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湖北名校联盟2019届高三5月仿真测试卷
理科综合
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Mn 55 Ba 137
第Ⅰ卷（选择题，共126分）
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．下列有关生物膜系统的说法正确的是
A．合成固醇类激素的细胞内质网一般不发达
B．通过细胞膜上载体蛋白的物质运输属于协助扩散
C．磷脂是构成细胞膜的重要物质，但磷脂与物质的跨膜运输无关
D．核膜具有双层膜结构，其上的核孔是核质交换与信息交流的通道
【答案】D
【解析】固醇属于脂质，内质网是蛋白质合成和加工，以及脂质的合成车间；根据结构与功能相适应的特点，合成固醇类激素的细胞内质网应较发达；A错误；主动运输也需要载体，B错误；自由扩散中，脂溶性物质易通过细胞膜与磷脂有关；C错误；核孔是核质物质和信息交流的通道；D正确。
2．近年来，RNA分子成为科学界的研究热点。下列关于RNA的描述中，正确的是
A．发菜细胞中，rRNA的合成以及核糖体的形成与核仁密切相关
B．转录时，RNA聚合酶能识别RNA分子的特定位点并与之结合
C．由于密码子具有简并性，因此一种tRNA可与多种氨基酸结合
D．有的RNA分子能降低某些生化反应的活化能而加速反应进行
【答案】D
【解析】发菜细胞为原核细胞，没有细胞核，也就没有核仁，其细胞中rRNA的合成以及核糖体的形成与核仁无关，A错误；转录时，RNA聚合酶能识别DNA分子的特定位点（基因中的启动子）并与之结合，B错误；一种tRNA只能与一种氨基酸结合，C错误；少数酶是RNA，酶能降低生化反应的活化能而加速反应进行，D正确。
3．生物实验中常用到对照，以下对照设置正确的是
A．研究温度对酶活性的影响分别在酸性和碱性条件下进行
B．研究蝾螈细胞核的功能实验中，将其受精卵两部分缢成有核和无核两部分
C．验证胚芽鞘感光部位在尖端的实验中，甲组用锡帽盖住尖端，乙组去掉尖端
D．在噬菌体侵染细菌实验中，用放射性元素S、P标记同一噬菌体
【答案】B
【解析】研究温度对酶活性的影响的实验中，自变量为温度，PH值为无关变量，无关变量应保持相同且适宜，A错误；研究细胞核的功能，自变量是有无细胞核，可以把蝾螈的受精卵横缢成有核和无核二部分，这是正确的做法，B正确；验证胚芽鞘感光部位在尖端的实验中，实验的自变量是尖端是否接受光照的刺激，因此甲组用锡帽罩住尖端，乙组不作处理，C错误；在噬菌体侵染细菌实验中，用放射性元素S、P分别标记不同噬菌体，以获得单独标记蛋白质的噬菌体和单独标记DNA的噬菌体，D错误。
4．图1表示不同植物生长单位长度所需时间与生长素浓度的关系，图2为不同浓度的 生长素对植物生长的影响曲线。下列叙述不正确的是
A．图1和图2中曲线的变化情况都能够反映生长素的作用具有两重性
B．图1中Ⅰ、Ⅱ的最低点和图2中H点对应的生长素浓度均为促进相应植物生长的最适浓度
C．若图1中的a点对应的生长素浓度为图2中的m，则b点对应的生长素浓度大于e
D．若图1中的c点对应的生长素浓度为图2中的m，则d点对应的生长素浓度应大于g小于 2m
【答案】D
【解析】依分析可知，图1和图2中曲线的变化情况都能够反映生长素的作用具有两重性，A正确；图1中Ⅰ、Ⅱ的最低点代表植物生长单位长度所需时间最短，H点对应的生长素促进作用最强，因此均为促进相应植物生长的最适浓度，B正确；若图1中的a点对应的生长素浓度为图2中的m，则b点对应的生长素浓度应大于a，对应图2应大于m，且b点在图1的作用表现为抑制作用，对应图2应大于e，因此b点对应的生长素浓度大于e，C正确；若图1中的c点对应的生长素浓度为图2中的m，因d点对应的生长素浓度大于c，对应图2应大于m，且c点在图1的作用表现为促进作用在加强，未达到最适浓度，对应图2应大于m小于g，D错误。
5．下列有关种群和群落的叙述，错误的是
A．捕食者数量的变化与被捕食者数量的变化之间存在负反馈调节
B．食性相同的异种鸟类分布在树林的不同位置能有效减小种间竞争
C．黑光灯诱捕的方法可用于探究农田里昆虫的物种数目
D．环境容纳量受自然条件限制，会因环境的破坏而发生变化
【答案】C
【解析】被捕食者的数量增加会导致捕食者的数量增加，而捕食者数量的增加会导致被捕食者数量的减少，可见两者之间的数量变化存在负反馈调节，A正确；森林中同一位置的食物有限，食性相同的异种鸟类会因争夺食物发生种间竞争，因此食性相同的异种鸟类分布在树林的不同位置能有效减小种间竞争，B正确；黑光灯只能用于调查农田里趋光性的昆虫，没有趋光性的昆虫不能捕获，因此不能用于探究该农田里昆虫的物种数目，C错误；环境容纳量会随着环境条件的改变而改变，D正确。
6．下列关于生物变异和进化的叙述，错误的是
A．种群之间的生殖隔离必须经长时间的地理隔离才能实现
B．人工繁育的大熊猫放归自然将改变保护区内大熊猫种群的基因频率
C．在生物的变异过程中，非同源染色体之间交换部分片段，属于突变
D．基因频率改变的快慢与其控制的性状与环境适应的程度有关
【答案】A
【解析】有些种群不经过地理隔离也可产生生殖隔离，如多倍体的形成，A错误；放归人工繁育的大熊猫对于原有野生种群来说是迁入个体，会影响原有野生种群的基因频率，B正确；非同源染色体之间交换部分片段是易位，属于染色体变异，也属于突变，C正确；在自然选择的作用下，具有有利变异的个体有更多的机会产生后代，相应的基因频率会不断提高，相反，具有不利变异的个体留下后代的机会少，相应的基因频率会下降；在持续选择的条件下，不利变异个体的基因频率有可能下降至0，因此基因频率改变的快慢与其控制的性状与环境适应的程度有关，D正确。
7．化学与生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是
A．高纯二氧化硅可用作计算机芯片的材料
B．硅胶、铁粉均可作为食品包装中的抗氧化剂
C．氯化铝是工业上电解法治炼金属铝的原料
D．“地沟油”可用来制肥皂和生物柴油
【答案】D
【解析】A．计算机芯片的主要成分是提纯的单质硅，故A项错误；B．硅胶经硅酸凝胶干燥脱水而得到，可以作为干燥剂，但因不具有还原性，不能作为食品包装中的抗氧化剂，故B项错误； C． 氯化铝为分子晶体，在熔融状态下不能电离，不能用于冶炼金属铝，而氧化铝才是工业上电解法治炼金属铝的原料，故C项错误；D．“地沟油”的成分是油脂，碱性条件下水解成为皂化反应，可用来制肥皂，可从地沟油中提炼出油脂作为生物柴油，故D项正确；答案选D。
8．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温常压下，36g 18O2中所含的中子数为16NA
B．8.0g Cu2S和CuO的混合物中含有的铜原子数为0.1NA
C．电解饱和食盐水时，阳极生成22.4L气体时，转移的电子数为2NA
