河南省南阳市第一中学2020届高三第十次考试理科综合答案.pdf

1 / 17 3.1 理综考试生物参考答案 1C【解析】 细胞根据有无成形的细胞核，分为原核细胞和真核细胞，不论是原核细胞还是真核细胞，细胞膜的主要成 分都是磷脂和蛋白质，A 错误；原核细胞无细胞核，且具有细胞结构的生物的遗传物质都是 DNA，B 错误； 原核细胞无线粒体，但也能进行有氧呼吸，如蓝藻，真核细胞有氧呼吸的主要场所在线粒体，C 正确；原 核细胞和真核细胞蛋白质合成场所都是核糖体，D 错误。 2C【解析】 草酸与食物中钙结合形成沉淀物不利于吸收，A 正确。铁是血红蛋白的组成成分，血红蛋白的主要作用是 运氧，缺铁会导致哺乳动物血液运输 O2 的能力下降，B 正确。无机盐在生物体中的是细胞的结构成分、参 与并维持生物体的代谢活动、维持生物体内的酸碱平衡、维持细胞的渗透压，C 错误。燃烧过程中有机物 被分解，剩下来的是无机物，D 正确。 3D【解析】 A、由题图可知，胰岛素分子是由 51 个氨基酸形成的 2 条肽链，形成的肽键数是 49 个，合成它的过程中 共脱去 49 分子水；A 错误． B、由题图可知，胰岛素分子由 2 条肽链组成，至少含有 2 个游离的氨基和 2 个游离的羧基；B 错误． C、沸水浴时蛋白质的空间结构发生改变导致胰岛素生物活性的丧失，不是肽键断裂；C 错误． D、理论上可通过测定 C 肽的含量间接反映胰岛 B 细胞的分泌功能；D 正确 4D【解析】 【详解】A.由题意可知，当种群数量 Nt+1 大于 Nt 时种群数量呈增长型，等于时呈稳定型，小于时呈衰退型。 对于甲种群而言，B 点时数量 Nt 小于一年后的种群数量 Nt+1，其种群数量表现为增长，A 项正确； B.东北虎等珍稀濒危动物，容易灭绝，其变化曲线比较类似于甲曲线，数量整体上呈下降趋势，B 项正确； C.据上分析可知，乙曲线可表示家鼠等繁殖力强的动物，在种群密度低时也能迅速回升，C 项正确； D.据上分析可知，对于乙种群而言，D 点表示种群增长速率最快时其种群的数量，D 项错误； 因此，本题答案选 D。 5D【分析】 据图分析，图示纵坐标的含义是净光合速率，是光合速率与呼吸速率的差值，在横坐标以下表示光合速率 小于呼吸速率，在横坐标以上表示光合速率大于呼吸速率，与横坐标相交的点表示光合速率与呼吸速率相 等。 【详解】A、若横坐标是 CO2 浓度，纵坐标表示净光合速率，则根据题中信息无法判断出较高温度下和较 低温度下呼吸速率的大小，同理，也无法判断出较低和较高温度下光合速率的大小，所以无法判断甲和乙 2 / 17 的关系，A 错误； B、若横坐标是温度，则随着温度 升高光合速率与呼吸速率都会表现为先升高后降低的趋势，B 错误； C、若横坐标是光波长，则净光合曲线的变化趋势为先升高后降低，与图中甲乙曲线变化不符，C 错误； D、若横坐标是光照强度，较高浓度的二氧化碳有利于光合作用的进行，因此甲表示较高 CO2 浓度，乙表 示较低 CO2 浓度，D 正确。 故选 D。 6A【分析】 基因突变是指 DNA 中碱基对的增添、缺失或替换，会导致基因结构的改变；基因突变具有普遍性、不定 向性、随机性、低频性和多害少利性。炭疽杆菌的 A 基因含有 A1～A66 个小段，其中任意片段都有可能缺 失，细菌转化的原理是基因重组。 【详解】从题干的信息可看出突变株 L 缺失 A3、A4、A5、A6 小段，但具有 A1、A2 小段，其与点突变株 X 共同培养后，可以得到转化出来的野生型细菌，那么点突变株 X 应具有 A3、A4、A5、A6 小段，所以未知 的点突变可能位于 A1、A2 小段。突变株 K 缺失 A2、A3 小段，其与点突变株 X 共同培养后，得到转化的 细菌都是非野生型，而只有当该点突变位于突变株 K 的缺失小段上时才能得到上述结果，因此点突变株 X 的点突变最可能位于 A 基因的 A2 小段，故选 A。 29（每空 2 分，共 8 分）【答案】 (1). 甲为异养型生物，乙为自养型生物 (2). 乙的光合速率大于呼 吸速率，释放 02，导致 02 浓度上升 (3). 逐渐减慢 (4). 当 02 浓度降为 0 后，甲细胞进行无氧呼吸 以维持生命活动，故活细胞数目未明显减少 【解析】 试题分析：本题主要考查细胞呼吸、光合作用。要求学生熟知光合作用、细胞呼吸的过程，以及两者之间 的联系。 （1)实验①中甲全部死亡，而乙生存正常，实验②中甲、乙均生存正常，说明甲在光下不能制造氧气或不 能合成有机物，属异养型生物。乙能生存，说明能在光下制造有机物，释放氧气，从同化类型看，属自养 型生物。 （2）实验①中的培养瓶内 02 浓度上升是由于乙的光合作用大于呼吸作用，释放氧气，使氧浓度上升。培 养后期，由于二氧化碳浓度降低，光合作用逐渐减弱，释放氧气的速率逐渐减慢。 （3）若实验②中，甲培养 2h 后瓶内 02 浓度降为零，甲细胞进行无氧呼吸以维持生命活动，故活细胞数目 未明显减少。 30（每空 2 分，共 10 分）【答案】 (1). 原来正常的叶全部变黄所需的时间（或相同时间内变黄的叶的 数量） (2). 植株衰老是由光照不足引起的，与开花结果争夺养料无关 (3). a＞d，且 b、c 介于 a、d 的 3 / 17 之间且差异明显 (4). 