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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（五）
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．下列关于细胞的组成、结构及功能的叙述，正确的是（　　）
A.
蓝藻细胞中含有2种核酸，但DNA是主要的遗传物质
B.
蛋白质、核酸和纤维素等生物大分子不都是以碳链为骨架的
C.
核糖体合成的分泌蛋白能够自由透过高尔基体膜
D.
细胞合成的激素、抗体和神经递质发挥作用后都会失活
【解析】蓝藻含有DNA和RNA两种核酸，其中DNA是遗传物质，A错误；生物大分子都是以碳链为骨架，B错误；核糖体合成的分泌蛋白通过囊泡运输到高尔基体，不能通过自由透过高尔基体，C错误；细胞合成的激素、抗体和神经递质发挥作用后都会失活，D正确。
【答案】D
2.生物体的生命活动离不开水，下列关于水的叙述，错误的是（　　）
A.
休眠的种子和越冬植物体内，自由水与结合水的比值相对降低
B.
由氨基酸形成多肽链时，生成物H2O中的氢来自氨基和羧基
C.
有氧呼吸时，生成物H2O中的氢来自线粒体中丙酮酸的分解
D.
H2O在光下分解，产生的[H]将固定的CO2还原成（CH2O）
【解析】休眠的种子和越冬植物体内，新陈代谢降低，自由水与结合水的比值相对降低，A正确；氨基酸脱水缩合反应时，一个氨基酸的氨基与另一个氨基酸的羧基反应脱去分子水，因此水中氢来自氨基和羧基，B正确；有氧呼吸时，生成物H2O中的氢来自线粒体中丙酮酸的分解和细胞质基质中葡萄糖的分解，C错误；H2O在光下分解，产生的[H]将固定的CO2还原成（CH2O），D正确。
【答案】C
3.下列有关放射性同位素示踪实验的叙述，错误的是（　　）
A.
小白鼠吸入18O2，则在其尿液中可以检测到H218O，呼出的CO2也可能含有18O
B.
32S标记甲硫氨酸，附着在内质网上的核糖体与游离的核糖体都可能出现放射性
C.
将某精原细胞中的某条染色体上的DNA的一条链用15N进行标记，正常情况下，在该细胞分裂形成的精细胞中，含15N的精子所占比例为50%
D.
在缺氧时结合水稻提供14CO2，体内可以存在14C的转移途径14CO2→14C3→（14C2H6OH）
【解析】关于呼吸作用元素的去向分析：
所以18O2标记以后放射性元素首先出现在水中，但是水又可以作为反应物，如果水作为反应物，那么放射性元素又可以出现在二氧化碳中，A正确；利用32S标记甲硫氨酸，如果是分泌蛋白附着在内质网上的核糖体将出现放射性，如果不是分泌蛋白也可以在游离的核糖体上出现放射性，B正确；DNA复制的特点为半保留复制。在减数分裂过程中，减数第一次后期会发生同源染色体的分离，减数第二次分裂后期染色体的着丝点会一分为二，细胞将一分为二，将某精原细胞中的某条染色体上的DNA的一条链用15N进行标记，正常情况下，在该细胞分裂形成的精细胞中，含15N的精子所占比例为25%，C错误；在缺氧时结合水稻提供14CO2，缺氧时进行无氧呼吸，体内存在14C的转移途径14CO2→14C3→（14C2H6OH），D正确。
【答案】C
4.下列不符合结构与功能相适应这一生物学基本观点的是（　　）
A.
原核细胞表面积与体积的相对比值较大，其物质运输效率较低
B.
神经元轴突末梢有多个突触小体，有利于与多个神经元间建立联系
C.
线粒体内膜是有氧呼吸第三阶段的场所，其蛋白质含量较外膜高
D.
分泌蛋白合成越旺盛的细胞，其高尔基体膜成分的更新速度越快
【解析】原核细胞表面积与体积的相对比值较大，其物质运输效率较高，A错误；突触结构中，神经元的轴突末梢膨大形成突触小体，神经元轴突末梢有多个突触小体，有利于与多个神经元间建立联系，体现了结构和功能相适应这一生物学基本观点，B正确；线粒体内膜是有氧呼吸第三阶段发生的场所，有氧呼吸第三阶段的酶就附着在线粒体内膜上，而酶的成分主要是蛋白质，所以内膜蛋白质含量较外膜高，体现了结构和功能相适应这一生物学基本观点，C正确；分泌蛋白的合成需要高尔基体的加工修饰，且有高尔基体和内质网、细胞膜之间生的相互转化，因此分泌蛋白合成越旺盛的细胞，其高尔基体膜成分的更新速度越快，体现了结构和功能相适应这一生物学基本观点，D正确。
【答案】A
5.下图是某家族遗传系谱图，已知甲病(基因用A、a表示)为一种常染色体遗传病。下列叙述错误的是：（　　）
A.
乙病的遗传方式为伴X染色体显性遗传
B.
如果Ⅱ6不携带甲病致病基因，则图中Ⅲ2与Ⅲ3结婚生一对同卵双胞胎，两个孩子都得病的概率是5/8
C.
Ⅱ5个体在形成生殖细胞时控制乙病的基因和正常基因的分离发生在减数第一次分裂后期
D.
如果通过抽取血液来获得基因样本，则检测的是血液中白细胞中的基因
【解析】根据Ⅱ5和Ⅱ6患乙病，但女儿有正常的，故乙病是常染色体显性遗传病（用B、b来表示），故A错误；Ⅱ6不携带甲病致病基因，则Ⅲ3携带甲病基因的概率为1/2，Ⅲ2基因型为aaBb，Ⅲ3基因型为Aabb或AAbb，他们的孩子患甲病的概率为1/2×1/2=1/4，患乙病的概率为1/2，故不患病的概率为（1－1/4）×（1－1/2）=3/8，故患病的概率5/8，同卵生双胞胎的基因型相同，故都为5/8，B正确；控制乙病的基因和正常基因所在染色体为同源染色体，同源染色体的分离发生在减数第一次分裂后期，故C正确；血细胞包括红细胞、白细胞和血小板，其中大多数红细胞、血小板中没有细胞核，白细胞有细胞核，故D正确。
【答案】A
6.）密林熊蜂直接在角蒿花的花筒上打洞，盗取其中的花蜜（盗蜜），花筒上虽留下小孔，被盗蜜的花仍会开花，但影响结实率。密林熊蜂偏爱从较大、较高的花盗蜜，其身体不会接触到花的柱头。据此作出的分析，不合理的是（
）
A.
密林熊蜂与正常传粉者之间存在竞争关系
B.
密林熊蜂不给角蒿传粉不影响角蒿的进化
C.
该盗蜜行为可能会影响角蒿的种群密度
D.
