普通高等学校2018年招生全国统一考试临考冲刺卷（四）理综Word版含解析.doc

www.ks5u.com 此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ 普通高等学校2018年招生全国统一考试临考冲刺卷(四)‎ 理综试卷 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。‎ 第Ⅰ卷（选择题）‎ 一、选择题（本题共13小题，每小题6分。每小题只有一个选项最符合题意。）‎ ‎1．下列关于生物膜系统的叙述，正确的是（ ）‎ A. 不同的生物膜上的糖类均与蛋白质结合形成糖蛋白 B. 细胞膜可以通过高尔基体分泌的小泡实现自我更新 C. 效应T细胞使靶细胞裂解的过程体现了细胞膜的功能特性 D. 人体肝脏细胞与神经细胞上的膜蛋白种类和含量大体相同 ‎【解析】细胞膜上的多糖链，有的与蛋白质结合形成糖蛋白，有的与脂质结合形成糖脂，A错误；高尔基体分泌的小泡能与细胞膜融合，实现细胞膜的自我更新，B正确；效应T细胞与靶细胞紧密接触，激活靶细胞内的溶酶体酶，使得靶细胞裂解死亡，体现细胞膜的结构特点，即具有一定的流动性，C错误；蛋白质是生命活动的承担者，蛋白质的种类和含量决定生物膜功能的复杂程度，肝脏细胞与神经细胞的结构功能不同，说明蛋白质的种类和含量不同，D错误。‎ ‎【答案】B ‎2．下图是遗传信息的传递过程，在记忆细胞和效应T细胞内，所能进行的生理过程是（ ）‎ A. 两者都只有①‎ B. 前者只有①，后者有①②③‎ C. 两者都只有②③‎ D. 前者有①②③，后者只有②③‎ ‎【解析】①②③依次表示DNA分子复制、转录、翻译，而DNA分子复制发生在细胞分裂的间期，基因的表达过程包括转录和翻译。记忆细胞有增殖、分化能力，存在DNA分子复制和基因的表达过程，即①②③生理过程都能进行；效应T细胞没有增殖能力，不能发生DNA分子复制，但能进行基因的表达，即只能进行②③过程。综上分析，A、B、C均错误，D正确。‎ ‎【答案】D ‎3．下列实验中，有关操作时间的长短对实验现象或结果影响的叙述，正确的是（ ）‎ A. 在“质壁分离与复原”的实验中，第二次与第三次观察间隔时间的长短对实验现象的影响相同 B. 在“P标记的噬菌体侵染细菌”实验中，保温时间过长或过短对上清液检测结果相同 C. 在“观察根尖分生组织细胞的有丝分裂”实验中，解离时间的长短对实验现象的影响相同 D. 用标志重捕法调查种群密度时，两次捕获间隔时间的长短对调查结果的影响相同 ‎【解析】在“质壁分离与复原”的实验中，第二次是观察质壁分离现象，第三次是观察质壁分离复原现象，若两次观察间隔的时间过长，细胞可能由于失水时间过长而死亡，则在第三次观察时看不到质壁分离复原现象，A错误；用32P标记的是噬菌体的DNA，噬菌体侵染细菌时，DNA分子进入到大肠杆菌的细胞中，蛋白质外壳留在外面，因为噬菌体较轻，搅拌离心后，大肠杆菌主要集中在沉淀物中，噬菌体及其蛋白质外壳存在于上清液中，若保温时间过短，有一部分噬菌体还没有侵染到大肠杆菌细胞内，经离心后分布于上清液中，上清液中会出现放射性，若保温时间过长，噬菌体在细菌内增殖后释放出的子代，经离心后分布于上清液中，也会使上清液中出现放射性，因此保温时间过长或过短时上清液检测结果相同，B正确；在“观察根尖分生组织细胞的有丝分裂”实验中，解离的目的是使组织细胞相互分离，若解离时间过长，则可能因细胞结构遭到破坏而影响实验结果的观察，解离时间过短，细胞可能未分散开来，C错误；用标志重捕法调查种群密度时，若两次捕获间隔的时间过长，则会导致第二次捕获到的有标记的个体偏少，使调查的结果偏大，D错误。‎ ‎【答案】B ‎4‎ ‎．二倍体植物生活在某些环境条件下容易发生细胞分裂异常，若某二倍体植物经有性生殖产生的子一代植株具有下列变异表现：叶片等器官比较大；抗逆性增强；高度不育等。则这种变异产生的途径最可能是（ ）‎ A. 亲本都在幼苗期发生有丝分裂异常，形成未减数的雌雄配子 B. 父本在幼苗期有丝分裂受阻形成四倍体，母本减数分裂形成正常雌配子 C. 亲本都在减数分裂时发生基因突变，形成染色体数正常的雌雄配子 D. 亲本都在减数分裂时发生染色体变异，形成未减数的雌雄配子 ‎【解析】本题中子一代植株的特点含有诸多限定条件：叶片等器官比较大；抗逆性增强——这些限定条件暗示了该植株具有多倍体植株的特点，另外，题目中“高度不育”这个限定条件暗示了该植株不是四倍体植物，而A、D都提到了“形成未减数的雌雄配子”，由此形成的子一代应该为四倍体，故A、D错误；单倍体和三倍体植株体细胞中同源染色体不是成对存在的，其高度不育是联会紊乱造成的，因此该子一代植株应为三倍体植株，父本在幼苗期有丝分裂受阻形成四倍体，母本减数分裂形成正常雌配子，两者杂交后将形成三倍体，B正确。亲本都在减数分裂时发生基因突变，形成染色体数正常的雌雄配子，两者杂交后还是二倍体，D错误。‎ ‎【答案】B ‎5．日益恶化的生态环境，越来越受到各国的普遍关注。下列相关叙述，错误的是（ ）‎ A. 某湖泊的水质持续恶化与该湖泊生态系统的负反馈调节有关 B. 过度放牧导致草原生态系统退化，牲畜的环境容纳量会变小 C. 雾霾现象可自行退去，说明生态系统有一定的自我调节能力 D. 全球气候变暖的主要原因是人类过度使用化石燃料 ‎【解析】某湖泊的水质持续恶化主要与该湖泊生态系统的正反馈调节或人类持续排污有关，A错误；草原生态系统退化，牲畜的环境容纳量一定会变小，B正确；环境由差变好是生态系统自我调节的体现，C正确；全球气候变暖，也就是温室效应，而温室效应主要是化石燃料的过量燃烧，排放过多温室气体所致，D正确。‎ ‎【答案】A ‎6．下列关于艾滋病及其病原体HIV的说法，不正确的是（ ）‎ A. HIV侵入T细胞后，其RNA将进行逆转录的过程 B. HIV侵入人体后，T细胞会受HIV刺激而增殖 C. HIV容易发生变异，使机体不能产生相应的抗体 D. HIV破坏T细胞后，病人恶性肿瘤的发病率升高 ‎【解析】HIV是逆转录病毒，侵入T细胞后，其RNA将进行逆转录的过程，A正确；HIV侵入人体后，T细胞一段时间内会增殖，B正确；HIV容易发生变异，但机体能识别HIV，使机体产生相应的抗体，C错误；HIV破坏T细胞后，免疫功能降低，病人恶性肿瘤的发病率升高，D正确。‎ ‎【答案】C ‎7．化学与生活、环境密切相关，下列说法错误的是（ ）‎ A．生活中钢铁制品生锈主要是由于发生吸氧腐蚀所致 B．石油的裂化、裂解和煤的干馏都属于化学变化 C．天然纤维、人造纤维、合成纤维的组成元素相同 D．工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属阳离子可以通过加入FeS除去 ‎【答案】C　‎ ‎【解析】生活中钢铁制品表面的水膜呈中性或弱酸性，主要发生吸氧腐蚀，A正确。石油的裂化、裂解和煤的干馏都有新物质生成，发生了化学变化，B正确。天然纤维中的蚕丝属于蛋白质，与人造纤维的组成元素不同，C错误。加入FeS，Cu2+、Hg2+等重金属阳离子生成更难溶于水的物质，D正确。‎ ‎8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A．若将1 mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数为NA B．1 mol CH3COONa和少量CH3COOH溶于水所得中性溶液中，CH3COO-的数目为NA C．标准状况下，2.24 L Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA D．标准状况下，11.2 L三氯甲烷所含的原子数为2NA ‎【答案】B　‎ ‎【解析】1 mol氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒为氢氧化铁粒子的集合体，所以胶体微粒数小于NA，A错误。