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理综测试答案
生物：
1．B【详解】 染色体是由脱氧核酸（DNA）和蛋白质组成。故选B。
2．C【详解】据分析可知，基因突变不可以用普通光学显微镜观察识别，因为基因是有遗传效应的DNA片段，DNA在普通光学显微镜下观察不到，A错误；叶绿体基粒类囊体由生物膜构成，不可用普通光学显微镜观察，B错误；由题干信息可知，要使红叶杨和绿叶杨的光合作用强度相等，红叶杨需要更强的光照，原因是红叶杨比绿叶杨的叶绿体基粒类囊体少，光合速率小，因此，两种杨树叶光合速率可通过“探究光照强弱对光合作用强度的影响”实验作比较，C正确；红叶杨细胞中花青素的相对含量可通过“植物细胞的吸水和失水”实验测定，若要测定花青素的绝对含量需要进一步实验，D错误；因此，本题答案选C。
3．C【详解】由题目表格给于信息“甲组种子中的胚呈红色”可推出甲组种子中的染料被还原（发生了氧化还原反应），还原剂为NADH，AB正确。乙组细胞已被杀死，细胞膜失去了选择透过性，C错误。胚细胞呼吸作用的强弱会影响NADH的产生进而影响染色效果。
4．C【详解】①XYY综合征是由异常精子YY与卵细胞受精导致，YY精子一定是Y的姐妹染色单体没有分离所导致（发生在MII后期），所以此项与联会无关；
②线粒体DNA突变很明显与联会无关；
③三倍体西瓜植株的高度不育是由于联会发生紊乱，不能或很难形成正常配子所导致的；
④中一对等位基因是位于同源染色体上，在配子形成时，这对同源染色体发生联会，MI后期时又发生分离，配子结合是随机的，所以自交后代才会出现3:1的性状分离比；
⑤人类的21三体综合征个体的形成应该是在配子形成时（即减数分裂）导致的，也可能是减数第一次分裂后期同源染色体未分离导致也可能是减数第二次分裂后期姐妹染色体未分离向一极移动导致，而卵裂属于有丝分裂。
5．C【详解】该RNA病毒需要经过某种转变后整合到真核宿主的基因组中，真核细胞的基因是DNA，因此RNA这种病毒的转变过程是逆转录过程；又知物质Y与脱氧核苷酸结构相似，可抑制该病毒的增殖，但不抑制宿主细胞的增殖，因此不抑制DNA分子复制，则该物质抑制是逆转录过程。
6．D【详解】基因型完全相同的两个人，可能会由于营养等环境因素的差异导致身高不同，反之，基因型不同的两个人，也可能因为环境因素导致身高相同，A正确；在缺光的环境中，绿色幼苗由于叶绿素合成受影响而变黄，B正确；O型血夫妇的基因型均为ii，两者均为纯合子，所以后代基因型仍然为ii，表现为O型血，这是由遗传因素决定的，C正确；高茎豌豆的子代出现高茎和矮茎，是由于亲代是杂合子，子代出现了性状分离，是由遗传因素决定的，D错误。
29．（每空1分，共8分）核孔 选择 磷脂双分子层 膜转运蛋白 叶绿体和液泡 分裂间期 核仁 ③
【详解】（1）内质网上合成的蛋白质为分泌蛋白，分泌到细胞外，无法通过核孔进入细胞核，说明该蛋白质的转运具有选择性。（2）细胞膜的主要成分是磷脂和蛋白质，基本骨架为磷脂双分子层，故脂质小分子、气体可以自由通过，其他离子、分子需要细胞膜的通道蛋白和载体蛋白协助才能通过细胞膜，体现了细胞膜的选择透过性。（3）最高等植物的叶肉细胞具有大液泡和叶绿体，图中缺乏。（4）据图分析，该细胞核膜还在，染色体呈染色质状态，为细胞分裂间期；此时在光学显微镜下观察明显可见细胞核中有核仁存在，与核糖体的合成相关。
（5）由于硒对线粒体膜具有稳定作用，缺硒时，含有线粒体越多的细胞受到的损伤程度越大，而人体成熟的红细胞不具有细胞核和众多的细胞器，因此受到的损伤程度最小。
30．（7分，每空1分）类囊体膜 H+、O2和电子 三碳酸 磷酸基团 C18O2中的部分氧转移到H218O中 光强度 ≥
【详解】（1）光合作用的光反应场所是叶绿体的基粒或类囊体，水在光反应中裂解为O2、H+和电子。（2)卡尔文循环的第一个反应是RuBP和二氧化碳结合形成三碳酸，然后三碳酸在NADPH中的氢和ATP的磷酸基团的作用下被还原为三碳糖磷酸。（3）碳反应的过程也有水的产生，所以C18O2参与光合作用会产生部分带有放射性的水，水又作为原料参与了光合作用。（4）植物光合作用光饱和点可通过测定不同光强度下的光合速率来确定。某植物在温度由25℃降为5℃的过程中光饱和点逐渐减小,推测该植物在光照充足时的光合作用最适温度≥25℃。
（12分，每空2分）(1)不变
ATCGAC 64
(3)多
(4)右图
(5)14%
【分析】基因突变：DNA分子中发生碱基对的替换、增添和缺失，而引起的基因结构改变．基因突变若发生在配子中，将遵循遗传规律传递给后代；若发生在体细胞中则不能遗传。
（1）由题意可知，该基因突变是因为发生了碱基的替换，碱基发生替换后不影响组成基因的碱基的数量。（2）根据碱基互补配对原则，与TAGCTG配对的DNA单链序列为ATCGAC，该单链序列共6个碱基，自然界中DNA分子为双链，每条链是3个碱基，而碱基的种类是4种，所以自然界中与该序列碱基数量相同的DNA片段最多有43=64种。
（3）由题意可知，基因b影响水稻基因P的转录，使其表现为稻瘟病抗性，不抗稻瘟病植株的基因为B，无法抑制P的表达，故基因P转录的mRNA量比抗稻瘟病水稻细胞多。
（4）见答案图解（5）假设植株的总株数为100株，已知抗稻瘟病植株的基因型频率为10%，假如该群体每增加一代，抗稻瘟病植株增加10%、不抗稻病植株减少10%，则第二代中，抗病植株为10×（1+10%）×（1+10%）=12.1株，不抗病植株为90×（1-10%）×（1-10%）=72.9株，则第二代稻瘟病植株的基因型频率为。
32．（12分，每空2分）(1)橘红色(2) AaBbEeFf 8(3) 6 9:3:4 5/6
【分析】分析表格数据可知，控制果肉颜色的B、b基因位于9号染色体，控制果皮底色的A、a基因和控制果皮覆纹中的E、e基因均位于4号染色体，且A和E连锁，a和e连锁；控制果皮覆纹E、e和F、f的基因分别位于4和2号染色体上，两对基因独立遗传，且有覆纹基因型为E-F-，无覆纹基因型为E-ff、eeF-、eeff，据此分析作答。（1）结合表格分析可知，亲本分别是白色和橘红色杂交，F1均为橘红色，F1杂交，子代出现橘红色：白色=3:1的性状分离比，说明橘红色是显性性状。（2）由于F2中黄绿色：黄色≈3:1，可推知F1应为Aa，橘红色：白色≈3:1，F1应为Bb，有覆纹：无覆纹≈9:7，则F1应为EeFf，故F1基因型应为AaBbEeFf；由于A和E连锁，a和e连锁，而F、f和B、b独立遗传，故F1产生的配子类型有2（AE、ae）×2（F、f）×2（B、b）=8种。（3）结合表格可知，F2中关于果肉颜色的表现型有2种，由于A、E基因同在一条染色体上，a、e基因同在另一条染色体上，单独观察果皮底色及果皮覆纹的表现型，有无覆纹黄绿色、无覆纹黄色、有覆纹黄绿色三种表现型，故F2的表现型有2×3=6种；由于A和E连锁，a和e连锁。F2中基因型为A-E-的为3/4，aaee的为1/4，F2中黄绿色有覆纹果皮（A-E-F-）、黄绿色无覆纹果皮（A-E-ff）、黄色无覆纹果皮（aaeeF-、aaeeff）的植株数量比是（3/4×3/4）：（3/4×1/4）：（1/4×3/4+1/4×1/4）=9:3:4；F2中黄色无覆纹果皮中的纯合子占1/2，橘红色果肉植株中纯合子为1/3，纯合子所占比例为1/6，故杂合子所占比例是1-1/6=5/6。
37、不同浓度亚硝酸钠标准溶液 不同泡制天数的泡菜滤液 样品管 一致 亚硝酸盐含量的含量随发酵时间的变化 乳酸菌
38、 嫩叶组织细胞易破碎 相应mRNA多抑制RNA被水解 逆转录过程的碱基互补配对 目的基因因缺少相应的启动子和终止子，缺少复制原点 磷酸二酯键 转录和翻译过程受影响