可采用样方法调查密林熊蜂的盗蜜频率
【解析】密林熊蜂和正常传粉者均采蜜，存在竞争关系，A正确。密林熊蜂影响结实率，进而影响被盗蜜的某基因型植株子代数量，
改变种群中某基因型个体的占比，进而影响基因频率，所以会影响进化，B错误。盗蜜行为影响结实率，影响子代数量，可能会影响种群密度，C正确。样方法可调查活动力弱、活动范围小的动物的种群密度，而盗蜜频率是单位时间盗蜜行为的次数。如某时间段测出的种群密度大，代表该时间段出现的密林熊峰数量多，代表盗蜜频率高，D正确。
【答案】B
7.化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法正确的是（　　）
A．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，既能杀菌消毒又能净水
B．“光化学烟雾”、“臭氧空洞”的形成都与氮氧化合物有关
C．尽量使用含12C的产品，减少使用含13C或14C的产品符合“促进低碳经济”宗旨
D．高纯度的硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”
【解析】A．高铁酸钾具有强氧化性，可致蛋白质发生氧化而变性，高铁酸钾被还原生成Fe3+，水解生成具有吸附性的Fe（OH）3胶体而达到净水作用，既能杀菌消毒又能净水，故A正确；B．导致臭氧空洞的物质主要是氟利昂，二氧化氮、碳氢化合物是形成光化学烟雾的主要污染物，故B错误；C．使用含12C的产品，减少使用含13C或14C的产品，未减少二氧化碳的排放，不符合“促进低碳经济”宗旨，故C错误；D．二氧化硅具有对光良好的全反射作用，广泛用于制作光导纤维，光导纤维遭遇强碱发生反应SiO2+2OH﹣=SiO32﹣+H2O，可发生“断路”，而不是硅单质用于制作光导纤维，故D错误；故选A。
【答案】A
8.
2015年，我国科学家屠呦呦因发现青蒿素而荣获诺贝尔奖。由青蒿素合成衍生药物蒿甲醚的合成路线如下：（
）
A．①、②反应依次为加成反应、取代反应
B．上述三种有机物的含氧官能团完全相同
C．青蒿素因含酯基具有氧化性和杀菌功能
D．蒿甲醚的化学式为C16H24O5
【解析】A．对照青蒿素和双氢青蒿素的结构简式知，反应①实质是酯基中碳氧双键被还原（或加成）成碳氧单键，生成了羟基；反应②实质是甲基取代羟基上氢，故A正确；B．青蒿素含酯基，双氢青蒿素含羟基，蒿甲醚不含酯基和羟基，它们都含醚键和过氧键，故B错误；C．青蒿素因含过氧化键，类似双氧水，具有氧化性，能杀菌消毒，故C错误。D．蒿甲醚的化学式为C16H24O5，故D错误。【答案】A
9.短周期元素A、B、C的原子序数之和为37，A、B在同一周期，A+、C﹣具有相同的核外电子层结构。下列推测不正确的是（　　）
A．同周期元素中C的氢化物稳定性最强
B．同周期元素中A的金属性最强
C．原子半径：A＞B，离子半径：A+＞C﹣
D．A、B、C的简单离子中，会破坏水的电离平衡的是C
【解析】A+与C﹣具有相同的核外电子层结构，可推知C在A、B的上一个周期，又因为A、B、C原子序数之和为37，A、B在同一周期，若A、B处于长周期，则A、B元素的质子数之和大于37，故A、B、C处于短周期，则A为Na、C为F、可知B的质子数=37﹣11﹣9=17，则B为Cl，
A．同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定，故同主族中HF最稳定，故A正确；B．A为Na，由同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，可知同周期元素中Na的金属性最强，故B正确；C．同周期随原子序数递增原子半径减小，故原子半径Na＞Cl，电子层结构相同，核电核数越大离子半径越小，则离子半径应为：F﹣＞Na+，故C错误；D．A、B、C的简单离子中F﹣形成的酸为弱酸，能够水解，会破坏水的电离平衡，故D正确，故选：C。
【答案】C
10.用如图装置做相应实验，收集方法及所加试剂、现象、结论均正确的是（
）
【解析】根据装置可知，装置为向上排空法收集气体，则气体密度比空气大。
A．由于密度比空气大的烯烃也可以，A项错误；B．由于氨气密度比空气小，B项错误；C．由于收集方法及所加试剂、现象、结论均正确，C项正确；D．由于二氧化氮有氧化性，D项错误。
【答案】C
11.下列离子方程式中，正确的是（
）
A．钠和冷水反应：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑
B．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++3OH﹣═Al(OH)3↓
C．三氯化铁溶液中加入铁粉：Fe3++Fe═2
Fe2+
D．FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣
【解析】A．钠和冷水反应，离子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故A错误；B．AlCl3溶液中加入足量的氨水，离子方程式：Al3++3NH3 H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误；C．三氯化铁溶液中加入铁粉，离子方程式：2Fe3++Fe═3Fe2+，故C错误；D．FeCl2溶液跟Cl2反应，离子方程式：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故D正确；故选D。
【答案】D
12.如图为Mg﹣NaClO燃料电池结构示意图．下列说法正确的是（　　）
A．镁作Y电极
B．电池工作时Na+向负极移动
C．废液的pH大于NaClO溶液的pH
D．X电极上发生的反应为：ClO﹣+2H2O﹣4e﹣=ClO3﹣+4H+
【解析】原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，由阴离子移动方向可知Y为负极，X为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，以此解答该题。A．Mg容易失去电子，OH﹣在燃料电池中移向流出电子的负极，故Mg作Y电极，故A正确；B．Na+移向流入电子的正极或X电极，故B错误；C．镁失去2个电子变为镁离子，镁离子与氢氧根离子结合为氢氧化镁沉淀，OH﹣被消耗，反应后废液的主要成分为氯化钠，故废液的pH小于
NaClO溶液的pH，故C错误；D．H+与OH﹣不能大量共存，则正极反应式为ClO﹣+2e﹣+H2O=Cl﹣+2OH﹣，故D错误。故选A。
【答案】A
13.常温下，取20mL某浓度的HCl作为待测液，用一定物质的量浓度的NaOH溶液进行滴定（假设盐酸与NaOH溶液混合后体积变化忽略不计），滴定过程中溶液的pH变化如右图所示．下列叙述正确的是（　　）
A．所用HCl的浓度是0.09mol L﹣1，NaOH溶液浓度为0.3mol L﹣1
B．在B点，溶液中离子浓度关系为：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）
C．A、B、C三点水的电离程度大小依次为：A＞B＞C
D．滴定前，锥形瓶用待测液润洗，导致HCl浓度偏低
【解析】A．设HCl的浓度是x
mol/L，NaOH溶液浓度为y
mol/L，结合图象则有：①20×10﹣3×x=60×10﹣3×y，②20×10﹣3×x﹣40×10﹣3×y=0.01×（20+40）×10﹣3，根据①②解得：x=0.09，y=0.03，即HCl的浓度是0.09mol L﹣1，NaOH的浓度为0.03mol L﹣1，A错误；B．在B点，盐酸过量，氢氧化钠溶液不足，溶液显酸性，则c（OH﹣）＜c（H+），溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），B正确；C．在A、B、C三点溶液的酸性依次减弱，水的电离程度依次增大，则水的电离程度大小依次为：C＞B＞A，C错误；D．滴定前，锥形瓶用待测液润洗，导致溶液中氢离子的物质的量增加，滴定过程中消耗n（NaOH）增大，测定的HCl浓度偏高，D错误；故选B。
【答案】B
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，有选错的得0分。
14．
1913年丹麦物理学家玻尔把微观世界中的物理量取分立值的观念应用到原子系统，提出了新的原子结构。下列有关玻尔的原子结构的说法，正确的是(　　)
A．原子核外电子的运行轨道半径只能是一些特定的值
B．电子在定态轨道上运动时会向外辐射电磁波
C．玻尔的原子模型不但能解释氢原子光谱，也能解释氦原子光谱
D．玻尔的原子模型否定了卢瑟福的原子模型
【解析】(1)玻尔的理论中认为原子核外电子的运行轨道半径是分立的，只能取一些特定的值，故A正确；电子在定态轨道上运动时不会向外辐射电磁波，经典力学的观点是向外辐射电磁波，故B错误；玻尔理论只能很好的解释氢原子的线状谱，在解释氦的原子光谱和其他原子光谱时并不能完全吻合，故C错误；汤姆孙的是枣糕模型，卢瑟福的是原子核式结构模型，玻尔的原子模型否定的是汤姆孙的，故D错误。
【答案】A
15．一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其－t图象如图所示，则(　　)
A．质点做匀速直线运动，速度为0.5
m/s
B．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5
m/s2
C．质点在1
s末速度为1.5
m/s
D．质点在第1
s内的平均速度为1.5
m/s
【解析】若质点做匀变速直线运动，其位移x＝v0t＋at2，对照题给的－t图象，可变换成＝v0＋at，由此可知，质点做匀加速直线运动，加速度为a＝1.0
m/s2，初速度为v0＝1.0
m/s，选项A、B错误；由v＝v0＋at可知质点在1
s末速度为2.0
m/s，选项C错误；质点在第1
s内的位移x＝v0t＋at2＝1.5
m，第1
s内的平均速度为1.5
m/s，选项D正确。
【答案】D　
16．如图所示，离地面高h处有甲、乙两个小球，甲以初速度v0水平射出，同时乙以大小相同的初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面滑下，若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是(　　)
A.
