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2018年最新高考信息卷
理科综合能力测试（七）
注意事项：
1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。?
2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。?
3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。?
4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 S-32 Cl-35.3
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．囊泡运输在细胞的生命活动中非常重要，下列相关叙述中错误的是
A．囊泡膜的主要成分是磷脂和蛋白质
B．生物膜的更新可通过囊泡运输实现
C．只有大分子物质才通过囊泡运输
D．囊泡运输需要消耗能量
【答案】C
【解析】囊泡膜属于生物膜，其主要成分是磷脂与蛋白质，A正确；内质网膜可以通过囊泡与高尔基体膜间接相连，高尔基体膜同样也可以通过囊泡和细胞膜发生融合，从而实现膜成分的更新，B正确；神经递质也是通过囊泡进行运输，但是神经递质不是大分子，C错误；囊泡运输依赖膜的流动性且要消耗能量，D正确。
2．细胞核中某基因含有300个碱基对，其中鸟嘌呤占20%，下列选项正确的是
A．该基因中含有氢键720个，其转录的RNA中也可能含有氢键
B．该基因第三次复制需要消耗腺嘌呤1260个
C．该基因可边转录边翻译
D．由该基因编码的蛋白质最多含有100种氨基酸
【答案】A
【解析】根据题意分析，已知细胞核中某基因含有300个碱基对，其中鸟嘌呤占20%，则该基因中含有氢键数=600×20%×3+600×（50%－20%）×2=720个，基因转录形成的RNA包括tRNA、rRNA、mRNA，其中tRNA分子中含有少量的氢键，A正确；该基因第三次复制需要消耗腺嘌呤数=600×（50%－20%）×23-1=720个，B错误；只有原核基因和细胞质基因可以边转录边翻译，细胞核基因不行，C错误；组成生物体的氨基酸最多20种，D错误。
3．大多数无机盐对维持细胞和生物体的生命活动有重要作用，相关叙述正确的是
A．细胞外液渗透压的维持90%以上来源于Na+和Cl－
B．过量摄入钠盐会导致血浆中抗利尿激素含量降低
C．大量出汗会排出过多无机盐，不会导致酸碱平衡失调
D．若将神经元放在高K+的等渗溶液中，会使静息电位绝对值增加
【答案】A
【解析】细胞外液渗透压主要决定于Na+和Cl－，A正确；过量摄入钠盐会导致血浆渗透压升高，下丘脑分泌的抗利尿激素增多，B错误；无机盐参与维持体内的酸碱平衡，大量出汗会排出过多无机盐，可能导致酸碱平衡失调，C错误；将神经元放在高K+的等渗溶液中，则细胞内K+通过离子通道外排减少，会使静息电位绝对值减小，D错误。
4．某生物兴趣小组研究甲、乙、丙三种微生物体内同一种酶的活性与温度的关系时，根据实验结果绘制如下曲线图。下列相关叙述正确的是
A．降低化学反应活化能效率最高的是微生物甲中的酶
B．此实验中，在30℃条件下竞争能力最强的一定是微生物丙
C．对温度适应范围最广的最可能是微生物乙中的酶
D．若将温度改为pH，则所得实验结果曲线与图示结果相同
【答案】C
【解析】据图分析，不同的温度条件下，降低化学反应活化能效率最高的酶的种类不同，A错误；在30℃条件下竞争能力最强的微生物应该是乙，B错误；对温度适应范围最广的最可能是微生物乙中的酶，C正确；低温影响酶活性的作用机理和强酸、强碱以及高温不同，因此若将温度改为pH，则所得实验结果曲线与图示结果不完全相同，D错误。
5．将易感病的水稻叶肉细胞经纤维素酶和果胶酶处理得到的原生质体经60Co辐射处理，再进行原生质体培养获得再生植株，得到一抗病突变体，且抗病基因与感病基因是一对等位基因。下列叙述正确的是
A．若抗病突变体为1条染色体片段缺失所致，则感病基因对抗病基因为完全显性
B．若抗病突变体为1条染色体片段重复所致，则该突变体再经诱变不可恢复为感病型
C．若抗病突变体为单个基因突变所致，则该突变体再经诱变不可恢复为感病型
D．若抗病基因是感病基因中单个碱基对缺失所致，则合成的蛋白质氨基酸数量相同
【答案】A
【解析】如果抗病突变体为1条染色体片段缺失所致，说明缺失染色体上的基因为显性基因，未缺失染色体上的基因为隐性基因，并且为完全显性，A正确；如果突变是由染色体片段重复所致，可通过缺失再恢复为感病型，B错误；基因突变具有可逆性，C错误；如果发生碱基对缺失，可能会使蛋白质的氨基酸数量改变，D错误。
6．下列有关群落演替和生态系统的叙述，错误的是
A．生态系统的物质循环具有全球性，通过光合作用和呼吸作用可完成碳的全球化循环
B．海洋生态系统的无机环境条件相对陆地生态系统比较稳定，所以生物进化速度较慢
C．随着群落演替的进行，不同时期群落中的优势种群在发生更替，能量传递效率保持相对稳定
D．我国大力发展工农业生产，往往使群落演替按照不同于自然演替的方向和速度进行
【答案】A
【解析】完成碳的全球化物质循环，除了光合作用和呼吸作用外，还需分解者的分解作用等，A错误；与陆地生态系统相比，海洋生态系统的无机环境相对比较稳定，环境变化不太剧烈，所以生物进化速度较慢，B正确；随着群落演替的进行，不同时期群落中的优势种群在发生更替，但能量传递效率保持在10%～20%之间，C正确；人类活动对自然环境中的生态关系起着促进、抑制、改造和建设的作用，常常有意识、有目的地将演替的方向和速度置于人为控制中，D正确。
7．化学在生活中发挥着重要的作用，下列说法正确的是
A．食用油脂饱和程度越大，熔点越高
B．棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O
C．纯铁易被腐蚀，可以在纯铁中混入碳元素制成“生铁”，以提高其抗腐蚀能力
D．光纤通信是现代化的通信手段，光导纤维的主要成分是晶体硅
【答案】A
【解析】棉、麻的主要成分是纤维素，所含元素为C、H、O，完全燃烧都只生成CO2和H2O；丝、毛的主要成分是蛋白质，除含C、H、O外，还含有氮元素等，完全燃烧的产物不只有CO2和H2O，B项错。生铁更易发生电化学腐蚀，C项错。光导纤维的主要成分是二氧化硅，D项错。
8．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列各项中的物质均在标准状况下，有关判断正确的是
A．16.8 L CH4和CO2的混合气体中含有的碳原子数为0.75NA
B．4.6 g NO2和CH3CH2OH的混合物中含有的分子数为0.1NA
C．5.6 L SO3中含有的电子数为30NA
D．11.2 L氖气中含有的原子数为NA
【答案】A
【解析】标准状况下，16.8 L气体的物质的量为0.75 mol，而1个CH4和1个CO2分子中均含1个碳原子，A项正确；NO2和CH3CH2OH的摩尔质量均为46 g·mol－1，4.6 g NO2是0.1 mol，4.6 g CH3CH2OH也是0.1 mol，但NO2与N2O4之间存在平衡2NO2N2O4，故混合物中含有的分子数小于0.1NA，B项错误；标准状况下，SO3不是气体，无法计算其物质的量，C项错误；11.2 L氖气为0.5 mol，氖气由单原子分子构成，D项错误。
9．轮烯是一种含有多个双键的单环烯烃，它对于“分子机器”的建构起着重要的作用。环辛四烯即是一种简轮烯。下面关于环辛四烯的说法正确的是
A．环辛四烯是一种密度大于水，能使溴水褪色的烃
B．环辛四烯和苯乙烯互为同分异构体，可用酸性高锰酸钾溶液区分二者
C．环辛四烯燃烧的现象与苯的相同
