资源简介

2019-2020学年下学期
理科综合能力测试（一）
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。
可能用到的相对原子质量：H
1
C
12
O
16
Na
23
Al
27
S
32
Cl
35.5
Fe
56
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．下列生活中的实例和对应的生物解释（或原理）错误的是
A．糖尿病患者不能口服胰岛素进行治疗——口服后蛋白质被水解，失去功效
B．矿工职业病硅肺——硅尘破坏吞噬细胞的溶酶体膜，内溶物释放后破坏细胞结构
C．新宰的猪肉放置一段时间再煮更新鲜——这与肌细胞线粒体的活动密切相关
D．酷夏时节，户外工作人员需要补充盐汽水——保证体内水盐平衡
【答案】C
【解析】糖尿病患者不能口服胰岛素进行治疗，是因为胰岛素是蛋白质，口服后被水解，失去功效，A正确；硅肺是肺部吸入硅尘后，硅尘被吞噬细胞吞噬，吞噬细胞中的溶酶体缺乏分解硅尘的酶，而硅尘却能破坏溶酶体膜，使其中的水解酶释放出来，破坏细胞结构，使细胞死亡，最终导致肺功能受损引起，B正确；动物体刚死时溶酶体不破裂，一段时间后其中的酶会随其破裂溢出，溶酶体内含有蛋白酶原，能在细胞死亡后被激活成为蛋白酶，催化肌肉细胞间的胶原蛋白水解，使肌肉变得松软，烹调后更加鲜嫩，C错误；酷夏时节，户外工作人员大量出汗，带走体内的水分和无机盐，因此需要补充盐汽水以保证体内水盐平衡，D正确。
2．下列关于生物膜系统结构与功能的叙述中，正确的是
A．叶绿体类囊体薄膜和囊泡膜不属于生物膜系统
B．细胞膜上的受体是细胞间信息交流所必需的结构
C．肝细胞的细胞膜和线粒体膜上均有协助葡萄糖跨膜运输的载体
D．生物膜系统具有物质运输、能量转换、和信息交流的功能
【答案】D
【解析】囊泡来自于内质网、高尔基体或者细胞膜、叶绿体类囊体薄膜在叶绿体内，都属于生物膜系统，A错误；有的信息传递不需要经过细胞膜上的受体，如植物的胞间连丝具有信息传递的功能，性激素的受体存在于细胞内，不在细胞膜上，B错误；线粒体不能利用葡萄糖，所以线粒体膜上没有运输葡萄糖的载体，C错误；生物膜系统具有物质运输、能量转换、和信息交流的功能，D正确。
3．氨酰-tRNA合成酶是催化tRNA和特定的氨基酸结合的酶，其化学本质为蛋白质，研究发现，每一种氨基酸对应一种氨酰-tRNA合成酶，这些酶必须与tRNA分子上特定的反密码子序列以及特定的氨基酸同时对应时才能发挥作用，下列有关氨酰-tRNA合成酶的说法中正确的是
A．人体不同细胞内含有的氨酰-tRNA合成酶种类不同
B．每一种氨酰-tRNA合成酶只能结合一种特定的tRNA
C．氨酰-tRNA合成酶抑制剂可作为抗生素抵抗细菌的增殖
D．氨酰-tRNA合成酶通过碱基互补配对识别tRNA上的反密码子
【答案】C
【解析】人体不同细胞内含有的氨基酸的种类是一样的，故氨酰-tRNA合成酶种类也相同，A错误；每种氨基酸可以对应一种或多种tRNA，故每一种氨酰-tRNA合成酶能结合一种或多种tRNA，B错误；氨酰-tRNA合成酶抑制剂可抑制tRNA和特定的氨基酸结合，从而影响蛋白质的合成，故可作为抗生素抵抗细菌的增殖，C正确；酶是生物催化剂，故氨酰-tRNA合成酶起催化功能，D错误。
4．对于生物激素调节及其应用方面的有关说法正确的是
A．小麦在扬花期受到大风袭击，影响了传粉，给小麦田喷洒一定浓度的生长素能避免减产
B．甲状腺激素分泌不足的成年人耗氧量会增加
C．切除动物的垂体后，血液中甲状腺激素会减少，而下丘脑分泌的促甲状腺激素释放激素会增加
D．激素间的协同作用对于维持动物正常的新陈代谢和生长发育等都有着非常重要的意义，而激素间的拮抗作用对机体是不利的
【答案】C
【解析】生长素能促进子房发育成果实，而小麦收获的是种子，因此小麦传粉受影响后，麦喷洒了一定浓度的生长素不能避免小麦减产，A错误；甲状腺激素分泌不足的成年人，代谢减缓，耗氧量会减少，B错误；切除动物的垂体后，促甲状腺激素减少，血液中甲状腺激素会减少，进而下丘脑分泌的促甲状腺激素释放激素会增加，C正确；激素间的协同作用和拮抗作用对于维持动物内环境的稳态、正常的新陈代谢和生长发育等都具有非常重要的意义，D错误。
5．某实验小组用培养瓶培养两个单细胞藻类物种(A、B)，分别采用单独培养A、单独培养B、共同培养A和B三种培养方式。接种数量保持相同，实验条件保持适宜，定期检测培养瓶中藻细胞的浓度(单位：×105个·mL?1)，得到下图所示曲线。下列叙述错误的是
A．实验期间，培养瓶内藻类的总呼吸强度增强
B．单独培养B时，B藻的环境容纳量约为1.0×108个，且不发生变化
C．分别单独培养两种藻类时，在实验的第11～13d，藻类数量增长最快
D．共同培养时，竞争作用使A藻因缺乏资源、空间等而生长受到抑制
【答案】B
【解析】实验期间，三组培养瓶内藻类的细胞数均呈增多趋势，在实验条件保持适宜的情况下，藻类细胞数增多，藻类的总呼吸强度增强，A项正确；单独培养B时，B藻的细胞密度约为1.0×108个·mL?1，B藻数量不再增多，培养瓶对B藻的环境容纳量需要用细胞密度乘以培养液的体积，而培养液的体积未知，B项错误；分别单独培养两种藻类时，在实验的第11?13d，两种藻类的密度相当于“S”型曲线中的K/2，此时藻类增长最快，C项正确；共同培养时，两种藻类存在竞争关系以及同种藻类间存在种内斗争关系，B藻数量增多，A藻缺乏资源、空间等而生长受到抑制，D项正确。
6．蝗虫的性别决定属于XO型，O代表缺少一条性染色体，雄蝗虫2N=23，雌蝗虫2N=24。控制体色褐色(A)和黑色(a)的基因位于常染色体上，控制复眼正常(B)和异常(b)的基因位于X染色体上，且基因b使精子致死。下列有关蝗虫的叙述，正确的是
A．蝗虫的群体中，不会存在复眼异常的雌雄个体
B．若要测蝗虫的基因组，应测定10条染色体上DNA的碱基序列
C．杂合复眼正常雌体和复眼异常雄体杂交，后代复眼正常和复眼异常的比例为1∶1
D．萨顿通过观察雄蝗虫体细胞和精子细胞的染色体数，提出了基因在染色体上的假说
【答案】C
【解析】由于基因b使精子致死，但含b基因的卵细胞可以存活，故群体中不会出现XbXb的个体，但可以出现XbY的个体，A错误；根据题意，若要测蝗虫的基因组，应测定12条染色体上DNA的碱基序列，B错误；杂合复眼正常雌体(XBXb)和复眼异常雄体(XbY)杂交，由于基因b使精子致死，故XbY产生的配子中只有含Y的能够参与受精，故后代均为雄性，且复眼正常和复眼异常的比例为1∶1，C正确；萨顿通过用蝗虫细胞作材料，研究精子和卵细胞的形成过程，并观察体细胞和精子细胞、卵细胞中的染色体数量的关系，提出了基因在染色体上的假说，D错误。
7．2019年12月以来，我国武汉等地相继暴发了新冠肺炎，为此我国政府和相关部门采取了多项措施控制疫情。75%乙醇和84消毒液等均能有效灭活新冠病毒。84消毒液的主要成分是次氯酸钠。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．74.5g次氯酸钠中含有的离子数目为2NA
B．1mol次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为2NA
C．46g
75%乙醇中含有的氧原子数大于6NA
D．利用氯气和氢氧化钠溶液反应制取0.1mol次氯酸钠需要消耗2.24L氯气
【答案】A
【解析】74.5g
NaClO的物质的量n==1mol，而次氯酸钠中含1个钠离子和1个次氯酸根，故1mol次氯酸钠中含有的离子数目为2NA个，答案为A。
8．有机物环丙叉环丙烷的结构为。关于该有机物的说法正确的是
A．所有原子处于同一平面
B．二氯代物有3种
C．生成1mol
C6H14至少需要3mol
H2
D．1mol该物质完全燃烧时，需消耗8.5mol
O2
【答案】C
【解析】分子中所有碳原子处于同一平面，但氢原子不在此平面内，错误；二氯代物中，两个氯原子连在同一碳原子上的异构体有1种，两个氯原子连在不同碳原子上的异构体有3种，也就是二氯代物共有4种，错误；生成1mol
C6H14，至少需要3mol
H2，正确；该物质的分子式为C6H8，1mol该物质完全燃烧时，需消耗8mol
O2，错误。答案为C。
9．我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯（DMO）和氢气反应获得EG。反应过程示意图如下：
下列说法不正确的是
A．Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子
B．反应过程中生成了MG和甲醇
C．EG和甲醇不是同系物
D．DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂
【答案】D
【解析】由图可知，氢气转化为H原子，Cu纳米颗粒作催化剂，故A正确；DMO中C?O、C=O均断裂，则反应过程中生成了EG和甲醇，故B正确；EG与甲醇中?OH数目不同，二者不是同系物，故C正确；DMO为草酸二甲酯，EG为乙二醇，则C?O、C=O均断裂，故D错误；综上所述，答案为D。
10．X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，M是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是
A．五种元素的原子半径从大到小的顺序是：M＞W＞Z＞Y＞X
B．X、Z两元素能形成原子个数比(X∶Z)为3∶1和4∶2的化合物
C．化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物
D．用M单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阴极区会出现白色沉淀
【答案】B
【解析】X元素的原子形成的离子就是一个质子，应为H元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，应为C元素；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，则Z为N元素、W为O元素；M是地壳中含量最高的金属元素，应为Al元素。H原子半径最小，同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Al＞C＞N＞O＞H，即M＞Y＞Z＞W＞X，故A错误；N、H两元素能形成NH3、N2H4，故B正确；化合物CO2是酸性氧化物，NO2与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故C错误；用Al单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，阴极生成氢气，不会生成沉淀，故D错误。综上所述，选B。
11．亚硝酸钠广泛用于媒染剂、漂白剂等。某兴趣小组用下列装置制取较纯净的NaNO2。
甲
乙
丙
丁
反应原理为：2NO+Na2O2=2NaNO2。已知：NO能被酸性KMnO4氧化成NO，MnO被还原为Mn2+。下列分析错误的是
A．甲中滴入稀硝酸前需通人N2
B．仪器的连接顺序为a-f-g-d-e-b
C．丙中CaCl2用于干燥NO
D．乙中吸收尾气时发生的离子反应为3MnO+5NO+4H+=3Mn2++5NO+2H2O
【答案】B
【解析】制取的一氧化氮含有水蒸气，过氧化钠可与水反应，导致制取产物不纯，可用氯化钙吸收水蒸气，一氧化氮有毒，不能排放的大气中，可用高锰酸钾溶液吸收，则仪器的连接顺序为a-d-e-f-g-b或a-d-e-g-f-b，故B错误；答案选B。
12．在乏燃料后处理流程中，四价铀作为铀钚分离的还原剂己广泛使用。在UO2(NO3)-2HNO3-
N2H4。HNO3体系下采用电解法制备四价铀，电解总反应为2UO+N2H+3H+2U4++N2↑+4H2O，电解装置如图所示。下列说法正确的是
A．若转移4mol
e?，将有4mol
H+透过质子交换膜
B．b极的电极反应式为UO+2H2O+2e?=U4++4OH?
C．电解液中NO的移动方向：a→质子交换膜→b
D．当产生11.2mL
N2时，同时生成U4+的质量为0.2389
【答案】A
【解析】此装置为电解池模型，结合图像可知，a极接电源负极，为电解池阴极，UO在阴极得到电子，发生的电极反应为：UO+2H2O+2e?=U4++4OH?，b接电源正极，为电解池阳极，N2H5在阳极得到电子，发生的电极反应为：N2H-4e?=N2↑+5H+，H+经质子交换膜向阴极（a极）移动，据此可分析选项。根据上述分析，电解池中阳离子向阴极移动，根据电荷守恒可知，导线中转移4mol
e?，溶液中消耗4mol
H+，H+透过质子交换膜向阴极（a极）移动，A选项正确；酸性环境下，b电极发生的反应为：N2H-4e?=N2↑+5H+，B选项错误；NO不能透过质子交换膜，C选项错误；未注明标准状况，不能够准确计算，D选项错误；答案选A。
13．常温下，分别用0.01mol/L的NaOH溶液滴定与之等浓度的体积均为25.00mL的HA、H3B(三元酸)溶液，溶液的pH随V(NaOH)变化曲线如图所示，下列说法错误的是
A．常温下K(HA)数量级约为10?5
B．常温下0.01mol/L的NaH2B溶液的pH大于7
C．NaOH溶液滴定HA溶液应选择酚酞作为指示剂
D．当横坐标为37.50时，溶液中存在：2c(H+)+c(H2B?)+3c(H3B)=2c(OH?)+3c(B3?)+c(HB2?)
【答案】B
【解析】c(HA)=c(A?)时，K(HA)＝=10?4.75，常温下K(HA)数量级约为10?5，故A正确；当c(H2B?)=c(H3B)时，Ka1=c(H+)=10?2.5，c(H2B?)=c(HB2?)时，Ka2=c(H+)=10?7.2，HB2?的电离程度更小，则Ka3＜10?7.2，H2B?的水解平衡常数Kh==10?11.5＜Ka2=10?7.2，说明H2B?的水解程度小于电离程度，常温下0.01mol/L的NaH2B溶液的pH小于7，故B错误；滴定终点溶液呈碱性，NaOH溶液滴定HA溶液应选择酚酞作为指示剂，故C正确；当横坐标为37.50时，溶液为Na2HB、NaH2B等物质的量混合物，溶液中存在电荷守恒①c(H+)+c(Na+)=3c(B3?)+2c(HB2?)+c(H2B?)+
c(OH?)，物料守恒：②2c(Na+)=3c(H3B)+3c(H2B?)+3c(HB2?)+3c(B3?)，将①×2-②，得2c(H+)+c(H2B?)