B.
C.
D．2
【解析】甲球做平抛运动，由h＝gt2，解得飞行时间t1＝。乙球下滑加速度a＝gsin
45°＝g。由匀变速直线运动规律，h＝v0t2＋at，根据题述，甲、乙同时到达地面，t1＝t2，联立解得v0＝，选项A正确。
【答案】A　
17．
a、b是截面为直角三角形的两个完全相同的楔形物体，分别在垂直于斜边的恒力F1、F2作用下静止在相同的竖直墙面上，如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．a、b受力个数一定相同
B．F1、F2大小一定相等
C．墙面对物体的弹力一定相等
D．b受到摩擦力可能大于a受到的摩擦力
【解析】受力分析可知，a一定受四个力的作用，b可能受三个力也可能受四个力的作用，A项错；如图，由平衡条件得F1、F2不一定相等，又FN＝Fsin
θ，故弹力FNa、FNb也不一定相等，B、C项错误；a受到的最大静摩擦力为Fam＝μF1sin
θ，b的最大静摩擦力为Fbm＝μF2sin
θ，当F2>F1时，有Fbm>Fam，D项正确。
【答案】D
18．如图所示，一圆环上均匀分布着负电荷，x轴垂直于环面且过圆心O。下列关于x轴上的电场强度和电势的说法正确的是(　　)
A．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势一直降低
B．从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小，电势先降低后升高
C．O点的电场强度为零，电势最低
D．O点的电场强度不为零，电势最高
【解析】根据对称性得出在O点放一试探电荷，所受圆环上均匀分布的负电荷的库仑力为零，根据电场强度定义可知O点的电场强度为零，又沿x轴无限远处电场强度为零，则从O点沿x轴正方向，电场强度先增大后减小。若设沿x轴无限远处，电势为零，则逆着x轴方向向O点移动一个正的试探电荷，电场力做正功，电势能减小。根据电势的定义可知在O点试探电荷的电势能最小，电势最低，所以从O点沿x轴正方向，电势一直升高，选项A、B、D错误，C正确。
【答案】C
19．将卫星发射至近地圆轨道1(如图所示)，经过多次变轨，将卫星送入同步轨道3。轨道1、2相切于Q点，2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是(　　)
A．卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率
B．卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度
C．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度
D．卫星在轨道2上经过P点的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度
【解析】由万有引力定律和向心力公式有，G＝m＝ma＝m()2r＝mω2r，易得运行速度v＝，加速度a＝G，角速度ω＝，因卫星在轨道3上的运行半径大于在轨道1上的运行半径，故卫星在轨道3上的运行速率小于在轨道1上的运行速率，在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度，故选项A正确、B错误；卫星在轨道1和2上的Q点受到地球对它的引力相同，故卫星在轨道1上经过Q点的加速度等于在轨道2上经过Q点的加速度，故选项C错误；卫星在轨道2上和3上的P点受到地球对它的引力相同，故卫星在轨道2上经过P点的加速度等于在轨道3上经过P点的加速度，故选项D正确。
【答案】AD
20．
(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈接交流电源和交流电压表、交流电流表，副线圈通过电阻为R的导线与热水器、抽油烟机连接。已知原线圈两端的电压保持不变，副线圈上的电压按如图乙所示规律变化。现闭合开关S接通抽油烟机，下列说法正确的是(　　)
A．热水器两端电压的瞬时值表达式为u＝220sin(100πt)
V
B．电压表示数为2
200
V
C．电流表示数变大
D．变压器的输入功率增大
【解析】图乙为副线圈上电压变化规律，而热水器上的电压要小于副线圈上电压，选项A错误；由交流电规律可知，副线圈上电压的有效值为220
V，由变压器变压关系可知，原线圈电压为2
200
V，选项B正确；闭合开关，副线圈输出功率增大，则原线圈输入功率增大，因此电流表示数变大，选项C、D正确。
【答案】BCD
21．)(多选)如图，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。M为磁场边界上一点，有无数个带电荷量为q、质量为m的相同粒子(不计重力)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的。下列说法正确的是(　　)
A．粒子从M点进入磁场时的速率为v＝
B．粒子从M点进入磁场时的速率为v＝
C．若将磁感应强度的大小增加到B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来
D．若将磁感应强度的大小增加到B，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来
【解析】边界上有粒子射出的范围是偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧长，即偏转圆半径r＝＝，得v＝所以B对，A错；磁感应强度增加到原来的倍，
直径对应的弦长为R，有粒子射出的边界圆弧对应的圆心角为60°，所以弧长之比为2∶3，D对，C错。
【答案】BD
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)为了测量竖直方向的加速度，李明同学利用一根轻弹簧、刻度尺、钩码制作了一个测量加速度的装置。如图所示，轻弹簧上端固定在竖直放置的刻度尺的零刻度线处，下端不挂钩码时指针处在A位置，挂质量为0.1
kg钩码，静止时指针处在B位置，并把B位置标为加速度的0刻度值，g取10
m/s2。
(1)弹簧的劲度系数k＝________N/m。
(2)将该装置悬挂在竖直上升的升降机中，发现指针处在刻度尺的C位置，则C位置应标注的加速度值为________m/s2；若指针处在A、B之间某位置，则该升降机处于________(选填“超重”或“失重”)状态。
【解析】(1)由胡克定律得mg＝kxAB，所以弹簧的劲度系数k＝20
N/m。
(2)由牛顿第二定律得kxAC－mg＝ma，解得a＝4
m/s2。若指针处在A、B之间，弹簧弹力小于钩码重力，可知升降机处于失重状态。
【答案】(1)20　(2)4　失重
23．
(9分)某技术质量监督局曾对市场中电线电缆产品质量进行抽查，检验负责人说：“十几个不合格产品中，大部分存在导体电阻不合格问题，主要是铜材质量不合格，使用了再生铜或含杂质很多的铜，电阻率达不到要求……”。
(1)欲测量该捆电线的电阻率是否合格，经查阅，纯铜的电阻率为1.7×10－8
Ω·m，取长度为100
m(真实长度)的电线，横截面积取1
mm2，可供选用的器材有：
A．电源(电动势约为6
V，内阻不计)；
B．待测长度为100
m的导线一捆；
C．电压表V1(量程为3
V，内阻为6
kΩ)；
D．电压表V2(量程为15
V，内阻为20
kΩ)；
E．电流表A1(量程为0.6
A，内阻约为0.125
Ω)；
F．电流表A2(量程为3
A，内阻约为0.025
Ω)；
H．定值电阻R1＝1
kΩ；
G．定值电阻R2＝6
kΩ；
K．滑动变阻器(5
Ω，3
A)