D．室温下向1L pH＝1的醋酸溶液中加水，所得溶液中H+数目小于0.1NA
【答案】B
【解析】A．36g 18O2的物质的量为=1mol，则所含中子数为2×(18-8)×NA=20NA，故A项错误；B．Cu2S的摩尔质量是CuO摩尔质量的2倍，含有的铜原子个数也是CuO的2倍，故Cu2S和CuO的混合物可以看做均由“CuO”构成，则含有的“CuO”物质的量为n==0.1mol，则混合物中含有的铜原子数为0.1NA，故B项正确；C．阳极上生成气体的状态不明确，故物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故C项错误；D．1L pH＝1的醋酸溶液中，氢离子的物质的量n(H+)=0.1mol，在加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，故所得溶液中H+数目略大于0.1NA，故D项错误；答案选B。
9．下列实验方案正确且能达到实验目的的是
A．：证明碳酸的酸性比硅酸强
B．：验证草酸晶体是否含结晶水
C．：检验混合气体中H2S和CO2
D．：制备乙酸乙酯
【答案】C
【解析】A．盐酸挥发出的HCl也能和硅酸钠反应，应先除去，A项错误；B．草酸受热易熔化，所以试管口不能向下倾斜，且草酸受热分解也会产生水，B项错误；C．足量酸性高锰酸钾溶液可检验并除去H2S，可通过澄清石灰水变浑浊检验CO2的存在，C项正确；D．导管不能插入饱和碳酸钠溶液中，否则会引起倒吸，D项错误；所以答案选择C项。
10．甲、乙、丙三种有机化合物的键线式如图所示。下列说法错误的是
A．甲、乙的化学式均为C8H14
B．乙的二氯代物共有7种（不考虑立体异构）
C．丙的名称为乙苯，其分子中所有碳原子可能共平面
D．甲、乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】A．由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；B．乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH－原子上，共有7种，故B正确；C．苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；D．乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故D错误。故选D。
11．W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，W和X形成的气态化合物的水溶液显碱性，Y的M层电子数与K层电子数之和为L层电子数的一半，Z的低价氧化物和其气态氢化物可以反应得到 Z的淡黄色单质。下列说法正确的是
A．Y与Z的单质混合加热能反应 B．X、Y、Z的简单离子半径：XC．Z的含氧酸酸性强于X的含氧酸 D．单质的还原性：W>Y
【答案】A
【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W和X形成的气态化合物的水溶液显碱性，则该气态化合物为NH3，故W为H，X为N；Y的M层电子数与 K层电子数之和为 L层电子数的一半，则Y为Mg元素；Z的低价氧化物和其气态氢化物可以反应得到Z的淡黄色单质，该反应为二氧化硫和硫化氢反应生成硫和水，则Z为S元素，以此分析解答。
A．Mg与S的单质混合加热反应生成MgS，故A正确；B．N、Mg、S的简单离子半径：Mg2+<
N3?H2，故D错误。答案选A。
12．Mg–AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。如图用该水激活电池为电源电解NaCl溶液的实验中，X电极上有无色气体逸出。下列有关分析正确的是
A．II为正极，其反应式为Ag++e?=Ag
B．水激活电池内Cl–由正极向负极迁移
C．每转移1mol e?，U型管中消耗0.5mol H2O
D．开始时U型管中Y极附近pH逐渐增大
【答案】B
【解析】A．AgCl是难溶物，其正极电极反应式为：2AgCl+2e?=2C1?+2Ag，选项A错误；B．原电池放电时，阴离子向负极移动，则Cl?在正极产生由正极向负极迁移，选项B正确；C．每转移1mol e?，由2Cl?+2H2O2OH?+H2↑+Cl2↑，可知生成0.5mol氢气，消耗1mol水，选项C错误；D．Y为阳极，生成氯气，氯气与水反应呈酸性，pH减小，选项D错误。答案选B。
13．已知HA的酸性弱于HB的酸性。25℃时，用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1mol·L?1的HA溶液和HB溶液的pH（溶液的体积变化忽略不计），溶液中A?、B?的物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变化悄况如图所示。
下列说法正确的是
A．曲线Ⅰ表示溶液的pH与-lgc(A?)的变化关系
B．
C．溶液中水的电离程度：M>N
D．N点对应的溶液中c(Na+)＞Q点对应的溶液中c(Na+)
【答案】B
【解析】A．由“HA的酸性弱于HB的酸性”可知，Ka(HB)>Ka(HA)，由图可知，曲线I表示溶液的pH与-lgc(B?)的变化关系，错误；B．根据图中M、N点的数据可知，c(A?)=c(B?)，c(HA)=c(HB)，故，正确；M点与N点存在c(A?)=c(B?)，M点溶液的pH比N点溶液的pH小，c(OH?)小，水的电离程度弱，故M点水的电离程度弱，错误；D．N、Q点对应溶液的pH相等，由图可知c(A?)< c(B?)，根据电荷守恒可知，N点对应的溶液中c（Na+）小于Q点对应的溶液中c（Na+），错误。
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．以下叙述正确的是
A．法拉第发现了电流的磁效应
B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大
C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因
D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果
【答案】D
【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，选项A错误；惯性是物体的固有属性，质量大的物体惯性一定大，惯性大小与速度无关，选项B错误；伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因，选项C错误；感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果，选项D正确；故选D.