根据电荷守恒，中性溶液c(OH-)=c(H+)，c(CH3COO-)=c(Na+)，溶液体积相等，N(CH3COO-)=N(Na+)=NA，B正确。氯气溶于水的反应是可逆反应，氯气不能与水完全反应，转移电子数要小于0.1NA，C错误。标准状况下，三氯甲烷是液体，D错误。‎ ‎9．下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是（ ）‎ 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液 溶液变红 稀硫酸能氧化Fe2+‎ B 向KMnO4酸性溶液中滴加乙二酸 溶液褪色 乙二酸具有还原性 C 向AgNO3溶液中滴加过量氨水 得到澄清溶液 Ag+与NH3·H2O能大量共存 D 向10 mL 0.1 mol·L-1 Na2S溶液中滴入2 mL 0.1 mol·L-1 ZnSO4溶液，再加入0.1 mol·L-1 CuSO4溶液 开始有白色沉淀生成；后有黑色沉淀生成 Ksp(CuS)X D．Z 和W形成化合物的水溶液与Y 单质反应，能置换出W ‎【答案】A ‎ ‎【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大。X原子的最外层电子数是K 层电子数的3倍，X为氧元素，Z的焰色反应显黄色，Z为钠元素，Y为氟元素。常温下，Z和W形成化合物的水溶液的pH=7，W为Cl。X-O、Y-F、Z-Na、W-Cl。‎ A、X为O与W为Cl，属于不同周期、不同主族元素，故A正确；B、简单离子半径：氧离子的半径大，故B错误；C、简单氢化物的沸点：水分子间形成氢键，沸点比氯化氢高，故C错误；D、NaCl的水溶液中通入F2，F2先与水反应生成氧气，故D错误；故选B。‎ 二、选择题（本题共8小题，每小题6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． 氢原子的能级如图所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62～3.11 eV。下列说法正确的是 （ ）‎ A．一个处于n＝2能级的氢原子可以吸收一个能量为3eV的光子 B．大量氢原子从高能级向n＝3能级跃迁时，发出的光是不可见光 C．大量处于n＝4能级的氢原子跃迁到基态的过程中可以释放出4种频率的光子 D．氢原子从高能级向低能级跃迁的过程中释放的光子的能量可能大于13.6 Ev ‎【解析】处于n＝2能级的氢原子吸收能量为3 eV的光子不会发生跃迁，选项A错误；氢原子由高能级向n＝3能级跃迁释放光子的能量都不大于1.51 eV，显然在不可见光范围内，选项B正确；大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁能释放出光子的种类为C＝6种，选项C错误；氢原子由高能级向低能级跃迁释放光子的最大能量小于13.6 eV，选项D错误。‎ ‎【答案】B ‎15．甲、乙两质点沿同一方向做直线运动，某时刻经过同一地点。若以该时刻作为计时起点，得到两质点的x－t图象如图所示。图象中的OC与AB平行，CB与OA平行。则下列说法中正确的是(　　)‎ A．t1～t2时间内甲和乙的距离越来越远 B．0～t2时间内甲的速度和乙的速度始终不相等 C．0～t3时间内甲和乙的位移相等 D．0～t3时间内甲的平均速度大于乙的平均速度 ‎【解析】x-t图象的斜率表示物体运动的速度，在t1～t2时间内甲和乙的速度相同，两者之间的距离不变，A、B项错误；x-t图象的交点表示两物相遇，因甲、乙两物体从同一点出发，故0～t3时间内甲和乙的位移相同，由平均速度的定义知，在0～t3时间内二者的平均速度也相同，C项对，D项错。‎ ‎【答案】C ‎16．某实验小组打算制作一个火箭。甲同学设计了一个火箭质量为m，可提供恒定的推动力，大小为F＝2mg，持续时间为t。乙同学对甲同学的设计方案进行了改进，采用二级推进的方式，即当质量为m的火箭飞行经过时，火箭丢弃掉的质量，剩余时间，火箭推动剩余的继续飞行。若采用甲同学的方法火箭最高可上升的高度为h，则采用乙同学的方案火箭最高可上升的高度为(重力加速度取g，不考虑燃料消耗引起的质量变化)(　　)‎ A．1.5h B．2h C．2.75h D．3.25h ‎【解析】对甲同学的火箭，t时间的加速度a1，F－mg＝ma1，a1＝g，t时刻的速度v1＝a1t，上升的高度h＝gt2＋＝gt2，对乙同学的火箭，在0～内的加速度a2＝a1＝g，时刻的速度为v2＝a2·＝gt，在～t内加速度为a2′，则F－mg＝ma2′，则a2′＝3g，在t时的速度v2′＝v2＋a2′·＝2gt，上升的高度为h2＝v2·＋·＋＝2.75gt2＝2.75h，C项对，A、B、D项错。‎ ‎【答案】C ‎17．如图a，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，与副线圈相连的两个灯泡完全相同、电表都为理想电表。原线圈接上如图b所示的正弦交流电，电路正常工作。闭合开关后(　　)‎ A．电压表示数增大 B．电流表示数增大 C．变压器的输入功率增大 D．经过灯泡的电流频率为25 Hz ‎【解析】对理想变压器，副线圈两端的电压U2＝U1，只与和U1有关，K闭合，电压表的示数不变，A项错；灯泡两端的电压为U2不变，流经灯泡的电流不变，电流表的示数不变，B项错；闭合K后，变压器的输出功率P2增大，由P1＝P2可知，变压器的输入功率P1增大，C项对；变压器工作时不改变交变电流的频率，D项错。‎ ‎【答案】C ‎18．据英国《每日邮报》报道，科学家发现了一颗距离地球仅14光年的“另一个地球”—沃尔夫(Wolf)1061c。沃尔夫1061c的质量为地球的4倍，围绕红矮星沃尔夫1061运行的周期为5天，它是迄今为止在太阳系外发现的距离最近的宜居星球。设想从地球发射一颗科学探测卫星围绕沃尔夫1061c表面运行。已知万有引力常量为G，天体的环绕运动可看作匀速圆周运动。则下列说法正确的是(　　)‎ A．从地球发射该卫星的速度应该小于第三宇宙速度 B．卫星绕行星沃尔夫1061c运行的周期与该卫星的密度有关 C．沃尔夫1061c和地球公转轨道半径的三次方之比等于 D．若已知探测卫星的周期和地球的质量，可近似求出沃尔夫1061c的半径 ‎【解析】 因发射该卫星需飞出太阳系，则发射速度需大于第三宇宙速度，A项错；卫星绕1061c运行的周期与该卫星的密度无关，B项错；因1061c和地球绕转的中心天体不同，故C项错；对绕1061c表面运转的卫星，有＝mR，R＝，又M＝4M地，则可求出1061c的半径R，故D正确。‎ ‎【答案】D ‎19．如图所示，带电小球Q固定在倾角为θ的光滑固定绝缘细杆下端，一质量为m、电荷量为q的带正电小球M穿在杆上从A点由静止释放，小球到达B点时速度恰好为零，已知 A、B间距为L，C是AB的中点，两小球均可视为质点，重力加速度为g，则(　　)‎ A．小球从A到B的过程中加速度先减小后增大 B．小球在B点时受到的库仑力大小为mgsin θ C．小球在C点时速度最大 D．在Q产生的电场中，A、B两点间的电势差为－ ‎【解析】由题意可知，小球从A由静止运动在B点时，速度为零，则小球先加速后减速，那么一开始库仑力小于重力沿着细杆的分力，当减速运动时，则库仑力大于重力沿着细杆的分力，因此加速度先减小，再增大，故A正确；球在B点时，速度为零，但不是处于平衡状态，由于球要向上运动，那么受到的库仑力大小大于mgsin θ，故B错误；当球的加速度为零时，速度才能达到最大，而C虽是AB的中点，但此处库仑力、支持力与重力的合力不为零，故C错误；根据动能定理，从A到B，则有：0－0＝mgLsin θ＋qUAB；解得：UAB＝－，故D正确。