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2019届高考考前适应性试卷
理科综合能力测试（一）
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 S 32 Cl 35.5 K 39
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．下列有关蛋白质等物质所在位置及对应功能的叙述，不正确的是
A．位于突触后膜上的某些受体，可特异性识别神经递质
B．位于线粒体内膜上的ATP合成酶，可催化ATP的合成
C．位于细胞膜上的载体，可参与离子等物质的跨膜运输
D．位于细胞质中的抗体，可引起特异性免疫反应
2．利用同位素标记法可以追踪物质的运行和变化规律，以下有关叙述正确的是
A．用同位素标记某个脱氧核苷酸可以确定不同基因在染色体上的位置
B．若用带有32P标记的dATP（dA-Pα～Pβ～Pγ，d表示脱氧）作为DNA生物合成的原料，将32P标记到新合成的DNA分子上，则带有32P的磷酸基团应在dATP的α位上
C．分别用18O标记的水和未被18O标记的水培养小球藻进行光合作用实验，释放的氧气分别为18O2和O2，可有力证明光合作用释放的氧气来自于水而不是来自于二氧化碳
D．将细胞置于含3H标记的胸腺嘧啶脱氧核苷酸培养基中，培养至第二次分裂中期，细胞中一半的DNA分子中含3H标记
3．下列关于马拉松比赛中运动员机体稳态调节的叙述，正确的是
A．汗腺分泌增多，毛细血管收缩，散热加快
B．胰高血糖素分泌增加，促进肝糖原合成和非糖物质转化
C．抗利尿激素释放减少，肾小管和集合管对水的重吸收减弱
D．血浆中CO2浓度增大，刺激脑干的呼吸中枢，使呼吸加快加强
4．脂肪酶催化脂肪水解为甘油和脂肪酸，科研人员为探究油水比例对脂肪水解度的影响[水解度=(脂肪水解量/脂肪总量)×100%]，做了相关实验，结果如图。下列叙述错误的是
A．实验中水既是化学反应的溶剂又是反应的原料
B．实验过程需要提供适宜的温度和pH等条件
C．当水的比例大于50%，随水的比例增加，脂肪酶活性下降
D．当脂肪比例大于50%，随水的比例增加，水解度逐渐上升
5．下列关于果蝇可遗传变异的叙述，正确的是
A．果蝇的长翅基因中缺失10个碱基对而引起的变异属于染色体结构变异
B．果蝇有性生殖中，不同类型雌雄配子随机结合属于基因重组
C．雄果蝇减数分裂时X、Y染色体上的某些基因可能发生基因重组
D．染色体倒位、易位不改变基因的数量，因而不改变果蝇的性状
6．生态学家林德曼对赛达伯格湖的能量流动进行了定量分析，下图为能量流动图解。图中数据的单位为J/(cm2.a)。下列说法不正确的是
A．“未利用”中的能量会暂时性脱离该生态系统能量流动
B．生产者和植食性动物间存在信息传递
C．生产者流入分解者的能量为12.5J/(cm2.a)
D．肉食性动物尿液中的能量不属于其同化的能量
7．化学与生活、生产、环境密切相关，下列有关说法正确的是
A．冬天大量使用燃煤，会加剧雾霾天气的形成
B．在食盐中加入大量KIO3，有利于提高碘盐的品质
C．食品包装袋中常用保鲜剂的组成为铁粉、炭粉和氯化钠，其中炭粉作还原剂
D．涤纶、塑料和光导纤维都是有机高分子材料
8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1L pH=5的醋酸溶液中含有的H+数目小于10NA
B．9.2g 14CO2与N218O的混合物中所含中子数为4.8NA
C．硝酸与铜反应生成0.1mol NO2时，转移电子数为0.2NA
D．1mol SO?和0.5mol O2充分反应，生成SO3的分子数为NA
9．一种免疫调节剂，其结构简式如图所示，关于该物质的说法不正确的是
A．属于芳香族化合物，分子式为C9H11O4N
B．可以发生的反应类型有：加成反应、取代反应、氧化反应、聚合反应
C．分子中所有碳原子有可能在同一平面上
D．1mol该调节剂最多可以与3mol NaOH反应
10．处理锂离子二次电池正极废料铝钴膜(含有LiCoO2、Al等)的一种工艺如下：
下列有关说法不正确的是
A．碱浸的目的是溶解铝 B．酸溶时H2 O2被还原
C．H2SO4/H2O2可改用浓盐酸 D．铝、钴产物可再利用
11．短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的阴离子核外电子数与X原子的内层电子数相同，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，Y的单质在空气中的体积分数最大，Z是金属性最强的短周期元素。下列说法中正确的是
A．原子半径：r(W)＜r(X)＜r(Y)＜r(Z)
B．W、X、Y、Z原子的最外层电子数之和为10
C．W与X可形成含非极性键的化合物
D．X的最高价氧化物的水化物酸性比Y的强
12．下图为利用电化学方法处理有机废水的原理示意图。下列说法正确的是
A．a、b极不能使用同种电极材料
B．工作时，a极的电势低于b极的电势
C．工作一段时间之后，a极区溶液的pH增大
D．b极的电极反应式为：CH3COO－+4H2O－8e－=2HCO+9H+
13．用AG表示溶液酸度：AG=lgc(H+)c(OH?)。在室温下，用0.1mol·L?1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol·L?1的CH3 COOH溶液，滴定结果如图所示。下列分析正确的是
A．0.1mol·L?1的CH3 COOH溶液的pH=3.4
B．A点加入的NaOH溶液的体积为20.00mL
C．滴定过程中，c(CH3COO-)／c(H+)逐渐减小
D．B点溶液中可能存在c(Na+)>c(CH3COO?)>c(OH?)>c(H+)
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题有多选项符合题目要求。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．氘核和氚核聚变的核反应方程为，已知的比结合能是2.78 MeV，的比结合能是1.09 MeV，的比结合能是7.03 MeV，则
A．该核反应释放17.6 MeV能量 B．该核反应释放3.16 MeV能量
C．该核反应吸收17.6 MeV能量 D．该核反应吸收3.16 MeV能量
15．一盏电灯重力为G，悬于天花板上A点，在电线O处系一细线OB，使电线OA偏离竖直方向的夹角为β＝30°，如图所示。现保持β角不变，缓慢调整OB方向至虚线位置，则在此过程中细线OB中的张力
A．先减小后增大
B．先增大后减小
C．不断增大
D．不断减小
16．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势φ随坐标x变化的关系图象如图所示，其中P点电势最高，且xAP＜xPB，则
A．q1和q2都是正电荷
B．q1的电荷量大于q2的电荷量
C．在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先减小后增大
D．一点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小
17．2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在中国举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。跳台滑雪赛道可简化为助滑道、着陆坡、停止区三部分，如图所示。一次比赛中，质量为m的运动员从A处由静止下滑，运动到B处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C点，滑入停止区后，在与C等高的D处速度减为零。已知B、C之间的高度差为h，着陆坡的倾角为θ，重力加速度为g。只考虑运动员在停止区受到的阻力，不计其他能量损失。由以上信息不能求出的是
A．运动员在空中飞行的时间
B．A、B之间的高度差
C．运动员在停止区运动过程中克服阻力做功
D．C、D两点之间的水平距离
18．如图甲所示为一“凸型”线框，其中ab＝bc＝cd＝de＝l，ef＝3l。线框在外力作用下以恒定速度垂直磁场通过一宽为l的有界匀强磁场。取逆时针方向电流方向为正，图示时刻t＝0，则线框中产生的电流i随时间t变化的图象中，正确的是
A． B． C． D．
19．如图所示，A、B两物体的质量分别为m、2m，中间用轻杆相连，放在光滑的斜面上。现将它们从静止释放，在下滑的过程中
A．两物体下滑的加速度相同 B．轻杆对A做正功，对B做负功
C．任意时刻两物体重力的功率相同 D．系统的机械能守恒
20．某一双星系统中，A星球质量是B星球质量的2倍，两者之间的间距为l。经观测发现A星球上的物质在缓慢地向外太空逃逸，若干年后A星球的质量变为原来的一半，间距减小，由观测知此时双星系统的角速度变为原来的1.5倍，则
A．两星球之间距离变为 B．两星球之间距离变为
C．A星球的轨道半径变为 D．A星球的轨道半径变为0.25l
21．如图所示竖直平面内一半径R的光滑圆环处在与水平方向夹角θ＝45°的斜向上的匀强电场中，一电量为q、质量为m的带正电小球在圆环中A点静止（A点未画出），已知场强。现给静止在A处的小球一沿切线方向的冲量I，为保证小球不脱离轨道，I的取值是
A． B． C． D．
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38题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题(共129分)
22．(6分)如图所示，某同学在实验室做“测动摩擦因数”的实验，细线连接钢球和滑块跨在木板上端的定滑轮上处于静止状态，发现烧断细线后钢球落地和滑块撞击挡板的时间相同。
(1)写出滑块下滑的加速度a与图中x、H、重力加速度g的关系式（用字母表示）a＝_________。
(2)以滑块为研究对象，利用牛顿第二定律，用H、h、x这三个物理量表示出动摩擦因数的数学表达式，表达式是μ＝____________。（用字母表示）
(3)用刻度尺测量出H＝2.5 m，x＝0.50 m，h＝0.30 m，代入相关数据，得出滑块与木板间的动摩擦因数μ＝_____。（结果保留两位有效数字）
23．(9分)某兴趣小组的同学用下列实验器材设计一个电路来比较精确地测量电阻R(约3 kΩ)的阻值。
A．电压表V1，量程为0～4 V，内阻为r1＝6 kΩ
B．电压表V2，量程为0～10 V，内阻约为6 kΩ
C．滑动变阻器R1(0～100 Ω)，额定电流1 A
D．滑动变阻器R2(0～500 Ω)，额定电流0.2 A
E．定值电阻R0＝6 kΩ
F．电源电动势E＝12 V，内阻很小
G．开关S、导线若干
要求实验中电表示数从零调节，可获得多组测量数据，且电表读数不得小于其量程的，测量结果尽量准确，实验操作方便。
(1)由实验要求应选择的实验器材有___________(填器材前面的字母序号)；
(2)在虚线框内画出测量电阻的最合理电路图。(电路图上标明所用仪器的代号)
(3)用已知量和测量的量表示Rx的表达式Rx＝___________，说明式中各字母所表示的物理量：___________。
24．(12分)中国高铁以“快、准、稳”成为一张靓丽的“名片”而为国人所自豪。3月9日由北京南开往杭州东的G35次高铁上，一位男旅客在洗手间内吸烟，触发烟感报警装置，导致高铁突然降速缓行。假设此次事件中列车由正常车速80 m/s匀减速至24 m/s后匀速行驶，列车匀速行驶6 min后乘警通过排査解除了警报，列车又匀加速恢复至80 m/s的车速。若列车在匀加速和匀减速过程的加速度大小均为l.4 m/s2，试求：
(1)列车以非正常车速行驶的距离；
(2)由于这次事件，列车到达杭州东时晚点多少秒？
25．(20分)如图所示，在一直角坐标系xOy平面内有圆形区域，圆心在x轴负半轴上，P、Q是圆上的两点，坐标分别为P(－8L，0)，Q(－3L，0)。y轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度的大小为B；y轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外。现从P点沿与x轴正方向成37°角射出一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。求：
(1)带电粒子的初速度；
(2)粒子从P点射出到再次回到P点所用的时间。
26．（14分）锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌，正极是被二氧化锰和碳粉包围的石墨电极，电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物，该电池放电过程中产生MnOOH。废旧电池中的Zn、Mn元素的回收，对环境保护有重要的意义。
Ⅰ．回收锌元素，制备ZnCl2
步骤一：向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水，搅拌，充分溶解，经过滤分离得固体和滤液。
步骤二：处理滤液，得到ZnCl2·xH2O晶体。
步骤三：将SOCl2与ZnCl2·xH2O晶体混合制取无水ZnCl2。
制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2(夹持及加热装置略)的装置如下：
(已知：SOCl2是一种常用的脱水剂，熔点－105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解，与水剧烈水解生成两种气体。)
（1）写出SOCl2与水反应的化学方程式：______________________。
（2）接口的连接顺序为a→___→___→h→h→___→___→___→e。
Ⅱ．回收锰元素，制备MnO2
（3）洗涤步骤一得到的固体，判断固体洗涤干净的方法：_________________________。
（4）洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧的目的__________________________。
Ⅲ．二氧化锰纯度的测定
称取1.40g灼烧后的产品，加入2.68g草酸钠（Na2C2O4）固体，再加入足量的稀硫酸并加热（杂质不参与反应），充分反应后冷却，将所得溶液转移到100mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻线，从中取出20.00mL，用0.0200mol/L高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为17.30mL。
（5）写出MnO2溶解反应的离子方程__________________________________________。
（6）产品的纯度为______________________ 。
（7）若灼烧不充分，滴定时消耗高锰酸钾溶液体积_____（填“偏大”、“ 偏小”、“ 不变”）。
27．（14分）氨为重要的化工原料，有广泛用途。
（1）合成氨中的氢气可由下列反应制取：
a．CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝＋216.4 kJ·mol?1
b．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝－41.2 kJ·mol?1
则反应CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)　ΔH＝_________________________。
（2）起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图。
①恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是________(填序号)。
A．N2和H2的转化率相等 B．反应体系密度保持不变
C．c(H2)/c(NH3 )保持不变 D．c(NH3)/c(N2)＝2
②p1________(填“>”、“<”、“＝”或“不确定”，下同)p2；反应的平衡常数：B点________D点。
③C点H2的转化率为________；在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氨气的平均速率：v(A)________v(B)。
（3）N2H4可作火箭推进剂，NH3和NaClO在一定条件下反应可生成N2H4。
①写出NH3和NaClO反应生成N2H4的化学方程式________________________________。
②已知25℃时，N2H4的水溶液呈弱碱性：N2H4＋H2ON2H5+＋OH? K1＝1×10?a
