2022年高考押题预测卷01（新课标Ⅰ卷）-理科综合（全解全析）

2020年高考原创押题预测卷01【新课标Ⅰ卷】理科综合·全解全析1234567891011BACDACADDBD12131415161718192021CBBCCADBDBDAD1.【答案】B【解析】【分析】1、蓝藻是原核生物没有叶绿体，但能进行光合作用，细胞内有叶绿素和藻蓝素。2、组成细胞的大量元素：C、H、O、N、P、S、K、Ca、Mg等。【详解】A、绿色植的光合部位含有叶绿体，而其他不进行光合作用的部位，如根尖细胞，不含有叶绿体，蓝藻是原核生物没有叶绿体，有进行光合作用的叶绿素和藻蓝素，A错误；B、番茄细胞几乎不吸收Si，而水稻细胞吸收Si较多，B正确；C、Mg不仅是植物细胞叶绿素的组成元素，也是人体等其他生物不可缺少的大量元素，C错误；D、病毒没有细胞结构，但也需要寄生在活细胞内才能生活，D错误。故选B。【点睛】本题考查组成细胞的元素，要求识记组成细胞的元素的种类及含量，能结合所学的知识准确判断各选项，属于考纲识记层次的考查。2.【答案】A【解析】【分析】逆转录过程需要以RNA为模板，四种脱氧核苷酸为原料，逆转录酶和ATP等条件。【详解】①逆转录过程是由RNA形成DNA的过程，需要以同位素标记的胸腺嘧啶脱氧核苷酸为原料，①正确； ②逆转录过程是由RNA形成DNA的过程，不需要同位素标记的尿嘧啶核糖核苷酸，②错误；③逆转录过程需要以2019—nCoV的RNA为模板，③正确；④除去了DNA和RNA的肺细胞裂解液中含有ATP，可为逆转录过程提供能量，④正确；⑤由于宿主细胞不含逆转录酶，所以需要额外加入相应的逆转录酶，⑤正确。综上分析，A正确，BCD错误。故选A。3.【答案】C【解析】【分析】由题干可知，将劈开的豆茎放入清水中，薄壁细胞发生渗透作用大量吸水膨胀，而木质部与韧皮部细胞由于细胞壁厚，伸缩性较小，渗透吸水较少，内部膨胀多，外部膨胀少导致劈开的茎向外弯。【详解】A、细胞壁具有很薄的初生壁和大液泡，在清水中发生渗透作用吸水膨胀，A正确；B、因木质部的细胞壁比薄壁细胞细胞壁厚，因此木质部细胞细胞壁的伸缩性比薄壁细胞细胞壁的伸缩性小，B正确；C、形成层细胞是未成熟的细胞，无中央大液泡，不能观察到质壁分离现象，C错误；D、因细胞分裂和生长所需要的营养从髓中获得，髓细胞丢失营养物质渗透压下降，D正确。故选C。【点睛】本题考查细胞吸水和失水相关知识，答题关键是从题干情境中获取信息，与植物细胞渗透作用联系进行答题。明确活细胞并且是成熟的植物细胞（有中央大液泡）才能发生质壁分离现象。4.【答案】D【解析】【分析】1、图示为有丝分裂的后期图像，含4个染色体组，分裂后的细胞含2个染色体组。2、该细胞的上下两极为姐妹染色单体分开后形成的染色体，理论上基因应该完全相同，但该细胞中不同，说明可能发生了基因突变。【详解】A、由分析可知，若该植物是花粉粒发育而来，则其亲本体细胞含有四个染色体组，是四倍体，A正确； B、若该植物是由受精卵发育而来的，则为二倍体，其配子含一个染色体组，B正确；C、由图中含A和a可知，该细胞在间期复制时发生过基因突变，C正确；D、由题干可知该细胞为高等植物细胞，不含中心体，D错误。故选D。【点睛】本题结合细胞分裂图，考查细胞有丝分裂不同时期的特点、单倍体、二倍体和多倍体，要求考生识记有丝分裂不同时期的特点，能准确判断该细胞中染色体组数，进而准确判断各选项，属于考纲识记和理解层次的考查。5.【答案】A【解析】【分析】对图甲分析可知，A能够将光能转化为化学能，固定在其制造的有机物中，故A代表生产者。由“A、B、C表示不同类型的生物”，及A、B1、B2均有一部分能量流向C，可知C代表分解者，B为消费者，进一步可知B1为初级消费者，B2为次级消费者。对图乙分析可知，开始时两个种群的数量都增长，随后②种群数量继续增加，而①种群数量下降，说明两个种群之间为竞争关系。【详解】群落是指在一定的自然区域内，所有生物的集合。由图甲可知，A为生产者，B为消费者，C为分解者，故A、B、C共同组成一个生物群落。生产者是生态系统的基石；消费者能够加快生态系统的物质循环；分解者能够将动植物遗体和动物排遗物分解为无机物。因此，生产者、消费者、分解者是生态系统不可缺少的成分，A正确；对图乙分析可知，开始时两个种群的数量都增长，随后②种群数量继续增加，而①种群数量下降，说明两个种群之间的关系为竞争。由于受到资源、空间和天敌的限制，因此种群②的数量不会无限增加，B错误；B2是B1的天敌，故B2中动物的食性会影响种群①和种群②的数量变化。B2中的生物大量死亡，短时间内B1中生物的数量会增加，进而导致A中生物的数量减少，C错误；按照最低能量传递效率来计算，消耗的生产者最多。因为B2的同化量=自身呼吸作用散失的能量+B2生长、发育和繁殖的能量（储存能量x），因此若要使B2储存的能量增加x，最多需要消耗A固定的能量=B2的同化量÷10%÷10%=100×B2的同化量。因此，x与y的关系式应y>100x，D错误。因此，本题答案选A。6.【答案】C【解析】 【分析】大豆子叶颜色和花叶病的抗性遗传是由两对等位基因控制的，符合基因的自由组合定律。由表中F1的表现型及其植株数可知，两对性状均呈现出固定的比例；因此，都属于细胞核遗传，且花叶病的抗性基因为显性，明确知识点，梳理相关的基础知识，分析图表，结合问题的具体提示综合作答。