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理科综合（二）
本试题卷共26页，38题(含选考题)。全卷满分300分。考试用时150分钟。
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共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．下列关于基因的叙述中，正确的是（ ）
A．mRNA只有与核糖体结合后才能发挥作用
B．自然条件下，基因重组主要发生在减数第一次和第二次分裂前期
C．基因突变一定会使种群的基因频率发生变化
D．基因多样性的原因是碱基排列顺序的千变万化
【解析】mRNA有可能通过复制变为DNA或者RNA（反转录），不一定是与核塘体结合翻译为蛋白质（翻译)，A错误；自然条件下，基因重组主要发生在减数第一次分裂的前期（四分体时期）和后期；B错误；如果突变后的个体适应所在环境而经自然选择存留下来的话，那么该基因频率可影响种群基因频率，反之，如果突变后的个体不适应环境的话，则会被自然选择淘汰，那么对该种群的基因频率就不产生影响，C错误；碱基排列顺序的千变万化构成了DNA分子的多样性，而基因是有遗传效应的DNA片段，所以也可以说基因多样性的原因是碱基排列顺序的千变万化，D正确。
【答案】D
2．将若干生理状况基本相同，长度为4cm的鲜萝卜条分为四组，分别置于清水（对照组）和浓度相同的三种溶液中（实验组），尿素溶液、KNO3溶液和蔗糖溶液分别编号为1、2、3组。测量每组萝卜条的平均长度，结果如下图。据图分析，下列叙述正确的是（ ）
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A．实验组中都发生了质壁分离和复原现象
B．对照组中水分子在前15min进入了细胞，15min之后不再进入
C．1组中的尿素分子和2组中的K+、NO3-都进入了细胞，但进入的方式不同
D．3组中，如果一直增大蔗糖溶液浓度，萝卜条就会一直缩短
【解析】从曲线图可看出1、2组发生了质壁分离和复原现象，而3组只发生了质壁分离，没有发生质壁分离复原现象，A错误；15min之后达到了动态的平衡，即进入细胞的水分子数与出细胞的水分子数相等，B错误；尿素分子通过自由扩散方式进入细胞，K+、NO3-通过协助扩散的方式进入细胞，C正确；如果一直增大蔗糖浓度，细胞会因过度失水而死亡，导致细胞通透性改变，蔗糖分子会进入细胞，萝卜条会恢复到原来长度，D错误。
【答案】C
3．下列有关实验的叙述，正确的是（ ）
A．使用双缩脲试剂鉴定蛋白质时，先加A液再加B液，加热一段时间后溶液变紫色
B．纸层析法分离绿叶中的色素时，滤纸条上最宽的色素带呈蓝绿色
C．观察洋葱根尖有丝分裂时，在高倍镜下可看到染色体的形态变化
D．利用样方法调查种群密度时需要去掉最大值和最小值，再来计算平均值
【解析】使用双缩脲试剂鉴定蛋白质时，不需要加热，A错误；最宽色素带为叶绿素a，叶绿素a呈蓝绿色，B正确；观察洋葱根尖有丝分裂时，看到的都是死细胞，不能看到染色体的形态变化，C错误；利用样方法调查种群密度时，一般不舍弃样方中的最大值和最小值，D错误。
【答案】B
4．如下图所示，图甲表示一个细胞周期中不同时期所需时间，图乙、图丙分别表示在减数分裂过程中每条染色体上DNA含量的变化和每个细胞内染色体数目的变化，下列叙述错误的是（ ）
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A．图乙中的od段对应图甲中的a时期
B．图乙中的e点对应图丙中的g点
C．秋水仙素能诱导多倍体的形成是在图甲中的b时期起作用的
D． 21三体综合症患者从亲代处得到的配子可能是在图丙中的hi段出现了差错
【解析】图甲中的a时期表示细胞周期中的分裂间期，图乙中的od段表示减数分裂的间期，减数分裂不具有细胞周期，A错误；图乙中的e点表示进入减数第二次分裂后期，图丙中g点也表示进入减数第二次分裂后期，B正确；秋水仙素诱导多倍体的形成的原因是抑制纺锤体的形成，在有丝分裂的前期，C正确；图丙中hi段表示减数第二次分裂的末期，在此时期21号染色体有可能都进入了同一个细胞中，D正确。
【答案】A
5．下列关于种群、群落、生态系统的叙述，正确的是（ ）
A．种群内个体数以稳定速度增加的种群年龄组成为增长型
B．群落只有遭受了外界干扰因素的破坏，才会出现演替现象
C．生态系统的组成成分中，植物不一定都是生产者，但动物一定都是消费者
D．生态系统的营养结构越简单，其恢复力稳定性就一定越强
【解析】中群内个体数为稳定速度增加，说明出生率大于死亡率，种群的年龄组成属于增长型，A正确；群落演替的根本原因在于群落内部，所以不遭受外界干扰因素的破坏也会出现演替现象，B错误；有些植物如菟丝子营寄生生活，属于消费者，有些动物如蚯蚓等腐生动物属于分解者，C错误；极地苔原生态系统或干旱荒漠生态系统由于物种组成单一、营养结构简单、环境恶劣，抵抗力稳定性和恢复力稳定性都较低，D错误。
【答案】A
6．艾滋病（AIDS）是由人类免疫缺陷病毒（HIV）引起的，为提高人们对艾滋病的认识，世界卫生组织于1988年1月将每年的12月1日定为世界艾滋病日，2016年的活动主题为 “携手抗艾，重在预防”。以下关于艾滋病的说法错误的是（ ）
A．HIV病毒的遗传物质是由4种核糖核苷酸组成的
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B．人体感染HIV后，T细胞数量逐渐减少，导致人体免疫能力几乎全部丧失
C．HIV病毒可通过性接触、母婴、血液、接吻、饮食等途径传播
D．HIV通过胞吞作用进入宿主细胞
【解析】HIV病毒是一种RNA病毒，RNA是由4种核糖核苷酸组成的，A正确；HIV病毒主要攻击T细胞，使细胞免疫缺失，体液免疫降低，B正确；HIV通过性传播、母婴传播和血液传播，不会通过共同进餐、握手、拥抱、礼节性接吻等其他途径传播，C错误；HIV病毒是一种RNA病毒，由RNA和蛋白质组成，RNA和蛋白质均属于大分子物质，所以HIV病毒进入宿主细胞的方式是胞吞，D正确。