N2H5+＋H2ON2H62+＋OH?　K2＝1×10?b 25℃时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c(N2H5+)>c(N2H4)，同时c(N2H5+)>c(N2H62+)，应控制溶液pH的范围为_________________(用含a、b的式子表示)。
28.（15分）富硼渣中含有镁硼酸盐（2MgO·B2O3）、镁硅酸盐（2MgO·SiO2）及少量Al2O3、FeO等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸（H3BO3）晶体的一种工艺流程如下：
已知：生成氢氧化物沉淀的pH（金属离子的起始浓度为0.1mol/L）
Fe(OH)3
Al(OH)3
Fe(OH)2
Mg(OH)2
开始沉淀时
1.9
3.4
7.0
9.1
完全沉淀时
3.2
4.7
9.0
11.1
（1）上述流程中能加快反应速率的措施有______、_______等。
（2）酸浸时发生反应：2MgO·SiO2+2H2SO4=2MgSO4+SiO2+2H2O，2MgO·B2O3+2H2SO4+H2O
=2H3BO3+2MgSO4。
①上述反应体现出酸性强弱：H2SO4______H3BO3（填“＞”或“＜”）。
②酸浸时，富硼渣中所含Al2O3和FeO也同时溶解，写出相关反应的离子方程式：______、______。
③已知硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为：H3BO3+OH? =B(OH)。下列关于硼酸的说法正确的是__（填序号）。
a．硼酸是一元酸
b．向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，有气泡产生
c．硼酸的电离方程式可表示为：H3BO3+H2OB(OH)+H+
（3）检验褐色浸出液中的杂质离子：取少量浸出液，______（填操作和现象），证明溶液中含有Fe2+。
（4）除去浸出液中的杂质离子：用MgO调节溶液的pH至______以上，使杂质离子转化为______（填化学式）沉淀，过滤。
（5）获取晶体：ⅰ.浓缩滤液，使MgSO4和H3BO3接近饱和；ⅱ.控制温度使两种晶体分别从溶液中结晶。结合下图溶解度曲线，简述ⅱ的方法：将浓缩液加入到高压釜中，______（将方法补充完整）。
29．（9分）为了研究光照对玉米叶片净光合速率的影响，测得玉米叶片在不同光照强度下CO2吸收量的变化曲线如图所示。回答下列问题：
（1）在t1～t2时，暗反应速率逐渐_________(选填“增大”“减小”或“不变”)，原因是________________________________________。
（2）在t3时，玉米叶肉细胞的叶绿体利用CO2的相对值为_________。
（3）在t3～t4时给予全日照，玉米叶片吸收CO2量的相对值不再上升，说明________；此时玉米叶肉细胞间CO2浓度远低于空气中CO2浓度，原因是____________。
30．（12分）生长素的主要作用是促进细胞纵向伸长，其作用机理如图所示，请回答下列问题:
（1）生长素作用的第一步是与细胞膜上的受体结合，形成“激素-受体复合物”，这一过程体现了细胞膜的________________________功能。
（2）被激活的“激素-受体复合物”能引起内质网释放Ca2+，Ca2+促使细胞内的H+以主动运输方式运往细胞外，增加了细胞壁的延展性，使细胞壁对细胞的压力减小，导致细胞吸水、体积增大而发生不可逆增长。细胞在生长过程中体积变化最大的细胞器是____________。
（3）对于某植株来说，生长素促进根系生长的最适宜浓度要比茎低得多，这说明__________________。
（4）科学家研究发现紫外光可以抑制植物生长，原因是紫外线增加了植物体内吲哚乙酸氧化酶的活性，从而促进了生长素氧化为3-亚甲基氧代吲哚，而后者没有促进细胞伸长的作用。现在提供生长状况相同的健康的小麦幼苗若干作为实验材料，请完成下列实验方案，以验证紫外线抑制植物生长与生长素的氧化有关。
步骤1:将生长状况相同的健康的小麦幼苗平均分为甲组和乙组。
步骤2:给予甲组______________________光照，给予乙组______________________光照。
对实验现象的观察和检测是____________。
预测实验结果:______________________________。
31．（8分）近几年来，甲地出现了土地盐碱化和植被退化的现象，乙地连年种植小麦，其产量逐年降低。对两地进行生态治理，具有重要意义。请运用生态学知识回答下列问题：
（1）2019感动中国十大人物之一钟扬，曾率领团队在青藏高原进行调查，发现此地野生动植物种类繁多，主要体现了生物多样性中的______多样性，该团队为国家种质库收集了数千万颗植物种子，尽管对其中大量种子的用途并不了解，但我们还是要加以保护，是因为它们存在______价值。
（2）甲地分布着碱蓬、柽柳和刺槐等多种植物，其主要种间关系是______。碱蓬根部细胞液中贮存着大量Na+，使其耐盐碱，原因是______。
（3）生态学家建议在乙地进行合理轮作（轮作是指在同一块田地上，有顺序地在季节间或年间轮换种植不同作物的种植方式），这样有利于农作物长期高产。请分析原因：______（答出两点即可）。
32．（10分）玉米是雌雄同株的二倍体植物，其甜味由三对基因控制，无甜味玉米基因型为AABBDD．甜玉米和超甜玉米均为无甜味玉米的基因突变纯合体，其中超甜玉米又有两个品种。它们的相关基因在染色体上的位置及对应性状如表所示，请回答下列问题：
玉米品种（纯种）
隐性突变基因
染色体（号）
甜度
甜玉米
a
4
甜
超甜玉米
b
3
很甜
d
？
很甜
（1）甜玉米的基因型是______。
（2）欲判断d基因是否位于3号染色体上，用不同品种的超甜玉米作为实验材料（不考虑突变和交叉互换），实验思路是 。若非甜玉米：超甜玉米=9：7，则d基因不位于3号染色体上；若 ，则d基因位于3号染色体上。
（3）玉米种子的U型和卵型、紫色和黄色，受两对等位基因控制，含有某种相同基因的雌、雄配子不能结合。研究人员从一株隔离种植的玉米植株上收获所有种子，统计发现：U型紫色：U型黄色：卵型紫色：卵型黄色=6：3：2：1，分析其原因为：①控制该植株两对性状的基因均为杂合；② ；③ 。
（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做。则每学科按所做的第一题计分。
33．【物理——选修3-3】(15分)
(1)(5分)对于下面所列的热学现象说法正确的是_________。（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．若氧气与氢气的温度相同，则这两种气体分子的平均速率不相同
B．硬币能浮在水面上，这是液体表面张力作用的结果
C．“第一类永动机”和“第二类永动机”都违背了能量守恒定律
D．自然界一切进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的
E．直径为1 μm的水珠所含水分子的个数比地球上的总人口数还要多
(2)(10分)如图所示，U型玻璃细管竖直放置，水平细管与U型细管底部相连通，各部分细管内径相同。此时U型玻璃管左、右两侧水银面高度差为15 cm，C管水银面距U型玻璃管底部距离为5 cm，水平细管内用小活塞封有长度为12.5 cm的理想气体A，U型管左管上端封有长25 cm的理想气体B，右管上端开口与大气相通。现将活塞缓慢向右压，使U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，已知外界大气压强为75 cmHg，忽略环境温度的变化，水平细管中的水银柱足够长，求：
(i)气体B的长度；
(ii)活塞移动的距离。
34．【物理——选修3-4】(15分)
(1)(5分)一列简谐横波，在t ＝0.6s时刻的图象如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为- lcm，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是_________。（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，最低得分为0分）
A．这列波沿x轴正方向传播
B．这列波的波速是m/s
C．从t＝0.6 s开始，紧接着的Δt＝0.6 s时间内，A质点通过的路程是l0 m
D．从t＝0.6 s开始，质点P比质点Q早0.4 s回到平衡位置
E. 若该波在传播过程中遇到一个尺寸为l0 m的障碍物不能发生明显衍射现象
(2)(10分)如图，长为d宽为l的长方形abdc是一个折射率为n＝的透明长方体的截面，ca延长线上某处的点光源P发出一条光线射向ab，光线与上表面ab的夹角θ＝30°。在bd下方有一个光屏。已知光在空气中传播速度为c。
(1)作出光路图，并求图示光线从光源到达光屏的路程s；
(2)求图示光线从光源到达光屏所用的时间t。
35．【选修3——物质结构与性质】(15分)
三乙酸锰可作单电子氧化剂，用如下反应可以制取三乙酸锰：4Mn(NO3)2·6H2O+26(CH3CO)2O=
4(CH3COO)3Mn+8HNO2+3O2↑+40CH3COOH。
（1）基态锰原子的价层电子排布式为______，基态Mn3+含有的未成对电子数是______。
（2）CH3COOH中碳原子的杂化形式为________。
（3）NO的空间构型是________，与NO互为等电子体的分子的化学式为______(任写一种)。
（4）CH3COOH能与H2O以任意比互溶的原因是____________________。
（5）某种镁铝合金可作为储钠材料，该合金晶胞结构如图所示，晶胞棱长为a nm，该合金的化学式为_______，晶体中每个镁原子周围距离最近的铝原子数目为_______，该晶体的密度为______g/cm3(阿伏伽德罗常数的数值用NA表示)。
36．【选修5——有机化学基础】(15分)
A是石油裂解气的主要成分之一，以A为原料制备药物中间体X的合成路线如下：
已知i.CH2=CH-CH=CH2+CH2=CH2；
ii．RCH=CH2。
回答下列同题：
（1）A的结构简式为_________，B的名称为__________，D中含有的官能团的名称是___________。
（2）有机物I的结构简式为___________；反应④的反应类型是___________。
（3）由A生成B的化学方程式为______________________________________。
（4）反应⑧的化学方程式为___________________________________________。
（5）满足以下条件的X的同分异构体有___________种。
i．能发生银镜反应；
ii．含有六元环结构；
iii．六元环上有2个取代基。
其中核磁共振氢谱中有6组峰，且峰面积之比为4∶4∶3∶2∶2∶1的有机物的结构简式为________（任写一种）。
（6）参照F的合成路线，以CH3CH=CHCH3为原料设计制备的合成路线：（其他试剂任选)。
37．【生物——选修一：生物技术实践】
目前市场上果醋、果酒和果蔬汁等饮料越来越受到人们的青睐。请回答：
（1）家庭酿造葡萄酒时酵母菌主要来源于______，喝剩的葡萄酒放置一段时间后会变酸，原因是 将乙醇转化为醋酸，但在果酒酿造过程中酒精发酵的旺盛时期，即使果汁灭菌不严格也不会变酸，原因是______ 。
（2）固定化酵母细胞可以用来生产果酒，固定酵母细胞常用______法，该方法常用的载体有明胶、琼脂糖、______、醋酸纤维和聚丙烯酰胺等。
（3）在苹果汁制作过程中常使用的果胶酶是一类酶的总称，包括多聚半乳糖醛酸酶、______和果胶酯酶等，通过测定滤出苹果汁的体积大小可以判断果胶酶活性的高低，原因是______。
38．【生物——选修三：现代生物科技专题】
请回答下列与基因工程、细胞工程、胚胎工程和生态工程有关的问题：
（1）利用PCR技术扩增目的基因，前提是要有一段已知目的基因的核苷酸序列，以便根据这一序列合成______。在培育抗虫棉的过程中，我国科学家用独创的______法将目的基因导入了棉花细胞。检测抗虫棉是否培育成功的具体方法是 。
（2）胚胎工程的最后一道工序是______，进行该工序的优势是______。
（3）在治疗癌症时，把抗癌细胞的单克隆抗体与放射性同位素相结合，制成“生物导弹”，借助单克隆抗体的导向作用，将药物带到癌细胞位置，在原位将其杀死，这体现“生物导弹”______的优点。
（4）我国西北一些地区年降雨量较少，适宜种植灌木和草，却被硬性规定种植属于乔木的杨树，致使许多地方的杨树长成半死不活状，结果防护林成为残败的“灰色长城”。其失败的原因主要是违背了______原理。
绝密 ★ 启用前
2019届高考考前适应性试卷
理科综合能力测试答案（一）
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. 【答案】D
【解析】位于突触后膜上的某些受体，可特异性识别神经递质，A正确；位于线粒体内膜上的ATP合成酶，可催化ATP的合成，B正确；位于细胞膜上的载体，可参与离子等物质的跨膜运输，C正确；抗体分布在细胞外液中，D错误。
2. 【答案】B
【解析】用荧光标记法可以确定不同基因在染色体上的位置，A错误；dATP（dA-Pα～Pβ～Pγ）脱去两个磷酸基团形成dA-Pα后才能成为合成DNA分子的原料，因此若用带有32P标记的dATP作为DNA生物合成的原料，将32P标记到新合成的DNA分子上，则带有32P的磷酸基团应在dATP的α位上，B正确；分别用18O标记的水和被18O标记的二氧化碳培养小球藻进行光合作用实验，释放的氧气分别为18O2和O2，可有力证明光合作用释放的氧气来自于水而不是来自于二氧化碳，C错误； 将细胞置于含3H标记的胸腺嘧啶脱氧核苷酸培养基中，根据DNA半保留复制特点，培养至第二次分裂中期，细胞中所有的DNA分子中都含3H标记，D错误。
3. 【答案】D
【解析】马拉松运动员比赛过程中，汗腺分泌增多，毛细血管扩张，散热加快，A错误；马拉松运动员比赛过程中消耗大量血糖，血糖浓度下降，故胰高血糖素分泌增加，促进肝糖原分解和非糖物质转化，B错误；运动员大量出汗，刺激下丘脑渗透压感受器，垂体释放抗利尿激素增多，促进肾小管和集合管对水的重吸收，C错误；运动员有氧呼吸产生大量CO2，血浆中CO2浓度增大，刺激脑干的呼吸中枢，使呼吸加快加强，D正确。
4. 【答案】C
【解析】脂肪酶催化脂肪水解为甘油和脂肪酸，该反应消耗水，同时水又是化学反应的溶剂，A正确；酶催化化学反应需要提供适宜的温度和pH等条件，B正确；当水的比例大于50%，随水的比例增加，水解度下降，根据水解度=（脂肪水解量/脂肪总量）×100%可知，脂肪的水解量下降，但脂肪酶活性不一定下降，可能是反应物浓度过低，C错误；当脂肪比例大于50%，即水的比例小于50%时，随水的比例增加，水解度逐渐上升，D正确。
5. 【答案】C
【解析】果蝇的长翅基因中缺失10个碱基对而引起的变异属于基因突变，A错误；基因重组发生在减数分裂形成配子的过程中，不同类型雌雄配子随机结合为受精作用，不属于基因重组，B错误；雄果蝇减数分裂时X、Y染色体为同源染色体，含有同源区，同源区上的染色体交叉互换属于基因重组，C正确；染色体倒位、易位不改变基因的数量，但是可能会改变生物的性状，D错误。
6. 【答案】D
【解析】识图分析可知，“未利用”中的能量会暂时性脱离该生态系统能量流动，一般未利用的能量保留到下一年，A正确；生产者为植食性动物提供食物，如草木返青为动物提供采食信息，而动物的采食又促进植物的生长，因此二者之间存在信息传递，B正确；根据图示分析可知，生产者固定的总量为464.6 J/(cm2.a)，其去向包括：呼吸作用96.3 J/(cm2.a)、未利用293 J/(cm2.a)、流向分解的部分和植食性动物取食部分，由以上分析知道植食性动物取食获得了62.8 J/(cm2.a)，则生产者流入分解者的能量为464.6-96.3-293-62.8=12.5 J/(cm2.a)，C正确；肉食性动物尿液中的能量（如尿素）属于其同化的能量，因为是由其同化到体内的物质代谢产生的，粪便中的能量不属于其同化的能量，D错误。
7.【答案】A
【解析】A．燃烧煤会产生大量的细小的烟尘等，会加剧雾霾天气的形成，A项正确；B．食盐中加入适量的KIO3可起到为人体补充碘元素的作用，但在食盐中加入大量的KIO3，对人体有害，B项错误；C．铁粉、炭粉、氯化钠在潮湿空气中可形成原电池，发生了吸氧腐蚀，可除去食品包装袋中的部分氧气，其中炭粉作正极，不参与电极反应，C项错误；D．光导纤维主要成分是二氧化硅，不是有机高分子材料，D项错误；所以答案选择A项。
8. 【答案】B
【解析】A．pH=5的醋酸溶液中c(H+)=10?5mol·L?1，所以1L pH=5的醋酸溶液中含有的氢离子数目等于10?5NA，故A错误；B．1 4CO2与N218O的相对分子质量均为46，且每个分子中含有的中子数为24，所以9.2g 14CO2与N218O的混合物中所含中子数为4.8NA，故B正确；C．根据得失电子守恒可得，NOx可能是NO或NO2，转移电子数介于0.1NA~0.3NA之间，故C错误；D．SO2和O2是可逆反应，所以1mol SO?和0.5mol O2充分反应，生成SO3的分子数小于NA，故D错误。故选B。