为使实验尽可能准确，电表的示数均要达到满偏的以上，请你根据实验要求设计电路，并在图甲中完成实物图的连线，注意闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。
(2)请你选择合适的器材，电压表为________，电流表为________，定值电阻为________。(请填仪器前的序号)
(3)某次测量得电压表示数为2.50
V，电流表读数如图乙所示，为________A。
(4)经分析计算，这捆导线电阻率是否达标________。(填“是”或“否”)
【解析】(1)该电线的电阻约为Rx＝ρ＝1.7
Ω，小于滑动变阻器的全电阻，故滑动变阻器采用限流式接法，闭合开关前应将滑动触头滑至接入阻值最大(左)端，电压表V1的量程太小，有被烧坏的危险，而V2的示数又太大，示数达不到满量程的以上，故应把R2与V1串联起来，扩大其量程，电流表采用外接法，测量电路如图所示。
(2)由(1)分析可知电压表选C(即V1)电流表选F(A2)、定值电阻选G(R2)
(3)电流表的读数I＝2.50
A
(4)被测电线的电阻R＝＝
Ω＝2.0
Ω
电阻率ρ＝＝
Ω·m＝2.0×10－8
Ω·m>1.7×10－8
Ω·m，故该铜质导线不达标。
【答案】(1)
(2)C　F　G　(3)2.50　(4)否
24．
(14分)如图所示，质量M＝9
kg，长l＝2
m的平板小车静止在光滑水平面上，小车右端固定有一个厚度不计的竖直挡板，左端放有一质量m＝1
kg的小物块。现给小车一水平向左的初速度v0(未知)，小物块与小车右端的挡板碰撞后恰好能回到小车的左端。已知平板小车与小物块的动摩擦因数μ＝0.18，小物块与挡板碰撞时间极短，不计碰撞过程的机械能损失。取v0方向为正方向，g＝10
m/s2。求：
①平板小车的初速度v0；
②从小物块和平板车碰撞后到小物块回到小车左端的过程中小物块和平板车的加速度。
【解析】①设小物体停在小车的左端时，小车与小物块的共同速度为v，以向左为正，根据动量守恒定律得：Mv0＝(M＋m)v
对系统，根据能量守恒定律得：
Mv－(M＋m)v2＝μmg×2l
解得：v0＝4
m/s。
②碰撞后小物块向左做匀减速运动，平板车向左做匀加速运动，由牛顿第二定律，对小物块有：－μmg＝ma1
解得：a1＝－1.8
m/s2，即方向水平向右
对平板车有：μmg＝Ma2
解得：a2＝0.2
m/s2，即方向水平向左。
【答案】(1)ACD　(2)①4
m/s　②1.8
m/s2，方向水平向右
0.2
m/s2，方向水平向左
25．
(18分)如图所示，两平行光滑金属导轨倾斜放置且固定，两导轨间距为L，与水平面间的夹角为θ，导轨下端有垂直于轨道的挡板，上端连接一个阻值R＝2r的电阻，整个装置处在磁感应强度为B、方向垂直导轨向上的匀强磁场中，两根相同的金属棒ab、cd放在导轨下端，其中棒ab靠在挡板上，棒cd在沿导轨平面向上的拉力作用下，由静止开始沿导轨向上做加速度为a的匀加速运动。已知每根金属棒质量为m、电阻为r，导轨电阻不计，棒与导轨始终接触良好。求：
(1)经多长时间棒ab对挡板的压力变为零；
(2)棒ab对挡板压力为零时，电阻R的电功率；
(3)棒ab运动前，拉力F随时间t的变化关系。
【解析】(12分)
(1)棒ab对挡板的压力为零时，受力分析可得
BIabL＝mgsinθ
设经时间t0棒ab对挡板的压力为零，棒cd产生的电动势为E，则E＝BLat0(1分)
I＝
R外＝＝r
Iab＝I
解得：t0＝。
(2)棒ab对挡板压力为零时，cd两端电压为Ucd＝E－Ir
解得：Ucd＝
此时电阻R的电功率为P＝eq
\f(U,R)
解得：P＝。
(3)对cd棒，由牛顿第二定律得：
F－BI′L－mgsin
θ＝ma
I′＝
E′＝BLat
解得：F＝m(gsin
θ＋a)＋t。
【答案】(1)　(2)　(3)F＝m(gsin
θ＋a)＋t
26.（14分）氰化钠是一种重要的基本化工原料，同时也是一种剧毒物质，严重危害人类健康。一旦泄露需要及时处理，一般可以通过喷洒双氧水或硫代硫酸钠溶液来处理，以减轻环境污染。
I
已知：氰化钠化学式为NaCN，氰化钠是一种白色结晶颗粒，剧毒，易溶于水，水溶液呈碱性，易水解生成氰化钠
（1）CN-中C元素显+2价，N元素显-3价，则非金属性N_______C（填“﹤”“﹥”或“=”），请设计实验证明：____________________________________________。
（2）NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的离子方程式是____________________________________________________。
（3）氰化钠与硫代硫酸钠的反应为：NaCN+Na2S2O3==NaSCN+Na2SO3；已知：NaSCN中S为-2价，处理1mol
NaCN，反应中转移电子的物质的量为_______________________________。
Ⅱ
某化学兴趣小组在实验室制备硫代硫酸钠（Na2S2O3），并检测用硫代硫酸钠溶液处理后的氰化钠废水能否达标排放。
【实验一】实验室通过如右图所示装置制备Na2S2O3。
（4）b装置的作用是________________。c装置中的产物有Na2S2O3和C02等，d装置中的溶质有NaOH、Na2CO3，还可能有________________________。
（5）实验结束后，在e处最好连接盛______________（选填“NaOH溶液”“水”或“CCl4”中任一种）的注射器，然后再__________________，最后拆除装置。
【实验二】测定用硫代硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。
已知：①废水中氰化钠的最高排放标准为0.50
mg/L。
②
AgI呈黄色，且CN-优先与Ag+反应。
实验如下：取20.00
mL处理后的氰化钠废水于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.000
×10-4
mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为1.50
mL。
（6）滴定终点的判断方法是_______________。
（7）处理后的废水是否达到排放标准____________（填“是”或“否”），写出判断依据___________________________________________________________________________。
【解析】(1)
CN-中C元素显+2价，N元素显-3价，则非金属性N大于C，可用最高价含氧酸的酸性强弱来判断。
(2)用双氧水处理NaCN产生一种酸式盐即碳酸氢钠，和一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的
气体即氨气，则该反应的离子方程式为CN-+
H2O2
+H2O
=
HCO3-
+
NH3↑；
(3)
NaCN中C从+2价变到NaSCN中+4价，Na2S2O3中S元素从+2价升高到Na2SO3中的+4价，共升高4价，Na2S2O3中S元素从+2价降低到NaSCN的-2价，则反应中转移电子的物质的量为4mol；
(4)
b装置可用作安全瓶，可以防倒吸，a装置中产生的SO2和装置c中的混合溶液反应制取Na2S2O3和CO2，则实验结束后，装置d中的溶质除了有NaOH、Na2CO3，还可能有Na2SO3，
(5)实验结束后，在e处连接盛NaOH溶液的注射器，防止二氧化硫污染空气；操作为关闭K2打开K1；
(6)CN-优先与Ag+反应，则滴定终点的判断方法是滴入最后一滴AgNO3溶液，出现黄色沉淀，且半分钟之内不消失，说明CN-已完全反应；