【答案】D
7．化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法中正确的是（ ）
A．大量使用薪柴为燃料，践行低碳生活
B．使用填埋法处理未经分类的生活垃圾
C．地沟油经过加工处理后可用来制生物柴油和肥皂
D．海水中含有丰富的碘元素，因此碘被称为“海洋元素”
【解析】A．大量使用薪柴为燃料，燃烧后会释放出大量的CO2，不能做到低碳生活，故A错误；B．生活垃圾不能一埋了之，要分类回收，资源充分利用，故B错误；C．地沟油主要是油脂，油脂可经过一系列工艺过程制成生物柴油，同时如在碱性条件下水解能制肥皂，故C正确；D．被称为“ 海洋元素”的是溴元素，故D错误。
【答案】C
8．设NA为阿伏加德罗常数。下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，20 g D2O分子中所含中子数为10 NA
B．0.1 mol FeCl3水解生成的Fe(OH)3胶粒数为0.1 NA
C．将lmol Cl2通人水中，HC1O、Cl-、C1O-粒子数之和为2 NA
D．常温常压下，11.2 L CO2 与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5 NA
【解析】20 g D2O 的物质的量为1mol，一个D2O分子中所含中子数为10个，所以1 mol中含中子为10 mol即10NA 故A正确；胶体的胶粒是大分子或小分子集合体，Fe(OH)3胶粒是分子集合体，含0.1 mol FeCl3水解得到的胶粒数小于0.1 NA，故B错误；氯水中还存在Cl2分子，l mol Cl2通人水中，根据氯原子原子守恒HC1O、Cl-、C1O-粒子数之和小于2 NA，故C错误；标准状况下，11.2 L CO2 的物质的量为0.5mol，与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5 NA，故D错误。
【答案】A
9．下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A．葡萄糖与果糖、淀粉与纤维素均互为同分异构体
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B． 的同分异构体中含有苯环且属于羧酸的有14种
C．2，2—二甲基丙烷可以由烯烃通过加成反应制得
D．用如右图所示的装置制取乙酸乙酯或进行Cu和浓硫酸的反应
【解析】淀粉与纤维素都是高分子化合物，表示式相同，聚合度不同，不是互为同分异构体，A错误；的同分异构体中含有苯环且属于羧酸的有13种，B错误；根据加成反应的特点，2，2—二甲基丙烷不可能由烯烃通过加成反应制得，C错误；D．制取乙酸乙酯或进行Cu和浓硫酸的反应的装置，D正确。
【答案】D
10．下列有关表达式正确的是（ ）
A．反应C(s) + H2O(g) CO(g) + H2(g) 的平衡常数为：
B．反应Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+ 的平衡常数为：
C．NH4+ + H2O NH3·H2O +H+ 的平衡常数为：
D．CH3COOH+H2OCH3COO－+H3O+ 的平衡常数为：
【解析】平衡常数的表达式中，纯固体（液态）的浓度是常数，看为“1”，A、B错误；D．CH3COOH+H2OCH3COO－+H3O+ 的是CH3COOH的电离平衡，平衡常数为：Ka(CH3COOH)，D错误。
【答案】C
11．a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a与d最外层电子数之和为12，b2-与c+的电子层结构与氖相同，c、d同周期。下列叙述正确的是（ ）
A．a的原子半径是这些元素中最小的
B．b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物
C．c 与b形成的二元化合物一定只存在离子键
D．d与b、c三种元素形成的化合物的水溶液一定呈碱性
【解析】b2-与c+的电子层结构与氖相同，说明b为O元素，c为Na元素；a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a与d最外层电子数之和为12，说明a为N元素，d为Cl元素。原子半径Na>Cl>N>O，A错误；过氧化钠中不仅仅只有离子键，过氧根中还存在共价键，C错误；Na、O、Cl三种元素能形成多种化合物，如NaClO4水溶液一定呈中性，D错误。
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【答案】B
12．亚磷酸钠（Na2HPO3）溶液电渗析法制备H3PO3（亚磷酸）的原理如图所示，有关说法不正确的是（ ）
A．膜①、③均为CM
B．阴极的电极反应式为：2H2O + 2e－= 2OH－+ H2↑
C．阳极的电极反应式为：2H2O + 4e－= 4H+ + O2↑
D．在原料室与产品室间设计构成缓冲室其主要目的是提高产品的纯度
【解析】电解槽的阳极发生氧化反应，阳极的电极反应式为：2H2O - 4e－= 4H+ + O2↑，C不正确。
【答案】C
13．下列实验方案正确且能达到预期目的的是（ ）
【解析】不同反应的反应热数据大小，不能作为判断反应速率的大小依据，反应速率受反应物性质决定，同时受外在因素影响，A错误；SO2通入酸性KMnO4溶液中使其褪色是因为SO2与KMnO4发生氧化还原反应所致，不是SO2具有漂白性的原因，C错误；将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色，不能说明H2O2氧化性比Fe3+强，因为溶液中存在H+、NO3-更强氧化性的HNO3影响实验结果，D错误。