‎ ‎【答案】AD ‎20．图甲为固定在匀强磁场中的正三角形导线框abc，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abca的方向为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向。关于线框中的电流I与ab边所受的安培力F随时间t变化的图象(图中不考虑2 s末线框中的电流及ab边的受力情况)，下列各图正确的是(　　)‎ ‎【解析】根据欧姆定律及法拉第电磁感应定律可知：I＝＝∝＝k ‎，又由楞次定律可知，在0～1 s和3 s～4 s时间段，感应电流均取正值，所以选项A正确，B错误；ab边所受安培力F＝BIL＝BL＝·＝·k，在0～1 s时间段内，通过ab边的感应电流从a到b，根据左手定则可知，安培力水平向右，又根据B－t图象的斜率k不变，所以F∝B，选项C错误，D正确。‎ ‎【答案】AD ‎21．如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，下列结论中正确的是(　　)‎ A．上述过程中，F做功等于滑块和木板动能的增量 B．其他条件不变的情况下，M越大，s越小 C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达木板右端所用时间越长 D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多 ‎【解析】在滑块滑到木板右端的过程中，F做的功转化为滑块和木板的动能以及系统的内能，选项A错误；木板质量越大，木板的加速度越小，因而木板的位移越小，选项B正确；其他条件不变，F越大，滑块滑到木板右端所需的时间越短，选项C错误；根据Q＝fL可知f越大，产生的热量越多，选项D正确。‎ ‎【答案】BD 第Ⅱ卷（非选择题）‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。‎ ‎（一）必考题 ‎22． (6分)要测量两个质量不等的沙袋的质量，由于没有直接的测量工具，某实验小组选用下列器材：轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略)、砝码一套(总质量m＝0.2 kg)、细线、刻度尺、秒表。他们根据已学过的物理学知识，改变实验条件进行多次测量，选择合适的变量得到线性关系，作出图线并根据图线的斜率和截距求出沙袋的质量。请完成下列步骤：‎ ‎(1)实验装置如图所示，设右边沙袋A的质量为m1，左边沙袋B的质量为m2。‎ ‎(2)取出质量为m′的砝码放在右边沙袋中，剩余砝码都放在左边沙袋中，发现A下降，B上升。(左、右两侧砝码的总质量始终不变)‎ ‎(3)用刻度尺测出A从静止下降的距离h，用秒表测出A下降h所用的时间t，则可知A 的加速度大小a＝________。‎ ‎(4)改变m′，测量相应的加速度a，得到多组m′及a的数据，作出______(填“a－m′ ”或“a－”)图线。‎ ‎(5)若求得图线的斜率k＝4 m/ kg·s－2，截距b＝4 m/s2。则沙袋的质量m1＝________kg，m2 ＝ ________kg。(取g＝10 m/s2)‎ ‎【解析】(3)由运动学公式h＝at2得a＝，‎ ‎(4)对系统整体由牛顿第二定律得 ‎(m1＋m′)g－(m2＋m－m′)g＝(m1＋m2＋m)a 解得a＝＋m′‎ 因a与m′为线性关系，故作出“a－m′”图线 ‎(5)由上式可知k＝　b＝ 代入数值解得m1＝3.5 kg　m2＝1.3 kg ‎【答案】(3)　(4)a－m′　(5)3.5　1.3‎ ‎23． (9分)某实验小组设计了如图甲的电路，其中RT为热敏电阻，电压表量程为3 V，内阻RV约10 kΩ，电流表量程为0.5 A，内阻RA＝4.0 Ω，R为电阻箱。‎ ‎(1) 该实验小组首先利用该电路进行描绘热敏电阻的伏安特性曲线的实验。闭合开关，调节电阻箱，记录不同情况下电压表示数U1、电流表的示数I和电阻箱的阻值R，在I－U坐标系中，将各组U1、I的数值标记在相应位置，描绘出热敏电阻的部分伏安特性曲线，如图乙中曲线所示。为了完成该实验，应将导线c端接在________(选填“a”或“b”)点；‎ ‎(2)利用(1)中记录的数据，通过分析计算可得外电路的电压U2、U2的计算式为______________________；(用U1、I、R和RA表示)‎ ‎(3)实验小组利用(2)中的公式，计算出各组的U2，将U2和I的数据也描绘在I-U坐标系中，如图乙中直线所示，根据图象分析可知，电源的电动势E＝________V，内电阻r＝‎ ‎________Ω；‎ ‎(4)实验中，当电阻箱的阻值调到6 Ω时，热敏电阻消耗的电功率P＝__________W。(保留两位有效数字)‎ ‎【解析】(1)利用伏安法测电阻，由图象可知热敏电阻的阻值远小于电压表电阻，所以采用电流表外接法，导线c端接在a点上。‎ ‎(2)电源两端的电压利用欧姆定律可得，U2＝U1＋I(RA＋R)。‎ ‎(3)利用电源的外特性曲线可知电动势E＝6.0 V，内电阻r＝ Ω＝5.0 Ω。‎ ‎(4)把电流表、电阻箱、电源作为等效电源，等效电源的电动势为6.0 V，内电阻为15 Ω。在I-U图象中作等效电源的外电路特性曲线，与热敏电阻的伏安特性曲线的交点坐标(2.5，0.24)。所以热敏电阻的电功率为0.60 W。考虑作图的误差故功率计算范围0.53～0.62 W。‎ ‎【答案】(1)a　(2)U2＝U1＋I(R＋RA)　(3)6.0　5.0　(4)0.60(0.53～0.62均得分)‎ ‎24． (14分)置于光滑水平面上的A、B两球质量均为m，相隔一定距离，两球之间存在恒定斥力作用，初始时两球均被锁定而处于静止状态。现同时给两球解除锁定并给A球一冲量I，使之沿两球连线射向B球，B球初速度为零。在之后的运动过程中两球始终未接触，试求：‎ ‎（1）两球间的距离最小时B球的速度；‎ ‎（2）两球间的距离从最小值到刚恢复到初始值过程中斥力对A球做的功。‎ ‎【解析】（1）对A由动量定理可得I＝mv0‎ 两球间的距离最小时两球等速，根据系统动量守恒 mv0＝2mv 得v＝ ‎（2）从初始状态到二者距离达到与初始状态相等过程中，设二者位移大小均为l，根据动量守恒定律 mv0＝mv1＋mv2‎ 对A由动能定理可得－Fl＝mv－mv 对B由动能定理可得Fl＝mv－0‎ 可得v1＝0　v2＝v0‎ 两球距离从最小值到刚恢复到初始值过程中斥力对A球做的功 WA＝mv－mv2＝－ ‎【答案】(1)ABC　(2)①　②－ ‎25． (18分)如图(a)所示，灯丝K可以连续逸出不计初速度的电子，在KA间经大小为U的加速电压加速后，从A板中心小孔射出，再从M、N两极板的正中间以平行极板的方向进入偏转电场。M、N两极板长为L，间距为L。如果在两板间加上如图(b)所示的电压UMN，电子恰能全部射入如图(a)所示的匀强磁场中。不考虑极板边缘的影响，电子穿过平行板的时间极短，穿越过程可认为板间电压不变，磁场垂直纸面向里且范围足够大，不考虑电场变化对磁场的影响。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力及它们之间的相互作用力。‎ ‎(1)求偏转电场电压UMN的峰值；‎ ‎(2)已知在t＝时刻射入偏转电场的电子恰好能返回板间，求匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)求从电子进入偏转电场开始到离开磁场的最短时间。