D．环辛四烯完全燃烧时的耗氧量比等质量的辛烷高
【答案】C
【解析】环辛四烯的密度小于水，A错误；环辛四烯和苯乙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；环辛四烯与苯的含碳量相同，燃烧现象相同，C正确；环辛四烯含氢量低于辛烷，完全燃烧时的耗氧量比等质量的辛烷低，D错误。
10．下列有关说法不正确的是
A．蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容器容积的，液体也不能蒸干
B．可用稀硝酸鉴别MgI2、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液
C．将Mg(OH)2沉淀转入烧杯中，加足量稀硫酸溶解，加热浓缩，冷却结晶后得到硫酸镁晶体
D．除去乙酸乙酯中的乙酸杂质，加入氢氧化钠溶液，分液
【答案】D
【解析】烧瓶中液体不能太多，也不能太少，则蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容器容积的，液体也不能蒸干，A正确；MgI2、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液分别与硝酸反应的现象为：溶液为黄色、无明显变化、产生气体、先生成沉淀后溶解，现象不同，可鉴别，B正确；Mg(OH)2与稀硫酸反应生成硫酸镁，蒸发浓缩、冷却结晶析出晶体，过滤后得到晶体，故C正确；乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中完全水解，D错误。
11．如图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图。下列说法错误的是
A．电解熔融的X与Z组成的化合物可以得到单质Z
B．Z的单质在空气中加热，生成一种耐高温物质
C．Y、Z、R三种元素的最高价氧化物对应的水化物相互之间可以发生反应
D．X、Y两种单质在加热条件下反应生成的产物为碱性氧化物
【答案】D
【解析】由短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图可知，X、Y、Z、R分别为O、Na、Al和S。X与Z构成的化合物为Al2O3，电解熔融Al2O3可得到单质Al，A正确；Al在空气中加热生成Al2O3，其熔点较高，耐高温，B正确；Na、Al和S三种元素最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3和H2SO4，相互之间可以发生反应，C正确；O2、Na在加热条件下反应生成Na2O2，属于过氧化物，不是碱性氧化物，D错误。
12．硫化汞(HgS)难溶于水，在自然界中呈红褐色，常用于油画颜料、印泥及朱红雕刻漆器等。某温度时，HgS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是
A．向HgS的浊液中加入硫化钠溶液，HgS的Ksp减小
B．图中a点对应的是饱和溶液
C．向c点的溶液中加入0.1 mol·L－1 Hg(NO3)2，则c(S2－)减小
D．升高温度可以实现c点到b点的转化
【答案】C
【解析】HgS的Ksp只与温度有关，A不正确；曲线以下的点都是不饱和时的点，B不正确；加入Hg(NO3)2时，c(Hg2＋)增大，平衡向生成沉淀方向移动，c(S2－)减小，C正确；升高温度时，硫化汞的溶解度增大，c(Hg2＋)和c(S2－)都增大，D不正确。
13．一种以NaBH4和H2O2为原料的新型电池的工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．电池的正极反应式为H2O2＋2e－===2OH－
B．电池放电时Na＋从a极区移向b极区
C．电子从电极b经外电路流向电极a
D．b极室的输出液经处理后可输入a极室循环利用
【答案】C
【解析】A项，正极发生反应为H2O2＋2e－===2OH－，正确；B项，放电时为原电池，阳离子移向正极，b为正极，正确；C项，电子由负极经外电路流向正极，应该由a到b，错误；D项，正极电极反应式为H2O2＋2e－===2OH－，产生的氢氧化钠溶液可以循环使用，正确。
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，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。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．a、b、c三个物体在同一条直线上运动，它们的位移—时间图像如图所示，图像c是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是
A．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同
B．a、b两物体都做匀变速直线运动，两个物体的加速度大小相等，方向相反
C．物体c一定做变速曲线运动
D．在0～5 s内，当t＝5 s时，a、b两个物体相距最远
【答案】D
15．如图所示，直线是电场中的一条电场线，A、B是该线上的两点。一正电荷由A点以一定初速度沿沿电场线从A运动到B，运动过程中的v-t图线如图乙所示，则下列说法中正确的是
A．该电场是非匀强电场
B．A、B两点的电势相比一定是φA＜φB
C．A、B两点的场强大小相比一定是EA＜EB
D．该电荷在两点的电势能大小相比一定是EpA＞EpB
【答案】B
【解析】从v-t图像上可以看出带电粒子的加速度不变，所以该电场是匀强电场，故A、C错；从A到B速度减小，说明电场力做负功，电势能增加，EpA < EpB，则电场力的方向应该由B到A，因为运动的是正电荷，所以电场线的方向也是由B到A，沿着电场线电势在降低故A、B两点的电势相比一定是φA＜φB，故B正确，D错误。
16．课堂上，老师准备了“∟”型光滑木板和三个完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形积木，要将三个积木按图示(截面图)方式堆放在木板上，则木板与水平面夹角θ的最大值为
A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°
【答案】A
【解析】θ取0°时，下面两圆柱之间将会分开，无法稳定，应适当增大θ以保持系统稳定，此时下面两圆柱之间有弹力；当下面两圆柱之间的弹力恰好为0时，对应的θ为最小值；继续增大θ，右圆柱和上圆柱之间弹力减小，若θ太大，此两圆柱将分开，临界情况为θ取30°时，左边两圆柱的圆心连线在竖直方向上，保证上圆柱只受到两个力的作用恰好处于平衡状态，此时与右圆柱间相互接触且无弹力，故A正确，B、C、D错误。
17．如图，地球和行星绕太阳做匀速圆周运动，地球和形状做匀速圆周运动的半径r1、r2之比为1 : 4，不计地球和行星之间的相互影响，下列说法不正确的是
A．行星绕太阳做圆周运动的周期为8年
B．地球和行星的线速度大小之比为1 : 2
C．由图示位置开始计时，至少再经过年，地球位于太阳和行星连线之间
D．经过相同时间，地球、行星半径扫过的面积之比为1 : 2
【答案】B
【解析】地球和行星均绕太阳做匀速圆周运动，地球绕太阳做圆周运动的周期为T1 = 8年，根据解得T2 = 8年，A正确；根据可知，B错误；根据可得年，C正确；天体半径扫过的面积为，而，联立解得，故经过相同时间，地球和行星半径扫过的面积之比为，D正确。