增加、减少 (5). 细胞核体积增大，染色质收缩 【解析】 【分析】 分析题干信息可知，本题的实验目的是探究植物衰老是植物体由于开花结果夺取营养器官的养料使茎、叶 衰老，还是光照不足会引起细胞中蛋白质和叶绿素等物质减少而导致茎、叶衰老。从实验目的分析实验的 自变量是有无光照、保持花蕾或摘除花蕾，实验的因变量是叶片变黄的数量。 【详解】（1）若四组大豆的平均衰老时间分别记作 a、b、c、d，则判断其衰老的标准应是原来正常的叶片 全部变黄所需的时间（或相同时间内叶片变黄的叶的数量）。 （2）根据题意分析 a=b、c=d 说明植株衰老与花蕾的有无没有关系，实验结果为 a=b＞c=d 说明植株衰老 是由光照不足引起的，与开花结果争夺养料无关；而只有当实验结果出现 a＞d，且 b、c 介于 a、d 之间且 差异明显时，才能说明开花结果争夺养料和光照不足都会引起植株衰老。 （3）根据题意分析，甲组正常光照，若突然停止 CO2 供应，则固定产生的三碳化合物不足，导致三碳化 合物的含量减少；但是光反应产生的 ATP 和[H]的量不变，而三碳化合物的还原消耗的 ATP 和[H]减少了， 所以 ATP 的含量增加了。 （4）衰老细胞的结构特点有细胞核体积增大，染色质收缩等。 31（除标注外每空 1 分，共 9 分）【答案】 (1). 生物多样性 (2). 地理隔离 (3). 空间结构 (4). 资源 (5). 直接 (6). 次生 (7). 人类活动 (8). 物种数量多，营养结构复杂（2 分） 【解析】 试题分析：本题主要考查群落、生态系统，考查对群落特征、群落演替、生态系统稳定性的理解和识记。 （1）外来物种可能造成生态入侵，有可能造成当地生物多样性的降低。 （2）建筑物的修建可能造成生物出现地理隔离，从而影响到原有的物种。 （3）不同物种高低有致体现群落的垂直结构；形成各种特殊图案，体现群落的水平结构。群落空间结构 的形成有利于提高生物对资源的利用率；生物用于科研研究体现了生物多样性的直接价值。 （4）园林发展的过程中发生了群落的次生演替，这其中主要受到了人类活动的影响。 （5）自然改造的园林生物种类较多，营养结构复杂，所以抵抗力稳定性更高 32（每空 2 分，共 12 分）【答案】 (1). 灰体长翅膀 (2). 两对等位基因均位于 II 号染色体上，不能 进行自由组合 (3). EeBb (4). 灰体 (5). 会 (6). BBXAXA、bbXaY 【解析】 【详解】（1）根据表格分析，甲为 eeBBVgVg,乙为 EEbbVgVg,丙为 EEBBvgvg。乙果蝇与丙果蝇杂交，子 代为 EEBbVgvg，即灰体长翅。F1 雌雄交配，由于 BbVgvg 均位于 II 染色体，不能自由组合，故得到的 F2 。 4 / 17 不符合 9∶3∶3∶1 的表现型分离比。 （2）甲果蝇与乙果蝇杂交，即 eeBBVgVg×EEbbVgVg，F1 的基因型为 EeBbVgVg，表现型为灰体。F1 雌 雄交配，只看 EeBb 这两对等位基因，即 EeBb×EeBb，F1 为 9E_B_（灰体）：3E_bb（黑体）：3eeB_（黑檀 体）： 1eebb，发生性状分离。 （3）子二代雄蝇：直刚毛：焦刚毛=（3+1）：（ 3+1）=1:1，雌蝇：直刚毛：焦刚毛=8：0，表明 A 和 a 基 因位于 X 染色体。子二代雌蝇都是直刚毛，表明直刚毛是显性性状，子一代雄蝇为 XAY，雌蝇为 XAXa， 亲本为 XAXA×X aY。关于灰身和黑身，子二代雄蝇：灰身：黑身=（3+3）：（1+1）=3:1，雌蝇：灰身：黑 身=6：2=3:1，故 B 和 b 位于常染色体，子一代为 Bb×Bb。综上所述，亲本为 BBXAXA、bbXaY。 37(除第 4 题 3 分外，其余每空 2 分，共 15 分)【答案】 (1). 检测培养基平板灭菌是否合格 (2). 3.8×107 (3). 灼烧 (4). 将聚集的菌体逐步稀释以便获得单个菌落（3 分）（3 分） (5). B (6). 溶解氧 (7). 营养物质 【解析】 【详解】（1）微生物培养过程应该进行无菌操作，配制的培养基要进行高压蒸汽灭菌，可以将灭菌后的空 白 平 板 进 行 培 养 以 检 测 培 养 基 灭 菌 是 否 彻 底 ； 由 题 意 知 1ml 水 样 中 的 菌 落 数 是 （ 39+38+37） ÷3÷0．1×100=3．8×104 个，每升水样中的活菌数为 3．8×104×103=3．8×107。 （2）对接种环常用的灭菌方法是灼烧灭菌；在第二次及以后的划线时，总是从上一次划线的末端开始划 线的目的是将聚集的菌体逐渐稀释分散以便获得由单个细胞繁殖而来的菌落。 （3）分析题图可知，A 培养皿采用的接种方法是平板划线法，B 培养皿采用的接种方法是稀释涂布平板法。 （4）由题意可知，振荡培养比静置培养的细菌生长速度快，由此可以说明该细菌是需要菌，由于振荡培 养提高 l 培养液中溶解氧的含量，同时可使菌体与培养液充分接触，提高营养物质的利用率，细菌生长速 度加快。 