‎ ‎【解析】(1)电子在经过加速电场过程中，根据动能定理可得 eU＝mv 由题意可知在偏转电压达到峰值时进入的电子恰好沿极板边缘飞出电场 L＝at a＝ L＝v0t0‎ 联立可得Um＝U ‎(2)设t＝时刻进入偏转电场的电子离开电场时速度大小为v，v与v0之间夹角为θ，则 tan θ＝·＝，所以θ＝30°‎ v0＝vcos θ 电子垂直进入磁场，由洛伦兹力充当向心力：evB＝ 根据几何关系2Rcos θ＝L 解得B＝ ‎(3)电子在偏转电场中运动历时相等，设电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，经N板边缘飞出的电子在磁场中运动时间最短，在磁场中飞行时间为 又T＝ 联立解得tmin＝＋ ‎【答案】(1)U　(2)　(3)＋ ‎26．（14分）亚硝酰氯（NOCl，熔点：-64.5 ℃，沸点：-5.5 ℃）是一种黄色气体，遇水易水解。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。‎ ‎（1）甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如下图所示：‎ 为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：‎ 装置Ⅰ 装置Ⅱ 烧瓶中 分液漏斗中 制备纯净Cl2‎ MnO2‎ ‎①‎ ‎②‎ 制备纯净NO Cu ‎③‎ ‎④‎ ‎①___________，②___________，③___________，④___________。 ‎ ‎（2）乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：‎ ‎①装置连接顺序为a→___________________（按气流自左向右方向，用小写字母表示）。 ‎ ‎②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，另一个作用是__________________________。 ‎ ‎③装置Ⅶ的作用是__________________________________。 ‎ ‎④装置Ⅷ中吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为_____________________________。 ‎ ‎（3）丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为___________________________________________。 【答案】（1）①浓盐酸　②饱和食盐水　③稀硝酸　④水 ‎（2）①e→f（或f→e）→c→b→d　②通过观察气泡调节气体的流速　③防止水蒸气进入反应器　④NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2O ‎（3）HNO3(浓)+3HCl(浓)NOCl↑+Cl2↑+2H2O ‎【解析】（1）实验室通常用浓盐酸与MnO2混合加热制氯气，因浓盐酸有挥发性，氯气中混有的HCl气体需要用饱和食盐水除去，最后再用浓硫酸干燥即可得纯净Cl2；用铜与稀硝酸反应制NO气体，因装置中混有的氧气与NO反应生成少量NO2，因此需要通过水除去可能混有的NO2，最后再用浓硫酸干燥即可得纯净NO。（2‎ ‎）亚硝酰氯熔点、沸点较低，遇水易水解，故需要保持装置内干燥和反应混合气体干燥，同时需要考虑Cl2和NO尾气对环境的污染，需要用NaOH溶液除尾气，则装置连接顺序为a→e→f（或f→e）→c→b→d。②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，还可以通过观察气泡调节气体的流速，控制NO和Cl2的比例。③亚硝酰氯遇水易水解，装置Ⅶ的作用是防止水蒸气进入反应器。④装置Ⅷ中NaOH溶液能吸收NO、Cl2及NOCl的尾气，其中NOCl与NaOH发生反应的化学方程式为NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2O。（3）浓硝酸与浓盐酸在一定条件下生成亚硝酰氯和氯气，发生反应的化学方程式为HNO3(浓)+3HCl(浓)NOCl↑+Cl2↑+2H2O。‎ ‎27．（14分）二甲醚又称甲醚，简称DME，熔点﹣141.5℃，沸点﹣24.9℃，与石油液化气（LPG）相似，被誉为“21世纪的清洁燃料”。制备原理如下：‎ I．由天然气催化制备二甲醚：‎ ‎①2CH4(g)+O2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H1‎ II．由合成气制备二甲醚：‎ ‎②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2=﹣90.7 kJ·mol﹣1‎ ‎③2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H3‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）若甲烷和二甲醚的燃烧热分别是890.3 kJ·mol﹣1、1453.0 kJ·mol﹣1；1mol液态水变为气态水要吸收44.0 kJ的热量。反应③中的相关的化学键键能数据如表：‎ 化学键 H﹣H C﹣O H﹣O(水)‎ H﹣O(醇)‎ C﹣H E/(kJ·mol﹣1)‎ ‎436‎ ‎343‎ ‎465‎ ‎453‎ ‎413‎ 则△H1=________kJ•mol﹣1；△H3=_________kJ•mol﹣1‎ ‎（2）反应③的化学平衡常数表达式为_________________。制备原理I中，在恒温、恒容的密闭容器中合成，将气体按n(CH4)：n(O2)=2：1混合，能正确反映反应①中CH4‎ 的体积分数随温度变化的曲线是___________。下列能表明反应①达到化学平衡状态的是___________。‎ a．混合气体的密度不变 b．反应容器中二甲醚的百分含量不变 c．反应物的反应速率与生成物的反应速率之比等于化学计量数之比 d．混合气体的压强不变 ‎（3）有人模拟制备原理II，在500K时的2L的密闭容器中充入2mol CO和6mol H2，8min达到平衡，平衡使CO的转化率为80%，c(CH3OCH3)=0.3mol·L﹣1，用H2表示反应②的速率是___________；可逆反应③的平衡常数K3=________________。‎ 若在500K时，测得容器中n(CH3OH)=n(CH3OCH3)，此时反应③v(正)_______v(逆)，说明原因___________________________________________________。