【答案】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，有的只有一项符合题目要求，有的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．根据玻尔理论，氢原子的能级公式为（n为能级，A为基态能量），一个氢原子中的电子从n= 4的能级直接跃迁到基态，在此过程中（ ）
A．氢原子辐射一个能量为的光子
B．氢原子辐射一个能量为的光子
C．氢原子辐射一系列频率的光子，其中频率最大的光子能量为
D．氢原子辐射一系列频率的光子，其中频率最大的光子能量为
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【解析】根据玻尔理论，一个氢原子中的电子从n= 4的能级直接跃迁到基态，辐射一个光子的能量为。
【答案】B
15．如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球始终保持静止状态。在此过程中下列说法正确的是（ ）
A．框架对小球的支持力先减小后增大
B．拉力F的最小值为mgsin θ
C．地面对框架的摩擦力始终在减小
D．框架对地面的压力先增大后减小
【解析】小球受力示意图如图所示，以小球受到的重力为合力，拉力和框架对小球的支持力为分力，作出矢量三角形，在力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°的过程中，力F先减小后增大，其最小值为mgcos θ，支持力FN一直减小，小球对框架的压力也一直减小，可得地面对框架的摩擦力始终在减小，框架对地面的压力也是一直减小。
【答案】C
16．如图（甲）所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，滑块A的加速度a与拉力F的关系图象如图（乙）所示，则长木板B的质量为（ ）
A．4kg B．3kg C．2kg D．1kg
【解析】根据题图乙可知，当F=12 N时，加速度a=3 m/s2，对滑块与木板整体，由牛顿第二定律有F=（mA+mB）a，解得mA+mB=4kg，当F大于12N时，A、B发生相对滑动，同理，对滑块B有，整理得，由题图可知，图线的斜率，解得mB=3kg，mA=1kg。
【答案】B
17．如图所示，n匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈接入一只额定电压为U的灯泡，灯泡正常发光。
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从线圈通过中性面开始计时，下列说法正确的是 （ ）
A．图示位置穿过线框的磁通量变化率最大
B．灯泡中的电流方向每秒改变次
C．线框中产生感应电动势的表达式为e＝nBSωsinωt
D．变压器原、副线圈匝数之比为
【解析】图中是线圈通过中性面的位置，穿过线框的磁通量变化率为零，选项A错误；由和可得，灯泡中的电流方向每秒改变次，选项B错误；产生的感应电动势的最大值Em=nBSω，从线圈通过中性面开始计时，线框中产生感应电动势的表达式为e＝nBSωsinωt，选项C正确；变压器原线圈两端的电压，根据可得，选项D错误。
【答案】C
18．2017年4月22日12时23分，“天舟一号”货运飞船与“天宫二号”空间实验室顺利完成自动交会对接。如图所示，已知“天舟一号”“天宫二号”对接后，组合体在时间t内沿圆周轨道绕地球转过的角度为θ，组合体轨道半径为r，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，不考虑地球自转。则（ ）
A．可求出地球的质量
B．可求出地球的平均密度
C．可求出组合体的做圆周运动的线速度
D．可求出组合体受到地球的万有引力
【解析】根据题意可得组合体绕地球运动的角速度为，根据公式可得，选项A正确；忽略地球自转，在地球表面万有引力等于重力，即，即可求得地球半径，根据可求得地球密度，选项B正确；根据可得组合体的做圆周运动的线速度，选项C正确；由于不知道组合体质量，所以无法求解受到地球的万有引力大小，选项D错误。
【答案】ABC
19．如图（a）所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷。t=0时，甲静止，乙以初速度6 m/s向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v－t图象分别如图（b）中甲、乙两曲线所示。则由图线可知（ ）
A．两电荷的电性一定相反
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B．t1时刻两电荷的电势能最大
C．在0～t2时间内，两电荷的静电力先增大后减小
D．在0～t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小
【解析】由图可知，两个小球间产生的排斥力，因为刚开始乙做减速运动，甲做初速度为0的加速运动，则两个电荷的电性一定相同，选项A错误；在t1时刻，两个小球共速，两个小球的间的距离最小，故在间距减小的过程中，小球始终克服电场力做功，以后小球的距离逐渐增大，电场力就做正功了，故间距最小时的电势能最大，选项B正确；t2时刻，乙球静止，在0～t2时间内，两电荷的间距先减小后增大，故它们间的静电力先增大后减小，选项C正确；在0～t3时间内，甲的速度一直增大，故它的动能一直增大，而乙的速度先减小后增大，故它的动能也是先减小后增大，选项D错误。
【答案】BC
20．如图甲所示，电流恒定的通电直导线MN，垂直平放在两条相互平行的水平光滑长导轨上，导线中电流方向由M指向N，在两轨间存在着竖直磁场，取垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，当t=0时导线恰好静止，若B按如图乙所示的余弦规律变化，下列说法正确的是（ ）
A．在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动