38【答案】（15 分）（1）总 RNA （或 mRNA） （3 分） （2）B （3）吸引农杆菌移向水稻受体细胞，有利于目的基因成功转化（3 分） （4）水稻是真核生物，具有膜系统，能对初始 rHSA 多肽进行高效加工（3 分） （5）HSA 【解析】 5 / 17 （1）合成总 cDNA 需提取细胞中所有的 mRNA，然后通过逆转录过程获得。采用 PCR 技术扩增 HSA 时， 母链的方向是 3＇到 5＇，子链的延伸方向是 5＇到 3＇，两条引物分别与模板链的 5＇端互补配对结合，引 导子链延伸，故两条引物延伸方向是相反的。 （2）根据启动子通常具有物种及组织特异性，在水稻胚乳细胞内特异表达 rHSA，需选择水稻胚乳细胞 启动子。 （3）农杆菌具有趋化性，即植物的受伤组织会产生一些糖类和酚类物质吸引农杆菌向受伤组织集中转化。 研究证明，主要酚类诱导物为乙酰丁香酮和羧基乙酰丁香酮，这些物质主要在双子叶植物细胞壁中合成， 通常不存在于单子叶植物中。水稻是单子叶植物，不能产生上述的酚类化合物，故在农杆菌转化水稻受体 细胞的过程中，需要添加酚类化合物，吸引农杆菌移向水稻受体细胞，有利于目的基因的转移。 （4）水稻是真核生物，具有生物膜系统，能对初始 rHSA 多肽进行加工才能形成正确的空间结构，获得的 HAS 才有活性，而大肠杆菌是原核生物，细胞中不具有膜结构的细胞器，无法对初始 rHSA 多肽进行加工。 （5）为证明 rHSA 具有医用价值，需确认 rHSA 与天然的 HSA 的生物学功能是否一致。 3.1 理综考试物理参考答案 14. 【答案】A 【解析】B．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了万有引力常量 G C．库仑最早引入电场概念，法拉第采用了电场线描述电场 D．奥斯特发现了电流磁效应，安培发现了磁场对电流的作用规律 15．【答案】B 【解析】AB、由 图可知，图像的斜率表示电场强度，从 到 的过程中电场强度先减小后增大，受 到沿 x 轴正方向的电场力先减小后增大，粒子的加速度也是先减小后增大，在 x=0 位置加速度为零；粒子 在运动过程中，粒子做加速度运动，速度越来越大，先增加得越来越慢，后增加得越来越快，故 B 正确， A 错误； C、粒子在运动过程中，受到沿 x 轴正方向的电场力先减小后增大，根据动能定理可知 kEx 图像的斜率 先变小再变大，在 x=0 位置的斜率为零，故 C 错误； D、由于粒子带负电，根据电势能 PEq 可知， PEx 变化规律与 x  变化规律相反，故 D 错误； 图线正确的是选 B。 16【答案】B 【解析】忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力得：mg =m 2v R 得到 v = gR 的0x 0x 6 / 17 万有引力等于重力， =mg，得到 M= ρ= 这颗行星的重力加速度与地球相近，它的半径大约是地球的 2 倍，所以它在表面附近运行的速度是地球表 面运行速度的 倍，大于 7．9km/s，质量是地球的 4 倍，密度是地球的 1 2 。故 B 正确，AC 错误。 D．航天器飞出太阳系所需要的最小发射速度为第三宇宙速度，即大于等于 16．7km/s，故 D 错误。 17．【答案】C【解析】设 A 下落前距地面的高度为 h，则 B、C、D 三球下落前距地面的高度分别为 2h、 3h、4h。 由平抛运动公式：H＝ 2 1 gt2，解得 A、B、C、D 小球下落的时间分别为：tA＝ g h2 ，tB＝ g h4 ，tC ＝ g h6 ，tD＝ g h8 ； 由平抛运动公式：x＝v0t，解得 A、B、C、D 小球平抛运动的水平距离分别为：xA＝vtA＝v g h2 ， xB＝2vtB＝2v g h4 ＝4v g h ， xC＝vtC＝v g h6 ，xD＝2vtD＝2v g h8 ＝4 v g h2 ， 落地后 A、B 两球间的距离为 ：xAB＝xB－xA＝（4－ 2 ）v g h ， 落地后 C、D 两球间的距离为： xCD＝xD－xC＝（4 － 6 ）v g h ， 比较可得：xCD＞xAB，选项 C 正确。 18．答案:B 【解析】:导体棒 ad 和 bc 各以相对磁场的速度(v－vm)切割磁感线运动，由右手定则可知回 路中产生的电流方向为 abcda,回路中产生的电动势为 E= 2BL(v－vm),回路中电流为 I=2BL(v－vm)/R,由于左 右两边 ad 和 bc 均受到安培力，则合安培力为 F 合=2×BLI=4B2L2(v－vm)/R，依题意金属框达到最大速度时 受到的阻力与安培力平衡，则 Ff=F 合，解得磁场向右匀速运动的速度 v=(4B2L2vm+FfR)/4B2L2,B 对. 19. 【答案】 BC 【解析】A、B 项，由题图可知，圆柱形磁铁产生的磁场为从下端的 N 极出发，回到磁铁上端的 S 极；金 属导线内的电流方向为从电源的正极流向负极。分析右侧导线框，该线框电流方向为顺时针方向，该区域 2 GMm R 2gR G 2 3 3 4 4 3 gR MgG V GRR   2 7 / 17 磁场方向为逆时针方向，画出示意图并根据左手定则可以判断导线框受到垂直于纸面向里的安培力，同理 可以判断左侧导线框受到垂直于纸面向外的安培力，故线框能够在安培力的作用下沿逆时针方向旋转，而 并不是因为电磁感应，故 A 项错误，B 项正确。 