9. 【答案】D
【解析】A．将结构简式转化为分子式，含有苯环，属于芳香族化合物，分子式为C9H11O4N，A项正确，不符合题意；B．分子中含有苯环，可以发生加成反应，分子中有—COOH、—OH可以发生酯化反应，属于取代反应，该物质可以燃烧，可以发生氧化反应，而且—CH2OH，可发生催化氧化，酚羟基也容易被氧化，分子中有氨基和羧基可以发生缩聚反应，B项正确，不符合题意；C．根据苯分子的12原子共面以及碳碳单键可以旋转，可以判断该有机物分子中的的所有碳原子有可能共平面，C项正确，不符合题意；D．1mol该调节剂最多可以与2mol NaOH反应，分别是—COOH和苯环上的—OH发生反应，D项错误，符合题意；本题答案选D。
10. 【答案】B
【解析】本题以锂离子二次电池正极废料为研究对象，体现了化学在推进生态文明建设、解决生态环境问题等方面大有作为，同时考查学生通过所学知识解决这一实际问题的能力，根据流程，LiCoO2不与碱反应，Al能与NaOH反应，使Al转变成可溶的NaAlO2，然后过滤得到LiCoO2，LiCoO2中Li为＋1价，O为－2价，Co为＋3价，依据整个流程，产品中Co的化合价为＋2价，即“酸溶”中Co被还原，H2O2被氧化，“酸溶”液中加入NaOH，得到“净化液”，除去Li元素，加入草酸铵溶液，使Co2+转变成CoC2O4沉淀；A．根据铝钴膜的成分以及流程，Al能与NaOH反应，生成可溶的NaAlO2，LiCoO2不溶于NaOH，然后过滤得到LiCoO2，因此碱浸的目的是溶解铝，故A说法正确；B．LiCoO2中Co显＋3价，产品中CoC2O4，Co显＋2价，化合价降低，LiCoO2为氧化剂，H2O2为还原剂，H2O2被氧化，故B说法错误；C．H2SO4提供H+，H2O2作还原剂，盐酸可提供H+，＋3价Co也能氧化Cl－转化成＋2价Co，故C说法正确；D．根据上述分析，铝、钴产物可以再利用，故D说法正确。
11. 【答案】C
【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，考古用的是14C，故X为C元素；Y的单质在空气中的体积分数最大，故Y是N元素；Z是金属性最强的短周期元素，应为Na，W的阴离子的核外电子数与X原子的核外内层电子数相同，则W为H元素，由此可知W为H、X为C、Y为N、Z为Na元素；A．同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，所有元素中H原子半径最小，则原子半径：H＜N＜C，故A错误；B．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为1+4+5+7＝17，故B错误；C．如乙烷、乙烯等，存在碳碳键，则为非极性键，故C正确；D．非金属性N＞C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，故D错误。
12. 【答案】D
【解析】图中连接负载（用电器）的装置为原电池，根据电极上的物质变化，判断得或失电子、电极名称，写出电极反应式。应用原电池原理是正确判断的关键。A．电极a、b上发生的反应不同，因而两极间形成电势差，故电极材料可同可异，A项错误；B．工作时，电极b上CH3COO-→HCO3-，碳元素从平均0价失电子升至+4价，电极b是原电池的负极，则电极a是电池的正极，a极的电势高于b极的电势，B项错误；C．电极a（正极）电极反应为+H++2e?→＋Cl?，正极每得到2mol电子时，为使溶液电中性，必有2molＨ+通过质子交换膜进入a极溶液，同时电极反应消耗1molＨ+。故工作一段时间之后，a极区溶液中H+浓度增大，pH减小，C项错误；D．据图中物质转化，考虑到质量守恒和电荷守恒关系，电极b（负极）反应为CH3COO?+4H2O－8e?=2HCO+9H+，D项正确。本题选D。
13. 【答案】D
【解析】室温下，用0.1 mol·L?1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol·L?1的CH3 COOH溶液，发生的反应为NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O，化学计量点时恰好生成CH3COONa，水解使溶液显碱性，此时消耗NaOH的体积为20.00mL，结合图象和溶液中的守恒思想分析判断。室温下，用0.1mol·L?1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol·L?1的CH3 COOH溶液，发生的反应为NaOH+CH3COOH
=CH3COONa+H2O，化学计量点时恰好生成CH3COONa，水解使溶液显碱性，此时消耗NaOH的体积为20.00mL。A．滴定起始时，溶液中仅存在醋酸，此时，AG=lgc(H+)c(OH?)=7.4，则c(H+)c(OH?)=107.4，由于Kw=c(H+)·c(OH?)，则溶液中c(H+)=10?3.3mol/L，因此0.1mol·L?1的醋酸pH=3.3，选项A错误；B．A点时AG=0，c(H+)=c(OH?)，加入的NaOH溶液的体积小于20.00mL，若等于20.00mL则溶液应呈碱性AG<0，选项B错误；C．滴定过程中，发生反应NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O，CH3COO?增大，c(H+)减小，故c(CH3COO?)／c(H+)逐渐增大，选项C错误；D．B点溶液若完全中和得到醋酸钠，溶液呈碱性，可能存在c(Na+)>c(CH3COO?)>c(OH?)>c(H+)，选项D正确。答案选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题有多选项符合题目要求。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．【答案】A
【解析】聚变反应前的总结合能为：E1＝(1.09×2+2.78×3)MeV＝10.52MeV，反应后生成物的结合能为：E2＝7.03×4MeV＝28.12MeV，故反应谢出的核能为：ΔE＝E2?E1＝17.6MeV，故A正确。
15．【答案】A
【解析】对O点受力分析，重力为恒力，OA绳的拉力方向不变，OB绳的拉力大小和方向均变化在转动，则构成三力平衡的一类动态平衡，由图解法作图如图所示，当TOB⊥TOA时，TOB最小，整个转动过程，TOB先减小后增大，故A正确。
16．【答案】C
【解析】由图知，越靠近两电荷，电势越低，则q1和q2都是负电荷，故A项错误；φ?x图象的斜率表示电场强度，则P点场强为零，据场强的叠加知两电荷在P处产生的场强等值反向，即kq1xAP2＝kq2xBP2，又xAP<xPB，所以q1的电荷量小于q2的电荷量，故B项错误；由图知，在A、B之间沿x轴从P点左侧到右侧，电势先增加后减小，则负点电荷的电势能先减小后增大，故C项正确；φ?x图象的斜率表示电场强度，则沿x轴从P点运动到B点场强逐渐增大；据a＝qEm可知，电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐增大，故D项错误。
17．【答案】D
【解析】从B点做平抛运动，则由h＝12gt2可求解运动员在空中飞行的时间；由htanθ＝v0t可求解在B点的速度v0，在由mghAB＝12mv02可求解AB的高度差；从B点到D点由12mv02+mgh＝Wf可求解运动员在停止区运动过程中克服阻力做功；由题中条件无法求解C、D两点之间的水平距离，故选D。
18．【答案】B
【解析】由于线框匀速运动，每运动l的距离时间为t0＝lv，所以第一个时间间隔即ab边从左边界到右边界过程中，由“右手定则”可知，线框中产生逆时针方向的电流，大小为I＝BlvR，第二个时间间隔即gd边从左边界到右边界过程中，由“右手定则”可知，线框中产生逆时针方向的电流，大小为I＝2BlvR，第三时间间隔ef，由“右手定则”可知，线框中产生顺时针方向的电流，大小为I＝3BlvR，故B正确。
19．【答案】AD
【解析】因为两物体用轻杆连接，一起运动，加速度相同，对两物体整体受力分析得：(2m+m)gsinθ＝(2m+m)a，整体加速度a＝gsinθ，A正确；设杆对B的力为F，隔离B可得：2mgsinθ+F＝2ma，且，a＝gsinθ，所以F＝0，B错误；因为重力功率等于P＝mgvy，虽然两物体速度相同，但是质量不一样，重力功率不一样，C错误；只有重力对系统做功，动能和重力势能相互转化，机械能守恒，D正确。
20．【答案】AC
【解析】双星靠他们之间的万有引力提供向心力，A星球的质量为m1，轨道半径为R，B星球的质量为m2，轨道半径为r，根据万有引力提供向心力有：Gm1m2l2＝m1Rω2＝m2rω2，得：Gm2l2＝Rω2，Gm1l2＝rω2，左右分别相加，则有：Gm1+m2l2＝R+rω2＝ω2l，变形可得：Gm1+m2＝3Gm2＝ω2l3，A星球的质量变为原来的一半，角速度变为原来的1.5倍，则有：Gm'1+m2＝2Gm2＝ω2l'3，可得：l'＝23l，故A正确，B错误；此时两个星球的质量相等，则它们的轨道半径也相等，即：ra＝rb＝13l，故C正确，D错误。
21．【答案】AD
【解析】小球受电场力与重力，两力的合力方向水平向右，大小为mg，即将重力场转过90o，mgR＝12mv12，解得：v1＝2gR，小球不脱离轨道时，速度v≤2gR，冲量I≤m2gR，mg?2R＝12mv02+12mv22，v0＝gR，解得：v2＝5gR小球不脱离轨道时，速度v≥5gR，冲量I≥m5gR，故A、D正确。
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38题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题(共129分)
22．(6分)
【答案】(1)xgH (2分) (2) Hh?x2Hx2?h2 (3分) (3)0.5 (1分)
【解析】(1)由运动学规律，则有：H＝12gt2，x＝12at2，联立解得：a＝xHg；
(2)设木板与水平桌面间的夹角为θ，滑块下滑时，受力分析，并由牛顿第二定律，则有：mgsinθ?μmgcosθ＝ma，且sinθ＝hx和cosθ＝x2?h2x，解得：μ＝Hh?x2Hx2?h2；
(3)将H＝2.5 m，x＝0.50 m，h＝0.30 m，代入μ＝Hh?x2Hx2?h2，解得：μ＝0.5。
23．(9分)
【答案】（1）ABCEFG(2分) （2）如图所示(3分)
（3）Rx＝(U2?U1)r1R0U1(r1+R0) (3分) U1：电压表V1的读数；U2：电压表V2的读数；R0：定值电阻的阻值；r1：电压表V1的内阻 (1分)
【解析】(1) (2)要求实验中电表示数从零调起，故滑动变阻器采取分压接法，为方便调节选取小阻值即可，即R1；由于没有电流表，可以将小量程电压表V1与定值电阻R0并联，并联后的阻值与待测电阻的阻值相差不大，所以将小量程电压表V1与定值电阻R0并联后与待测电阻串联，实验要求应选择的实验器材有：ABCEFG；实验电路图如图所示。
(3)根据并联分流，串联分压和欧姆定律可得：Rx＝U2?U1U1R并＝R0r1(U2?U1)U1(R0+r)，其中U1为电压表V1的读数；U2为电压表V2的读数；R0为定值电阻的阻值；r1为电压表V1的内阻。
24．(12分)
【解析】(1)设列车正常车速为v1，减速后车速为v2，减速和加速过程位移为s1，时间均为t1，减速后匀速行驶位移为s2，时间为t2，由运动学公式可得：2as1＝v12?v22(2分)
s2＝v2t2 (1分)
s＝2s1+s2 (2分)
解得：s＝12800m(1分)
(2)设列车正常车速通过s位移所用时间为t′，则有：
t1＝v1?v2a (1分)
t'＝sv1(2分)
Δt＝2t1+t2?t'(2分)
解得：Δt＝280s(1分)
25．(20分)
【解析】(1)带电粒子以初速度v沿与x轴正向成37o角方向射出，经过圆周C点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y轴左侧磁场后，从y轴上D点垂直于y轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：
QC＝5Lsin37o=3L，O1Q＝OQsin37O＝5L (2分)
在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为R1，R1＝O1Q+QC (2分)
qvB＝mv2R1 (2分)
解得：v＝8qBLm ；(2分)
(2)由公式qvB＝mv2R2得：R2＝mvqB，解得：R2＝4L (2分)
由R2＝4L可知带电粒子经过y轴右侧磁场后从图中O1占垂直于y轴射放左侧磁场，由对称性，在y圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E点，沿直线打到P点。设带电粒子从P点运动到C点的时间为t1
PC＝5Lcos37o，t1＝PCv (2分)
带电粒子从C点到D点做匀速圆周运动，周期为T1，时间为t2
T1＝2πmqB，t2＝37o360oT1 (2分)
带电粒子从D做匀速圆周运动到O1点的周期为T2，所用时间为t3
T2＝2πmq·2B＝πmqB，t3＝12T2 (2分)
从P点到再次回到P点所用的时间为t，t＝2t1+2t2+t3 (2分)
联立解得：t＝(1+41π45)mqB。(2分)
26. 【答案】（1）SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑
f → g → h → h → b → c → d → e
取最后一次洗液，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体洗涤干净
除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2
MnO2+C2O+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O
97.4%
偏大
【解析】Ⅰ.（1）SOCl2与水反应生成SO2和HCl，反应方程式为；SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑
；（2）三颈瓶中SOCl2吸收结晶水得到SO2与HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，防止溶液中水蒸气加入锥形瓶中，用品红溶液检验二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气种二氧化硫与HCl，防止污染环境，h装置防止倒吸，接口的连接顺序为a→ f → g → h → h → b → c → d → e ；Ⅱ.（3）洗涤步骤一得到的固体，判断固体洗涤干净的方法是检验洗涤液中有没有氯离子：取最后一次洗液，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体洗涤干净；（4）洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧除去混在二氧化锰中的碳，并将MnOOH氧化为MnO2。Ⅲ. （5）MnO2将C2O在H+作用下氧化成CO2而+4价锰还原成Mn2+，MnO2溶解反应的离子方程MnO2+C2O+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O；（6）n(C2O)=2.68g÷134g·mol?1=0.02mol；滴定100mL稀释后溶液，消耗n(MnO)=0.0200mol·L?1×0.01730L×5=0.001730mol；根据氧化还原反应中得失电子数相等得n(MnO2)×2+0.001730mol×5=0.0200mol×2，n(MnO2)=0.015675mol，二氧化锰质量分数=0.015675mol×
87g·mol?1/1.40g = 0.974，即97.4%；（7）若灼烧不充分，杂质也会消耗高锰酸钾，滴定时消耗高锰酸钾溶液体积将偏大。
27. 【答案】（1）＋175.2kJ·mol?1
BC < > 66.7% <