【详解】由实验结果可以推出，实验一的亲本的基因组成为BBrr(母本)和BbRR(父本)，实验二的亲本的基因组成为BBrr(母本)和BbRr(父本)，A正确；F1的子叶浅绿抗病植株的基因组成为BbRr，自交后代的基因组成(表现性状和所占比例)分别为BBRR(子叶深绿抗病，占1/16)、BBRr(子叶深绿抗病，占2/16)、BBrr(子叶深绿不抗病，占1/16)、BbRR(子叶浅绿抗病，占2/16)、BbRr(子叶浅绿抗病，占4/16)、Bbrr(子叶浅绿不抗病，占2/16)、bbRR(幼苗死亡)、bbRr(幼苗死亡)、bbrr(幼苗死亡)；在F2的成熟植株中子叶深绿抗病：子叶深绿不抗病：子叶浅绿抗病：子叶浅绿不抗病的分离比为3：1：6：2，B正确；子叶深绿(BB)与子叶浅绿植株(Bb)杂交，F2的基因组成为BB(占1/2)和Bb(占1/2)，随机交配，F2的基因组成及比例为BB(子叶深绿，占9/16)、Bb(子叶深绿，占6/16)和bb(幼苗死亡，占1/16)，BB与Bb比例为3：2，B基因的频率为3/5×1+2/5×1/2=0.8，C错误；实验一的父本基因型为BbRR，与其基因型相同的植株自交，后代表现子叶深绿抗病的个体的基因组成一定是BBRR，D正确。因此，本题答案选C。【点睛】本题考查基因自由组合定律在育种中的应用．意在考查学生能理解所学知识的要点，综合运用所学知识解决一些生物育种问题的能力和从题目所给的图表中获取有效信息的能力。7．A【解析】A.氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，故A错误；B.秦兵马俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，故B正确；C.陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、玻璃等同属硅酸盐产品，故C正确；D.陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点，故D正确。故选A。8．D【解析】A．环戊醇中含有一个羟基且不含碳碳双键，该分子中含有2个羟基且含有碳碳双键，二者结构不同，所以不属于同系物，故A错误；B．该分子中有4个碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不能共平面，故B错误；C．该物质可以与金属钠反应生成氢气，但没有确定气体的状况无法计算体积，故C错误；D．乙酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，碳酸氢钠和M不反应，现象不同可以用碳酸氢钠溶液鉴别，故D正确；故答案选D。9．D【解析】【详解】A.反应③，为工业制粗硅的原理，A正确；B. Z即镁位于元素周期表第三周期ⅡA族，B正确；C.4种元素的原子中，Y原子即氧原子的半径最小，C正确；D.工业上通过电解熔融氯化镁而不是氧化镁来制取镁，D错误；答案选D。10．B【解析】A.未给标况下，所以不能计算甲烷的物质的量，故A错误；B.-OH中氧原子核外有8个电子，氢原子核外有1个电子，所以1mol-OH中含有电子数为9NA，故B正确；C.因为氯化铁溶液中的铁离子会发生水解，所以1L1mol·L-1FeCl3溶液中含有Fe3+数小于NA，故C错误；D.氧气的摩尔质量为32g/mol，32gO2为1mol，含有氧分子数为NA，故D错误；综上所述，答案为B。11．D【解析】A.根据质子的移动方向可知M为外接电源的正极，故A正确；B.根据质子的移动方向可知，右室为阴极室，发生了还原反应，其电极反应式为N2+6H++6e-=2NH3，故B正确；C.理论上左室为阳极，电极反应为4OH--4e-=O2+H2O；右室为阴极室，电极反应为：N2+6H++6e-=2NH3，根据电子守恒可知，产生的氧气和氨气同温同压下体积比为3︰4，故C正确；D.该合成氨反应的总分应方程式为：12H2O+2N2=4NH3+3O2，不是化合反应，故D错误；故选D。12．C【解析】A．若该钾盐是KHCO3，可以得到完全一样的现象，A项错误；B．溴可以将Fe2+氧化成Fe3+，证明氧化性Br2>Fe3+，则还原性有Fe2+>Br−，B项错误；C．红棕色变深说明NO2浓度增大，即平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知正反应放热，C项正确；D．碳酸氢铵受热分解得到NH3和CO2，通入Ca(OH)2后浑浊不会消失，D项错误；答案选C。13．B【解析】A．在CdS饱和溶液中，c(Cd2+)=c(S2-)=S（溶解度），则图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度，A正确；B．CdS的沉淀溶解平衡中，溶度积受温度影响，m、n和p点均为T1时对应的离子浓度，则其溶度积相同，B错误；C．m点达平衡，向其中加入硫化钠后，平衡逆向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C正确；D．