B．在最初的一个周期内，导线一直向左运动
C．在最初的半个周期内，导线的加速度先增大后减小
D．在最初的半个周期内，导线的速度先增大后减小
【解析】当t=0时，由左手定则可知，MN受到向右的作用力，根据F安=BLI，由于B最大，故此时的安培力最大，则MN的加速度最大，随着时间的延长，磁场强度B减小，故加速度减小，而MN的速度在增大，当B=0时，加速度为0，速度最大，当B反向时，安培力也会反向，则加速度也反向，MN做减速运动，到半个周期时，MN减速到0，此时的加速度反向最大，然后MN再反向运动，到一个周期时MN又回到原出发的位置，故在最初的一个周期内，导线在导轨上往复运动，选项A正确，B错误；在最初的半个周期内，导线的加速度先减小后增大，而其速度则是先增大后减小，选项C错误，D正确。
【答案】AD
21．如图所示，圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出），O为圆心，P为边界上的一点。相同的带电粒子a、b（不计重力）从P点先后射入磁场，粒子a正对圆心射入，速度方向改变60°后离开磁场，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a
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射入时的速度方向成60°，已知它们离开磁场的位置相同，下列说法正确的是 （ ）
A．两粒子的速度之比为＝
B．两粒子在磁场中运动的时间之比为＝
C．两粒子在磁场中运动的半径之比为＝
D．两粒子在磁场中运动的轨迹长度之比为＝
【解析】作出带电粒子a、b在磁场中运动的轨迹，根据结合关系可知，两粒子运动的轨道半径之比＝，由可得，两粒子的速度之比为＝；两粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角之比为1∶3，根据可得在磁场中运动的时间之比为＝，运动的轨迹长度s=vt，在磁场中运动的轨迹长度之比为＝。
【答案】BD[
第Ⅱ卷
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答。
(一)必考题(11题，共129分)
22.（6分）下图是验证机械能守恒定律的实验。小球由一根不可伸长的轻绳拴住，轻绳另一端固定在O点，在最低点附近放置一组光电门，光电门与小球摆到最低点时的球心在同一高度。将轻绳拉至水平后由静止释放，用光电门测出小球运动到最低点的挡光时间△t，再用10分度游标卡尺测出小球的直径d，如图所示，重力加速度为g。则
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（1）小球的直径d=__________cm；
（2）利用该装置验证机械能守恒定律，_________测定小球的质量（填“需要”或“不需要”）。
（3）当地重力加速度为g，且测出悬线长度为，若等式____________成立，则说明小球下摆过程机械能守恒（等式用题中各物理量字母表达）。
【解析】（1）十分度游标卡尺的精确度是0.1 mm，小球直径d=10mm+4×0.1mm=1.04mm。
（2）（3）小球通过最低点时的速度，设小球的质量为m，下落的高度，重力势能的减少量等于动能的增加量，有，等式两边m可以消去，故不需要测定小球的质量。
【答案】 （1）1.04 （2）不需要 （3）
23．（9分）为测绘一个标有“4 V 2.4 W”小电风扇（线圈电阻恒定）的伏安特性曲线，电风扇两端的电压需要从零逐渐增加到4V，并便于操作，实验室备有下列器材：
A．电池组（电动势为4.5V，内阻约为1）
B．电压表(量程为0〜6V，内阻约为4 k)
C．电流表(量程为0〜0.6 A，内阻约为0.2)
D．电流表 (量程为0〜3A，内阻约为0.05)
E．滑动变阻R1(最大阻值20，额定电流1A)
F．滑动变阻器R2 (最大阻值1750，额定电流0.3A)
G．开关和导线若干
(1)实验中所用的电流表应选 (填“C”或“D”) ，滑动变阻器应选 (填“E”或“F”）
(2)请用笔画线代替导线将实物图连接成符合这个实验要求的电路。
(3)闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，当电压表示数大于0.5
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V时电风扇才开始转动，小电风扇的伏安特性曲线如图所示，则电风扇的电阻为 Ω，正常工作时的机械功率为 W。
【解析】（1）电风扇的额定电流=0.6A，从读数误差的角度考虑，电流表选择C。电风扇的电阻比较小，则滑动变阻器选择总电阻为20的误差较小，调节方便，即选择E。
（2）因为电压电流需要从零开始，则滑动变阻器采用分压接法，电风扇的电阻大约，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法，电路如图所示。
（3）电压表读数小于0.5V时电风扇没启动。根据欧姆定律得，正常工作时电压为4V，根据图象知电流为0.6A，则电风扇发热功率P，=I2R=0.362.5W=0.9W，则机械功率Pˊˊ=UI-I2R=2.4-0.9=1.5W。
【答案】（1）C E （2）如图所示 （3）2.5 1.5
24．（14分）如图所示，两条间距L=0.5m且足够长的平行光滑金属直导轨，与水平地面成30°角固定放置，磁感应强度B=0.4T的匀强磁场方向垂直导轨所在的斜面向上，质量、的金属棒ab、cd垂直导轨放在导轨上，两金属棒的总电阻r=0.2Ω，导轨电阻不计。ab在沿导轨所在斜面向上的外力F作用下，沿该斜面以的恒定速度向上运动。某时刻释放cd， cd向下运动，经过一段时间其速度达到最大。已知重力加速度g=10m/s2，求在cd速度最大时，
（1）abcd回路的电流强度I以及F的大小；
（2）abcd回路磁通量的变化率以及cd的速率。
【解析】（1）以cd为研究对象，当cd速度达到最大值时，有：