化学：
7．【答案】B
【解析】A．汽油标准已由“国V”提到“国VI”，重在削减汽车尾气产生的颗粒物，尤其是PM2.5，但是仍然会排放氮氧化物，A错误；B．制玻璃的原料：石英砂、石灰石、长石、纯碱、硼酸等，制水泥的原料：石灰石和黏土；制漂白粉的原料：用石灰石可以制得氧化钙进而得到消石灰，用氯气与消石灰反应得到漂白粉；炼铁的原料：铁矿石、焦炭、石灰石，因此工业上生产玻璃、水泥、漂白粉及用铁矿石冶炼铁均需要用石灰石为原料，B正确；C．有机玻璃成分为有机高分子化合物，钢化玻璃是普通玻璃熔融急剧冷却得到，属于无机硅酸盐产品，C错误；D．可燃冰为不可再生能源，则过分开发可燃冰，会影响海洋生态环境，应合理开采。
8．【答案】D
【详解】A．1个CH2=CH2分子中含有6个共价键，1 mol CH2=CH2分子中含有6 mol的共价键，其中含有的共价键数为6NA，A正确；B．NaHSO4的阳离子为Na+，阴离子为；MgSO4的阳离子为Mg2+，阴离子为，NaHSO4和MgSO4的式量都是120，因此1.2 g NaHSO4和MgSO4的固体混合物中含盐的物质的量是0.01 mol，则其中含有的阳离子数目0.01NA，B正确；C．标况下11.2 L CH4的物质的量n(CH4)=，22.4 L Cl2的物质的量为n(Cl2)=，由于甲烷与氯气的反应前后分子数始终不变，则反应后分子的总物质的量仍然为n(总)=0.5 mol+ 1 mol=1.5 mol，则反应后的物质分子数为1.5NA，C正确；D．PCl3与Cl2生成PCl5的反应为可逆反应，则生成PCl5的物质的量小于1 mol，故增加的P-Cl键小于2NA个,D错误；
9．【答案】B
【详解】A．该物质中含-COOR(R含C的基团)，属于酯类。但该物质含有碳碳双键能与Br2发生反应，则不能用于萃取溴水，A项错误；
B．能发生水解即含-COOR，还含有碳碳双键，同分异构体有、、、、共5种结构，B项正确；
C．Q中含有一个苯环消耗3molH2和碳碳双键消耗1molH2，总共消耗H2的量为4mol，C项错误；
D．-CH3为四面体构型，所以所有原子不可能共面，D项错误；
10．【答案】C
【详解】A．二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气，A错误；
B．应把氯气通到溴化铁溶液中，左边装置应长管进短管出，B错误；
C．氯化铁溶于水不溶于苯，溴在苯中的溶解度更大，可用萃取分离，C正确；
D．氯化铁溶液中铁离子易水解，在空气中蒸干溶液会得到氢氧化铁，得不到无水FeCl3。
11．【答案】C
【解析】X、Y两种元素能够形成两种化合物，其中一种化合物被称为生命的源泉。则X、Y分别为H、O。Z形成的一种盐在海水中含量最高，Z为Cl。四种元素核电荷数之和为46，则W为20号元素Ca。
【详解】A．三种物质分别为H2O2、ClO2、Ca(ClO)2，三者均具有较强的氧化性，可利用氧化性进行消毒杀菌，A项正确；
B．CaH2与O2反应变为H2O遇CuSO4溶液变蓝，说明X为H元素，B项正确；
C．WZ2、WY2分别为CaCl2和CaO2，前者是由Ca2+和2个Cl-组成阴阳离子之比为1:2，而后者是由Ca2+和阴阳离子之比为1:1，C项错误；
D．XZY、ZY2为HClO和ClO2中Cl均呈现出了正价而O均呈现出负价，说明O的电子能力强于Cl，所以O的非金属性强于Cl，D项正确；
12．【答案】A
【分析】以Al片、Pt片做电极，通过恒电位法控制阳极电位为-1.57V时电解NaAlH4的THF溶液制AlH3，则Al电极为阳极，Pt电极为阴极，即Al电极与电源正极相接，Pt电极与电源负极相接，阳极反应式为3NaAlH4+Al-3e-=4AlH3，注意AlH3和NaAlH4中的H为-1价，二者均具有强还原性，能与水反应生成氢气，据此分析解答。
【详解】A．Pt电极为阴极，与电源负极相接，但NaAlH4转化为Na3AlH6的过程中Al、H的化合价未变化，则NaAlH4在Pt上转化为Na3AlH6的过程中没有发生还原反应，A错误；
B．AlH3具有还原性，能与水反应生成氢气，则电解时不能在有水环境中进行，B正确；
C．由上述分析可知：Al电极为阳极，Al失电子、与AlH4结合生成生成AlH3，则阳极反应式为3+Al-3e-=4AlH3，C正确；
D．NaAlH4具有其还原性，若阳极电位不是-1.57V，可能在阳极失电子生成H2。
13．【答案】C
【分析】根据起点判断，0.1mol/L的盐酸溶液pH=1，则a为盐酸。由于CH3COOH的电离常数为1.75×10-5，则0.1mol/LCH3COOH溶液中，推知pH=-lg(1.32×10-3)=3-0.12=2.88。所以曲线b、c分别为CH3COOH和HA溶液。C起点pH=5.50，则。
【详解】A．由以上分析曲线a、b、c分别为盐酸、CH3COOH和HA溶液，A项正确；
B．C点存在的物质为HA和NaA且物质的量之比为1:1，则该溶液中的电荷守恒式为c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，推知c(Na+)= c(A-)+c(OH-)-c(H+)。物料守恒式为c(HA)+c(A-)=2c(Na+)，两等式整合得c(HA)- c(A-)=2[c(OH-)-c(H+)]。由于该点pH>7，则c(OH-)-c(H+)>0，所以c(HA)- c(A-)>c(OH-)-c(H+)，B项正确；
C．A点物质为HCl和NaCl，且物质的量均为0.1×0.01=0.001mol。D点为NaA，其物质的量为0.002mol。则两点溶液混合后得到的物质为NaCl、HA、NaA，物质的量分别为0.002mol、0.001mol、0.001mol。则此溶液有，则c(H+)=10-10，pH=10，溶液呈碱性，C项错误；
D．D点中加入盐酸至中性，则该溶液为NaCl、NaA、HA，该体系的电荷守恒式和物料守恒式分别为 c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)+c(Cl-)、c(HA)+c(A-)=c(Na+)，得出c(HA)=c(Cl-)。由C点得出若溶液为中性c(HA)>c(A-)，所以c(Na+ )> c(HA)=c(Cl- )>c(A- )，D项正确；
26．【答案】(1)化合价只有降低，不符合氧化还原反应化合价变化规律
(2) 通入一段时间N2 使A中残留的三氧化硫和二氧化硫分别排入I和Ⅱ中
(3) (4) SO3 16.8℃-44.8℃ (5)Fe2O3
(6)溶液显红色或血红色 (7)1
【解析】(1)根据所学氧化还原反应的规律可知，有元素化合价的升高，必有元素化合价降低，而假设2中根据分解产物分析可知，反应后部分硫元素化合价降低，但无化合价升高的元素，不符合氧化还原反应的规律，所以假设2错误，故答案为：化合价只有降低，不符合氧化还原反应化合价变化规律；
(2)实验过程中，在检查装置气密性之后点燃A处酒精灯之前需通入一定量氮气，可排除装置内的空气，避免氧气或水蒸气干扰实验；当A处固体完全分解后通入N2，随着气流方向可使产生的气体全部进入下一装置，使其全部被吸收，故答案为：通一段时间N2；使A中残留的二氧化硫和三氧化硫分别排入I和Ⅱ中；
(3)饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热可发生归中反应生成氮气、氯化钠和水，其离子方程式为：；
(4)根据表中数据可知，SO3的沸点为44.8℃，SO2的沸点为-10℃，所以在低温浴槽I中收集SO3，II中收集SO2，且II的温度范围选择是高于熔点，低于沸点，应该是以液态收集，防止固体堵塞导管。所以解析中，I的温度范围应选择16.8℃-44.8℃；