15．如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上。磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触。若不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是
A．在磁铁下落的整个过程中，从上向下看圆环，圆环中的感应电流方向先顺时针后逆时针
B．磁铁在整个下落过程中，圆环对它的作用力始终竖直向上
C．磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变
D．磁铁落地时的速率一定等于
【答案】B
【解析】当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针(从上向下看圆环)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针(从上向下看圆环)，A错误；据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可判断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，B对；磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械能不守恒，C错误；若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度v＝，但磁铁穿过圆环的过程中要产生电流，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于，D错误。
16．如图所示，放在电梯地板上的一个木块相对电梯处于静止状态，此时弹簧处于压缩状态。突然发现木块被弹簧推动，据此可判断电梯此时的运动情况可能是
A．匀速上升 B．加速上升
C．减速上升 D．减速下降
【答案】C
【解析】木块突然被推动，表明木块所受摩擦力变小了，也表明木块与地板之间的弹力变小了，重力大于弹力，其合力竖直向下，木块处于失重状态，故C正确；ABD错误。
17．如右图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m和木板之间的动摩擦因数为，为保持木板的速度不变，从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么外力对物体m做功的数值为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】M对m的摩擦力向右，则m对M的摩擦力向左，m做匀加速直线运动，当速度达到v和M一起做匀速运动．匀加速运动的时间，则物体运动的位移．所以外力F通过滑动摩擦力对物体做正功为，故B正确，A、C、D错误．故选B。
18．如图所示，带电小球a由绝缘细线PM和PN悬挂而处于静止状态，其中PM水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆弧细管道GH，圆心P与a球位置重合，管道底端H与水平地面相切，一质量为m可视为质点的带电小球b从G端口由静止释放，当小球b运动到H端时对管道壁恰好无压力，重力加速度为g。在小球b由G滑到H过程中，下列说法中正确的是
A．小球b机械能逐渐减小
B．小球b所受库仑力大小始终为2mg
C．小球b加速度大小先变大后变小
D．细线PM的拉力先增大后减小
【答案】D
【解析】小球b运动过程管道支持力和电场力不做功，故只有重力做功，那么机械能守恒，故A错误；对小球b运动过程应用机械能守恒可得：，由小球在H点时对管道壁恰好无压力，根据牛顿第二定律可得：，所以小球b受到的库仑力，方向竖直向上；又有库仑力，所以，库仑力大小不变，故选项B错误；设b与a的连线与水平方向的夹角为，则有，任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成，即，下滑过程中从0增大，可知小球b加速度一直变大，故选项C错误；设PN与竖直方向的夹角为α，对球a受力平衡，在竖直方向可得，在水平方向可得，解得，下滑过程中从0增大，细线PM的拉力先增大后减小，故选项D正确；故选选项D。
19．如图所示，设地球半径为R，假设某地球卫星在距地球表面高度为h的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，运行周期为T，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近地点B时，再次点火进入近地轨道Ⅲ绕地做匀速圆周运动，引力常量为G，不考虑其他星球的影响，则下列说法正确的是
A．地球的质量可表示为
B．该卫星在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率
C．卫星在圆轨道Ⅰ和圆轨道Ⅲ上做圆周运动时，轨道Ⅰ上动能小，引力势能大，机械能小
D．卫星从远地点A向近地点B运动的过程中，加速度变小
【答案】AB
【解析】在轨道I上运动过程中，万有引力充当向心力，故有，解得，故选项A正确；在轨道Ⅰ的A点需要减速做近心运动才能进入轨道Ⅱ，所以在在轨道Ⅱ上A点速率小于在轨道Ⅰ上A点的速率，根据 可得，可知在轨道III上B点速率大于在轨道Ⅰ上A点的速率，所以该卫星在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率，故选项B正确；从B运动到A的过程中只受到地球引力作用，引力做负功，势能增加，由于轨道III上的速度大于在轨道Ⅰ的速度，所以动能减小，由于在轨道Ⅲ上B点点火加速机械能增加，在轨道Ⅱ上A点点火加速机械能增加，所以机械能增加，故选项C错误；根据公式可得，所以轨道半径越大，向心加速度越小，故卫星从远地点A向近地点B运动的过程中，轨道变小，加速度变大，故选项D错误。故选AB。
20．在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核(X)发生了一次α衰变。放射出的α粒子(He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R。以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量，生成的新核用Y表示。下面说法正确的是
A．发生衰变后产生的α粒子与新核Y在磁场中运动的轨迹正确的是图丙
B．新核Y在磁场中圆周运动的半径为RY＝
C．α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，且电流大小为I＝
D．若衰变过程中释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，则衰变过程中的质量亏损为Δm＝
【答案】BCD
【解析】由动量守恒可知衰变后产生的α粒子与新核Y运动方向相反，所以在磁场中运动的轨迹圆外切，根据可得，可知α粒子半径大，由左手可知两粒子圆周运动方向相同，丁图正确，故选项A错误；由可知，新核Y在磁场中圆周运动的半径为，故选项B正确；圆周运动的周期为，环形电流为，故选项C正确；对α粒子由洛伦磁力提供向心力可得，由质量关系可知衰变后新核Y质量为，由衰变过程中动量守恒可得可知，系统增加的能量为，由质能方程可得，联立解得衰变过程中的质量亏损为，故选项D正确；故选BCD。
21．图为模拟远距离输电的部分测试电路。a、b端接电压稳定的正弦交变电源，定值电阻阻值分别为R1、R2，且R1A． B．
C．电源的输出功率一定减小 D．电压表示数一定增加
【答案】BCD
【解析】因，故A错；根据变压器的原理 ， ，解得： ， ，在原线圈电路中，，即 ，整理得： ，根据几何关系可知，故B对；当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，负载电阻变大，电源电压不变，电流减小，故电源输出功率减小，C对；当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，负载电阻变大，则回路中电流变小，则原线圈电流也减小，那么电阻 上的电压减小，电源电压不变，所以原线圈的电压变大，根据匝数比可知副线圈的电压也变大，故D对。
第Ⅱ卷（非选择题，共174分）
三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第40题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题(共129分)
22．(6分)某兴趣小组用如图甲所示的实验装置来测物块与斜面间的动摩擦因数。PQ为一块倾斜放置的木板，在斜面底端Q处固定有一个光电门，光电门与数字计时器相连(图中未画)。每次实验时将一物体(其上固定有宽度为d的遮光条)从不同高度h处由静止释放，但始终保持斜面底边长L＝0.500 m不变。(设物块与斜面间的动摩擦因数处处相同)
(1)用20分度游标卡尺测得物体上的遮光条宽度d如乙图所示，则d＝__________cm；
(2)该小组根据实验数据，计算得到物体经过光电门的速度v，并作出了如图丙所示的v2－h图象，其图象与横轴的交点为0.25。由此可知物块与斜面间的动摩擦因数μ＝______________；