+3c(H3B)=2c(OH?)+3c(B3?)+c(HB2?)，故D正确；故选B。
二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的的0分。
14．我国“北斗三号”全球组网卫星采用星载氢原子钟。如图所示为氢原子的能级图，现让一束单色光照射到一群处于基态（量子数n=l）的氢原子上，受激的氢原子能自发地发出6种不同频率的光，则照射氢原子的单色光的光子能量为
A．13.6
eV
B．3.4
eV
C．12.
09
eV
D．12.75
eV
【答案】D
【解析】由题意应该有，得，即能发出6种频率光的一定是n=4能级，则照射氢原子的单色光的光子能量为，故ABC错误，D正确。
15．一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能增大为原来的4倍，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的
A．向心加速度大小之比为14
B．轨道半径之比为41
C．周期之比为41
D．角速度大小之比为12
【答案】B
【解析】根据万有引力充当向心力==mr=ma，卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度v=，其动能Ek=，由题知变轨后动能增大为原来的4倍，则变轨后轨道半径r2=r1，变轨前后卫星的轨道半径之比r1r2=41；向心加速度a=，变轨前后卫星的向心加速度之比a1a2=116，故A错误，B正确；卫星运动的周期，变轨前后卫星的周期之比==，故C错误；卫星运动的角速度，变轨前后卫星的角速度之比==，故D错误。
16．在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，整个系统置于方向水平的匀强电场中。若三个小球均处于静止状态，则c球的带电量为
A．+q
B．-q
C．+2q
D．-2q
【答案】D
【解析】
a、b带正电，要使a、b都静止，c必须带负电，否则匀强电场对a、b的电场力相同，而其他两个电荷对a和b的合力方向不同，两个电荷不可能同时平衡，设c电荷带电量大小为Q，以a电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得c、b对a的合力与匀强电场对a的力等值反向，即为：=×cos，所以C球的带电量为-2q，故D正确。
17．如图所示，静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，当它放出一个α粒子后，其速度方向与磁场方向垂直，测得α粒子和反冲核轨道半径之比为44:1，则下列说法不正确的是
A．α粒子与反冲粒子的动量大小相等，方向相反
B．原来放射性元素的原子核电荷数为90
C．反冲核的核电荷数为88
D．α粒子和反冲粒子的速度之比为1:88
【答案】D
【解析】微粒之间相互作用的过程中遵守动量守恒定律，由于初始总动量为零，则末动量也为零，即α粒子和反冲核的动量大小相等，方向相反；由于释放的α粒子和反冲核均在垂直于磁场的平面内，且在洛伦兹力作用下做圆周运动；由得：，若原来放射性元素的核电荷数为Q，则对α粒子：，对反冲核：，由于，根据，解得，反冲核的核电荷数为，它们的速度大小与质量成反比，由于不知道质量关系，无法确定速度大小关系，故A、B、C正确，D错误。
18．如图所示，在x>0、y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面向里。现有一质量为m、电量为q的带正电粒子，从x轴上的某点P沿着与x轴成角的方向射人磁场。不计重力影响，则可以确定的物理量是
A．粒子在磁场中运动的时间
B．粒子运动的半径
C．粒子从射入到射出的速度偏转角
D．粒子做圆周运动的周期
【答案】D
【解析】粒子在磁场中做圆周运动，由于P点位置不确定，粒子从x轴上离开磁场或粒子运动轨迹与y轴相切时，粒子在磁场中转过的圆心角最大，为，粒子在磁场中的最长运动时间，粒子最小的圆心角为P点与坐标原点重合，最小圆心角，粒子在磁场中的最短运动时间，粒子在磁场中运动所经历的时间为，说明无法确定粒子在磁场中运动的时间和粒子的偏转角，故AC错误；粒子在磁场中做圆周运动，由于P点位置不确定，粒子的偏转角不确定，则无法确定粒子的运动半径，故B错误；粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则，且，则得，说明可确定粒子做圆周运动的周期，故D正确。
19．如图所示,在光滑水平面上,有质量分别为和的两滑块,它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与不拴连),由于被一根细绳拉着而处于静止状态.当剪断细绳,在两滑块脱离弹簧之后,下述说法正确的是
A．两滑块的动量大小之比
B．两滑块的速度大小之比
C．两滑块的动能之比
D．弹簧对两滑块做功之比
【答案】BC
【解析】在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得：，得，两滑块速度大小之比为：；两滑块的动能之比，B
C正确；两滑块的动量大小之比，A错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为1：2，D错误。
20．如图所示，O是一固定的点电荷，虚线是该点电荷产生的电场中的三条等势线，负点电荷q仅在电场力的作用下沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处．由此可知
A．O为正电荷
B．在整个过程中q的电势能先变小后变大
C．在整个过程中q的加速度先变大后变小
D．在整个过程中，电场力做功为零
【答案】CD
【解析】粒子的所受合力的方向大致指向轨迹的弯曲的方向，知负电荷所受的电场力背离点电荷向外，知O为负电荷。故A错误。从a处运动b处，然后又运动到c处电场力先做负功再做正功，所以电势能先变大后变小，故B错误。越靠近点电荷，电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减小。故C正确。初末位置在同一个等势面上，两点间的电势差为零，根据W=qU，知电场力做功为零，故D正确。故选CD。
21．如图所示，有一倾角θ＝30°的斜面体B，质量为M．物体A质量为m，弹簧对物体A施加一个始终保持水平的作用力，调整A在B上的位置，
A始终能和B保持静止．对此过程下列说法正确的是
A．A、B之间的接触面可能是光滑的
B．弹簧弹力越大，A、B之间的摩擦力越大
C．A、B之间的摩擦力为0时，弹簧弹力为mg
D．弹簧弹力为mg时，A所受摩擦力大小为mg
【答案】CD
【解析】设弹簧弹力为F，当时，即时，A所受摩擦力为0；若，A受到的摩擦力沿斜面向下；若，A受到的摩擦力沿斜面向上，可见AB错误C正确；当时，A所受摩擦力大小为，方向沿斜面向下，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．（5分）某同学在做“探究弹力与弹簧长度关系”的实验中，根据实验数据描点画出F－L图像如图所示。若弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度g取10m/s2，请回答以下两个问题：
(1)由以上实验数据可求得弹簧的劲度系数k=_____N/m（保留三位有效数字）；
(2)由图中实验数据得出弹簧弹力大小F与其长度L的关系式为________，对应的函数关系图线与横轴（长度L）的交点表示____。
【答案】156
F=156(L－0.02)
弹簧原长
【解析】
(1)[1]弹簧弹力F与弹簧长度L的关系图像的斜率表示劲度系数，则劲度系数
(2)[2][3]由图中实验数据结合胡克定律得到弹簧弹力大小F与其长度L的关系式
分析图像可知，图线与横轴的夹点表示弹簧的原长
23．（10分）某物理实验小组利用实验室提供的器材测定电压表V1的内阻，可选用的器材如下：
A．待测电压表V1：量程3V，内阻约3kΩ
B．电压表V2：量程15V，内阻约20kΩ
C．电流表A：量程3A，内阻约0．1Ω
D．定值电阻R0：9．0kΩ
E．滑动变阻器R1：0~200Ω
F．滑动变阻器R2：0~2kΩ
G．电源E：电动势约为12V，内阻忽略不计
H．开关、导线若干
（1）现用多用电表测电压表V1的内阻，选择倍率“×100”挡，其它操作无误，多用电表表盘示数如图所示，则电压表V1的内阻约为
Ω。
（2）为了准确测量电压表V1的内阻，两位同学根据上述实验器材分别设计了如图甲和乙两个测量电路，你认为
（选填“甲”或“乙”）更合理，并在实物图中用笔画线代替导线将电路图补充完整。
（3）该实验中滑动变阻器应该选用
（选填“R1”或“R2”）。
（4）用已知量R0和V1、V2的示数U1、U2来表示电压表V1的内阻RV1=
。
【答案】（1）3400；
（2）乙；连图如图；
（3）R1；
（4）
【解析】（1）用多用电表测得的电压表的内阻为34×100Ω=3400Ω；
（2）甲图中，因为电压表V2的电阻与R0阻值相当，通过电压表V2的电流不能忽略，故用通过R0的电流作为通过V1的电路，则误差较大；故用乙电路较合理；电路连接如图；
（3）实验中滑动变阻器要用分压电路，故用选取阻值较小的R1；
（4）根据欧姆定律可知：。
24．（12分）如图所示，质量为2m的滑块A由长为R的水平轨道和半径也为R的四分之一光滑圆弧轨道组成，滑块A的左侧紧靠着另一质量为4m的物块C，质量为m的物块B从圆弧轨道的最高点南静止开始下滑，D为网弧轨道最低点。已知B与水平轨道之间的动摩擦因数μ=0.1，A的水平轨道厚度极小，B从水平轨道上滑下和滑上的能量损失忽略不计，水平地面光滑，重力加速度为g。
(1)若A被固定在地面上，求B与C发生碰撞前的速度大小v0；
(2)若A的固定被解除，B滑下后与C发生完全弹性碰撞，碰撞后B再次冲上A，求B与A相对静止时与D点的距离L。
【解析】(1)若滑块A被固定在地面上，物块B与物块C碰撞前，由动能定理
解得：
(2)滑块A的固定被解除，物块B下滑到与A分离的过程中，设B与A的分离时的速度分别为v1和v2，对A、B构成的系统，能量关系和水平方向动量守恒有
解得：
物块B与物块C发生完全弹性碰撞后速度分别为和vc，由能量关系和动量守恒有
解得：
碰撞后物块B冲上滑块A，达到共速时，由水平方向动量守恒和能量关系有
B与D点的距离
解得：。
25．（20分）如图甲所示，两竖直同定的光滑导轨AC、A'C'间距为L，上端连接一阻值为R的电阻。矩形区域abcd上方的矩形区域abA'A内有方向垂直导轨平面向外的均匀分布的磁场，其磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示（其中B0、t0均为已知量），A、a两点间的高度差为2gt0（其中g为重力加速度），矩形区域abcd下方有磁感应强度大小为B0、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场。现将一长度为L，阻值为R的金属棒从ab处在t=0时刻由静止释放，金属棒在t=t0时刻到达cd处，此后的一段时间内做匀速直线运动，金属棒在t=4t0时刻到达CC'处，且此时金属棒的速度大小为kgt0（k为常数）。金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计。求：
(1)金属棒到达cd处时的速度大小v以及a、d两点间的高度差h；
(2)金属棒的质量m；
(3)在0－4t0时间内，回路中产生的焦耳热Q以及d、C两点的高度差H。
【解析】(1)在0~t0时间内，金属棒不受安培力，从ab处运动到cd处的过程做自由落体运动，则有
(2)在0~2t0时间内，回路中由于ab上方的磁场变化产生的感应电动势
在t0~2t0时间内，回路中由于金属棒切割磁感线产生的感应电动势
经分析可知，在t0~2t0时间内，金属棒做匀速直线运动，回路中有逆时针方向的感应电流，总的感应电动势为
根据闭合电路的欧姆定律有
对金属棒，由受力平衡条件有
B0IL=mg
解得：
(3)在0~t0时间内，回路中产生的焦耳热∶
在t0
~2t0时间内，金属棒匀速下落的高度∶
在t0~2t0时间内，回路中产生的焦耳热
设在2t0~4t0时间内，金属棒下落的高度为h2，回路中通过的感应电流的平均值为I，有
根据动量定理有
解得：
经分析可知
解得：
根据能量守恒定律可知，在2t0~4t0时间内，回路中产生的焦耳热
经分析可知
Q=Q1+Q2+Q3
解得：
26．（14分）从铜氨废液含[Cu(NH3)3·CO]+、[Cu(NH3)2]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH3、CH3COO?、CO等中回收铜的工艺流程如图：
（1）步骤(Ⅰ)“吹脱”的目的是
(写一条即可)；由步骤(Ⅱ)可确定NH3与H+的结合能力比与Cu2+的
(填“强”或“弱”)。
（2）步骤(Ⅲ)“沉铜”时，Na2S的用量比理论用量多，目的是
。
（3）步骤(Ⅳ)反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为
。
（4）步骤(Ⅵ)发生反应生成难溶Cu2(OH)3Cl的离子方程式为
，pH与铜的回收率关系如图(a)所示，为尽可能提高铜的回收率，需控制的pH约为___。
（5）“吹脱”后的铜氨溶液中加入适量的添加剂可直接电解回收金属铜，装置如图(b)所示，阴极主要发生的电极方程式为
；添加NaCl和H2SO4均可提高电导率和电流效率，从而提高铜的回收率，从环境角度考虑，较好的是___(填“NaCl”或“H2SO4”)。
（6）已知上述流程中只有步骤(Ⅲ)“沉铜”和步骤Ⅴ“制硫酸铜”中铜元素有损耗。步骤(Ⅲ)“沉铜”时铜元素的损耗率为4%；步骤Ⅴ“制硫酸铜”时铜元素损耗率为2%。若1L废液最终制得CuSO4?5H2O
375g，则1L废液中含有铜元素的质量为___g。（保留整数）
【答案】（1）将Cu(Ⅰ)氧化为Cu(Ⅱ)、将CO氧化并以CO2吹出、吹出游离的NH3等
强
使Cu2+尽可能沉淀完全，降低残留率
3∶2
2[Cu(NH3)4]2++Cl?+5H++3H2O＝Cu2(OH)3Cl↓+8NH
6(或5.5?6.5)
[Cu(NH3)4]2++2e?＝Cu+4NH3
H2SO4
102
【解析】从铜氨废液含[Cu(NH3)3·CO]+、[Cu(NH3)2]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH3、CH3COO?、CO等中回收铜，废液中通入热空气，并加热，可生成二氧化碳、氨气，得到含有[Cu(NH3)4]2+、CH3COO?、CO的溶液，加入20%的硫酸，调节pH＝2，得到硫酸铜、硫酸铵溶液，加入20%的硫化钠溶液生成CuS沉淀，在沉淀中加入硝酸可生成NO、S和硝酸铜，加入硫酸生成硫酸铜，经蒸发晶体得到无水硫酸铜晶体；[Cu(NH3)4]2+、CH3COO?、CO的溶液加入盐酸，经过滤、洗涤、干燥，可得到碱式氯化铜，以此解答该题。(1)步骤(Ⅰ)“吹脱”时通入空气，氧气可将Cu(Ⅰ)氧化为Cu(Ⅱ)、将CO氧化生成CO2吹出、吹出游离的NH3等，步骤(Ⅱ)加入硫酸生成硫酸铵，可确定NH3与H+的结合能力比与Cu2+的强；(2)步骤(Ⅲ)“沉铜”时，Na2S的用量比理论用量多，可使Cu2+尽可能生成CuS沉淀，可降低残留率；(3)CuS与硝酸反应生成NO、S，反应中S元素化合价由?2价升高到0价，N元素化合价由+5价降低为+2价，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2；(4)步骤(Ⅵ)发生反应生成难溶Cu2(OH)3Cl的离子方程式为2[Cu(NH3)4]2++Cl?+5H++3H2O＝Cu2(OH)3Cl↓+8NH，由图可知为尽可能提高铜的回收率，需控制的pH约为6(或5.5?6.5)；(5)阴极主要发生反应的电极反应式为[Cu(NH3)4]2++2e?＝Cu+4NH3，如加入盐酸，则阳极发生氧化反应生成氯气，污染空气，从环保的角度可知，应加入硫酸，故答案为：[Cu(NH3)4]2++2e?＝Cu+4NH3；H2SO4；(6)375g
CuSO4·5H2O中Cu的质量＝375g×÷(1?2%)÷(1?4%)＝102g，故答案为：102。
27．（15分）甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。某学习小组利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。
有关物质性质如下表：
甘氨酸
柠檬酸
甘氨酸亚铁
易溶于水，微溶于乙醇
易溶于水和乙醇
易溶于水，难溶于乙醇
两性化合物
强酸性、强还原性
实验过程：
I．合成：装置C中盛有0.1mol
FeCO3和200mL