(5)甲组实验中，FeSO4的质量为3.04g，则其物质的量为=0.02mol，低温浴槽Ⅰ中SO3的质量为0.8g，所以物质的量为=0.01mol，低温浴槽Ⅱ中SO2的质量为0.64g，所以其物质的量为=0.01mol，根据元素守恒可知，得到的固体为Fe2O3，其物质的量为0.01mol；
(6)根据小问（5）分析可知，乙组实验中，FeSO4的质量为4.56g，则其物质的量为=0.03mol，低温浴槽Ⅰ中SO3的质量为1.60g，所以物质的量为=0.02mol，低温浴槽Ⅱ中SO2的质量为0.64g，所以其物质的量为=0.01mol，根据元素守恒可知，得到的固体为Fe3O4，其物质的量为0.01mol，所以取乙组实验得到的固体溶于稀硫酸，溶液中含铁离子与亚铁离子，在一份溶液中滴加铁氰化钾K3[Fe(CN)6]溶液，会产生蓝色沉淀，在另一份溶液中滴加NH4SCN溶液，观察到的现象是会观察到溶液显红色或血红色；
(7)N2不燃烧也不支持燃烧 ，假设过程中持续缓缓通入N2，若用带火星木条检验氧气的存在，现象会受干扰，而氧气具有氧化性，在酸性条件下可氧化碘离子生成能使淀粉变蓝的碘单质，不受氮气的干扰，所以选择实验方案1可行。
27．(1)BaSO4 SiO2 (2)4CeFCO3+4NaHCO3+O2=4NaF+4CeO2+8CO2+2H2O
(3)硫酸根离子浓度过大时，容易和Ce3+发生反应生成沉淀，二而使浸出率降低
(4)
(5)防止Ce3+被氧化 (6)D (7)88.15%
【分析】氟碳铈矿含CeFCO3、BaO、SiO2等，在空气中焙烧， Ce3+在空气中氧化为Ce4+，用硫酸浸取，Ce4+进入溶液， SiO2不反应， BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4，滤液A中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce2(SO4 ) 3与Na2SO4形成复盐沉淀Ce2 ( SO4) 3 Na2SO4 nH2O，过滤分离。复盐沉淀加入碱，再加入酸，Ce3+被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2。
(1)氧化钡和硫酸反应生成硫酸钡，二氧化硅不溶于水，故滤渣1的主要成分为BaSO4和SiO2。
(2)在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，说明铈化合价升高，则氧化合价降低，根据电子守恒分析，得方程式为：4CeFCO3+4NaHCO3+O2=4NaF+4CeO2+8CO2+2H2O。
(3)硫酸根离子浓度过大时，容易和Ce3+发生反应生成沉淀，而使浸出率降低
(4)硫脲具有还原性，酸性条件下将 还原为 ，自身被氧化为(SCN2H3)2，依据电子守恒，电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：。
(5)已知Ce3+在空气中易被氧化为+4价，因此加入盐酸后应加入某种试剂是防止Ce3+被氧化。
(6)A. 根据流程分析，该步骤Ce3+与碳酸氢铵提供的碳酸根离子结合生成沉淀，产生的氢离子与碳酸氢根反应生成二氧化碳和水，发生的反应是2Ce3+ +6=Ce2(CO3)3↓ +3CO2↑+3H2O。故正确；B. 若用(NH4)2CO3溶液代替NH4 HCO3溶液，也生成碳酸盐，不影响产品纯度，故正确；C.减压过滤能够大大提高过滤效率，故正确；D.过滤后的滤液中不会有较多的Ce3+，故错误。故选D。
(7)由Fe2++Ce4+=Fe3+ +Ce3+，结合Ce元素守恒可知，n(CeO2)=n(Ce4+)=n(Fe2+)=0.20 mol·L-1×20.5×10-3=4.1×10-3mol，故样品中CeO2的总量为4.1×10-3mol× =0.041mol，该产品的纯度为 =88.15%。
28．【答案】(1) 62
(2) 分散度越高，总表面积越大，吸附的反应物越多 不变 催化剂表面已充分吸附氨气，反应中氨气浓度减小但吸附量不变，平均反应速率不变
(3) T3 40% 0.0073(MPa)-2 (4)Li3N+3H+=NH3↑+3Li+
【解析】(1)整个反应历程中活化能最大的反应，为慢反应，也是决速反应，所以上述历程中决速步骤为：；该反应的活化能为45 kJ·mol-1-（-17）kJ·mol-1=62 kJ·mol-1；
(2)相同质量的同种催化剂，分散度越高，总表面积越大，吸附的反应物越多，则催化效果越好；该反应在催化剂表面发生，由表中数据可知，随着反应进行，催化剂表面已充分吸附氨气，反应中氨气浓度减小但吸附量不变，所以平均反应速率不变；
(3)①由上述反应历程可知，合成氨为放热反应，其他条件不变时，随着温度的升高，平衡向逆反应方向移动，则氨气的质量分数减小，所以温度最高的是T3；图中表示，M点氨气的质量分数为40%，因反应前后气体的总质量保持不变，所以氨气的质量为=68g，所以得到的氨气的物质的量为=4mol，又各物质的转化量之比等于参加反应的化学计量数之比，所以转化的氮气的物质的量为=2mol，其转化率为=40%，故答案为：T3；40%；
②结合上述公式可推出=Kp，根据图像可看出M点已经达到反应平衡状态，根据①计算可得出平衡时各物质的物质的量分别为：n(N2)=5mol-2mol=3mol，n(H2)=15mol-6mol=9mol，n(NH3)=0mol+4mol=4mol，则对应各物质的分压分别为：p(N2)==3MPa，p(H2)= =9MPa，n(NH3)= =4MPa，所以=Kp=，故答案为：0.0073(MPa)-2；
(4)根据图示可知，上述过程为电解池原理，生成氨气的一极有电子的流入，为阴极，磷盐分子在电解中的作用为传导质子，故生成氨气的第二步反应方程式为：Li3N+3H+=NH3↑+3Li+。
35.【答案】(1) -1
(2) 生成羟基自由基，消耗有机配体R-，使平衡NiR2(aq) Ni2+(aq)+2R-(aq)正向移动 0.45 反应iii速率加快，消耗较多·OH，不利于R-转化成·R
(3) 3 无 (4) 蒸发浓缩、冷却结晶 95.97%
【分析】废水中的NiR2经过脱络后得到含镍离子的废水，加氢氧化钠溶液沉淀后得到氢氧化镍沉淀，滤液中含少量的镍离子，经过后续处理得到氢氧化镍固体。
(1)·OH的电子式为：；自由基中H为+1价，自由基不带电，则O为-1价；
(2)从整个反应历程来看，羟基自由基能消耗有机配体，使“脱络”反应平衡正向移动移动，故答案为：生成羟基自由基，消耗有机配体R-，使平衡NiR2 (aq)Ni2++ (aq)+ 2R- (aq)正向移动；由图知，H2O2加入量为0. 45g/ L时，镍的回收效果最好；当H2O2加入量高于0. 45g/ L时，反应iii 速率加快，导致羟基自由基大量减少，不利于除镍；
(3)Fe3+完全沉淀时c3(OH- )= mol3·L-3=1×10 -33 mol3 ·L-3，c(OH- )=1×10-11 mol/ L ，则c(H+)=1×10-3 mol/ L，即pH=3。此时Qc[Ni(OH)2]=0.01×(10-11)2=10-24< Ksp[Ni(OH)2]，故无Ni(OH)2沉淀生成；
(4)要得到NiSO4·7H2O固体需要将氢氧化镍沉淀先用稀硫酸溶解，再经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到NiSO4·7H2O；Ni(OH)2沉淀转化成NiSO4·7H2O固体的转化率为(6.744g ÷281g/mol) ÷(2.325g÷93g/mol) × 100% = 96%，100 mL该电镀废水中镍转化成NiSO4·7H2O的总回收率为96%×99.97%≈95.97%。