‎ ‎【答案】（1）﹣283.6 kJ·mol﹣1；﹣24 kJ·mol﹣1 ‎ ‎（2）；b；bd；‎ ‎（3）0.2mol/(L•min)；2.25；＞； 浓度商Q===1＜2.25，反应正向进行，v(正)＞v(逆)‎ ‎【解析】（1）甲烷燃烧的热化学方程式为：①CH4(g)+2O2 (g)═CO2 (g)+2H2O(l) ‎ ‎△H=﹣890.3kJ/mol；‎ 二甲醚燃烧的热化学方程式为：②CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ‎ ‎△H=﹣1453.0 kJ•mol﹣1；‎ ‎③H2O(l)=H2O(g) △H=+44.0kJ/mol；对应反应2CH4(g)+O2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H1=①×2﹣②+③=﹣890.3kJ/mol×2+1453.0kJ/mol+44.0kJ/mol=﹣283.6kJ•mol﹣1；反应的焓变=反应物总键能﹣生成物总键能，而反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H3= 2×(3×413kJ/mol+ 343kJ/mol +453kJ/mol)﹣6×413kJ/mol﹣2×343kJ/mol﹣2×465kJ/mol=﹣24kJ/mol；‎ 故答案为：﹣283.6kJ•mol﹣1；﹣24kJ•mol﹣1；‎ ‎（2）该反应的化学平衡常数表达式为K=；升温，反应①2CH4(g)+O2(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) △H1=﹣283.6kJ•mol﹣1，向逆反应方向移动，能正确反映反应①中CH4的体积分数随温度变化的曲线是b；‎ 表明反应①2CH4(g)+O2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)达到化学平衡状态的 a．混合气体的密度始终不变，故a错误；‎ b．反应容器中二甲醚的百分含量不变，表明达到平衡，故b正确；‎ c．反应物的反应速率与生成物的反应速率之比始终等于化学计量数之比；故c错误；‎ d．混合气体的压强不变，表明达到平衡，故d正确。‎ 故答案为：；b；bd；‎ ‎（3） CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)‎ 起始量（mol/L） 1 3 0‎ 转化量（mol/L） 0.8 1.6 0.8‎ 平衡量（mol/L） 0.2 1.4 0.8‎ v(H2)==0.2mol/(L•min)；‎ ‎ 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)‎ 起始量（mol/L） 0.8 0 0‎ 转化量（mol/L） 0.6 0.3 0.3‎ 平衡量（mol/L） 0.2 0.3 0.3‎ k===2.25；‎ 若在500K时，容器中n(CH3OH)=n(CH3OCH3)时，设c(CH3OH)=x mol/L，则 ‎ 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)‎ 在500K时，容器中（mol/L） x x x 浓度商Q===1＜2.25，反应正向进行，v(正)＞v(逆)‎ 故答案为：0.2mol/(L•min)；2.25；＞；浓度商Q===1＜2.25，反应正向进行，v(正)＞v(逆)。‎ ‎28．（15分）利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr（Ⅲ）的处理工艺流程如下：‎ 其中硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。‎ ‎（1）实验室用18.4 mol·L-1的浓硫酸配制250 mL 4.8 mol·L-1的硫酸，需量取浓硫酸______ mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需__________________。 ‎ ‎（2）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有___________________________。（答出两点） ‎ ‎（3）H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3+转化为Cr2O72-，写出此反应的离子方程式：_________________________________。 ‎ ‎（4）常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：‎ 阳离子 Fe3+‎ Mg2+‎ Al3+‎ Cr3+‎ 开始沉淀时的pH ‎2.7‎ ‎—‎ ‎—‎ ‎—‎ 沉淀完全时的pH ‎3.7‎ ‎11.1‎ ‎5.4（>8溶解）‎ ‎9（>9溶解）‎ 加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为CrO42-。滤液Ⅱ中阳离子主要有_____________；但溶液的pH不能超过8，其理由是_____________________________________________________。 ‎ ‎（5）钠离子交换树脂的反应原理为Mn++nNaRMRn+nNa+，利用钠离子交换树脂除去滤液Ⅱ中的金属阳离子是__________________。 ‎ ‎（6）写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的化学方程式：___________________________。 ‎ ‎【答案】（1）65 　250 mL容量瓶、胶头滴管 ‎（2）升高温度（加热）、搅拌（答案合理即可）‎ ‎（3）2Cr3++3H2O2+H2OCr2O72-+8H+‎ ‎（4）Na+、Ca2+、Mg2+　pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2-，最终影响Cr（Ⅲ）回收与再利用 ‎（5）Ca2+、Mg2+‎ ‎（6）3SO2+2Na2CrO4+12H2O2CrOH(H2O)5SO4↓+Na2SO4+2NaOH ‎【解析】 （1）设需要浓硫酸的体积为V mL，则18.4 mol·L-1×V mL=250 mL×4.8 mol·L-1，解得V≈65。（2）为了提高酸浸的浸出率，可以延长浸取时间、加快溶解速率等。（3）H2O2具有强氧化性，能氧化Cr3+为Cr2O72-。（4）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入过氧化氢氧化铬离子为Cr2O72-，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72-转化为CrO42-。溶液pH=8，Fe3+、Al3+沉淀完全，滤液Ⅱ中阳离子主要是Na+、Ca2+和Mg2+；超过pH=8，氢氧化铝是两性氢氧化物会溶解于强碱溶液中，影响铬离子的回收利用。（5）钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子。（6）二氧化硫具有还原性，被Na2CrO4氧化为SO42-，Na2CrO4被还原为CrOH(H2O)5SO4，依据原子守恒写出反应的化学方程式：3SO2+2Na2CrO4+12H2O2CrOH(H2O)5SO4↓+Na2SO4+2NaOH。‎ ‎29．（9分）进行光合作用的细胞中普遍存在Rubisco酶，该酶的催化特性受细胞中O2和CO2浓度的影响，当细胞中CO2浓度较高时，可催化CO2与C5结合，进行CO2固定，参与光合作用暗反应；当细胞中CO2浓度低、O2浓度高时，可催化O2与C5结合生成C3和C2，C2再利用细胞中的NADPH和ATP，经一系列过程转化成C3和CO2后，参与光合作用。分析回答：‎ ‎（1）在强光、高温、干旱的夏季中午，小麦等作物光合作用降低是因为细胞中CO2浓度低造成的。此时细胞中与光合作用有关的化合物含量增多的除NADPH、C5外，还有_________，这时，Rubisco酶会催化_________，这样既能利用光合作用光反应阶段过剩产物，又能维持光合作用暗反应阶段进行，是细胞对逆境的适应。‎ ‎（2）研究发现，玉米有较强的固定CO2的结构特点，能保证其在低浓度的CO2外界环境中，光合作用细胞中仍有较高的CO2浓度，所以正常状况下，玉米细胞中Rubisco酶主要催化________。