(3)经测量，某人体温在24h内都处于39℃，若都表示热量，则此人的A＋B___C＋D(在“＞”“＜”或“＝”中选择)。(4)体温主要是由上述方式进行调节的，但也离不开激素调节。在处于寒冷环境中的人体血液中，______和______激素的含量会升高，从而加速体温上升。【答案】①.神经调节②.有氧呼吸③.=④.肾上腺素⑤.甲状腺【解析】【分析】E是温度感受器，N是体温调节中枢，说明T→E→N→F→A过程表示神经调节；体温不变，说明产热和散热相等；寒冷环境时，机体通过调节使产热增加，散热减少维持体温的相对稳定，甲状腺激素和肾上