物理参考答案
14．B【详解】A．位移—时间图像只能表示位移的两个方向，则只能描述直线运动的规律，因此质点一定做直线运动，A错误；B．位移—时间图像斜率的正负表示速度的正负，速度的正负表示速度的方向，由图可知，图线的斜率一直为负，则质点运动的速度方向始终不变，B正确；CD．位移—时间图像的切线斜率表示速度，斜率的绝对值表示速度的大小，可知质点的速度先增大后减小，则加速度方向先与速度方向相同，后与速度方向相反，故C、D均错误．
15．A【详解】“下蹲”过程先加速下降后减速下降，则先失重后超重；“站起”过程先加速上升后减速上升，则先超重后失重；由图可知，人先失重后超重，可知a→b→c为一次“下蹲”过程；A．a→b→c为一次“下蹲”过程，与结论相符，选项A正确；B．a→b→c为一次“站起”过程，与结论不相符，选项B错误；C．a→b 为“下蹲”过程，b→c为“站起”过程，与结论不相符，选项C错误；D．a→b 为“站起”过程，b→c为“下蹲”过程，与结论不相符，选项D错误；故选A.
16．B【详解】A．由图像可知，甲、乙两小球碰撞为完全非弹性碰撞，两小球碰撞过程中动量守恒可知乙小球的质量为，A错误；B．碰撞过程中机械能损失为B正确；C．由图像可知，甲、乙两小球碰撞后一起运动的加速度大小为，斜面光滑，加速度可知 C错误；D．根据图像面积关系，碰撞位置距离出发点为，由可得两小球回到出发点时的速度为，D错误；故选B。
17．C【详解】根据动量守恒可知，碰撞前后系统总动量保持不变，则碰撞后B球动量为碰撞前系统总动能大于等于碰撞后系统总动能，又
可得得当时，碰撞后两球动量之比为得
不符合实际情况。同理，当时满足实际情况。故选C。
18．D【详解】A．贴近行星表面做圆周运动的物体所受万有引力等于重力，向心加速度等于重力加速度，由图可知，两行星表面的重力加速度相同，故A错误；D．根据可得因可知 MB=9MA故D正确； B．根据因且重力加速度相等可知 3ρB=ρA故B错误；C．根据可得
因可知 故C错误。故选D。
19．AD【详解】A．由图像知，图像与坐标轴所围的面积代表速度的变化量，质点在时间内的加速度大小故A正确；B．质点在时刻的速度大小故B错误；C．在时刻，质点的速度为，又初始时刻速度为零，则质点在0~时间内的中点位移时速度大小故C错误；D．由匀变速直线运动规律有解得故D正确。故选AD。
20．BD【详解】B．物体受到的滑动摩擦力大小为当水平推力等于滑动摩擦力时，物体的速度达到最大，则有由乙图可得联立可得可知在距出发点3m位置时物体的速度达到最大，B正确；C．在距出发点3m位置时物体的速度达到最大，根据动能定理可得其中联立解得物体的最大速度为C错误；D．设物体在水平地面上运动的最大位移为，根据动能定理可得其中联立解得D正确；A．过程，推力大于摩擦力，随着推力的减小，物体的加速度逐渐减小；过程，推力小于摩擦力，随着推力的减小，物体的加速度逐渐增大；过程，物体只受滑动摩擦力，物体的加速度保持不变；故在整个运动过程中，物体的加速度先减小再增大，后保持不变，A错误。故选BD。
21．BD【详解】AB．a球绳子的拉力作周期性变化。b球在水平面做匀速圆周运动，竖起方向没有加速度，则有解得保持不变，所以图乙中直线d表示绳子对小球b的拉力大小随时间变化的关系，直线c表示绳子对小球a的拉力大小随时间变化的关系，A错误，B正确；CD．在甲图中，设小球经过最低点的速度大小为v，绳子长度为L，则由机械能守恒得在最低点，有由图乙知
即解得C错误，D正确。故选BD。
22． 0.485 滑块的质量m
【详解】（2）[1]根据游标卡尺读数规则，其读数为
（6）[2][3]由可知，要测出劲度系数k，还需测出滑块的质量m；由
得图像斜率得
23． [1] [2] [3]不需要
【详解】（1）[1][2]滑块A在水平桌面上的运动过程，由动能定理得解得
故碰撞前动量两滑块共同运动时，有解得
碰撞后动量
（2）[3]比较、，即比较和，可抵消，故不需要测出滑块与水平桌面间的动摩擦因数。
24．（1）3m/s，1.2m；（2）4N
【详解】（1）由题意可知，小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，所以有vy = v1tan53°又vy2= 2gh代入数据得vy = 4m/s v1= 3m/s故绳断时球的小球做平抛运动的水平速度为3m/s。
由于小球在竖直方向做自由落体运动，有vy = gt1得 则水平位移为s = v1t1= 3 × 0.4m = 1.2m
（2）由牛顿第二定律解得F = 4N
25．（1）；（2），
【详解】（1）球a下滑过程根据动能定理得 在最低点B点 解得
由牛顿第三定律
（2）解除锁定后，设球a到达凹槽最低点速度大小为，此时M速度大小为，由水平方向动量守恒得
由能量守恒得 解得
设a与b相碰后，a的速度为，b速度为，由动量守恒和能量守恒得
解得
随后b与c相碰，设碰后b的速度为，c的速度为，由动量守恒和能量守恒得
解得
又因为 所以当
可取最大值，即时，最大，故
33．（1） 变大
【详解】[1]设小球的初速度为v0，则s末的速度为根据图象可知：小球的初动能为s末的动能为解得[2]设平抛之后，经过时间t时，物体的速度为v，根据题意所以，物体的动能为所以图象的斜率为，若增大小球的质量，则该图像的斜率将变大。
（2）．（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）当A、B间的最大静摩擦力大于B与地面间的最大静摩擦力的时候，B可以运动。即
解得（2）μ1、μ2的大小关系满足第（1）问条件，即B可以运动，当A、B之间开始相对滑动时，A、B刚好达到最大静摩擦力，整体根据牛顿第二定律可得对A有
解得
（3）A的最大静摩擦力为B与地面之间的最大静摩擦力为
当时，A、B处于静止状态，则aAB= 0当时，A、B相对静止且一起加速由牛顿第二定律有得当时，A，B之间相对滑动，对A有对B有综上可知A、B的加速度a随F变化的图像，如图所示
34．（1）4p 16Ek
【详解】[1]根据动量定理I合=Ft=p水平力变为2F，经过时间2t，则有2F·2t=p′可知p′=4p [2]根据动能与动量间的关系Ek=可得Ek′=16Ek
（2）（1）；（2）【详解】（1）设甲、乙水平位移均为x，对甲由运动的合成与分解规律可得根据牛顿第二定律得联立可得对乙同理可得综合解得（2）对甲根据牛顿第二定律得解得A、C两点高度差为对乙同理可得B、C两点高度差为A、B两点高度差为沁阳市2022-2023学年高三下学期第四次模拟考试
理科综合
注意：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每道小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干
净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
4.可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Na 23 S 32 Fe 56 Ni 59 Ce 73
第 I 卷（选择题共 126 分）
一、选择题：本题共 13 小题，每小题 6 分，满分 78 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．下列真核细胞结构与成分，对应有误的是
