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江西省2017年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷
理科综合能力测试（六）
本试卷共32页，38题（含选考题）。全卷满分300分。考试用时150分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1　C 12　N 14　O 16　Na 23　Cl 35.5　K 39　Cr 52　Mn 55　
Ge 73　Ag 108
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共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.下列有关细胞内某些化合物功能的叙述，正确的是（ ）
A. DNA是真核生物的主要遗传物质
B. HC03主要决定细胞内液的渗透压
C. 蛋白质是生命活动的主要承担者
D. 糖原是动物细胞内的主要储能物质
【解析】真核生物的遗传物质就是DNA，A错误；决定细胞内液的渗透压的主要是钾离子。B错误；动物细胞内的主要储能物质是脂肪，D错误。
【答案】C
2.下列关于生物的生命活动的调节，叙述合理的是（　　）
A. 太空失重状态下生长素能进行极性运输，根不具有向地性，茎也无向光性
B. 当人体从寒冷环境到达炎热环境后，身体产热量增加，散热量减少
C. 过敏反应和艾滋病依次是由于机体免疫功能过强、免疫功能缺乏造成的
D. 因为胰岛素分泌增加可以抑制胰高血糖素的增加，所以两者间存在拮抗作用
【解析】根对对生长素浓度敏感性强，近地侧的生长素浓度高，抑制了根的生长，远地侧生长素浓度低，促进了根的生长，所以根向地生长，体现了生长素的两重性。失重状态下植物水平生长，说明生长素能极性运输，太空失重状态下，由于没有重力根失去向地生长的特性，而极性运输是由形态学上端向形态学下端的运输，是主动运输，在任何情况下都存在，A错误；体温的相对恒定是机体产热和散热动态平衡的结果，当外环境温度高时，机体产热减少，散热也减少。当人体从寒冷环境到达炎热环境后，身体产热量减少，散热量减少，B错误；HIV病毒进入人体后，与人体的T淋巴细胞结合，破坏T淋巴细胞，使免疫调节受到抑制，使人的免疫系统瘫痪，最后使人无法抵抗其他细菌、病毒的入侵，让人死亡。人体内的正常免疫是机体识别自己、排除非己的过程，但当免疫系统过于敏感、反应过强时，人体的免疫系统会把自己的组织当作外来的成分处理，出现自身免疫病。类风湿性心脏病是由于机体免疫功能过强造成的，是自身免疫病，艾滋病是由机体免疫功能不足或缺陷造成的，属于免疫缺陷病，C正确；胰高血糖素可以促进胰岛素分泌，D错误。
【答案】C
3.环丙沙星能抑制细菌DNA解旋酶的活性并促进DNA螺旋化．若在细菌正常生长的培养液中加入适量的环丙沙星，不可能出现的现象是（　　）
A. 细菌基因突变的频率增加 B. 细菌增殖受到抑制
C. 细菌DNA复制发生障碍 D. 细菌蛋白质合成发生障碍
【解析】基因突变是自发产生的，与环境（环丙沙星）无关，A错误；DNA复制需要解旋酶和DNA聚合酶，“环丙沙星能抑制细菌DNA解旋酶的活性并促进DNA螺旋化”，即抑制DNA复制，进而细菌增殖受到抑制，B正确；DNA复制需要解旋酶和DNA聚合酶，“环丙沙星能抑制细菌DNA解旋酶的活性并促进DNA螺旋化”，即抑制DNA复制，C正确；“环丙沙星能抑制细菌DNA解旋酶的活性并促进DNA螺旋化”，即抑制转录过程，使得蛋白质合成发生障碍，D正确。
【答案】A
4．下列有关生物变异的叙述，正确的是（　　）
A. 染色体结构变异是可以用显微镜直接观察到的
B. 病毒基因整合到宿主细胞DNA上属于基因突变
C. 由环境诱发的变异是不能够遗传的
D. 三倍体植物产生的配子有50%可育
【解析】染色体结构变异是可以用显微镜直接观察到的，A正确；病毒基因整合到宿主细胞DNA上属于基因重组，B错误；由环境引起的变异如果引起遗传物质的改变则是能够遗传的，如果没有引起遗传物质的改变则是不能够遗传的，C错误；三倍体植物在减数分裂过程中，联会紊乱，不能产生正常的配子，D错误。
【答案】A
5．松土是农作物栽培的传统耕作措施．相关看法不合理的是（　　）
A. 可以增加土壤的透气性，促进植物对无机盐的吸收
B. 能加快枯枝落叶、动物遗体和粪便等有机物的分解
C. 容易造成水土流失，可能成为沙尘暴的一种诱发因素
D. 降低土壤微生物的呼吸作用强度，减少二氧化碳排放
【解析】中耕松土能够增加土壤的通气量，有利于植物的根系进行有氧呼吸，并能促进其吸收土壤中的无机盐，A正确；中耕松土能够增加土壤的通气量，促进微生物的有氧呼吸，因而能加快枯枝落叶、动物遗体和粪便等有机物的分解，B正确；中耕松土能够容易造成水土流失，因而可能成为沙尘暴的一种诱发因素，C正确；中耕松土能够增加土壤的通气量，提高土壤微生物的呼吸作用强度，增加二氧化碳排放，D错误。
【答案】D
6.下列有关种群和群落的叙述，正确的是（　　）
A. 某种成年鱼及其幼体在水中不同水层的分布构成群落的垂直结构
B. 森林群落中动物的分层现象通常由植物的分层现象决定
C. 在群落中物种丰富度与种群密度呈正相关
D. 种群“J”型增长的数学模型公式为Nt=N0λt中的λ是指增长率
【解析】群落的垂直结构是指不同种群在空间垂直方向上的分布，该种成年鱼及其幼体属于同一种群，A错误。森林群落中植物的分层现象为动物创造了多种多样的栖息空间和食物条件，从而使动物具有分层现象，B正确。群落中物种丰富度与物种数目呈正相关性，而与种群密度无关，C错误。种群“J”型增长的数学模型公式为Nt=N0λt中λ指的是增长倍数，不是增长率，其增长率为λ﹣1，D错误。
【答案】B
7.化学与社会、生活密切相关对下列现象或事实的解释正确的是(?? )
【解析】A．由于加热条件下，浓硝酸与碳粉、与铁都能反应，故A错误；B．由于过量的NH3与Cl2反应生成NH4Cl，有白烟产生，因此可用于检验氯气管道泄漏，故B正确；C．由于冶炼Mg时应该是电解熔融的MgCl2，故C错误；D．由于葡萄糖是单糖，不能水解，故D错误。【答案】B
8．下列除去杂质的方法正确的是(　　)
①除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入Cl2，气液分离
②除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏
③除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸钠溶液的洗气瓶
④除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏．
A．①② B．②④ C．③④ D．②③
【解析】①光照条件下通入Cl2，氯气会和乙烷之间发生取代反应，和乙烯之间发生加成反应，这样即将杂质除去，又将要留的物质反应了，不符合除杂的原则，故①错误；
②饱和碳酸钠溶液可以和乙酸之间发生中和反应，但是和乙酸乙酯是互不相溶的，分液即可实现分离，故②正确；
③二氧化碳与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，将原物质除掉了，不符合除杂原则，故③错误；
④乙酸与生石灰反应，而乙醇不能，且乙醇易挥发，而乙酸钙为离子型化合物，沸点高，故除去乙醇中少量的乙酸可以加足量生石灰后蒸馏，故④正确；故选B。
【答案】B
9.一种高能纳米级Fe3S4和镁的二次电池，其工作原理为：Fe3S4 + 4Mg 3Fe + 4MgS,装置如图所示。下列说法不正确的是(?? )