18．如图所示，在距水平地面高度为3h的水平面和水平地面间有一竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，从距地面4h高处的A点以初速度v0水平抛出一带电小球（可视作质点），带电小球电量为q，质量为m，若q、m、h、B满足关系式，则小球落点与抛出点A的水平位移s是
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】小球在磁场中的运动可以看作一个水平方向的圆周运动和一个竖直方向的匀加速运动。在磁场中运动一周的时间为T，，在磁场中的运动总时间，又已知，所以小球在磁场中做圆周运动的圈数，又因为圆周运动的半径，投影图如图所示，则， ，故C正确。
19．两个氘核聚变的核反应方程为，其中氘核的质量为2.0130 u，氦核的质量为3.0150 u，中子的质量为1.0087 u，1 u相当于931.5 MeV，在两个氘核以相等的动能0.35 MeV进行对心碰撞，并且核能全部转化为机械能的情况下，下列说法正确的是
A．该核反应吸收的能量为2.14 MeV
B．核反应后氦核与中子的动量等大反向
C．核反应后氦核的动能为0.71 MeV
D．核反应后中子的动能为0.71 MeV
【答案】BC
【解析】该核反应前后释放的能量，A错误；核反应前后两氘核动量等大反向，因而反应后氦核与中子的动量等大反向，B正确；核反应后的总动能为，而，且，联立解得氦核的动能为，中子的动能为，C正确、D错误。
20． 质量为M的足够长的木板B放在光滑水平地面上，一个质量为m的滑块A(可视为质点)放在木板上，设木块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图甲所示。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a-F图象，取g =10 m/s2，则
A．滑块A的质量m = 1.5 kg
B．木板B的质量M = 1.5 kg
C．当F = 5 N时，木板B的加速度a = 4 m/s2
D．滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ = 0.1
【答案】AC
【解析】由图乙知，当F=4 N时，加速度为a=2 m/s2，对整体分析：F=(m+M)a，解得m+M=2 kg，当F>4 N时，A、B发生相对滑动，对B有：，由图示图象可知，图线的斜率：，解得M =0.5 kg，滑块A的质量m=1.5 kg，故A正确，B错误；当a=0时，F=3 N，代入解得μ=0.2，故D错误；根据F=5 N>4 N时，滑块与木块相对滑动，B的加速度为m/s2，故C正确。
21． 如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环面积为S，圆环与导线框cdef在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列说法中正确的是
A．在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大，最大值Φm=B0S
B．在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大
C．在t1~ t2时间内，金属圆环L有扩张的趋势
D．在t1~ t2时间内，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流
【答案】BD
【解析】当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，在导线框cdef内产生感应电动势和感应电流，在t1时刻，感应电流为零，金属圆环L内的磁通量为零，选项A错误；在t2时刻，感应电流最大，金属圆环L内的磁通量最大，选项B正确；在t1~ t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势，选项C错误；由楞次定律，在t1~ t2时间内，导线框cdef内产生逆时针方向感应电流，感应电流逐渐增大，金属圆环L内磁通量增大，根据楞次定律，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流，选项D正确。
三、非选择题：共174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．(5分)利用图示的实验装置探究合力做功与动能变化的关系。
(1)为了消除打点计时器和木板对小车阻力的影响，需要平衡阻力。关于该操作环节，下列四种装置图中正确的是 。
A B C D
(2)甲组同学正确平衡了阻力，选取的砝码和盘的总质量m远小于小车的质量M，取砝码和盘所受的总重力值作为绳子的拉力值，按正确操作得到图示的一条纸带。在纸带上选取三个连续计时点A、B、C，测得它们到静止释放的起始点O的距离分别为hA、hB、hC，打点计时器的工作周期为T，已知当地重力加速度为g，从O到B的运动过程中，拉力对小车做功W = ，小车动能变化量ΔEk = 。
【答案】（1）C （2）mghB
23．(10分)某同学想测定某节于电池的电动势和内阻。
(1)他先用多用电表粗测了干电池的电动势。图甲是测量时选择开关与表头指针所处的位置，则该电池的电动势为 V，实验结束后，应将选择开关拨到图中的 挡位(选填A、B、C或D)。
(2)他再用乙图所示电路较精确测定该干电池的电动势和内阻，有待测电池、电流表(量程0 ~ 0.6 A，内阻约0.1 Ω)、电压表(量程0 ~ 3 V，内阻约3 kΩ)、滑动变阻器(阻值0 ~ 0.6 Ω)、开关各一个、导线若干。为了防止实验测量时数据过密(即要求电压变化范围相对大一些)另外还配有一个阻值为1 Ω的定值电阻R0。
①请按照图乙设计的电路图用笔画线将图丙实物电路图补充完整。
②该同学按照要求连接好电路并进行实验,根据实验数据绘出了图丁所示的图象，则电源的电动势E = 1.50 V，电源内阻 。(结果保留到小数点后一位)
③在上述实验过程中存在系统误差。在下图所绘图象中，虚线代表没有误差情况下，电压表两端电压的真实值与通过电源电流真实值关系的图象，实线是根据测量数据绘出的图象，则下图中能正确表示二者关系的是 。
【答案】（1）1.47(1.46~1.48均可) C （2）如图所示 0.6 A
24．(12分)如图，是游乐场的一项娱乐设备。一环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下。已知座舱开始下落的高度为H＝75 m，当落到离地面h＝30 m的位置时开始制动，座舱均匀减速。在一次娱乐中，某同学把质量m＝6 kg的书包放在自己的腿上。g取10 m/s2。不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力。
(1)求座舱制动过程中书包对该冋学腿部的压力多大；
(2)若环形座舱与同学们的总质量M＝4×103 kg，求制动过程中机器输出的平均功率。
【解析】(1)设座舱开始制动时的速度为v，制动过程加速度大小为a，书包受到腿的支持力为N，由运动学公式得：
，
根据牛顿第二定律，对书包有：N－mg＝ma
根据牛顿第三定律得该同学腿部受到的压力N?＝N
联立解得：N?＝150 N。
(2)设制动过程中座舱所受的制动力为F，经历的时间为t，由运动学公式得：
根据牛顿第二定律，对座舱有：F－Mg＝Ma
座舱克服制动力做功W＝Fh
机器输出的平均功率
联立解得：P＝1.5×l06 W。
25．(20分)如图甲所示，一光滑绝缘的水平轨道固定在离地某一足够高度处，整个空间存在着水平向右的匀强电场。一质量为2m、不带电的弹性小球A以速度v0沿水平轨道向右运动。轨进边缘处锁定一大小与A相同、质量为m、电荷量为－q的弹性小球B。两球碰前瞬间解除对小球B的锁定。己知该电场的场强为，重力加速度为g，两球碰撞过程中电荷不发生转移，空气阻力不计。