随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdSCd2++S2-为吸热反应，则温度降低，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同等程度减小，会沿qp线向p点方向移动，D正确；故选B。14．B【解析】由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，同种金属的逸出功相同，光电子的最大初动能始终为1.7eV，A选项错误；光电管阴极的逸出功为W0＝1.05eV，B选项正确；当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，电流变小，C选项错误；改用能量为2.5eV的光子照射，移动滑动变阻器的触点c，电流表G中也可能有电流，D选项错误。15．C【解析】本题的四幅区别在于细线oa与细线ab与竖直方向的夹角不同，要想比较二者的夹角大小就需要分别选择不同的研究对象进行处理；假设细线ab的与竖直方向夹角的大小为θ1，对小球b受力分析如图所示， 结合矢量三角形法可得；假设细线oa与竖直方向的夹角大小为θ2，拉力大小为T，选择小球ab整体进行受力分析：结合矢量三角形法可得，因为，所以线绳ab与竖直方向的夹角更大，故C选项正确。16．C【解析】由乙图可知，在0～2t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，A错误；由乙图可知，在t0～3t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，B错误；由乙图可知，t=t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，C正确；由乙图可知，t=3t0时刻，物块所受的支持力大小为mg，D错误。故选C。17．A【解析】若石块恰能落到O点，,则，，解得t=2s,v0=17.32m/s,所以若v0=18m/s，则石块可以落入水中；因为石块落水的时间均为2s，落到水中的竖直速度均为10m/s，所以若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小；根据平抛运动的规律．若石块不能落入水中，则落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角满足，即为定值，而落到斜面上时速度方向与斜面的夹角等于-300，也为定值．选项A正确．18．D【解析】粒子运动的速度为，则粒子运动的轨道半径为：，则若粒子初速度沿y轴正方向，粒子在磁场中运动转过的角度为30°，则运动时间为 ，选项AB错误；当轨迹与磁场上边界相切时，粒子在磁场中运动的时间最长，由几何关系可知，粒子在磁场中转过的角度为1200，时间为，C错误，D正确。19．BD【解析】逃逸速度是卫星脱离地球的引力的第二宇宙速度，“鹊桥”的发射速度应小于逃逸速度，故A错误；根据题意知中继星“鹊桥”绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，故B正确；鹊桥卫星与月球、地球两天体中心距离分别为R1、R2，到地表的距离要小一些，则嫦娥四号发出信号到传回地面的时间为t要小于，故C错误；由a=rω可知处于L1点绕地球运转的卫星其向心加速度a1小于月球的向心加速度，由可知月球的向心加速度小于同步卫星的向心加速度，则卫星其向心加速度a1小于地球同步卫星的加速度a2，故D正确。20．BD【解析】据半径为R0的均匀带正电＋的球壳在内部的电势为，可知均匀带电球壳在其壳内产生场强为零，则均匀带电球壳O在O点处产生场强为零；据对称性可知均匀带电球壳O1、O2在O点处场强抵消，所以O点处场强为零；O点电势等于均匀带电球壳O、O1、O2在O点的电势之和，则，故A项错误；均匀带电球壳在其壳内产生场强为零，则均匀带电球壳O、O1在O1处产生场强为零；均匀带电球壳O2在O1处产生场强不为零，则O1点场强等于球壳O2在O1处产生的电场、不为零；O1点电势等于均匀带电球壳O、O1、O2在O1点的电势之和，则，故B项正确；根据对称性可知，O1和O2电势相等，则O1O2两点电势差U12=0，故C项错误；OO2两点电势差为，故D项正确。21．AD【解析】在m1从A点运动到C点的过程中，绳子的拉力对m1做负功，则m1的机械能一直减少，选项A正确；设小球m1到达最低点C时m1、m2的速度大小分别为v1、v2，由运动的合成分解得v1cos45°=v2，则v1=v2，故B错误。在m1从A点运动到C点的过程中，对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律得，结合v1=v2解得，若m1运动到C点时绳断开，至少需要有的速度，m1才能沿碗面上升到B点，故C错误。m2沿斜面上滑过程中，m2 对斜面的压力是一定的，斜面的受力情况不变，由平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定，故D正确。故选AD。22．（1）D（1分）（2）（1分）（3）（1分）（4）0.46（2分）【解析】（1）小车与长木板的间的粗糙情况与小车的质量无关，所以在同一个实验中，每次改变小车的质量，不需要平衡摩擦力．