(3)若更换动摩擦因数更小的斜面，重复上述实验得到v2－h图象，其图象的斜率将______________(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】0.225 0.5 不变
【解析】（1）由图知第5条刻度线与主尺对齐，则读数为：；
（2）设斜面的长为s，倾角为，由动能定理得：
即：，
由图象可知，当时，，代入得到：；
（3）由知斜率为定值，若更换动摩擦因数更小的斜面，图象的斜率不变。
23．(9分)某同学测定电源电动势和内阻，所使用的器材有：待测干电池一节(内阻很小)、电流表A(量程0.6 A，内阻RA小于1 Ω)、电流表A1(量程0.6 A，内阻未知)、电阻箱R1(0～99.99 Ω)、滑动变阻器R2(0～10 Ω)、单刀双掷开关S、单刀单掷开关K各一个，导线若干。
(1)该同学按图甲所示电路连接进行实验操作。请在答题卡相应位置的虚线框内补全与图甲对应的电路图_______。
(2)测电流表A的内阻：
闭合开关K，将开关S与C接通，通过调节电阻箱R1和滑动变阻器R2，读取电流表A的示数为0.20 A、电流表A1的示数为0.60 A、电阻箱R1的示数为0.10 Ω，则电流表A的内阻RA＝________Ω。
(3)测电源的电动势和内阻：
断开开关K，调节电阻箱R1，将开关S接__________(填“C”或“D”)，记录电阻箱R1的阻值和电流表A的示数；断开开关K，开关S所接位置不变，多次调节电阻箱R1重新实验，并记录多组电阻箱R1的阻值R和电流表A的示数I。
(4)数据处理：
图乙是由实验数据绘出的－R图象，由此求出干电池的电动势E＝__________V、内阻r＝__________Ω。(计算结果保留二位有效数字)
(5)如果电流表A的电阻未知，本实验__________ (填“能”或“不能”)测出该电源的电动势。
【答案】如图所示：
0.20 D 1.5 0.25 能
【解析】（1）由实物图连接原理图，如图所示：
（2）根据串并联电路的规律可知，流过电阻箱R1的电流；
电压，则电流表内阻为：；
（3）S接D，否则外电路短路；
（4）根据（3）中步骤和闭合电路欧姆定律可知
变形可得：
根据图象可知:，，解得，；
（5）由可知：当电流表内阻未知时，能测出电动势，但不能测出内电阻。
24．(12分)如图所示，间距为L的水平平行金属导轨上连有一定值电阻，阻值为R，两质量均为m的导体棒ab和cd垂直放置导轨上，两导体棒电阻均为R，棒与导轨动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个导轨处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B。现用某一水平恒力向右拉导体棒ab使其从静止开始运动，当棒ab匀速运动时，棒cd恰要开始滑动，（重力加速度为g）求：
（1）棒ab匀速运动的速度大小
（2）若棒ab从开始运动到匀速的过程中流过的电荷量为q，这一过程经历的时间是多少？
【答案】（1）v= （2）
【解析】（1）设棒ab速度为v，则棒ab中的感应电流
棒cd中的感应电流为
cd受安培力
当棒cd恰要滑动时，F1=μmg，即=μmg
得
（2）设棒ab受恒定外力为F，匀速运动时棒ab中的电流为I，棒ab所受安培力F2=BIL
对棒cd: F1==μmg
棒ab: F=F2+μmg=2F1+μmg
得
对棒ab从开始运动到匀速过程，设运动时间为t；
由动量定理：
而
故
解得
25．(20分)如图所示，平面直角坐标系xoy的y轴左侧有沿y轴正向的匀强电场，y轴为电场的右边界，电场宽度为d。y轴右侧有垂直平面向外的匀强磁场，y轴为磁场的左边界。在x轴上的P（-d，0）点有一粒子发射器，以相同速度v0沿x轴正向先后射出甲、乙两个带正电的粒子。已知甲粒子比荷，场强大小为，甲、乙两粒子在电场中的加速度大小之比为3:1，磁感应强度大小为 ，不计粒子间的相互影响，不计粒子重力。求：
(1) 乙粒子第一次在电场中的侧移距离；
(2) 甲粒子在磁场中运动的时间；
(3)乙粒子第一次过x轴时的坐标。
【答案】(1) (2) (3)坐标为（，0）
【解析】 (1)甲、乙粒子沿x轴以v0匀速运动，则甲、乙粒子在电场中的运动时间
由牛顿第二定律，甲粒子加速度为
侧移
依题意，乙粒子在电场中的加速度
则
（2） 电场中，甲粒子
，得，
磁场中，甲粒子偏转轨迹如图。
甲粒子在磁场轴运动时间为:
（3）电场中，乙粒子
，得，
由可得
磁场中，由
有，偏转轨迹如图。
偏转圆圆心在x轴上。则乙粒子第一次过x轴时
故坐标为（，0）
26．（14分）某校化学趣小组设计了图示实验装置来测定某铁碳合金的质量分数。
完成下列填空：
（1）m g铁碳合金中加入过量浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，其原因是：①常温下碳与浓硫酸不反应；②______________________________________。
（2）加热时A中碳与浓硫酸反应的化学方程式为____________，B中的现象是__________；C的作用是______________________________。
（3）待A中不再逸出气体时，停止加热，拆下E并称重，E称重b g。则铁碳合金中铁的质量分数的表达式为______________________________（化简后的表达式）。
（4）甲同学认为利用此装置测得铁的质量分数偏大，可能的原因是__________________。
（5）乙同学提出，本套装置在设计上存在多处缺陷而导致实验结果不准确，其中会导致铁质量质量分数测量值偏低是___________（回答一条即可）。
【答案】（1）常温下铁遇浓硫酸发生“钝化”
C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O 品红溶液褪色 检验SO2是否除尽

装置中残留的CO2未被E吸收
E中碱石灰会吸收空气中的CO2、H2O等
【解析】（1）常温下，铁与浓硫酸反应生成一层致密的氧化物保护膜，阻止内金属继续与浓硫酸反应，发生钝化现象，故答案为：常温下铁遇浓硫酸发生“钝化”；（2）碳与浓硫酸在加热的条件下生成二氧化硫、二氧化碳、水，反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，A中生成的气体含有CO2、2SO2，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；C装置的作用为除尽反应产物中的SO2气体，防止影响二氧化碳的质量测定，故答案为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；品红溶液褪色；检验SO2是否除尽；（3）E增重b g为二氧化碳的质量，根据碳元素守恒可知合金中碳元素的质量为，合金中铁的质量为，故铁的质量分数，故答案为：；（4）装置内残留部分二氧化碳，未能被装置E完全吸收，导致测量的二氧化碳的质量偏小，即合金中碳元素的质量偏小，铁元素的质量增大，质量分数增大，故答案为：装置中残留的CO2未被E吸收；（5）由装置图可知，SO2不一定能全部被品红KMnO4除去，E中碱石灰会吸收空气中的CO2、H2O等，故答案为：E中碱石灰会吸收空气中的CO2、H2O等。
27．（14分）碱性锌锰电池的工作原理：Zn+2MnO2+2H2O=2MnO(OH)+Zn(OH)2，其中的电解质溶液是KOH溶液。某课题组用废旧铁壳无汞碱性锌锰电池为原料，制备一种新型材料——MnxZn(1?x)Fe2O4，其工艺流程如图所示：
（1）已知MnxZn(1?x)Fe2O4中锰元素的化合价与实验室用二氧化锰制取氯气时还原产物中的锰相同，则铁元素的化合价为___________。
（2）“溶渣”工序中稀硫酸与铁反应生成的硫酸亚铁可将+3价锰的化合物全部还原成Mn2+，写出该反应的离子方程式：_________________________________。
（3）“调铁”工序的目的是调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn(1?x)Fe2O4相符合。
①写出“调铁”工序中发生反应的离子方程式：______________________、___ ____。
②若测得滤液的成分为c(Mn2+)+c(Zn2+)=a mol·L?1，c(Fe2+)+c(Fe3+)=b mol·L?1，滤液体积为1 m3，“调铁”工序中，需加入的铁粉质量为__________kg(忽略溶液体积变化，用含a、b的代数式表示)。
（4）在“氧化”工序中，加入双氧水的目的是把Fe2+氧化为Fe3+；生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，其可能原因除温度外，主要是______________________。
（5）用氨水“调pH”后，经“结晶”、“过滤”可得到产品和滤液C，从滤液C中还可分离出一种氮肥，该氮肥的溶液中离子浓度由大到小的排序为_______________。
【答案】（1）+3
MnO(OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O
Fe+2Fe3+=3Fe2+ Fe+2H+=Fe2++H2↑ 112a?56b
生成的Fe3+催化了双氧水的分解
c(NH)>c(SO)>c(H+)>c(OH?)