1.0mol·L?1甘氨酸溶液和适量柠檬酸。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌，并通过仪器b向C中加入适量氢氧化钠溶液调节pＨ到6左右，使反应物充分反应。Ⅱ．分离：反应结束后，过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是________；与a相比，仪器b的优点是______________________。
（2）装置B中盛有的试剂是____________；实验过程中装置D的导管一直没入液面下的必要性是_________________________________。
（3）合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和________________________
。
（4）加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，甘氨酸亚铁产量下降。原因可用离子方程式表示为________。
（5）过程II中加入无水乙醇的目的是_______________________。
（6）检验产品中是否含有Fe3+的试剂名称是_________
。
（7）本实验制得15.3g甘氨酸亚铁（M=204g/mol），则其产率是_____％。
【答案】（1）分液漏斗
平衡气压，使液体顺利流下
饱和NaHCO3溶液
防止空气进入C中（从而防止Fe2+被氧化）
防止Fe2+被氧化
Fe2++2OH?=Fe(OH)2↓
降低甘氨酸亚铁的溶液度，使其结晶析出
硫氰化钾溶液
75
【解析】由装置A中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳气体，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，则装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；利用二氧化碳气体将实验装置中的空气排干净，在进行C装置中的甘氨酸亚铁的制取反应，实验过程中装置C中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，必须将D中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入C装置将亚铁离子氧化。（1）仪器a的名称是分液漏斗；仪器b的名称为恒压漏斗，与a相比，仪器b的优点是平衡气压，使液体顺利流下；（2）装置A中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，则装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；实验过程中装置C中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，必须将D中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入C装置将亚铁离子氧化，答案为：饱和NaHCO3溶液；防止空气进入C中（从而防止Fe2+被氧化）；（3）根据题中表格提供的已知信息，柠檬酸具有强酸性和强还原性，合成过程加入柠檬酸的可促进FeCO3溶解和防止亚铁离子被氧化，答案为：防止Fe2+被氧化；（4）加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，溶液碱性增强，会导致溶液中的亚铁离子在该条件下直接与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，离子方程式表示为Fe2++2OH?=Fe(OH)2，答案为：Fe2++2OH?=Fe(OH)2↓；（5）由题目已知信息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，所以过程II中加入无水乙醇的目的是减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出；（6）检验三价铁离子的试剂为硫氰化钾溶液，加入硫氰化钾，溶液变为血红色，则说明含有三价铁离子；（7）甘氨酸的物质的量=0.2L×1.0mol·L?1=0.2mol，0.1mol的碳酸亚铁中亚铁离子的物质的量为0.1mol，根据铁原子守恒，0.2mol的甘氨酸和0.1mol的碳酸亚铁理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁的质量：204g·mol?1×0.1mol=20.4g，产品的质量为15.3g，则产率===75%，答案为：75。
28．（14分）有效去除大气中的NOx，保护臭氧层，是环境保护的重要课题。
(1)在没有NOx催化时，O3的分解可分为以下两步反应进行；
①O3=O+O2(慢)
②O+O3=2O2(快)
第一步的速率方程为v1=k1c(O3)，第二步的速率方程为v2=k2c(O3)·c(O)。其中O为活性氧原子，它在第一步慢反应中生成，然后又很快的在第二步反应中消耗，因此，我们可以认为活性氧原子变化的速率为零。请用k1、k2组成的代数式表示c(O)=____________。
(2)NO做催化剂可以加速臭氧反应，其反应过程如图所示：
已知：O3(g)+O(g)=2O2(g)
ΔH=-143kJ/mol
反应1：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g)
ΔH1=-200.2kJ/mol。
反应2：热化学方程式为____________________________。
(3)一定条件下，将一定浓度NOx(NO2和NO的混合气体)通入Ca(OH)2悬浊液中，改变，NOx的去除率如图所示。
已知：NO与Ca(OH)2不反应；
NOx的去除率=1-×100%
①在0.3-0.5之间，NO吸收时发生的主要反应的离子方程式为：___________。
②当大于1.4时，NO2去除率升高，但NO去除率却降低。其可能的原因是__________。
(4)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)
ΔH=-759.8kJ/mol，反应达到平衡时，N2的体积分数随的变化曲线如图。
①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近________。
②a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为________；b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为__________(以上两空均用a、b、c、d表示)。
③若=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为_____。
【答案】（1）
NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g)
△H2=+57.2kJ/mol
NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO+H2O
NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低
1∶1
cb=c>d
60%
【解析】(1)由于活性氧原子变化的速率为零，可认为其生成速率等于消耗速率，v1=k1c(O3)，
v2=k2c(O3)·c(O)，则k1c(O3)=k2c(O3)·c(O)，所以c(O)=；(2)根据盖斯定律将两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式；NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g)
ΔH=+57.2kJ/mol；(3)①NO和Ca(OH)2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca(OH)2，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO2)2和水，所以离子方程式为：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO+H2O；②当NO太少，NO2量太多，首先发生反应：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO+H2O；NO2不能完全吸收，过量的NO2就和水反应生成HNO3和NO，这样就导致NO2去除率升高，但NO去除率却降低；(4)①当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的N2的体积分数最大，所以b点的平衡体系中C、N原子个数比接近1∶1；②增大，CO的浓度增大的倍数大于NO增大的倍数，使CO转化率降低，所以a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为cT2，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，故d点平衡常数小于b、c点，所以b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为b=c>d；③若=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，假设开始时n(NO)=1mol，n(CO)=0.8
mol，假设CO平衡时CO转化了x
mol，则根据物质反应转化关系可知平衡产生CO2的物质的量为x
mol，N2为0.5x
mol，则此时CO为(0.8-x)mol，NO为(1-x)mol，×100%=20%，?
解得x=0.6mol，所以NO的转化率为0.6mol/1mol×100%=60%。
29．某研究小组利用同种植物的盆栽苗进行实验研究。首先将该盆栽苗分为甲、乙两组，甲组置于高CO2浓度（5000μLCO2·L?1）下，乙组置于自然空气CO2浓度（360μLCO2·L?1）下，其它条件保持相同且适宜，培养9-10天后，再把甲乙两组都放在自然空气CO2浓度条件下，测定两组植物在不同光强下的光合速率，实验结果如下图所示。请回答下列问题：
（1）该实验的自变量是_______________________。
（2）光强为100μmol·m?2·s?1时，两组都有气体向外界释放，甲、乙两组释放的气体分别来自于___________（填细胞器名称）。其中甲组的判断理由是：________________________________
____________。
（3）从实验结果可知，甲组总光合速率____________（“>”或“=”或“<”）乙组。
（4）播种甲组植株产生的种子，得到的盆栽苗按照乙组的条件培养，再测定植株叶片随光照强度变化的光合作用强度，得到的曲线与乙组的相同。根据这一结果能够得到的初步结论是____________________。
【答案】（1）光照强度、CO2浓度
（2）线粒体和叶绿体
光强为100μmol·m?2·s?1时，甲组呼吸速率大于光合速率，有CO2的释放
（3）<
（4）甲组光合作用强度与乙组的不同是由环境因素高CO2浓度引起的，而非遗传物质的改变造成的
【解析】（1）据图分析可知，该实验的自变量是光照强度和二氧化碳浓度。（2）据图分析可知，光照强度为l00μmol·m?2·s?1时，甲组呼吸速率大于光合速率，产生气泡的成分是CO2，所以来自于线粒体；乙组呼吸速率小于光合速率，产生气泡的成分是O2，所以来自于叶绿体。（3）图示表明，甲乙两组植物的呼吸速率相等，但甲的净光合速率一直低于乙，所以甲组总光合速率始终明显小于乙组。（4）根据题意可知，题干所述实验中甲组光合作用强度与乙组的不同是由环境因素高CO2浓度引起的，而非遗传物质的改变造成的。
30．人体血糖的平衡可以为细胞正常代谢提供能源物质。下图1表示人体在饥饿状态下，体内血糖调节的途径，其中a、b、c、d代表具体的细胞或结构；图2是图1中靶细胞接受激素作用的示意图。请看图回答下列问题：
（1）当血糖含量降低时，刺激b，引起b的膜内电位变为___________________。由b→a过程中，产生的信号形式有_____________。
（2）a分泌的激素的生理作用是_________________________，从而使血糖含量升高，其作用的靶细胞主要是________________。
（3）图2中体现了激素作用的_____________的特点。结合图1分析，图2中靶细胞膜上可以接受的信息分子有_______________________。
（4）糖尿病有两种类型：一种由胰岛素分泌不足引起，另一种有把细胞膜上的胰岛素受体受损引起。但临床上二者都是通过注射胰岛素进行治疗的。请设计最简单的方法判断某糖尿病人的糖尿病类型。________________________________________________（请写出简单思路）。
【答案】（1）正电位
电信号和化学信号
（2）促进肝糖原分解，并促进非糖物质转化为葡萄糖
肝细胞
（3）作用于靶器官、靶细胞
胰髙血糖素
（4）抽血检测患者体内胰岛素含量
【解析】（1）兴奋时，膜内电位由负电位变为正电位，神经元之间的传递信息依赖于电信号和化学信号。（2）当血糖含量降低时，胰高血糖素的含量会增加，促进肝糖原分解，并促进非糖物质转化为葡萄糖，从而使血糖含量升高，作用的靶细胞主要是肝细胞。（3）图2中激素分子作用于靶细胞，体现了激素作用于靶器官、靶细胞的特点，根据图可知靶细胞膜上可以接受的信息分子有胰高血糖素。（4）根据糖尿病的两种类型的不同，可以通过抽血检测患者体内胰岛素的含量，如果胰岛素低于正常值，则说明该糖尿病是由于缺乏胰岛素引起的；如果胰岛素的量正常或高于正常值，则说明该糖尿病是由于靶细胞膜上的胰岛素受体受损引起的。
31．湿地由近水边到陆地可分为光滩区、近水缓冲区、核心区等区域，科学家在近水缓冲区与核心区进行科学考察、鸟类研究等，发现生物多样性十分丰富，孕育着多种植物、动物和微生物。植物类核心区有荻、蒲、芦苇等挺水植物，近水缓冲区有荇菜、莲、芡实等浮水植物。请回答下列问题：
（1）区别湿地中核心区和近水缓冲区这两个群落的重要特征是__________，该特征的不同体现了湿地群落具有_______结构。
（2）从消耗氧的角度看，该湿地中荇菜与泥鳅的种间关系是__________。
（3）下图表示湿地中某鸟类种群一段时间内出生率和死亡率的关系（①表示出生率，②表示死亡率）。
①该生物种群在下图所示时间内，数量增长模型为________。
②若一段时间后，上图中的①②发生重合，表明此时该生物种群数量达到_________。
（4）在调査中发现，斑鸠通过“婚飞”追求配偶，这属于信息传递中的________信息，该事实说明_________________________________。
【答案】（1）物种组成（群落的丰富度）
水平（空间）
（2）竞争
（3）①“J”型
②K值（环境容纳量）
（4）行为
种群繁衍离不开信息传递
【解析】（1）物种组成是区别不同群落的重要特征；湿地中核心区和近水缓冲区物种组成的不同是在不同的地段物种不同，所以体现了湿地群落具有水平结构。（2）荇菜与泥鳅都是需氧型生物，所以从消耗氧的角度看，该湿地中荇菜与泥鳅的种间关系是竞争。（3）①由题图曲线可知，该种群出生率大于死亡率，并且出生率与死亡率之差相同，即增长率不变，因此该生物种群在如图所示时间内，数量增长模型为“J”型。②如①②发生重合，说明种群增长速率为0，此时种群数量达到最大值，即环境容纳量。（4）通过“婚飞”追求配偶，这属于行为信息，说明种群繁衍离不开信息传递。
32．在一个经长期随机交配形成的自然鼠群中，已知毛色由一对等位基因控制，已知A控制黄色，a1控制灰色，a2控制黑色，显隐性关系为A＞a1＞a2，且AA纯合胚胎致死。请分析回答相关问题。
（1）两只鼠杂交，后代出现三种表现型。则该对亲本的基因是______________，它们再生一只黑色雄鼠的概率是________。
（2）现进行多对Aa1×a1a2的杂交，统计结果平均每窝出生8只小鼠。在同样条件下进行许多Aa2×Aa2的杂交，预期每窝平均生______只黄色小鼠。
（3）现有一只黄色雄鼠和多只其他各色的雌鼠，如何利用杂交方法检测出该雄鼠的基因型？
实验思路及预测结果：实验思路：_________________________。
预测结果：若子代表现型及比例为_______________________，则该黄色雄鼠基因型为Aa1。
【答案】（1）Aa2×a1a2
1/8
（2）4
（3）实验思路：选用该黄色雄鼠与多只黑色雌鼠杂交，统计后代毛色及比例
预测结果：黄色∶灰色=1∶1