A．细胞膜：脂质、蛋白质、糖类 B．染色体：核糖核酸、蛋白质
C．核糖体：蛋白质、核糖核酸 D．细胞骨架：蛋白质
2．叶色变异是由体细胞突变引起的芽变现象。红叶杨由绿叶杨芽变后选育形成，其叶绿体基粒类囊体减少，光合速率减小，液泡中花青素含量增加。下列叙述正确的是
A．红叶杨染色体上的基因突变位点可用普通光学显微镜观察识别
B．两种杨树叶绿体基粒类囊体的差异可用普通光学显微镜观察
C．两种杨树叶光合速率可通过“探究光照强弱对光合作用强度的影响”实验作比较
D．红叶杨细胞中花青素绝对含量可通过“植物细胞的吸水和失水”实验测定
3．某染料（氧化型为无色，还原型为红色）可用于种子生活力的鉴定。某同学将吸胀的小麦种子平均分成甲、乙两组，并进行染色实验来了解种子的生活力，结果如表所示。下列叙述错误的是
分组 甲组 乙组
处理 种子与染料混合保温 种子煮沸后与染料混合保温
结果 种子中的胚呈红色 种子中的胚未呈红色
A．甲组的胚发生了氧化还原反应 B．呼吸作用产生的NADH使染料变成红色
C．乙组胚细胞膜上的载体蛋白能将染料运出细胞 D．种子中胚细胞代谢活动的强弱会影响染色效果
4．下列现象中，与减数分裂同源染色体联会行为均有关的是：①人类的47，XYY综合征个体的形成 ②线粒体DNA突变会导致在培养大菌落酵母菌时出现少数小菌落 ③三倍体西瓜植株的高度不育 ④一对等位基因杂合子的自交后代出现3︰1的性状分离比 ⑤卵裂时个别细胞染色体异常分离，可形成人类的21三体综合征个体
A．①② B．①⑤ C．③④ D．④⑤
5．某种RNA病毒在增殖过程中，其遗传物质需要经过某种转变后整合到真核宿主的基因组中。物质Y与脱氧核苷酸结构相似，可抑制该病毒的增殖，但不抑制宿主细胞的增殖，那么Y抑制该病毒增殖的机制是
A．抑制该病毒RNA的转录过程 B．抑制该病毒蛋白质的翻译过程
C．抑制该RNA病毒的反转录过程 D．抑制该病毒RNA的自我复制过程
6．下列有关基因型、性状和环境的叙述，错误的是
A．两个个体的身高不相同，二者的基因型可能相同，也可能不相同
B．某植物的绿色幼苗在黑暗中变成黄色，这种变化是由环境造成的
C．O型血夫妇的子代都是O型血，说明该性状是由遗传因素决定的
D．高茎豌豆的子代出现高茎和矮茎，说明该相对性状是由环境决定的
7．化学与生产和生活密切相关，下列说法正确的是
A．汽油标准由“国标Ⅴ”提到国标”Ⅵ”，可在使用汽油时不再排放氮氧化物
B．工业上生产玻璃、水泥、漂白粉以及铁矿石冶炼铁过程中均用石灰石为原料
C．有机玻璃和钢化玻璃都是有机高分子化合物
D．大力开发利用可燃冰(固态甲烷水合物)，有助于海洋生态环境的治理
8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．1 mol CH2=CH2分子中含有的共价键数为6NA
B．1.2 g NaHSO4和MgSO4的固体混合物中含阳离子数目0.01NA
C．11.2 L CH4和22.4 LCl2(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子总数为1.5NA
D．密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5(g)，增加2NA个P-Cl键
9．在一定条件下M可与N发生如图所示转化生成一种具有优良光化学性能的树脂Q。下列说法正确的是
Q属于酯类有机物，可以做溴水中提取溴的萃取剂
B．N的同分异构体中能水解的有5种(不考虑环状结构)
C．1molQ最多可消耗5molH2 D．N中所有的原子可能在同一平面
10．下列由废催化剂(主要含FeBr3及少量溴、苯)制取无水FeCl3的实验装置与原理能达到实验目的的是
A．用装置甲制取氯气 B．用装置乙氧化FeBr3溶液中的溴离子
C．用装置丙分离出FeCl3溶液 D．用装置丁蒸干溶液可得无水FeCl3
11．X、Y、Z、W四种主族元素，原子序数依次增大，且均不大于20，四种元素核电荷数之和为46，X、Y两种元素能够形成两种化合物，其中一种化合物被称为生命的源泉。Z元素是一种重要的“成盐元素”，其形成的一种盐在海水中含量最高，其单质通过电解该盐溶液获得。下列关于四种元素说法错误的是
A．X2Y2、ZY2、 W(ZY)2均是常见的杀菌消毒剂，三者作用原理相同
B．WX2中X元素的检验方法可以将WX2固体置于氧气流中灼烧并将产物通过无水硫酸铜
C．WZ2、WY2两种化合物中阴阳离子个数比均为1 ： 2
D．可以通过XZY、ZY2等物质中的元素化合价来比较Y、Z两种元素的非金属性强弱
13．AlH3是一种重要的储氢材料。现以Al片、Pt片做电极，通过恒电位法控制阳极电位为-1.57V时电解NaAlH4的THF(四氢呋喃，液态有机溶剂)溶液制AlH3，电解过程中Pt电极上有Na3AlH6析出，下列有关说法错误的是
已知：电位值影响电极放电。
A．Pt片接恒电位仪的负极，NaAlH4在Pt上被还原为Na3AlH6
B．电解时不能在有水环境中进行
C．Al片接恒电位仪的正极，电极反应为3+Al-3e-=4AlH3
D．若阳极电位不是-1.57V，则阳极可能同时生成H2
14．常温下，为探究某一元酸HA的性质，分别取20.00mL0.100mol·L-1的HA、盐酸、醋酸三种溶液，分别用0.100mol·L-1NaOH溶液滴定，用pH计测定滴定过程中的pH，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法
不正确的是
已知常温下：Ka(CH3COOH)=1.75 ×10-5，=1.32，lg1.32=0.12
A．曲线a、b、c分别表示HCl 、CH3COOH、HA
B．C点：c(HA)-c(A- )>c(OH-)-c(H+ )
C．将曲线a的A点和曲线c的D点的溶液混合，混合后的溶液呈酸性
D．向曲线c的D点的溶液中滴加盐酸至pH= 7.00，则c(Na+ )> c(HA)=c(Cl- )>c(A- )
二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分．在每小题给出的四个选项中，其中第 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，全部选对得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分．
14．如图所示为一个质点运动的位移一时间图像，则关于质点在时间内的运动下列说法正确的是（　　）
质点做曲线运动
质点运动的速度方向始终不变
质点运动的加速度方向始终不变
D．质点运动的速度一直在减小
15．为了研究超重和失重现象，某同学站在力传感器上做“下蹲”和“站起”的动作，力传感器将采集到的数据输入计算机，可以绘制出压力随时间变化的图线。某次实验获得的图线如图所示，a、b、c为图线上的三点，有关图线的说法可能正确的是（　　）
A．a→b→c为一次“下蹲”过程
B．a→b→c为一次“站起”过程
C．a→b 为“下蹲”过程，b→c为“站起”过程
D．a→b 为“站起”过程，b→c为“下蹲”过程
16．在足够长的光滑倾斜长直轨道上，先后将甲、乙两个小球分别以相同的初速度在同一位置沿轨道向斜上方弹出，两小球相遇时发生了完全非弹性碰撞，它们运动的v-t图像如图所示。已知小球甲的质量为1kg，重力加速度大小g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　）
A．小球乙的质量为2kg
B．两小球碰撞过程中的机械能损失为25J
C．轨道斜面倾角满足tanθ＝0.2
D．两小球回到出发点时的速度大小为10m/s