代入数据，得： I=5A
由于两棒均沿斜面方向做匀速运动，可将两棒看作整体，作用在ab上的外力：
（或对ab：）
代入数据，得： F=1.5N。
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（2）设cd达到最大速度时abcd回路产生的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律，有：
由闭合电路欧姆定律，有：
联立解得：=1.0Wb/s
设cd的最大速度为vm，cd达到最大速度后的一小段时间内，abcd回路磁通量的变化量：
回路磁通量的变化率：
联立解得：m/s。
25．（18分）如图所示，一条不可伸长的轻绳长为，一端悬于天花板上的点，另一端系一质量为的小球（可视为质点）。现有一个高为，质量为的平板车，在其左端放有一个质量也为的小物块（可视为质点），小物块正好处在悬点的正下方，系统静止在光滑水平面地面上。今将小球拉至悬线与竖直位置成角，由静止释放，小球到达最低点时刚好与发生正碰，碰撞时间极短，且无能量损失。已知离开平板车时的速度大小是平板车速度的两倍，与之间的动摩擦因数为，∶=4∶1，重力加速度为。求：
（1）小物块离开平板车时速度为多大？
（2）平板车的长度为多少？
（3）小物块落地时距小球的水平距离为多少？
【解析】（1）设小球即将与物块碰撞前的速度为，小球由初始位置摆动到最低点的过程中，由机械能守恒定律可得：
解得：
设碰撞后小球速度为，物块速度为，由于小球与物块是弹性碰撞，所以碰撞过程满足机械能守恒和动量守恒，有：
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两式联立可得：，
即：速度交换，小球速度变为零，获得速度。
设离开平板车时的速度大小为，则平板车速度为，物块在小车上滑行的过程中，由动量守恒定律可得：
∶=4∶1
可得：。
（2）设平板车的长度为，由题意可得物块在小车上滑行时，一部分动能转化为系统的内能，所以有：
可得：。
（3）由题意可得，以地面为参考系，物块在小车上做匀减速直线运动，设其加速度为，运动的位移为，离开平板车后做平抛运动，运动时间为，水平位移为。
由牛顿运动定律可得：
联立可得：物块运动的水平位移为
由于小球与物块碰后处于静止状态，所以小物块落地时距小球的水平距离即为物块运动的水平位移：。
26．（14分）某研究小组利用氮气、氧化铝和活性炭制取氮化铝，设计如图1所示实验装置。
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请回答：
（1）图1中用饱和NaNO2溶液与NH4Cl溶液加热制取氮气，该离子方程式为 。
（2）图1装置中各仪器导管口连接的顺序是（可重复使用，用小写字母a→g填写）： ；导管A的作用是 。
（3）按要求连接好实验装置后，接下来的操作是 。
（4）按要求连接的实验装置，存在严重问题，请说明改进的办法，存在的缺陷是 ，改进的办法是 。
（5）反应结束后，某同学用图2装置进行实验来测定 氮化铝样品的质量分数（实验中导管体积忽略不计）。
①氮化铝与过量的NaOH溶液反应生成氨气化学反应方程式为 ；
② 集气瓶中的苯的作用是 ；集气瓶中的液体没有装满，则实验测得NH3的体积将 （填“偏大” “偏小”或“不变”）。
③若实验中称取氮化铝样品的质量为8.0 g，测得氨气的体积2.8 L（标准状况），则样品中AlN的质量分数为 （保留3位有效数字）。
【答案】（1）NO2-+NH4+ 2H2O+N2↑（2分）
（2）a-e-d-g-f-c-b(或b-c) -g-f（2分）；平衡分液漏斗与烧瓶之间的压强，使NaNO2
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饱和溶液顺利滴下；（1分）
（3）检查装置的气密性（1分）
（4）没有尾气处理装置，会污染大气（1分）；在干燥管末端连一尾气处理装置（答案合理即可）（1分）
（5）①AlN+NaOH+H2O===NaAlO2+NH3↑（2分）
②防止氨气溶于水（1分） ；不变（1分）
③ 64.1%（2分）
27．(15分）研究发现，含PM2.5的雾霾主要成分有SO2、NOx、CxHy及可吸入颗粒等。
（1）雾霾中能形成酸雨的物质是_____________。
（2）①SO2、NOx 可以经 O3 预处理后用 CaSO3 水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx 的含量。O3 氧化烟气中 NOx 的主要反应的热化学方程式为：
NO(g) ＋O3 (g) = NO2 (g) ＋O2 (g) ∆ H = -200.9 kJ · mol-1
NO (g) ＋1/2O2 (g) = NO2 (g) ∆ H = -58.2 kJ · mol-1
依据以上反应，可知：3 NO (g)＋O3 (g) = 3 NO2 (g) ∆ H = kJ · mol-1。
②用CaSO3水悬浮液吸收烟气中NO2时，清液 ( pH约为8) 中SO32-将NO2转化为NO2－，其离子方程式为 。
（3）如图电解装置可将雾霾中的SO2、NO转化为(NH4)2SO4。
① 阴极的电极反应式是 。
② 物质A是_____________(填化学式)。
（4）为减少雾霾、降低大气中有害气体含量， 研究机动车尾气中CO、NOx及CxHy的排放量意义重大。机动车尾气污染物的含量与空/燃比 (空气与燃油气的体积比)的变化关系示意图如图所示， 随空/燃比增大，CO和CxHy的含量减少的原因是
。
（5）在雾霾治理中，氧化SO2是常用方法，在氧化SO2的过程中，某实验小组探究NO3-和O2
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哪种微粒起到了主要作用。
①图2，BaCl2溶液中发生反应的离子方程式为_________________________________。
②依据上述图像你得出的结论是 ，说明理由 。