A．放电时，镁电极为负极
B．放电时，正极的电极反应式为 Fe3S4 + 8e- 3Fe + 4S2-
C．充电时，阴极的电极反应式为MgS+2e- Mg+S2-
D．充电时，S2-从阴离子交换膜左侧向右侧迁移
【解析】二次电池放电时为原电池原理，充电时为电解池原理。根据化合价升降，放电时Mg转化为MgS，化合价升高，故为负极，则Fe3S4为正极，其电极反应式为Fe3S4 + 8e- 3Fe + 4S2-，因此A、B正确；充电时，MgS化合价降低为Mg，故为阴极，其电极反应式为MgS+2e- Mg+S2-，因此C正确；充电时，阴离子向阳极移动，则S2-从阴离子交换膜右侧向左侧迁移 ，故D错误。 【答案】D
10．若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是(　　)
A．在标准状况下，NA个水分子所占的体积约为22.4L
B．5.6g铁与氯气完全反应，失去电子的数目为0.2NA
C．1molC12发生化学反应，转移的电子数必为2NA
D．在标准状况下，22.4L由N2、N2O组成的混合气体中所含有的N的物质的量为2mol
【解析】A.气体摩尔体积的使用范围为气体，标况下水是液体，所以NA个水分子所占的体积不是22.4L，故A错误；B.氯气具有强氧化性，能把铁氧化成三价铁，5.6g铁与氯气完全反应，失去电子的数目为0.3NA，故B错误；C.生成物的化合价未知，所以无法计算转移的电子数，故C错误；D.标况下，22.4L由N2、N2O组成的混合气体的物质的量为1mol，每个分子中含有2个氮原子，所以混合气体中所含有的N的物质的量为2mol，故D正确。故选D。
【答案】D
11．在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应：Ni(s)+4CO(g)?Ni(CO)4(g)，已知该反应平衡常数与温度的关系如表：
下列说法不正确的是(　　)
A．上述生成Ni(CO)4(g)的反应为放热反应
B．25℃时反应Ni(CO)4(g)?Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为2×10﹣5
C．80℃达到平衡时，测得n(CO)=0.3mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2 mol/LD．在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4、CO浓度均为0.5 mol/L，则此时v(正)＞v(逆)
【解析】A．由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故正反应为放热反应，故A正确；B.25°C时反应Ni(s)+4CO(g)?Ni(CO)4(g)的平衡常数为5×104，相同温度下，对于同一可逆反应的正、逆反应平衡常数互为倒数，故25℃时反应Ni(CO)4(g)?Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为=2×10﹣5，故B正确；C．80°C达到平衡时，测得n(CO)=0.3mol，c(CO)==1mol/L，故c[Ni(CO)4]=K?c4(CO)=2×14mol/L=2mol/L，故C正确；D．浓度商Qc==8，大于80°C平衡常数2，故反应进行方向逆反应进行，故v(正)＜v(逆)，故D错误；故选D。
【答案】D
12．下列说法不正确的是(?? )
A．苯环上有两个取代基的C9H12，其苯环上一氯代物的同分异构体(不考虑立体异构)共有10种
B．2,2二甲基丙醇与 2甲基丁醇互为同分异构体
C．某只含有C、H、O、N的有机物的简易球棍模型如图-1所示，该有机CH3CH2CH2NO2互为同系物
D．S诱抗素的分子结构如下图-2所示，则该分子的分子式为C15H20O4
【解析】A．苯环上有两个取代基的C9H12，2个取代基可能为甲基和乙基，有邻、间、对3种同分异构体，其苯环上的一氯代物分别有4种、4种、2种，故总共有10种，故A正确；B．2，2-二甲基丙醇与2-甲基丁醇的分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故B正确；C．由球棍模型可知该有机物的结构简式为CH3CH(NH2)COOH，与CH3CH2CH2NO2结构不相似，不是同系物，属于同分异构体，故C错误；D．分子中含有15个C 、20个H、4个O，则该物质分子式为C15H20O4，故D正确。
【答案】C
13． 40 ℃，在氨水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如下图所示。下列说法不正确的是(?? )
A．在pH＝9．0时， c(NH4+)＞c(HCO3-)＞c(NH2COO-)＞c(CO32-)
B．不同pH的溶液中存在关系：c(NH4+)＋c(H+)＝2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(NH2COO-)＋c(OH-)
C．在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO-的中间产物生成
D．随着CO2的通入，不断增大
【解析】A.在pH＝9．0时，作直线垂直于横坐标，从图上可直接看得出：c(NH4+)＞c(HCO3-)＞c(NH2COO-)＞c(CO32-)，A正确；B.根据电荷守恒可得：c(NH4+)＋c(H+)＝2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(NH2COO-)＋c(OH-)，B正确；C.从图上看，pH降低过程中，有含NH2COO-的中间产物生成，C正确；D.，Kb不变，c(NH4+)不断增大，则比值不断减小，D不正确。
【答案】D
二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项
符合题目要求。第19～21题有多选项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，
有选错的的0分。
14. 2006年美国和俄罗斯的科学家利用回旋加速器，通过（钙48）轰击（锎249）发生核反应，成功合成了质量数为297的第118号元素，这是迄今为止门捷列夫元素周期表中原子序数最大的元素，实验表明，该元素的原子核先放出3个相同的粒子x，再连续经过3次衰变后，变成质量数为282的第112号元素的原子核，则上述过程中粒子x是( )
A．质子 B．中子 C．电子 D．粒子
【解析】根据核反应方程的质量数守恒和电荷数守恒的原则可知：297=3m+3×4+282，解得m=1；118=3n+3×2+112，解得n=0；故此粒子是中子。
【答案】B
15.下列关于运动和力的叙述中，正确的是(　　)
A．做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的
B．物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心
C．物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动
D．物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同