故A错误．实验时应先接通电源，后释放小车．故B错误．根据牛顿第二定律可得系统的加速度，则绳子的拉力，由此可知钩码的质量远小于小车和砝码的质量m2时，绳子的拉力才等于钩码的重力．故C错误．由牛顿第二定律可知，当一定是，与成正比，所以应作出图象．故D正确．（2）根据牛顿第二定律可知，结合图象可得，由此可得钩码的质量为，小车与木板间的动摩擦因数为．（3）设，，有公式，化简可得23．（1）如图所示（2分）（2）100（2分）50（2分）（3）87（2分）1.9（2分）【解析】（1）根据电路原理图，实物连线如图所示： （2）根据分压规律，串联在电路中的总电阻约为，所以和阻值太大不能用，否则电压表的示数不满足题中要求；为了在闭合时，能够有效的保护电路，所以，。（3）当电键闭合、断开时，当、均闭合时，解得，。24．（1）4×106m/s 0.25m （2）m【解析】（1）电场内，内外边界的电势差大小为U＝0－φ＝45V，（1分）在加速正电子的过程中，根据动能定理可得qU＝mv2－0，（2分）代入数据解得v＝4×106m/s，（1分）正电子进入磁场做匀速圆周运动，由向心力公式可得：qvB＝m（1分），解得r＝0.25m。（2分）（2）正电子在磁场中运动的轨迹如图所示，当正电子运动的轨迹与接收器相切时，正电子恰好能被接收器接收，由几何关系可得：（R′＋r）2＝r2＋R2，（3分） 解得R′＝m。（2分）25．（1）（2）（3）【解析】（1）a棒刚进入水平轨道时，由机械能守恒得（1分）解得（1分）由：（1分）（1分）得（1分）由牛顿第二定律（1分）（1分）（2）b棒在窄轨上运动的过程中，对a、b棒，设b棒刚滑上宽轨时的速度为，此时a棒的速度为，由动量守恒得：（1分）又由：得（1分）故由能量守恒，该过程中系统产生的焦耳热：（1分）又因此过程中，a、b棒连入电路的电阻相等，故由（1分）得（1分）（3）当a棒在窄轨上匀速时，b棒在宽轨上也一定匀速，设其速度分别为、，由E=BLv知（1分）由得（1分） 而由可得（1分）b棒刚滑上宽轨时，a，b两棒的总动能为（1分）b棒在宽轨上第一次恰好达到匀速时，a，b两棒的总动能为（1分）故从b棒刚滑上宽轨到第一次达到匀速的过程中，两棒产生的总焦耳热（1分）而此过程中，b棒连入电路的电阻是a棒的两倍，由（1分）知（1分）26．（14分）（1）2（2分）（2）4×10-21mol•L-1（2分）（3）①离子键、(极性)共价键（2分）②Fe(OH)3（2分）MnO2+4H++2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O（2分）c（2分）③7Na2CO3+7MnSO4+11H2O=MnCO3•6Mn(OH)2•5H2O↓+7Na2SO4+6CO2↑（2分）【解析】（1）由题给条件知KMnO4是强酸强碱盐，故HMnO4是强酸，0.01mol•L-l的HMnO4溶液的pH=2。（2）对于反应Pb2+(aq)+MnS(s)⇌PbS(s)+Mn2+(aq)，K==，当c(Mn2+)=1×10-6mol•L-1，可求出c(Pb2+)=4×10-21mol•L-1。（3）①MnSO4是离子化合物，含有离子键，中含有极性共价键；②根据分析可知滤渣Ⅱ主要成分是Fe(OH)3；由流程图知，MnO2被Fe2+还原为Mn2+，Fe2+则被氧化为Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可知反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O；由图知当温度达到80℃后，MnO2的转化率几乎没有变化，故温度控制在80 ℃左右为好，再升高温度转化率变化不大，反而浪费资源；③碳酸根水解显碱性，锰离子水解显酸性，二者相互促进，所以生成的气体应为CO2，故可先写出Na2CO3+MnSO4+H2O→MnCO3•6Mn(OH)2•5H2O↓+CO2↑，根据质量守恒定律确定有Na2SO4 生成，得到7Na2CO3+7MnSO4+11H2O=MnCO3•6Mn(OH)2•5H2O↓+6CO2↑+7Na2SO4。27．（14分）（1）2NH3+2O2N2O+3H2O（2分）（2）①BC（2分）②NaNO3（2分）NO（2分）（3）①3HClO+2NO+H2O3Cl−+2+5H+（3分）②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强（3分）【解析】（1）NH3与O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH3+2O2N2O+3H2O；（2）①A.加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，不选A；B.采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选B；C.定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选C。