(1)求小球A、B第一次碰后瞬间的速度v1和v2的大小；
(2)求两球在下落过程中，第二次碰撞前的最大水平距离?x；
(3)若在两球第一次碰后瞬间，迅速撤去电场并同时在整个空间加一磁惑应强度大小为、方向垂直纸面向外的匀强进场，请在图乙中定性画出小球B此后的运动轨迹。
【解析】(1)两球发生弹性碰撞，根据动量守恒与能量守恒定律有：
2mv0＝2mv1＋mv2
联立解得：，。
(2)A球不带电，所以碰后做平抛运动；B球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做匀减速直线运动（类竖直上抛运动），所以两球在竖直方向运动情况相同，始终保持在同一高度。设A、B在时间t内水平方向的位移分别为xA和xB，小球B的加速度大小为aBx，则
xA＝v1t
对B球在水平方向上由牛顿第二定律得qE＝maBx ⑤（1分）
当小球B的水平分速度减小到与A的水平分速度相等即时，两者相距最远。
对B球有：
解得：
则：。
(3)此时小球B除了受到重力外，还受到竖直向上的洛伦兹力，大小为
小球B此后的运动可以拆分成两个分运动：一个是水平向右、速度大小为 的匀速直线运动（对应的洛伦兹力与重力相平衡）；另一个是在竖直平面内速度大小为、沿逆时针方向的匀速圆周运动。其轨迹示意图如图所示。
26．（14分）前两年华北地区频繁出现的雾霾天气引起了人们的高度重视，化学反应原理可用于治理环境污染，请回答以下问题。
（1）一定条件下，可用CO处理燃煤烟气生成液态硫，实现硫的回收。
①已知：2CO(g) + O2(g) = 2CO2(g) ΔH = ?566 kJ·mol￣1
S(l) + O2(g) = SO2(g) ΔH = ?296 kJ·mol￣1
则用CO处理燃煤烟气的热化学方程式是 。
②在一定温度下，向2 L 密闭容器中充入 2 mol CO、1 mol SO2发生上述反应，达到化学平衡时SO2的转化率为90%，则该温度下该反应的平衡常数K = 。
（2）SNCR─SCR是一种新型的烟气脱硝技术（除去烟气中的NOx），其流程如下：
已知该方法中主要反应的热化学方程式：
4NH3(g) + 4NO(g) + O2(g) 4N2(g) + 6H2O(g) ΔH = ?1646 kJ·mol￣1，在一定温度下的密闭恒压的容器中，能表示上述反应达到化学平衡状态的是 （填字母）。
a．4υ逆(N2) = υ正(O2)
b．混合气体的密度保持不变
c．c(N2)∶c(H2O)∶c(NH3)=4∶6∶4
d．单位时间内断裂4 mol N─H键的同时断裂4 mol N≡N键
（3）如图所示，反应温度会直接影响SNCR技术的脱硝效率。
①SNCR技术脱硝的温度选择925 ℃的理由是 。
②SNCR与SCR技术相比，SNCR技术的反应温度较高，其原因是 ；但当烟气温度高于1000℃时，SNCR脱硝效率明显降低，其原因可能是 。
（4）一种三室微生物燃料电池可用于污水净化、海水淡化，其工作原理如图所示：
①中间室的Cl￣ 移向 （填“左室”或“右室”），处理后的含硝酸根废水的pH （填“增大”或“减小”）；
②若图中有机废水中的有机物用C6H12O6表示，请写出左室发生反应的电极反应式： 。
【答案】（1）2CO(g) + SO2(g) = 2CO2(g) + S(l) ΔH = ?270 kJ/mol 1620
（2）b
（3）① 925℃时脱硝效率高，残留氨浓度较小 ② 没有使用催化剂，反应的活化能较高 因为脱硝的主要反应是放热反应，温度过高，使脱硝反应逆向移动（或高温下N2与O2生成了NO等合理答案）
（4）①左室 增大 ②C6H12O6 – 24e￣ + 6H2O = 6CO2↑ + 24H+
【解析】（1）①根据盖斯定律：第一个反应减去第二个反应整理得出CO处理燃煤烟气的热化学方程式2CO(g) + SO2(g) = 2CO2(g) + S(l) ΔH = ?270 kJ/mol；正确答案：2CO(g) + SO2(g)= 2CO2(g)+ S(l) ΔH = ?270 kJ/mol。
②根据已知可知：反应开始时c(CO)=1 mol/L，c(SO2)=0.5 mol/L；据反应方程式列式：
2CO(g) + SO2(g) = 2CO2(g) + S(l)
起始浓度 1 0.5 0
变化浓度 1×90% 0.5×90% 1×90%
平衡浓度 0.1 0.05 0.9
该温度下该反应的平衡常数K = c2(CO2)/ c2(CO)×c(SO2)= 0.92/ 0.12×0.05=1620；正确答案1620。
（2）速率之比和系数成正比：υ逆(N2) = 4υ正(O2)，a错误；反应前后气体的总质量不变，当容器内的压强保持不变时，容器的体积也就不再发生改变，气体的密度也就不再发生变化，反应达到平衡状态；b正确；c(N2)∶c(H2O)∶c(NH3)=4∶6∶4 的状态仅仅是反应进行过程中一种状态，无法判定平衡状态；c错误；单位时间内断裂12mol N─H键的同时断裂4 mol N≡N键，反应达平衡状态，d错误；正确答案b。
（3）① 从图示看出当温度选择925 ℃时，脱硝效率高，残留氨浓度较小；正确答案：脱硝效率高，残留氨浓度较小。
② 从上述流程看出，SNCR技术的反应没有使用催化剂，反应的活化能较高，因此反应温度较高；因为脱硝的主要反应是放热反应，温度过高，使脱硝反应逆向移动，脱硝效率明显降低；正确答案：没有使用催化剂，反应的活化能较高；因为脱硝的主要反应是放热反应，温度过高，使脱硝反应逆向移动（或高温下N2与O2生成了NO等合理答案）。
（4）①从题给信息看出，硝酸根离子中氮元素变为氮气，发生还原反应，该极为原电池的正极（右室）；电解质溶液中的Cl￣ 移向负极，即左室；在正极溶液中的硝酸根离子发生反应为：2NO3－+10e－+6H2O=N2↑+12OH－，产生OH－，溶液的碱性增强，pH增大；正确答案：左室；增大。
②C6H12O6在负极失电子发生氧化反应生成二氧化碳气体，极反应为：C6H12O6 – 24e￣ + 6H2O = 6CO2↑ + 24H+；正确答案：C6H12O6 – 24e￣ + 6H2O = 6CO2↑ + 24H+。
27．（14分）三氯化氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂，实验室制取POCl3并测定产品含量的实验过程如下：
I．制备POCl3采用氧气氧化液态的PCl3法。实验装置（加热及夹持装置省略）及相关信息如下。
物质
熔点/℃
沸点/℃
相对分子质量
其他
PCl3
－112.0
76.0
137.5
均为无色液体，遇水均剧烈
水解为含氧酸和氯化氢，两者互溶
POCl3
2.0
106.0
153.5
（1）仪器a的名称为_______________________________；
（2）装置C中生成POCl3的化学方程式为________________________________；
（3）实验中需控制通入O2的速率，对此采取的操作是_______________________________；
（4）装置B的作用除观察O2的流速之外，还有___________________________________；
（5）反应温度应控制在60~65℃，原因是__________________________________；
Ⅱ．测定POCl3产品含量的实验步骤：
①实验I结束后，待三颈烧瓶中液体冷却到室温，准确称取16.725g POCl3产品，置于盛有60.00 mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液；