2NH3＋NaClON2H4＋NaCl＋H2O 14－b【解析】（1）已知a.CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝＋216.4kJ·mol?1，b.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝－41.2kJ·mol?1，根据盖斯定律由a+b可得反应：CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) ΔH=＋216.4kJ·mol?1+(－41.2kJ·mol?1)=＋175.2kJ·mol?1，故答案为：＋175.2kJ·mol?1。（2）①A．氮气和氢气的初始物质的量之比为1∶3，由反应方程式N2+3H22NH3可得，氮气和氢气按物质的量之比1∶3反应，所以N2和H2的转化率一直是相等的，与是否达到平衡状态无关，故A不选；B．该反应是一个气体分子式变化的反应，恒压是只要不平衡，气体体积就会发生变化，因为气体总质量不变，所以密度就会不断变化，当密度不变时，说明达到平衡状态，故B选；C．氮气时反应物，氨气是生成物，若氢气减少，则氨气必增多，其比值c(H2)/c(NH3)就会变化，当比值不变时说明已经处于平衡状态，故C选；D．氢气是反应物，氨气是生成物，只要不平衡，若氢气减少，则氨气必增多，其比值c(H2)/c(NH3)就会变化，当比值不变时说明已经处于平衡状态，但当比值为2时，不一定说明不在变化，所以不一定是平衡状态，故D不选。故答案为：BC。②合成氨反应是一个气体分子数减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，有图可知，温度相同时，压强为P1时平衡混合物中氨的体积分数小于压强为P2时，所以P1。③设C点H2的转化率为α(H2)
N2 + 3H2 2NH3
初始(mol) 1 3 0
转化(mol) α(H2) 3α(H2) 2α(H2)
平衡(mol) 1-α(H2) 3-3α(H2) 2α(H2)
因为平衡混合物中氨的体积分数为50%，同温同压下气体体积分数与物质的量分数相等，所以2α(H2)/(1-α(H2)+3-3α(H2)+2α(H2))×100%=50%，解得α(H2)=66.7%；A、B两点平衡混合物中氨的体积分数相同，B点温度和压强均高于A点温度和压强，则在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氨气的平均速率：v(A)c(N2H4)，同时c(N2H5+)>c(N2H62+)，应控制溶液pH的范围为(14-b，14-a)，故答案为：14－b28. 【答案】（1）研磨 加热
＞ Al2O3+ 6H+=2Al3++3H2O FeO+2H+=Fe2++H2O ac
滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀（合理答案给分）
4.7 Al(OH)3、Fe(OH)3
升温结晶，得到硫酸镁晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体
【解析】（1）由框图分析：研磨可以增大接触面积，加快化学反应速率；酸浸中的加热也可以加快化学反应速率，所以答案：研磨；加热。（2）①根据酸浸时发生反应：2MgO·B2O3+2H2SO4+
H2O=2H3BO3 + 2MgSO4反应，说明酸性H2SO4大于H3BO3。答案为：＞。②酸浸时，富硼渣中所含Al2O3和FeO也同时溶解生成硫酸铝和硫酸亚铁，相关反应的离子方程式：Al2O3+6H+=2Al3++3
H2O；FeO+2H+=Fe2++H2O。答案：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；FeO+2H+=Fe2++H2O。③由硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为：H3BO3+OH?=B(OH)可知硼酸是一元酸，故a正确；b. 因为B和C在同一周期，原子序数逐渐增大，所以非金属性C>B，酸性H2CO3>H3BO3，故向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，不会有气泡产生，故b错误；c. 硼酸是一元弱酸，所以电离方程式可表示为：H3BO3+H2OB(OH)+H+，故c正确；答案：ac。（3）证明溶液中含有Fe2+的方法是：取少量褐色浸出液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，如果产生蓝色沉淀说明含有Fe2+。答案：滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。（4）根据框图分析浸出液中的杂质离子为：Al3+、Fe3+，由已知Al(OH)3开始沉淀时pH=3.4完全沉淀时pH=4.7；Fe(OH)3开始沉淀时pH=1.9完全沉淀时pH=3.2，要除去Al3+、Fe3+两种离子，应用MgO调节溶液的至4.729. 【答案】（1）增大（1分） 光照强度增大，光反应为暗反应提供［H］和ATP增多，导致暗反应增强
（2）13
（3）给予70％全日照已经达到玉米的光饱和点 光饱和时玉米叶肉细胞光合作用强，利用细胞间CO2的速率快
【解析】（1）在t1～t2时，光照强度增大，光反应为暗反应提供[H]和ATP增多，导致暗反应增强，暗反应速率逐渐增大。（2）在t3时，玉米叶肉细胞的叶绿体利用CO2的相对值等于呼吸作用产生的CO2+t3时从外界吸收的CO2，即4+9=13。?（3）从70%全光照到全光照，净光合作用强度不在提高，说明70%全日照已经达到玉米的光饱和点，此时由于光饱和时玉米叶肉细胞光合作用强，利用细胞间CO2的速率快，因此玉米叶肉细胞间CO2浓度远低于空气中CO2浓度。
30. 【答案】（1）信息交流（1分）
（2）液泡（1分）
（3）同一浓度生长素对不同器官的作用不同
（4）适宜的可见光 同等强度的可见光和一定强度的紫外光 测量植株高度(生长状况和高度),并检测两组植株中3-亚甲基氧代吲哚含量 甲组植物生长高于乙组,甲组中3-亚甲基氧代吲哚含量少于乙组
【解析】（1）生长素与细胞膜上的受体结合，体现了细胞膜具有进行细胞间信息交流的功能。（2）细胞吸水的原理是渗透作用，渗透作用需要两个条件：①有半透膜，植物的原生质层相当于半透膜，原生质层由细胞膜和液泡膜以及这两层膜之间的细胞质构成；②半透膜两侧存在浓度差，即液泡的浓度与外界溶液浓度之间构成浓度差。因此，细胞在生长过程中变化最大的细胞器是液泡。（3）植物的根和茎对生长素的敏感程度不一样。对于某植物来说，生长素促进根系生长的最适浓度比茎低得多，说明同一浓度生长素对不同器官的作用不同。（4）步骤2：根据题意可知，该实验的自变量是可见光中紫外线的有无，无关变量是温度、光照等。实验设计遵循单一变量原则，光照等无关变量应相同且适宜。甲组作为对照组，应该给予适宜的可见光；乙组作为实验组，给予同等强度的可见光和一定强度的紫外光光照。根据题意可知，该实验的因变量为植物中3-亚甲基氧代吲哚的含量、植物的生长状况、植株的高度等。因此，需要观察两组植株的生长状况、测量植株的高度，并检测植株中3-亚甲基氧代吲哚含量。本实验为验证性实验，实验现象与实验原理一致、结果唯一，结论与题目要求（目的）一致。因此，预测实验结果为甲组植株生长高于乙组，甲组中3-亚甲基氧代吲哚含量少于乙组，说明紫外线抑制植物生长与生长素的氧化有关。
31. 【答案】（1）物种（1分） 潜在 （1分）
（2）竞争 提高细胞液的渗透压，有利于其从土壤中吸水，以适应土壤的高渗透压环境
（3）①能充分利用土壤中的各种无机盐（或“提高土壤中各种无机盐的利用率”） ②改变原有食物链，减少病虫害③改变田间生态条件，减少杂草危害
【解析】（1）钟扬曾率领团队在青藏高原进行调查，发现此地野生动植物种类繁多，主要体现了生物多样性中的物种多样性，该团队为国家种质库收集了数千万颗植物种子，尽管对其中大量种子的用途并不了解，但还是要加以保护，是因为它们存在潜在价值。（2）甲地分布着碱蓬、柽柳和刺槐等多种植物，其主要种间关系是竞争；碱蓬根部细胞液中贮存着大量Na+，使其耐盐碱，原因是提高细胞液的渗透压，有利于其从土壤中吸水，以适应土壤的高渗透压环境。（3）生态学家建议在乙地进行合理轮作，因为这样做：①能充分利用土壤中的各种无机盐；②改变原有食物链，减少病虫害；③改变田间生态条件，减少杂草危害。所以有利于农作物长期高产
32. 【答案】（1）aaBBDD
（2）将不同品种的超甜玉米杂交得F1，F1自交（或杂交）得F2，统计F2的表现型及其比例 非甜玉米：超甜玉米=1：1
（3）控制这两对性状的基因位于两对（同源或非同源）染色体上 均含有控制种子颜色为紫色基因的雌、雄配子不能结合
【解析】（1）由分析可知：甜玉米的基因型是aaBBDD。（2）欲判断d基因是否位于3号染色体上，可用将不同品种的超甜玉米（AAbbDD、AABBdd）杂交得F1，F1自交（或杂交）得F2，统计F2的表现型及其比例，若非甜玉米：超甜玉米=9：7，则d基因不位于3号染色体上；若非甜玉米：超甜玉米=1：1，则d基因位于3号染色体上。 （3）由题意知：子二代中U型紫色：U型黄色：卵型紫色：卵型黄色=6：3：2：1，故U型：卵型=3：1， 紫色：黄色=2：1，该比例类似与9：3：3：1，即（3：1）（2：1），可能的原因在于紫色显性纯合致死，同时控制这两对性状的基因位于两对（同源或非同源）染色体上，该植株两对性状的基因均为杂合，均含有控制种子颜色为紫色基因的雌、雄配子不能结合。
（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做。则每学科按所做的第一题计分。
33．【物理——选修3-3】(15分)
(1)(5分)
【答案】ABD
【解析】温度是分子的平均动能的标志，温度相同的氧气与氢气，它们具有相同的分子动能，由于它们的分子质量不同，所以分子平均速率不同，故A正确；硬币能浮在水面上，是由于水的表面张力的作用，硬币受到的重力等于表面张力，故B正确；第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量守恒定律，第二类永动机不违反能量守恒定律，是因为违反了热力学第二定律，故C错误；根据熵增加原理知，自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的，故D正确；直径为1μm的水珠所含水分子的个数为n＝10?610?10个＝104个，故E错误。
(2)(10分)
【解析】(i)设玻璃管横截面积为S，活塞缓慢向右压的过程中，气体B做等温变化
PB1VB1＝PB2VB2(2分)
PB1＝75cmHg?15cmHg＝60cmHg，VB1＝25S；PB2＝75cmHg，VB2＝LS
解得气体B的长度L＝20cm(2分)
(ⅱ) 活塞缓慢向右压的过程中，各部分液柱移动情况示意如图，U形管左管中水银柱长度变化等于气柱B长度的变化ΔL左＝25cm?20cm＝5cm(1分)
U形管右管中水银柱长度变化ΔL右＝15cm+5cm＝20cm(1分)
气体A做等温变化PA1＝75cmHg+5cmHg＝80cmHg，PA2＝75cmHg+25cmHg＝100cmHg
VA1＝12.5S，VA2＝LA2S
PA1VA1＝PA2VA2(2分)
解得气体A的长度LA2＝10cm
活塞移动的距离等于A部分气体长度的变化加上U形管左右两侧水银柱长度的变化，所以
d＝LA1?LA2+25cm＝27.5cm(2分)。
34．【物理——选修3-4】(15分)
(1)(5分)
【答案】ABD
【解析】由乙图读出t＝0.6s时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由图甲判断出波的传播方向为沿x轴正方向，故A正确；由图甲读出波长为λ＝20m，由乙图周期T＝1.2s则波速度为v＝λT＝201.2ms＝503ms，故B正确；Δt＝0.6s＝0.5T，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程为4倍振幅，则经过Δt＝0.4s，A质点通过的路程是：s＝2A＝4cm，故C错误；图示时刻质点P沿y轴负方向，质点Q沿y轴正方向，所以质点P将比质点Q晚回到平衡位置，将此图象与正弦曲线进行对比可知，P点的横坐标为xP＝203m，Q点的横坐标xP＝403m，根据波形的平移法可知质点P比质点Q晚回到平衡位置时间为：t＝xQ?xPv＝0.4s，故D正确；发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多，该波的波长为20m，故E错误。
(2)(10分)
【解析】(1)光路图如图，设长方体内光线与法线的夹角为β
根据折射定律可知：n＝cosθsinβ (2分)
解得：β＝30°(1分)
由几何关系：s＝233(d+l)?23l (2分)
(2)光在透明长方体的传播速度：v＝cn (1分)
光的传播时间：t＝23(3dc?lc)+233lv (2分)
带入数据解得：t＝23d3c+4l3c(2分)。
35. 【答案】（1）3d54s2 4
sp3和sp2 平面三角形
BF3或BCl3
CH3COOH与H2O均为极性分子，且分子间可以形成氢键
Mg2Al 4 7.5×1022a3NA
【解析】（1）锰为25号元素，基态锰原子的价层电子排布式为3d54s2，基态Mn3+的价层电子排布式为3d4，含有4个未成对电子，故答案为：3d54s2；4；（2）CH3COOH中甲基上的碳原子含有4个σ键，没有孤电子对，采用sp3杂化，羧基上的碳原子含有3个σ键，没有孤电子对，采用sp2杂化，故答案为：sp3和sp2；（3）NO中氮原子价层电子对数为3+5+1?2×32=3，N原子轨道的杂化类型为sp2，空间构型为平面三角形；NO中有4个原子，5+6×3+1=24个价电子，SO3中有4个原子，6+6×3=24个价电子，与NO3-是等电子体，BF3、COF2等也与硝酸根离子为等电子体，故答案为：平面三角形；SO3或BF3、COF2等；（4）CH3COOH与H2O均为极性分子，且分子间可以形成氢键，使得CH3COOH能与H2O以任意比互溶，故答案为：CH3COOH与H2O均为极性分子，且分子间可以形成氢键；（5）根据晶胞结构可知，晶胞中含有的镁原子数目=8×18+2×12=2，铝原子数目=2×12=1，该合金的化学式为Mg2Al；在晶胞中，镁原子位于顶点和2个面的面心，铝原子位于2个面的面心，每个镁原子周围距离最近的铝原子数目为4个，距离均为面对角线长度的一半；晶胞棱长为anm，晶胞的体积为(a×10-7)3cm3，晶胞的质量=24×2+27NAg=75NAg，则晶胞的密度=75NAg（a×10?7）3cm3=7.5×1022a3NA g/cm3，故答案为：Mg2Al；4；7.5×1022a3NA。
36. 【答案】（1）CH3CH＝CH2 3—氯—1—丙烯（或3—氯丙烯） 碳碳双键、氯原子
取代反应
CH3CH=CH2+Cl2CH2＝CHCH2Cl+HCl

8
（6）
【解析】（1）A为丙烯，结构简式为：CH3CH=CH2，B的结构简式为CH2ClCH=CH2，名称为3—氯—1—丙烯（或3—氯丙烯），D含有碳碳双键和氯原子；（2）化合物I的结构简式为：，反应④E和HC≡CNa发生的取代反应；（3）由A生成B的化学方程式为丙烯和氯气发生的取代反应，方程式为：CH3CH=CH2+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl；（4）反应⑧为羟基的催化氧化反应，方程式为： +2H2O；
（5）X的同分异构体满足以下条件i．能发生银镜反应，说明含有醛基；ii．含有六元环结构；iii．六元环上有2个取代基，六元环上可以连接一个醛基和一个乙基，可以在一个碳原子上，或有邻间对三种位置关系，也可以是甲基和-CH2CHO，可以在一个碳原子上或有邻间对三种位置关系，共8种。其中核磁共振氢谱中有6组峰，且峰面积之比为4∶4∶3∶2∶2∶1，说明一个醛基，和一个甲基，结构有对称性，即两个取代基在一个碳原子，结构简式为：；（6）以CH3CH=CHCH3为原料设计制备的合成路线，参考F的合成路线分析，说明发生烯烃间的加成反应形成环，再利用环内的双键和卤素发生加成反应，再与HC≡CNa发生取代反应增加碳链，合成路线为：。
37. 【答案】（1）葡萄皮 醋酸菌 酒精发酵旺盛时缺乏氧气，而醋酸菌是好氧细菌，生长繁殖被抑制
（2）包埋（法） 海藻酸钠
（3）果胶分解酶 果胶酶将果胶分解为小分子物质，小分子物质可以通过滤纸，所以果胶酶的活性越大，分解果胶越彻底，产生的苹果汁就越多（3分）
【解析】（1）家庭酿造葡萄酒时酵母菌主要来源于葡萄皮上附着的野生型酵母菌，喝剩的葡萄酒放置一段时间后会变酸，原因是醋酸菌将乙醇转化为醋酸，但在果酒酿造过程中酒精发酵的旺盛时期，即使果汁灭菌不严格也不会变酸，原因是酒精发酵旺盛时缺乏氧气，而醋酸菌是好氧细菌，生长繁殖被抑制。（2）固定化酵母细胞可以用来生产果酒，固定酵母细胞常用包埋法，该方法常用的载体有明胶、琼脂糖、海藻酸钠、醋酸纤维和聚丙烯酰胺等。（3）果胶酶是一类酶的总称，包括多聚半乳糖醛酸酶、果胶分解酶和果胶酯酶等，通过测定滤出苹果汁的体积大小可以判断果胶酶活性的高低，原因是果胶酶将果胶分解为小分子物质，小分子物质可以通过滤纸，所以果胶酶的活性越大，分解果胶越彻底，产生的苹果汁就越多
38. 【答案】（1）引物 花粉管通道法 将抗虫棉接种棉铃虫，一段时间后观察棉铃虫的生长发育或存活状况（3分）
（2）胚胎移植 可以充分发挥雌性优良个体的繁殖潜力
（3） 既不损伤正常细胞，又减少了用药剂量（疗效高，毒副作用小）
（4）协调与平衡
