资源简介

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2021届高三第二次模拟考试卷
理科综合能力测试（三）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137
第Ⅰ卷（选择题，共126分）
选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列关于生物膜蛋白的叙述，错误的是
A．小鼠精子和卵细胞之间的识别需要膜蛋白的参与
B．促甲状腺激素只与甲状腺细胞膜上的受体蛋白结合
C．叶绿体外膜上的蛋白质可以吸收光能和催化光反应
D．癌细胞膜上的糖蛋白减少导致癌细胞之间黏着性降低
2．目前发现的人体葡萄糖转运蛋白（GLUTs）共有14种，主要负责葡萄糖和果糖的跨膜转运。下列有关叙述正确的是
A．不同种类GLUTs的氨基酸序列和空间结构相同
B．GLUTs的肽链合成时相邻氨基酸通过肽键连接
C．GLUTs经沸水浴处理，肤链充分伸展并彻底水解
D．GLUTs转运葡萄糖和果糖的方式都是主动运输
3．科学家把等量的小白鼠败血症病毒(一种RNA病毒)颗粒加入到甲、乙两支试管中，其中甲试管中含有带放射性标记的脱氧核糖核苷三磷酸缓冲溶液，乙试管中含有带放射性标记的核糖核苷三磷酸缓冲溶液。一段时间后，甲试管中能检测到含有放射性的核酸，乙试管中不能检测到含有放射性的核酸。下列叙述错误的是
A．甲试管中不能检测到子代病毒
B．乙试管中无放射性核酸的合成是因为缺少能量
C．该病毒颗粒中含有与DNA合成有关的酶
D．加入RNA酶，甲试管中放射性核酸会明显减少
4．当病原微生物侵入机体后，人体免疫系统就升高体温（发烧）来对付。长期使用抗生素治疗发烧会导致人体菌群失调、产生耐药性、抑制骨髓造血功能等副作用。下列叙述错误的是
A．维持体温的能量主要来源于细胞中有机物的氧化分解
B．人体内环境中的病原微生物能刺激某些细胞增殖与分化
C．寄生在细胞中的病原微生物，需要由抗体进入细胞进行消灭
D．“发烧”后常用含抗生素的药物治疗，会导致机体免疫功能下降
5．一个生态养殖大棚里，一半沙土一半水域，水底养着虾蟹，水面漂浮着无土栽培的蔬菜，漂浮蔬菜和黄瓜生长所需的肥料来自虾蟹的排泄、排遗物，沙土中种了一种特殊辣椒起驱虫作用。下列相关分析不正确的是
A．该生态养殖大棚中的生物群落存在垂直结构和水平结构
B．特殊辣椒驱虫导致该害虫种群密度降低属于生物防治
C．蔬菜从虾蟹的排泄物中获得养分，所以蔬菜属于分解者
D．该生态系统需要不断得到来自系统外的能量补充维持其相对稳定
6．苯丙酮尿症是一种严重的单基因遗传病。图1是某患者的家族系谱图，其中部分成员Ⅰ1、Ⅰ2、Ⅱ1和Ⅱ2的DNA经限制酶MspⅠ酶切，产生不同的片段，经电泳后用苯丙氨酸羟化酶cDNA探针杂交，结果见图2。下列分析错误的是
A．个体Ⅱ1是杂合体的概率为2/3
B．个体Ⅱ2与一杂合体婚配生患病孩子的概率为0
C．个体Ⅱ3是隐性纯合体，有19kb探针杂交条带
D．个体Ⅱ4可能为杂合体，有2个探针杂交条带
7．煤、石油、天然气仍是人类使用的主要能源，同时也是重要的化工原料，我们熟悉的塑料、合成纤维和合成橡胶主要是以石油、煤和天然气为原料生产的。下列说法中不正确的是
A．工业上可通过石油的热裂解生产苯、甲苯等芳香烃
B．煤干馏的产品有焦炉煤气、煤焦油和焦炭
C．羊毛、蚕丝、棉花和麻等是天然的蛋白纤维或植物纤维
D．天然气是一种清洁的化石燃料，作为化工原料它主要用于合成氨和甲醇
8．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．标准状况下，1mol -OH中含有9NA个电子
B．在精炼铜的过程中，当阳极有32g铜参加反应时转移电子数为NA
C．常温下，0.1mol环氧乙烷()中含有的共价键数目为0.3NA
D．1L 0.5mol/L pH=7的CH3COONH4溶液中NH数目为0.5NA
9．有机物①在一定条件下可以制备②，下列说法错误的是
①→②
A．①不易溶于水
B．①的芳香族同分异构体有3种(不包括①)
C．②在碱性条件下的水解是我们常说的皂化反应
D．②中所有碳原子可能共平面
10．下列实验中，与现象对应的结论一定正确的是
选项 实验 现象 结论
A 常温下，将CH4与Cl2在光照下反应后的混合气体通入石蕊溶液 石蕊溶液先变红后褪色 反应后含氯的气体共有2种