【解析】根据题意分析，AA纯合致死，所以小鼠一共有5种基因型：
表现型
黄色
灰色
黑色
基因型
Aa1
Aa2
a1a1
a1a2
a2a2
（1）由后代有黑色a2a2可推知其父母均有a2，又因后代由3种表现型，所以亲本的基因型为Aa2和a1a2，再生一只黑色雄鼠的概率=1/4×1/2=1/8。（2）Aa2和a1a2所生的后代全部存活，而Aa2和Aa2的后代有1/4AA胚胎致死，即2只死亡，后代基因型及比例Aa2∶a2a2=2∶1，所以子代有黄色小鼠=6×2/3=4只。（3）黄色雄鼠基因型可能是Aa1或Aa2，所以可以选择与多只黑色雌鼠a2a2进行杂交，统计后代毛色及比例如果后代出现黄色和灰色，并且比例为1∶1，则该黄色雄鼠的基因型为Aa1。
（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
A．同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现
B．在阳光照射下的教室里，眼睛看到空气中尘埃的运动就是布朗运动
C．在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小
D．打气筒给自行车打气时，要用力才能将空气压缩，说明空气分子之间存在着斥力
E.气体向真空的自由膨胀是不可逆的
【答案】ACE
【解析】同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如金刚石与石墨，故A正确.布朗运动是微小粒子表现出的无规则运动，肉眼不可见，故B错误.在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小，这是增加原理，故C正确.打气筒给自行车打气时，要用力才能将空气压缩，是要克服大气压力做功，故D错误.气体向真空自由膨胀遵守热力学第二定律，具有方向性，故E正确
（2）（10分）如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通（忽略细管的容积）。两气缸各有一个活塞，质量分别为和，活塞与气缸无摩擦。活塞的下方为理想气体，上方为真空。当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度。（已知，
①在两活塞上同时各放一质量为的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境温度始终保持为。
②在达到上一问的终态后，环境温度由缓慢上升到，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）。
【解析】①设左、右活塞的面积分别为和，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即
由此得
①
在两个活塞上各加质量为的物块后，假设左右两活塞仍没有碰到汽缸底部，由平衡条件
，则右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中
在初态，气体的压强为：，体积为：；
在末态，气体压强为：，体积为：为左活塞的高度）
由玻意耳定律得
代入数据解得
②当温度由上升至时，气体的压强始终为，设是温度达到时左活塞的高度，
由盖?吕萨克定律得
活塞对气体做的功为
环境温度升高，则气体温度升高内能变大，又气体对活塞做功，根据热力学第一定律：在此过程中气体吸收热量。
34．【物理——选修3－4】(15分)
(1)(5分)下列说法正确的
。（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．满足F=﹣kx的振动是简谐运动
B．波可以发生干涉、衍射等现象
C．由波速公式v=λf可知，空气中声波的波速由f、λ共同决定
D．发生多普勒效应时波的频率发生了变化
E．周期性的振荡电场和振荡磁场彼此交互激发并向远处传播形成电磁波
【答案】ABE
【解析】在简谐运动的回复力表达式F=-kx中，对于弹簧振子，F为振动物体在振动方向受到的合外力，k为弹簧的劲度系数；对于单摆回复力为重力沿圆周的切向分力，故A正确。一切波都可以发生干涉和衍射现象，是波特有现象，故B正确。声波是机械波，机械波的波速由介质决定，故C错误。多普勒效应说明观察者与波源有相对运动时，接收到的波频率会发生变化，但波源的频率不变，故D错误。变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，交替产生电场和磁场形成由近向远传播的电磁波，故E正确。故选ABE。
(2)（10分）如图，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面的半径是球半径的倍；在过球心O且垂直于底面的平面（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点．求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角。
【解析】设球半径为R，球冠地面中心为O′，连接OO′，则OO′⊥AB
令∠OAO′=α
则：…①
即∠OAO′=α=30°…②
已知MA⊥AB，所以∠OAM=60°…③
设图中N点为光线在球冠内地面上的反射点，光路图如图所示。
设光线在M点的入射角为i，折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃的折射率为n。
由于△OAM为等边三角形，所以入射角i=60°…④
由折射定律得：sini=nsinr…⑤
代入数据得：r=30°…⑥
作N点的法线NE，由于NE∥MA，所以i′=30°…⑦
由反射定律得：i″=30°…⑧
连接ON，由几何关系可知△MAN≌△MON，则∠MNO=60°…⑨
由⑦⑨式可得∠ENO=30°
所以∠ENO为反射角，ON为反射光线。由于这一反射光线垂直球面，所以经球面再次折射后不改变方向。所以，该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为β=180°-∠ENO=150°。
35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
钙钛矿（主要成分是CaTiO3)太阳能薄膜电池制备工艺简单、成本低、效率高，引起了科研工作者的广泛关注，科学家认为钙钛矿太阳能电池将取代硅基太阳能电池的统治地位。
（1）基态Ti原子的价电子排布式为
，能量最高的能级有
个空轨道；Si、P、S第一电离能由小到大顺序是
。
（2）碳和硅的有关化学键键能如表所示：
化学键
C?C
C?H
C?O
Si?Si
Si?H
Si?O
键能/kJ·mol?1
356
413
336
226
318
452
硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是___。
（3）一种新型熔融盐燃料电池以Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，则CO的空间构型为
。
（4）Cu2+能与乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)形成配离子如图：
该配离子中含有的化学键类型有
(填字母)。
a．配位键
b．极性键
c．离子键
d．非极性键
一个乙二胺分子中共有__个σ键，C原子的杂化方式为
。
（5）CaTiO3的晶胞为立方晶胞，结构如图所示(图中Ca2+、O2?、Ti4+分别位于立方体的体心、面心和顶角）Ca2+的配位数为
，与Ti4+距离最近且相等的O2?有
个；晶体的密度为ρ
g/cm3，最近的Ti4+和O2?之间的距离为
nm（填计算式)。(CaTiO3的摩尔质量为136g/mol，NA为阿伏加德罗常数)。
【答案】（1）3d24s2
3
Si、S、P
C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定；而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成
平面三角形
abd
11
sp3
6
12
××107
【解析】(1)基态Ti原子核外有22个电子，其价电子排布式为3d24s2，基态Ti原子能量最高的能级为3d轨道，还有3个空轨道，由于原子半径：Si>P>O，又P的3p轨道为3p3半充满状态，故第一电离能：Si【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
洛匹那韦(Lopinavir)是抗艾滋病毒常用药，在“众志成城战疫情”中，洛匹那韦，利托那韦合剂被用于抗新型冠状病毒(2019-nCoV)。洛匹那韦的合成路线可设计如图：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是_______；A制备B反应的化学方程式为_________(注明反应条件)。
(2)D生成E的反应类型为_____；F中能与氢气发生加成反应的官能团名称为___。
(3)C的分子式为_____；一定条件下，C能发生缩聚反应，化学方程式为_____。
(4)K2CO3具有碱性，其在制备D的反应中可能的作用是______。
(5)X是C的同分异构体，写出一种符合下列条件的X的结构简式______。
①含有苯环，且苯环上的取代基数目≤2
②含有硝基
③有四种不同化学环境的氢，个数比为6∶2∶2∶1
(6)已知：CH3COOHCH3COCl，(2，6-二甲基苯氧基)乙酰氯()是由G合成洛匹那韦的原料之一，写出以2，6-二甲基苯酚、ClCH2COOCH2CH3、K2CO3为原料制各该物质的合成路线________（其它无机试剂任选）。
【答案】（1）甲苯
+Cl2+HCl
取代反应
羰基、碳碳双键
C9H11O2N
吸收反应生成的HCl，提高反应转化率
或
【解析】甲苯()与Cl2在光照时发生饱和C原子上的取代反应产生一氯甲苯：和HCl，与在K2CO3作用下反应产生D，D结构简式是，D与CH3CN在NaNH2作用下发生取代反应产生E：，E与发生反应产生F：，F与NaBH4在CH3SO3H作用下发生还原反应产生G：，G经一系列反应产生洛匹那韦。(1)A是，名称为甲苯，A与Cl2光照反应产生和HCl，反应方程式为：+Cl2+HCl；(2)D与CH3CN在NaNH2作用下反应产生E：，是D上的被-CH2CN取代产生，故反应类型为取代反应；F分子中的、与H2发生加成反应形成G，故F中能够与氢气发生加成反应的官能团名称为羰基、碳碳双键；(3)C结构简式为，可知C的分子式为C9H11O2N；C分子中含有羧基、氨基，一定条件下，能发生缩聚反应，氨基脱去H原子，羧基脱去羟基，二者结合形成H2O，其余部分结合形成高聚物，该反应的化学方程式为：；(4)K2CO3是强碱弱酸盐，CO水解使溶液显碱性，B发生水解反应会产生HCl，溶液中OH?消耗HCl电离产生的H+，使反应生成的HCl被吸收，从而提高反应转化率；(5)C结构简式是，分子式为C9H11O2N，C的同分异构体X符合下列条件：①含有苯环，且苯环上的取代基数目≤2；②含有硝基；③有四种不同化学环境的氢，个数比为6∶2∶2∶1，则X可能的结构为或；(6)2，6-二甲基苯酚()与ClCH2COOCH2CH3在K2CO3作用下发生取代反应产生，该物质与NaOH水溶液加热发生水解反应，然后酸化得到，与SOCl2发生取代反应产生，故合成路线为
。
37．【生物——选修1：生物技术实践】（15分）
枯草芽孢杆菌产生的蛋白酶在医药和化工等领域具有重要的价值。为筛选蛋白酶产量高的枯草芽孢杆菌菌株，分别将浸过不同菌株的提取液(a-e)及无菌水(f)的无菌圆纸片置于平板培养基表面，在37℃恒温箱中放置2-3天，结果如图1。请回答问题：
(l)在筛选枯草芽孢杆菌蛋白酶高产菌株时，培养基营养成分应包括水、无机盐、生长因子、葡萄糖、_________。培养枯草芽孢杆菌时，常用摇床进行振荡培养，目的是_____________________。
(2)a-e中蛋白酶产量最高的菌株是_________（用字母回答），判断依据是__________________
________。
(3)利用凝胶色谱法分离提取到的部分蛋白质时，等样品完全进入凝胶层后，加入pH为7.0、浓度为20mmol/L的____________到适当高度进行洗脱，结果先洗脱出来的是_________的蛋白质。
(4)质监局为了检验标有含该蛋白酶的加酶洗衣粉质量，设计了如图2所示实验。如果实验结果是_____________________________________，则说明该洗衣粉中含有蛋白酶。若用该实验来判断此酶活性大小可通过观察_________________________________________实现。
【答案】(l)蛋白质（酪蛋白）
增加培养液中的溶氧量并使菌株与培养液充分接触，有利于目的菌的生长繁殖
(2)a
a周围的透明圈最大，说明其产生的蛋白酶数量多或活性高
(3)磷酸缓冲液
相对分子质量较大
(4)A组胶片上的蛋白膜消失，B组胶片上的蛋白膜未消失
胶片上的蛋白膜消失所需时间的长短（相同时间内蛋白膜消失的面积）
【解析】(l)蛋白酶高产菌株可以分解蛋白质，在筛选枯草芽孢杆菌蛋白酶高产菌株时，培养基营养成分应包括水、无机盐、生长因子、葡萄糖、蛋白质。培养枯草芽孢杆菌时，为了增加培养液中的溶氧量并使菌株与培养液充分接触，有利于目的菌的生长繁殖，常用摇床进行振荡培养。(2)由图1可知，菌株a的透明圈最大，说明其蛋白酶含量高或活性高，故a的蛋白酶的产量最高。(3)利用凝胶色谱法分离提取到的部分蛋白质时，等样品完全进入凝胶层后，加入pH为7.0、浓度为20mmol/L的磷酸缓冲液到适当高度进行洗脱，由于相对分子质量较大的蛋白质无法进入凝胶内部，路程较短，移动速度较快，故最先洗脱出来。(4)图2中，自变量是洗衣粉是否煮沸，因变量是观察蛋白膜消失时间。若洗衣粉中含有蛋白酶，加热煮沸后会导致蛋白酶变性失活，蛋白膜不会消失，故结果是A组胶片上的蛋白膜消失，B组胶片上的蛋白膜未消失。本实验可以通过观察胶片上的蛋白膜消失所需时间的长短来判断酶活性的大小，酶活性越强，蛋白膜消失所需的时间越短。
38．【生物——选修3：现代生物科技】（15分）
人血清白蛋白（HSA）是血浆中含量最丰富的蛋白质，在维持血浆渗透压、抗凝血等方面起着重要作用，具有重要的医用价值。如图是用基因工程技术获取重组HSA（rHSA）的两条途径。
（1）为获取HSA基因，首先要提取人血细胞中的mRNA，利用_______法合成cDNA，再利用PCR技术进行快速扩增，在这一过程中，需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_______，PCR过程中，温度降低到55℃的目的是_________________。
（2）构建在水稻胚乳细胞内特异表达rHSA的载体时，需要选择水稻胚乳细胞启动子，而不能选择其他物种和组织细胞的启动子，原因可能是_________________。
（3）在利用农杆菌转化水稻受体细胞的过程中，为了吸引农杆菌移向水稻受体细胞，需添加_________物质。
（4）选用大肠杆菌作为受体细胞的优点有______________________（答出两点即可）。但相比于水稻胚乳细胞，利用大肠杆菌获得的rHSA也有一些缺点，请从生物膜系统的角度进行分析_____________________。
（5）利用上述方法获得的rHSA不能直接用于临床医疗，你推测的原因是_____________。
【答案】（1）反转录
引物
两种引物通过互补配对与两条单链DNA结合
（2）启动子具有（物种及组织）特异性
（3）酚类
（4）繁殖快；单细胞；遗传物质少
大肠杆菌没有生物膜系统（或内质网和高尔基体），不能对rHSA进行深加工
（5）rHSA可能没有生物活性或功能性较差或rHSA可能有安全隐忠
【解析】（1）获取HSA基因，提取人血细胞中的mRNA，在逆转录酶的催化下利用反转录法合成cDNA，再利用
PCR技术进行快速扩增，PCR过程中，需要一段已知目的基因的核苷酸序列合成引物，温度降低到55℃的目的是两种引物通过互补配对与两条单链DNA结合。（2）由于启动子具有物种或组织特异性，构建在水稻胚乳细胞内特异表达rHSA的载体时，需要选择水稻胚乳细胞启动子。（3）酚类物质会吸引农杆菌移向水稻受体细胞，在利用农杆菌转化水稻受体细胞的过程中，故需添加酚类物质。（4）大肠杆菌受体细胞的优点有繁殖快；单细胞。但相比于水稻胚乳细胞，大肠杆菌没有生物膜系统（或内质网和高尔基体），不能对rHSA进行深加工。（5）利用上述方法获得的rHSA可能没有活性，不能直接用于临床医疗。2019-2020学年下学期
理科综合能力测试（一）
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。
可能用到的相对原子质量：H
1