17．A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A球的动量为，B球的动量为，当A球追上B球时发生对心碰撞，则碰撞后A球运动方向不变，动量的大小为，A、B两小球的质量之比k可能为（　　）
A．0.75 B．0.65 C．0.55 D．0.45
18．两颗相距较远的行星A、B，行星对距球心r处的物体有万有引力的作用，其引力产生的加速度随变化的关系如图所示。、分别是行星A、B的半径且，两图线左端的纵坐标相同，忽略星球的自转和其他星球的影响，行星可看作质量分布均匀的球体，则（　　）
A．行星B的表面重力加速度比行星A的大
B．行星B的密度是行星A的3倍
C．行星B的第一宇宙速度是行星A的第一宇宙速度的3倍
D．行星B的质量是行星A的质量的9倍
19．一质点在时刻由静止开始做直线运动，其加速度随时间的变化关系图像如图所示。已知在时间内图像与坐标轴所围成的面积大小为，在时间内图像与坐标轴所围的面积大小为，且，图中、大小未知，下列说法中正确的是（　　）
A．质点在时间内的加速度大小
B．质点在时刻的速度大小
C．质点在时间内的位移中点时速度大小为
D．质点在时间内的位移大小为
20．如图甲所示，质量为的物体静止在水平地面上，在水平推力F的作用下开始运动，水平推力随位移变化的图像如图乙所示（后无推力存在），物体最终静止在水平地面上，已知物体与地面间的动摩擦因数，取，下列选项正确的是（　　）
A．物体的加速度先减小后增大
B．在距出发点3m位置时物体的速度达到最大
C．物体的最大速度为
D．物体在水平地面上运动的最大位移是8m
21．如图甲所示，质量相等大小可忽略的a、b两小球用不可伸长的等长轻质细线悬挂起来，使小球a在竖直平面内来回摆动，小球b在水平面内做匀速圆周运动，连接小球b的绳子与竖直方向的夹角和小球a摆动时绳子偏离竖直方向的最大夹角都为θ，运动过程中两绳子拉力大小随时间变化的关系如图乙中c、d所示。则下列说法正确的是（　　）
A．图乙中直线d表示绳子对小球a的拉力大小随时间变化的关系
B．图乙中曲线c表示绳子对小球a的拉力大小随时间变化的关系
C．θ=30° D．θ=60°
第Ⅱ卷（非选择题 174 分）
三、非选择题：共 174 分。第 22～23 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33～38 题为选考题，考生根据要
求作答。
(一)必考题：共 129 分
22．（9分）某同学通过查阅资料得知，弹簧弹性势能表达式为，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧形变量。他尝试利用弹性势能来测量弹簧的劲度系数，于是他设计了如图（a）所示装置进行测量，弹簧右端与滑块不连接，具体操作步骤如下：
（1）将气垫导轨调成水平状态。接通电源再轻推滑块，滑块做匀速运动即可；
（2）用游标卡尺测出滑块上挡光片的宽度d，示数如图（b），则d＝______cm；
（3）接通电源，向左侧推动滑块，使弹簧压缩一定的程度（弹簧处于弹性限度内），并测出弹簧压缩量x；
（4）将滑块由静止释放，读出滑块经过光电门时挡光片的挡光时间t；
（5）重复步骤（3）（4）测出多组x及对应的t；
（6）画出图像如图（c）所示。若想测出劲度系数，还需要测量的物理量为______（写出物理量的名称及符号），可求得弹簧的劲度系数为______（用斜率a以及其他测得的物理量符号表达）。
23．（6分）孙玉同学利用如图所示的装置验证碰撞中的动量守恒。竖直平面内的一段固定的圆弧轨道下端与水平桌面相切，先将小滑块A从圆弧轨道上某一点无初速度释放，测出小滑块在水平桌面上滑行的距离（如图甲所示）；然后将左侧贴有双面胶的小滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将小滑块A从圆弧轨道上同一点无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，测出整体沿水平桌面滑行的距离（如图乙所示）。已知小滑块A和B的材料相同。
（1）若滑块A、B的质量分别为、，与水平桌面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g，则A、B碰撞前的瞬间系统的动量________，碰撞后的瞬间系统的动量________（用字母、、、g、、表示）。若，则验证了A和B碰撞过程中动量守恒。
（2）本实验________（选填“需要”或“不需要”）测出滑块与水平桌面间的动摩擦因数。
24．（14分）小明同学站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m = 100g的小球（大小不计），甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动。当球在某次运动到最低点时，绳怡好达到所能承受的最大拉力F而断掉，球飞行水平距离s后恰好无碰撤地落在邻近的一倾角为α = 53°的光滑固定斜面体上并沿斜面下滑。已知斜面体顶端与小球做圆周运动最低点的高度差h = 0.8m，绳长r = 0.3m，重力加速度g取10m/s2，sin53° = 0.8，cos53° = 0.6。求：
（1）绳断时小球的速度大小v1和小球在圆周最低点与斜面体的水平距离s；
（2）绳能承受的最大拉力F的大小。
25．（18分）质量为M＝2m、半径为R的四分之一光滑圆弧凹槽静止在光滑水平面上，圆弧轨道AB和水平面BQ平滑连接。
（1）如图甲所示，若锁定凹槽，将质量为m的小球a从A点静止释放，求小球运动到凹槽最低时对凹槽的压力大小；
（2）如图乙所示，在水平面上的P、Q点各放置一个可视为质点的小球b、c，质量分别为km、m，其中k＞1，若解除凹槽的锁定的同时让质量为m的小球a仍从A点处静止释放，小球间的碰撞均为弹性正碰，且不考虑a、b、c三小球的二次碰撞，重力加速度为g。求：k取何值时，b与c碰撞后b的速度最大，并求出此最大值。
26．某学习小组拟研究FeSO4的分解实验探究，请你帮该小组完成以下实验方案。
[实验目的]探究FeSO4分解产物与温度关系。
[假设]假设1：Fe2O3、SO3、SO2 ；假设2：FeO、SO3、SO2；假设3：Fe3O4、SO3、SO2。
[查阅资料]几种物质的物理性质如表所示。
物质 SO3 SO2 O2 N2
熔点/℃ 16.8 - 72.4 -218.4 -209.9
沸点/℃ 44.8 - 10 -182.9 - 195.8
回答下列向题：
(1)根据所学知识判断，假设2肯定不成立，理由是_______。
(2)实验过程中，在检查装置气密性之后点燃A处酒精灯之前的操作是_______，(只填操作)，当A处固体完全分解后通入N2的目的是_______。
(3)实验室用饱和氯化铵溶液和亚硝酸钠溶液共热制备N2，该反应的离子方程式为____。
(4)低温浴槽Ⅰ收集的物质是_______(填化学式)，低温浴槽Ⅱ控制的温度范围为_______。
(5)甲、乙组分别进行实验，实验数据如下(不考虑损失，固体已完全分解且固体产物为纯净物)：
实验 A处温度/℃ FeSO4质量/g 低温浴槽Ⅰ净增质量/g 低温浴槽Ⅱ净增质量/g
甲 T1 3.04 0.80 0.64
乙 T2 4.56 1.60 0.64
甲组实验中A装置得到固体产物是_______(填化学式)。
(6)为进一步确认固体产物成分，取乙组实验得到的固体溶于稀硫酸，将溶液分成两份，进行如下实验：在一份溶液中滴加铁氰化钾K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。在另一份溶液中滴加NH4SCN溶液，观察到的现象是_______。