【解析】（1）利用PCR技术扩增目的基因，前提是要有一段已知目的基因的核苷酸序列，以便根据这一序列合成引物。在培育抗虫棉的过程中，我国科学家用独创的花粉管通道法法将目的基因导入了棉花细胞。检测抗虫棉是否培育成功的具体方法是将抗虫棉接种棉铃虫，一段时间后观察棉铃虫的生长发育或存活状况。（2）胚胎工程的最后一道工序是胚胎移植，进行该工序的优势是可以充分发挥雌性优良个体的繁殖潜力。（3）治疗癌症时，把抗癌细胞的单克隆抗体与放射性同位素相结合，制成“生物导弹”，借助单克隆抗体的导向作用，将药物带到癌细胞位置，在原位将其杀死，具有既不损伤正常细胞，又减少了用药剂量的优点。（4）我国西北一些地区年降雨量较少，适宜种植灌木和草，却被硬性规定种植属于乔木的杨树，致使许多地方的杨树长成半死不活状，结果防护林成为残败的“灰色长城”。其失败的原因主要是违背了协调与平衡原理。
绝密 ★ 启用前
2019届高考考前适应性试卷
理科综合能力测试（一）
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 S 32 Cl 35.5 K 39
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．下列有关蛋白质等物质所在位置及对应功能的叙述，不正确的是
A．位于突触后膜上的某些受体，可特异性识别神经递质
B．位于线粒体内膜上的ATP合成酶，可催化ATP的合成
C．位于细胞膜上的载体，可参与离子等物质的跨膜运输
D．位于细胞质中的抗体，可引起特异性免疫反应
【答案】D
【解析】位于突触后膜上的某些受体，可特异性识别神经递质，A正确；位于线粒体内膜上的ATP合成酶，可催化ATP的合成，B正确；位于细胞膜上的载体，可参与离子等物质的跨膜运输，C正确；抗体分布在细胞外液中，D错误。
2．利用同位素标记法可以追踪物质的运行和变化规律，以下有关叙述正确的是
A．用同位素标记某个脱氧核苷酸可以确定不同基因在染色体上的位置
B．若用带有32P标记的dATP（dA-Pα～Pβ～Pγ，d表示脱氧）作为DNA生物合成的原料，将32P标记到新合成的DNA分子上，则带有32P的磷酸基团应在dATP的α位上
C．分别用18O标记的水和未被18O标记的水培养小球藻进行光合作用实验，释放的氧气分别为18O2和O2，可有力证明光合作用释放的氧气来自于水而不是来自于二氧化碳
D．将细胞置于含3H标记的胸腺嘧啶脱氧核苷酸培养基中，培养至第二次分裂中期，细胞中一半的DNA分子中含3H标记
【答案】B
【解析】用荧光标记法可以确定不同基因在染色体上的位置，A错误；dATP（dA-Pα～Pβ～Pγ）脱去两个磷酸基团形成dA-Pα后才能成为合成DNA分子的原料，因此若用带有32P标记的dATP作为DNA生物合成的原料，将32P标记到新合成的DNA分子上，则带有32P的磷酸基团应在dATP的α位上，B正确；分别用18O标记的水和被18O标记的二氧化碳培养小球藻进行光合作用实验，释放的氧气分别为18O2和O2，可有力证明光合作用释放的氧气来自于水而不是来自于二氧化碳，C错误； 将细胞置于含3H标记的胸腺嘧啶脱氧核苷酸培养基中，根据DNA半保留复制特点，培养至第二次分裂中期，细胞中所有的DNA分子中都含3H标记，D错误。
3．下列关于马拉松比赛中运动员机体稳态调节的叙述，正确的是
A．汗腺分泌增多，毛细血管收缩，散热加快
B．胰高血糖素分泌增加，促进肝糖原合成和非糖物质转化
C．抗利尿激素释放减少，肾小管和集合管对水的重吸收减弱
D．血浆中CO2浓度增大，刺激脑干的呼吸中枢，使呼吸加快加强
【答案】D
【解析】马拉松运动员比赛过程中，汗腺分泌增多，毛细血管扩张，散热加快，A错误；马拉松运动员比赛过程中消耗大量血糖，血糖浓度下降，故胰高血糖素分泌增加，促进肝糖原分解和非糖物质转化，B错误；运动员大量出汗，刺激下丘脑渗透压感受器，垂体释放抗利尿激素增多，促进肾小管和集合管对水的重吸收，C错误；运动员有氧呼吸产生大量CO2，血浆中CO2浓度增大，刺激脑干的呼吸中枢，使呼吸加快加强，D正确。
4．脂肪酶催化脂肪水解为甘油和脂肪酸，科研人员为探究油水比例对脂肪水解度的影响[水解度=(脂肪水解量/脂肪总量)×100%]，做了相关实验，结果如图。下列叙述错误的是
A．实验中水既是化学反应的溶剂又是反应的原料
B．实验过程需要提供适宜的温度和pH等条件
C．当水的比例大于50%，随水的比例增加，脂肪酶活性下降
D．当脂肪比例大于50%，随水的比例增加，水解度逐渐上升
【答案】C
【解析】脂肪酶催化脂肪水解为甘油和脂肪酸，该反应消耗水，同时水又是化学反应的溶剂，A正确；酶催化化学反应需要提供适宜的温度和pH等条件，B正确；当水的比例大于50%，随水的比例增加，水解度下降，根据水解度=（脂肪水解量/脂肪总量）×100%可知，脂肪的水解量下降，但脂肪酶活性不一定下降，可能是反应物浓度过低，C错误；当脂肪比例大于50%，即水的比例小于50%时，随水的比例增加，水解度逐渐上升，D正确。
5．下列关于果蝇可遗传变异的叙述，正确的是
A．果蝇的长翅基因中缺失10个碱基对而引起的变异属于染色体结构变异
B．果蝇有性生殖中，不同类型雌雄配子随机结合属于基因重组
C．雄果蝇减数分裂时X、Y染色体上的某些基因可能发生基因重组
D．染色体倒位、易位不改变基因的数量，因而不改变果蝇的性状
【答案】C
【解析】果蝇的长翅基因中缺失10个碱基对而引起的变异属于基因突变，A错误；基因重组发生在减数分裂形成配子的过程中，不同类型雌雄配子随机结合为受精作用，不属于基因重组，B错误；雄果蝇减数分裂时X、Y染色体为同源染色体，含有同源区，同源区上的染色体交叉互换属于基因重组，C正确；染色体倒位、易位不改变基因的数量，但是可能会改变生物的性状，D错误。
6．生态学家林德曼对赛达伯格湖的能量流动进行了定量分析，下图为能量流动图解。图中数据的单位为J/(cm2.a)。下列说法不正确的是
A．“未利用”中的能量会暂时性脱离该生态系统能量流动
B．生产者和植食性动物间存在信息传递
C．生产者流入分解者的能量为12.5J/(cm2.a)
D．肉食性动物尿液中的能量不属于其同化的能量
【答案】D
【解析】识图分析可知，“未利用”中的能量会暂时性脱离该生态系统能量流动，一般未利用的能量保留到下一年，A正确；生产者为植食性动物提供食物，如草木返青为动物提供采食信息，而动物的采食又促进植物的生长，因此二者之间存在信息传递，B正确；根据图示分析可知，生产者固定的总量为464.6 J/(cm2.a)，其去向包括：呼吸作用96.3 J/(cm2.a)、未利用293 J/(cm2.a)、流向分解的部分和植食性动物取食部分，由以上分析知道植食性动物取食获得了62.8 J/(cm2.a)，则生产者流入分解者的能量为464.6-96.3-293-62.8=12.5 J/(cm2.a)，C正确；肉食性动物尿液中的能量（如尿素）属于其同化的能量，因为是由其同化到体内的物质代谢产生的，粪便中的能量不属于其同化的能量，D错误。
7．化学与生活、生产、环境密切相关，下列有关说法正确的是
A．冬天大量使用燃煤，会加剧雾霾天气的形成
B．在食盐中加入大量KIO3，有利于提高碘盐的品质
C．食品包装袋中常用保鲜剂的组成为铁粉、炭粉和氯化钠，其中炭粉作还原剂
D．涤纶、塑料和光导纤维都是有机高分子材料
【答案】A
【解析】A．燃烧煤会产生大量的细小的烟尘等，会加剧雾霾天气的形成，A项正确；B．食盐中加入适量的KIO3可起到为人体补充碘元素的作用，但在食盐中加入大量的KIO3，对人体有害，B项错误；C．铁粉、炭粉、氯化钠在潮湿空气中可形成原电池，发生了吸氧腐蚀，可除去食品包装袋中的部分氧气，其中炭粉作正极，不参与电极反应，C项错误；D．光导纤维主要成分是二氧化硅，不是有机高分子材料，D项错误；所以答案选择A项。
8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1L pH=5的醋酸溶液中含有的H+数目小于10NA
B．9.2g 14CO2与N218O的混合物中所含中子数为4.8NA
C．硝酸与铜反应生成0.1mol NO2时，转移电子数为0.2NA
D．1mol SO?和0.5mol O2充分反应，生成SO3的分子数为NA
【答案】B
【解析】A．pH=5的醋酸溶液中c(H+)=10?5mol·L?1，所以1L pH=5的醋酸溶液中含有的氢离子数目等于10?5NA，故A错误；B．1 4CO2与N218O的相对分子质量均为46，且每个分子中含有的中子数为24，所以9.2g 14CO2与N218O的混合物中所含中子数为4.8NA，故B正确；C．根据得失电子守恒可得，NOx可能是NO或NO2，转移电子数介于0.1NA~0.3NA之间，故C错误；D．SO2和O2是可逆反应，所以1mol SO?和0.5mol O2充分反应，生成SO3的分子数小于NA，故D错误。故选B。
9．一种免疫调节剂，其结构简式如图所示，关于该物质的说法不正确的是
A．属于芳香族化合物，分子式为C9H11O4N
B．可以发生的反应类型有：加成反应、取代反应、氧化反应、聚合反应
C．分子中所有碳原子有可能在同一平面上
D．1mol该调节剂最多可以与3mol NaOH反应
【答案】D
【解析】A．将结构简式转化为分子式，含有苯环，属于芳香族化合物，分子式为C9H11O4N，A项正确，不符合题意；B．分子中含有苯环，可以发生加成反应，分子中有—COOH、—OH可以发生酯化反应，属于取代反应，该物质可以燃烧，可以发生氧化反应，而且—CH2OH，可发生催化氧化，酚羟基也容易被氧化，分子中有氨基和羧基可以发生缩聚反应，B项正确，不符合题意；C．根据苯分子的12原子共面以及碳碳单键可以旋转，可以判断该有机物分子中的的所有碳原子有可能共平面，C项正确，不符合题意；D．1mol该调节剂最多可以与2mol NaOH反应，分别是—COOH和苯环上的—OH发生反应，D项错误，符合题意；本题答案选D。
10．处理锂离子二次电池正极废料铝钴膜(含有LiCoO2、Al等)的一种工艺如下：
下列有关说法不正确的是
A．碱浸的目的是溶解铝 B．酸溶时H2 O2被还原
C．H2SO4/H2O2可改用浓盐酸 D．铝、钴产物可再利用
【答案】B
【解析】本题以锂离子二次电池正极废料为研究对象，体现了化学在推进生态文明建设、解决生态环境问题等方面大有作为，同时考查学生通过所学知识解决这一实际问题的能力，根据流程，LiCoO2不与碱反应，Al能与NaOH反应，使Al转变成可溶的NaAlO2，然后过滤得到LiCoO2，LiCoO2中Li为＋1价，O为－2价，Co为＋3价，依据整个流程，产品中Co的化合价为＋2价，即“酸溶”中Co被还原，H2O2被氧化，“酸溶”液中加入NaOH，得到“净化液”，除去Li元素，加入草酸铵溶液，使Co2+转变成CoC2O4沉淀；A．根据铝钴膜的成分以及流程，Al能与NaOH反应，生成可溶的NaAlO2，LiCoO2不溶于NaOH，然后过滤得到LiCoO2，因此碱浸的目的是溶解铝，故A说法正确；B．LiCoO2中Co显＋3价，产品中CoC2O4，Co显＋2价，化合价降低，LiCoO2为氧化剂，H2O2为还原剂，H2O2被氧化，故B说法错误；C．H2SO4提供H+，H2O2作还原剂，盐酸可提供H+，＋3价Co也能氧化Cl－转化成＋2价Co，故C说法正确；D．根据上述分析，铝、钴产物可以再利用，故D说法正确。
11．短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的阴离子核外电子数与X原子的内层电子数相同，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，Y的单质在空气中的体积分数最大，Z是金属性最强的短周期元素。下列说法中正确的是
A．原子半径：r(W)＜r(X)＜r(Y)＜r(Z)
B．W、X、Y、Z原子的最外层电子数之和为10
C．W与X可形成含非极性键的化合物
D．X的最高价氧化物的水化物酸性比Y的强
【答案】C
【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，考古用的是14C，故X为C元素；Y的单质在空气中的体积分数最大，故Y是N元素；Z是金属性最强的短周期元素，应为Na，W的阴离子的核外电子数与X原子的核外内层电子数相同，则W为H元素，由此可知W为H、X为C、Y为N、Z为Na元素；A．同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，所有元素中H原子半径最小，则原子半径：H＜N＜C，故A错误；B．W、X、Y、Z原子的核外最外层电子数的总和为1+4+5+7＝17，故B错误；C．如乙烷、乙烯等，存在碳碳键，则为非极性键，故C正确；D．非金属性N＞C，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，故D错误。
12．下图为利用电化学方法处理有机废水的原理示意图。下列说法正确的是
A．a、b极不能使用同种电极材料
B．工作时，a极的电势低于b极的电势
C．工作一段时间之后，a极区溶液的pH增大
D．b极的电极反应式为：CH3COO－+4H2O－8e－=2HCO+9H+
【答案】D
【解析】图中连接负载（用电器）的装置为原电池，根据电极上的物质变化，判断得或失电子、电极名称，写出电极反应式。应用原电池原理是正确判断的关键。A．电极a、b上发生的反应不同，因而两极间形成电势差，故电极材料可同可异，A项错误；B．工作时，电极b上CH3COO-→HCO3-，碳元素从平均0价失电子升至+4价，电极b是原电池的负极，则电极a是电池的正极，a极的电势高于b极的电势，B项错误；C．电极a（正极）电极反应为+H++2e?→＋Cl?，正极每得到2mol电子时，为使溶液电中性，必有2molＨ+通过质子交换膜进入a极溶液，同时电极反应消耗1molＨ+。故工作一段时间之后，a极区溶液中H+浓度增大，pH减小，C项错误；D．据图中物质转化，考虑到质量守恒和电荷守恒关系，电极b（负极）反应为CH3COO?+4H2O－8e?=2HCO+9H+，D项正确。本题选D。
13．用AG表示溶液酸度：AG=lgc(H+)c(OH?)。在室温下，用0.1mol·L?1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol·L?1的CH3 COOH溶液，滴定结果如图所示。下列分析正确的是
A．0.1mol·L?1的CH3 COOH溶液的pH=3.4
B．A点加入的NaOH溶液的体积为20.00mL
C．滴定过程中，c(CH3COO-)／c(H+)逐渐减小
D．B点溶液中可能存在c(Na+)>c(CH3COO?)>c(OH?)>c(H+)
【答案】D
【解析】室温下，用0.1 mol·L?1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol·L?1的CH3 COOH溶液，发生的反应为NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O，化学计量点时恰好生成CH3COONa，水解使溶液显碱性，此时消耗NaOH的体积为20.00mL，结合图象和溶液中的守恒思想分析判断。室温下，用0.1mol·L?1的NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol·L?1的CH3 COOH溶液，发生的反应为NaOH+CH3COOH
=CH3COONa+H2O，化学计量点时恰好生成CH3COONa，水解使溶液显碱性，此时消耗NaOH的体积为20.00mL。A．滴定起始时，溶液中仅存在醋酸，此时，AG=lgc(H+)c(OH?)=7.4，则c(H+)c(OH?)=107.4，由于Kw=c(H+)·c(OH?)，则溶液中c(H+)=10?3.3mol/L，因此0.1mol·L?1的醋酸pH=3.3，选项A错误；B．A点时AG=0，c(H+)=c(OH?)，加入的NaOH溶液的体积小于20.00mL，若等于20.00mL则溶液应呈碱性AG<0，选项B错误；C．滴定过程中，发生反应NaOH+CH3COOH=CH3COONa+H2O，CH3COO?增大，c(H+)减小，故c(CH3COO?)／c(H+)逐渐增大，选项C错误；D．B点溶液若完全中和得到醋酸钠，溶液呈碱性，可能存在c(Na+)>c(CH3COO?)>c(OH?)>c(H+)，选项D正确。答案选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题有多选项符合题目要求。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．氘核和氚核聚变的核反应方程为，已知的比结合能是2.78 MeV，的比结合能是1.09 MeV，的比结合能是7.03 MeV，则
A．该核反应释放17.6 MeV能量 B．该核反应释放3.16 MeV能量
C．该核反应吸收17.6 MeV能量 D．该核反应吸收3.16 MeV能量
【答案】A
【解析】聚变反应前的总结合能为：E1＝(1.09×2+2.78×3)MeV＝10.52MeV，反应后生成物的结合能为：E2＝7.03×4MeV＝28.12MeV，故反应谢出的核能为：ΔE＝E2?E1＝17.6MeV，故A正确。