②取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入10.00mL 3.5mol/L AgNO3标准溶液（Ag++Cl－=AgCl↓）；
③加入少量硝基苯（硝基苯密度比水大，且难溶于水）；
④以硫酸铁溶液为指示剂，用0.2mol/L KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液（Ag++SCN－=AgSCN↓），到达终点时共用去10.00mL KSCN溶液。
（6）达到终点时的现象是_________________________________________；
（7）测得产品中n(POCl3)= ___________________________；
（8）已知Ksp(AgCl)> Ksp(AgSCN)，据此判断，若取消步骤③，滴定结果将_______。（填“偏高” “偏低”或“不变”）
【答案】（1）冷凝管(或球形冷凝管) （2） 2PCl3+O2=2POCl3
（3） 控制分液漏斗中双氧水的加入量 （4）平衡气压、干燥氧气
（5）温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度
（6）滴入最后一滴试剂，溶液变红色，且半分钟内不恢复原色
（7）0.11mol （8）偏低
【解析】（1）仪器a的名称为冷凝管(或球形冷凝管)；正确答案：冷凝管(或球形冷凝管)。
（2）加热条件下，PCl3直接被氧气氧化为POCl3 ； 正确答案：PCl3+O2=POCl3。
（3）用分液漏斗来控制双氧水的滴加速率即可控制通入O2的速率；正确答案：控制分液漏斗中双氧水的加入量。
（4）装置B中为浓硫酸，其主要作用：干燥氧气、平衡大气压、控制氧气流速；正确答案：平衡气压、干燥氧气。
（5）根据图表给定信息可知，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度；但是温度也不能太低，否则反应速率会变小；正确答案：温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度。
（6）以硫酸铁溶液为指示剂，用 KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液达到滴定终点时，铁离子与硫氰根离子反应生成了红色溶液，且半分钟之内颜色保持不变；正确答案：滴入最后一滴试剂，溶液变红色，且半分钟内不恢复原色；
（7）KSCN的物质的量0.2×0.01=0.002 mol，根据反应Ag++SCN-=AgSCN↓，可以知道溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002 mol；POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.5×0.01-0.002=0.033 mol，根据氯原子守恒规律可得n(POCl3)= 0.011 mol，即1.6725克POCl3产品中n(POCl3)=0.011mol；正确答案：0.11mol。
（8）加入少量的硝基苯可以使生成的氯化银沉淀与溶液分开，如果不这样操作，在水溶液中部分氯化银可以转化为AgSCN；已知Ksp(AgCl)> Ksp(AgSCN)，使得实验中消耗的KSCN偏多，所测出的剩余银离子的量增大，导致水解液中与氯离子反应的银离子的量减少，会使测定结果偏低；正确答案：偏低。
28．（15分）利用硝酸厂尾气中较高浓度NOx气体(含NO、NO2)制备NaNO2、NaNO3，流程如下：
已知：NaOH+NO+NO2═2NaNO2+H2O
（1）写出Na2CO3溶液和NO、NO2反应的化学方程式 。
（2）中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3 外，还有少量 和 （填化学式）。
（3）中和液进行蒸发Ⅰ操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是 ；蒸发Ⅰ产生的蒸气中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的 （填操作名称）最合理。
（4）母液Ⅱ需回收利用，下列处理方法合理的是 。
a．转入中和液 b．转入结晶Ⅰ操作 c．转入转化液 d．转入结晶Ⅱ操作
（5）NaNO2能与N2H4反应生成NaN3，该反应中NaNO2 （填“被氧化”或“被还原”）。N2H4 的电子式是 ，NaN3 中含有的化学键类型是 ______ 。
（6）若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2∶1，则生产1.38吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为 吨（假定Na2CO3恰好完全反应）。
【答案】（1）Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2 （2）NaHCO3 NaNO3
（3） 防止NaNO3析出而降低NaNO2纯度 溶碱 （4）c
（5） 被还原 离子键和(非极性)共价键 （6）1.59
【解析】（1）碳酸钠溶液显碱性，结合已知NaOH+NO+NO2═2NaNO2+H2O可得，Na2CO3溶液和NO、NO2反应生成NaNO2，根据原子守恒，还会有CO2生成，故反应的化学方程式为：Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2。
（2）由制备流程可知，碳酸钠溶解后，碱吸收过程可能发生Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2、3NO2+H2O=HNO3+NO、Na2CO3+2HNO3=NaNO3+H2O+CO2↑、Na2CO3+HNO3=NaNO3+NaHCO3等反应，所以中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有少量NaHCO3和NaNO3。
（3）中和液进行蒸发Ⅰ操作时，若水的蒸发量过大，则溶液浓度过大，可能有NaNO3析出，从而降低NaNO2的纯度；蒸发Ⅰ产生的蒸气中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，应循环利用提高利用率，所以将其冷凝后用于流程中的“溶碱”最合理。
（4）母液Ⅱ中的溶质主要是NaNO3，将其转入转化液之后再进行蒸发结晶等操作，可以提高利用率，所以合理处理的方法选c。
（5）NaNO2中N元素化合价为+3价，N2H4中N元素化合价为-2价，所以NaNO2与N2H4发生氧化还原反应生成NaN3，该反应中NaNO2被还原；N2H4为共价化合物，N元素化合价为-2价，H元素化合价为+1价，两个N原子间形成一对共用电子，每个N原子分别于2个H原子形成共用电子对，故电子式为：；NaN3中含有活泼金属，故为离子化合物，Na+与N3－之间形成离子键，N3－内的N原子间形成（非极性）共价键。
（6）因为NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为2∶1，1.38吨NaNO2的物质的量为：1.38×106g÷69g/mol＝2×104mol，则生成的NaNO3物质的量为1×104mol，根据Na原子守恒，2n(Na2CO3)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，则Na2CO3的理论用量：m(Na2CO3)=1/2×(2×104＋1×104)mol×106g/mol＝1.59×106g＝1.59吨。