若将小麦和玉米置于相同的强光、高温和干旱环境中，一段时间后，________（小麦或玉米）生长更好，其原因是___________________________________________________‎ ‎ _____________________________________________________________________________。‎ ‎【解析】（1）在强光、高温、干旱的夏季中午，小麦的叶片会出现气孔部分关闭，CO2吸收减少，导致光合作用降低。CO2减少，导致暗反应减慢，会导致C5增多，NADPH、ATP、O2增多。当细胞中CO2浓度低、O2浓度高时，Rubisco酶会催化O2与C5结合生成C3和C2，C2再利用细胞中的NADPH和ATP，经一系列过程转化成C3和CO2后，参与光合作用。这样既能利用光合作用光反应阶段过剩产物，又能维持光合作用暗反应阶段进行，是细胞对逆境的适应。（2）细胞中CO2浓度较高时，可催化CO2与C5结合，进行CO2‎ 固定，参与光合作用暗反应。若将小麦和玉米置于相同的强光、高温和干旱环境中，植物由于失水导致气孔关闭，植物体内的CO2浓度会降低。但小麦在较低CO2浓度时，光合作用强度降低。而玉米在低浓度的二氧化碳环境中可进行较强的光合作用，因此一段时间后，玉米生长更好。‎ ‎【答案】（1）ATP、O2 O2与C5结合 ‎ ‎（2）CO2与C5结合 玉米（1分） 植物在强光、高温和干旱环境中，植物大量失水导致气孔关闭，植物体内的CO2浓度会降低。小麦在较低CO2浓度时光合作用强度降低；玉米在低浓度的二氧化碳环境中可进行较强的光合作用，故玉米比小麦生长更好 ‎30．（12分）近年来，狗和猫等已成为很多人的生活伴侣，但它们也可能成为致命的元凶。美国疾病预防控制中心发布信息称，狂犬病每年在世界各地导致约5.5万人死亡，平均每10min就有1人死于狂犬病。狂犬病是一种由狂犬病毒引起的急性传染病，狂犬病毒会入侵人体的中枢神经系统。请回答下列问题：‎ ‎(1)人突然被狗追咬过程中，兴奋在神经纤维上以________的形式传导，兴奋传至_____________使人产生痛觉。‎ ‎(2)惊吓使心跳加快、呼吸加速而出汗，此过程中下丘脑通过分泌___________激素作用于垂体，垂体分泌的相关激素作用于甲状腺，引起甲状腺激素分泌增多，细胞代谢加快，甲状腺激素的靶细胞是____________________。‎ ‎(3)人若被狗咬伤后，要立即到医院处理伤口，注射狂犬疫苗并在伤口周围注射抗血清。狂犬疫苗在免疫学上相当于_________，其作用主要是刺激机体建立特异性免疫，此过程中T淋巴细胞分泌的淋巴因子的作用是______________。当下次被狂犬病毒侵染时，______________细胞会增殖、分化为_________细胞分泌大量抗体，从而快速灭抗原。‎ ‎【解析】神经调节的基本方式是反射，反射是由感受器、传入神经、神经中枢、传出神经与效应器组成；兴奋在神经纤维上以电信号的方式传导，在神经元细胞间以化学信号的方式进行传递；神经系统中的高级中枢在大脑皮层，低级中枢位于大脑皮层以下的部位（如脊髓），高级中枢能够控制低级中枢的活动，各种感觉的产生都在大脑皮层。分级调节是一种分层控制的方式，下丘脑通过释放促甲状腺激素释放激素（TRH），来促进垂体合成和分泌促甲状腺激素（TSH），TSH则可以促进甲状腺的活动，合成和释放甲状腺激素，这就是所谓的分级调节。（1）人突然被狗追咬过程中，兴奋在神经纤维上以局部电流的方式传导，在神经元细胞间以神经递质的方式进行传递，当兴奋传至大脑皮层时，可形成痛觉。（2‎ ‎）分级调节是一种分层控制的方式，比如下丘脑能够控制垂体，再由垂体控制相关腺体。惊吓使心跳加快、呼吸加速而出汗过程中，下丘脑通过分泌促甲状腺激素释放激素作用于垂体，垂体分泌的相关激素作用于甲状腺，引起甲状腺激素分泌增多，细胞代谢加快，甲状腺激素的靶细胞是几乎全身所有细胞。（3）人被狗咬伤后，需要注射狂犬疫苗并在伤口周围注射抗血清，狂犬疫苗作为抗原，刺激人体产生特异性免疫，此过程中T淋巴细胞分泌的淋巴因子的作用是促进B淋巴细胞增殖、分化。当下次被狂犬病毒侵染时，会发生二次免疫反应，记忆细胞会增殖分化为浆细胞分泌大量抗体，从而快速消灭抗原。‎ ‎【答案】（1）电信号(1分) 大脑皮层(1分) ‎ ‎（2）促甲状腺激素释放 几乎全身所有细胞 ‎ ‎（3）抗原(1分) 促进B淋巴细胞增殖、分化 记忆 浆(1分)‎ ‎31．（8分）（2018广东肇庆市联考）首次迁入一个新区域的种群通常被称为侵殖种群，在它们刚刚迁入时，种群个体越来越多，个体数量呈现指数增长，会形成急剧上升的J型曲线。然而，这种情况在自然界几乎是不会发生的。实际上，当种群数量达到一定时，增长便会慢下来，并稳定在某一个环境能承受的水平上。‎ ‎（1）兔在刚引入澳大利亚最初一段时间，种群数量呈指数增长，这是因为_________________‎ ‎ ______________。‎ ‎（2）稳定的种群会以一种有规律的方式在________值上下波动。有些种群的数量波动很小、比较稳定，而有些则波动会较大。‎ ‎（3）当在某一区域引入新物种后，可能会对当地其他生物的环境容纳量产生有影响，如：当凤眼蓝（水葫芦）进入某一河流时，因为他的迅速生长会导致许多环境资源衰竭，使________的环境容纳量降低；而在条件适宜的沙漠地区引种植物，最大的可能就是会使当地________的环境容纳量提高。‎ ‎【解析】（1）兔在刚引入澳大利亚最初一段时间，种群数量呈现指数增长，会形成急剧上升的J曲线，是由于种群处于食物和空间条件充足、没有天敌、气候适宜等理想条件。（2）当种群数量越来越多，增长就会慢下来，并稳定在一个环境能承受的水平上，即K值，稳定的种群会以一种有规律的方式在K值上下波动。（3）引入新物种后，该生物种群的迅速增长可能会导致许多资源衰竭，使其他生物的K值降低。但是，如果在沙漠某地区成功引种某些植物，会改变原有的沙漠环境，当环境条件适宜时，会提高当地动物种群的环境容纳量。‎ ‎【答案】（1）种群处于食物和空间条件充足、没有天敌、气候适宜等理想条件 ‎ ‎（2）K ‎ ‎（3）其他生物 动物种群 ‎32．（10分）女娄菜(2N=46)为XY型性别决定植物，其高茎与矮茎受基因E、e控制，叶片的颜色绿色与金黄色受基因F、f控制。某研究小组用一对表现型均为绿色高茎的雌雄植株进行杂交实验，在特定的实验环境下培养子代，统计子代的表现型及比例如下表：‎ 项目 绿色高茎 绿色矮茎 金黄色高茎 金黄色矮茎 雄 ‎3‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎1‎ 雌 ‎5‎ ‎2‎ ‎0‎ ‎0‎ 请据表回答下列问题:‎ ‎（1）如果对女娄菜的基因组进行测序，需要测___________条染色体。‎ ‎（2）据表可知，基因E、e和F、f遵循__________定律，判断依据是________________________。‎ ‎（3）F1的雌雄绿色女娄菜中高茎与矮茎的性状表现比例不同，根据实验数据推测，可能的原因是特定的实验环境导致基因型为______________的个体不能正常发育存活。为了获得更明确的结论，请你设计最简便的探究实验（实验中有各种表现型的纯合子、杂合子可供选择）。‎ ‎①用____________(写表现型）个体进行杂交，将子代在特定的实验环境中培养。‎ ‎②结果与结论：‎ 若子代中有雌植株，则基因型为________________的个体不能正常发育存活；‎ 若子代中无雌植株，则基因型为________________的个体不能正常发育存活。‎ ‎【解析】解读表中数据，进行分析、推理，判断出高茎对矮茎为显性，其基因位于常染色体上，绿色对金黄色为显性，其基因位于X染色体上；并能根据子代雌性中高茎：矮茎=5:2≈3:1，判断出F1雌性中基因型为EE的个体中50%致死，进而判断出致死个体的基因型为EEXFXF或EEXFXf，再设计简单实验进一步确定致死个体的基因型。