【答案】（1）SO2 和 NOx （2分）
（2）①-317.3（2分）； ②SO32-+2NO2+2OH- = SO42-+2NO2-+H2O （2分）
（3）①NO + 5e-+ 6H+= NH4＋+ H2O（2分）； ②H2SO4（1分）
（4）空/燃比增大，燃油气燃烧更充分，故CO、CxHy含量减少（2分）
（5）①2Ba2++2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H+ （2分）
②在氧化SO2的过程中，O2起了主要作用；在BaCl2溶液中起氧化作用的是O2，在Ba(NO3)2溶液中起氧化作用的是O2和NO3-，而图2中，分别向BaCl2、Ba(NO3)2溶液中通入SO2，pH变化趋势、幅度接近，因此起氧化作用的主要是O2（2分）
28．（14分）锂离子三元镍钴锰正极材料(Ni(1－x－y)CoxMnyCO3)具有比容量高、结构稳定、循环性能好的优点，工业上以Na2CO3和镍、钴、锰的硫酸盐制备该材料的流程图如下：
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请回答下列问题
（1）沉淀反应的离子方程式为______________________________________；沉淀反应反应中pH过大或过小均合适的原因是 。
（2）其中一种常用的锂离子电池正极材料LiNi1－2xCoxMnxO2中，Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4，则x＝_____，则该化合物用氧化物的形式表示为______________________；烧结反应中不能隔绝空气，其原因是 。
（3）某种锂离子电池以钛酸锂(Li4Ti5O12)为负极，LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2为正极，已知：放电时正极反应式为Li4Ti5O12+Li++e-＝Li5Ti5O12，则负极反应为___________________________。
（4）沉淀反应中温度控制不当，很容易产生沉淀MnCO3。MnCO3在空气中加热时，剩余固体随温度的变化如图所示。
A点对应物质的化学式为 ；B → C反应的化学方程式为 。
【答案】（1）(1－x－y) Ni2+ + xCo2+ + yMn2++ CO32- ＝ Ni(1－x－y)CoxMnyCO3↓（2分）；pH过大易生成沉淀Ni(OH)2、Co(OH)2、Mn(OH)2，pH过小又不利于Ni(1－x－y)CoxMnyCO3沉淀的生成（2分）
（2） （1分）；3Li2O·2NiO·Co2O3·2MnO2（2分）；需要空气中的O2把其中+2价的Co和+2价的Mn2+、氧化为更高的价态（2分）
（3）LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2－e-＝Ni0.5Co0.2Mn0.3O2+Li+（2分）
（4）MnO（1分）；6MnO22Mn3O4＋O2↑（2分）
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29．（9分）研究发现，热（38摄氏度）会激活下丘脑视前区的亚区（VLPO）神经元。激活这些神经元会触发强烈的体温下降和活动度降低；而抑制这些神经元则会迅速升高体温，达到高烧水平（40.7摄氏度）。因此，VLPO神经元主要负责散热和降低体温。请运用所学知识回答下列问题：
（1）体温平衡调节是通过 机制完成的。
（2）亚区（VLPO）神经元接受刺激后，通过 （结构）将兴奋传递给下一个神经元；在刺激亚区（VLPO）神经元导致体温下降的过程中，可能参与的腺体是 。
（3）当人处于寒冷环境时，体内会分泌多种激素来适应所处环境，由下丘脑直接分泌的激素是 ，此激素的作用对象是 。
【解析】体温平衡调节的机制是神经—体液调节。兴奋从一个神经元通过突触传递到另一个神经元。体温调节过程如下，热刺激增加散热，相关的腺体是汗腺。冷刺激时由下丘脑直接分泌的激素是促甲状腺激素释放激素，它作用的对象是垂体。
【答案】（1）神经—体液调节 （1分）
（2）突触 汗腺
（3）促甲状腺激素释放激素 垂体
30．（11分）光合色素能够吸收、传递和转换光能，是植物进行光合作用的物质基础。某小组为探究不同光质对植物叶绿素含量及叶绿素的电子传递速率的影响，将刚出苗的樱桃番茄幼苗分别置于不同光质的LED弱光下处理，其他条件都相同。处理35d后检测叶绿素含量及叶绿素的电子传递速率，结果如下表所示，回答下列问题。
（1）绿叶中的光合色素除了叶绿素外，还有 。一般用于提取光合色素的试剂是 。
（2）实验的不同光质是在红蓝光的基础上再加不同的光色处理，选用红蓝光为基础的原因是
。如果再选一种光质作为基础以增加光合作用的效率，从上表看最应该选择 光。
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（3）光能经光合色素吸收后转换成了电能，此电能直接用于 、 。
【解析】（1）光合色素除了叶绿素外，还有类胡萝卜素（胡萝卜素和叶黄素）。一般用无水乙醇提取叶绿素。
（2）选用红蓝光是因为叶绿素主要吸收红光和蓝紫光；从表中可看出红蓝紫光处理下电子传递速率较高，所以如果再选择一种光色，最应该选择紫光。
（3）光合色素吸收的光能有两方面的用途，水的光解和ATP的合成。
【答案】（1）类胡萝卜素（胡萝卜素和叶黄素） 无水乙醇（1分）
（2）叶绿素主要吸收红光和蓝紫光 紫
（3）水的光解 ATP的合成
31．（10分）下图表示某草原生态系统中两物种的数量变化，回答下列问题。
（1）在用标志重捕法估计出物种B的种群密度为m时，发现有部分标记的个体被人类所捕杀，不考虑其他因素，则实际的物种B种群密度应该 m。（大于、小于或等于）
（2）物种A和物种B之间信息传递的方向是 。
（3）该生态系统中的能量沿着 （渠道）流动。
（4）假设草原遭遇了火灾，经过多年以后又恢复到原来的状态，此过程中发生的是 演替，生态系统的 稳定性逐渐增强。