【解析】由流程图可知，向用水洗涤的废旧电池滤渣中加入稀硫酸，滤渣中的Fe和Zn(OH)2溶于稀硫酸，反应生成的硫酸亚铁在酸性条件下，与MnO(OH)发生氧化还原反应生成硫酸铁、硫酸锰，过滤得到含有硫酸锌、硫酸铁和硫酸锰的酸性滤液，向滤液中加入铁粉调整滤液中铁离子的总浓度，使其中金属元素的物质的量之比与产品的化学式MnxZn(1?x)Fe2O4相符合，再加入双氧水将Fe 2+氧化为Fe 3+，用氨水调pH后，经结晶、过滤得到产品MnxZn(1?x)Fe2O4。
（1）由题意可知，MnxZn(1?x)Fe2O4中锰元素的化合价为+2价，设铁元素化合价为+a，由化合价代数和为零可得：（+2）×x+（+2）×（1-x）+（+a）×2+（-2）×4=0，解得a=3，故答案为：+3；（2）由题意可知，硫酸亚铁与MnO(OH)在酸性条件下发生氧化还原反应，硫酸亚铁被氧化生成硫酸铁，MnO(OH)被还原为硫酸锰，反应的离子方程式为MnO(OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O，故答案为：MnO(OH)+Fe2++3H+=Mn2++Fe3++2H2O；（3）①“调铁”工序中，加入的铁粉与溶液中的Fe 3+和H+反应，反应时，氧化性较强的Fe3+与Fe反应生成Fe2+，Fe3+完全反应后，H+与Fe反应生成Fe2+和H2，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+和Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+2H+=Fe2++
H2↑；②由MnxZn(1?x)Fe2O4得化学式可知，n[Mn2++Zn2+]∶n(Fe 3+)=1∶2，设加入的铁粉为x mol，依据题意可得（a mol·L?1×103L）∶(b mol·L?1×103L+x) =1∶2，解得x=(2a-b)×103 mol，则加入的铁粉质量为(2a-b)×103 mol×56g/mol=56(2a-b)×103g=56(2a-b)kg，故答案为：56(2a-b)；（4）在“氧化”工序中，双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，反应生成的Fe3+可以做催化剂，使双氧水催化分解，成为除温度外，导致实际消耗双氧水的量大于理论值的因素，故答案为：生成的Fe3+催化了双氧水的分解；（5）由流程图可知，反应中加入了稀硫酸和氨水，滤液C中一定含有可以做氮肥的硫酸铵，硫酸铵溶液中由于铵根离子水解使溶液显酸性，溶液中有c(H+)>c(OH?)，但是由于水解程度小，溶液中有c(NH)>
c(SO)，则溶液中离子浓度由大到小的排序为，故答案为：c(NH)>c(SO)>c(H+)>c(OH?)。
28．（15分）二甲醚又称甲醚，简称DME，熔点-141.5℃，沸点-24.9℃，与石油液化气(LPG)相似，被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气(CO、H2)制备二甲醚的反应原理如下：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ΔH1=-90.0kJ·mol?1
②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2=-20.0kJ·mol?1
回答下列问题：
（1）已知：H2O(1)=H2O(g) ΔH=+44.0kJ/mol，若由合成气(CO、H2)制备1mol CH3OCH3(g)，且生成H2O(1)，其热化学方程式为_______________。
（2）有人模拟该制备原理：500K时，在2L的密闭容器中充入2mol CO和6mol H2，5min达到平衡，平衡时测得c(H2)=1.8mol·L?1，c(CH3OCH3)=0.2mol·L?1，此时CO的转化率为__________。用CH3OH表示反应①的速率是_____________mol·L?1·min?1，可逆反应②的平衡常数K2=__________。
（3）在体积一定的密闭容器中发生反应②，如果该反应的平衡常数K2值变小，下列说法正确的是____。
A．平衡向正反应方向移动 B．平衡移动的原因是升高了温度
C．达到新平衡后体系的压强不变 D．容器中CH3OCH3的体积分数减小
（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中，按不同投料比充入CO(g)和H2(g)进行反应①，平衡时CO(g)和H2(g)的转化率如图所示，则a=________ (填数值)。
（5）绿色电源“二甲醚燃料电池”的结构如图所示，电解质为熔融态的碳酸盐(如熔融K2CO3)，其中CO2会参与电极反应。工作时正极的电极反应为______________ 。
【答案】（1）2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(l) ΔH2=-244.0kJ·mol?1
60% 0.12 1
BD
2
2CO2+O2+4e?=2CO
【解析】（1）给H2O(1)=H2O(g) ΔH=+44.0kJ/mol编号为③，根据盖斯定律，①×2+②-③得：2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(l) ΔH2=-244.0kJ·mol?1。（2）由已知，CO和H2按照物质的量之比1∶2反应，H2反应了6mol-1.8mol·L?1×2L=2.4mol，所以CO反应了1.2mol，此时CO的转化率为：1.2mol÷2mol×100%=60%；根据反应①，生成CH3OH 1.2mol，用CH3OH表示反应①的速率是1.2mol÷2L÷5min=0.12mol·(L·min)?1；由c(CH3OCH3)=0.2mol·L?1，可得反应②H2O(g)的平衡浓度为0.2mol·L?1，反应②CH3OH(g)的平衡浓度为1.2mol÷2L-2×0.2mol·L?1=0.2mol·L?1，所以可逆反应②的平衡常数K2===1。（3）化学平衡常数只受温度影响，反应②正向为放热反应，升高温度K2值变小，平衡逆向移动，CH3OCH3(g)生成率降低，容器中CH3OCH3的体积分数减小；容器中气体总物质的量不变，容器容积固定，T增大，根据PV=nRT，则P增大，故BD正确。（4）反应物按化学计量数之比投料，则平衡转化率相同，如图，交点纵坐标表示H2和CO转化率相等，横坐标a表示H2(g)和CO(g)的投料比，所以a=2。（5）正极上是氧气得电子发生还原反应，由已知熔融K2CO3作电解质，CO2参与反应，故电极反应式为：2CO2+O2+4e?=2CO。