(7)消耗AgNO3的物质的量为1.50×10-3L×0.0001
mol/
L
=1.5×10-7mol，根据方程式Ag++2
CN-=[Ag(CN)2]-，处理的废水中氰化钠的质量为1.5×10-7mol×2×49g/mol=1.47×
10-5
g，废水中氰化钠的含量为=0.735mg/L﹥0.50
mg/L，所以没有达到排放标准。
【答案】（1）﹥
（1分）；取少量碳酸氢钠于试管中，加入稀硝酸，有无色气泡产生，说明酸性硝酸大于碳酸，则非金属性N﹥C
（2分）
（2）CN-+
H2O2
+H2O
=
HCO3-
+
NH3↑（2分）
（3）4mol
（1分）
（4）安全瓶，防止倒吸
（1分）；Na2SO3
（1分）
（5）NaOH溶液
（1分）；关闭K2打开K1
（1分）
（6）滴入最后一滴硝酸银溶液，出现淡黄色沉淀
（1分）
（7）否（1分）；消耗AgNO3的物质的量为1.50
×10-3L×0.0001
mol/
L
=1.5×10-7
mol，根据方程式Ag++2CN-=[Ag(CN)2]-，处理的废水中氰化钠的质量为1.5×10-7mol×2
×49g/mol=1.47×10-5g，废水中氰化钠的含量为=0.735mg/L﹥0.50
mg/L，所以没有达到排放标准。（2分）
27.（14分）SO2的烟气会形成酸雨，危害环境．利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2．
（1）在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是　
　。
（2）吸收液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）变化关系如表：
①表判断NaHSO3溶液显　
性，用化学平衡原理解释：　
　
。
②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是（选填字母）：　
　
a．c（Na﹣）=2c（SO3﹣）+c（HSO32﹣）
b．c（Na﹣）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H﹣）=c（OH﹣）
c．c（Na+）+c（H+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）
（3）当吸收液的pH降至约为6时，送至电解槽再生．再生示意图如下：
①HSO3﹣在阳极放电的电极反应式是　
　。
②当阴极室中溶液pH升至8以上时，吸收液再生并循环利用．简述再生原理：　
。
【解析】（1）酸性氧化物和碱反应生成盐和水，所以二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，反应方程式为2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O，故答案为：2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O；
（2）①在溶液中主要以HSO3﹣存在，HSO3﹣的电离很微弱，所以n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）＜1：1，根据表格知，当亚硫酸氢根离子的物质的量大于亚硫酸根离子的物质的量时，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，亚硫酸氢根离子既能水解又能电离，亚硫酸氢钠溶液呈酸性同时说明HSO3﹣的电离程度大于水解程度，故答案为：酸性；HSO3﹣存在HSO3﹣ H++SO32﹣
和HSO3﹣+H2O H2SO3+OH﹣，HSO3﹣的电离程度大于水解程度；
②当溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度；
a、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），故a正确。
b、溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度，溶液中阴阳离子所带电荷相等，所以得c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（SO32﹣）＞c（H﹣）=c（OH﹣），故b正确。
c、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，得c（Na+）+c（H﹣）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故c错误。故选ab；
（3）①当吸收液的pH降至约为6时，吸收液中阴离子主要是亚硫酸氢根离子，亚硫酸氢根离子在阳极上失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为：HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+，故答案为：HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+；
②电解时，溶液中阳离子向阴极移动，氢离子在阴极得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，导致加速HSO3﹣电离生成SO32﹣，钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生，故答案为：氢离子在阴极得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，促使HSO3﹣电离生成SO32﹣，且钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生。
【答案】（1）2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O
（2分）
（2）①酸性
（1分）；HSO3﹣存在HSO3﹣ H++SO32﹣
和HSO3﹣+H2O H2SO3+OH﹣，HSO3﹣的电离程度大于水解程度
（2分）；
②ab
（3分）；
（3）①HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+
（3分）；
②氢离子在阴极得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，促使HSO3﹣电离生成SO32﹣，且钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生（3分）
28.（15分）氯化锶晶体在工业上常用作铝的缓蚀剂。工业上一般用难溶于水的碳酸锶（SrCO3）为原料(含少量钡和铁的化合物等)，制备高纯六水氯化锶晶体(SrCl2 6H2O)的过程为：
已知：Ⅰ
SrCl2·6H2O
晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水。
Ⅱ
有关氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：
（1）操作①在实际工业生产中常常把碳酸锶粉碎并加以搅拌，其目的是

。碳酸锶与盐酸反应的化学方程式为
。
（2）酸性条件下，加入30%
H2O2溶液，将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式为____________________
________________________。能否用新制氯水代替双氧水
（填“能”或“否”）。