故答案为BC；②由吸收反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O可知，反应后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaNO3晶体，因此得到的NaNO2混有NaNO3；由吸收反应可知，若NO和NO2的物质的量之比大于1：1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO，故答案为NaNO3；NO；（3）①在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成HClO，HClO和NO发生氧化还原反应生成NO3-和Cl-，根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3Cl-+5H+；②在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3Cl-+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强。28．（15分）（1）水浴（2分）（2）为保证反应温度的稳定性(小于50℃)或控制反应温度在50℃以下（2分）（3）未出现紫红色（2分）（4）热水（2分）（5）C（2分）（6）碱式滴定管（2分）98.5%（3分）【解析】（1）氧化过程需要使反应温度维持在35℃左右，要用35℃的热水浴； （2）因为滴速对溶液的温度有影响，为保证反应温度的稳定性(小于50℃)或控制反应温度在50℃以下，需要控制环己醇滴速；（3）为证明“氧化”反应已结束，就是检验无高锰酸钾即可，所以在滤纸上点1滴混合物，若观察到未出现紫红色，即表明反应完全；（4）根据步骤中分析可知要使生成的MnO2沉淀并充分分离MnO2沉淀和滤液，应趁热过滤；为减少MnO2沉淀的损失，洗涤时也要用热水洗涤；（5）据题意，高锰酸钾约0.060mol，碳酸钠3.18g，0.030mol，根据元素守恒，得最后NaCl、KCl最多为0.060mol，质量分别为3.51g，4.47g，所需体积最少要10mL、13.4mL，为确保产品纯度及产量，所以应浓缩溶液体积至15mL；（6）①氢氧化钠溶液呈碱性，需要的仪器是碱式滴定管；②称取已二酸(Mr＝146g/mol)样品0.2920g，用新煮沸的50mL热水溶解，滴入2滴酚酞试液，用0.2000mol/LNaOH溶液滴定至终点，进行平行实验及空白实验后，消耗NaOH的平均体积为19.70mL；设己二酸样品的纯度为ω，则：＝解得ω＝98.5%。29.(每空2分，共12分）【答案】（1）光照强度（或遮光比例）蓝紫光和红光（2）增加增大叶面积，以捕获更多的光能（3）30%遮阴不遮阴时光照太强，叶片气孔部分关闭，CO2供应不足，影响暗反应，导致光合速率较小【解析】【分析】影响光合作用的环境因素。1、温度对光合作用的影响：在最适温度下酶的活性最强，光合作用强度最大，当温度低于最适温度，光合作用强度随温度的增加而加强，当温度高于最适温度，光合作用强度随温度的增加而减弱。 2、二氧化碳浓度对光合作用的影响：在一定范围内，光合作用强度随二氧化碳浓度的增加而增强。当二氧化碳浓度增加到一定的值，光合作用强度不再增强。3、光照强度对光合作用的影响：在一定范围内，光合作用强度随光照强度的增加而增强。当光照强度增加到一定的值，光合作用强度不再增强。题意分析：由实验目的，探究不同的遮阴处理对东北铁线莲净光合速率、叶绿素含量以及叶干重／总干重的影响，并结合实验结果，可知该实验中的自变量是不同的遮阴比例（或光照强度），因变量为净光合速率、叶绿素含量以及叶干重／总干重的比例。【详解】（1）本实验通过遮阴来调整光照强度，故该实验的自变量是光照强度。叶绿素主要捕获蓝紫光和红光，类胡萝卜素主要吸收蓝紫光。（2）据图可知，随着遮阴比例增大（光照强度）的减弱，同时东北铁线莲的叶干重/总干重的值增大，即叶面积增大。据此可推测东北铁线莲对弱光的适应方式有两方面：一是东北铁线莲的叶绿素含量增加，以利于吸收光能；二是随着光照强度的减弱，东北铁线莲的叶干重／总干重的值增大，即增大叶面积，以捕获更多的光能。（3）净光合速率最大时，植物积累的有机物最多，由图可知30%遮阴处理时，东北铁线莲的产量最高。不遮阴组和30%遮阴组相比，不遮阴处理的植株光合速率较小，可能的原因是不遮阴时光照太强，叶片气孔部分关闭，CO2供应不足，影响暗反应，导致光合速率较小。【点睛】熟知光合色素的吸收光谱以及影响光合作用的因素的影响机理是解答本题的关键！另结合实验目的进行实验自变量、因变量和无关变量的分析也是本题考查的重点。30.（除标注外，每空1分，共8分）【答案】（1）加速摄取、利用和储存葡萄糖Ⅰ型（2）注射等量生理盐水方案完善：另取生理状况正常、体重、数量相同的正常大鼠作为对照b组，并对对照b组注射等量生理盐水，一段时间后测量正常大鼠的血糖浓度（3分）预期结论：实验组和对照b组血糖浓度在正常范围，而对照组血糖浓度高于正常范围，则可初步确定该药物有疗效；否则无疗效(2分）【解析】【分析】I型糖尿病是由于胰岛B细胞破坏引起的，也称为胰岛素依赖型糖尿病，可以通过注射胰岛素治疗；Ⅱ 型糖尿病是由于胰岛素不能有效发挥作用引起的，也称非胰岛素依赖型糖尿病，不能通过注射胰岛素治疗。