[实验结论]通过上述实验，FeSO4分解产物与温度有关。
[交流反思]FeSO4分解反应中是否有O2生成？
(7)为验证实验猜想，他们设计两种方案检验O2：
方案1：将D管导出的气体通入酸化的淀粉-KI溶液中。
方案2：用带火星的木条放在D管口处。
假设过程中持续缓缓通入N2，对比以上两种方案，其中方案_______(填“1”或“2”)可行。
27．氧化铈(CeO2)是一种应用非常广 泛的稀士氧化物。现以氟碳铺矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：
已知：
①稀土离子易与形成复盐沉淀，Ce3+和发生反应：Ce2(SO4)3+ Na2SO4 +nH2O=Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓；
②硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2；
③Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，两者均能形成氢氧化物沉淀；
④Ce2(CO3)2为白色粉末，难溶于水。
回答下列问题：
(1)滤渣A的主要成分是_______(填写化学式)。
(2)在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式_______。
(3)焙烧后加入稀硫酸浸出，Ce的浸出率和稀硫酸浓度、温度有关，其关系如图所示，图示中H+浓度大于2.5mol·L-1时，浸出率降低的原因是_______。
(4)加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的 离子方程式为_______。
(5)步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为_______。
(6)下列关于步骤④的说法错误的是_______ (填字母)。
A．该步骤发生的反应是2Ce3+ +6=Ce2(CO3)3↓ +3CO2↑+3H2O
B．可以用(NH4)2CO3溶液代替NH4 HCO3溶液，不影响产品纯度
C．过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率
D．过滤后的滤液中仍含有较多Ce3+，需要将滤液循环以提高产率
(7)取所得产品CeO2 8.00g溶解后配成250mL溶液。取25.00 mL该溶液用0.20 mol·L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液滴定，滴定时发生反应Fe2++Ce4+=Fe3+ +Ce3+，达到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液20.50mL，则该产品的纯度为_______。(保留两位小数)。
28．Ⅰ.工业合成氨是人工固氮研究的重要领域，回答下列问题：
(1)2007年度诺贝尔化学奖获得者格哈德·埃特尔，确认了合成氨反应机理。673 K时，各步反应的能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的粒子用“*”标注。
图中决速步骤的反应方程式为_______， 该步反应的活化能Ea=_______kJ·mol-1。
(2)相同质量的同种催化剂，在载体上的分散度越高，催化作用越强，原因是_______，NH3在少量某催化剂下分解的实验数据如下表：
反应时间/min 0 10 20 30 40 50
c(NH3)/mol·L-1 c0 0.9 c0 0.8 c0 0.7 c0 0.6 c0 0.5 c0
分析表中数据可知，随着反应进行，c(NH3)减小，平均反应速率_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，对该变化的合理解释是_______。
(3)在一定条件下，向某反应容器中投入5 mol N2、15 mol H2在不同温度下反应，平衡体系中氨的质量分数随压强变化曲线如图所示：
①温度T1、T2、T3中，最大的是_______ ， M点N2的转化率为_______。
②1939年捷姆金和佩热夫推出合成氨反应在衡时净速率方程式为： v(NH3)=，k1、k2分别为正反应和逆反应的速率常数；p(N2)、p(H2)、p(NH3)代表各组分的分压(分压=总压×物质的量分数)；α为常数，工业上以铁为催化剂时，α=0.5，由M点数据计算 =_______(保留2位有效数字)。
Ⅱ.利用磷盐分子作为质子导体，可实现高速率电催化还原反应合成NH3，其原理如图所示。
(4)生成NH3的第二步反应方程式为_______。
29．（8分，每空1分）下图为某细胞的部分结构及蛋白质转运示意图，请回答下列问题:
（1）内质网上合成的蛋白质不能穿过 ________进入细胞核，表明这种转运具有 ________ 性。
（2）细胞膜选择透过性的分子基础是 ________具有疏水性和 ________具有专一性。
（3）若该细胞是高等植物的叶肉细胞，则图中未绘制的细胞器有 ________。
（4）若该细胞为小鼠骨髓造血干细胞，则图示细胞处于细胞周期的 ________，此时在光学显微镜下观察明显可见细胞核中有________存在。
（5）研究表明硒对线粒体膜有稳定作用，可以推测人体缺硒时下列细胞中最易受损的是 ________（填序号）。
①脂肪细胞 ②淋巴细胞 ③心肌细胞 ④口腔上皮细胞
30．（7分，每空1分）下面是关于植物光合作用的问题。请回答：
（1）光反应发生在叶绿体的_____________中，H2O在光反应中裂解为_____________。
（2） 若以14CO2作为光合作用的原料，在卡尔文循环中首先出现含14C的三碳化合物是_________。该三碳化合物在NADPH的氢和ATP的__________等物质存在的情况下，被还原为三碳糖磷酸。
（3）给某植物提供C18O2和H2O，释放的氧气中含有18O。氧气中含有18O是由于_________，H218O又作为原料参与了光合作用之故。
（4）植物光合作用光饱和点可通过测定不同_________下的光合速率来确定。在一定条件下，某植物在温度由25℃降为5℃的过程中光饱和点逐渐减小，推测该植物在光照充足时的光合作用最适温度_____(选填: ＜、≤、＝、≥、＞)25 ℃。
31．（12分，每空2分）2017年，我国科学家发现一个水稻抗稻瘟病的隐性突变基因b（基因B中的一个碱基A变成G），为水稻抗病育种提供了新的基因资源。请回答以下问题：
(1)基因B突变为b后，组成基因的碱基数量______。
(2)基因b包含一段DNA单链序列TAGCTG，能与其进行分子杂交的DNA单链序列为______。自然界中与该序列碱基数量相同的DNA片段最多有______种。
(3)基因b影响水稻基因P的转录，使得酶P减少，从而表现出稻瘟病抗性。据此推测，不抗稻瘟病水稻细胞中基因P转录的mRNA量比抗稻瘟病水稻细胞______。
(4)现有长穗、不抗稻瘟病（HHBB）和短穗、抗稻瘟病（hhbb）两种水稻种子，欲通过杂交育种方法选育长惠、抗稻瘟病的纯合水稻。请用遗传图解写出简要选育过程。
(5)某水稻群体中抗稻瘟病植株的基因型频率为10%，假如该群体每增加一代，抗稻瘟病植株增加10%、不抗稻病植株减少10%，则第二代中，抗稻瘟病植株的基因型频率为______%（结果保留整数）。