29．（11分）某生物研究小组用某种绿色植物做实验材料，做了如下实验：图1为某植物在密闭透光的玻璃小室内一昼夜CO2浓度的变化（假若一昼夜6时日出，18时日落），图2表示该植物在温度为A时光照强度分别为a、b、c、d时单位时间内气体的变化情况（其中a为无光条件），图3表示该植物的真正光合速率、呼吸速率与温度的关系，请分析回答下列问题：
（1）图1曲线的A至G的7个点中，代表光合作用速率与呼吸作用速率相等的是 点，对应图2中的______（用a、b、c、d表示）点，光照强度为d时，植物光合作用需要从外界吸收______个单位CO2。
（2）该玻璃小室内的植物经过一昼夜后是否积累有机物？______________________。理由是_____________________________________________________________________。
（3）请描述图3中阴影部分的含义：_____________________________________________。
【答案】（1）B和F c 2
（2）是（1分） G点的CO2浓度低于A点，有机物有积累（一个昼夜光合作用消耗的CO2量多于呼吸作用产生的CO2量）（答案合理即可）
（3）温度在15℃～35℃之间该植物进行光合作用消耗的CO2相对值（净光合作用）
【解析】据图分析，图1为某植物在密闭透光的玻璃小室内一昼夜CO2浓度的变化，其中B、F点表示光合速率与呼吸速率相等；G点与A点相比，玻璃小室内一昼夜CO2浓度降低，说明植物的有机物有积累，表现为生长现象。图2中a点没有光照，植物只能进行呼吸作用，呼吸作用强度为6；b点产生的氧气总量与释放的二氧化碳量相等，表示呼吸速率是光合速率的两倍；c点没有二氧化碳的释放，且氧气产生总量为6，说明光合速率与呼吸速率相等；d点氧气产生总量是8，说明光合速率大于呼吸速率。图3中两条曲线之间的差值表示净光合速率，据图分析，15℃～35℃之间，植物的净光合速率大于0，植物的有机物有积累。（1）根据以上分析可知，图1中的B、F点以及图2中的c点都表示光合速率与呼吸速率相等的点；光照强度为d时，植物的氧气产生总量是8，需要消耗8个单位二氧化碳，而呼吸作用只能产生6个单位，因此还需要从空气中吸收2个单位二氧化碳。（2）根据以上分析已知，图1中G点的CO2浓度低于A点，说明有机物有积累。（3）根据以上分析已知，图中阴影部分表示温度在15℃～35℃之间，植物的光合速率与呼吸速率的差值，即表示进行光合作用消耗的CO2相对值。
30．（8分）红细胞是人体重要的一类细胞。疟原虫会特异性选择寄生在红细胞中，而几乎没有病毒将哺乳动物成熟红细胞作为宿主细胞。请回答下列问题：
（1）利用哺乳动物成熟红细胞制备细胞膜的方法是___________________________________。
（2）疟原虫选择入侵红细胞，说明它能够________________并结合红细胞表面受体。人体的免疫系统具有__________功能。但疟原虫主要抗原变异频繁，使疟原虫能避免被免疫系统特异性清除。
（3）从哺乳动物成熟红细胞的结构特点分析，几乎没有病毒将哺乳动物成熟红细胞作为宿主细胞的原因是________________________________________________________________。
【答案】（1）将细胞放入清水中，细胞会吸水涨破，胞内物质流出从而获取细胞膜
（2）识别 防卫、监控和清除
（3）哺乳动物成熟红细胞没有细胞核与核糖体等细胞器，病毒无法合成蛋白质
【解析】哺乳动物成熟的红细胞中没有细胞核和细胞器，不能进行有氧呼吸，只能通过无氧呼吸产生能量；由于病毒没有细胞结构，因此不能寄生于红细胞中，而疟原虫有细胞结构，因此可以特异性选择寄生在红细胞中。（1）由于哺乳动物成熟的红细胞只有细胞膜一种生物膜，因此可以将其放入清水中，红细胞会吸水涨破，胞内物质流出，从而获取细胞膜。（2）疟原虫选择入侵红细胞，说明它能够识别并结合红细胞表面受体；人体免疫系统具有防卫、监控和清除功能。（3）由于哺乳动物成熟红细胞没有细胞核与核糖体等细胞器，病毒无法合成蛋白质，所以几乎没有病毒将哺乳动物成熟红细胞作为宿主细胞。
31．（10分）在很多淡水湖泊中，藻类是鲤鱼及沼虾的食物来源，其中沼虾也是鲤鱼的食物。下图表示该湖泊中不同体长鲤鱼的食性比例。回答下列问题：
（1）从能量流动的角度看，湖泊中以藻类为代表的生态系统成分，在生态系统中的作用是___________________________。按照图中的食性比例分析，若体长为4.2 cm的鲤鱼群体增加100 kJ的能量，理论上至少需要藻类提供_____kJ的能量。
（2）生态系统自我调节能力的基础是___________________。为了治理湖水的富营养化，可先养殖藻类吸收水体中的N、P等元素，再养殖鲤鱼快速去除藻类，若要让藻类的能量更多更快流向鲤鱼，据图分析，投放到湖泊中的鲤鱼对体长的要求应该是___________________________，理由是______________________________________________________________。
【答案】（1）把太阳能转变成化学能固定在有机物中 1000
（2）负反馈调节 大于4.2 cm 这样的鲤鱼植食性比例高
【解析】（1）藻类属于生态系统中的生产者，从能量流动的角度看，生产者的作用是把太阳能转变为有机物中的化学能。据图可知，体长为4.2 cm的鲤鱼群体植食性比例为0.75，肉食性比例为0.25，即75%的鲤鱼群体的同化量来自于藻类，25%的鲤鱼群体的同化量来自沼虾，体长为4.2 cm的鲤鱼群体增加100 kJ的能量，理论上至少需要藻类提供100×75%÷20%+100×25%÷20%÷20%=1000 kJ的能量。（2）生态系统所具有的保持或恢复自身结构和功能相对稳定的能力，叫作生态系统的稳定性。生态系统自我调节能力的基础是负反馈调节。让藻类的能量更多更快流向鲤鱼，可让鲤鱼尽可能多地摄食藻类，据图可知，投放到湖泊中的鲤鱼体长大于4.2 cm时，鲤鱼植食性比例最高，肉食性比例最低。
32．（10分）玉米籽粒黄色基因T与白色基因t是位于9号染色体上的一对等位基因，已知无正常9号染色体花粉不能参与受精作用。请结合相关知识分析回答下列问题：
（1）现有基因型为Tt的黄色籽粒植株甲，其细胞中9号染色体如图一。
①植株甲的变异类型属于__________________。
②为了确定植株甲的T基因位于正常染色体还是异常染色体上，让其进行自交产生F1。如果F1表现型及比例为____________，则说明T基因位于异常染色体上。
（2）以植株甲为父本，正常的白色籽粒植株为母本杂交产生的F1中，发现了一株黄色籽粒植株乙，其染色体及其基因组成如图二。
①该植株出现的原因可能是__________________未分离。
②已知植株乙在减数第一次分裂过程中3条9号染色体会随机移向细胞两极，并最终形成含1条和2条9号染色体的配子。植株乙可产生_________种基因型的配子，若以植株乙为母本进行测交，则子代的表现型及比例为____________________________。
【答案】（1）①染色体结构变异（染色体片段缺失）
②黄色∶白色=1∶1
（2）①父本减数分裂过程中同源染色体
②4 黄色∶白色=1∶1