C
12
O
16
Na
23
Al
27
S
32
Cl
35.5
Fe
56
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．下列生活中的实例和对应的生物解释（或原理）错误的是
A．糖尿病患者不能口服胰岛素进行治疗——口服后蛋白质被水解，失去功效
B．矿工职业病硅肺——硅尘破坏吞噬细胞的溶酶体膜，内溶物释放后破坏细胞结构
C．新宰的猪肉放置一段时间再煮更新鲜——这与肌细胞线粒体的活动密切相关
D．酷夏时节，户外工作人员需要补充盐汽水——保证体内水盐平衡
2．下列关于生物膜系统结构与功能的叙述中，正确的是
A．叶绿体类囊体薄膜和囊泡膜不属于生物膜系统
B．细胞膜上的受体是细胞间信息交流所必需的结构
C．肝细胞的细胞膜和线粒体膜上均有协助葡萄糖跨膜运输的载体
D．生物膜系统具有物质运输、能量转换、和信息交流的功能
3．氨酰-tRNA合成酶是催化tRNA和特定的氨基酸结合的酶，其化学本质为蛋白质，研究发现，每一种氨基酸对应一种氨酰-tRNA合成酶，这些酶必须与tRNA分子上特定的反密码子序列以及特定的氨基酸同时对应时才能发挥作用，下列有关氨酰-tRNA合成酶的说法中正确的是
A．人体不同细胞内含有的氨酰-tRNA合成酶种类不同
B．每一种氨酰-tRNA合成酶只能结合一种特定的tRNA
C．氨酰-tRNA合成酶抑制剂可作为抗生素抵抗细菌的增殖
D．氨酰-tRNA合成酶通过碱基互补配对识别tRNA上的反密码子
4．对于生物激素调节及其应用方面的有关说法正确的是
A．小麦在扬花期受到大风袭击，影响了传粉，给小麦田喷洒一定浓度的生长素能避免减产
B．甲状腺激素分泌不足的成年人耗氧量会增加
C．切除动物的垂体后，血液中甲状腺激素会减少，而下丘脑分泌的促甲状腺激素释放激素会增加
D．激素间的协同作用对于维持动物正常的新陈代谢和生长发育等都有着非常重要的意义，而激素间的拮抗作用对机体是不利的
5．某实验小组用培养瓶培养两个单细胞藻类物种(A、B)，分别采用单独培养A、单独培养B、共同培养A和B三种培养方式。接种数量保持相同，实验条件保持适宜，定期检测培养瓶中藻细胞的浓度(单位：×105个·mL?1)，得到下图所示曲线。下列叙述错误的是
A．实验期间，培养瓶内藻类的总呼吸强度增强
B．单独培养B时，B藻的环境容纳量约为1.0×108个，且不发生变化
C．分别单独培养两种藻类时，在实验的第11～13d，藻类数量增长最快
D．共同培养时，竞争作用使A藻因缺乏资源、空间等而生长受到抑制
6．蝗虫的性别决定属于XO型，O代表缺少一条性染色体，雄蝗虫2N=23，雌蝗虫2N=24。控制体色褐色(A)和黑色(a)的基因位于常染色体上，控制复眼正常(B)和异常(b)的基因位于X染色体上，且基因b使精子致死。下列有关蝗虫的叙述，正确的是
A．蝗虫的群体中，不会存在复眼异常的雌雄个体
B．若要测蝗虫的基因组，应测定10条染色体上DNA的碱基序列
C．杂合复眼正常雌体和复眼异常雄体杂交，后代复眼正常和复眼异常的比例为1∶1
D．萨顿通过观察雄蝗虫体细胞和精子细胞的染色体数，提出了基因在染色体上的假说
7．2019年12月以来，我国武汉等地相继暴发了新冠肺炎，为此我国政府和相关部门采取了多项措施控制疫情。75%乙醇和84消毒液等均能有效灭活新冠病毒。84消毒液的主要成分是次氯酸钠。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．74.5g次氯酸钠中含有的离子数目为2NA
B．1mol次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为2NA
C．46g
75%乙醇中含有的氧原子数大于6NA
D．利用氯气和氢氧化钠溶液反应制取0.1mol次氯酸钠需要消耗2.24L氯气
8．有机物环丙叉环丙烷的结构为。关于该有机物的说法正确的是
A．所有原子处于同一平面
B．二氯代物有3种
C．生成1mol
C6H14至少需要3mol
H2
D．1mol该物质完全燃烧时，需消耗8.5mol
O2
9．我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯（DMO）和氢气反应获得EG。反应过程示意图如下：
下列说法不正确的是
A．Cu纳米颗粒将氢气解离成氢原子
B．反应过程中生成了MG和甲醇
C．EG和甲醇不是同系物
D．DMO分子中只有碳氧单键发生了断裂
10．X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，M是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是
A．五种元素的原子半径从大到小的顺序是：M＞W＞Z＞Y＞X
B．X、Z两元素能形成原子个数比(X∶Z)为3∶1和4∶2的化合物
C．化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物
D．用M单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阴极区会出现白色沉淀
11．亚硝酸钠广泛用于媒染剂、漂白剂等。某兴趣小组用下列装置制取较纯净的NaNO2。
甲
乙
丙
丁
反应原理为：2NO+Na2O2=2NaNO2。已知：NO能被酸性KMnO4氧化成NO，MnO被还原为Mn2+。下列分析错误的是
A．甲中滴入稀硝酸前需通人N2
B．仪器的连接顺序为a-f-g-d-e-b
C．丙中CaCl2用于干燥NO
D．乙中吸收尾气时发生的离子反应为3MnO+5NO+4H+=3Mn2++5NO+2H2O
12．在乏燃料后处理流程中，四价铀作为铀钚分离的还原剂己广泛使用。在UO2(NO3)-2HNO3-
N2H4。HNO3体系下采用电解法制备四价铀，电解总反应为2UO+N2H+3H+2U4++N2↑+4H2O，电解装置如图所示。下列说法正确的是
A．若转移4mol
e?，将有4mol
H+透过质子交换膜
B．b极的电极反应式为UO+2H2O+2e?=U4++4OH?
C．电解液中NO的移动方向：a→质子交换膜→b
D．当产生11.2mL
N2时，同时生成U4+的质量为0.2389
13．常温下，分别用0.01mol/L的NaOH溶液滴定与之等浓度的体积均为25.00mL的HA、H3B(三元酸)溶液，溶液的pH随V(NaOH)变化曲线如图所示，下列说法错误的是
A．常温下K(HA)数量级约为10?5
B．常温下0.01mol/L的NaH2B溶液的pH大于7
C．NaOH溶液滴定HA溶液应选择酚酞作为指示剂
D．当横坐标为37.50时，溶液中存在：2c(H+)+c(H2B?)+3c(H3B)=2c(OH?)+3c(B3?)+c(HB2?)
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．我国“北斗三号”全球组网卫星采用星载氢原子钟。如图所示为氢原子的能级图，现让一束单色光照射到一群处于基态（量子数n=l）的氢原子上，受激的氢原子能自发地发出6种不同频率的光，则照射氢原子的单色光的光子能量为
A．13.6
eV
B．3.4
eV
C．12.
09
eV
D．12.75
eV
15．一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能增大为原来的4倍，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的
A．向心加速度大小之比为14
B．轨道半径之比为41
C．周期之比为41
D．角速度大小之比为12
16．在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，整个系统置于方向水平的匀强电场中。若三个小球均处于静止状态，则c球的带电量为
A．+q
B．-q
C．+2q
D．-2q
17．如图所示，静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，当它放出一个α粒子后，其速度方向与磁场方向垂直，测得α粒子和反冲核轨道半径之比为44:1，则下列说法不正确的是
A．α粒子与反冲粒子的动量大小相等，方向相反
B．原来放射性元素的原子核电荷数为90
C．反冲核的核电荷数为88
D．α粒子和反冲粒子的速度之比为1:88
18．如图所示，在x>0、y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面向里。现有一质量为m、电量为q的带正电粒子，从x轴上的某点P沿着与x轴成角的方向射人磁场。不计重力影响，则可以确定的物理量是
A．粒子在磁场中运动的时间
B．粒子运动的半径
C．粒子从射入到射出的速度偏转角
D．粒子做圆周运动的周期
19．如图所示,在光滑水平面上,有质量分别为和的两滑块,它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与不拴连),由于被一根细绳拉着而处于静止状态.当剪断细绳,在两滑块脱离弹簧之后,下述说法正确的是
A．两滑块的动量大小之比
B．两滑块的速度大小之比
C．两滑块的动能之比
D．弹簧对两滑块做功之比
20．如图所示，O是一固定的点电荷，虚线是该点电荷产生的电场中的三条等势线，负点电荷q仅在电场力的作用下沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处．由此可知
A．O为正电荷
B．在整个过程中q的电势能先变小后变大
C．在整个过程中q的加速度先变大后变小
D．在整个过程中，电场力做功为零
21．如图所示，有一倾角θ＝30°的斜面体B，质量为M．物体A质量为m，弹簧对物体A施加一个始终保持水平的作用力，调整A在B上的位置，
A始终能和B保持静止．对此过程下列说法正确的是
A．A、B之间的接触面可能是光滑的
B．弹簧弹力越大，A、B之间的摩擦力越大
C．A、B之间的摩擦力为0时，弹簧弹力为mg
D．弹簧弹力为mg时，A所受摩擦力大小为mg
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．（5分）某同学在做“探究弹力与弹簧长度关系”的实验中，根据实验数据描点画出F－L图像如图所示。若弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度g取10m/s2，请回答以下两个问题：
(1)由以上实验数据可求得弹簧的劲度系数k=_____N/m（保留三位有效数字）；
(2)由图中实验数据得出弹簧弹力大小F与其长度L的关系式为________，对应的函数关系图线与横轴（长度L）的交点表示____。
23．（10分）某物理实验小组利用实验室提供的器材测定电压表V1的内阻，可选用的器材如下：
A．待测电压表V1：量程3V，内阻约3kΩ
B．电压表V2：量程15V，内阻约20kΩ
C．电流表A：量程3A，内阻约0．1Ω
D．定值电阻R0：9．0kΩ
E．滑动变阻器R1：0~200Ω
F．滑动变阻器R2：0~2kΩ
G．电源E：电动势约为12V，内阻忽略不计
H．开关、导线若干
（1）现用多用电表测电压表V1的内阻，选择倍率“×100”挡，其它操作无误，多用电表表盘示数如图所示，则电压表V1的内阻约为
Ω．
（2）为了准确测量电压表V1的内阻，两位同学根据上述实验器材分别设计了如图甲和乙两个测量电路，你认为
（选填“甲”或“乙”）更合理，并在实物图中用笔画线代替导线将电路图补充完整。
（3）该实验中滑动变阻器应该选用
（选填“R1”或“R2”）．
（4）用已知量R0和V1、V2的示数U1、U2来表示电压表V1的内阻RV1=
．
24．（12分）如图所示，质量为2m的滑块A由长为R的水平轨道和半径也为R的四分之一光滑圆弧轨道组成，滑块A的左侧紧靠着另一质量为4m的物块C，质量为m的物块B从圆弧轨道的最高点南静止开始下滑，D为网弧轨道最低点。已知B与水平轨道之间的动摩擦因数μ=0.1，A的水平轨道厚度极小，B从水平轨道上滑下和滑上的能量损失忽略不计，水平地面光滑，重力加速度为g。
(1)若A被固定在地面上，求B与C发生碰撞前的速度大小v0；
(2)若A的固定被解除，B滑下后与C发生完全弹性碰撞，碰撞后B再次冲上A，求B与A相对静止时与D点的距离L。
25．（20分）如图甲所示，两竖直同定的光滑导轨AC、A'C'间距为L，上端连接一阻值为R的电阻。矩形区域abcd上方的矩形区域abA'A内有方向垂直导轨平面向外的均匀分布的磁场，其磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示（其中B0、t0均为已知量），A、a两点间的高度差为2gt0（其中g为重力加速度），矩形区域abcd下方有磁感应强度大小为B0、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场。现将一长度为L，阻值为R的金属棒从ab处在t=0时刻由静止释放，金属棒在t=t0时刻到达cd处，此后的一段时间内做匀速直线运动，金属棒在t=4t0时刻到达CC'处，且此时金属棒的速度大小为kgt0（k为常数）。金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计。求：
(1)金属棒到达cd处时的速度大小v以及a、d两点间的高度差h；
(2)金属棒的质量m；
(3)在0－4t0时间内，回路中产生的焦耳热Q以及d、C两点的高度差H。
26．（14分）从铜氨废液含[Cu(NH3)3·CO]+、[Cu(NH3)2]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH3、CH3COO?、CO等中回收铜的工艺流程如图：
（1）步骤(Ⅰ)“吹脱”的目的是
(写一条即可)；由步骤(Ⅱ)可确定NH3与H+的结合能力比与Cu2+的
(填“强”或“弱”)。
（2）步骤(Ⅲ)“沉铜”时，Na2S的用量比理论用量多，目的是
。
（3）步骤(Ⅳ)反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为
。
（4）步骤(Ⅵ)发生反应生成难溶Cu2(OH)3Cl的离子方程式为
，pH与铜的回收率关系如图(a)所示，为尽可能提高铜的回收率，需控制的pH约为___。
（5）“吹脱”后的铜氨溶液中加入适量的添加剂可直接电解回收金属铜，装置如图(b)所示，阴极主要发生的电极方程式为
；添加NaCl和H2SO4均可提高电导率和电流效率，从而提高铜的回收率，从环境角度考虑，较好的是___(填“NaCl”或“H2SO4”)。
（6）已知上述流程中只有步骤(Ⅲ)“沉铜”和步骤Ⅴ“制硫酸铜”中铜元素有损耗。步骤(Ⅲ)“沉铜”时铜元素的损耗率为4%；步骤Ⅴ“制硫酸铜”时铜元素损耗率为2%。若1L废液最终制得CuSO4?5H2O
375g，则1L废液中含有铜元素的质量为___g。（保留整数）
27．（15分）甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补铁强化剂。某学习小组利用FeCO3与甘氨酸(NH2CH2COOH)制备甘氨酸亚铁，实验装置如下图所示(夹持和加热仪器已省略)。
有关物质性质如下表：
甘氨酸
柠檬酸
甘氨酸亚铁
易溶于水，微溶于乙醇
易溶于水和乙醇
易溶于水，难溶于乙醇
两性化合物
强酸性、强还原性
实验过程：
I．合成：装置C中盛有0.1mol
FeCO3和200mL
1.0mol·L?1甘氨酸溶液和适量柠檬酸。实验时，先打开仪器a的活塞，待装置c中空气排净后，加热并不断搅拌，并通过仪器b向C中加入适量氢氧化钠溶液调节pＨ到6左右，使反应物充分反应。Ⅱ．分离：反应结束后，过滤，将滤液进行蒸发浓缩；加入无水乙醇，过滤、洗涤并干燥。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称是________；与a相比，仪器b的优点是______________________。
（2）装置B中盛有的试剂是____________；实验过程中装置D的导管一直没入液面下的必要性是_________________________________。
（3）合成过程加入柠檬酸的作用是促进FeCO3溶解和________________________
。
（4）加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，甘氨酸亚铁产量下降。原因可用离子方程式表示为________。
（5）过程II中加入无水乙醇的目的是_______________________。
（6）检验产品中是否含有Fe3+的试剂名称是_________
。
（7）本实验制得15.3g甘氨酸亚铁（M=204g/mol），则其产率是_____％。
28．（14分）有效去除大气中的NOx，保护臭氧层，是环境保护的重要课题。
(1)在没有NOx催化时，O3的分解可分为以下两步反应进行；
①O3=O+O2(慢)