C、D 项，电池输出的电能转化为线框旋转的机械能以及导线发热两部分，由能量守恒定律知，电池输出 的电能大于线框旋转的机械能，再由 可知电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率。随着线框由 静止开始转动，安培力对外做功消耗电能，当旋转达到稳定时，相当于在电路中串联一个发动机，总等效 电阻大于线框自身的电阻，而线框刚开始转动时总电阻即为线框自身的电阻，电池电动势不变，由欧姆定 律知此时线框中电流比刚开始转动时的小，故 C 项正确，D 项错误。 20【答案】AC 【解析】A、B 项：根据光电效应方程，则有： 0 km 2 hc W E eU    ，故 A 正确，B 错误； C 项：根据爱因斯坦光电效应方程得： 11h eU W ， 22h eU W ，得金属的逸出功为： 11W h eU 联 立解得： 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 ( ) ( () e U U e U Uh c       ） ，故 C 正确； D 项：阴极 K 金属的极限频率 1 2 2 1 1 1 2 2 0 1 2 1 2 1 2 () () U U c U U U U U U      ，故 D 错误 21. 【答案】ABD 【解析】 两钢球在相碰过程中必同时遵守能量守恒和动量守恒。由于外界没有能量输入，而碰撞中可能 产生热量，所以碰后的总动能不会超过碰前的总动能，即 E1+E2≤E0 ，可见 A 对 C 错；另外，A 也可写成 ，因此 B 也对；根据动量守恒，设球 1 原来的运动方向为正方向，有 p2-p1=p0，所以 D 对。 22(6 分)【答案】AC 0.82 0.067 （1）． A．为了保证小车的动能都是橡皮筋做功的结果，必须平衡摩擦力，长木板要适当的倾斜，故 A 正 确。 B．打点计时器使用的是低压交流电源。故 B 错误； C．根据实验原理可知，每次实验，小车必须从同一位置由静止弹出。故 C 正确。 D．根据实验原理可知，橡皮筋必须是相同的，故 D 错误。 （2）要测量最大速度，应该选用点迹恒定的部分。即应选用纸带的 C、D、E 部分进行测量，时间间隔为 0.02s，最大速度： 21.64 10 0.82m/s0.02m xv t  ＝ ＝ 如果用 2 条橡皮筋做实验，那么在理论上，小车获得的最大动能为 m p m p 22 2 0 2 1  8 / 17 2212 0.1 0.82 J 0.067J2km mE mv     23、答案:（1）、（5 分）实验中两只电表都不能超出量程，要使电流表 A 不超出量程，必须 即 R 值必须大于 6.5Ω 左右。而要使电压表 V 不超出量程， 必须 即 R 值必须小于 2Ω 左右。计算表明：滑动变阻 器无论怎样调节，总有一个电表会超出量程，故没有办法测出该电源电动势和内内电 阻。 （2）、（4 分）如右图： 24(14 分)【答案】（1）1m/s2 2.5m/s2 （2）2s（3） 1 3 s 0.67m 【解析】（1）F 刚作用在木板上时，由牛顿第二定律得： 对 m： μ1mg=ma1；----------------------------------------------------（1 分） 代入数据得 a1=1 m/s2----------------------------------------------------（1 分） 对 M： F-μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2------------------------------------------（1 分） 代入数据解得： a2=2.5 m/s2 ----------------------------------------------（1 分） （2）设 m 离开 M 的时间为 t1，则 对 m 有： 2 1 1 1 1 2x a t ；--------------------------------------------------（1 分） 对 M 有： 2 2 2 1 1 2x a t --------------------------------------------------（1 分） 又有 L=x2-x1 ----------------------------------------------------（1 分） 联立解得： t1=2s --------------------------------------------------（1 分） （3）t=1s 时 m 的速度 v1=a1t=1×1m/s=1m/s M 的速度为： v2=a2t=2.5×1m/s=2.5m/s---------------------------------（1 分） 此过程中 m 相对 M 的位移 