15．一盏电灯重力为G，悬于天花板上A点，在电线O处系一细线OB，使电线OA偏离竖直方向的夹角为β＝30°，如图所示。现保持β角不变，缓慢调整OB方向至虚线位置，则在此过程中细线OB中的张力
A．先减小后增大
B．先增大后减小
C．不断增大
D．不断减小
【答案】A
【解析】对O点受力分析，重力为恒力，OA绳的拉力方向不变，OB绳的拉力大小和方向均变化在转动，则构成三力平衡的一类动态平衡，由图解法作图如图所示，当TOB⊥TOA时，TOB最小，整个转动过程，TOB先减小后增大，故A正确。
16．两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势φ随坐标x变化的关系图象如图所示，其中P点电势最高，且xAP＜xPB，则
A．q1和q2都是正电荷
B．q1的电荷量大于q2的电荷量
C．在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先减小后增大
D．一点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小
【答案】C
【解析】由图知，越靠近两电荷，电势越低，则q1和q2都是负电荷，故A项错误；φ?x图象的斜率表示电场强度，则P点场强为零，据场强的叠加知两电荷在P处产生的场强等值反向，即kq1xAP2＝kq2xBP2，又xAP<xPB，所以q1的电荷量小于q2的电荷量，故B项错误；由图知，在A、B之间沿x轴从P点左侧到右侧，电势先增加后减小，则负点电荷的电势能先减小后增大，故C项正确；φ?x图象的斜率表示电场强度，则沿x轴从P点运动到B点场强逐渐增大；据a＝qEm可知，电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐增大，故D项错误。
17．2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在中国举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。跳台滑雪赛道可简化为助滑道、着陆坡、停止区三部分，如图所示。一次比赛中，质量为m的运动员从A处由静止下滑，运动到B处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C点，滑入停止区后，在与C等高的D处速度减为零。已知B、C之间的高度差为h，着陆坡的倾角为θ，重力加速度为g。只考虑运动员在停止区受到的阻力，不计其他能量损失。由以上信息不能求出的是
A．运动员在空中飞行的时间
B．A、B之间的高度差
C．运动员在停止区运动过程中克服阻力做功
D．C、D两点之间的水平距离
【答案】D
【解析】从B点做平抛运动，则由h＝12gt2可求解运动员在空中飞行的时间；由htanθ＝v0t可求解在B点的速度v0，在由mghAB＝12mv02可求解AB的高度差；从B点到D点由12mv02+mgh＝Wf可求解运动员在停止区运动过程中克服阻力做功；由题中条件无法求解C、D两点之间的水平距离，故选D。
18．如图甲所示为一“凸型”线框，其中ab＝bc＝cd＝de＝l，ef＝3l。线框在外力作用下以恒定速度垂直磁场通过一宽为l的有界匀强磁场。取逆时针方向电流方向为正，图示时刻t＝0，则线框中产生的电流i随时间t变化的图象中，正确的是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由于线框匀速运动，每运动l的距离时间为t0＝lv，所以第一个时间间隔即ab边从左边界到右边界过程中，由“右手定则”可知，线框中产生逆时针方向的电流，大小为I＝BlvR，第二个时间间隔即gd边从左边界到右边界过程中，由“右手定则”可知，线框中产生逆时针方向的电流，大小为I＝2BlvR，第三时间间隔ef，由“右手定则”可知，线框中产生顺时针方向的电流，大小为I＝3BlvR，故B正确。
19．如图所示，A、B两物体的质量分别为m、2m，中间用轻杆相连，放在光滑的斜面上。现将它们从静止释放，在下滑的过程中
A．两物体下滑的加速度相同 B．轻杆对A做正功，对B做负功
C．任意时刻两物体重力的功率相同 D．系统的机械能守恒
【答案】AD
【解析】因为两物体用轻杆连接，一起运动，加速度相同，对两物体整体受力分析得：(2m+m)gsinθ＝(2m+m)a，整体加速度a＝gsinθ，A正确；设杆对B的力为F，隔离B可得：2mgsinθ+F＝2ma，且，a＝gsinθ，所以F＝0，B错误；因为重力功率等于P＝mgvy，虽然两物体速度相同，但是质量不一样，重力功率不一样，C错误；只有重力对系统做功，动能和重力势能相互转化，机械能守恒，D正确。
20．某一双星系统中，A星球质量是B星球质量的2倍，两者之间的间距为l。经观测发现A星球上的物质在缓慢地向外太空逃逸，若干年后A星球的质量变为原来的一半，间距减小，由观测知此时双星系统的角速度变为原来的1.5倍，则
A．两星球之间距离变为 B．两星球之间距离变为
C．A星球的轨道半径变为 D．A星球的轨道半径变为0.25l
【答案】AC
【解析】双星靠他们之间的万有引力提供向心力，A星球的质量为m1，轨道半径为R，B星球的质量为m2，轨道半径为r，根据万有引力提供向心力有：Gm1m2l2＝m1Rω2＝m2rω2，得：Gm2l2＝Rω2，Gm1l2＝rω2，左右分别相加，则有：Gm1+m2l2＝R+rω2＝ω2l，变形可得：Gm1+m2＝3Gm2＝ω2l3，A星球的质量变为原来的一半，角速度变为原来的1.5倍，则有：Gm'1+m2＝2Gm2＝ω2l'3，可得：l'＝23l，故A正确，B错误；此时两个星球的质量相等，则它们的轨道半径也相等，即：ra＝rb＝13l，故C正确，D错误。
21．如图所示竖直平面内一半径R的光滑圆环处在与水平方向夹角θ＝45°的斜向上的匀强电场中，一电量为q、质量为m的带正电小球在圆环中A点静止（A点未画出），已知场强。现给静止在A处的小球一沿切线方向的冲量I，为保证小球不脱离轨道，I的取值是
A． B． C． D．
【答案】AD
【解析】小球受电场力与重力，两力的合力方向水平向右，大小为mg，即将重力场转过90o，mgR＝12mv12，解得：v1＝2gR，小球不脱离轨道时，速度v≤2gR，冲量I≤m2gR，mg?2R＝12mv02+12mv22，v0＝gR，解得：v2＝5gR小球不脱离轨道时，速度v≥5gR，冲量I≥m5gR，故A、D正确。
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38题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题(共129分)
22．(6分)如图所示，某同学在实验室做“测动摩擦因数”的实验，细线连接钢球和滑块跨在木板上端的定滑轮上处于静止状态，发现烧断细线后钢球落地和滑块撞击挡板的时间相同。
(1)写出滑块下滑的加速度a与图中x、H、重力加速度g的关系式（用字母表示）a＝_________。
(2)以滑块为研究对象，利用牛顿第二定律，用H、h、x这三个物理量表示出动摩擦因数的数学表达式，表达式是μ＝____________。（用字母表示）
(3)用刻度尺测量出H＝2.5 m，x＝0.50 m，h＝0.30 m，代入相关数据，得出滑块与木板间的动摩擦因数μ＝_____。（结果保留两位有效数字）
【答案】(1)xgH (2分) (2) Hh?x2Hx2?h2 (3分) (3)0.5 (1分)
【解析】(1)由运动学规律，则有：H＝12gt2，x＝12at2，联立解得：a＝xHg；
(2)设木板与水平桌面间的夹角为θ，滑块下滑时，受力分析，并由牛顿第二定律，则有：mgsinθ?μmgcosθ＝ma，且sinθ＝hx和cosθ＝x2?h2x，解得：μ＝Hh?x2Hx2?h2；
(3)将H＝2.5 m，x＝0.50 m，h＝0.30 m，代入μ＝Hh?x2Hx2?h2，解得：μ＝0.5。
23．(9分)某兴趣小组的同学用下列实验器材设计一个电路来比较精确地测量电阻R(约3 kΩ)的阻值。
A．电压表V1，量程为0～4 V，内阻为r1＝6 kΩ
B．电压表V2，量程为0～10 V，内阻约为6 kΩ
C．滑动变阻器R1(0～100 Ω)，额定电流1 A
D．滑动变阻器R2(0～500 Ω)，额定电流0.2 A
E．定值电阻R0＝6 kΩ
F．电源电动势E＝12 V，内阻很小
G．开关S、导线若干
要求实验中电表示数从零调节，可获得多组测量数据，且电表读数不得小于其量程的，测量结果尽量准确，实验操作方便。
(1)由实验要求应选择的实验器材有___________(填器材前面的字母序号)；
(2)在虚线框内画出测量电阻的最合理电路图。(电路图上标明所用仪器的代号)
(3)用已知量和测量的量表示Rx的表达式Rx＝___________，说明式中各字母所表示的物理量：___________。
【答案】（1）ABCEFG(2分) （2）如图所示(3分)
（3）Rx＝(U2?U1)r1R0U1(r1+R0) (3分) U1：电压表V1的读数；U2：电压表V2的读数；R0：定值电阻的阻值；r1：电压表V1的内阻 (1分)
【解析】(1) (2)要求实验中电表示数从零调起，故滑动变阻器采取分压接法，为方便调节选取小阻值即可，即R1；由于没有电流表，可以将小量程电压表V1与定值电阻R0并联，并联后的阻值与待测电阻的阻值相差不大，所以将小量程电压表V1与定值电阻R0并联后与待测电阻串联，实验要求应选择的实验器材有：ABCEFG；实验电路图如图所示。
(3)根据并联分流，串联分压和欧姆定律可得：Rx＝U2?U1U1R并＝R0r1(U2?U1)U1(R0+r)，其中U1为电压表V1的读数；U2为电压表V2的读数；R0为定值电阻的阻值；r1为电压表V1的内阻。
24．(12分)中国高铁以“快、准、稳”成为一张靓丽的“名片”而为国人所自豪。3月9日由北京南开往杭州东的G35次高铁上，一位男旅客在洗手间内吸烟，触发烟感报警装置，导致高铁突然降速缓行。假设此次事件中列车由正常车速80 m/s匀减速至24 m/s后匀速行驶，列车匀速行驶6 min后乘警通过排査解除了警报，列车又匀加速恢复至80 m/s的车速。若列车在匀加速和匀减速过程的加速度大小均为l.4 m/s2，试求：
(1)列车以非正常车速行驶的距离；
(2)由于这次事件，列车到达杭州东时晚点多少秒？
【解析】(1)设列车正常车速为v1，减速后车速为v2，减速和加速过程位移为s1，时间均为t1，减速后匀速行驶位移为s2，时间为t2，由运动学公式可得：2as1＝v12?v22(2分)
s2＝v2t2 (1分)
s＝2s1+s2 (2分)
解得：s＝12800m(1分)
(2)设列车正常车速通过s位移所用时间为t′，则有：
t1＝v1?v2a (1分)
t'＝sv1(2分)
Δt＝2t1+t2?t'(2分)
解得：Δt＝280s(1分)
25．(20分)如图所示，在一直角坐标系xOy平面内有圆形区域，圆心在x轴负半轴上，P、Q是圆上的两点，坐标分别为P(－8L，0)，Q(－3L，0)。y轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度的大小为B；y轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外。现从P点沿与x轴正方向成37°角射出一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。求：
(1)带电粒子的初速度；
(2)粒子从P点射出到再次回到P点所用的时间。
【解析】(1)带电粒子以初速度v沿与x轴正向成37o角方向射出，经过圆周C点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y轴左侧磁场后，从y轴上D点垂直于y轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：
QC＝5Lsin37o=3L，O1Q＝OQsin37O＝5L (2分)
在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为R1，R1＝O1Q+QC (2分)
qvB＝mv2R1 (2分)
解得：v＝8qBLm ；(2分)
(2)由公式qvB＝mv2R2得：R2＝mvqB，解得：R2＝4L (2分)
由R2＝4L可知带电粒子经过y轴右侧磁场后从图中O1占垂直于y轴射放左侧磁场，由对称性，在y圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E点，沿直线打到P点。设带电粒子从P点运动到C点的时间为t1
PC＝5Lcos37o，t1＝PCv (2分)
带电粒子从C点到D点做匀速圆周运动，周期为T1，时间为t2
T1＝2πmqB，t2＝37o360oT1 (2分)
带电粒子从D做匀速圆周运动到O1点的周期为T2，所用时间为t3
T2＝2πmq·2B＝πmqB，t3＝12T2 (2分)
从P点到再次回到P点所用的时间为t，t＝2t1+2t2+t3 (2分)
联立解得：t＝(1+41π45)mqB。(2分)
26．（14分）锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌，正极是被二氧化锰和碳粉包围的石墨电极，电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物，该电池放电过程中产生MnOOH。废旧电池中的Zn、Mn元素的回收，对环境保护有重要的意义。
Ⅰ．回收锌元素，制备ZnCl2
步骤一：向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水，搅拌，充分溶解，经过滤分离得固体和滤液。
步骤二：处理滤液，得到ZnCl2·xH2O晶体。
步骤三：将SOCl2与ZnCl2·xH2O晶体混合制取无水ZnCl2。
制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2(夹持及加热装置略)的装置如下：
(已知：SOCl2是一种常用的脱水剂，熔点－105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解，与水剧烈水解生成两种气体。)
（1）写出SOCl2与水反应的化学方程式：______________________。
（2）接口的连接顺序为a→___→___→h→h→___→___→___→e。
Ⅱ．回收锰元素，制备MnO2
（3）洗涤步骤一得到的固体，判断固体洗涤干净的方法：_________________________。
（4）洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧的目的__________________________。
Ⅲ．二氧化锰纯度的测定
称取1.40g灼烧后的产品，加入2.68g草酸钠（Na2C2O4）固体，再加入足量的稀硫酸并加热（杂质不参与反应），充分反应后冷却，将所得溶液转移到100mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻线，从中取出20.00mL，用0.0200mol/L高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为17.30mL。
（5）写出MnO2溶解反应的离子方程__________________________________________。
（6）产品的纯度为______________________ 。
（7）若灼烧不充分，滴定时消耗高锰酸钾溶液体积_____（填“偏大”、“ 偏小”、“ 不变”）。
【答案】（1）SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑
f → g → h → h → b → c → d → e
取最后一次洗液，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体洗涤干净
除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2
MnO2+C2O+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O
97.4%
偏大
【解析】Ⅰ.（1）SOCl2与水反应生成SO2和HCl，反应方程式为；SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑
；（2）三颈瓶中SOCl2吸收结晶水得到SO2与HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，防止溶液中水蒸气加入锥形瓶中，用品红溶液检验二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气种二氧化硫与HCl，防止污染环境，h装置防止倒吸，接口的连接顺序为a→ f → g → h → h → b → c → d → e ；Ⅱ.（3）洗涤步骤一得到的固体，判断固体洗涤干净的方法是检验洗涤液中有没有氯离子：取最后一次洗液，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则说明固体洗涤干净；（4）洗涤后的固体经初步蒸干后进行灼烧，灼烧除去混在二氧化锰中的碳，并将MnOOH氧化为MnO2。Ⅲ. （5）MnO2将C2O在H+作用下氧化成CO2而+4价锰还原成Mn2+，MnO2溶解反应的离子方程MnO2+C2O+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O；（6）n(C2O)=2.68g÷134g·mol?1=0.02mol；滴定100mL稀释后溶液，消耗n(MnO)=0.0200mol·L?1×0.01730L×5=0.001730mol；根据氧化还原反应中得失电子数相等得n(MnO2)×2+0.001730mol×5=0.0200mol×2，n(MnO2)=0.015675mol，二氧化锰质量分数=0.015675mol×
87g·mol?1/1.40g = 0.974，即97.4%；（7）若灼烧不充分，杂质也会消耗高锰酸钾，滴定时消耗高锰酸钾溶液体积将偏大。
27．（14分）氨为重要的化工原料，有广泛用途。
（1）合成氨中的氢气可由下列反应制取：
a．CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝＋216.4 kJ·mol?1
b．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝－41.2 kJ·mol?1
则反应CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)　ΔH＝_________________________。
（2）起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图。
①恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是________(填序号)。
A．N2和H2的转化率相等 B．反应体系密度保持不变
C．c(H2)/c(NH3 )保持不变 D．c(NH3)/c(N2)＝2
②p1________(填“>”、“<”、“＝”或“不确定”，下同)p2；反应的平衡常数：B点________D点。
③C点H2的转化率为________；在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氨气的平均速率：v(A)________v(B)。
（3）N2H4可作火箭推进剂，NH3和NaClO在一定条件下反应可生成N2H4。
①写出NH3和NaClO反应生成N2H4的化学方程式________________________________。
②已知25℃时，N2H4的水溶液呈弱碱性：N2H4＋H2ON2H5+＋OH? K1＝1×10?a
N2H5+＋H2ON2H62+＋OH?　K2＝1×10?b 25℃时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c(N2H5+)>c(N2H4)，同时c(N2H5+)>c(N2H62+)，应控制溶液pH的范围为_________________(用含a、b的式子表示)。
【答案】（1）＋175.2kJ·mol?1
BC < > 66.7% <
2NH3＋NaClON2H4＋NaCl＋H2O 14－b【解析】（1）已知a.CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝＋216.4kJ·mol?1，b.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝－41.2kJ·mol?1，根据盖斯定律由a+b可得反应：CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) ΔH=＋216.4kJ·mol?1+(－41.2kJ·mol?1)=＋175.2kJ·mol?1，故答案为：＋175.2kJ·mol?1。（2）①A．氮气和氢气的初始物质的量之比为1∶3，由反应方程式N2+3H22NH3可得，氮气和氢气按物质的量之比1∶3反应，所以N2和H2的转化率一直是相等的，与是否达到平衡状态无关，故A不选；B．该反应是一个气体分子式变化的反应，恒压是只要不平衡，气体体积就会发生变化，因为气体总质量不变，所以密度就会不断变化，当密度不变时，说明达到平衡状态，故B选；C．氮气时反应物，氨气是生成物，若氢气减少，则氨气必增多，其比值c(H2)/c(NH3)就会变化，当比值不变时说明已经处于平衡状态，故C选；D．氢气是反应物，氨气是生成物，只要不平衡，若氢气减少，则氨气必增多，其比值c(H2)/c(NH3)就会变化，当比值不变时说明已经处于平衡状态，但当比值为2时，不一定说明不在变化，所以不一定是平衡状态，故D不选。故答案为：BC。②合成氨反应是一个气体分子数减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，有图可知，温度相同时，压强为P1时平衡混合物中氨的体积分数小于压强为P2时，所以P1。③设C点H2的转化率为α(H2)
N2 + 3H2 2NH3
初始(mol) 1 3 0
转化(mol) α(H2) 3α(H2) 2α(H2)
平衡(mol) 1-α(H2) 3-3α(H2) 2α(H2)
因为平衡混合物中氨的体积分数为50%，同温同压下气体体积分数与物质的量分数相等，所以2α(H2)/(1-α(H2)+3-3α(H2)+2α(H2))×100%=50%，解得α(H2)=66.7%；A、B两点平衡混合物中氨的体积分数相同，B点温度和压强均高于A点温度和压强，则在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氨气的平均速率：v(A)c(N2H4)，同时c(N2H5+)>c(N2H62+)，应控制溶液pH的范围为(14-b，14-a)，故答案为：14－b28.（15分）富硼渣中含有镁硼酸盐（2MgO·B2O3）、镁硅酸盐（2MgO·SiO2）及少量Al2O3、FeO等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸（H3BO3）晶体的一种工艺流程如下：
已知：生成氢氧化物沉淀的pH（金属离子的起始浓度为0.1mol/L）
Fe(OH)3
Al(OH)3
Fe(OH)2
Mg(OH)2
开始沉淀时
1.9
3.4
7.0
9.1
完全沉淀时
3.2
4.7
9.0
11.1
（1）上述流程中能加快反应速率的措施有______、_______等。
（2）酸浸时发生反应：2MgO·SiO2+2H2SO4=2MgSO4+SiO2+2H2O，2MgO·B2O3+2H2SO4+H2O
=2H3BO3+2MgSO4。
①上述反应体现出酸性强弱：H2SO4______H3BO3（填“＞”或“＜”）。
②酸浸时，富硼渣中所含Al2O3和FeO也同时溶解，写出相关反应的离子方程式：______、______。
③已知硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为：H3BO3+OH? =B(OH)。下列关于硼酸的说法正确的是__（填序号）。
a．硼酸是一元酸
b．向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，有气泡产生
c．硼酸的电离方程式可表示为：H3BO3+H2OB(OH)+H+
（3）检验褐色浸出液中的杂质离子：取少量浸出液，______（填操作和现象），证明溶液中含有Fe2+。
（4）除去浸出液中的杂质离子：用MgO调节溶液的pH至______以上，使杂质离子转化为______（填化学式）沉淀，过滤。
（5）获取晶体：ⅰ.浓缩滤液，使MgSO4和H3BO3接近饱和；ⅱ.控制温度使两种晶体分别从溶液中结晶。结合下图溶解度曲线，简述ⅱ的方法：将浓缩液加入到高压釜中，______（将方法补充完整）。
【答案】（1）研磨 加热
＞ Al2O3+ 6H+=2Al3++3H2O FeO+2H+=Fe2++H2O ac
滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀（合理答案给分）
4.7 Al(OH)3、Fe(OH)3
升温结晶，得到硫酸镁晶体，分离后，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体
【解析】（1）由框图分析：研磨可以增大接触面积，加快化学反应速率；酸浸中的加热也可以加快化学反应速率，所以答案：研磨；加热。（2）①根据酸浸时发生反应：2MgO·B2O3+2H2SO4+
H2O=2H3BO3 + 2MgSO4反应，说明酸性H2SO4大于H3BO3。答案为：＞。②酸浸时，富硼渣中所含Al2O3和FeO也同时溶解生成硫酸铝和硫酸亚铁，相关反应的离子方程式：Al2O3+6H+=2Al3++3
H2O；FeO+2H+=Fe2++H2O。答案：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；FeO+2H+=Fe2++H2O。③由硼酸与过量NaOH溶液发生的中和反应为：H3BO3+OH?=B(OH)可知硼酸是一元酸，故a正确；b. 因为B和C在同一周期，原子序数逐渐增大，所以非金属性C>B，酸性H2CO3>H3BO3，故向NaHCO3固体中滴加饱和硼酸溶液，不会有气泡产生，故b错误；c. 硼酸是一元弱酸，所以电离方程式可表示为：H3BO3+H2OB(OH)+H+，故c正确；答案：ac。（3）证明溶液中含有Fe2+的方法是：取少量褐色浸出液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，如果产生蓝色沉淀说明含有Fe2+。答案：滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。（4）根据框图分析浸出液中的杂质离子为：Al3+、Fe3+，由已知Al(OH)3开始沉淀时pH=3.4完全沉淀时pH=4.7；Fe(OH)3开始沉淀时pH=1.9完全沉淀时pH=3.2，要除去Al3+、Fe3+两种离子，应用MgO调节溶液的至4.729．（9分）为了研究光照对玉米叶片净光合速率的影响，测得玉米叶片在不同光照强度下CO2吸收量的变化曲线如图所示。回答下列问题：
（1）在t1～t2时，暗反应速率逐渐_________(选填“增大”“减小”或“不变”)，原因是________________________________________。
（2）在t3时，玉米叶肉细胞的叶绿体利用CO2的相对值为_________。
（3）在t3～t4时给予全日照，玉米叶片吸收CO2量的相对值不再上升，说明________；此时玉米叶肉细胞间CO2浓度远低于空气中CO2浓度，原因是____________。
【答案】（1）增大（1分） 光照强度增大，光反应为暗反应提供［H］和ATP增多，导致暗反应增强
（2）13
（3）给予70％全日照已经达到玉米的光饱和点 光饱和时玉米叶肉细胞光合作用强，利用细胞间CO2的速率快
【解析】（1）在t1～t2时，光照强度增大，光反应为暗反应提供[H]和ATP增多，导致暗反应增强，暗反应速率逐渐增大。（2）在t3时，玉米叶肉细胞的叶绿体利用CO2的相对值等于呼吸作用产生的CO2+t3时从外界吸收的CO2，即4+9=13。?（3）从70%全光照到全光照，净光合作用强度不在提高，说明70%全日照已经达到玉米的光饱和点，此时由于光饱和时玉米叶肉细胞光合作用强，利用细胞间CO2的速率快，因此玉米叶肉细胞间CO2浓度远低于空气中CO2浓度。
30．（12分）生长素的主要作用是促进细胞纵向伸长，其作用机理如图所示，请回答下列问题:
（1）生长素作用的第一步是与细胞膜上的受体结合，形成“激素-受体复合物”，这一过程体现了细胞膜的________________________功能。
（2）被激活的“激素-受体复合物”能引起内质网释放Ca2+，Ca2+促使细胞内的H+以主动运输方式运往细胞外，增加了细胞壁的延展性，使细胞壁对细胞的压力减小，导致细胞吸水、体积增大而发生不可逆增长。细胞在生长过程中体积变化最大的细胞器是____________。
（3）对于某植株来说，生长素促进根系生长的最适宜浓度要比茎低得多，这说明__________________。
（4）科学家研究发现紫外光可以抑制植物生长，原因是紫外线增加了植物体内吲哚乙酸氧化酶的活性，从而促进了生长素氧化为3-亚甲基氧代吲哚，而后者没有促进细胞伸长的作用。现在提供生长状况相同的健康的小麦幼苗若干作为实验材料，请完成下列实验方案，以验证紫外线抑制植物生长与生长素的氧化有关。
步骤1:将生长状况相同的健康的小麦幼苗平均分为甲组和乙组。
步骤2:给予甲组______________________光照，给予乙组______________________光照。
对实验现象的观察和检测是____________。
预测实验结果:______________________________。
【答案】（1）信息交流（1分）
（2）液泡（1分）
（3）同一浓度生长素对不同器官的作用不同
（4）适宜的可见光 同等强度的可见光和一定强度的紫外光 测量植株高度(生长状况和高度),并检测两组植株中3-亚甲基氧代吲哚含量 甲组植物生长高于乙组,甲组中3-亚甲基氧代吲哚含量少于乙组
【解析】（1）生长素与细胞膜上的受体结合，体现了细胞膜具有进行细胞间信息交流的功能。（2）细胞吸水的原理是渗透作用，渗透作用需要两个条件：①有半透膜，植物的原生质层相当于半透膜，原生质层由细胞膜和液泡膜以及这两层膜之间的细胞质构成；②半透膜两侧存在浓度差，即液泡的浓度与外界溶液浓度之间构成浓度差。因此，细胞在生长过程中变化最大的细胞器是液泡。（3）植物的根和茎对生长素的敏感程度不一样。对于某植物来说，生长素促进根系生长的最适浓度比茎低得多，说明同一浓度生长素对不同器官的作用不同。（4）步骤2：根据题意可知，该实验的自变量是可见光中紫外线的有无，无关变量是温度、光照等。实验设计遵循单一变量原则，光照等无关变量应相同且适宜。甲组作为对照组，应该给予适宜的可见光；乙组作为实验组，给予同等强度的可见光和一定强度的紫外光光照。根据题意可知，该实验的因变量为植物中3-亚甲基氧代吲哚的含量、植物的生长状况、植株的高度等。因此，需要观察两组植株的生长状况、测量植株的高度，并检测植株中3-亚甲基氧代吲哚含量。本实验为验证性实验，实验现象与实验原理一致、结果唯一，结论与题目要求（目的）一致。因此，预测实验结果为甲组植株生长高于乙组，甲组中3-亚甲基氧代吲哚含量少于乙组，说明紫外线抑制植物生长与生长素的氧化有关。
31．（8分）近几年来，甲地出现了土地盐碱化和植被退化的现象，乙地连年种植小麦，其产量逐年降低。对两地进行生态治理，具有重要意义。请运用生态学知识回答下列问题：
（1）2019感动中国十大人物之一钟扬，曾率领团队在青藏高原进行调查，发现此地野生动植物种类繁多，主要体现了生物多样性中的______多样性，该团队为国家种质库收集了数千万颗植物种子，尽管对其中大量种子的用途并不了解，但我们还是要加以保护，是因为它们存在______价值。
（2）甲地分布着碱蓬、柽柳和刺槐等多种植物，其主要种间关系是______。碱蓬根部细胞液中贮存着大量Na+，使其耐盐碱，原因是______。
（3）生态学家建议在乙地进行合理轮作（轮作是指在同一块田地上，有顺序地在季节间或年间轮换种植不同作物的种植方式），这样有利于农作物长期高产。请分析原因：______（答出两点即可）。
【答案】（1）物种（1分） 潜在 （1分）
（2）竞争 提高细胞液的渗透压，有利于其从土壤中吸水，以适应土壤的高渗透压环境
（3）①能充分利用土壤中的各种无机盐（或“提高土壤中各种无机盐的利用率”） ②改变原有食物链，减少病虫害③改变田间生态条件，减少杂草危害
【解析】（1）钟扬曾率领团队在青藏高原进行调查，发现此地野生动植物种类繁多，主要体现了生物多样性中的物种多样性，该团队为国家种质库收集了数千万颗植物种子，尽管对其中大量种子的用途并不了解，但还是要加以保护，是因为它们存在潜在价值。（2）甲地分布着碱蓬、柽柳和刺槐等多种植物，其主要种间关系是竞争；碱蓬根部细胞液中贮存着大量Na+，使其耐盐碱，原因是提高细胞液的渗透压，有利于其从土壤中吸水，以适应土壤的高渗透压环境。（3）生态学家建议在乙地进行合理轮作，因为这样做：①能充分利用土壤中的各种无机盐；②改变原有食物链，减少病虫害；③改变田间生态条件，减少杂草危害。所以有利于农作物长期高产
32．（10分）玉米是雌雄同株的二倍体植物，其甜味由三对基因控制，无甜味玉米基因型为AABBDD．甜玉米和超甜玉米均为无甜味玉米的基因突变纯合体，其中超甜玉米又有两个品种。它们的相关基因在染色体上的位置及对应性状如表所示，请回答下列问题：