B 向10mL 0.1mol/L NaOH溶液中先后加入1mL浓度均为0.1mol/L的MgCl2和CuCl2溶液 先生成白色沉淀，后生成蓝色沉淀 Cu(OH)2溶解度小于 Mg(OH)2
C 加热NH4HCO3固体，在试管口放一小片湿润的红色石蕊试纸 石蕊试纸变蓝 NH4HCO3溶液显碱性
D 将绿豆大小的金属钠分别加入水和乙醇中 前者剧烈反应 水中羟基氢的活泼性大于乙醇的
11．科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如左下图所示，用Cu—Si合金作硅源，在950℃下利用三层液熔盐进行电解精炼，并利用某CH4燃料电池(如下图所示)作为电源。下列有关说法不正确的是
A．电极c与b相连，d与a相连
B．左侧电解槽中；Si优先于Cu被氧化
C．a极的电极反应为CH4-8e?+4O2?==CO2+2H2O
D．相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，会影响硅的提纯速率
12．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y、Z形成的化合物是常见的调味剂和防腐剂，W、X形成的一种化合物室温下易升华，W、Z形成的化合物是一种无色液体，广泛用于海带提碘等化学实验中。下列说法不正确的是
A．X、Z的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂
B．化合物Y2X2和YZX都既存在离子键，又存在共价键
C．原子半径大小：W>X；简单离子半径：YD．W与X形成的化合物尾气可用Y的最高价氧化物的水化物溶液吸收
13．某同学探究溶液的酸碱性对FeCl3水解平衡的影响，实验方案如下：配制50mL 0.001mol/L FeCl3溶液、50mL对照组溶液x，向两种溶液中分别滴加1滴1mol/L HCl溶液、1滴1mol/L NaOH 溶液，测得溶液pH随时间变化的曲线如下图所示。
下列说法不正确的是
A．依据M点对应的pH，说明Fe3+发生了水解反应
B．对照组溶液x的组成可能是0.003mol/L KCl
C．依据曲线c和d说明Fe3+水解平衡发生了移动
D．通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向
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。
14．2020年11月27日0时41分，华龙一号核电5号机组首次并网成功，标志着我国正式进入核电技术先进国家行列。华龙一号发电机利用的是铀核裂变释放的核能，其裂变方程为：U＋n→X＋Sr＋2n。则下列叙述正确的是(　　)
A．裂变后粒子的总核子数减少
B．X原子核中含有85个中子
C．裂变过程中释放核能是因为新核的结合能小
D．裂变过程中释放核能是因为新核的比结合能小
15．2020年11月10日8时12分，“奋斗者”号深潜器在马里亚纳海沟成功坐底，创造了10909米的中国载人深潜新纪录，标志着我国在大深度载人深潜领域达到世界领先水平。某兴趣小组用一个模型模拟了深潜器从水底由静止向上返回的运动过程，记录了其加速度a随位移x变化关系的图像如图所示，则(　　)
A．在0～x0阶段深潜器内的物体处于失重状态
B．在2x0～3x0阶段深潜器内的物体处于超重状态
C．在2x0处深潜器运动的速度大小为
D．在3x0处深潜器运动的速度最大
16．如图甲所示，充好电的电容器与定值电阻接入电路，电压传感器与电流传感器对电路的影响可忽略不计。传感器将测得的物理量输入计算机，计算机显示出物理量随着时间的变化情况。现闭合开关后，在计算机上显示的电路中的电压与电流随时间的变化关系如图乙所示。t2时刻，电压与电流变为零。图乙中S1与S2为电流曲线在虚线MN两侧与坐标轴围成的面积。下列说法中正确的是(　　)
A．图乙中的S1＝S2
B．图乙中的S1＞S2
C．图乙中电压与电流的比值逐渐变小
D．图乙中电阻R在0～t1内产生的内能等于在t1～t2内产生的内能
17．假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B，半径分别为RA和RB。两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方（r3）与运行周期的平方（T2）的关系如图所示，T0为卫星环绕行星表面运行的周期，则(　　)
A．行星A的质量小于行星B的质量
B．行星A的密度小于行星B的密度