【解析】标志重捕法的计算公式为 ，当重捕标记数变大时，种群数量变小。在该生态系统中，捕食者和被捕食者之间可以相互传递信息，能量是沿着食物链和食物网的渠道流动的。遭遇火灾后的草原上的演替是次生演替，演替过程中，随着物种种类的增多，抵抗力稳定性在逐渐增强。
【答案】（1）小于
（2）A B （A与B之间可以相互传递信息） 食物链和食物网
（3）次生 抵抗力
32．（9分）某种植物果实的圆球形（A）和扁圆形（a）、大果型（B）和小果型（b）为两对相对独立遗传的性状，现有产纯种圆球大果和扁圆小果的两种植株，杂交得F1，F1再自交得到F2。回答下列问题。
（1）F2中能产圆球小果果实的植株基因型有 种，其中纯合子占 。
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（2）通过单倍体育种技术可以较快选出产纯种圆球小果的植株，占所有植株的 ，得到的植株为 倍体，用秋水仙素处理幼苗的目的是
。
【解析】（1）如左下图所示，F2植株中产小果型果实的基因型为bb，产圆球形果实的基因型为1/3AA、2/3Aa，所以能产圆球小果果实的植株的基因型有2种，其中纯合子占1/3。
（2）如右上图所示，能产圆球小果果实的植株占1/4；由配子直接发育而来的植株都是单倍体；秋水仙素能够抑制纺锤体的形成，导致染色体不能移向细胞两极，从而引起细胞内染色体数目加倍。
【答案】（1）2（1分） 1/3
（2）1/4 单 抑制纺锤体的形成，导致染色体不能移向细胞两极，从而引起细胞内染色体数目加倍
（二）选考题：共45分。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）（5分）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．物体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变
B．在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加
C．不可能从单一热库吸收热量使之完全变成功
D．物体内能的增加等于外界对物体所做的功与从外界吸收的热量之和
E．满足能量守恒定律的物理过程一定能自发进行
【解析】温度是分子平均动能的标志，温度发生变化，分子的平均动能就会发生变化，选项A正确；温度降低，分子对器壁的撞击强度减弱，要使气体的压强不变，单位时间内分子对器壁单位面积平均碰撞次数必须增加，选项B正确；不可能从单一热库吸收热量使之完全变成功，而不引起其他变化，选项C错误；根据∆U=W+Q可知，选项D正确；热机满足能量守恒定律
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，但不满足热力学第二定律，选项E错误。
【答案】ABD
（2）（10分）如图所示，粗细相同的导热玻璃管A、B由橡皮软管连接，一定质量的空气被水银柱封闭在A管内，气柱长L1=40cm。B管上方与大气相通，大气压强p0=76cmHg，环境温度T0=300K。初始时两管水银面相平，若A管不动，将B管竖直向上缓慢移动一定高度后固定，A管内水银面上升了h1=2cm。
（i）求B管上移的高度为多少？
（ii）要使两管内水银面再次相平，环境温度 需降低还是升高？变为多少？（大气压强不变）
【解析】（i）设B管被提升H高度后，B管液面比A高h2，有：
A管内气柱长为L1-h1=38cm
A管气柱遵循玻意耳定律，有：p0L1S=（p0+ph2）（L1-h）S
解得：h2=4cm
B管提升的高度为：H=2h1+h2=8cm。
（ii）要使两管水银面又平齐，必须降低温度，设当温度为T时，A管气柱长度为：
根据理想气体状态方程有：
解得：T=270K。
34．【物理—选修3-4】（15分）
（1）（6分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，图甲是波传播到x=5m的M点的波形图，图乙是质点N（x=3m）从此时刻开始计时的振动图像，Q是位于x=10m处的质点。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6分。每选错1个扣3分，最低得0分）。
A．这列波的波长是4m
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B．这列波的传播速度是1.25m/s
C．M点以后的各质点开始振动时的方向都沿＋y方向
D．质点Q经过8s时，第一次到达波峰
E．在0～16s内，质点Q经过的路程为1.1m
【解析】根据图象可知，波长λ=4m，周期T=4s，波速，选项A正确、B错误；波传播到M点时，由于该质点向y轴负方向振动，可知波源的起振方向沿－y轴方向，故后面的所有质点的振动方向都沿－y轴方向，选项C错误；波峰与Q点之间的距离为8m，波峰传到Q点所用的时间，选项D正确；同理，波传播到Q点所用的时间为5s，在0～16s内，质点Q振动11s，经过的路程，选项E正确。
【答案】ADE
（2）（9分）如图所示，足够宽的液槽中水的折射率 ，M是可绕轴转动的平面镜，M与水平面的夹角为。光线从液槽的侧壁水平射入水中。
（i）若，求经平面镜反射后的光线从水面射出时折射角的正弦值；
（ii）若经平面镜反射后的光线能从水面射出，求的取值范围。
【解析】 (ⅰ) 作出光线经平面镜反射后从水面射出的光路如图1所示，在水面发生折射的入射角：
由折射定律，有：
代入数据，得：折射角γ的正弦值：。
(ⅱ)设光线在水中发生全反射的临界角为C，则：
，也即：C=60°
若光在右侧发生全反射时，作出光路如图2所示，则由几何关系可知：
若光在左侧发生全反射时，作出光路如图3所示，则由几何关系可知：
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即：
解得：。
35．【化学--选修3：物质结构与性质】