（3）在步骤②-③的过程中，将溶液的pH值由1调节至 ；宜用的试剂为 。
A．1.5
B．4

C．9.7
D．氨水
E．氢氧化锶粉末
F．碳酸钠晶体
G．氧化锶粉末
（4）操作③中所得滤渣的主要成分是
(填化学式)。
（5）工业上用50～60℃热风吹干六水氯化锶，选择该温度的原因是 。
（6）步骤⑥中，洗涤氯化锶晶体最好选用 。
A．水
B．稀硫酸
C．氢氧化钠溶液
D．氯化锶饱和溶液
【解析】以SrCO3为原料制备六水氯化锶（SrCl2·6H2O），由流程可知，SrCO3和盐酸反应后溶液中除含有Sr2+和Cl-外，还含有少量Fe2+、Ba2+杂质，然后加硫酸生成硫酸钡沉淀，加入过氧化氢，调节溶液pH可生成氢氧化铁沉淀，所以过滤后滤渣为硫酸钡和氢氧化铁，滤液中含SrCl2，最后蒸发、冷却结晶得到（SrCl2·6H2O）。
（1）操作①在实际工业生产中常常把碳酸锶粉碎并加以搅拌，其目的是增大接触面积，加快反应速率。碳酸锶与盐酸反应的化学方程式为SrCO3+2HCl=SrCl2+2H2O+CO2↑；（2）酸性条件下，加入30%
H2O2溶液，将Fe2+氧化成Fe3+，同时生成水，反应的离子方程式为2
Fe2++H2O2+2
H+
=2Fe3++2H2O，也可以用新制氯水代替双氧水；
(3)在步骤②-③的过程中，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，调节pH就是为了除去Fe3+，Fe3+全沉淀的pH是3.7，所以应将溶液的PH值由1调节至大于3.7，但不能引入杂质，最好选用氢氧化锶粉末或者氧化锶粉末；
(4)碳酸锶中含少量钡的化合物，加入了稀硫酸，有硫酸钡生成，调节PH可生成氢氧化铁沉淀，所以操作③中所得滤渣的主要成分是Fe(OH)3、BaSO4；
(5)六水氯化锶晶体61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水，则用热风吹干六水氯化锶，选择的适宜温度范围是50-60℃；
（6)步骤⑥中，洗涤氯化锶晶体最好选用酸溶液，抑制水解。
【答案】（1）加快反应速率 （1分）
；SrCO3+2HCl=SrCl2+2H2O+CO2↑
（2分）
（2）2Fe2++
H2O2
+2H+
=
2Fe3++
H2O
（2分）；
能（1分）；
（3）B
（1分）；
EG
（2分）；
（4）Fe(OH)3、BaSO4
（2分）
（5）温度高有利于除去湿存（晶体表面附着的）水，但温度高于61℃时，氯化锶晶体中的结晶水也会失去
（2分）
（6）D（2分）
29.（9分）如图为不同光照条件下，测得马尾松和锥栗的光合速率的变化曲线。请回答：
（1）观察马尾松绿叶中色素的情况，可釆用　
　法进行分离；观察细胞中线粒体的形态和分布，可选幼根表皮制片后用　
　染色，在显微镜下观察。
（2）图中C点锥栗的总光合速率　
　（等于/大于/小于）马尾松的总光合速度。图中B点马尾松叶肉细胞中产生ATP的场所有细胞质基质、　
　。
（3）若锥栗每天接受12小时光照，且平均光照强度为1200Lx，则一昼夜6dm2的叶片净产生氧气__　
mmol。据图分析，马尾松林中的锥栗高度比马尾松低却能正常生长的其原因是　
。
【解析】（1）研究叶绿体中的色素情况，可采用纸层析法进行分离。色素分离的原因是色素在层析液中的溶解度不同，导致色素在滤纸上的扩散速度不同，如果要观察它们细胞中线粒体的形态和分布，可选幼根表皮制片后用健那绿染液染成蓝绿色，再在高倍显微镜下观察。
（2）图中C点锥栗的总光合速率为6+2=8mmol．dm﹣2．h﹣1，马尾松的总光合速度为6+4=10mmol．dm﹣2．h﹣1。图中B点时，马尾松叶肉细胞可以进行光合作用，又进行呼吸作用，因此产生ATP的场所有细胞质基质、线粒体、叶绿体。
（3）若锥栗每天接受12小时光照，平均光照强度为1200Lx，则净光合速率为12×6=72mmol，而夜晚12小时消耗的氧气有12×2=24mmol，一昼夜6dm2的叶片释放氧气（72﹣24）×6=288mmol。由于锥栗在较弱光照条件下有生长优势，马尾松林中的锥栗高度比马尾松低却能正常生长。
【答案】（1）纸层析
健那绿
（2）小于
线粒体、叶绿体
（3）288
锥栗在较弱光照条件下有生长优势
30.（11分）Glu是大鼠神经元的一种神经递质，科研人员以离体培养的大鼠神经元为材料研究神经元之间的兴奋传递。研究表明：当神经冲动从轴突传导到末端时，能引起Ca2+通道的开放导致Ca2+流入细胞，Ca2+能消除突触前膜内的负电荷，促进突触前膜释放神经递质。图1表示神经元之间兴奋传递的过程。
（1）若瞬间增大突触前膜对组织液中Ca2+的通透性，将引起的效应是　
　（加速/减缓/不影响）神经冲动的传递。
（2）神经递质释放后与图1中[②]　
　结合，导致突触后膜的离子通道打开，大量的
　　
离子进入突触后膜，此时突触后膜电位变为　
　。
（3）研究还发现细胞外ATP对突触传递产生抑制作用。如用Glu和Glu+ATP分别处理突触后神经元，检测发现两组突触后神经元的电位变化无差异。由此推测ATP对　
（结构）没有直接的作用。此外用ATP处理时，突触前膜上Ca2+离子通道电流相对值则出现变化，（如图2）。由此推测ATP对突触传递产生抑制作用的机理是：细胞外ATP能　
　，从而影响突触传递。
【解析】（1）由题意知：当神经冲动从轴突传导到末端时能引起Ca2+通道的开放导致Ca2+流入细胞，Ca2+能消除突触前膜内的负电荷，促进突触前膜释放神经递质。因此若瞬间增大突触前膜对组织液中Ca2+的通透性，将加速神经冲动的传递。
（2）神经递质释放后与图1中②特异性受体结合，导致突触后膜的离子通道打开，Na+内流，造成膜两侧的电位表现为内正外负。
（3）用Glu和Glu+ATP分别处理突触后神经元，检测发现两组突触后神经元的电位变化无差异。由此推测ATP对突触后膜没有直接的作用。观察图2可知：用ATP处理时，突触前膜上Ca2+通道电流相对值减小，由此推测ATP对突触传递产生抑制作用的机理是细胞外ATP抑制Ca2+内流，从而阻止神经递质释放，影响突触传递。
【答案】（1）加速
（2）受体
Na+
内正外负
（3）突触后膜（或突触后膜上的受体）
抑制Ca2+内流，阻止神经递质释放
31.（10分）三化螟是水稻害虫，危害严重时可导致水稻颗粒无收。利用人工合成的信息素诱杀是防治三化螟的方法之一。为了检验该方法在防治三化螟时的作用效果，科研小组选择了两块相同的稻田进行了试验，实验组放置昆虫信息素，对照组不放置，结果如图，请回答：
（1）图中白色柱是
　（实验组/对照组）的测定结果；该防治害虫的方法属于
　
　
防治。信息素诱杀雄性个体破坏了三化螟种群正常的　
　，进而影响种群的　
　，最终达到降低害虫种群密度的目的。
（2）三化螟成虫在春季将卵产于水稻叶片上，但产卵时的温度必须达到16℃以上。由此可见，　
　离不开信息的传递。要调查水稻叶片上三化螟虫卵的密度，通常采用的方法是　
　。
（3）某片稻田及灌溉水源受到严重污染被农民弃耕后，很快就会发展到　
　阶段。由于气候持续干旱，该群落演替的最终结果可能是　
　阶段。
【解析】（1）图中白色柱是对照组的测定结果；该防治害虫的方法属于生物防治。信息素诱杀雄性个体破坏了三化螟种群正常的性别比例，进而影响种群的出生率，最终达到降低害虫种群密度的目的。
（2）三化螟成虫在春季将卵产于水稻叶片上，但产卵时的温度必须达到16℃以上。由此可见，生物种群的繁衍离不开信息的传递。三化螟虫卵属于活动能力弱、活动范围小的动物，要调查水稻叶片上三化螟虫卵的密度，通常采用的方法是样方法。
（3）某片稻田及灌溉水源受到严重污染被农民弃耕后，很快就会发展到草本植物阶段。由于气候持续干旱，该群落演替的最终结果可能是草本植物阶段或灌木阶段。
【答案】（1）对照组
生物
性别比例
出生率