【解析】做曲线运动的物体，其加速度方向也可能是不变的，例如平抛运动，选项A 错误；只有当物体做匀速圆周运动时，所受的合力才指向圆心，选项B 错误；物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做匀减速直线运动，选项C 正确；物体运动的速率在增加，所受合力方向不一定与运动方向相同，例如平抛运动的物体，选项D 错误。
【答案】C
16.为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示。当此车加速上坡时，盘腿坐在座椅上的一位乘客( )
A．处于失重状态
B．不受摩擦力的作用
C．受到向前（水平向右）的摩擦力作用
D．所受力的合力竖直向上
【解析】车加速上坡，车里的乘客与车相对静止，应该和车具有相同的加速度，方向沿斜坡向上，对人受力分析可知，人应该受到竖直向上的重力，垂直水平面竖直向上的弹力和水平向右的摩擦力，三力合力沿斜面向上；弹力大于重力，物体处于超重状态。
【答案】C
17.如图所示为一半径为R的均匀带电细环，其上单位长度带电量为η，取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴．设轴上任意点P到原点O的距离为x，以无限远处为零电势点，P点的电势为．则下面给出的四个表达式中只有一个是合理的，这个合理的表达式是（式中k为静电力常量）( )
A．＝ B．＝
C．＝ D．＝
【解析】电势的高低与圆环带电量的大小有关，B表达式显然与圆环的电量无关，因此B错误；无论圆环带什么电荷，圆环中心处的电势均不为零，因此时，电势不为零，故D错误；同理处的电势为无穷大，也不可能，故C错误。
【答案】A
18.某地区的地下发现天然气资源，如图所示，在水平地面P点的正下方有一球形空腔区域 内储藏有天然气．假设该地区岩石均匀分布且密度为ρ，天然气的密度远小于ρ，可忽略 不计．如果没有该空腔，地球表面正常的重力加速度大小为g；由于空腔的存在，现测得P点处的重力加速度大小为kg(k A． B．
C． D．
【解析】如果将近地表的球形空腔填满密度为的岩石，则该地区重力加速度便回到正常值，因此，如果将空腔填满，地面质量为的物体的重力为，没有填满时是，故空腔填满后引起的引力为；根据万有引力定律，有： 。解得： ，故选项D正确。
【答案】D
19如图甲所示为一家用台灯内部电路简图,其中R为保护电阻,L为灯泡,自耦变压器左端所加正弦交流电电压随时间变化的关系图象如图乙所示.下列叙述正确的是(　　)
A.滑片P向上滑动过程中,灯泡亮度逐渐增大
B. P向上滑动过程中,由于原、副线圈匝数比与电流成反比,所以变压器中电流减小
C.变压器交流电的有效值为220 V
D.滑片处于线圈中点位置时,灯泡获得的交流电压的周期为0.01s
【解析】当滑动触头向上移动，即n2增大时，电压U2应该增大，所以灯泡比原来亮一些，A正确，B错误；由图象知输入电压的有效值为220V，故C正确；变压器不改变交流电的频率周期，只改变电压，周期还是0.02s，故D错误。
【答案】AC
20.如图所示，斜面体B静置于水平桌面上，斜面上各处粗糙程度相同．一质量为M的木块A从斜面底端开始以初速度v0上滑，然后又返回出发点，此时速度为v，且vA．物体上升的最大高度是
B．桌面对B始终有水平向左的静摩擦力
C．由于物体间的摩擦放出的热量是
D．A上滑时比下滑时桌面对B的支持力大
【解析】设物体上升的最大高度为h，此时对应的斜面长为L，斜面倾角为θ，根据动能定理得：上升过程中：0?mv02＝?mgh?μmgcosθL，下滑过程中：mv02?0＝mgh?μmgcosθL，解得：，故A正确；对斜面体B进行受力分析，物体A向上滑动时，B受力如图甲所示，物体A向下滑动时，斜面体受力如图乙所示；物体B静止，处于平衡条件，由平衡条件得：f=f1cosθ+Nsinθ，f′=Nsinθ-f2cosθ，物体A向上滑行时桌面对B的摩擦力大，物体A下滑时，桌面对B的摩擦力小，不论大小如何，桌面对B始终有水平向左的静摩擦力，故B正确；整个过程中，根据能量守恒定律得：产生的热量Q=mv02?mv2，故C错误；物体B处于平衡状态，由平衡条件得：FN1=G+Ncoθ-f1sinθ，FN2=G+Ncosθ+f2sinθ，FN2＞FN1，故D错误。
【答案】AB
21.如图所示，由半圆和矩形组成的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两粒子从A点沿水平直径AP以相同速度v0入射，结果甲、乙两粒子分别从C、D点射出，已知CD⊥AP，AQ=AP，∠COP=60°，则下列说法中正确的是 （ ）
A.甲、乙两粒子比荷的比值为
B.甲、乙两粒子比荷的比值为
C.甲、乙两粒子在磁场中运行时间的比值为
D.甲、乙两粒子在磁场中运行时间的比值为
【解析】设AP=4L，则AQ=L，由几何关系可知，甲粒子运动的半径；乙粒子运动的半径满足，解得R2=5L；根据，可得两粒子的荷质比为，选项A正确，B错误；甲粒子在磁场中转过的角度为600；乙粒子在磁场中转过的角度为370；根据可知甲乙两粒子运动的周期之比；根据可得时间比为，故选项C正确，D错误。【答案】AC
第 II 卷
三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22-32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.（6分）某实验小组为探究加速度与力之间的关系设计了如图（a）所示的实验装置，用钩码所受重力作为小车所受的拉力，用DIS（数字化信息系统）测小车的加速度。通过改变钩码的数量，多次重复测量，可得小车运动的加速度a和所受拉力的关系图象。他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a－F图线，如图（b）所示。
①图线___________是在轨道水平的情况下得到的（选填“Ⅰ”或“Ⅱ”）．
②小车和位移传感器发射部分的总质量为______kg，小车在水平轨道上运动时受到的摩擦力大小为________N。
【解析】①在水平轨道上，由于受到摩擦力，拉力不为零，加速度仍然为零，可知图线Ⅱ是在轨道水平的情况下得到的。
②?根据牛顿第二定律得，F-f=ma，，图线的斜率表示质量的倒数，则=1，解得m=1kg，因为F=1N时，加速度为零，解得f=1N。
【答案】①Ⅱ；??②??，?
23.（9分）两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作。已选用的器材有：
直流电源（电压为4V）；??????????????电流表（量程为0—0.6A．内阻约0.5Ω)；
电压表（量程为0--3V．内阻约3kΩ)；??电键一个、导线若干。
①?实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_______（填字母代号）。
A．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流1A）
B．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0.3A）
②?上图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接。（用黑色水笔画线表示对应的导线）
③?实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。由曲线可知小灯泡的电阻随电压增大而??????????（填“增大”、“不变”或“减小”）
④?如果某次实验测得小灯泡两端所加电压如图所示，请结合图线算出此时小灯泡的电阻是___Ω（保留两位有效数字）。
⑤?根据实验得到的小灯泡伏安特性曲线，下列分析正确的是????????