【详解】（1）胰岛素能促进组织细胞加速摄取、利用和储存葡萄糖，从而使血糖水平降低；由题干可知Ⅰ型糖尿病因胰岛B细胞遭到破坏，导致胰岛素分泌不足，患者需要使用胰岛素来维持血糖稳定，故Ⅰ型糖尿病可通过注射胰岛素的方式缓解病症。（2）为遵循实验的单一变量和等量性原则，对照组应注射等量生理盐水。（3）实验目的是确定药物X是否对Ⅱ型糖尿病有疗效，则可通过对Ⅱ型糖尿病大鼠注射与不注射药物X进行对照，同时要与正常大鼠的血糖浓度进行空白对照。若对Ⅱ型糖尿病大鼠注射药物X后血糖浓度与正常大鼠一样在正常范围，而未注射药物X的Ⅱ型糖尿病大鼠仍表现为高血糖浓度，则可初步确定该药物有疗效，否则无疗效。31.（除标注外，每空2分，共8分）【答案】（1）玉米→草地贪蛾→蠋蝽（初级）消费者（1分）、（2）生物（1分）在一个系统中，系统本身的工作效果，反过来又作为信息调节该系统的工作（3）调整能量流动的关系，使能量持续高效流向对人类最有益的部分【解析】【分析】生态系统的组成成分有生产者、消费者、分解者和非生物的物质和能量。绿色植物属于生产者，直接以绿色植物或间接以绿色植物为食的一般为消费者，分解动植物遗体残骸的细菌和真菌为分解者，腐生动物也属于分解者。【详解】（1）草地贪蛾对玉米等农作物产生了极大的危害，说明草地贪蛾以玉米为食，引入蠋蝽作为捕食性天敌昆虫可防治草地贪蛾，说明蠋蝽捕食草地贪蛾，所以玉米田地中包含草地贪蛾的一条食物链是玉米→草地贪蛾→蠋蝽｡从生态系统的组成成分来看，草地贪蛾属于初级消费者｡（2）引入蠋蝽来控制草地贪蛾的数量属于利用捕食性天敌来控制种群数量，属于生物防治。反馈调节是指在一个系统中，系统本身的工作效果，反过来又作为信息调节该系统的工作。（3）引入蠋蝽可控制草地贪蛾的数量，从而使能量更多的储存在玉米等农作物中，所以从能量流动角度分析，其意义是调整能量流动的关系，使能量持续高效流向对人类最有益的部分。【点睛】本题考查生态系统的营养结构和功能，意在考查考生对所学基础知识的理解和应用能力。 32.（除标注外，每空2分，共11分）【答案】（1）2XBYB和XbYB（2）红眼雄性：红眼雌性：白眼雌性=4：3：1（3分）（3）选取（纯合）白眼雌性昆虫与（纯合）红眼雄性昆虫杂交获得子一代昆虫，再将子一代雄性昆虫与纯合的白眼雌性昆虫杂交，子二代中，雌性昆虫全为白眼，雄性昆虫全为红眼（4分）【解析】【分析】由题干分析，假设控制眼色的基因只位于X染色体上，子一代红眼的雌雄昆虫随机交配，子二代雄性昆虫全为红眼，则F1雌性基因型为XBXB，雄性基因型为XBY，F2中雌性中不可能出现白眼，故控制眼色的基因不可能只位于X染色体上，也不可能只位于Y染色体上。因此，控制眼色的基因位于XY的同源区段。【详解】（1）由题干雄性全为红眼，无白眼可知，Y染色体上有B基因。由于F1雌性昆虫中红眼：白眼=3：1，则亲代雄性有2种基因型XBYB、XbYB，亲代雌性基因型为XBXb，F1红眼雄性昆虫的基因型为XBYB和XbYB。（2）亲代雄性基因型XBYB∶XbYB=1∶1，亲代雌性基因型为XBXb，杂交时，雄性产生三种配子XB∶Xb∶YB=1∶1∶2，雄性产生两种配子XB∶Xb=1∶1，亲代随机交配后，F1雄性基因型XBYB∶XbYB=1∶1，F1雌性基因型XBXB∶XBXb∶XbXb=1∶2∶1。F1雌雄昆虫随机交配，F1雄性产生三种配子XB∶Xb∶YB=1∶1∶2，F1雌性产生两种配子XB∶Xb=1∶1，随机结合，F2昆虫的基因型及比例为XBYB∶XbYB∶XBXB∶XBXb∶XbXb=2∶2∶1∶2∶1，即F2昆虫的表现型及比例为红眼雄性：红眼雌性：白眼雌性=4：3：1。（3）子二代中，雌性昆虫全为白眼，雄性昆虫全为红眼，则上一代中雌性应全为白眼，雄性应为XbYB，得到XbYB的雄性，可选取白眼雌性昆虫与纯合红眼雄性昆虫杂交。【点睛】答题的关键是判断基因在染色体的位置，难点在于根据题干推断出基因位于XY的同源区段，并且亲代雄性不只一种基因型。33．（1）ACE 【解析】内能取决于物体的温度、体积、物质的量和物态，温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大，故A正确；外界对物体做功的同时如果物体向外界放出热量，则物体的内能不一定增大，故B错误；悬浮颗粒越小布朗运动越显著，温度越高布朗运动越剧烈，故C正确；当分子间作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小，分子力做负功，分子势能增大，故D错误；夏天荷叶上小水珠呈球状，是由于液体表面张力使其表面积具有收缩到最小趋势的缘故，故E正确．（2）①5×103kg/m3②351K.【解析】①设右管横截面积为S，对右管内的气体，由玻意耳定律：p0V0＝p1V1（1分）其中：V0＝L0S，V1＝（L0－h2）S（1分）解得：p1＝1.25×105Pa（1分）又：p1＝p0＋ρg（h1－h2）（1分）解得：ρ＝5×103kg/m3（2分）②对右管内的气体：＝（1分）其中：p2＝p0＋ρgh1，（1分）解得：T′＝351K.（2分）34．