C．行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度
D．当两行星的卫星轨道半径相同时，行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速度
18．一学校物理项目学习小组研究悬索桥的受力特点，实际的悬索桥在工程上是复杂的，他们进行了合理简化，悬索桥的简化模型如下：吊桥六对钢杆悬吊，六对钢杆在桥面上分列两排，其上端挂在两根钢缆上，如图为其一侧面图。已知图中相邻两钢杆间距离为9 m，靠桥面中心的钢杆长度为2 m（即AA′＝DD′＝2 m），BB′＝EE′，CC′＝PP′，又已知两端钢缆CM、PN与水平方向成45°角，若钢杆钢缆自重不计，每根钢杆承受拉力相同，桥面总质量m，每对钢杆拉力均为T。以下说法正确的是(　　)
A．每根钢杆拉力大小为mg
B．每对钢缆AD中拉力大小为mg
C．每对钢缆CM中拉力大小为mg
D．BB′的长度为6 m
19．如图，一带负电的点电荷固定在P处，一带电油滴静止在O点。现让该油滴从P点的正上方A处静止释放，通过O点后运动到B点。下列关于这个过程中的说法正确的是(　　)
A．油滴在A处的加速度大于g
B．点电荷在O点产生的场强大于在B点产生的场强
C．油滴在B点的电势能最大
D．从O点运动到B点的过程中油滴重力势能的减少量小于电势能的增加量
20．如图，倾角θ＝60°的光滑斜面下端有一垂直斜面的挡板，挡板上连接一轻质弹簧，斜面上端A与竖直放置的光滑圆弧形管道平滑连接，在外力的作用下，一质量为m的小球静止在P点。弹簧处于压缩状态。现释放小球，小球无能量损失地进入圆弧形管道（小球直径稍小于管道直径），刚好可到达圆弧形管道的最高点，已知圆弧形管道半径为R，OA⊥PA，PA＝R，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
A．弹簧储存的弹性势能为3mgR
B．其他条件不变，把小球质量变为2.5m，则小球仍能进入圆弧形管道
C．其他条件不变，把小球质量变为0.5m，则小球在最高点对圆弧形管道的作用力为2.5mg，方能竖直向上
D．其他条件不变，换成长度相同弹性势能较大的弹簧，在圆弧形管道最高点，圆弧形管道对小球的作用力一定增大
21．如图甲所示，两条粗糙平行金属导轨倾斜固定放置（两导轨电阻不计），倾角θ＝37°，间距d＝1 m，电阻r＝3 Ω的金属杆与导轨垂直放置，导轨下端连接规格为“3 V，3 W”的灯泡L。在导轨内有长为l、宽为d的矩形区域abcd，该区域内有垂直导轨平面均匀分布的磁场，各处的磁感应强度B大小始终相等，B随时间t变化图线如图乙所示。在t＝0时，金属杆从PQ位置静此释放，向下滑动直到cd位置的过程中，金属杆始终与导轨垂直，灯泡一直处于正常发光状态。则金属杆从PQ位置到cd位置的运动过程中，下列说法正确的是（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2）(　　)

A．金属杆先做匀加速直线运动后做匀速直线运动
B．金属杆到达ab位置的速度大小为3 m/s
C．金属杆与导轨间的动摩擦因数为0.5
D．金属杆克服安培力做功为6 J
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25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第34题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题(共129分)
22．(6分)用如图甲所示的实验装置测量当地重力加速度的大小。质量为m2的重锤从高处由静止开始下落，质量为m1的重锤上拖着纸带利用电磁打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行分析，即可测出当地的重力加速度g值。如图乙给出的是实验中获取的一条纸带中的某一段，相邻两计数点间还有4个点未画出，电源的频率为50 Hz，相邻计数点间的距离如图(b)所示。已知m1＝80 g、m2＝120 g，要求所有计算结果保留两位有效数字。则：
(1)用逐差法求出重锤的加速度大小a＝__________m/s2，而得出当地的重力加速度大小g＝________m/s2；
(2)测出的重力加速度的值比实际值小，其误差的主要来源有哪些_________。
A．没有使用电火花计时器