【解析】根据题意和图示分析可知，玉米籽粒黄色基因T与白色基因t是位于9号染色体上的一对等位基因，符合基因的分离定律。据图分析，图一异常染色体比正常染色体短，属于染色体结构的变异；图二9号染色体有3条，且T所在的染色体缺失，属于染色体数目变异和结构的变异。（1）①根据以上分析已知，植株甲的变异类型属于染色体结构变异中的缺失。②为了确定植株甲的T基因位于正常染色体还是异常染色体上，让其进行自交产生F1。如果T基因位于异常染色体上，则能够受精的花粉只有t，则F1表现型及比例为黄色（Tt）∶白色（tt）=1∶1。（2）①由于无正常9号染色体的花粉不能参与受精作用，即含有T的精子不能参与受精作用，所以黄色籽粒植株乙（Ttt）中有一个t来自母本，还有T和t都来自父本，由此可见，该植株出现的原因是由于父本减数分裂过程中同源染色体未分离。②图二中的植株乙在减数第一次分裂过程中3条9号染色体会随机地移向细胞两极并最终形成含1条和2条9号染色体的配子，所以可产生的配子及比例为T∶Tt∶tt∶t=1∶2∶1∶2；若以该植株为母本与tt进行测交，后代基因型及其比例为Tt∶Ttt∶ttt∶tt=1∶2∶1∶2，因此后代的表现型及其比例为黄色∶白色=1∶1。
(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）下列说法正确的是 。(填正确答案的标号。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．分析布朗运动会发现，悬浮的颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈
B．一定质量的气体，温度升高时，分子间的平均距离增大
C．分子间的距离r存在某一值r0，当r大于r0，分子间引力大于斥力，当r小于r0时，分子间斥力大于引力
D．已知铜的摩尔质量为M(kg/mol)，铜的密度为ρ(kg/m3)，阿伏加德罗常数为NA (mol-1)，1 m3铜所含的原子数为
E．温度升高，分子平均动能增大，内能增大
【答案】ACD
【解析】悬浮的颗粒越小，液体分子撞击的不平衡性越明显，温度越高，液体分子撞击作用越强，故A正确；一定质量的气体，温度升高时，体积不一定增大，分子间的平均距离不一定增大，故B错误；分子间的距离r存在某一值r0，当r大于r0时，分子间斥力小于引力，整体表现为引力；当r小于r0时斥力大于引力，整体表现为斥力，故C正确； 1 m3铜所含的原子数，故选项D正确；温度升高，分子平均动能增大，分子势能有可能减小，内能不一定增大，故E错误。
(2)（10分）如图所示，封闭有一定质量理想气体的汽缸开口向下竖直固定放置， 活塞的截面积为S，质量为m0，活塞通过轻绳连接了一个质量为m的重物。若开始时汽缸内理想气体的温度为T0，轻绳刚好伸直且对活塞无拉力作用，外界大气压强为p0，一切摩擦均不计且m0g＜p0S。
①求重物刚离地时汽缸内气体的压强；
②若缓慢降低汽缸内气体的温度，最终使得汽缸内气体的体积减半，则最终气体的温度为多少？
【解析】①当轻绳刚好伸直且无拉力时，设此时汽缸内气体的压强为。
由力的平衡条件可得：
所以
当重物刚好离开地面时，设此时汽缸内气体的压强为，则有
所以
②设重物刚好离开地面时汽缸内气体的温度为，此过程气体发生等容变化，由查理定律可得，解得
设气体体积减半时汽缸内气体的温度为，此过程气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律可得，解得。
34．(1)（5分）甲、乙两列简谐横波波速均为v = 2 m/s，甲沿x轴负方向传播，乙沿x轴正方向传播，某时刻波的图象分别如图甲、乙所示，其中P、Q处的质点均处于波峰，关于这两列波，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．甲波中的M处质点比P处质点先回到平衡位置
B．从图示的时刻开始，P处质点与Q处质点同时回到平衡位置
C．从图示的时刻开始，经过1.0 s，P质点沿x轴负方向通过的位移为2 m
D．从图示的时刻开始，经过1.0 s，M质点通过的路程为20 cm
E．如果这两列波相遇不可能形成稳定的干涉图样
【答案】ADE
(2)（10分）如图，在桌面上方有一倒立的玻璃圆锥，顶角∠AOB = 120°，顶点O与桌面的距离为4a，圆锥的底面半径，圆锥轴线与桌面垂直。有一半径为R的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合。已知玻璃的折射率，求光束在桌面上形成的光斑的面积。
【解析】如图所示，射到OA界面的入射角α = 30°，则，故入射光能从圆锥侧面射出 。
设折射角为β，无限接近A点的折射光线为AC，根据折射定律
sin β＝nsin α
解得β＝60°
过O点作，则∠O2OD＝β－α＝30°
在中，
在中，
故
在中，
光束在桌面上形成的光斑面积
35．【选修3——物质的结构与性质】（15分）
1915年诺贝尔物理学奖授予Henry Bragg 和 Lawrence Bragg，以表彰他们用X射线对晶体结构的分析所作的贡献。
（1）科学家通过X射线探明，NaCl、KCl、MgO、CaO晶体结构相似，其中三种晶体的晶格能数据如下表：
晶体
NaCl
KCl
CaO
晶格能/（kJ·mol￣1）
786
715
3401
四种晶体NaCl、KCl、MgO、CaO熔点由高到低的顺序是 ，Na核外有 种不同的能级。
（2）科学家通过X射线推测胆矾中既含有配位键，又含有氢键，其结构示意图可用下图简单表示，其中配位键和氢键均采用虚线表示。
①SO42￣ 中S的杂化类型是 ，与其互为等电子体的离子有 （任写两种）
②已知 [Cu(NH3)4]2+ 具有对称的空间构型，[Cu(NH3)4]2+ 中的两个NH3被 Cl￣ 取代，能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型为_______________。
③写出基态Cu2+ 的价层电子排布式： ；金属铜采取 堆积方式，已知Cu原子的半径为 r pm，NA 表示阿伏加德罗常数的值，金属铜的密度是 g/cm3（列出计算式）。
【答案】（1）MgO > CaO > NaCl > KCl 4
（2）①sp3 ClO4￣、PO43￣ ②平面正方形 ③3d9 面心立方
【解析】（1）离子半径大小顺序为Mg2+ < Na+ < O2－< Ca2+< Cl－，离子电荷数：Na+= Cl－< O2－= Mg2+= Ca2+；离子晶体的离子半径越小，带电荷越多，晶格能越大，则晶体的熔沸点就越高，则NaCl、KCl、MgO、CaO熔点由高到低的顺序为：MgO > CaO > NaCl > KCl；原子中没有运动状态相同的电子，Na原子核外有11个电子，故核外有11种不能同运动状态的电子，钠原子核外电子分别处于1s、2s、2p、3s能级，故有4种不同能量的电子；正确答案：MgO > CaO > NaCl > KCl；4。
（2）①SO42-离子中含有4个σ键，没有孤电子对，所以其立体构型是正四面体，硫原子采取sp3杂化；与其互为等电子体的离子有ClO4￣、PO43￣ 等；正确答案：sp3；ClO4￣、PO43￣。
②Cu2+与NH3之间形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体构型，如为正四面体构型，[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl－取代，只有一种结构，所以应为平面正方形；正确答案：平面正方型。
③Cu是29号元素，原子核外电子数为29，铜的基态原子价电子电子排布式3d104s1，失去2个电子后基态Cu2+ 的价层电子排布式3d9；铜是面心立方最紧密堆积方式；铜原子半径为r×10-10cm，令晶胞的棱长为x，则2x?2=（4r×10-10）2?，所以x=2r×10-10cm，所以晶胞的体积V=x3=（2r×10-10）3cm3；晶胞中含有的铜原子数目为8×(1/8) +6×(1/2)=4，所以晶胞的质量为4×Mr/NAg，所以晶体的密度为= g/cm3； 正确答案：3d9 ；面心立方 ； 。
36．【选修5——有机化学基础】（15分）