29．（9分）下图表示某植物所在密闭大棚内夏季一昼夜CO2浓度的变化（假定呼吸速率不变）。回答下列问题：
（1）图中甲到乙段大棚内CO2浓度增长速率减慢的原因是___________。
（2）图中植物体内有机物含量最多是___________点。该植物___________（填“能”或“不能”）积累有机物，原因是_____________________。
（3）该植物细胞吸收18O2，最先出现放射性的物质是______________________。
【答案】（1）甲到乙段，光照强度逐渐增强，光合速率增大，CO2释放减少，故大棚内CO2浓度增长速率减慢
（2）丙 能（1分） 丁点CO2浓度小于甲点
（3）水
【解析】（1）图1中甲到乙段处于零时到清晨，光照强度逐渐增强，光合速率增大，CO2释放减少，故大棚内CO2浓度增长速率减慢。（2）图1中丙点时CO2浓度降到最低，说明植物体内有机物含量最多。丁点时CO2浓度低于甲点，说明经过一昼夜，该植物吸收了CO2，能积累有机物。（3）该植物细胞吸收的18O2，首先参与有氧呼吸第三阶段，与[H]结合生成含放射性的水。
30．（10分）关于阿尔茨海默病（AD，俗称“老年痴呆”）的发病机制，现在最流行的是β淀粉样蛋白（Aβ）假说。该假说认为由于Aβ“漏出”神经细胞，会引起周围的神经细胞膜和线粒体膜的损伤，神经纤维缠结。
（1）由题意可知，合成Aβ的场所是_________，Aβ可通过胞吐的方式“漏出”神经细胞，会引起周围的神经细胞突触小体中乙酰胆碱的（一种兴奋性神经递质）释放量_______（变少、不变、变多），原因是____________________________________________。
（2）AD病患者神经系统不兴奋和缺少________激素的效果很相似。AD病患者还会出现大量记忆性神经元数目减少的现象，据研究是由于体液中的吞噬细胞吞噬引起的，这是_______（填“非特异性免疫”、“细胞免疫”或“体液免疫”）执行功能的结果。
（3）向患者体内注射抗Aβ的抗体是治疗阿尔茨海默病的方法之一，其原理是
。
【答案】（1）核糖体 变少（1分） Aβ破坏线粒体，使呼吸作用释放的能量减少，影响乙酰胆碱的释放
（2）甲状腺 非特异性免疫（1分）
（3）注射Aβ的抗体可与Aβ结合，降低Aβ对神经细胞膜和线粒体膜的破坏性
【解析】（1）Aβ是淀粉样蛋白，蛋白质的合成场所在核糖体，因此合成Aβ的场所是核糖体。Aβ“漏出”神经细胞，会引起线粒体膜的损伤，细胞有氧呼吸受阻，产生的能量减少，使得乙酰胆碱的合成和释放量减少。（2）甲状腺激素可促进中枢神经系统的发育，提高神经系统的兴奋性。因此，AD病患者神经系统不兴奋和缺少甲状腺激素的效果很相似。体液中吞噬细胞的吞噬作用属于人体免疫的第二道防线，为非特异性免疫。（3）向患者体内注射抗Aβ的抗体，Aβ的抗体可与Aβ结合，降低Aβ对周围的神经细胞膜和线粒体膜的损伤。
31．（10分）加拿大一枝黄花原产于北美，1935年作为观赏植物引入我国。现逐步蔓延全国，成为严重威胁生态平衡的外来物种。
（1）加拿大一枝黄花入侵后与本地杂草的关系为____________，导致植物群落的物种丰富度____________(填“上升”或“下降”)，生态系统的抵抗力稳定性将逐渐________(填“升高”或“降低”)。
（2）在调查某公路两旁加拿大一枝黄花种群密度时取样方法为_________。由于缺乏天敌、气候条件适宜等因素，研究人员通过对近十年该地加拿大一枝黄花种群数量分析，绘制增长曲线发现其呈类似____________增长，这属于构建____________模型。
【答案】（1）竞争 下降（1分） 降低
（2）等距取样法 J型（1分） 数学
【解析】（1）加拿大一枝黄花和本地杂草都属于植物，所以二者属于竞争关系；由于加拿大一枝黄花在竞争中占优势，将会导致植物群落的物种丰富度下降；由于物种丰富度下降，生态系统抵抗力稳定性将逐渐降低。（2）公路为长方形，所以利用样方法调查种群密度时的取样方法为等距取样法；由于缺乏天敌、气候条件适宜等因素，加拿大一枝黄花的数量将呈类似J型增长，这属于数学模型。
32．（10分）某XY型性别决定的昆虫种群中，有正常翅灰体和正常翅黄体两种类型。偶尔发现了1只卷翅、灰体雌性个体，利用该个体进行实验，结果如下表，已知该卷翅与正常翅受A、a基因的控制，灰体与黄体受B、b基因的控制，请分析回答：
（1）从杂交后代的比例看，控制翅型与体色的两对等位基因位于______对同源染色体上，控制____________(性状)的基因纯合致死。
（2）为确定卷翅基因是位于常染色体上，还是位于X染色体上，可通过统计________(填“组合一”或“组合二”)杂交子代的性状表现来确定，若__________________________，则该基因位于常染色体上；若__________________________，则该基因位于X染色体上。
【答案】（1）2 灰体
（2）组合二 雌性和雄性中卷翅与正常翅的比例都是3∶1 雌性全为卷翅，雄性中卷翅与正常翅的比例是1∶1
【解析】（1）根据以上分析可知，控制两对相对性状的等位基因位于两对同源染色体上，遵循基因的自由组合定律，且控制灰体的B基因纯合致死。（2）为了确定卷翅基因是位于常染色体上还是X染色体上，可以通过统计组合二杂交子代的性状表现来确定，若雌性和雄性中卷翅与正常翅的比例都是3∶1，说明该基因位于常染色体上；若雌性全为卷翅，雄性中卷翅与正常翅的比例是1∶1，说明该基因位于X染色体上。
（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
A．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，仅与单位体积内的分子数有关
B．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变
C．悬浮在液体中的微粒运动的无规则性，间接地反映了液体分子运动的无规则性
D．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小
E. 若一定质量的理想气体温度升高，则气体分子的平均动能一定增大
【答案】CDE
【解析】气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及温度有关，故A错；在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，则动能不变，吸收的热量转化为分子势能，所以内能增大，故B错；悬浮在液体中的微粒受到液体分子的碰撞，所以微粒运动的无规则性，间接地反映了液体分子运动的无规则性，故C对；当 分子力表现为斥力， 是平衡位置，当分子从向平衡位置运动时分子力做正功，所以分子势能减小，过了平衡位置后分子力表现为引力，继续运动分子力做负功，分子势能增加，所以当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小，故D对；温度是平均动能的标志，若一定质量的理想气体温度升高，则气体分子的平均动能一定增大，故E对；