A.?测得的小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由于电压表内阻引起
B.?测得的小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由于电流表内阻引起
C.?测得的小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由于电压表内阻引起
D.?测得的小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由于电流表内阻引起
【解析】①?电压从零变化，故控制电路用分压，在电流满足时，滑动变阻器阻值越小，与容易控制电路，故选择A；②分压、外接电路图如下：③实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。由曲线可知小灯泡的电阻随电压增大而增大。④由电压表可知此时电压为2.30V，在伏安特性曲线中读出此时的电流，求出电阻为12Ω左右。⑤测量电路为外接法，电压真实，而电流测量值偏大，故功率偏大，主要原因在于电压表的分流。
【答案】① A ?②如图（外接，分压） ③?增大 ?④ 12 ⑤? C
24.（14分）如图所示，上端固定着弹射装置的小车静置于粗糙水平地面上，小车和弹射装置的总质量为M，弹射装置中放有两个质量均为m的小球。已知M=3m，小车与地面间的动摩擦因数为＝0.1。为使小车到达距车右端L＝2m的目标位置，小车分两次向左水平弹射小球，每个小球被弹出时的对地速度均为v。若每次弹射都在小车静止的情况下进行，且忽略小球的弹射时间，g取l0m/s2，求小球弹射速度v的最小值。
【解析】小球第一次被弹射时，规定小车的运动方向为正方向，
由动量守恒定律得：
小车向右滑行过程，根据动能定理得：
第二次弹射时，规定小车的运动方向为正方向，
由动量守恒定律得：
小车向右滑行过程，根据动能定理得：
根据几何关系得：
由以上各式可得： 。
25.（18分）在生产线框的流水线上，为了检测出个别不合格的未闭合线框，让线框随传送带通过一固定匀强磁场区域（磁场方向垂直于传送带平面向下），观察线框进入磁场后是否相对传送带滑动就能够检测出未闭合的不合格线框。其物理情景简化如下：如图所示，通过绝缘传送带输送完全相同的正方形单匝纯电阻铜线框，传送带与水平方向夹角为，以恒定速度v0斜向上运动。已知磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ间的距离为d，磁场的磁感应强度为B。线框质量为m，电阻为R，边长为L（）,线框与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为。闭合线框在进入磁场前相对传送带静止，线框刚进入磁场的瞬间，和传送带发生相对滑动，线框运动过程中上边始终平行于MN，当闭合线框的上边经过边界PQ时又恰好与传送带的速度相同。设传送带足够长，且线框在传送带上始终保持上边平行于磁场边界。求
（1）闭合线框的上边刚进入磁场时所受安培力F安的大小；
（2）从闭合线框上边刚进入磁场至刚要出磁场所用的时间t；
（3）从闭合线框上边刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，电动机多消耗的电能E。
【解析】（1）根据安培力公式得F安=BIL
根据闭合电路欧姆定律得
根据法拉第电磁感应定律得E=BLv0
解得：。
（2）线框刚进入磁场至线框刚要出磁场的过程：
根据动量定理:
根据安培力公式得
根据闭合电路欧姆定律得:
根据法拉第电磁感应定律得:
根据运动学公式得:
解得
(3) 线框刚进入磁场至线框刚要出磁场的过程
根据动能定理得
根据功能关系得
根据功能关系得
从线框上边刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中:
根据能量守恒得:
解得
26.（14分）实验室以工业碳酸钙(含少量Na+、Al3+、Fe3+等杂质)为原料制取CaCl2·2H2O和CaO2的主要流程如下：
(1)加入试剂X，调节溶液pH为碱性环境，以除去溶液中Al3+和Fe3+，滤渣的主要成分是___________。试剂X可以选择下列的________(填编号)。　　A．CaO????? B．CaCO3??? C．NH3·H2O????? D．Ba(OH)2(2)操作Ⅱ中进行蒸发浓缩时，除三角架、酒精灯外，还需要的仪器有__________。(3)由CaCl2制取CaO2的反应中，温度不宜太高的原因是_______________。(4)用下列装置测定工业碳酸钙的质量分数
①检验装置B气密性良好的实验过程是__________________________。　　②按A—B—C—D顺序连接，然后从A装置通入空气，目的是_______________；　　③装置D的作用为______________________。　　④实验时，准确称取10.00g工业碳酸钙3份，进行3次测定，测得BaCO3沉淀的平均质量为17.73g，则样品中CaCO3的质量分数为__________________。
【解析】(1)在碱性条件下，Al3+、Fe3+分别生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，所以滤渣的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3；由于实验室以工业碳酸钙为原料制取CaCl2·H2O和CaO2的，所以试剂X不能选用碳酸钙。又因为不能引入新的杂质，所以不能选择氢氧化钡，可以选择氧化钙。由于后续实验中加入碳酸铵，所以X还可以是氨水，即答案选AC；(2)由于氯化钙易溶于水，所以要得到氯化钙晶体，应该是蒸发浓缩冷却结晶，所以操作II中进行蒸发浓缩时，除三角架、酒精灯外，还需要的仪器有蒸发皿、玻璃棒(坩埚钳)。(3)由CaCl2制取CaO2的反应中，需要双氧水参加。由于双氧水易分解，所以温度不宜太高的原因是)防止温度过高H2O2分解。(4)①由于B装置中含有分液漏斗，所以要检验其气密性，正确的操作应该是关闭分液漏斗的活塞，用止水夹夹住左边(或右边或不用)橡皮管处，将右边(或左边或两边)导气管插入水中，微热B装置，发现导气管有气泡产生，冷却后，导气管有一段液柱形成，证明气密性良好。②实验原理是利用盐酸和碳酸钙反应生成CO2，CO2被氢氧化钡吸收生成碳酸钡沉淀，然后通过称量C装置的即可。由于在反应中装置中会残留CO2，所以通入空气的目的是排净装置中二氧化碳。③由于空气中含有CO2，因此D装置中碱石灰的作用是防止空气中CO2与Ba(OH)2溶液反应。④根据碳酸钙中碳元素守恒，碳酸钙中的碳元素先成为二氧化碳，然后是二氧化碳在和氢氧化钡反应得到碳酸钡沉淀，碳酸钡中的碳元素全部来自碳酸钙中，所以17.73gBaCO3沉淀的物质的量为17.73g/197g/mol=0.09mol，所以碳酸钙的物质的量是0.09mol，质量是9g，百分含量是9g/10.00g×100%=90.00%．
【答案】(1)Fe(OH)3和Al(OH)3 （2分）； AC（2分）
(2)蒸发皿、玻璃棒(坩埚钳) （2分）
(3)防止温度过高H2O2发生分解 （1分）
(4)①关闭分液漏斗活塞，用止水夹夹住左边(或右边或不用)胶皮管处，将右边(或左边或两边)导气管插入水中，微热B装置，发现导气管有气泡产生，冷却后，导气管有一段液柱形成，证明气密性良好(合理即可) （2分）
②排净装置中二氧化碳（1分）
③防止空气中CO2与Ba(OH)2溶液反应（2分）④90%（2分）