(15分）钛（22Ti）铝合金在航空领域应用广泛。回答下列问题：
（1）基态Ti原子的核外电子排布式为[Ar]___________，其中s轨道上总共有__________个电子。
（2）六氟合钛酸钾（K2TiF6）中存在[TiF6]2- 配离子，则钛元素的化合价是_______，配体是_________。
（3）TiCl3 可用作烯烃定向聚合的催化剂，例如丙烯用三乙基铝和三氯化钛做催化剂时，可以发生下列聚合反应： n CH3CH=CH2 ，该反应中涉及的物质中碳原子的杂化轨道类型有_______________；反应中涉及的元素中电负性最大的是_________。三乙基铝是一种易燃物质，在氧气中三乙基铝完全燃烧所得产物中分子的立体构型是直线形的是____________。
（4）钛与卤素形成的化合物的熔沸点如下表所示，
分析TiCl4、TiBr4 、TiI4的熔点和沸点呈现一定规律的原因是___________________________。
（5）金属钛有两种同素异形体，常温下是六方堆积，高温下是体心立方堆积。如图所示是钛晶体的一种晶胞，晶胞参数a＝0.295nm，c =0.469 nm，则该钛晶体的密度为 __________________ g·cm-3（用NA 表示阿伏伽德罗常数的值，列出计算式即可）。
【答案】（1）3d24s2 （1分） ； 8（1分）
（2）+4（1分）；F-（1分）
（3）sp2、sp3 （1分）； Cl （2分）； CO2（2分）
（4）TiCl4、TiBr4 、TiI4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高。（2分）
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（5）（3分）
36．【化学--选修5：有机化学基础】
（15分）花椒毒素可用于白癜风等皮肤顽疾，其关键中间体H的合成路线如下：
回答下列问题
（1）D中含氧官能团是 （填名称）。A→B、B→C均为取代反应，则A的结构简式为 ；B→C生成无机产物是 。
（2）花椒毒素比I多1个CH2，则花椒毒素的分子式为 。
（3）H→G反应的化学方程式为 （只写1个）。
（4）芳香化合物W是D的同分异构体，W苯环上只有3个取代基且 W含有2个酚羟基和羧基的结构共有________种，其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为_____________。
（5）参照上述合成路线，以苯酚和ClCH2COOH为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线。
【答案】（1）羟基和醚键（2分）；（1分）； HCl（1分）
（2）C12H8O4（2分）
（3）（2分）
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（4）6（2分），（2分）
（5）（3分）
37．【生物—选修一：生物技术实践】
（15分）回答下列与芳香油提取相关的问题。
（1）实验室提取植物色素常用 法，而提取植物芳香油常用 法。
（2）如果蒸馏过程中不进行冷却，则芳香油提取量会 。
（3）在对玫瑰精油粗提取的过程中，玫瑰花瓣与清水的质量比为 ，向乳浊液中加入质量浓度为0.1g/mL的Nacl溶液的目的是 ；用分液漏斗分离得到油层后，为了进一步去除水分，可以加入 。
【解析】（1）植物色素往往容易溶解在有机溶剂中，因此实验室常用萃取法提取植物色素，如叶绿素，胡萝卜素；植物芳香油因具有易挥发、难溶于水、化学性质稳定的特点，常用水蒸气蒸馏法提取。
（2）植物芳香油易挥发，如果蒸馏过程中不进行冷却，则部分精油会随水蒸气而流失，使提取量下降。
（3）在对玫瑰精油粗提取的过程中，玫瑰花瓣与清水的质量比为 1:4，向乳浊液中加入质量浓度为0.1g/mL的Nacl溶液的目的是增加盐的浓度，使水层与油层容易分层；用分液漏斗分离得到油层后，为了进一步去除水分，可以加入无水Na2SO4 。
【答案】（1） 萃取 （水蒸气）蒸馏
（2）下降
（3）1:4 增加盐的浓度，使水层与油层容易分层 无水Na2SO4
38．【生物—选修三：现代生物科技专题】
（15分）下图为某种哺乳动物体细胞核移植过程图。回答下列问题。
（1）①处需要用 等处理，然后分瓶继续培养；细胞培养需要O2和CO2，CO2的主要作用是 。
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（2）卵母细胞在体外培养到 时进行去核。与去核卵母细胞融合的供体细胞培养一般不会超过10代，原因是 。激活受体细胞除了用电刺激的方法外，还可以用 。（写一种实际方法）
（3）动物细胞核移植的难度高于胚胎细胞核移植的原因是
。
【解析】（1）贴面瓶壁的细胞需要用胰蛋白酶等处理，然后分瓶培养，让细胞继续增殖。细胞培养需要CO2的主要作用是维持培养液的pH。
（2）由于减数第二次分裂中期的卵母细胞核的位置靠近第一极体，用微型吸管可一并吸出细胞核与第一极体；细胞一般传至10代后就不易传下去，一般来说，细胞在传至10~50代左右，增殖会逐渐缓慢，以至于完全停止，这时部分细胞的细胞核型可能会发生变化，与去核卵母细胞融合的供体细胞培养一般不会超过10代，原因是保持细胞正常的二倍体核型 。用物理或化学方法可以激活受体细胞，使其完成细胞分裂和发育进程，具体的方法有电脉冲、钙离子载体、乙醇、蛋白酶合成抑制剂等。
（3）动物胚胎的细胞分化程度低，恢复其全能性相对容易，而动物体细胞分化程度高，恢复其全能性十分困难，因此，动物细胞核移植的难度高于胚胎细胞核移植。
【答案】（1）胰蛋白酶 维持培养液的pH
（2）减数第二次分裂中期 保持细胞正常的二倍体核型 钙离子载体（或乙醇、蛋白酶合成抑制剂等）
（3）动物胚胎的细胞分化程度低，恢复其全能性相对容易，而动物体细胞分化程度高，恢复其全能性十分困难
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