m-------------------------（1 分） 1s 后 m 仍以 a1 的加速度作匀加速运动，M 将以 a3 的加速度匀减速运动，且有： μ1mg+μ2（M+m）g=Ma3-------------------------------------------------（1 分） 设再经 t2 后二者速度相等，有： v1+a1t2=v2-a3t2-----------------------------（1 分） 解得 2 1 3ts 此时两者的共同速度为 v=4/3m/s )(9)(5.0 5.4  I ER总 )(3)( VRRrRR EU A A  A V （b） R0 R S 9 / 17 此过程中 m 相对 M 的位移 m-------- ------（1 分） 由于共速之后不能一起匀减速，小木块相对于木板向左滑动。 则在此情况下，最终 m 在 M 上留下的痕迹的长度： ------------------------（1 分） 25（18 分）【答案】(1) 0 mB qt  (2) 002.5d v t (3)  2 0 2 0 3 8 4 ( 1,2,3, )5 n n mv Enn qt     【解析】 (1) 粒子在磁场中做圆周运动的周期： 2 mT qB  ---------------------------------（1 分） 粒子每次经过磁场的时间为半个周期，则： 02Tt ----------------（2 分） -------------------------------------（1 分） (2) 设粒子在 I、Ⅱ区运动的速度分别为 v1、v2，运动周期分别为 T1、T2，则 2 1 1 1 mvBqv r ， 2 2 2 2 2 mvBqv r ，-------------------------（1 分） 1 0 2 0,4v v v v 解得： 212rr -------------------------------------（1 分） 粒子在 t=4.5t0 时回到原点，运动轨迹如图所示： 12 22, 2 mmTTBq Bq  -----------------------------（1 分） 粒子在 I、Ⅱ运动时间分别为 012 0 ,2 2 2 tTTt -----------（1 分） 粒子在电场中运动时间为 0 0 04.5 2.5 2t t t ------------------（1 分） 故粒子在电场中运动宽度 d 所用时为 t0 得 12 02 vvdt --------------（1 分） 10 / 17 解得： 002.5d v t ---------------------------（1 分） (3) 由几何关系，要使粒子经过原点，则应满足  2112 2 2 ( 1,2,3, )n R R R n   -----（2 分） 由向心力公式有： 2 2 2 2 2 mvBqv R    ------------------------------（1 分） 解得： 20 2( 1)nvvn   -------------------------------------（1 分） 根据动能定理： 22 20 11 22qEd mv mv --------------------------（2 分） 解得：  2 0 2 0 3 8 4 ( 1,2,3, )5 n n mv Enn qt     ------------------------（1 分） 33（1）【答案】ABE 根据理想气体状态方程可知在 V-T 图象中，图线上各点与坐标原点的连线斜率代表压强，斜率越大压强越 小，分析各条图线的变化可知； 【解析】A、过程 ab 中气体的体积不变，没有做功；温度升高，内能增大，所以气体一定吸热，故 A 正确； B、设 a 状态的压强为 aP ，则由理想气体的状态方程可知： ，所以： ，同理： ，解得： ，所以： ，故 B 正确； C、过程 b 到 c 应该放出热量，故 C 错误； D、温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以过程 bc 中 气体的温度降低，分子的平均动能减小，并不是每一个分子的速率都减小，故 D 错误； E、由图可知过程 ca 中气体等温膨胀，内能不变，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量 等于对外做的功，故 E 正确； （2）（ 10 分）． 