27.（14分） 能源、环境与人类生活和社会发展密切相关，研究它们的综合利用有重要意义。(1)氧化—还原法消除氮氧化物的转化：反应Ⅰ为：NO＋O3＝NO2＋O2，生成11.2 L O2(标准状况)时，转移电子的物质的量是 mol。反应Ⅱ中，当n(NO2)∶n[CO(NH2)2]＝3∶2时，反应的化学方程式是 。(2)硝化法是一种古老的生产硫酸的方法，同时实现了氮氧化物的循环转化，主要反应为：NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)ΔH＝－41．8 kJ·mol-1已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－196.6 kJ·mol-1写出NO和O2反应生成NO2的热化学方程式 。
(3)某化学兴趣小组构想将NO转化为HNO3，装置如图，电极为多孔惰性材料．则负极的电极反应式是 。
(4)将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)；该反应平衡常数表达式为K＝ 。已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如图所示。该反应的
ΔH________(填“大于”“小于”或“等于”)0。(5)合成气CO和H2在一定条件下能发生如下反应：CO(g) +2H2(g)CH3OH(g)ΔH < 0。
在容积均为V L的I、Ⅱ、Ⅲ三个相同密闭容器中分别充入a mol CO和2a mol H2，三个
容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到t min时CO的体积分数如图所示，此时I、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定达到化学平衡状是 ；若三个容器内的反应都达到化学平衡时，CO转化率最大的反应温度是 。
【解析】(1)①NO+O3═NO2+O2，生成1mol氧气转移电子是2mol，生成11．2L即0．5molO2(标准状况)时，转移电子的物质的量是1mol；②当n(NO2)：n[CO(NH2)2]=3:2，即NO2和CO(NH2)2的化学计量数之比是3:2，其方程式表示为：6NO2+4CO(NH2)2=7N2+8H2O+4CO2；(2)已知：①NO2(g)+SO2(g)═SO3(g)+NO(g)△H=-41.8kJ/mol-1；②2SO2(g)+O2(g)═2SO3(g) △H=-196.6kJ/mol-1，由②-①×2得：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) △H=-196.6kJ/mol-1-2×(-41.8kJ/mol-1)=-113.0kJ/mol-1；(3)将NO转化为HNO3的原电池中，负极上发生一氧化氮失电子的氧化反应，即NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；(4)2CO2(g)+6H2(g)═CH3OCH3(g)+3H2O(g)；①平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以平衡常数K= c(CH3OCH3)×c3(H2O)]/[c2(CO2)×c6(H2)]；②由图2可知：温度越高，CO2转化率越小，则平衡逆移，所以该反应正方向为放热反应，即△H＜0，故答案为：＜；(5)CO(g)+2H2(g)═CH3OH(g)△H＜0，该反应正反应为放热反应，根据图3中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，CO百分含量由小到大依次为：Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，T1中的状态转变成T2中的状态，CO百分含量减小，说明平衡正向移动，说明T1未达平衡状态，T2中的状态转变成T3中的平衡状态，CO百分含量增大，说明平衡逆向移动，说明T2可能达平衡状态，一定达到化学平衡状态的是Ⅲ，该反应正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，若三个容器内的反应都达到化学平衡时，Ⅰ容器温度最低，所以CO转化率最大的反应温度是T1。
【答案】⑴ 1 （1分）；6NO2＋4CO(NH2)2＝7N2＋8H2O＋4CO2 （2分）
(2)2NO(g)+O2(g)＝2NO2(g) ΔH＝－113.0 kJ/mol （2分）
(3)NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+ （2分）
(4)c(CH3OCH3)×c3(H2O)]/[c2(CO2)×c6(H2)] （2分）；小于 （1分）
(5)Ⅲ （2分）；T1 （2分）
28． (15分)锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe2+、Cd2+、Mn2+，工业上可通过控制条件逐一除去杂质以制备超细活性氧化锌，其工艺流程如下：
(1)锌浮渣利用硫酸浸出后，将滤渣1进行再次浸出，其目的是 。
(2)净化1是为了将Mn2+转化为MnO2而除去，试写出该反应的离子方程式 。
(3)90℃时，净化2溶液中残留铁的浓度受pH影响如图。pH值中等时，虽有利于Fe2+转化为Fe3+，但残留铁的浓度仍高于pH为3～4时的原因是 。
(4)滤渣3的主要成份为 (填化学式)。
(5)碳化在50℃进行,“前驱体”的化学式为ZnCO3?2Zn(OH)2?H2O，写出碳化过程生成“前驱体”的化学方程式 ；碳化时所用NH4HCO3的实际用量为理论用量的1.1倍，其原因一是为了使Zn2+充分沉淀，二是 。
【解析】(1)锌浮渣利用硫酸浸出后，滤渣1再次进行浸出的目的是提高锌元素的浸出率，故应填写：提高锌元素的总浸出率；(2)Mn2+→MnO2化合价升高2，是还原剂，则(NH4)2S2O8是氧化剂化合价降低，+7价→+6价，1mol(NH4)2S2O8降低2，Mn2＋＋S2O82－→MnO2↓＋SO42－，缺项配平，反应物中有H2O参加，生成H＋，根据所带电荷数守恒，离子反应方程式：Mn2++S2O82-+2H2O＝MnO2↓+2SO42-+4H+；(3)加入H2O2是把Fe2＋转化成Fe3＋，有利于除去铁元素，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，c(H＋)增加，抑制了Fe3＋的水解，故残留铁的浓度仍高于pH为3～4；(4)根据工艺流程，浸出除去SiO2，净化1除去Mn2＋，净化2除去Fe2＋，碳化除去NH4＋、SO42-，故净化3是除去Cd2＋，加入锌粉，利用锌还原性强于Cd，把Cd置换出来，故滤渣3是Cd和过量锌粉；(5)从净化3中出来的溶液主要是硫酸锌溶液，碳化中反应物是硫酸锌和碳酸氢铵，生成物是前驱体、硫酸铵、CO2，根据原子个数守恒，反应方程式：3ZnSO4+6NH4HCO3＝ZnCO3?2Zn(OH)2?H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑，碳酸氢铵不稳定受热分解，条件是50℃下进行，可能是碳酸氢铵分解，净化3出来的溶液显酸性，可能碳酸氢铵和H+发生反应，故消耗碳酸氢铵实际多些。
【答案】(1)提高锌元素的总浸出率 （2分）；(2)Mn2++S2O82-+2H2O＝MnO2↓+2SO42-+4H+ （3分）
(3)H+抑制Fe3+水解 （2分）
(4)Cd （2分）