（2）生物种群的繁衍
样方法
（3）草本（植物）
草本（植物）阶段或灌木阶段（答出其中一项即得分）
32．（9分）（2017年山东省潍坊市高考生物一模试卷）水稻的杂种表现为生长和产量的优势，但水稻一般是白花传粉且去雄困难，很难实施人工杂交，袁隆平等成功培育出高产杂交水稻的关键是在野生稻中找到了雄性不育植株。科学研究已证明水稻雄性是否可育是由细胞核基因（可育基因R对不育基因r为显性）和细胞质基因（可育基因为N，不育基因为S，细胞质中基因都成单存在，子代的细胞质基因全部来自母方）共同控制的。基因R能够抑制基因S的表达，当细胞质中有基因N时，植株都表现为雄性可育。如图表示利用雄性不育植株培育杂种水稻的过程。请回答下列问题：
（1）根据上述信息推测水稻雄性可育植株的基因型共有　
　种，利用雄性不育植株进行杂交共有　
　种杂交组合。
（2）上图中杂交获得的种子播种后，发育成的植株恢复雄性可育的原因是　
　
。
（3）杂交水稻需年年育种，但上述育种过程不能保留雄性不育植株，请参照图示遗传图解
格式，写出长期稳定获得雄性不育植株的育种方案。　　
。
【解析】（1）根据题干信息可知，只有S（rr）表现雄性不育，其它包括N（RR）、N（Rr）、N（rr）、S（RR）、S（Rr）、S（rr）共五种基因型均表现为雄性可育。利用雄性不育作为母本（一种基因型），与雄性可育个体（5种基因型）进行杂交一共有5种杂交组合。
（2）上图中杂交获得的种子的基因型为S（rr），该雄性不育个体作为母本，产生的卵细胞为S（r），如果父本产生的精子中含有R基因，会导致该种子播种后，发育成的植株恢复雄性可育。
（3）杂交水稻需年年育种，但上述育种过程不能保留雄性不育植株，若要长期稳定获得雄性不育植株的育种方案，可以让N（rr）不断自交获得雄性可育个体，让N（rr）与S（rr）杂交获得S（rr），遗传图解如下：。
【答案】（1）5
5
（2）来自父本的R基因使后代恢复雄性可育
（3）
（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)(5分)以下说法正确的是________(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0分)
A．已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可算出该气体分子间的平均距离
B．饱和蒸汽在等温变化的过程中，随体积减小压强增大
C．布朗运动指的是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动
D．给自行车打气时越往下压，需要用的力越大，是因为压缩气体使得分子间距减小，分子间作用力表现为斥力导致的
E．热量可以从低温物体传递到高温物体
(2)(10分)一个水平放置的汽缸，由两个截面积不同的圆筒连接而成。活塞A、B用一长为4L的刚性细杆连接，L＝0.5
m，它们可以在筒内无摩擦地左右滑动。A、B的截面积分别为SA＝40
cm2，SB＝20
cm2，A、B之间封闭着一定质量的理想气体，两活塞外侧(A的左方和B的右方)是压强为p0＝1.0×105
Pa的大气。当汽缸内气体温度为T1＝525
K时两活塞静止于如图所示的位置。
①现使汽缸内气体的温度缓慢下降，当温度降为多少时活塞A恰好移到两圆筒连接处？
②若在此变化过程中气体共向外放热500
J，求气体的内能变化了多少？
【解析】
(1)把气体分子占据的空间看做为棱长为l的立方体，则l可表示气体分子间的平均距离，则l3＝，可求l，A项对；饱和气压的大小只与温度有关，B项错；布朗运动指的是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的运动，C项正确；气体分子间的距离较大，除分子间的碰撞外，可忽略分子间的引力和斥力的作用，D项错；在带来其他影响的情况下，热量可以从低温物体传递到高温物体，E项对。
(2)①对活塞受力分析，活塞向右缓慢移动过程中，气体发生等压变化
由盖·吕萨克定律有＝
代入数值，得T2＝300
K时活塞A恰好移到两筒连接处
②活塞向右移动过程中，外界对气体做功
W＝p0·3L(SA－SB)＝1×105×3×0.5×(4×10－3－2×10－3)
J＝300
J
由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q＝300
J－500
J＝－200
J
即气体的内能减少200
J。
【答案】(1)ACE　(2)①300
K　②200
J
34．【物理——选修3－4】(15分)
(1)(5分)如图甲所示，在某一均匀介质中，A、B是振动情况完全相同的两个波源，其简谐运动表达式为x＝0.1πsin
(20πt)
m，介质中P点与A、B两波源间距离分别为4
m和5
m，两波源形成的简谐横波分别沿AP、BP方向传播，波速都是10
m/s。
图甲
①简谐横波的波长为________m。
②P点的振动________(填“加强”或“减弱”)
(2)(10分)如图乙所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入。已知棱镜的折射率n＝，AB＝BC＝8
cm，OA＝2
cm，∠OAB＝60°。
图乙
①求光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向。
②第一次的出射点距C多远。
【解析】(1)①由振动的表达式知波动中质点振动的频率即波的频率为f＝＝10
Hz
则波长为λ＝＝1
m
②AP＝4
m＝4λ
BP＝5
m＝5λ
BP－AP＝λ，故P点为振动加强的点。
(2)①发生全反射的临界角
sin
C＝＝　即C＝45°
由几何知识光线在AB面、BC面上的入射角均为60°，均发生全反射，光线从CD面上的G，第一次射出棱镜，入射角i＝30°，折射角为γ，由折射定律得n＝，解得sin
γ＝，即γ＝45°
故光线第一次从CD边射出与CD边成45°斜向左下方
②由几何知识GC＝FCtan
i＝·tan
30°＝
cm。
【答案】(1)①1　②加强　(2)①从CD边射出，与CD边成45°斜向左下方　
②
cm
35.【化学——选修3.物质结构与性质】（15分）
氮、磷、砷是同族元素，该族元素单质及其化合物在农药、化肥等方面有重要应用。回答下列问题：
（1）基态砷原子的电子排布式为_______________________。
（2）K3[Fe(CN)6]晶体中Fe3+与CN-之间化学键类型为_________键，与CN-互为等电子体的化合物分子式为__________。
（3）PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染．光化学烟雾中含有NOx，、O3、CH2=CHCHO、HCOOH、等二次污染物。
①N2O结构式可表不为N=N=O，N2O中中心氮原子的杂化轨道类型为________，l
mol
PAN中含σ键数目为___________。
②测定大气中PM2.5的浓度方法之一是β-射线吸收法，β-射线放射源可用85Kr。Kr晶体为面心立方晶体，若晶体中与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有m个．晶胞中含Kr原子为n个，则=______（填数字）。已知Kr晶体的密度为ρg/cm
3，摩尔质量为M
g/mol。阿伏加德罗常数用NA表示，列式表示Kr晶胞参数α=_________nm。
【解析】（1）As的原子序数为33，核外电子排布是2、8、18、5由构造原理可知电子排布为1s2
2s2
2p6
3s23p6
3d10
4s2
4p3
（或[Ar]3d104s2
4p3）；
（2）K3
[Fe(CN)6