（1）ABE【解析】由题图可知，该波的周期为12s，故A正确；由两图比较可知，x＝5m处的质点比x＝11m处的质点早振动3s，即，所以两点之间的距离为：x＝（n＋）λ（n＝0,1,2,3，…），解得：λ＝（n＝0,1,2,3，…）＝（n＝0,1,2,3，…），则波速为v＝＝（n＝0,1,2,3，…），当n＝0时，v＝2m/s，故B正确；由题图可知，振幅A＝4cm，角速度为ω＝rad/s＝rad/s，则x＝5m处的质点做简谐运动的表达式为y＝Asinωt＝4sint（m），故C错误；0～4s的时间为T，由题图可知，T时间内，两个质点通过的路程不相等，故D错误；由波长λ＝（n＝0,1,2,3，…），可知当n＝0时，波长为λ＝24m，故该波在传播过程中若遇到4.8m的障碍物，可能发生明显衍射现象，故E正确．（2）（i）；（ii）【解析】（i）如图，作出光路图（1分）根据折射定律可得①（1分） 根据几何知识可得（1分）（1分）联立解得（1分）玻璃的折射率为。（1分）（ii）光从经多次反射到点的路程（1分）时间得（2分）光线从A在气泡中多次反射到C的时间为。（1分）35．（15分）（1）OF2、NF3、SiF4（3分）（2）5s25p3（1分）V型（1分）H2O或H2S、NH2-（2分）（3）价层电子互斥（1分）327（2分）（4）①部分气态HF分子间以氢键结合了（1分）②abc（1分）③F＞O＞C＞Al＞Na（1分）④AlCl3为分子晶体，熔融不导电，无法电解（1分）⑤Na+（1分）【解析】（1）OF2中O形成2个δ键，孤电子对==2，总共电子对数为2+2=4，所以OF2为sp3杂化，故符合题意；NF3中N形成3个δ键，孤电子对==1，总共电子对数为1+3=4，所以为sp3杂化，故符合题意；SiF4中Si形成4个δ键，没有孤电子对，总共电子对数为0+4=4，所以为sp3杂化，故符合题意；PF5中P形成5个δ键，没有孤电子对，总共电子对数为0+5=5，所以为sp3d杂化，故不符合题意；SF6中S形成6个δ键，孤电子对==0，总共电子对数为0+6=6为sp3d2杂化，故不符合题意；故答案为：OF2、NF3、SiF4；（2）锑为第五周期第V主族元素，其价电子排布式为5s25p3。[H2F]+与H2O、NH2- 互为等电子体，结构相似，其空间构型均为：V型，故答案：5s25p3；V型；H2O、NH2-；（3）SF6被广泛用于高压电器设备的绝缘介质。根据价层电子互斥理论，可判断出其空间构型为正八面体。根据Born-Haber循环能量构建能量图可知，S(s)+3F2(g)SF6的S-F的键能==327kJ·mol-1。故答案为：价层电子互斥；327；（4）①因为HF分子间存在氢键，所以在测定气态HF的摩尔质量时，有部分HF分子通过氢键而结合了，往往得不到20g•mol-1的数据，故答案：有部分HF分子通过氢键而结合了；②冰晶石(Na3AlF6)晶体不导电，但熔融时能导电，说明属于离子化合物，含有离子键，由Na+、[AlF6]3-构成，[AlF6]3-中含有配位键，也属于极性键，故选：abc；③冰晶石的生产原理为2Al(OH)3+12HF+3Na2CO3=2Na3[AlF6]+3CO2↑+9H2O，反应物中元素(氢除外)还有Al、O、F、Na、C元素，根据非金属性越强，其电负性越强，电力能越大，所以他们的第一电离能从大到小的顺序为F＞O＞C＞Al＞Na；④因为AlCl3为共建化合物，属于分子晶体，在熔融状态下，不能电离出Al3+，所以工业上不用电解熔点更低的AlCl3制取铝，故答案：因为AlCl3属于分子晶体，在熔融状态下，不能电离出Al3+；⑤●的个数=8+6=4，○个数=12+8=11，要使两种离子的个数之比为1:3，则大立方体的体心处所代表的微粒是Na+，故答案为：Na+；36．（15分）（1）（1分）（2）碳碳双键、酯基（1分）（2）取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N（2分）（3）否（1分）KMnO4(H＋)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键（2分）（4）+CH3CHO（2分）加成反应（1分）（5）6（2分）（6）CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br（3分） 【解析】（1）由流程：E和N发生酯化反应得到的G为，则E、N分别为和中的一种，C反应得到D，D发生卤代烃水解反应得到E，故E属于醇，E为，则N为，逆推出M为、L为，结合信息③，逆推出K为，由E逆推出D为，结合信息②，逆推出C为，C由B在浓硫酸加热条件下发生消去反应所得、B为，又知A催化加氢得B，核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为1∶1，即A分子内有2种氢原子且二者数目相同，则A为；据上分析，A为；G为，G中官能团为碳碳双键、酯基；（2）M为，N为，N呈酸性，检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验，故检验操作为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N；（3）学生建议用KMnO4(H＋)代替O2把M转化为N，醛基确实被氧化为羧基，但是碳碳双键同时被氧化，那么建议就不可行；（4）K为，则K→L的反应可通过信息③类推，反应为：+CH3CHO，从反应特点看是加成反应；（5）F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。