(5)3ZnSO4+6NH4HCO3＝ZnCO3?2Zn(OH)2?H2O↓+3(NH4)2SO4+5CO2↑（3分）；反应过程中有部分NH4HCO3分解(或NH4HCO3消耗H+，避免H+浓度过大 溶解ZnCO3?2Zn(OH)2?H2O) （3分）
29．（9分）光合作用和呼吸作用对绿色植物的生长是很重要的。
（一）影响绿色植物光合作用的因素是多方面的，请根据如图分析：
（1）图一中如果X代表光照强度，主要是影响光反应阶段，该阶段发生的部位是　
　 ，此时光合作用强度随光照强度的变化可用曲线　 　来表示。当光合作用强度达到最大值时，限制光合作用的内部因素可能是　 　。
（2）图二中曲线1表示植物光合作用固定的CO2量，曲线3表示植物呼吸作用释放的CO2的量，则曲线2表示植物　 　量，该植物干重在　 　℃左右增加最快。
（3）叶面积指数是指单位面积上植物的总叶面积。图三表示某森林生态系统的相关生理变化过程，通过开采使叶面积指数大约为　 　时，最有利于该生态系统的更新。
（二）植物在光下吸收O2产生CO2的现象称为光呼吸。
（4）研究表明光呼吸会消耗光合作用新形成有机物的四分之一，因此提高农作物产量需降低光呼吸，某同学提出如下措施：①适当降低温度②适当提高CO2浓度，不能达到目的措施是　 　（填序号），理由是　
　 。
（5）与光呼吸相区别，研究人员常把细胞呼吸称为“暗呼吸”，暗呼吸的场所在　
　 。
【解析】（1）分析曲线，如果x代表光照强度，光照强度影响光合作用强度，主要是影响光合作用的光反应阶段，其场所在叶绿体类囊体薄膜，光照强度对光合作用强度的影响是，在一定范围内，随着光照强度的增大光合作用强度不断增大，直到达到最大，再继续增大光照强度，光合速率都不再增加，故可用曲线a、c表示。光照强度达到最大值时候，限制光合作用强度增加是可能是内因：色素的数量和酶的数量。
（2）由于净光合作用量=光合作用量﹣呼吸作用量。图二中曲线1表示植物光合作用固定的CO2量，曲线3表示植物呼吸作用释放的CO2的量，则曲线2表示植物净光合作用量，图中看出该植物干重在20℃左右增加最快。
（3）叶面积指数大约为7时，光合作用与呼吸作用差值最大，净光合作用量最大，有机物的积累增多，故对农作物的增产最有利。
（4）温度降低，酶活性减弱，光呼吸减弱的同时光合作用也减弱，达不到增加作物产量的目的，因此不能通过①适当降低温度来提高农作物产量。
（5）光呼吸与暗呼吸的不同有：光呼吸需要光，暗呼吸有光无光均可；光呼吸的场所为叶绿体和线粒体，暗呼吸的场所为细胞质基质和线粒体。
【答案】（1）叶绿体类囊体薄膜 a、c 色素的数量和酶的数量
（2）植物净光合作用 20
（3）7
（4）① 温度降低，酶活性减弱，光呼吸减弱的同时光合作用也减弱，达不到增加作物产量的目的
（5）细胞质基质和线粒体
30．（11分）人和高等动物体内，神经调节和体液调节都是机体调节生命活动的重要方式。
（1）神经调节比体液调节反应速度快，原因是　
　 。
（2）胰岛素和胰高血糖素的相互　 　，共同维持血糖含量的稳定；该过程　 　（“存在”或“不存在”）反馈调节。
（3）兴奋在神经元之间的传递需要经过突触结构，突触前膜和突触后膜在功能上的差异是　 　。
（4）能产生激素的细胞　 　（“不一定能”或“都能”）产生酶，理由是　
　 。
【解析】（1）由于神经调节主要以电信号形式传导速度较快，体液调节通过体液运输速度较缓慢，神经调节比体液调节反应速度快。（2）胰岛素能够抑制肝糖原的分解和非糖物质的转化，促进血糖氧化分解、合成糖原、转化成非糖类物质，使血糖含量降低。胰岛素使血糖浓度降低，胰高血糖素使血糖浓度升高，二者相互拮抗共同维持血糖含量相对稳定。该过程存在反馈调节，例如在正常的血糖调节过程中，胰岛素分泌增多，会导致血糖浓度降低；降低的血糖浓度又反过来影响胰岛B细胞对胰岛素的分泌。
（3）突触前膜释放神经递质，突触后膜识别神经递质并引起膜电位变化。
（4）所有活细胞都能产生酶，而激素是由特定的内分泌细胞产生的，因此能产生激素的细胞都能产生酶。
【答案】（1）神经调节主要以电信号形式传导速度较快，体液调节通过体液运输速度较缓慢
（2）拮抗 存在
（3）突触前膜释放神经递质 突触后模识别神经递质并引起膜电位变化
（4）都能 所有活细胞都能产生酶，而激素是由特定的内分泌细胞产生的
31．（10分）如图是研究人员对某果园生态系统中动物甲和动物乙近五年种群数量变化的监测数据曲线，请回答以下问题。
（1）由连续五年的监测数据可知：2015年动物甲的种群数量　 　（填“小于”、“大于”或“等于”）动物乙的种群数量；甲、乙两动物的种间关系是　 　。
（2）该果园生态系统的物质循环和能量流动是沿着　 　这种主渠道进行的。
（3）果园害虫防治时，生物防治的方法之一是利用信息素诱杀害虫雄性个体使种群密度明显减小，原因是该方法最终导致了　 　。
（4）若该果园在砍伐后被废弃，则该地区随后发生的演替为次生演替，其原因是　
　 。
【解析】（1）由连续五年的监测数据可知：2015年动物甲的种群数量为1.5×104，动物乙的种群数量为5×103，即甲的种群数量大于 乙；根据曲线图分析，甲种群数量先增加先减少，乙种群数量后增加后减少，属于捕食关系。
（2）该果园生态系统的物质循环和能量流动是沿着营养结构（食物链和食物网）这种主渠道进行。
（3）利用人工合成的信息素（性引诱剂），诱杀害虫的雄性个体，可以破坏害虫种群正常的性别比例，降低出生率，从而使害虫的种群密度明显降低，该技术属于生物防治。
（4）若该果园在砍伐后被废弃，则该地区随后发生的演替为次生演替，其原因是原有土壤条件基本保持，甚至还保留了植物的种子或其他繁殖体。
【答案】（1）大于 捕食
（2）营养结构
（3）出生率下降
（4）原有土壤条件基本保持，甚至还保留了植物的种子或其他繁殖体
32．（2017年陕西省西安市高考生物一模试卷）玉米（2n=20）是我国高产的主要粮食作物，也是遗传学实验常用的材料．某生物科技小组对一玉米农田进行实地调查，请你运用所学知识协助解决一些实际问题。
（1）玉米根尖细胞所含的核酸中，含有碱基A、G、T、C的核苷酸种类有　 　种。
（2）在玉米种群中发现了“硬粒型”这一突变性状后，连续培育到第三代才选出能稳定遗传的纯合突变类型，该突变应该是　 　突变（填写显性或隐性）。
（3）自然界中偶尔会出现单倍体玉米，一般不育，原因是　
　 。
（4）玉米种子胚乳的外层颜色与细胞中色素有关，当细胞中含有甲物质时呈紫色，含有乙物质时呈红色，无甲和乙时呈白色，这些色素的合成关系如图：
控制酶合成的基因分别是酶1→A，酶2→B，酶3→C，相应的等位基因是a、b、c，基因所在的染色体分别是9号、10号、5号染色体，（各对等位基因中的显性基因对隐性基因完全显性，隐性基因不能控制相应酶的合成）。
①外层为红色的籽粒长成的某一玉米进行自交，若所结籽粒的性状分离比为紫色：红色：白色=0：3：1，则该植株的基因型为　 　 。
②外层为紫色的籽粒长成的某一玉米进行自交，若所结籽粒的性状分离比为紫色：红色：白色=9：3：4，则该植株的基因型为　 　。
③请说出上述基因与性状的关系：　 　。
④现有长果穗（M）白粒（n）和短果穗（m）黄粒（N）两个玉米杂合子品种，为了达到长期培育长果穗黄粒（ MmNn）杂交种玉米的目的。请你选择育种方式在最短时间达到目的，并以遗传图解方式简要说明你的方案。
　 　。
【解析】（1）玉米根尖细胞含有DNA和RNA两种核酸，A、G、C各形成2种核苷酸，碱基T只形成一种核苷酸，共有7种核苷酸。
（2）隐性性状一旦出现就是纯合子，可以稳定遗传，由题意知，玉米种群中发现了“硬粒型”这一突变性状后，连续培育到第三代才选出能稳定遗传的纯合突变类型，说明该突变是显性突变。
（3）玉米是二倍体，含有2个染色体组，单倍体只含有1个染色体组，没有同源染色体，因此不能完成正常的减数分裂。