玉米品种（纯种）
隐性突变基因
染色体（号）
甜度
甜玉米
a
4
甜
超甜玉米
b
3
很甜
d
？
很甜
（1）甜玉米的基因型是______。
（2）欲判断d基因是否位于3号染色体上，用不同品种的超甜玉米作为实验材料（不考虑突变和交叉互换），实验思路是 。若非甜玉米：超甜玉米=9：7，则d基因不位于3号染色体上；若 ，则d基因位于3号染色体上。
（3）玉米种子的U型和卵型、紫色和黄色，受两对等位基因控制，含有某种相同基因的雌、雄配子不能结合。研究人员从一株隔离种植的玉米植株上收获所有种子，统计发现：U型紫色：U型黄色：卵型紫色：卵型黄色=6：3：2：1，分析其原因为：①控制该植株两对性状的基因均为杂合；② ；③ 。
【答案】（1）aaBBDD
（2）将不同品种的超甜玉米杂交得F1，F1自交（或杂交）得F2，统计F2的表现型及其比例 非甜玉米：超甜玉米=1：1
（3）控制这两对性状的基因位于两对（同源或非同源）染色体上 均含有控制种子颜色为紫色基因的雌、雄配子不能结合
【解析】（1）由分析可知：甜玉米的基因型是aaBBDD。（2）欲判断d基因是否位于3号染色体上，可用将不同品种的超甜玉米（AAbbDD、AABBdd）杂交得F1，F1自交（或杂交）得F2，统计F2的表现型及其比例，若非甜玉米：超甜玉米=9：7，则d基因不位于3号染色体上；若非甜玉米：超甜玉米=1：1，则d基因位于3号染色体上。 （3）由题意知：子二代中U型紫色：U型黄色：卵型紫色：卵型黄色=6：3：2：1，故U型：卵型=3：1， 紫色：黄色=2：1，该比例类似与9：3：3：1，即（3：1）（2：1），可能的原因在于紫色显性纯合致死，同时控制这两对性状的基因位于两对（同源或非同源）染色体上，该植株两对性状的基因均为杂合，均含有控制种子颜色为紫色基因的雌、雄配子不能结合。
（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做。则每学科按所做的第一题计分。
33．【物理——选修3-3】(15分)
(1)(5分)对于下面所列的热学现象说法正确的是_________。（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．若氧气与氢气的温度相同，则这两种气体分子的平均速率不相同
B．硬币能浮在水面上，这是液体表面张力作用的结果
C．“第一类永动机”和“第二类永动机”都违背了能量守恒定律
D．自然界一切进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的
E．直径为1 μm的水珠所含水分子的个数比地球上的总人口数还要多
【答案】ABD
【解析】温度是分子的平均动能的标志，温度相同的氧气与氢气，它们具有相同的分子动能，由于它们的分子质量不同，所以分子平均速率不同，故A正确；硬币能浮在水面上，是由于水的表面张力的作用，硬币受到的重力等于表面张力，故B正确；第一类永动机不可能制成是因为它违背了能量守恒定律，第二类永动机不违反能量守恒定律，是因为违反了热力学第二定律，故C错误；根据熵增加原理知，自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的，故D正确；直径为1μm的水珠所含水分子的个数为n＝10?610?10个＝104个，故E错误。
(2)(10分)如图所示，U型玻璃细管竖直放置，水平细管与U型细管底部相连通，各部分细管内径相同。此时U型玻璃管左、右两侧水银面高度差为15 cm，C管水银面距U型玻璃管底部距离为5 cm，水平细管内用小活塞封有长度为12.5 cm的理想气体A，U型管左管上端封有长25 cm的理想气体B，右管上端开口与大气相通。现将活塞缓慢向右压，使U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，已知外界大气压强为75 cmHg，忽略环境温度的变化，水平细管中的水银柱足够长，求：
(i)气体B的长度；
(ii)活塞移动的距离。
【解析】(i)设玻璃管横截面积为S，活塞缓慢向右压的过程中，气体B做等温变化
PB1VB1＝PB2VB2(2分)
PB1＝75cmHg?15cmHg＝60cmHg，VB1＝25S；PB2＝75cmHg，VB2＝LS
解得气体B的长度L＝20cm(2分)。
(ⅱ) 活塞缓慢向右压的过程中，各部分液柱移动情况示意如图，U形管左管中水银柱长度变化等于气柱B长度的变化ΔL左＝25cm?20cm＝5cm(1分)
U形管右管中水银柱长度变化ΔL右＝15cm+5cm＝20cm(1分)
气体A做等温变化PA1＝75cmHg+5cmHg＝80cmHg，PA2＝75cmHg+25cmHg＝100cmHg
VA1＝12.5S，VA2＝LA2S
PA1VA1＝PA2VA2(2分)
解得气体A的长度LA2＝10cm
活塞移动的距离等于A部分气体长度的变化加上U形管左右两侧水银柱长度的变化，所以
d＝LA1?LA2+25cm＝27.5cm(2分)。
34．【物理——选修3-4】(15分)
(1)(5分)一列简谐横波，在t ＝0.6s时刻的图象如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为- lcm，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是_________。（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，最低得分为0分）
A．这列波沿x轴正方向传播
B．这列波的波速是m/s
C．从t＝0.6 s开始，紧接着的Δt＝0.6 s时间内，A质点通过的路程是l0 m
D．从t＝0.6 s开始，质点P比质点Q早0.4 s回到平衡位置
E. 若该波在传播过程中遇到一个尺寸为l0 m的障碍物不能发生明显衍射现象
【答案】ABD
【解析】由乙图读出t＝0.6s时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由图甲判断出波的传播方向为沿x轴正方向，故A正确；由图甲读出波长为λ＝20m，由乙图周期T＝1.2s则波速度为v＝λT＝201.2ms＝503ms，故B正确；Δt＝0.6s＝0.5T，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程为4倍振幅，则经过Δt＝0.4s，A质点通过的路程是：s＝2A＝4cm，故C错误；图示时刻质点P沿y轴负方向，质点Q沿y轴正方向，所以质点P将比质点Q晚回到平衡位置，将此图象与正弦曲线进行对比可知，P点的横坐标为xP＝203m，Q点的横坐标xP＝403m，根据波形的平移法可知质点P比质点Q晚回到平衡位置时间为：t＝xQ?xPv＝0.4s，故D正确；发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多，该波的波长为20m，故E错误。
(2)(10分)如图，长为d宽为l的长方形abdc是一个折射率为n＝的透明长方体的截面，ca延长线上某处的点光源P发出一条光线射向ab，光线与上表面ab的夹角θ＝30°。在bd下方有一个光屏。已知光在空气中传播速度为c。
(1)作出光路图，并求图示光线从光源到达光屏的路程s；
(2)求图示光线从光源到达光屏所用的时间t。
【解析】(1)光路图如图，设长方体内光线与法线的夹角为β
根据折射定律可知：n＝cosθsinβ (2分)
解得：β＝30°(1分)
由几何关系：s＝233(d+l)?23l (2分)
(2)光在透明长方体的传播速度：v＝cn (1分)
光的传播时间：t＝23(3dc?lc)+233lv (2分)
带入数据解得：t＝23d3c+4l3c(2分)。
35．【选修3——物质结构与性质】(15分)
三乙酸锰可作单电子氧化剂，用如下反应可以制取三乙酸锰：4Mn(NO3)2·6H2O+26(CH3CO)2O=
4(CH3COO)3Mn+8HNO2+3O2↑+40CH3COOH。
（1）基态锰原子的价层电子排布式为______，基态Mn3+含有的未成对电子数是______。
（2）CH3COOH中碳原子的杂化形式为________。
（3）NO的空间构型是________，与NO互为等电子体的分子的化学式为______(任写一种)。
（4）CH3COOH能与H2O以任意比互溶的原因是____________________。
（5）某种镁铝合金可作为储钠材料，该合金晶胞结构如图所示，晶胞棱长为a nm，该合金的化学式为_______，晶体中每个镁原子周围距离最近的铝原子数目为_______，该晶体的密度为______g/cm3(阿伏伽德罗常数的数值用NA表示)。
【答案】（1）3d54s2 4
sp3和sp2 平面三角形
BF3或BCl3
CH3COOH与H2O均为极性分子，且分子间可以形成氢键
Mg2Al 4 7.5×1022a3NA
【解析】（1）锰为25号元素，基态锰原子的价层电子排布式为3d54s2，基态Mn3+的价层电子排布式为3d4，含有4个未成对电子，故答案为：3d54s2；4；（2）CH3COOH中甲基上的碳原子含有4个σ键，没有孤电子对，采用sp3杂化，羧基上的碳原子含有3个σ键，没有孤电子对，采用sp2杂化，故答案为：sp3和sp2；（3）NO中氮原子价层电子对数为3+5+1?2×32=3，N原子轨道的杂化类型为sp2，空间构型为平面三角形；NO中有4个原子，5+6×3+1=24个价电子，SO3中有4个原子，6+6×3=24个价电子，与NO3-是等电子体，BF3、COF2等也与硝酸根离子为等电子体，故答案为：平面三角形；SO3或BF3、COF2等；（4）CH3COOH与H2O均为极性分子，且分子间可以形成氢键，使得CH3COOH能与H2O以任意比互溶，故答案为：CH3COOH与H2O均为极性分子，且分子间可以形成氢键；（5）根据晶胞结构可知，晶胞中含有的镁原子数目=8×18+2×12=2，铝原子数目=2×12=1，该合金的化学式为Mg2Al；在晶胞中，镁原子位于顶点和2个面的面心，铝原子位于2个面的面心，每个镁原子周围距离最近的铝原子数目为4个，距离均为面对角线长度的一半；晶胞棱长为anm，晶胞的体积为(a×10-7)3cm3，晶胞的质量=24×2+27NAg=75NAg，则晶胞的密度=75NAg（a×10?7）3cm3=7.5×1022a3NA g/cm3，故答案为：Mg2Al；4；7.5×1022a3NA。
36．【选修5——有机化学基础】(15分)
A是石油裂解气的主要成分之一，以A为原料制备药物中间体X的合成路线如下：
已知i.CH2=CH-CH=CH2+CH2=CH2；
ii．RCH=CH2。
回答下列同题：
（1）A的结构简式为_________，B的名称为__________，D中含有的官能团的名称是___________。
（2）有机物I的结构简式为___________；反应④的反应类型是___________。
（3）由A生成B的化学方程式为______________________________________。
（4）反应⑧的化学方程式为___________________________________________。
（5）满足以下条件的X的同分异构体有___________种。
i．能发生银镜反应；
ii．含有六元环结构；
iii．六元环上有2个取代基。
其中核磁共振氢谱中有6组峰，且峰面积之比为4∶4∶3∶2∶2∶1的有机物的结构简式为________（任写一种）。
（6）参照F的合成路线，以CH3CH=CHCH3为原料设计制备的合成路线：（其他试剂任选)。
【答案】（1）CH3CH＝CH2 3—氯—1—丙烯（或3—氯丙烯） 碳碳双键、氯原子
取代反应
CH3CH=CH2+Cl2CH2＝CHCH2Cl+HCl

8
（6）
【解析】（1）A为丙烯，结构简式为：CH3CH=CH2，B的结构简式为CH2ClCH=CH2，名称为3—氯—1—丙烯（或3—氯丙烯），D含有碳碳双键和氯原子；（2）化合物I的结构简式为：，反应④E和HC≡CNa发生的取代反应；（3）由A生成B的化学方程式为丙烯和氯气发生的取代反应，方程式为：CH3CH=CH2+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl；（4）反应⑧为羟基的催化氧化反应，方程式为： +2H2O；
（5）X的同分异构体满足以下条件i．能发生银镜反应，说明含有醛基；ii．含有六元环结构；iii．六元环上有2个取代基，六元环上可以连接一个醛基和一个乙基，可以在一个碳原子上，或有邻间对三种位置关系，也可以是甲基和-CH2CHO，可以在一个碳原子上或有邻间对三种位置关系，共8种。其中核磁共振氢谱中有6组峰，且峰面积之比为4∶4∶3∶2∶2∶1，说明一个醛基，和一个甲基，结构有对称性，即两个取代基在一个碳原子，结构简式为：； （6）以CH3CH=CHCH3为原料设计制备的合成路线，参考F的合成路线分析，说明发生烯烃间的加成反应形成环，再利用环内的双键和卤素发生加成反应，再与HC≡CNa发生取代反应增加碳链，合成路线为：。
37．【生物——选修一：生物技术实践】
目前市场上果醋、果酒和果蔬汁等饮料越来越受到人们的青睐。请回答：
（1）家庭酿造葡萄酒时酵母菌主要来源于______，喝剩的葡萄酒放置一段时间后会变酸，原因是 将乙醇转化为醋酸，但在果酒酿造过程中酒精发酵的旺盛时期，即使果汁灭菌不严格也不会变酸，原因是______ 。
（2）固定化酵母细胞可以用来生产果酒，固定酵母细胞常用______法，该方法常用的载体有明胶、琼脂糖、______、醋酸纤维和聚丙烯酰胺等。
（3）在苹果汁制作过程中常使用的果胶酶是一类酶的总称，包括多聚半乳糖醛酸酶、______和果胶酯酶等，通过测定滤出苹果汁的体积大小可以判断果胶酶活性的高低，原因是______。
【答案】（1）葡萄皮 醋酸菌 酒精发酵旺盛时缺乏氧气，而醋酸菌是好氧细菌，生长繁殖被抑制
（2）包埋（法） 海藻酸钠
（3）果胶分解酶 果胶酶将果胶分解为小分子物质，小分子物质可以通过滤纸，所以果胶酶的活性越大，分解果胶越彻底，产生的苹果汁就越多（3分）
【解析】（1）家庭酿造葡萄酒时酵母菌主要来源于葡萄皮上附着的野生型酵母菌，喝剩的葡萄酒放置一段时间后会变酸，原因是醋酸菌将乙醇转化为醋酸，但在果酒酿造过程中酒精发酵的旺盛时期，即使果汁灭菌不严格也不会变酸，原因是酒精发酵旺盛时缺乏氧气，而醋酸菌是好氧细菌，生长繁殖被抑制。（2）固定化酵母细胞可以用来生产果酒，固定酵母细胞常用包埋法，该方法常用的载体有明胶、琼脂糖、海藻酸钠、醋酸纤维和聚丙烯酰胺等。（3）果胶酶是一类酶的总称，包括多聚半乳糖醛酸酶、果胶分解酶和果胶酯酶等，通过测定滤出苹果汁的体积大小可以判断果胶酶活性的高低，原因是果胶酶将果胶分解为小分子物质，小分子物质可以通过滤纸，所以果胶酶的活性越大，分解果胶越彻底，产生的苹果汁就越多
38．【生物——选修三：现代生物科技专题】
请回答下列与基因工程、细胞工程、胚胎工程和生态工程有关的问题：
（1）利用PCR技术扩增目的基因，前提是要有一段已知目的基因的核苷酸序列，以便根据这一序列合成______。在培育抗虫棉的过程中，我国科学家用独创的______法将目的基因导入了棉花细胞。检测抗虫棉是否培育成功的具体方法是 。
（2）胚胎工程的最后一道工序是______，进行该工序的优势是______。
（3）在治疗癌症时，把抗癌细胞的单克隆抗体与放射性同位素相结合，制成“生物导弹”，借助单克隆抗体的导向作用，将药物带到癌细胞位置，在原位将其杀死，这体现“生物导弹”______的优点。
（4）我国西北一些地区年降雨量较少，适宜种植灌木和草，却被硬性规定种植属于乔木的杨树，致使许多地方的杨树长成半死不活状，结果防护林成为残败的“灰色长城”。其失败的原因主要是违背了______原理。
【答案】（1）引物 花粉管通道法 将抗虫棉接种棉铃虫，一段时间后观察棉铃虫的生长发育或存活状况（3分）
（2）胚胎移植 可以充分发挥雌性优良个体的繁殖潜力
（3） 既不损伤正常细胞，又减少了用药剂量（疗效高，毒副作用小）
（4）协调与平衡
【解析】（1）利用PCR技术扩增目的基因，前提是要有一段已知目的基因的核苷酸序列，以便根据这一序列合成引物。在培育抗虫棉的过程中，我国科学家用独创的花粉管通道法法将目的基因导入了棉花细胞。检测抗虫棉是否培育成功的具体方法是将抗虫棉接种棉铃虫，一段时间后观察棉铃虫的生长发育或存活状况。（2）胚胎工程的最后一道工序是胚胎移植，进行该工序的优势是可以充分发挥雌性优良个体的繁殖潜力。（3）治疗癌症时，把抗癌细胞的单克隆抗体与放射性同位素相结合，制成“生物导弹”，借助单克隆抗体的导向作用，将药物带到癌细胞位置，在原位将其杀死，具有既不损伤正常细胞，又减少了用药剂量的优点。（4）我国西北一些地区年降雨量较少，适宜种植灌木和草，却被硬性规定种植属于乔木的杨树，致使许多地方的杨树长成半死不活状，结果防护林成为残败的“灰色长城”。其失败的原因主要是违背了协调与平衡原理。

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