]晶体中，由于Fe3+有空轨道，能接受孤对电子，CN-能提供孤对电子，所以Fe3+与CN-之间的化学键类型为配位键；等电子体是原子数相等，原子最外层电子数也相等的离子或分子；与CN-互为等电子体的化合物分子式为C0；
（3）①在N=N=O中，边上的氮原子的价层电子对数为（5+1）/2=3，所以是sp2杂化，中间的中心氮原子的价层电子对数为（5-1）/2=2，所以是sp杂化；根据结构可知，每个分子中含有10个σ键，所以1molPAN中含σ键数目为10NA。
②以顶点为计算，与之相邻的最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有m=3×8÷2=12，晶胞中含Kr原子为n=8×1/8+6×1/2=4，所以m:n=12:4=3；根据，所以晶胞边长为a=nm。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s24p3
（2分）
（2）配位
（2分）；CO（2分）
（3）①sp
（2分），10NA
（2分）；②3
（2分），（3分）
36.【化学——选修5，有机化学基础】（2016年北师大附属实验中学）（15分）
有机物A～M有如图转化关系，A与F分子中含碳原子数相同，均能与NaHCO3溶液反应，且A中含一个卤素原子，F的分子式为C9H10O2；D能发生银镜反应；M与NaOH溶液反应后的产物，其苯环上一氯代物只有一种。
已知：（R1、R2代表烃基或氢原子）
请回答：
（1）B、F的结构简式分别为　
　、　
　。
（2）反应① ⑦中，属于消去反应的是　
　（填反应序号）。
（3）D发生银镜反应的化学方程式为　
　；反应⑦的化学方程式为　
　。
（4）A的相对分子质量在180 260之间，从以上转化中不能确认A中含有哪种卤素原子，确定该官能团的实验步骤和现象为　
　
。
（5）符合下列条件F的同分异构体共有　
　种。
a．能发生银镜反应
b．能与FeCl3溶液发生显色反应
c．核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1:1:2:6
【解析】A与F分子中所含碳原子数相同，且均能与
NaHCO3溶液反应，均含有﹣COOH，F的分子式为C9H10O2，其不饱和度为=5，F发生氧化反应生成M，M与NaOH溶液反应后的产物，其苯环上一氯代物只有一种，说明F含有苯环，F中应含有乙基，且与羧基处于对位，故F为，M为。由A→B→C的转化可知，C中含有﹣COOH，C发生氧化反应生成D，D能发生银镜反应，结合F的结构可知，C为，故D为，B为，A的相对分子质量在180 260之间，故A中苯环上的乙基中不可能连接羟基，应为卤素原子，A的结构为，X相对原子质量大于180﹣28﹣76﹣45=31，小于260﹣28﹣76=111，X可能为Cl或Br。C发生消去反应生成E为，E与氢气发生加成反应生成F。C发生缩聚反应生成高聚物H为。
（1）B、F的结构简式分别为、，
故答案为：、；
（2）反应①属于取代反应，还发生中和反应，反应②属于复分解反应，反应③⑥属于氧化反应，反应④属于消去反应，反应⑤属于加成反应，反应⑦属于缩聚反应，
故答案为：④。
（3）D发生银镜反应的化学方程式为：；
反应⑦的化学方程式为：，
故答案为：；；
（4）根据上面的分析可知，X可能为Cl或Br，要确定X是哪种官能团的实验步骤和现象为：取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子，故答案为：取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子；
（5）符合下列条件的F（）的同分异构体：a．能发生银镜反应，说明分子中存在醛基；b．能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中存在酚羟基；c．核磁共振氢谱上有四个峰，其峰面积之比为1：1：2：6，说明有4种氢原子，符合以上条件的F分子中有2个甲基、1个酚羟基、1个﹣CHO，且2个甲基处于间位，另2个分别处于对位，结构简式为，所以F的同分异构体有2种，故答案为：2。
【答案】（1）
（2分）；（2分）
（2）④
（2分）
（3）（2分）；（2分）
（4）取反应①后的混合液少许，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则A中含氯原子；若生成浅黄色沉淀，则A中含溴原子
（2分）
（5）2
（3分）
37．（15分）【生物--选修1：生物技术实践】
家庭泡菜的制作过程：新鲜的蔬菜经过整理、清洁后，放入泡菜坛中，然后向坛中加入盐水、香辛料及一些“陈泡菜水”，密封后置于温度适宜的地方。请回答下列问题：
（1）加入蔬菜前要对泡菜坛做　
　处理。
（2）在家制作泡菜时，常发现泡菜坛内长一层白膜，这层白膜是怎么形成的？　
。为避免杂菌污染，向泡菜坛中加入了青霉素，结果发酵失败，原因可能是
　。
（3）有时制作的泡菜会“酸而不咸”，最可能的原因是　
　。
（4）对亚硝酸盐含量测定的原理是：亚硝酸盐与对氨基苯磺酸的反应产物能与　
　
偶联成　
　色化合物．测定亚硝酸盐含量的操作流程是：配置溶液→制备　
→制备样品处理液→比色．其中，使滤液变得无色澄清透明的是　
　。
【解析】（1）加入蔬菜前要对泡菜坛做彻底清洗并用白酒擦拭处理。
（2）在家制作泡菜时，常发现泡菜坛内长一层白膜，这层白膜是产膜酵母繁殖形成的．为避免杂菌污染，向泡菜坛中加入了青霉素，结果发酵失败，原因可能是青霉素能够抑制乳酸菌的生长。
（3）有时制作的泡菜会“酸而不咸”，最可能的原因是加入的食盐过少。
（4）对亚硝酸盐含量测定的原理是：亚硝酸盐与对氨基苯磺酸的反应产物能与N﹣1﹣萘基乙二胺盐酸盐偶联成玫瑰红色化合物。测定亚硝酸盐含量的操作流程是：配置溶液→制备标准显色液→制备样品处理液→比色。其中，使滤液变得无色澄清透明的是氢氧化铝乳液。
【答案】（1）彻底清洗并用白酒擦拭
（2）产膜酵母繁殖形成的
青霉素能够抑制乳酸菌的生长
（3）加入的食盐过少
（4）N﹣1﹣萘基乙二胺盐酸盐
玫瑰红
标准显色液
氢氧化铝乳液
38.（15分）【生物--选修3：现代生物科技专题】
如图表示中国科研人员对树鼩精原干细胞进行遗传修饰后，通过自然交配获得世界首只转基因树鼩的过程。请回答下列问题：
（1）培养精原干细胞时，定期更换培养液的目的是防止　
　对自身细胞代谢造成障碍，通入二氧化碳的作用是　
　。
（2）图中涉及的基因工程的核心步骤是　
　，通常采用　
　技术将GFP基因导入树鼩精原干细胞。
（3）利用PCR技术扩增GFP基因需要　
　酶，外源的GFP基因能在树鼩体内表达的原因是　
　。
（4）图示过程与通过体外受精培育转基因动物相比，避免了将受精卵移入　
　中继续培养的麻烦，同时也克服了胚胎发育到　
　时期进行胚胎移植的难题。
【解析】（1）根据动物细胞培养过程中的条件可知，定期更换培养液的目的是防止细胞代谢产物的积累对自身细胞代谢造成障碍，通入二氧化碳的作用是维持培养液的pH。
（2）基因工程核心步骤是基因表达载体的构建，将目的基因导入动物细胞一般采用显微注射技术。
（3）PCR技术的原理是DNA的双链复制，遗传你利用PCR技术扩增GFP基因需要DNA聚合酶，外源的GFP基因能在树鼩体内表达的原因是所有生物共用一套遗传密码。
（4）图示过程与通过体外受精培育转基因动物相比，避免了将受精卵移入发育培养液中继续培养的麻烦，同时也克服了胚胎发育到囊胚、桑椹胚时期进行胚胎移植的难题。
【答案】（1）细胞代谢产物的积累
维持培养液的pH
（2）基因表达载体的构建
显微注射
（3）DNA聚合
所有生物共用一套遗传密码
（4）发育培养液
囊胚、桑椹胚

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