（4）由题意知，A（a）、B（b）、C（c）三对等位基因分别位于3对同源染色体上，因此在遗传过程中遵循自由组合定律，A_B_C_能合成物质甲，呈现紫色，A_B_cc能合成物质乙，不能合成物质甲，呈现红色，aa____、A_bbcc都呈现白色。
①外层为红色的籽粒长成的某一玉米的基因型是A_B_cc，进行自交，若所结籽粒的性状分离比为紫色：红色：白色=0：3：1，即没有紫色籽粒，且红色：白色=3：1，是一对相对性状的杂合子自交，亲本基因型是AABbcc或AaBBcc。
②层为紫色的籽粒长成的某一玉米的基因型是A_B_C_，进行自交，若所结籽粒的性状分离比为紫色：红色：白色=9：3：4，相当于两对相对性状的杂合子自交实验，则该植株的基因型为AABbCc或AaBBCc。
③由题图可知，基因通过控制酶的合成控制形成代谢，进而控制玉米种子胚乳的外层颜色．
④由题意知，长果穗（M）白粒（n）和短果穗（m）黄粒（N）两个玉米杂合子品种的基因型分别是Mmnn、mmNn，为了达到长期培育长果穗黄粒（ MmNn）杂交种玉米的目的，可以先通过单倍体育种获得长果穗（M）白粒（n）和短果穗（m）黄粒（N）两个纯合体，两个纯合体一部分自交留种，一部分杂交获得杂种玉米，用遗传图解表示如下：
【答案】（1）7
（2）显性
（3）无同源染色体，不能完成正常的减数分裂
（4）①AABbcc或AaBBcc ②AABbCc或AaBBCc
③基因通过控制酶的合成控制细胞代谢，进而控制生物的性状
④
（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如 果多做，则每科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．物体中分子热运动动能的总和等于物体的内能
B．橡胶无固定熔点，是非晶体
C．饱和汽压与分子密度有关，与温度无关
D．热机的效率总小于1
E．对于同一种气体，温度越高，分子平均动能越大
【解析】A、物体中分子热运动动能的总和与分子势能的总和等于物体的内能；故A错误；B、橡胶是非晶体，没有固定的熔点；故B正确;C、饱和气压与温度有关，且随着温度的升高而增大．故C错误；D、热机的效率无法达到100%；故D正确；D、温度是分子平均动能的标志；温度越高，分子平均动能越大；故E正确。
【答案】(1)BDE
（2）（9分）如图，绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均为摩擦。两气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为、温度均为。缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.5倍。设环境温度始终保持不变，求气缸A中气体的体积和温度。
【解析】设初态压强为，膨胀后A，B压强相等．
B中气体始末状态温度相等，由玻意耳定律得：
对A部分气体，由理想气体状态方程得：
整理可得到：。
34．【物理——选修3－4】(15分)
（1）（6分）如图所示，实线是沿轴负方向传播的一列简谐横波在时刻的波形图，虚线是这列波在时刻的波形图，则下列说法正确的是________。(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．这列波的周期可能是0.3
B．这列波的波长是12
C．=2处的质点在 0.6内振动的路程可能是40
D．时，=4处的质点速度沿y轴正方向
【解析】由图可知，这列波的波长为12m，选项B正确；在0.2s内波沿x轴负方向传播的距离为(12n+4)m，则波速（n=0、1、2、3....）；周期，故这列波的周期不可能是0.3，选项A错误；此波的最大周期T=0.6s，故=2处的质点在 0.6内振动的路程可能是4A=40，选项C正确；由波形图可知，t=0.2s时，=4处的质点速度沿y轴正方向，选项D正确。
【答案】BCD
（2）（9分）如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R，折射率是，AB是一条直径，今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体. 若一条入射光经折射后恰经过B点，试求：
（i）这条入射光线到AB的距离是多少？
（ii）这条入射光线在圆柱体中运动的时间是多少？
【解析】（i）设光线P经折射后经过B点，光线如图所示。
根据折射定律，在中，
可得 ，所以： 。
（ii）在中， ，在圆柱体中的运行时间：
35.【化学——选修3.物质结构与性质】 (15分)
A、B、C、D、E都是元素周期表中前20号元素，原子序数依次增大，B、C、D同周期，A、D原子中某p能级均排有5个电子，E和其它元素既不在同周期也不在同主族，B、C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水。根据以上信息，回答下列问题：（1）A和D的氢化物中，沸点较低的是 （填“A”或“D”）；A和D的电负性较大的是 （填“A”或“D”）；B和C的第一电离能较小的是 （填“B”或“C”）；A和B的离子中，半径较小的是 （填离子符号）；元素C的原子核外电子排布式为 ；C单质的晶体中原子以 键相结合。（2）写出B、C的最高价氧化物的水化物相互反应的离子方程式： 。（3）A和E可组成离子化合物，其晶胞（晶胞是在晶体中具有代表性的最小重复单元）结构如图所示，阳离子（用“●”表示）于该正方体的顶点或面心；阴离子（用“〇”表示）均位于小正方体中心。该化合物的化学式是 。（4）已知晶胞的体积为2.0×10-23cm3，求A和E组成的离子化合物的密度，请列式并计算，结果保留一位小数。
【解析】A、B、C、D、E都是元素周期表中前20号的元素，原子序数依次增大，原子序数依次增大，A、D原子中某p能级均排有5个电子，结合原子序数可知，则A处于第二周期、D处于第三周期，故A为F、D为Cl；B、C、D同周期，处于第三周期，B、C、D的最高价氧化物的水化物两两混合均能发生反应生成盐和水，为两性氢氧化物与强碱、强酸反应，则C是Al元素，B是Na元素；E和其它元素既不在同周期也不在同主族，原子序数大于Cl，所以E是Ca元素，则：（1）A和D的氢化物分别为HF、HCl，HF分子之间存在氢键，沸点比HCl高，沸点较低的是D；同主族自上而下电负性减小，故F元素的电负性较大；同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，故第一电离能Na＜Al；F-和Na+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径F-＞Na+；元素C为Al，原子核外有13个电子，其原子核外电子排布式为1S22S22P63S23P1；Al单质属于金属晶体，晶体中原子以金属键键相结合，
故答案为：D；A；B；Na+；1S22S22P63S23P1；金属；（2）B、C的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al（OH）3，相互反应的离子方程式为：OH-+Al（OH）3═AlO2-+2H2O，故答案为：OH-+Al（OH）3═AlO2-+2H2O；（3）F和Ca可组成离子化合物，其晶胞结构中，阳离子位于于该正方体的顶点或面心，晶胞中Ca+离子数目=，阴离子位于小正方体中心，晶胞中F-离子数目=8，故该化合物的化学式是CaF2，故答案为：CaF2；（4）由（3）计算可知，晶胞质量=，晶胞体积=8×2.0×10-23cm3，故晶胞密度=3.2 g/cm3。故答案为：3.2g/cm3。