右侧发生等温变化， 初态：压强 P1＝P0，体积：V1＝lS 末态：压强 P2，体积： 根据玻意耳定律可得：P1V1＝P2V2 即：P0lS＝P2 左侧发生等温变化， 00 00 33 3 abP V P V TT 3baPP 00 00 ·3?aCP V P V TT 3caPP c b aP P P 2 0 0 43 46 Pl ρgl P ρgl   2 2 lV l S＝（ ） 2 llS（ ） 11 / 17 初态：压强 P3＝P0，体积：V3＝lS 末态：压强 P4，体积： 根据玻意耳定律可得：P3V3＝P4V4 即：P0lS＝P4 活塞上升 x 后，根据平衡可得：P4+ρgl＝P2 联立可得左活塞需要上升的距离： 34(1)【答案】BCE 【解析】甲波传播到 x=24m 处，根据波向右传播可知：质点向下振动，故甲波波源的起振方向为 y 轴负方 向，故 A 误；由图可知：甲波的波长为 8m，又有甲波波源的振动周期为 0.4s，故甲波的波速大小为 8m/ 0.4s=20m/s，故 B 正确；同一介质中横波波速相同，故乙波的波速也为 20m/s，由图可知：乙波的波长为 12m，故周期为 12m/20m/s＝0.6s，故 C 正确；甲波的传播距离为 24m，故波源振动时间为 1.2s；乙波的传 播距离为 42m-12m=30m，故波源振动时间为 1.5s，所以，甲波波源比乙波波源晚振动 0.3s，故 D 错误； 由图可知：图时时刻，两波在 x=12m 处都处于平衡位置，将要向上振动；故该质点的振动方程为 y＝ 15sin5πt+10sin(10πt /3)(cm)，那么，t=0.6s 时，y=0，即从图示时刻开始再经 0.6s，x=12m 处的质点再次到 达平衡位置；故 E 正确；故选 BCE。 (2) （10 分）(1)L (2)45° 解：(I) （5 分）在三角形棱镜中，设全反射临界角为 C1， 则有： 解得： C1= 如图，从 D 点射入的光线，在 BC 面反射到 A 点，则从 B、D 间垂直射入的光都能垂直射到 AC 面 由几何关系，有： ， 即宽度为 (II) （5 分）设扇形玻璃砖全反射角为 C2，且知： 解得：C2= 如图，当 α= 时，从 OC 面垂直射入扇形玻璃砖的光线恰不能从圆弧面直接射出 故所求圆心角： 3 2 lV l x S＝（ ） 2 ll x S（ ） 2 0 0 43 46 Pl ρglx P ρgl   1 1 1SinC n 30 1BD AB L2 dL 2 2 1SinC n 45 θ 45 12 / 17 3.1 理综考试化学参考答案 7.【答案】A 【解析】A 项，第三代半导体芯片的主要成分不是 SiO2，而是 GaN，A 项错误，符合题意；B 项，普 通玻璃属于硅酸盐材料，B 项正确，不符合题意；C 项，塑料属于高分子聚合物，C 项正确，不符合题意； D 项，大兴国际机场是全国可再生能源使用比例最高的机场，耦合式地源热泵系统，可实现年节约 1.81 万 吨标准煤，光伏发电系统每年可向电网提供 600 万千瓦时的绿色电力，相当于每年减排 966 吨 CO2，并同 步减少各类大气污染物排放，D 项正确，不符合题意；故选 A。 8. 【答案】D 【解析】A 项，异戊二烯中 2 个碳碳双键所确定的平面重合时，所有碳原子共平面，A 正确；B 项， M 中含有碳碳双键可使溴水褪色，对二甲苯与溴水可发生萃取，使溶液分层，有机层显橙红色，可用溴水鉴 别，B 正确；C 项，对二甲苯的一氯代物有氯原子在苯环上 1 种，在甲基上 1 种，合计 2 种，C 正确；D 项， M 的分子式为 C8H12O，某种同分异构体含有苯环，则剩余基团为 C2H7-，无此基团，D 错误。 9. 【答案】C 【解析】A 项，曲线 a 表示无氧环境下，氯化钡溶液 pH 变化减小，说明二氧化硫生成了弱酸亚硫酸， 溶液 pH 降低的原因是 SO2 + H2O H2SO3 H+ + HSO3 -，故 A 正确；B 项，曲线 c 表示有氧环境 下，氯化钡溶液 pH 变化较大，则说明二氧化硫被氧气氧化为强酸硫酸，反应的方程式是 2Ba2+ + O2 + 2SO2 + 2H2O =2BaSO4↓+ 4H+，故 B 正确；C 项，氯化钡、硝酸钡在有氧环境下，pH 变化几乎相同，所以不能 说明曲线 d 所表示的过程中 NO3 -是氧化 SO2 的主要微粒，故 C 错误；D 项，0.1 mol·L－1 的 Ba(NO3)2 硝酸 钡在无氧环境下可以氧化二氧化硫，依据该实验预测 0.2 mol·L－1 的 KNO3 溶液(无氧)也可以氧化 SO2，故 D 正确；故选 C。 10. 【答案】A 【解析】聚丙烯中的 C—H 键数目等于 H 原子数，聚丙烯的最简式为 CH2，故 14 g 聚丙烯中含有 2 mol H 原子，A 项正确；因为 NaOH 溶液的体积未知，故无法求得 OH-的数目，B 错误；随着反应的进行，浓 硝酸将变为稀硝酸，还原产物由 NO2 转变成 NO，无法求出转移的电子数，C 错误；由于粗铜中含有比铜 容易失电子的 Ni、Zn、Fe 等金属，故阳极质量减少 64 g 时，阴极得到的电子数不一定是 2NA，D 错误。 11. 【答案】D 【解析】A 项，依题意，HX 和 HY 是两种一元酸。由图象知，加入氢氧化钠溶液，水电离程度增大， 溶液由酸性逐渐变为中性，当恰好完全反应时溶液呈碱性且水电离程度达到最大值。HX 为弱酸，故 A 错 误；B 项，T、P 点对应的溶液都呈碱性，故 B 错误；C 项，N 点呈中性，加入蒸馏水稀释中性溶液，稀释 后溶液仍然呈中性，故 C 错误；D 项，取 M 点计算电离常数，c(H＋)＝c(OH-)＝1×10-7mol·L-1，混合溶液中 1x(Na ) (Y ) 0.1mol L20+xcc      ， 120-x(HY) 0.1mol L20+xc    ， +- a 7 c(H )c(Y ) xK = =c(HY) (20-x) 10 ， 故 D 正确。