②O+O3=2O2(快)
第一步的速率方程为v1=k1c(O3)，第二步的速率方程为v2=k2c(O3)·c(O)。其中O为活性氧原子，它在第一步慢反应中生成，然后又很快的在第二步反应中消耗，因此，我们可以认为活性氧原子变化的速率为零。请用k1、k2组成的代数式表示c(O)=____________。
(2)NO做催化剂可以加速臭氧反应，其反应过程如图所示：
已知：O3(g)+O(g)=2O2(g)
ΔH=-143kJ/mol
反应1：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g)
ΔH1=-200.2kJ/mol。
反应2：热化学方程式为____________________________。
(3)一定条件下，将一定浓度NOx(NO2和NO的混合气体)通入Ca(OH)2悬浊液中，改变，NOx的去除率如图所示。
已知：NO与Ca(OH)2不反应；
NOx的去除率=1-×100%
①在0.3-0.5之间，NO吸收时发生的主要反应的离子方程式为：___________。
②当大于1.4时，NO2去除率升高，但NO去除率却降低。其可能的原因是__________。
(4)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)
ΔH=-759.8kJ/mol，反应达到平衡时，N2的体积分数随的变化曲线如图。
①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近________。
②a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为________；b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为__________(以上两空均用a、b、c、d表示)。
③若=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为_____。
29．某研究小组利用同种植物的盆栽苗进行实验研究。首先将该盆栽苗分为甲、乙两组，甲组置于高CO2浓度（5000μLCO2·L?1）下，乙组置于自然空气CO2浓度（360μLCO2·L?1）下，其它条件保持相同且适宜，培养9-10天后，再把甲乙两组都放在自然空气CO2浓度条件下，测定两组植物在不同光强下的光合速率，实验结果如下图所示。请回答下列问题：
（1）该实验的自变量是_______________________。
（2）光强为100μmol·m?2·s?1时，两组都有气体向外界释放，甲、乙两组释放的气体分别来自于___________（填细胞器名称）。其中甲组的判断理由是：________________________________
____________。
（3）从实验结果可知，甲组总光合速率____________（“>”或“=”或“<”）乙组。
（4）播种甲组植株产生的种子，得到的盆栽苗按照乙组的条件培养，再测定植株叶片随光照强度变化的光合作用强度，得到的曲线与乙组的相同。根据这一结果能够得到的初步结论是____________________。
30．人体血糖的平衡可以为细胞正常代谢提供能源物质。下图1表示人体在饥饿状态下，体内血糖调节的途径，其中a、b、c、d代表具体的细胞或结构；图2是图1中靶细胞接受激素作用的示意图。请看图回答下列问题：
（1）当血糖含量降低时，刺激b，引起b的膜内电位变为___________________。由b→a过程中，产生的信号形式有_____________。
（2）a分泌的激素的生理作用是_________________________，从而使血糖含量升高，其作用的靶细胞主要是________________。
（3）图2中体现了激素作用的_____________的特点。结合图1分析，图2中靶细胞膜上可以接受的信息分子有_______________________。
（4）糖尿病有两种类型：一种由胰岛素分泌不足引起，另一种有把细胞膜上的胰岛素受体受损引起。但临床上二者都是通过注射胰岛素进行治疗的。请设计最简单的方法判断某糖尿病人的糖尿病类型。________________________________________________（请写出简单思路）。
31．湿地由近水边到陆地可分为光滩区、近水缓冲区、核心区等区域，科学家在近水缓冲区与核心区进行科学考察、鸟类研究等，发现生物多样性十分丰富，孕育着多种植物、动物和微生物。植物类核心区有荻、蒲、芦苇等挺水植物，近水缓冲区有荇菜、莲、芡实等浮水植物。请回答下列问题：
（1）区别湿地中核心区和近水缓冲区这两个群落的重要特征是__________，该特征的不同体现了湿地群落具有_______结构。
（2）从消耗氧的角度看，该湿地中荇菜与泥鳅的种间关系是__________。
（3）下图表示湿地中某鸟类种群一段时间内出生率和死亡率的关系（①表示出生率，②表示死亡率）。
①该生物种群在下图所示时间内，数量增长模型为________。
②若一段时间后，上图中的①②发生重合，表明此时该生物种群数量达到_________。
（4）在调査中发现，斑鸠通过“婚飞”追求配偶，这属于信息传递中的________信息，该事实说明_________________________________。
32．在一个经长期随机交配形成的自然鼠群中，已知毛色由一对等位基因控制，已知A控制黄色，a1控制灰色，a2控制黑色，显隐性关系为A＞a1＞a2，且AA纯合胚胎致死。请分析回答相关问题。
（1）两只鼠杂交，后代出现三种表现型。则该对亲本的基因是______________，它们再生一只黑色雄鼠的概率是________。
（2）现进行多对Aa1×a1a2的杂交，统计结果平均每窝出生8只小鼠。在同样条件下进行许多Aa2×Aa2的杂交，预期每窝平均生______只黄色小鼠。
（3）现有一只黄色雄鼠和多只其他各色的雌鼠，如何利用杂交方法检测出该雄鼠的基因型？
实验思路及预测结果：实验思路：_________________________。
预测结果：若子代表现型及比例为_______________________，则该黄色雄鼠基因型为Aa1。
（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
A．同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现
B．在阳光照射下的教室里，眼睛看到空气中尘埃的运动就是布朗运动
C．在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小
D．打气筒给自行车打气时，要用力才能将空气压缩，说明空气分子之间存在着斥力
E.气体向真空的自由膨胀是不可逆的
（2）（10分）如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通（忽略细管的容积）。两气缸各有一个活塞，质量分别为和，活塞与气缸无摩擦。活塞的下方为理想气体，上方为真空。当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度。（已知，
①在两活塞上同时各放一质量为的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境温度始终保持为。
②在达到上一问的终态后，环境温度由缓慢上升到，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）。
34．【物理——选修3－4】(15分)
(1)(5分)下列说法正确的
。（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．满足F=﹣kx的振动是简谐运动
B．波可以发生干涉、衍射等现象
C．由波速公式v=λf可知，空气中声波的波速由f、λ共同决定
D．发生多普勒效应时波的频率发生了变化
E．周期性的振荡电场和振荡磁场彼此交互激发并向远处传播形成电磁波
(2)（10分）如图，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面的半径是球半径的倍；在过球心O且垂直于底面的平面（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点．求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角。
35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
钙钛矿（主要成分是CaTiO3)太阳能薄膜电池制备工艺简单、成本低、效率高，引起了科研工作者的广泛关注，科学家认为钙钛矿太阳能电池将取代硅基太阳能电池的统治地位。
（1）基态Ti原子的价电子排布式为
，能量最高的能级有
个空轨道；Si、P、S第一电离能由小到大顺序是
。
（2）碳和硅的有关化学键键能如表所示：
化学键
C?C
C?H
C?O
Si?Si
Si?H
Si?O
键能/kJ·mol?1
356
413
336
226
318
452
硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是___。
（3）一种新型熔融盐燃料电池以Li2CO3和Na2CO3的熔融盐混合物作电解质，则CO的空间构型为
。
（4）Cu2+能与乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)形成配离子如图：
该配离子中含有的化学键类型有
(填字母)。
a．配位键
b．极性键
c．离子键
d．非极性键
一个乙二胺分子中共有__个σ键，C原子的杂化方式为
。
（5）CaTiO3的晶胞为立方晶胞，结构如图所示(图中Ca2+、O2?、Ti4+分别位于立方体的体心、面心和顶角）Ca2+的配位数为
，与Ti4+距离最近且相等的O2?有
个；晶体的密度为ρ
g/cm3，最近的Ti4+和O2?之间的距离为
nm（填计算式)。(CaTiO3的摩尔质量为136g/mol，NA为阿伏加德罗常数)。
【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
洛匹那韦(Lopinavir)是抗艾滋病毒常用药，在“众志成城战疫情”中，洛匹那韦，利托那韦合剂被用于抗新型冠状病毒(2019-nCoV)。洛匹那韦的合成路线可设计如图：
回答下列问题：
(1)A的化学名称是_______；A制备B反应的化学方程式为_________(注明反应条件)。
(2)D生成E的反应类型为_____；F中能与氢气发生加成反应的官能团名称为___。
(3)C的分子式为_____；一定条件下，C能发生缩聚反应，化学方程式为_____。
(4)K2CO3具有碱性，其在制备D的反应中可能的作用是______。
(5)X是C的同分异构体，写出一种符合下列条件的X的结构简式______。
①含有苯环，且苯环上的取代基数目≤2
②含有硝基
③有四种不同化学环境的氢，个数比为6∶2∶2∶1
(6)已知：CH3COOHCH3COCl，(2，6-二甲基苯氧基)乙酰氯()是由G合成洛匹那韦的原料之一，写出以2，6-二甲基苯酚、ClCH2COOCH2CH3、K2CO3为原料制各该物质的合成路线________（其它无机试剂任选）。
37．【生物——选修1：生物技术实践】（15分）
枯草芽孢杆菌产生的蛋白酶在医药和化工等领域具有重要的价值。为筛选蛋白酶产量高的枯草芽孢杆菌菌株，分别将浸过不同菌株的提取液(a-e)及无菌水(f)的无菌圆纸片置于平板培养基表面，在37℃恒温箱中放置2-3天，结果如图1。请回答问题：
(l)在筛选枯草芽孢杆菌蛋白酶高产菌株时，培养基营养成分应包括水、无机盐、生长因子、葡萄糖、_________。培养枯草芽孢杆菌时，常用摇床进行振荡培养，目的是_____________________。
(2)a-e中蛋白酶产量最高的菌株是_________（用字母回答），判断依据是__________________
________。
(3)利用凝胶色谱法分离提取到的部分蛋白质时，等样品完全进入凝胶层后，加入pH为7.0、浓度为20mmol/L的____________到适当高度进行洗脱，结果先洗脱出来的是_________的蛋白质。
(4)质监局为了检验标有含该蛋白酶的加酶洗衣粉质量，设计了如图2所示实验。如果实验结果是_____________________________________，则说明该洗衣粉中含有蛋白酶。若用该实验来判断此酶活性大小可通过观察_________________________________________实现。
38．【生物——选修3：现代生物科技】（15分）
人血清白蛋白（HSA）是血浆中含量最丰富的蛋白质，在维持血浆渗透压、抗凝血等方面起着重要作用，具有重要的医用价值。如图是用基因工程技术获取重组HSA（rHSA）的两条途径。
（1）为获取HSA基因，首先要提取人血细胞中的mRNA，利用_______法合成cDNA，再利用PCR技术进行快速扩增，在这一过程中，需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_______，PCR过程中，温度降低到55℃的目的是_________________。
（2）构建在水稻胚乳细胞内特异表达rHSA的载体时，需要选择水稻胚乳细胞启动子，而不能选择其他物种和组织细胞的启动子，原因可能是_________________。
（3）在利用农杆菌转化水稻受体细胞的过程中，为了吸引农杆菌移向水稻受体细胞，需添加_________物质。
（4）选用大肠杆菌作为受体细胞的优点有______________________（答出两点即可）。但相比于水稻胚乳细胞，利用大肠杆菌获得的rHSA也有一些缺点，请从生物膜系统的角度进行分析_____________________。
（5）利用上述方法获得的rHSA不能直接用于临床医疗，你推测的原因是_____________。
2019-2020学年下学期好教育云平台5月内部特供卷
理科综合能力测试（一）答案
1.
【答案】C
【解析】糖尿病患者不能口服胰岛素进行治疗，是因为胰岛素是蛋白质，口服后被水解，失去功效，A正确；硅肺是肺部吸入硅尘后，硅尘被吞噬细胞吞噬，吞噬细胞中的溶酶体缺乏分解硅尘的酶，而硅尘却能破坏溶酶体膜，使其中的水解酶释放出来，破坏细胞结构，使细胞死亡，最终导致肺功能受损引起，B正确；动物体刚死时溶酶体不破裂，一段时间后其中的酶会随其破裂溢出，溶酶体内含有蛋白酶原，能在细胞死亡后被激活成为蛋白酶，催化肌肉细胞间的胶原蛋白水解，使肌肉变得松软，烹调后更加鲜嫩，C错误；酷夏时节，户外工作人员大量出汗，带走体内的水分和无机盐，因此需要补充盐汽水以保证体内水盐平衡，D正确。
2.
【答案】D
【解析】囊泡来自于内质网、高尔基体或者细胞膜、叶绿体类囊体薄膜在叶绿体内，都属于生物膜系统，A错误；有的信息传递不需要经过细胞膜上的受体，如植物的胞间连丝具有信息传递的功能，性激素的受体存在于细胞内，不在细胞膜上，B错误；线粒体不能利用葡萄糖，所以线粒体膜上没有运输葡萄糖的载体，C错误；生物膜系统具有物质运输、能量转换、和信息交流的功能，D正确。
3.
【答案】C
【解析】人体不同细胞内含有的氨基酸的种类是一样的，故氨酰-tRNA合成酶种类也相同，A错误；每种氨基酸可以对应一种或多种tRNA，故每一种氨酰-tRNA合成酶能结合一种或多种tRNA，B错误；氨酰-tRNA合成酶抑制剂可抑制tRNA和特定的氨基酸结合，从而影响蛋白质的合成，故可作为抗生素抵抗细菌的增殖，C正确；酶是生物催化剂，故氨酰-tRNA合成酶起催化功能，D错误。
4.
【答案】C
【解析】生长素能促进子房发育成果实，而小麦收获的是种子，因此小麦传粉受影响后，麦喷洒了一定浓度的生长素不能避免小麦减产，A错误；甲状腺激素分泌不足的成年人，代谢减缓，耗氧量会减少，B错误；切除动物的垂体后，促甲状腺激素减少，血液中甲状腺激素会减少，进而下丘脑分泌的促甲状腺激素释放激素会增加，C正确；激素间的协同作用和拮抗作用对于维持动物内环境的稳态、正常的新陈代谢和生长发育等都具有非常重要的意义，D错误。
5.
【答案】B
【解析】实验期间，三组培养瓶内藻类的细胞数均呈增多趋势，在实验条件保持适宜的情况下，藻类细胞数增多，藻类的总呼吸强度增强，A项正确；单独培养B时，B藻的细胞密度约为1.0×108个·mL?1，B藻数量不再增多，培养瓶对B藻的环境容纳量需要用细胞密度乘以培养液的体积，而培养液的体积未知，B项错误；分别单独培养两种藻类时，在实验的第11?13d，两种藻类的密度相当于“S”型曲线中的K/2，此时藻类增长最快，C项正确；共同培养时，两种藻类存在竞争关系以及同种藻类间存在种内斗争关系，B藻数量增多，A藻缺乏资源、空间等而生长受到抑制，D项正确。
6.