32．（12分，每空2分）科研人员用一种甜瓜（2n）的纯合亲本进行杂交得到F1，F1经自交得到F2，结果如下表。
性状 控制基因及其所在染色体 母本 父本 F1 F2
果皮底色 A/a，4号染色体 黄绿色 黄色 黄绿色 黄绿色：黄色≈3:1
果肉颜色 B/b，9号染色体 白色 橘红色 橘红色 橘红色：白色≈3:1
果皮覆纹 E/e，4号染色体 F/f，2号染色体 无覆纹 无覆纹 有覆纹 有覆纹：无覆纹≈9:7
已知A、E基因同在一条染色体上，a、e基因同在另一条染色体上，当E和F同时存在时果皮才表现出有覆纹性状。不考虑交叉互换、染色体变异、基因突变等情况，回答下列问题。
(1)果肉颜色的显性性状是____________。
(2)F1的基因型为____________，F1产生的配子类型有____________种。
(3)F2的表现型有____________种，F2中黄绿色有覆纹果皮、黄绿色无覆纹果皮、黄色无覆纹果皮的植株数量比是____________，F2中黄色无覆纹果皮橘红色果肉的植株中杂合子所占比例是____________。
（二）选考题：共 45 分。请考生从给出的 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答。并用 2B
铅笔将答题卡上所选题目的题号右侧方框涂黑。按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂。
按本学科选考题的首题进行评分。
33.选修-33(共15分)
（1）（5分）将一小球从高处水平抛出，不计空气阻力，小球动能和抛出时间之间的关系可用如图所示的图像表示。根据图像可知，小球的初速度大小为_________。若增大小球的质量，则该图像的斜率将_________。（取）
（2）（10分）如图甲所示，质量分别为m = 2kg和M = 1kg的A、B两物体叠放在水平面上，A、B间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动摩擦因数为μ2。初始时A，B处于静止状态，A受到一个水平外力F。设最大静摩擦等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。
（1）随着F增大，如果B能够运动，求μ1、μ2应该满足的关系；
（2）如果μ1= 0.4、μ2= 0.2，求A、B即将发生相对滑动时的拉力F的大小；
（3）若满足（2）的条件，F从零开始随时间均匀增加，通过计算并在图乙所给的同一坐标中画出A、B的加速度a随F变化的图像，并且标出关键点的坐标值。
34.选修-34(共15分)
（1）（5分）质量为m的物体静止在光滑水平面上，在水平力F作用下，经时间t物体的动量为p，动能为Ek。若水平力变为2F，经过时间2t，则物体的动量变为___________（用p表示），物体的动能变为___________（用Ek表示）。
（2）（10分）如图所示，某空间存在竖直向上的风，让质量为2m的小球甲（视为质点）从A点水平向右抛出，到达C点时的速度大小为2v0，与水平方向的夹角为；再让质量为m的小球乙（视为质点）从A点的正上方的B点水平向右抛出，到达C点时的速度大小为v0，与水平方向的夹角为。已知两小球都受到恒定的风力F风（大小未知），重力加速度为g，求：
（1）风力F风的大小；
（2）A、B两点间的高度差。
35.利用“铁脱络-化学沉淀法”回收电镀废水中镍的流程如图。
已知：①废水中镍主要以NiR2络合物形式存在，其在水溶液中存在平衡：NiR2(aq) Ni2+(aq)+2R-(aq，有机配体)K=1.6×10-14。
②常温下，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39，Ksp[Ni(OH)2]=1.6×10-15。
③“脱络”(指NiR2转化成Ni2+)过程中，反应历程如下：
i.Fe2++H2O2=Fe3++OH-+·OH
ii.R-+·OH=OH-+·R
iii.H2O2+2·OH=O2↑+2H2O
(1)·OH的电子式为_______，其中氧元素的化合价为_______价。
(2)①根据·OH与H2O2的反应历程，分析“脱络”时加入的Fe2+的作用机制：_______。
②实验测得H2O2加入量对溶液中镍回收率的影响如图所示。由图可知，当加入H2O2的量为_______g·L-1时，镍回收效果最好；当加入H2O2的量较大时，镍回收回率下降，可能的原因是_______。
(3)常温下，若“脱络”后的废水中c(Ni2+)=0.01mol·L-1，“沉淀”时先加入NaOH至溶液的pH=_______，使Fe3+恰好沉淀完全(Fe3+浓度为10-6mol·L-1，忽略溶液体积变化)，此时_______(填“有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。
(4)取100mL某电镀废水利用上述流程回收镍，得到2.325gNi(OH)2沉淀，经计算该步骤中Ni2+的回收率为99.97%；Ni(OH)2沉淀再经稀硫酸溶解、_______、过滤，得到NiSO4·7H2O固体的质量为6.744g。试计算100mL该电镀废水中镍转化成NiSO4·7H2O的总回收率：_______(保留四位有效数字)。
36.略试卷第1页，共3页
37．（15分）（生物--选修一：生物技术实践）
已知泡菜中亚硝酸盐含量与泡制时间有关。为了测定不同泡制天数泡菜中亚硝酸盐的含量，某同学设计了一个实验，实验材料、试剂及用具包括：刻度移液管、比色管、不同浓度的亚硝酸钠标准溶液、亚硝酸盐的显色剂、不同泡制天数的泡菜滤液等。回答相关问题：
⑴请完善下列实验步骤。
①标准管的制备：用_____________和显色剂制成颜色深浅不同的系列标准管。
②样品管的制备：用刻度移液管分别吸取一定量的_______，加到不同的比色管中，然后在各个比色管中加入等量的显色剂进行显色，得到样品管。
③将每个_________分别与系列标准管进行比较，找出与样品管颜色深浅_______的标准管，该管中亚硝酸钠含量即代表样品管中的亚硝酸盐含量，记录各样品管亚硝酸盐的含量。
⑵下图表示的是泡菜中___________趋势。
⑶泡菜制作过程中产酸的细菌主要是_______（填“醋酸杆菌”或“乳酸菌”）。
38．（15分）（生物--选修三：现代生物科技）
几丁质是许多真菌细胞壁的重要成分，几丁质酶可催化几丁质水解。通过基因工程将几丁质酶基因转入植物体内，可增强其抗真菌病的能力。回答下列问题：
（1）在进行基因工程操作时，若要从植物体中提取几丁质酶的mRNA，常选用嫩叶而不选用老叶作为实验材料，原因是____________。提取RNA时，提取液中需添加RNA酶抑制剂，其目的是____________。
（2）以mRNA为材料可以获得cDNA，其原理是________________________________________________。
（3）若要使目的基因在受体细胞中表达，需要通过质粒载体而不能直接将目的基因导入受体细胞，原因是________________________________________________________________________（答出两点即可）。
（4）当几丁质酶基因和质粒载体连接时，DNA连接酶催化形成的化学键是____________。
（5）若获得的转基因植株（几丁质酶基因已经整合到植物的基因组中）抗真菌病的能力没有提高，根据中心法则分析，其可能的原因是____________。

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