故选 D。 12. 【答案】D 【解析】由总反应：(1-x)LiFePO4+xFePO4+LixCn LiFePO4+nC。放电时，作为原电池，LixCn 为负极，化合价升高失去电子发生氧化反应，电子由负极到正极移动；FePO4 为正极，化合价降低得到电 子发生还原反应。充电时，作为电解池，LiFePO4 参与阴极与阳极的反应，阳离子向阴极移动。 A. 放电时，FePO4 为正极，正极化合价降低得到电子发生还原反应，电极反应式为 xFePO4+xLi++xe-===xLiFePO4，故 A 正确； B. 放电时，作为原电池，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故 B 正确； C. 充电时，阴极化合价降低得到电子发生还原反应，电极反应式为 xLi++xe-+nC===LixCn，故 C 正确； D. 充电时，作为电解池，阳离子向阴极移动，Li+向右移动，故 D 错误；答案选 D。 13 / 17 13. 【答案】B 【解析】短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，X 的原子半径是所有短周期主族元素 中最大的，为钠 Na；由 W、X、Y 三种元素形成的化合物 M 的结构分析，Y 形成四个共价键，说明其为 Si；Y 的原子序数是 Z 的最外层电子数的 2 倍，则 Z 为 Cl；W 的核外电子数与 X、Z 的最外层电子数之和 相等，为 O；经分析，X 为 Na，Y 为 Si，Z 为 Cl，W 为 O，则：A 项，O、Si、Cl 三种元素非金属性最强 的为 Cl，A 错误；B 项，单质 Si 为原子晶体，单质 Na 是金属晶体，单质 Si 的熔点高于单质 Na，B 正确； C 项，O 的非金属性比 Si 强，所以 O 的氢化物的稳定性比 Si 的氢化物强，C 错误；D 项，化合物 M 中 O 都满足 8 电子结构，D 错误；故选 B。 26.（15 分）【答案】（1）冷凝管(1 分) （2）①打开分液漏斗颈上的玻璃塞，拧开下端的活塞，缓慢滴加(2 分) ②环己酮和水形成具有固 定组成的恒沸物一起蒸出(2 分) （3）①dbeca(2 分) ②使水层中少量的有机物进一步被提取，提高产品的产量(2 分) ③漏斗、分液 漏斗(2 分) 降低环己酮的溶解度，増加水层的密度，有利于分层(2 分) （4）60.6%(2 分) 【解析】（1）装置 D 是冷凝管。 （2）①滴加酸性 Na2Cr2O7 溶液的方法是：打开分液漏斗颈上的玻璃塞，拧开下端的活塞，缓慢滴加； ②蒸馏不能分离环己酮和水的原因是；环己酮和水形成具有固定组成的恒沸物一起蒸出。 （3）①环己酮的提纯需要经过以下一系列的操作：往液体中加入 NaCl 固体至饱和，静置，分液；水 层用乙醚萃取，萃取液并入有机层；加入无水 MgSO4 固体，除去有机物中少量的水，过滤；蒸馏、除去 乙醚后，收集 151～156℃馏分。所以，提纯步骤的正确顺序是 dbeca。②b 中水层用乙醚萃取的目的是： 使水层中少量的有机物进一步被提取，提高产品的产量；③上述操作 c、d（过滤和萃取）中使用的玻璃仪 器除烧杯、锥形瓶、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有漏斗、分液漏斗。操作 d 中，加入 NaCl 固体的作用 是：降低环己酮的溶解度，増加水层的密度，有利于分层。 （4）恢复至室温时，分离得到纯产品体积为 6mL，由表中的密度可以算出环己酮的质量为 5.7g，则 其物质的量为 0.0582mol。由密度可以算出 10mL 环己醇的质量为 9.6g，则其物质的量为 0.096mol，则环 己酮的产率为 60.6%。 27.（14 分）【答案】（1）2Cr2O3+3O2+4Na2CO3 4Na2CrO4+4CO2（2 分） （2）CuSO4(或 CuSO4 和 H2SO4)（2 分） （3）低温条件下,K2Cr2O7 的溶解度在整个体系中最小,且 K2Cr2O7 的溶解度随温度的降低而显著减小 （2 分） （4）①Cr2 2- 7O +6Fe2++14H+ 2Cr3++6Fe3++7H2O （2 分）②49.0（2 分） （5）是（1 分）；Cr(OH)3 开始出现沉淀时，溶液中 c3(OH－)= 31 3 3+ 5 Ksp[Cr(OH) ] 6.0 10 c(Cr ) 3 10     =2×10－26， Fe3＋沉淀完全，c(Fe3＋)应小于 10－5mol·L－1，Fe(OH)3 沉淀完全时，溶液中 c3(OH－)= 38 3 3+ 5 Ksp[Fe(OH) ] 4.0 10 c(Fe ) 1.0 10     =4×10－330，盖斯定律计算得到△H3=△H1+△H2，则 △H2 Ga-P > Ga-As，故熔点降低(2 分) (5)12(1 分) 3 A 84 2 N a (2 分) 【解析】(1) Se 是 34 号元素，处于第四周期第ⅥA 