【答案】C
【解析】由于基因b使精子致死，但含b基因的卵细胞可以存活，故群体中不会出现XbXb的个体，但可以出现XbY的个体，A错误；根据题意，若要测蝗虫的基因组，应测定12条染色体上DNA的碱基序列，B错误；杂合复眼正常雌体(XBXb)和复眼异常雄体(XbY)杂交，由于基因b使精子致死，故XbY产生的配子中只有含Y的能够参与受精，故后代均为雄性，且复眼正常和复眼异常的比例为1∶1，C正确；萨顿通过用蝗虫细胞作材料，研究精子和卵细胞的形成过程，并观察体细胞和精子细胞、卵细胞中的染色体数量的关系，提出了基因在染色体上的假说，D错误。
7.
【答案】A
【解析】74.5g
NaClO的物质的量n==1mol，而次氯酸钠中含1个钠离子和1个次氯酸根，故1mol次氯酸钠中含有的离子数目为2NA个，答案为A。
8.
【答案】C
【解析】分子中所有碳原子处于同一平面，但氢原子不在此平面内，错误；二氯代物中，两个氯原子连在同一碳原子上的异构体有1种，两个氯原子连在不同碳原子上的异构体有3种，也就是二氯代物共有4种，错误；生成1mol
C6H14，至少需要3mol
H2，正确；该物质的分子式为C6H8，1mol该物质完全燃烧时，需消耗8mol
O2，错误。答案为C。
9.
【答案】D
【解析】由图可知，氢气转化为H原子，Cu纳米颗粒作催化剂，故A正确；DMO中C?O、C=O均断裂，则反应过程中生成了EG和甲醇，故B正确；EG与甲醇中?OH数目不同，二者不是同系物，故C正确；DMO为草酸二甲酯，EG为乙二醇，则C?O、C=O均断裂，故D错误；综上所述，答案为D。
10.
【答案】B
【解析】X元素的原子形成的离子就是一个质子，应为H元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，应为C元素；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，则Z为N元素、W为O元素；M是地壳中含量最高的金属元素，应为Al元素。H原子半径最小，同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Al＞C＞N＞O＞H，即M＞Y＞Z＞W＞X，故A错误；N、H两元素能形成NH3、N2H4，故B正确；化合物CO2是酸性氧化物，NO2与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故C错误；用Al单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，阴极生成氢气，不会生成沉淀，故D错误。综上所述，选B。
11.
【答案】B
【解析】制取的一氧化氮含有水蒸气，过氧化钠可与水反应，导致制取产物不纯，可用氯化钙吸收水蒸气，一氧化氮有毒，不能排放的大气中，可用高锰酸钾溶液吸收，则仪器的连接顺序为a-d-e-f-g-b或a-d-e-g-f-b，故B错误；答案选B。
12.
【答案】A
【解析】此装置为电解池模型，结合图像可知，a极接电源负极，为电解池阴极，UO在阴极得到电子，发生的电极反应为：UO+2H2O+2e?=U4++4OH?，b接电源正极，为电解池阳极，N2H5在阳极得到电子，发生的电极反应为：N2H-4e?=N2↑+5H+，H+经质子交换膜向阴极（a极）移动，据此可分析选项。根据上述分析，电解池中阳离子向阴极移动，根据电荷守恒可知，导线中转移4mol
e?，溶液中消耗4mol
H+，H+透过质子交换膜向阴极（a极）移动，A选项正确；酸性环境下，b电极发生的反应为：N2H-4e?=N2↑+5H+，B选项错误；NO不能透过质子交换膜，C选项错误；未注明标准状况，不能够准确计算，D选项错误；答案选A。
13.
【答案】B
【解析】c(HA)=c(A?)时，K(HA)＝=10?4.75，常温下K(HA)数量级约为10?5，故A正确；当c(H2B?)=c(H3B)时，Ka1=c(H+)=10?2.5，c(H2B?)=c(HB2?)时，Ka2=c(H+)=10?7.2，HB2?的电离程度更小，则Ka3＜10?7.2，H2B?的水解平衡常数Kh==10?11.5＜Ka2=10?7.2，说明H2B?的水解程度小于电离程度，常温下0.01mol/L的NaH2B溶液的pH小于7，故B错误；滴定终点溶液呈碱性，NaOH溶液滴定HA溶液应选择酚酞作为指示剂，故C正确；当横坐标为37.50时，溶液为Na2HB、NaH2B等物质的量混合物，溶液中存在电荷守恒①c(H+)+c(Na+)=3c(B3?)+2c(HB2?)+c(H2B?)+
c(OH?)，物料守恒：②2c(Na+)=3c(H3B)+3c(H2B?)+3c(HB2?)+3c(B3?)，将①×2-②，得2c(H+)+c(H2B?)
+3c(H3B)=2c(OH?)+3c(B3?)+c(HB2?)，故D正确；故选B。
14．【答案】D
【解析】由题意应该有，得，即能发出6种频率光的一定是n=4能级，则照射氢原子的单色光的光子能量为，故ABC错误，D正确。
15．【答案】B
【解析】根据万有引力充当向心力==mr=ma，卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度v=，其动能Ek=，由题知变轨后动能增大为原来的4倍，则变轨后轨道半径r2=r1，变轨前后卫星的轨道半径之比r1r2=41；向心加速度a=，变轨前后卫星的向心加速度之比a1a2=116，故A错误，B正确；卫星运动的周期，变轨前后卫星的周期之比==，故C错误；卫星运动的角速度，变轨前后卫星的角速度之比==，故D错误。
16．【答案】D
【解析】
a、b带正电，要使a、b都静止，c必须带负电，否则匀强电场对a、b的电场力相同，而其他两个电荷对a和b的合力方向不同，两个电荷不可能同时平衡，设c电荷带电量大小为Q，以a电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得c、b对a的合力与匀强电场对a的力等值反向，即为：=×cos，所以C球的带电量为-2q，故D正确。
17．【答案】D
【解析】微粒之间相互作用的过程中遵守动量守恒定律，由于初始总动量为零，则末动量也为零，即α粒子和反冲核的动量大小相等，方向相反；由于释放的α粒子和反冲核均在垂直于磁场的平面内，且在洛伦兹力作用下做圆周运动；由得：，若原来放射性元素的核电荷数为Q，则对α粒子：，对反冲核：，由于，根据，解得，反冲核的核电荷数为，它们的速度大小与质量成反比，由于不知道质量关系，无法确定速度大小关系，故A、B、C正确，D错误。
18．【答案】D
【解析】粒子在磁场中做圆周运动，由于P点位置不确定，粒子从x轴上离开磁场或粒子运动轨迹与y轴相切时，粒子在磁场中转过的圆心角最大，为，粒子在磁场中的最长运动时间，粒子最小的圆心角为P点与坐标原点重合，最小圆心角，粒子在磁场中的最短运动时间，粒子在磁场中运动所经历的时间为，说明无法确定粒子在磁场中运动的时间和粒子的偏转角，故AC错误；粒子在磁场中做圆周运动，由于P点位置不确定，粒子的偏转角不确定，则无法确定粒子的运动半径，故B错误；粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则，且，则得，说明可确定粒子做圆周运动的周期，故D正确。
19．【答案】BC
【解析】在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得：，得，两滑块速度大小之比为：；两滑块的动能之比，B
C正确；两滑块的动量大小之比，A错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为1：2，D错误。
20．【答案】CD
【解析】粒子的所受合力的方向大致指向轨迹的弯曲的方向，知负电荷所受的电场力背离点电荷向外，知O为负电荷。故A错误。从a处运动b处，然后又运动到c处电场力先做负功再做正功，所以电势能先变大后变小，故B错误。越靠近点电荷，电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减小。故C正确。初末位置在同一个等势面上，两点间的电势差为零，根据W=qU，知电场力做功为零，故D正确。故选CD。
21．【答案】CD
【解析】设弹簧弹力为F，当时，即时，A所受摩擦力为0；若，A受到的摩擦力沿斜面向下；若，A受到的摩擦力沿斜面向上，可见AB错误C正确；当时，A所受摩擦力大小为，方向沿斜面向下，D正确。
22．（5分）
【答案】156
F=156(L－0.02)
弹簧原长
【解析】
(1)[1]弹簧弹力F与弹簧长度L的关系图像的斜率表示劲度系数，则劲度系数
(2)[2][3]由图中实验数据结合胡克定律得到弹簧弹力大小F与其长度L的关系式
分析图像可知，图线与横轴的夹点表示弹簧的原长
23．（10分）
【答案】（1）3400；
（2）乙；连图如图；
（3）R1；
（4）
【解析】（1）用多用电表测得的电压表的内阻为34×100Ω=3400Ω；
（2）甲图中，因为电压表V2的电阻与R0阻值相当，通过电压表V2的电流不能忽略，故用通过R0的电流作为通过V1的电路，则误差较大；故用乙电路较合理；电路连接如图；
（3）实验中滑动变阻器要用分压电路，故用选取阻值较小的R1；
（4）根据欧姆定律可知：
24．（12分）
【解析】(1)若滑块A被固定在地面上，物块B与物块C碰撞前，由动能定理
解得：
(2)滑块A的固定被解除，物块B下滑到与A分离的过程中，设B与A的分离时的速度分别为v1和v2，对A、B构成的系统，能量关系和水平方向动量守恒有
解得：
物块B与物块C发生完全弹性碰撞后速度分别为和vc，由能量关系和动量守恒有
解得：
碰撞后物块B冲上滑块A，达到共速时，由水平方向动量守恒和能量关系有
B与D点的距离
解得：。
25．（20分）
【解析】(1)在0~t0时间内，金属棒不受安培力，从ab处运动到cd处的过程做自由落体运动，则有
(2)在0~2t0时间内，回路中由于ab上方的磁场变化产生的感应电动势
在t0~2t0时间内，回路中由于金属棒切割磁感线产生的感应电动势
经分析可知，在t0~2t0时间内，金属棒做匀速直线运动，回路中有逆时针方向的感应电流，总的感应电动势为
根据闭合电路的欧姆定律有
对金属棒，由受力平衡条件有
B0IL=mg
解得：
(3)在0~t0时间内，回路中产生的焦耳热∶
在t0
~2t0时间内，金属棒匀速下落的高度∶
在t0~2t0时间内，回路中产生的焦耳热
设在2t0~4t0时间内，金属棒下落的高度为h2，回路中通过的感应电流的平均值为I，有
根据动量定理有
解得：
经分析可知
解得：
根据能量守恒定律可知，在2t0~4t0时间内，回路中产生的焦耳热
经分析可知
Q=Q1+Q2+Q3
解得：
26.
【答案】（1）将Cu(Ⅰ)氧化为Cu(Ⅱ)、将CO氧化并以CO2吹出、吹出游离的NH3等
强
使Cu2+尽可能沉淀完全，降低残留率
3∶2
2[Cu(NH3)4]2++Cl?+5H++3H2O＝Cu2(OH)3Cl↓+8NH
6(或5.5?6.5)
[Cu(NH3)4]2++2e?＝Cu+4NH3
H2SO4
102
【解析】从铜氨废液含[Cu(NH3)3·CO]+、[Cu(NH3)2]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH3、CH3COO?、CO等中回收铜，废液中通入热空气，并加热，可生成二氧化碳、氨气，得到含有[Cu(NH3)4]2+、CH3COO?、CO的溶液，加入20%的硫酸，调节pH＝2，得到硫酸铜、硫酸铵溶液，加入20%的硫化钠溶液生成CuS沉淀，在沉淀中加入硝酸可生成NO、S和硝酸铜，加入硫酸生成硫酸铜，经蒸发晶体得到无水硫酸铜晶体；[Cu(NH3)4]2+、CH3COO?、CO的溶液加入盐酸，经过滤、洗涤、干燥，可得到碱式氯化铜，以此解答该题。(1)步骤(Ⅰ)“吹脱”时通入空气，氧气可将Cu(Ⅰ)氧化为Cu(Ⅱ)、将CO氧化生成CO2吹出、吹出游离的NH3等，步骤(Ⅱ)加入硫酸生成硫酸铵，可确定NH3与H+的结合能力比与Cu2+的强；(2)步骤(Ⅲ)“沉铜”时，Na2S的用量比理论用量多，可使Cu2+尽可能生成CuS沉淀，可降低残留率；(3)CuS与硝酸反应生成NO、S，反应中S元素化合价由?2价升高到0价，N元素化合价由+5价降低为+2价，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2；(4)步骤(Ⅵ)发生反应生成难溶Cu2(OH)3Cl的离子方程式为2[Cu(NH3)4]2++Cl?+5H++3H2O＝Cu2(OH)3Cl↓+8NH，由图可知为尽可能提高铜的回收率，需控制的pH约为6(或5.5?6.5)；(5)阴极主要发生反应的电极反应式为[Cu(NH3)4]2++2e?＝Cu+4NH3，如加入盐酸，则阳极发生氧化反应生成氯气，污染空气，从环保的角度可知，应加入硫酸，故答案为：[Cu(NH3)4]2++2e?＝Cu+4NH3；H2SO4；(6)375g
CuSO4·5H2O中Cu的质量＝375g×÷(1?2%)÷(1?4%)＝102g，故答案为：102。
27.
【答案】（1）分液漏斗
平衡气压，使液体顺利流下
饱和NaHCO3溶液
防止空气进入C中（从而防止Fe2+被氧化）
防止Fe2+被氧化
Fe2++2OH?=Fe(OH)2↓
降低甘氨酸亚铁的溶液度，使其结晶析出
硫氰化钾溶液
75
【解析】由装置A中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳气体，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，则装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；利用二氧化碳气体将实验装置中的空气排干净，在进行C装置中的甘氨酸亚铁的制取反应，实验过程中装置C中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，必须将D中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入C装置将亚铁离子氧化。（1）仪器a的名称是分液漏斗；仪器b的名称为恒压漏斗，与a相比，仪器b的优点是平衡气压，使液体顺利流下；（2）装置A中盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳，由于盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中混有氯化氢，则装置B中盛有的试剂是饱和碳酸氢钠溶液，用来除去二氧化碳气体中混有的氯化氢气体；实验过程中装置C中加入的反应物中含有碳酸亚铁，亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响实验结果，必须将D中导管没入液面以下，防止空气中的氧气进入C装置将亚铁离子氧化，答案为：饱和NaHCO3溶液；防止空气进入C中（从而防止Fe2+被氧化）；（3）根据题中表格提供的已知信息，柠檬酸具有强酸性和强还原性，合成过程加入柠檬酸的可促进FeCO3溶解和防止亚铁离子被氧化，答案为：防止Fe2+被氧化；（4）加入氢氧化钠溶液调节pH若大于6，溶液碱性增强，会导致溶液中的亚铁离子在该条件下直接与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，离子方程式表示为Fe2++2OH?=Fe(OH)2，答案为：Fe2++2OH?=Fe(OH)2↓；（5）由题目已知信息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，所以过程II中加入无水乙醇的目的是减少甘氨酸亚铁的溶解量，促使其更多的结晶析出；（6）检验三价铁离子的试剂为硫氰化钾溶液，加入硫氰化钾，溶液变为血红色，则说明含有三价铁离子；（7）甘氨酸的物质的量=0.2L×1.0mol·L?1=0.2mol，0.1mol的碳酸亚铁中亚铁离子的物质的量为0.1mol，根据铁原子守恒，0.2mol的甘氨酸和0.1mol的碳酸亚铁理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁的质量：204g·mol?1×0.1mol=20.4g，产品的质量为15.3g，则产率===75%，答案为：75。
28.