（1）根据题意，女娄菜(2N=46)为XY型性别决定植物，如果对女娄菜的基因组进行测序，需要测（46-2）/2+X+Y共24条染色体。（2）分析表中数据可知，子代雄性中高茎：矮茎=3:1，雌性中高茎：矮茎=5:2≈3:1，没有性别差异，说明控制该对相对性状的基因（E、e）位于常染色体上，且高茎为显性性状；子代雄性中绿色：金黄色=1:1，但雌性均为绿色，存在明显的性别差异，说明该对相对性状的基因（F、f）位于X染色体上，且绿色对金黄色为显性；由于E、e位于常染色体上，F、f位于X染色体上（或“两对基因位于两对同源染色体上”、“‎ 两对基因位于非同源染色体上”），因此基因E、e和F、f遵循自由组合定律遗传。（3）根据上述分析可知，由于子代雌性中高茎：矮茎=5:2≈3:1，即F1雌性中基因型为EE的个体中50%致死，导致F1的雌雄绿色女娄菜中高茎与矮茎的性状表现比例不同，推测可能的原因是特定的实验环境导致基因型为EEXFXF或EEXFXf的个体不能正常发育存活。为了获得更明确的结论，可设计如下实验：用纯合的金黄色高茎雌株（EEXfXf）和纯合的绿色高茎雄株（EEXFY）个体进行杂交，将子代在特定的实验环境中培养；若子代中有雌植株（EEXFXf），则基因型为EEXFXF的个体不能正常发育存活；若子代中无雌植株，则基因型为EEXFXf的个体不能正常发育存活。‎ ‎【答案】（1）24 ‎ ‎（2）自由组合(1分) E、e位于常染色体上，F、f位于X染色体上（或“两对基因位于两对同源染色体上”、“两对基因位于非同源染色体上”） ‎ ‎（3）EEXFXF或EEXFXf ‎ ‎①纯合的金黄色高茎雌株和纯合的绿色高茎雄株(1分) ‎ ‎②EEXFXF(1分) EEXFXf(1分)‎ ‎（二）选考题：请考生从2道试题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。‎ ‎33．【物理——选修3－3】(15分)‎ ‎(1)(6分)下列说法中正确是________。(填正确答案标号，选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错一个扣3分，最低得分为0分)‎ A．气体对容器壁有压强是气体分子对容器壁频繁碰撞的结果 B．物体温度升高，组成物体的所有分子速率均增大 C．一定质量的理想气体等压膨胀过程中气体一定从外界吸收热量 D．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的 E．饱和汽压与分子密度有关，与温度无关 ‎【解析】气体分子不停地做无规则运动，气体对容器壁的压强是气体分子对容器壁频繁碰撞而产生的，故A正确；物体温度升高，分子平均动能增大，平均速率增大，但并不是所有分子速率均增大，故B错误；一定质量的理想气体等压膨胀过程中，体积增大，气体对外界做功，由气体状态方程＝C知，气体的温度升高，内能增大，由热力学第一定律知，气体一定从外界吸收热量，故C正确；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D正确；饱和汽压与分子密度有关，与温度也有关，故E错误。‎ ‎【答案】ACD ‎(2)(9分)如图所示，内壁光滑、截面积不相等的圆柱形汽缸竖直放置，汽缸上、下两部分的横截面积分别为2S和S。在汽缸内有A、B两活塞封闭着一定质量的理想气体，两活塞用一根长为l的细轻杆连接，两活塞导热性能良好，并能在汽缸内无摩擦地移动。已知活塞A的质量是2m，活塞B的质量是m。当外界大气压强为p0、温度为T0时，两活塞静止于如图所示位置。重力加速度为g。‎ ‎①求此时汽缸内气体的压强。‎ ‎②若用一竖直向下的拉力作用在B上，使A、B一起由图示位置开始缓慢向下移动的距离，又处于静止状态，求这时汽缸内气体的压强及拉力F的大小。设整个过程中气体温度不变。‎ ‎【解析】①以两活塞整体为研究对象，设此时汽缸内气体压强为p1，根据平衡条件则有：‎ p0·2S＋3mg＋ p1S ＝p1·2S＋ p0S 解得：p1＝p0＋ ‎②初态：p1＝p0＋，V1＝2lS 末态：p2待求，V2＝lS 根据玻意耳定律有：(p0＋)·2lS＝p2·lS 解得：p2＝(p0＋)‎ 以两活塞整体为研究对象，根据平衡条件有：‎ F＋p0·2S＋3mg＋ p2S ＝p2·2S＋ p0S 解得F＝＋mg ‎【答案】(1)ACD　(2)①p0＋　②(p0＋)　＋mg ‎34．【物理——选修3－4】(15分)‎ ‎(1)(6分)某时刻O处质点沿y轴向下开始简谐振动，形成沿x轴正向传播的简谐横波，O处质点开始振动后t＝0.8 s时波的图象如图所示。P点是x轴上距坐标原点96 cm处的质点。则该波的波速是________m/s；从O处质点开始振动计时，经过________s，P处质点开始振动；从P处质点开始振动，再经________s，P处质点第一次经过波峰。‎ ‎【解析】由题意可知，波的周期为T＝0.8 s，由波的图象可知，波长为λ＝24 cm＝0.24 m，则波速为v＝＝0.3 m/s。则经Δt1＝＝ s＝3.2 s，波源的振动传至P处，P处质点开始沿y轴负方向振动，再经Δt2＝T＝0.6 s，P处质点第一次经过波峰。‎ ‎【答案】0.3 3.2 0.6‎ ‎(2)(9分)细束平行光以一定的入射角从空气射到直角棱镜的侧面AB，光线进入棱镜后直接射向另一侧面AC。逐渐调整光线在AB面的入射角，使AC面恰好无光线射出，测得此时光线在AB面的入射角为α。‎ ‎①画出光线在AB面的入射角为α时，在AB面、AC面两次折射的光路图；‎ ‎②计算该棱镜的折射率。‎ ‎【解析】①画出光线在AB面的入射角为α时恰在AC面发生全反射，折射光线沿AC面传播，光路如图所示 ‎②由于光在AC面恰好全反射。故有：sin γ＝ 由几何关系有：β＋γ＝ 对光在AB面的折射有：＝n 解得棱镜的折射率为n＝ ‎【答案】(1)0.3　3.2　0.6　(2)①光路图见解析　② ‎35．【化学——选修3：物质的结构与性质】（15分）‎ A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中非金属元素A的基态原子中成对电子数是未成对电子数的两倍，C元素在地壳中含量最高，D的单质是短周期中熔点最低的金属，E的合金是我国使用最早的合金。‎ ‎（1）E元素的基态原子核外电子排布式为____________________________。 ‎ ‎（2）A的某种氢化物A2H2分子中含有_________个σ键和_________个π键。 ‎ ‎（3）A的含氧酸根离子AO3n-的立体构型是____________。 ‎ ‎（4）B的最简单氢化物的沸点比A的最简单氢化物的沸点高得多，其原因是___________________‎ ‎_____________________________________________。 ‎ ‎（5）E的最高价氧化物对应的水化物溶解于氨水中生成的复杂化合物的化学式是______________。 ‎ ‎（6）下图是D单质的晶体堆积方式，这种堆积方式的晶胞中原子的配位数为_________，若该原子的半径为r pm，此晶体的密度ρ=_____________g·cm-3（用含r的代数式表示，阿伏加德罗常数用NA表示）。 ‎ ‎【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1‎ ‎（2）3　2‎ ‎（3）正三角形 ‎（4）氨分子间可以形成氢键而甲烷分子间不能，所以氨的沸点比甲烷的高 ‎（5）[Cu(NH3)4](OH)2‎ ‎（6）8　 ‎36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）‎ 有机物A（C11H12O5）同时满足下列条件：①含苯环且不含甲基；②苯环上一氯取代物只有2种；③1 mol A与足量的NaHCO3反应生成1 mol CO2；④遇FeCl3溶液不显色。