(2)(10分)如图所示，一个内壁光滑、导热性能良好的汽缸竖直吊在天花板上，开口向下。质量与厚度均不计、导热性能良好的活塞横截面积为S＝2×10－3 m2，与汽缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离h＝24 cm，活塞距汽缸口10 cm。汽缸所处环境的温度为300 K，大气压强p0＝1.0×105 Pa，取g＝10 m/s2。现将质量为m＝4 kg的物块挂在活塞中央位置上。
（1）活塞挂上重物后，活塞下移，求稳定后活塞与汽缸底部之间的距离。
（2）若再对汽缸缓慢加热使活塞继续下移，活塞刚好不脱离汽缸，加热时温度不能超过多少？此过程中封闭气体对外做功多少？
【答案】（1）30 cm（2） 6.4 J
【解析】（1）挂上重物后，活塞下移，设稳定后活塞与汽缸底部之间的距离为h1
该过程中气体初末状态的温度不变，根据玻意耳定律有：
代入数据解得：；
（2）加热过程中汽缸内压强不变，当活塞移到汽缸口时，温度达到最高，设此温度为T2
根据盖—吕萨克定律有：
而，，解得，即加热时温度不能超过
加热过程中气体对外做功
代入数据得。
34．【物理——选修3-4】(15分)
(1)(5分)下列说法正确的是________
A．狭义相对论认为，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，光速与光源、观察者间的相对运动无关
B．电视遥控器发出的红外线的波长比医院里“CT”中发出的X射线的波长要短
C．分别用红光、紫光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，红光的相邻两个亮条纹的中心间距大于紫光的相邻两个亮条纹的中心间距
D．如图1所示，a、b两束光以不同的入射角由玻璃射向真空，结果折射角相同，则在玻璃中a光的全反射临界角大于b光的全反射临界角
E. 如图2所示，偏振片P的透振方向为竖直方向，沿与竖直方向成45°角振动的偏振光照射到偏振片P上，在P的另一侧能观察到透射光
【答案】ACE
【解析】狭义相对论认为真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，光速与光源。观察者间的相对运动没有关系，故A正确；遥控器发出的红外线波长比医院“CT”中的X射线波长要大，而频率却低，故B错误；根据双缝干涉条纹间距，由于红光波长大于紫光波长，则可知在同一实验装置上，红光的相邻两个亮条纹的中心间距大于紫光的相邻两个亮条纹的中心间距，故C正确；以相同的入射角从玻璃射向真空，a光入射角较小，折射角相同，所以根据折射定律可知：此玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，在玻璃中，光的全反射临界角公式为，a光的折射率大，则临界角小，故D错误；沿与竖直方向成45°角振动的光也能通过偏振片，在P的另一侧能观察到透射光，故E正确。
(2)(10分)如图所示，在x＝0处的质点O在垂直于x轴方向上做简谐运动，形成沿x轴正方向传播的机械波。在t＝0时刻，质点O开始从平衡位置向上运动，经0.4 s第一次形成图示波形，P是平衡位置为x＝0.5 m处的质点。
（1）位于x＝5 m处的质点B第一次到达波峰位置时，求位于x＝2 m处的质点A通过的总路程。
（2）若从图示状态开始计时，至少要经过多少时间，P、A两质点的位移(y坐标)才能相同？
【答案】（1）20 cm（2）0.05 s
【解析】（1）结合题图可分析出，该机械波的传播周期为，波长为，振幅，
该机械波的波速为
由图可知，此时波峰在处，当波峰传播到处的B点时，波向前传播的距离为，所以质点B第一次到达波峰位置所需要的时间
由题意知，当质点B第一次到达波峰位置时，质点A恰好振动了一个周期，所以质点A通过的总路程为；
（2）角速度为：，从图示状态开始计时
质点A做简谐运动的表达式为：
质点P做简谐运动的表达式为：
要使P、A两质点的位移(y坐标)相同，即，至少要经过时间t应满足：
，解得：。
35．【化学——选修3：物质的结构与性质】（15分）
BaTiO3、KH2PO4和NaNO2都属于铁电体，它们具有许多特异的性能如当它受压力而改变形状时产生电流，通电时会改变形状等。
（1）基态Ti原子的价电子排布式为___________，属于___________区元素。
（2）KH2PO4晶体中存在的作用力有___________(选填字母)。
A．离子键 B．共价键 C．氢键
（3）NO中N原子的杂化类型为___________，键角(填“>、<或=”)___________120°，其原因是___________。N、O、Na三种元素的第二电离能(I2)由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。
（4）BaTiO3的晶胞如下图所示：
Ti原子的配位数为___________，晶体的密度为ρ g/cm3，最近的Ba原子和O原子之间的距离为___________（填计算式)nm。( BaTiO3的摩尔质量为233g/mol，NA为阿伏加德罗常数的值)
【答案】（1）3d24s2 d
ABC
sp2 < N原子上有一对孤对电子，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对之间的斥力 Na>O>N
6
【解析】（1）Ti是22号元素，根据原子构造原理可得其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，所以基态Ti原子的价电子排布式是3d24s2，Ti位于元素周期表第四周期第IVB族，属于d区；（2）KH2PO4是盐，属于离子晶体，含离子键，在阴离子H2PO4-中含有P-O键、O-H键，-OH中的O原子与其它KH2PO4之间-OH的H原子间可形成氢键，故合理选项是ABC；（3）在NO中存在N=O和N-O，所有NO中的N原子采用sp2杂化，N原子最外层有5个电子，其中一对为孤电子对，有3个成键电子，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对之间的斥力，所以键角小于120°；（4）由于Na+是最外层8个电子的稳定结构，气态基态Na+从8电子稳定结构再失去一个电子最难，气态基态O+从2p3半充满较稳定结构再失去一个电子较难。所以Na+的第二电离能I2最大，N+最小，因此三种元素的第二电离能(I2)由大到小的顺序为Na>O>N；（5）根据晶胞结构示意图可知：Ti位于晶胞中心，O原子位于晶胞六个面心上，Ba位于晶体的8个顶点上，所以Ti的配位体数目是6；在一个晶胞中含有的各种元素的原子个数Ti：1×1=1；Ba：1/8×8=1，O：1/2×6=3，即一个晶胞中含有1个BaTiO3，其质量m=g，由于晶胞的密度是ρg/cm3，所以晶胞的体积V==cm3，则晶胞的边长L=cm=×107nm，最近的Ba原子和O原子位于面对角线的一半位置，所以最近的Ba原子和O原子之间的距离为a=L=nm。