【答案】（1）
NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g)
△H2=+57.2kJ/mol
NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO+H2O
NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低
1∶1
cb=c>d
60%
【解析】(1)由于活性氧原子变化的速率为零，可认为其生成速率等于消耗速率，v1=k1c(O3)，
v2=k2c(O3)·c(O)，则k1c(O3)=k2c(O3)·c(O)，所以c(O)=；(2)根据盖斯定律将两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式；NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g)
ΔH=+57.2kJ/mol；(3)①NO和Ca(OH)2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca(OH)2，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO2)2和水，所以离子方程式为：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO+H2O；②当NO太少，NO2量太多，首先发生反应：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO+H2O；NO2不能完全吸收，过量的NO2就和水反应生成HNO3和NO，这样就导致NO2去除率升高，但NO去除率却降低；(4)①当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的N2的体积分数最大，所以b点的平衡体系中C、N原子个数比接近1∶1；②增大，CO的浓度增大的倍数大于NO增大的倍数，使CO转化率降低，所以a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为cT2，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，故d点平衡常数小于b、c点，所以b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为b=c>d；③若=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，假设开始时n(NO)=1mol，n(CO)=0.8
mol，假设CO平衡时CO转化了x
mol，则根据物质反应转化关系可知平衡产生CO2的物质的量为x
mol，N2为0.5x
mol，则此时CO为(0.8-x)mol，NO为(1-x)mol，×100%=20%，?
解得x=0.6mol，所以NO的转化率为0.6mol/1mol×100%=60%。
29.
【答案】（1）光照强度、CO2浓度
（2）线粒体和叶绿体
光强为100μmol·m?2·s?1时，甲组呼吸速率大于光合速率，有CO2的释放
（3）<
（4）甲组光合作用强度与乙组的不同是由环境因素高CO2浓度引起的，而非遗传物质的改变造成的
【解析】（1）据图分析可知，该实验的自变量是光照强度和二氧化碳浓度。（2）据图分析可知，光照强度为l00μmol·m?2·s?1时，甲组呼吸速率大于光合速率，产生气泡的成分是CO2，所以来自于线粒体；乙组呼吸速率小于光合速率，产生气泡的成分是O2，所以来自于叶绿体。（3）图示表明，甲乙两组植物的呼吸速率相等，但甲的净光合速率一直低于乙，所以甲组总光合速率始终明显小于乙组。（4）根据题意可知，题干所述实验中甲组光合作用强度与乙组的不同是由环境因素高CO2浓度引起的，而非遗传物质的改变造成的。
30.
【答案】（1）正电位
电信号和化学信号
（2）促进肝糖原分解，并促进非糖物质转化为葡萄糖
肝细胞
（3）作用于靶器官、靶细胞
胰髙血糖素
（4）抽血检测患者体内胰岛素含量
【解析】（1）兴奋时，膜内电位由负电位变为正电位，神经元之间的传递信息依赖于电信号和化学信号。（2）当血糖含量降低时，胰高血糖素的含量会增加，促进肝糖原分解，并促进非糖物质转化为葡萄糖，从而使血糖含量升高，作用的靶细胞主要是肝细胞。（3）图2中激素分子作用于靶细胞，体现了激素作用于靶器官、靶细胞的特点，根据图可知靶细胞膜上可以接受的信息分子有胰高血糖素。（4）根据糖尿病的两种类型的不同，可以通过抽血检测患者体内胰岛素的含量，如果胰岛素低于正常值，则说明该糖尿病是由于缺乏胰岛素引起的；如果胰岛素的量正常或高于正常值，则说明该糖尿病是由于靶细胞膜上的胰岛素受体受损引起的。
31.
【答案】（1）物种组成（群落的丰富度）
水平（空间）
（2）竞争
（3）①“J”型
②K值（环境容纳量）
（4）行为
种群繁衍离不开信息传递
【解析】（1）物种组成是区别不同群落的重要特征；湿地中核心区和近水缓冲区物种组成的不同是在不同的地段物种不同，所以体现了湿地群落具有水平结构。（2）荇菜与泥鳅都是需氧型生物，所以从消耗氧的角度看，该湿地中荇菜与泥鳅的种间关系是竞争。（3）①由题图曲线可知，该种群出生率大于死亡率，并且出生率与死亡率之差相同，即增长率不变，因此该生物种群在如图所示时间内，数量增长模型为“J”型。②如①②发生重合，说明种群增长速率为0，此时种群数量达到最大值，即环境容纳量。（4）通过“婚飞”追求配偶，这属于行为信息，说明种群繁衍离不开信息传递。
32.
【答案】（1）Aa2×a1a2
1/8
（2）4
（3）实验思路：选用该黄色雄鼠与多只黑色雌鼠杂交，统计后代毛色及比例
预测结果：黄色∶灰色=1∶1
【解析】根据题意分析，AA纯合致死，所以小鼠一共有5种基因型：
表现型
黄色
灰色
黑色
基因型
Aa1
Aa2
a1a1
a1a2
a2a2
（1）由后代有黑色a2a2可推知其父母均有a2，又因后代由3种表现型，所以亲本的基因型为Aa2和a1a2，再生一只黑色雄鼠的概率=1/4×1/2=1/8。（2）Aa2和a1a2所生的后代全部存活，而Aa2和Aa2的后代有1/4AA胚胎致死，即2只死亡，后代基因型及比例Aa2∶a2a2=2∶1，所以子代有黄色小鼠=6×2/3=4只。（3）黄色雄鼠基因型可能是Aa1或Aa2，所以可以选择与多只黑色雌鼠a2a2进行杂交，统计后代毛色及比例如果后代出现黄色和灰色，并且比例为1∶1，则该黄色雄鼠的基因型为Aa1。
33.(1)(5分)
【答案】ACE
【解析】同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如金刚石与石墨，故A正确.布朗运动是微小粒子表现出的无规则运动，肉眼不可见，故B错误.在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小，这是增加原理，故C正确.打气筒给自行车打气时，要用力才能将空气压缩，是要克服大气压力做功，故D错误.气体向真空自由膨胀遵守热力学第二定律，具有方向性，故E正确
（2）（10分）
【解析】①设左、右活塞的面积分别为和，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即
由此得
①
在两个活塞上各加质量为的物块后，假设左右两活塞仍没有碰到汽缸底部，由平衡条件
，则右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中
在初态，气体的压强为：，体积为：；
在末态，气体压强为：，体积为：为左活塞的高度）
由玻意耳定律得
代入数据解得
②当温度由上升至时，气体的压强始终为，设是温度达到时左活塞的高度，
由盖?吕萨克定律得
活塞对气体做的功为
环境温度升高，则气体温度升高内能变大，又气体对活塞做功，根据热力学第一定律：在此过程中气体吸收热量。
34.(1)(5分)
【答案】ABE
【解析】在简谐运动的回复力表达式F=-kx中，对于弹簧振子，F为振动物体在振动方向受到的合外力，k为弹簧的劲度系数；对于单摆回复力为重力沿圆周的切向分力，故A正确。一切波都可以发生干涉和衍射现象，是波特有现象，故B正确。声波是机械波，机械波的波速由介质决定，故C错误。多普勒效应说明观察者与波源有相对运动时，接收到的波频率会发生变化，但波源的频率不变，故D错误。变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，交替产生电场和磁场形成由近向远传播的电磁波，故E正确。故选ABE。
(2)（10分）
【解析】设球半径为R，球冠地面中心为O′，连接OO′，则OO′⊥AB
令∠OAO′=α
则：…①
即∠OAO′=α=30°…②
已知MA⊥AB，所以∠OAM=60°…③
设图中N点为光线在球冠内地面上的反射点，光路图如图所示。
设光线在M点的入射角为i，折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃的折射率为n。
由于△OAM为等边三角形，所以入射角i=60°…④
由折射定律得：sini=nsinr…⑤
代入数据得：r=30°…⑥
作N点的法线NE，由于NE∥MA，所以i′=30°…⑦
由反射定律得：i″=30°…⑧
连接ON，由几何关系可知△MAN≌△MON，则∠MNO=60°…⑨
由⑦⑨式可得∠ENO=30°
所以∠ENO为反射角，ON为反射光线。由于这一反射光线垂直球面，所以经球面再次折射后不改变方向。所以，该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为β=180°-∠ENO=150°。
35.
【答案】（1）3d24s2
3
Si、S、P
C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定；而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成
平面三角形
abd
11
sp3
6
12
××107
【解析】(1)基态Ti原子核外有22个电子，其价电子排布式为3d24s2，基态Ti原子能量最高的能级为3d轨道，还有3个空轨道，由于原子半径：Si>P>O，又P的3p轨道为3p3半充满状态，故第一电离能：Si36.
【答案】（1）甲苯
+Cl2+HCl
取代反应
羰基、碳碳双键
C9H11O2N
吸收反应生成的HCl，提高反应转化率
或
【解析】甲苯()与Cl2在光照时发生饱和C原子上的取代反应产生一氯甲苯：和HCl，与在K2CO3作用下反应产生D，D结构简式是，D与CH3CN在NaNH2作用下发生取代反应产生E：，E与发生反应产生F：，F与NaBH4在CH3SO3H作用下发生还原反应产生G：，G经一系列反应产生洛匹那韦。(1)A是，名称为甲苯，A与Cl2光照反应产生和HCl，反应方程式为：+Cl2+HCl；(2)D与CH3CN在NaNH2作用下反应产生E：，是D上的被-CH2CN取代产生，故反应类型为取代反应；F分子中的、与H2发生加成反应形成G，故F中能够与氢气发生加成反应的官能团名称为羰基、碳碳双键；(3)C结构简式为，可知C的分子式为C9H11O2N；C分子中含有羧基、氨基，一定条件下，能发生缩聚反应，氨基脱去H原子，羧基脱去羟基，二者结合形成H2O，其余部分结合形成高聚物，该反应的化学方程式为：；(4)K2CO3是强碱弱酸盐，CO水解使溶液显碱性，B发生水解反应会产生HCl，溶液中OH?消耗HCl电离产生的H+，使反应生成的HCl被吸收，从而提高反应转化率；(5)C结构简式是，分子式为C9H11O2N，C的同分异构体X符合下列条件：①含有苯环，且苯环上的取代基数目≤2；②含有硝基；③有四种不同化学环境的氢，个数比为6∶2∶2∶1，则X可能的结构为或；(6)2，6-二甲基苯酚()与ClCH2COOCH2CH3在K2CO3作用下发生取代反应产生，该物质与NaOH水溶液加热发生水解反应，然后酸化得到，与SOCl2发生取代反应产生，故合成路线为
。
37.
【答案】(l)蛋白质（酪蛋白）
增加培养液中的溶氧量并使菌株与培养液充分接触，有利于目的菌的生长繁殖
(2)a
a周围的透明圈最大，说明其产生的蛋白酶数量多或活性高
(3)磷酸缓冲液
相对分子质量较大
(4)A组胶片上的蛋白膜消失，B组胶片上的蛋白膜未消失
胶片上的蛋白膜消失所需时间的长短（相同时间内蛋白膜消失的面积）
【解析】(l)蛋白酶高产菌株可以分解蛋白质，在筛选枯草芽孢杆菌蛋白酶高产菌株时，培养基营养成分应包括水、无机盐、生长因子、葡萄糖、蛋白质。培养枯草芽孢杆菌时，为了增加培养液中的溶氧量并使菌株与培养液充分接触，有利于目的菌的生长繁殖，常用摇床进行振荡培养。(2)由图1可知，菌株a的透明圈最大，说明其蛋白酶含量高或活性高，故a的蛋白酶的产量最高。(3)利用凝胶色谱法分离提取到的部分蛋白质时，等样品完全进入凝胶层后，加入pH为7.0、浓度为20mmol/L的磷酸缓冲液到适当高度进行洗脱，由于相对分子质量较大的蛋白质无法进入凝胶内部，路程较短，移动速度较快，故最先洗脱出来。(4)图2中，自变量是洗衣粉是否煮沸，因变量是观察蛋白膜消失时间。若洗衣粉中含有蛋白酶，加热煮沸后会导致蛋白酶变性失活，蛋白膜不会消失，故结果是A组胶片上的蛋白膜消失，B组胶片上的蛋白膜未消失。本实验可以通过观察胶片上的蛋白膜消失所需时间的长短来判断酶活性的大小，酶活性越强，蛋白膜消失所需的时间越短。
38.
【答案】（1）反转录
引物
两种引物通过互补配对与两条单链DNA结合
（2）启动子具有（物种及组织）特异性
（3）酚类
（4）繁殖快；单细胞；遗传物质少
大肠杆菌没有生物膜系统（或内质网和高尔基体），不能对rHSA进行深加工
（5）rHSA可能没有生物活性或功能性较差或rHSA可能有安全隐忠
【解析】（1）获取HSA基因，提取人血细胞中的mRNA，在逆转录酶的催化下利用反转录法合成cDNA，再利用
PCR技术进行快速扩增，PCR过程中，需要一段已知目的基因的核苷酸序列合成引物，温度降低到55℃的目的是两种引物通过互补配对与两条单链DNA结合。（2）由于启动子具有物种或组织特异性，构建在水稻胚乳细胞内特异表达rHSA的载体时，需要选择水稻胚乳细胞启动子。（3）酚类物质会吸引农杆菌移向水稻受体细胞，在利用农杆菌转化水稻受体细胞的过程中，故需添加酚类物质。（4）大肠杆菌受体细胞的优点有繁殖快；单细胞。但相比于水稻胚乳细胞，大肠杆菌没有生物膜系统（或内质网和高尔基体），不能对rHSA进行深加工。（5）利用上述方法获得的rHSA可能没有活性，不能直接用于临床医疗。
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