A有如图所示转化关系：‎ 已知：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）E中官能团名称____________，H的分子式为_______________。‎ ‎（2）由C生成G的反应类型是________________。‎ ‎（3）A的结构简式为___________________，G的结构简式为_________________。‎ ‎（4）①写出C→D反应的化学方程式______________________________________；‎ ‎②写出I→J反应的离子方程式__________________________________。‎ ‎（5）C的同分异构体中能同时满足下列条件：a．能发生银镜反应，b．能发生皂化反应；c．能与N a反应产生H2，共有________种（不含立体异构）。其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6∶1∶1的是_________________________（写结构简式）。‎ ‎【答案】（1）碳碳双键、羧基 C7H4O3Na2‎ ‎（2）酯化反应 ‎（3） ‎ ‎（4）①‎ ‎②‎ ‎（5）①5 ‎ ‎【解析】A在碱性条件下发生水解反应得到B与H，说明A中含有酯基，B酸化得到C具有酸性，则C中含有羧基，C反应可以得到聚酯，则C中还含有羟基，由F的结构逆推可知E为CH2=CHCH2COOH，C发生消去反应得到E，E发生加聚反应生成F，C在浓硫酸作用下得到五元环状酯G，则C为HOCH2CH2 CH2 COOH，G为，B为HOCH2CH2CH2COONa，C发生缩聚反应得到D为。结合A分子式可知，H中含有7个碳原子，H发生信息中脱羧反应得到I，I与二氧化碳、水作用得到J，J与浓溴水作用生成白色沉淀，则J中含有酚羟基，1mol A与足量的NaHCO3反应生成1mol CO2‎ ‎，说明A分子中含有1个-COOH，而A遇FeCl3溶液不显色，则A不含酚羟基，则A中酯基为羧酸与酚形成的，A中含苯环且不含甲基，且苯环上一氯取代物只有2种，则A中含有2个对位位置的取代基，可推知A的结构简式为：，H为，I为，J为，K为。‎ ‎37．【生物——选修1：生物技术实践】（15分）‎ 某同学要分离土壤中能分解尿素的细菌，并统计单位体积内的活菌数目。按照培养基的配方称取，并将各种物质溶解后，用蒸馏水定容、灭菌，制成固体培养基备用。回答问题：‎ ‎（1）在配制培养基时，需加入___________作为唯一的氮源，该培养基从功能上看属于________培养基，配制好的培养基应用_____________法灭菌。‎ ‎（2）培养分解尿素的细菌时，在接种前需要检测培养基是否被污染。对于固体培养基应采用的检测方法是____________________________________________________________。‎ ‎（3）若要统计土壤样品中尿素分解菌的数目，宜采用____________法接种，根据土壤样品的稀释倍数和接种稀释液的体积，统计平板上的菌落数目就能大约推测出样品中的活菌数。一同学在稀释倍数为104的培养基中测得平板上菌落数的平均值为24.6，则每毫升样品中的活菌数是（所用稀释液的体积为0.2mL）___________________________________________。‎ ‎（4）实验中使用过的培养基及其培养物必须经过____________处理后才能丢弃，以防止微生物的扩散。‎ ‎【解析】（1）要分离土壤中能分解尿素的细菌，在配制培养基时，需加入尿素作为唯一的氮源，由于该培养基能将分解尿素的细菌选择出来，因此该培养基从功能上看属于选择培养基，培养基的灭菌方法是高压蒸汽灭菌。（2）要检测固体培养基是否被污染，应将未接种的培养基在适宜温度下放置适宜的时间，观察培养基上是否有菌落产生，若有菌落产生则说明该培养基已经被污染，否则没有被污染。（3）要统计土壤样品中尿素分解菌的数目，宜采用稀释涂布平板法接种，根据土壤样品的稀释倍数和接种稀释液的体积，统计平板上的菌落数目就能大约推测出样品中的活菌数。若一同学在稀释倍数为104的培养基中测得平板上菌落数的平均值为24.6，所用稀释液的体积为0.2mL，则每毫升样品中的活菌数是24.6÷0.2×104=1.23×106。（4）实验中使用过的培养基及其培养物必须经过灭菌处理后才能丢弃，以防止微生物的扩散，污染环境。‎ ‎【答案】（1）尿素 选择 高压蒸汽灭菌 ‎ ‎（2）将未接种的培养基在适宜温度下放置适宜的时间，观察培养基上是否有菌落产生 ‎ ‎（3）稀释涂布平板 1.23×106 ‎ ‎（4）灭菌 ‎38．【生物——选修3：现代生物技术专题】（15分）‎ 人绒毛膜促性腺激素（HCG）是女性怀孕后胎盘滋养层细胞分泌的一种糖蛋白，人工制备的抗HCG单克隆抗体可用于早孕的诊断。回答下列问题。‎ ‎（1）制备单克隆抗体过程中要用到_________和_________技术。制备单克隆抗体过程中，给小鼠注射的HCG相当于_________，使小鼠产生能分泌相应抗体的浆细胞。‎ ‎（2）在细胞内DNA合成一般有两条途径。主要途径是在细胞内由糖和氨基酸合成核苷酸，进而合成DNA，而氨基喋呤可以阻断此途径。另一辅助途径是在次黄嘌呤和胸腺嘧啶核苷存在的情况下，经酶催化合成DNA，而骨髓瘤细胞的DNA合成没有此辅助途径。根据这样的原理，向经诱导后的浆细胞与骨髓瘤细胞混合培养液中添加氨基喋呤_________（填“能”或“不能”）能筛选杂交瘤细胞，原因是________________________________________。‎ ‎（3）筛选获得的杂交瘤细胞具有_________的特点。利用杂交瘤细胞生产的单克隆抗体可以与_________特异性结合，从而诊断早孕。‎ ‎【解析】单克隆抗体的制备过程：首先用特定抗原注射小鼠体内，使其发生免疫，小鼠体内产生具有免疫能力的B淋巴细胞，利用动物细胞融合技术将B淋巴细胞和骨髓瘤细胞融合。单克隆抗体制备过程中的两次筛选：第一次筛选：利用特定选择培养基筛选，获得杂交瘤细胞，即AB型细胞（A为B淋巴细胞，B为骨髓瘤细胞），不需要A、B、AA、BB型细胞；第二次筛选：利用多孔板法和抗原-抗体杂交法筛选，获得产生特定抗体的杂交瘤细胞．最终筛选获得的杂交瘤细胞的特点是能无限增殖并能分泌特异性抗体，最后从培养液或小鼠腹水中提取单克隆抗体。（1）制备单克隆抗体过程中要用到动物细胞培养技术培养B淋巴细胞、骨髓瘤细胞和杂交瘤细胞，并利用动物细胞融合技术将B淋巴细胞和骨髓瘤细胞融合成杂交瘤细胞。制备单克隆抗体过程中，给小鼠注射的HCG相当于抗原，使小鼠产生免疫产生能分泌相应抗体的B淋巴细胞（浆细胞）。（2）根据题意分析，向经诱导后的浆细胞与骨髓瘤细胞混合培养液中添加氨基喋呤后，浆细胞不能增殖，骨髄瘤细胞中的DNA合成途径被阻断不能增殖，杂交瘤细胞可通过辅助途径合成DNA，能够增殖，进而将杂交瘤细胞筛选出来。（3）杂交瘤细胞具有无限增值和分泌特异性抗体的特点；利用杂交瘤细胞生产的单克隆抗体可以与人绒毛膜促性腺激素（或HCG）特异性结合，从而诊断早孕。‎ ‎【答案】（1）动物细胞培养 动物细胞融合 抗原 ‎ ‎（2）能 浆细胞不能增殖，骨髄瘤细胞中的DNA合成途径被阻断不能增殖，杂交瘤细胞可通过辅助途径合成DNA，能够增殖 ‎ ‎（3）能无限增殖并分泌特异性杭体 人绒毛膜促性腺激素（或HCG）‎