36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
某有机反应中间体（X）的一种合成路线如图所示。
已知：
Ⅰ．（R、R'表示氢原子或烃基）；
Ⅱ．G的相对分子质量为118，可由NCCH2CH2CN水解制得。
回答下列问题：
（1）A的化学名称为___________。
（2）反应②所需试剂、条件分别为____________、___________。
（3）G的分子式为_________________。
（4）X中含氧官能团的名称是_____________。
（5）反应④的化学方程式为____________。
（6）写出符合下列条件的F的所有同分异构体的结构简式____________（不考虑立体异构）。
a．苯环上连有-NO2 b．核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6∶3∶2
（7）结合已有知识和相关信息，写出以CH3CHO为原料合成的路线流程图（无机试剂任用）。
【答案】（1）苯乙烯
NaOH/H2O（或氢氧化钠水溶液） 加热
C4H6O4
羧基、酰胺键
+HCN →

（7）
【解析】（1）根据B和A的分子式推出A为，化学名称为苯乙烯；答案：苯乙烯；（2）反应②为+NaOH→+NaBr，卤代烃水解成醇，需要反应条件强碱水溶液；答案：NaOH/H2O（或氢氧化钠水溶液）；（3）由以上分析可知G为G为HOOCCH2CH2COOH，分子式为C4H6O4；答案：C4H6O4；（4）有以上分析可知X为，含氧官能团的名称是羧基、酰胺键；答案：羧基、酰胺键；由以上分析可知反应④为加成反应，化学方程式为+HCN→；（6）a．苯环上连有-NO2 b．核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6∶3∶2，只有三种氢原子，结构应该比较对称，氢原子数之比为6∶3∶2，符合条件的有、；（7）根据题干信息D到E，可，根据信息二可知，自身发生缩聚反应生成产物；答案：
。
37．【生物——选修一：生物技术实践】（15分）
蛋白质提取、分离在分子生物学研究中具有重要意义。
（1）蛋白质提取和分离的步骤一般分为__________________。
（2）提取血红蛋白时，选用猪血，而不选用鸡血。理由是_______________。
（3）实验前采取新鲜的猪血，要切记在采血容器中预先加入柠檬酸钠，目的是________。若要从红细胞中提取血红蛋白，则要对获得的红细胞进行______、________和分离血红蛋白溶液、透析，才能获得含杂质较少的血红蛋白溶液。
（4）通过__________法将样品进一步纯化，经__________方法进行纯度鉴定。
（5）在凝胶色谱法制作过程中，装填凝胶柱时，不得有气泡存在，原因是____________。
【答案】（1）样品处理、粗分离、纯化和纯度鉴定
（2）哺乳动物红细胞中没有细胞核，减少干扰
（3）防止血液凝固 洗涤 血红蛋白释放
（4）凝胶色谱法 （SDS—聚丙烯酰胺凝胶）电泳（1分）
（5）气泡会搅乱洗脱液中蛋白质的洗脱次序，降低分离效果
【解析】（1）蛋白质的提取和分离一般分为四步：样品处理、粗分离、纯化和纯度鉴定。（2）鸡的红细胞中有细胞核，而猪的红细胞中没有细胞核，对提取血红蛋白的干扰少。所以选用猪血，而不选用鸡血作为提取血红蛋白的材料。（3）实验前采取新鲜的猪血，要在采血容器中预先加入柠檬酸钠防止血液凝固；提取血红蛋白的步骤为：先用生理盐水对红细胞进行洗涤，去除杂蛋白；将洗涤好的红细胞置于蒸馏水和甲苯的混合液中，使红细胞破裂释放血红蛋白；用离心法分离血红蛋白溶液；将血红蛋白溶液装入透析袋透析，获得含杂质较少的血红蛋白溶液。（4）通过凝胶色谱法将样品进一步纯化，对蛋白质进行纯度鉴定使用最多的是SDS—聚丙烯酰胺凝胶电泳。（5）在凝胶色谱法制作过程中，装填凝胶柱时可轻轻敲打色谱柱，使凝胶装填均匀，不得有气泡存在，因为气泡会搅乱洗脱液中蛋白质的洗脱次序，降低分离效果。
38．【生物——选修三：现代生物科技专题】（15分）
请回答下列有关生物工程方面的问题：
（1）基因工程的核心是_____________。将目的基因导入植物细胞最常见的方法是___________；将目的基因导入动物细胞最有效的方法是_______________。
（2）植物体细胞杂交技术中，诱导原生质体融合的化学方法一般是用________作为诱导剂。动物细胞工程中______________技术是其他动物细胞工程技术的基础。动物细胞工程的一项重要应用是制备单克隆抗体，该过程的杂交瘤细胞中发生的遗传信息流动有DNA→DNA、______________。
（3）胚胎工程中，为了获得产奶量高的奶牛，需取囊胚期___________细胞做性别鉴定。若对囊胚进行胚胎分割，要注意_________，否则影响分割后胚胎的恢复和进一步发育。
【答案】（1）基因表达载体的构建 农杆菌转化法 显微注射法
（2）聚乙二醇（PEG） 动物细胞培养 DNA→RNA→蛋白质（DNA→RNA、RNA→蛋白质）
（3）滋养层（1分） 将内细胞团均等分割
【解析】 (1) 基因工程的核心是基因表达载体的构建；将目的基因导入植物细胞最常见的方法是农杆菌转化法，将目的基因导入动物细胞最有效的方法是显微注射法。(2)植物体细胞杂交技术中，诱导原生质体融合的化学方法一般是用聚乙二醇（PEG）作为诱导剂；动物细胞工程中，动物细胞培养技术是其他动物细胞工程技术的基础。制备单克隆抗体时，杂交瘤细胞在增殖过程中会进行DNA复制和有关蛋白质的合成，此时遗传信息的流动有：DNA→DNA、DNA→RNA→蛋白质（DNA→RNA、RNA→蛋白质）。(3) 在胚胎工程中，为了获得产奶量高的奶牛，需取囊胚期的滋养层细胞做性别鉴定，以选择雌性胚胎进行移植。若对囊胚进行胚胎分割，要注意将内细胞团均等分割，否则影响分割后胚胎的恢复和进一步发育。

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