F的同分异构体，要满足条件——条件①能发生银镜反应，意味着有—CHO，条件②能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，③ 苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，由此可把2个位于对位的取代基分成以下几种情况：①—CHO、②—CHO、③—CHO、④—CH2CHO、⑤、⑥、；故共有6种；（6）由流程图知，C和NBS试剂可通过取代反应引入一个溴原子而碳碳双键不变，故以丙烯和NBS发生取代反应，引入一个溴原子，得到CH2=CH-CH2-Br，通过加成反应引入2个溴原子，得到BrCH2-CHBr-CH2-Br，水解即可制备甘油(丙三醇)，流程为：CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br。37.（除标注外，每空2分，共15分）【答案】（1）尿素（1分）选择（2）既可以为酵母菌大量繁殖提供适量的氧气，又可以防止发酵旺盛时汁液溢出有氧呼吸（3）无水有机溶剂萃取（4）与海藻酸钠溶液形成凝胶珠【解析】【分析】选择培养基的含义是人为设置相关条件或环境，使得被筛选的菌种得以生存，而其它菌种的生长被抑制的培养基，一般培养基的基本条件包含水、无机盐、碳源和氮源。提取玫瑰精油的时候常常需要加入氯化钠来分离油层和水层，同时需要加入无水硫酸钠来除水。【详解】（1）分离分解尿素的细菌，则需要将尿素作为唯一氮源来制备培养基，这样的培养基上只能允许分解尿素的菌种生存，而无法利用尿素的菌种因缺乏氮源死亡，这属于选择培养基；（2）酵母菌进行酒精发酵的时候需要先进行有氧呼吸增加菌种的数量，后进行无氧呼吸发酵产生酒精，因此发酵瓶中要留约的空间是为了为酵母菌大量繁殖提供适量的氧气，又可以防止发酵旺盛时汁液溢出；醋酸杆菌属于需氧型细菌，进行有氧呼吸；（3 ）提取玫瑰精油过程中，向油水混合物中加入氯化钠以加速油水分层，后续添加无水硫酸钠来除水；胡萝卜素易溶于有机溶剂，因此常常使用有机溶剂萃取法来提取；（4）固定化细胞的时候在加入海藻酸钠以后常常加入CaCl2溶液，目的是为了与海藻酸钠溶液形成凝胶珠。【点睛】该题的重点是微生物的培养和玫瑰精油的提取过程，一般在选择微生物的时候通常将培养基或培养环境进行一定的人为改变，以便达到只能使某种特定的微生物生存，而鉴别培养基需要添加特定的物质以便证明存在某种菌种即可，识记微生物的培养和各芳香油的提取过程和方法是本题的解题关键。38.（除标注外，每空1分，共15分）【答案】Ⅰ．（1）ABCD（2）RNA分子杂交（几乎）所有生物共用一套密码子（2分）（3）抗体具有特异性动物细胞培养（分2）动物细胞融合（2分）（4）Taq酶模板DNAⅡ．（1）同位素标记法（2）核酸核苷酸和氨基酸【解析】【分析】1、病毒不具有独立代谢能力，只能寄生在活细胞中。据遗传物质不同，可分为DNA病毒和RNA病毒。2019-nCoV的核酸为单股正链RNA，其5’端为甲基化帽子，3’端有多聚腺苷酸（PolyA）结构，可直接作为翻译模板。2、朊病毒不能独立生活，在活细胞内才能增殖，朊病毒是一类非正常的病毒，它不含有通常病毒所含有的核酸。【详解】Ⅰ（1）A、细胞膜控制物质进出细胞的作用是相对的，2019-nCoV表面的刺突糖蛋白能与人体细胞表面ACE2受体蛋白特异性结合，从而侵染细胞，2019-nCoV并不是只能侵染受损细胞，A错误；B、病毒没有核糖体，利用宿主细胞的核糖体合成蛋白质，2019-nCoV的包膜成分中含有蛋白质，其刺突糖蛋白能识别人体细胞膜上的受体，B错误；C、2019-nCoV的核酸为单股正链RNA，即遗传物质为RNA，初步水解可形成四种核糖核苷酸，彻底水解可形成核糖、磷酸和四种含氮碱基，C错误；D、由题意可知，此病毒的单股正链RNA，可直接作为翻译模板，所以可直接附着在宿主细胞的核糖体上进行翻译，不需要转录形成对应的负链RNA，D错误。 故选ABCD。（2）这种病毒只含RNA，故遗传物质为RNA。利用试剂盒检测病毒所利用的是分子杂交技术，其原理为碱基互补配对原则；因为（几乎）所有生物共用一套密码子，所以病毒可在不同动物身体内翻译出基本相同的多肽链。（3）抗体具有特异性，一种抗体只能和一种抗原发生特异性结合。单克隆抗体的制备过程中，需要将经过免疫的B淋巴细胞和骨髓瘤细胞融合形成杂交瘤细胞，经过动物细胞培养并筛选后获得能产生特异性抗体的杂交瘤细胞，并将该杂交瘤细胞进行体内或体外培养获得单克隆抗体，所以该过程用到的技术有动物细胞培养和动物细胞融合。（4）PCR技术中延伸DNA子链的酶为Taq酶。题干中提出“加入一个与某条模板链互补的荧光探针”，并且“每扩增一次，就有一个荧光分子生成”，因此反应最终的荧光强度与起始状态模板DNA含量呈正相关。Ⅱ（1）由图可知，本实验采用了同位素标记法。（2）一般病毒同朊病毒之间的最主要区别是：一般病毒侵入细胞是向宿主细胞提供核酸，利用宿主细胞的核苷酸和氨基酸合成自身的核酸和蛋白质。