族，核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p4 ；同一周 期中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅤA 族元素第一电离能大于相邻元素，因 此同一周期 p 区元素第一电离能大于硒的元素有 3 种，分别为 As、Br、Kr；气态 SeO3 分子 Se 原子孤电子 对数= =0，价层电子对数=3+0=3，为平面三角形； (2)根据元素周期律，Ga 与 As 位于同一周期， Ga 原子序数小于 As，故半径 Ga 大于 As，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大，故第一电离能 Ga 小 于 As； (3) 水晶晶体中 1 个硅原子结合 4 个氧原子，同时每个氧原子结合 2 个硅原子，以[SiO4]四面体结 构向空间延伸的立体网站结构，水晶的晶体中硅原子的配位数为 4；均属于分子晶体，相对分子质量越大， 分子间作用力越强，沸点越高，故沸点：SiBr4＞SiCl4＞Si2H6＞SiH4；丁硅烯(Si4H8)与丁烯结构类似，分子 中有 8 个 Si-H 键，1 个 Si=Si 双键、2 个 Si-Si 键，单键为 σ 键，双键含有 1 个 σ 键、1 个 π 键，分子中 σ 键与 π 键个数之比为 11：1； (4)原子半径 N< P< As，键长 Ga-N < Ga-P < Ga-As，键能 Ga-N > Ga-P > Ga-As， 故熔点降低；(5)从六方晶胞的面心原子分析，上、中、下层分别有 3、6、3 个配位原子，故配位数为 12； 六方晶胞中原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为 6 个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为 1/6； ②位于晶胞面心的原子为 2 个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为 1/2；③位于晶胞侧棱的原子为 3 个晶胞共 用，对一个晶胞的贡献为 1/3；④位于晶胞底面上的棱棱心的原子为 4 个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为 1/4；⑤位于晶胞体心的原子为 1 个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为 1， GaN 晶胞中 Ga 原子个数为 1112 2 362     6，晶胞中 N 原子个数为 16 4 63   ，所以该结构为 Ga6N6，质量为 6×84/NA g，该 六棱柱的底面为正六边形，边长为 a cm，底面的面积为 6 个边长为 acm 的正三角形面积之和，根据正三 角形面积的计算公式，该底面的面积为 236a4 cm2，如图所示可知高为 2 倍的正四面体高， 62 3 a cm，所以体积为 332a ，密度为 3 6 84 32 NA a  = 3 84 2 NAa 。 16 / 17 36.（15 分）【答案】（1）丙二醛（2 分） （2 分） （2）取代反应（1 分） （2 分） （3） +(CH3CO)2O +CH3COOH（2 分） （4）d（1 分） （5） 、 (符合要求均可)（2 分） （6） （3 分） 【解析】 （1）B 为 OHCCH2CHO，B 的化学名称为丙二醛，A 是 HOCH2CH2CH2OH，A 中官能团为 羟基，A 中官能团的电子式为 ； （2）C 的结构简式为 HOOC-CH2-COOH，D 的结构简式为 HOOCCHBrCOOH，C 与 Br2 发生取代反 应产生 HOOC-CHBr-COOH 和 HBr；I 的结构简式为 ； （3）F 发生取代反应生成 G，F→G 的化学方程式为 +(CH3CO)2O +CH3COOH； （4）a.M 中苯环能发生加成反应，a 不符合题意； b.酚羟基能发生氧化反应，b 不符合题意； c.羧基、酚羟基和肽键都能发生取代反应，c 不符合题意； d.羧基、酚羟基和肽键都不能发生消去反应，d 符合题意； 故合理选项是 d； （5）E的同分异构体符合下列条件：①能与 FeCl3 溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能与NaHCO3 反应，说明含有羧基，③含有-NH2，如果-OH、-COOH 相邻，有 4 种；如果-OH、-COOH 相间，有 4 种； 如果-OH、-COOH 相对，有 2 种，所以符合条件的有 10 种，其中两种同分异构体的结构简式是： 、 ；(10 种中的任意两种均可以) （6） 以 为原料(无机试剂任选)，设计制备 17 / 17 的合成路线， 可由对氨基苯甲酸 发生缩聚反应得到，氨基可由硝基还原得到，羧基可由醛基氧化得到，醛基可由醇羟基氧化得到，醇羟基 可由卤代烃发生水解反应得到，其合成路线为 。（注意保护氨基，先进行氧化，后进行还原，否则是 0 分）