B．m1和m2的质量太悬殊
C．绳子和定滑轮之间存在阻力
D．绳子拉力不等于m2的重力
23．(9分)某同学要将一量程为300 mV的毫伏表改装成量程为3 V的电压表，该同学测得毫伏表内阻为1000 Ω，经计算后将一阻值为R0的电阻与该毫伏表连接，进行改装。然后利用一标准电压表V，根据图甲所示电路对改装后的电压表进行检测（虚线框内是改装后的电压表）。
(1)根据图甲和题目所给的条件，将图乙中的实物进行连线。
(2)当标准电压表V的示数为2.00 V时，毫伏表的指针位置如图丙所示。由此可以推测出所改装电压表的量程不是预期值，而是________（正确答案标号）。
A．1.80 V B．2.40 V C．2.70 V D．3.75 V
(3)产生上述问题的原因可能是________（正确答案标号）。
A．毫伏表内阻测量错误，实际内阻小于1000 Ω
B．毫伏表内阻测量错误，实际内阻大于1000 Ω
C．R0值计算错误，接入的电阻偏大
D．R0值计算错误，接入的电阻偏小
(4)要达到预期目的，无论毫伏表测得的内阻是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R0的电阻换成阻值为kR0的电阻即可，其中k＝________。
24．(14分)如图所示，在直角坐标系Oxy中，A、C两点关于原点O对称，AO＝OC＝L，直线AC与x轴正方向的夹角θ＝53°。直线AC右侧和x轴下方所夹的区域内有一匀强电场，方向沿y轴正方向。直线AC左侧区域内有一匀强磁场，方向垂直坐标平面向里，电场和磁场区域均足够大。一带正电的粒子从A点沿x轴正方向以初速度v0运动，经过x轴上D点（图中未画出）后恰好能通过C点，再经磁场偏转后到达O点。不计粒子重力，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
(1)O、D两点间的距离；
(2)电场强度E与磁感应强度B之比。
25．(18分)如图所示，光滑斜轨道AB和一条足够长的粗糙水平轨道BC平滑连接，质量为5 kg的物块Q静置在水平轨道的最左端，质量为1 kg的物块P从斜道上距离BC竖直高度h＝1.8 m处由静止下滑，滑下后与物块Q碰撞。已知两物块与水平轨道BC之间的动摩擦因数均为0.2，物块P、Q均可视为质点，它们之间的每次碰撞均为弹性碰撞，取重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)物块P、Q第一次碰撞前瞬间，物块P的速度大小；
(2)第一次碰撞后，物块P滑上斜轨道的最大高度；
(3)物块Q运动的总路程。
26．氰化钠(NaCN)是一种基本化工原料，同时也是一种毒物质。一旦泄漏需要及时处理，一般可以通过喷酒双氧水或过硫酸钠(Na2S2)溶液来处理，以减少对环境的污染。
I．(1)NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的化学方程式是___________________________________。
II．工业制备过硫酸钠的反应原理如下所示
主反应：(NH4)2S2O8+2NaOHNa2S2O8+2NH3↑+2H2O
副反应：2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+N2+6H2O
某化学小组利用上述原理在实验室制备过硫酸，并用过硫酸钠溶液处理含氰化钠的废水。
实验一：实验室通过如下图所示装置制备Na2S2O8。
(2)装置中盛放(NH4)2S2O8溶液的仪器的名称是____________。
(3)装置a中反应产生的气体需要持续通入装置c的原因是____________________。
(4)上述装置中还需补充的实验仪器或装置有______________(填字母代号)。
A．温度计 B水浴加热装置
C．洗气瓶 D．环形玻璃搅拌棒
实验二：测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氯化钠的含量。
已知；①废水中氯化钠的最高排放标准为0.50mg/L。
②Ag++2CN?=[Ag(CN)2]?，Ag++I?=AgI↓，AgI呈黄色，CN?优先与Ag+发生反应。实验如下：取1L处理后的NaCN废水，浓缩为10.00mL置于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.010?3mol/L的标准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为5.00mL