【答案】（1）D（1分）；A （1分）；B （1分）；Na+ （1分）；1S22S22P63S23P1 （1分）；金属（1分）（2）OH-+Al(OH)3═AlO2-+2H2O （2分）（3）CaF2 （3分）（4）3.2g/cm3 （4分）
36.【化学——选修5，有机化学基础】 (15分)
某抗结肠炎药物有效成分的合成路线如下(部分反应略去试剂和条件)：
已知：(a)
(b)
根据以上信息回答下列问题：
(1)烃A的结构简式是　 　。
(2)①的反应条件是　 　。 ②的反应类型是　 　。
(3)下列对抗结肠炎药物有效成分可能具有的性质推测正确的是： 　。
A．水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大 B．能发生消去反应
C．能发生聚合反应 D．既有酸性又有碱性
(4)E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是　 　。
(5)写出所有符合下列条件的E的同分异构体的结构简式：　 　。
a．与F具有相同的官能团 b．苯环上的一硝基取代产物有两种
(6)已知易被氧化，苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位．据此写出以A为原料合成化合物的合成路线　 　。(仿照题中抗结肠炎药物有效成分的合成路线的表达方式答题)
【解析】C发生信息(a)中的反应生成D，D发生氧化反应生成E，结合C的分子式与E的结构简式，可知C的结构简式为，则D为，D用酸性高锰酸钾溶液氧化得到E．烃A与氯气在FeCl3催化剂条件下反应得到B，B发生水解反应、酸化得到C，则A为，B为．E与氢氧化钠反应、酸化得到F为，由信息(b)并结合抗结肠炎药物有效成分的结构可知，F在浓硫酸、浓硝酸加热条件下发生反应生成G为，G发生还原反应得到抗结肠炎药物有效成分，
(1)由上述分析可知，烃A的结构简式是，故答案为：；
(2)①的反应条件是FeCl3作催化剂，②的反应类型是取代反应，
故答案为：FeCl3作催化剂；取代反应；
(3)A．羧基、氨基与水分子之间可以形成氢键，其水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大，故A正确；
B．不能发生消去反应，故B错误；
C．含有羧基、氨基，可以发生聚合反应，故C正确；
D．含有羧基、氨基，既有酸性又有碱性，故D正确，
故答案为：ACD；
(4)E与足量NaOH溶液反应的化学方程式是：，
故答案为：；
(5)，
故答案为：；
(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻甲基硝基苯，邻甲基硝基苯和酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸和Fe、HCl反应生成邻氨基苯甲酸，其合成路线为，
故答案为：．
【答案】(1) （2分）
(2)①FeCl3作催化剂 （1分）；②取代反应 （1分）
(3)ACD （2分）
(4) （3分）
(5) （3分）
(6) （3分）
37．[生物--选修1生物技术实践] （15分）
甲、乙、丙三个生物兴趣小组按如下三个流程进行课外探究活动，请回答：
兴趣小组甲：
兴趣小组乙：挑选豆腐→豆腐长毛→加盐腌制→加卤装瓶→密封腌制
兴趣小组丙：土壤取样→梯度稀释→接种于培养基→计数
（1）甲组由果酒的制作转变成果醋的制作时，需要改变的环境条件是　 　，请完善酒精发酵的反应式：C6H12O6→　 。
（2）乙组在制作腐乳过程中，先将切好的豆腐块放置在笼屉内，为使毛霉发酵充分，必须提供适宜的温度和　 　等条件。豆腐块上生长的毛霉丝来自于　 　。
密封腌制时添加卤汤，卤汤中酒精的含量应控制在12%左右，酒精含量过低会导致　
　 。
（3）丙组欲按以上方法统计土壤中能降解苯酚的某菌株的数量，其流程中土壤样品稀释后，应该接种于以　 　为唯一碳源的培养基上。该组同学在稀释倍数为104的培养基中测得平板上菌落数的平均值为60，则每毫升样品中的菌株数是　 　个（涂布平板时所用稀释液的体积为0.2毫升）。实验结束后，使用过的培养基应该进行　 　
处理后，才能倒掉。
【解析】（1）由于酵母菌和醋酸菌生长的最适温度（前者是18～25℃，后者是30﹣35℃）和代谢类型（前者是兼性厌氧型，后者是需氧型）不一样，因此由果酒转变成果醋的制作时，要改变的环境条件是温度和氧气．酒精发酵的反应式：C6H12O62C2H5OH+2CO2+能量。
（2）乙组在制作腐乳过程中，先将切好的豆腐块放置在笼屉内，为使毛霉发酵充分，必须提供适宜的温度和湿度等条件．豆腐块上生长的毛霉丝来自于空气中的毛霉孢子．密封腌制时添加卤汤，卤汤中酒精的含量应控制在12%左右，酒精含量过低会导致其它微生物生长（豆腐腐败）。
（3）根据实验可知，用稀释涂布平板法统计土壤中能降解苯酚的某菌株的数量，其流程中土壤样品稀释后，应该接种于以苯酚为唯一碳源的培养基上。该组同学在稀释倍数为104的培养基中测得平板上菌落数的平均值为60，则每毫升样品中的菌株数=60×104÷0.2=3×106个．实验结束后，使用过的培养基应该进行灭菌（高压蒸汽灭菌）处理后，才能倒掉。
【答案】（1）氧气和温度 2C2H5OH+2CO2
（2）湿度 空气中的毛霉孢子 其它微生物生长（豆腐腐败）
（3）苯酚 3×106灭菌（高压蒸汽灭菌）
38． 【生物一选修3现代生物科技专题】（15分）
随着社会的进步，生物科技在各个方面得到广泛应用。
（1）干扰素是治疗癌症的重要药物，它必须从血液中提取，每升人血只能提取0.5μg，价格昂贵。某公司用如图方式生产干扰素。
①在基因工程中，干扰素基因被称为　 　。
②图中a和b过程要用　 　 酶处理，拼接过程要用到　 　酶。
（2）科学家使用活体卵子及皮肤成纤维细胞，在实验室已成功克隆出人体胚胎，进而可以开发出有研究价值的胚胎干细胞。
①自然状况下胚胎干细胞是由哺乳动物的早期胚胎或　 　中分离出来的一类细胞。
②胚胎干细胞在形态上表现为体积小，细胞核大，核仁明显，在功能上具有　 　。
③将胚胎干细胞用于检测有毒物质是否引起了基因突变，在分子水平上需要采用　 　
技术。
（3）人类要实现可持续发展，必须走生态经济之路。
①生态经济所遵循的主要原则是循环经济，而实现循环经济的重要的手段之一是　 　。
②在进行林业工程建设时，一方面要号召农民种树保护环境，另一方面还要考虑农民的生计问题，这体现了生态工程的　 　原理。
【解析】（1）①在基因工程中，干扰素基因被称为目的基因。
②图中a表示目的基因的获取，b表示利用限制酶切割质粒，在获取目的基因和切割质粒时需要用相同（种）的限制酶处理，并利用DNA连接酶进行拼接。
（2）①自然状况下胚胎干细胞是由哺乳动物的早期胚胎或原始性腺中分离出来的一类细胞。
②胚胎干细胞在形态上表现为体积小，细胞核大，核仁明显，在功能上具有发育的全能性（全能性）。
③将胚胎干细胞用于检测有毒物质是否引起了基因突变，在分子水平上需要采用DNA分子杂交（基因检测或基因探针）技术。
（3）①生态经济所遵循的主要原则是循环经济，而实现循环经济的重要的手段之一是生态工程。
②在进行林业工程建设时，一方面要号召农民种树保护环境，另一方面还要考虑农民的生计问题，这体现了生态工程的整体性原理。
【答案】（1）目的基因 相同（种）的限制〔酶）DNA连接〔酶）
（2）①原始性腺 ②发育的全能性（全能性）
③DNA分子杂交（基因检测或基因探针）
（3）生态工程 整体性

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