有机物A是聚合反应生产胶黏剂基料的单体。亦可作为合成调香剂I、聚酯材料J的原料，相关合成路线如下：
已知：?在质谱图中烃A的最大质荷比为118，其苯环上的一氯代物共三种，核磁共振氢谱显示峰面积比为3∶2∶2∶2∶1。其中E、F的分子式为：E．C9H10O3 、 F．C9H8O2 。
根据以上信息回答下列问题：
（1）A的官能团名称为 ，B→C?的?反应条件为 ，E→F的反应?类?型为 。
（2）?I的结构简式为__________________，若K分子中含有三个六元环状结构，则其分子式为_ 。
（3）D与新制氢氧化铜悬浊液反应的离子方程式为 。
（4）H的同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀，1molW参与反应最多消耗3molBr2，请写出所有符合条件的W的结构简式 。
（5）?J是一种高分子化合物。则由C生成J的化学方程式为 。
（6）已知：+ RC1+HCl(R为烃基)设计以苯和乙烯为起始原料制备H的合成路线(无机试剂任选)。[合成路线示：?CH3CH2OHCH2=CH2BrCH2CH2Br]
【答案】（1）碳碳双键 氢氧化钠水溶液，加热 消去反应
（2） C18H16O4
（3）
（4）
（5）
（6）
【解析】烃A能与Br2发生加成反应，说明分子结构中含有碳碳双键，在质谱图中烃A的最大质荷比为118，说明相对分子质量为118，分子式为C9H10，其苯环上的一氯代物共三种，可能苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱显示峰面积比为3∶2∶2∶2∶1，可知A的结构简式为；A与Br2发生加成反应生成B为，B在氢氧化钠水溶液并加热发生水解生成的C为，C催化氧化生成的D为；D与新制氢氧化铜发生氧化反应生成的E为，E发生消去反应生成的F为，F与酯化反应生成I为；
（1）的官能团名称为碳碳双键，由B→C发生的反应为卤代烃的水解，其反应条件为氢氧化钠水溶液并加热；由E→F分子组成少H2O，结合反应条件发生的应该是消去反应；（2）I的结构简式为，若K分子中含有三个六元环状结构，说明两分子的发生分子间酯化生成环酯和2分子的水，根据原子守恒可知K的分子式为C18H16O4；（3）与新制氢氧化铜悬浊液反应的离子方程式为；（4）的同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀，说明分子结构中含有酚羟基，1 mol W参与反应最多消耗3 molBr2，说明苯环上可取代的位置是邻、对位，则所有符合条件的W的结构简式有、；（5）由和HOOCCOOH发生缩聚反应生成高分子化合物J的化学方程式为。（6）以苯和乙烯为起始原料制备的合成路线为。
37．[生物——选修1：生物技术实践]（15分）传统生物技术与我们现代的生活依旧很贴近，下面是三则实例，请分析回答下列问题：
（1）千百年来，腐乳一直受到人们的喜爱。腐乳生产工艺如下：
现代科学研究证明，a过程有多种微生物参与，其中起主要作用的是______。经过发酵后的腐乳味道鲜美，易于消化吸收，原因是______________________________________________。
（2）许多植物芳香油的提取在原理和程序上是相同的，结合玫瑰精油的提取，设计提取茉莉油的实验流程（如下图）：茉莉花＋水→蒸馏器→A→B→油水混合物→C→粗提精油→加D→过滤→茉莉油，其中B表示_______过程，C表示_________，通过C提取出的粗提精油，可能还混有一定的水分，所以要向提取液加入D____________吸水，放置过夜，再过滤除去固体物质，即可得到茉莉油。
（3）泡菜制作过程中，乳酸发酵过程即为乳酸菌进行__________的过程。制作泡菜时所用盐水要煮沸，其目的是__________。为了缩短制作时间，有人还会在冷却后的盐水中加入少量陈泡菜液，加入陈泡菜液的目的是___________________。
【答案】（1）毛霉 毛霉将豆腐中的蛋白质分解成小分子的肽和氨基酸，脂肪水解为甘油和脂肪酸
（2）冷凝 分离油层 无水硫酸钠
（3）无氧呼吸 消灭杂菌 增加乳酸菌含量
【解析】（1）腐乳的制作过程：豆腐块→毛霉等→长满菌丝的豆腐块→加盐腌制→加卤汤装瓶→密封腌制。a过程有多种微生物参与，其中起主要作用的是毛霉，毛霉将豆腐中的蛋白质分解成小分子的肽和氨基酸，脂肪水解为甘油和脂肪酸，所以腐乳“闻着臭，吃着鲜”，且易于消化吸收。（2）提取茉莉油可用水蒸气蒸馏法，其流程为：茉莉花+水→水蒸气蒸馏→油水混合物→分离油层→粗提精油→加无水硫酸钠→过滤→茉莉油。题中A表示水蒸气蒸馏过程，B表示冷凝过程，C表示分离油层，D表示向粗提精油中加入无水硫酸钠，目的是除去粗提精油中的水分，再通过过滤除去固体硫酸钠，即可得到茉莉油。（3）乳酸发酵为乳酸菌的无氧呼吸过程；制作泡菜时所用盐水要煮沸，以消灭盐水中的杂菌。在冷却后的盐水中加入少量陈泡菜液，目的是增加乳酸菌含量。
38．[生物——选修3：现代生物科技专题]（15分）转基因技术的应用大大提高了动植物的品质，下图是绿色荧光蛋白转基因克隆猪培育示意图，据图和材料回答下列问题：
（1）过程①需要的工具酶有___________________。绿色荧光蛋白基因需要导入到成纤维细胞的___________上才有可能培育出绿色荧光蛋白转基因克隆猪。
（2）猪胎儿成纤维细胞培养过程中，为了防止培养过程中的污染，通常还要在细胞培养液中添加一定量的__________。
（3）通过过程⑤将早期胚胎移植到受体母猪体内能存活的原因是_______________________。
（4）若是想在短期内获得更多的相同的绿色荧光蛋白转基因克隆猪该如何做？___________
_________________________________________________________________。
（5）科学家将反义F3H序列导入到康乃馨中，降低了植株中F3H基因的表达量和酶活性，封锁了花青素合成途径，获得花香物质苯甲酸的释放量大大增加的转基因康乃馨。以上说明目的基因除了编码蛋白质的基因外，还可以是_______________。将目的基因导入植物细胞常用的方法是____________。
【答案】（1）限制酶和DNA连接酶 染色体DNA
（2）抗生素
（3）受体对移入子宫的外来胚胎基本上不发生免疫排斥反应
（4）对早期胚胎进行分割移植
（5）调控作用因子 农杆菌转化法
【解析】根据题意和图示分析可知：①表示基因表达载体的构建，②表示超数排卵处理，③是核移植过程，④是早期胚胎培养，⑤是胚胎移植过程，最后通过妊娠分娩获得绿色荧光蛋白转基因克隆猪。（1）过程①表示基因表达载体的构建，需要的工具酶有限制酶和DNA连接酶。绿色荧光蛋白基因需要导入到成纤维细胞的染色体DNA上才有可能培育出绿色荧光蛋白转基因克隆猪。（2）猪胎儿成纤维细胞培养过程中，培养液中加入抗生素的目的是防止培养液被污染，培养液含有葡萄糖、氨基酸、无机盐、维生素和动物血清等。（3）早期胚胎移植时，受体对移入子宫的外来胚胎基本上不发生免疫排斥反应，为胚胎在受体母猪体内的存活提供了可能。（4）来自同一胚胎的后代具有相同的遗传物质，所以将早期胚胎进行胚胎分割移植可以获得更多相同的绿色荧光蛋白转基因克隆猪。（5）科学家将反义F3H序列导入到康乃馨中，降低了植株中F3H基因的表达量和酶活性，封锁了花青素合成途径，获得花香物质苯甲酸的释放量大大增加的转基因康乃馨。以上说明目的基因除了编码蛋白质的基因外，还可以是调控作用因子。因为导入的对象是植物细胞，而农杆菌易侵染植物细胞，故一般用农杆菌转化法将目的基因导入植物细胞。

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