(5)滴定终点的现象是___________________________________。
(6)处理后的废水中氰化钠的浓度为____________________mg/L．
Ⅲ．(7)常温下，含硫微粒的主要存在形式受pH的影响。利用电化学原理，用惰性电极电解饱和NaHSO4溶液也可以制备过硫酸钠。已知在阳极放电的离子主要为HSO，则阳极主要的反应式为_________________________。
27．铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛，研究铁及其化合物的应用意义重大．回答下列问题：
(1)已知高炉炼铁过程中会发生如下反应：
FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g) ΔH1
Fe2O3(s)+1/3CO(g)=2/3Fe3O4(s)+1/3CO2(g) ΔH2
Fe3O4(s)+CO(g)=3Fe(s)+CO2(g) ΔH3
Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) ΔH4
则ΔH4的表达式为_____(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。
(2)上述反应在高炉中大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如下：
温度 250℃ 600℃ 1000℃ 2000℃
主要成分 Fe2O3 Fe3O4 FeO Fe
1600℃时固体物质的主要成分为_____，该温度下若测得固体混合物中m(Fe)∶m(O)=35∶2，则FeO被CO还原为Fe的百分率为_________(设其它固体杂质中不含FeO元素)。
(3)铁等金属可用作CO与氢气反应的催化剂．已知某种催化剂可用来催化反应CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) ΔH＜0。在T℃，106Pa时将lmol CO和3mol H2加入体积可变的密闭容器中，实验测得CO的体积分数x(CO)如下表：
t/min 0 10 20 30 40 50
x(CO) 0.25 0.23 0.214 0.202 0.193 0.193
①能判断CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)达到平衡的是_____(填序号)。
a．容器内压强不再发生变化 b．混合气体的密度不再发生变化
c．v正(CO)=3v逆(H2) d．混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
②达到平衡时CO的转化率为___________；在T℃ 106Pa时该反应的压强平衡常数Kp(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)的计算式为_____。
③图表示该反应CO的平衡转化率与温度、压强的关系。图中温度T1、T2、T3由高到低的顺序是_____，理由是_____________。
28．废旧锌锰电池含有锌、锰元素，主要含有ZnO、ZnMn2O4、MnO、Mn2O3、Mn3O4、MnO2。利用废旧锌锰电池回收锌和制备二氧化锰、硫酸的工艺流程如图：

回答下列问题：
(1)步骤②“粉碎”的主要目的是______。
(2)步骤③“酸浸”发生了一系列反应：
ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O；MnO+H2SO4=MnSO4+H2O；
ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2；
MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O。
推测Mn2O3与硫酸反应的离子方程式为______。
(3)如图分别表示“酸浸”时选用不同浓度硫酸和草酸对Zn、Mn浸出率的影响。
①为保证Zn、Mn的浸出率均大于90%，步骤③需控制的c(H2SO4)=____mol/L。H2C2O4浓度对Mn的浸出率影响程度大于Zn，其原因是_____。
②假设“酸浸”所得溶液中Zn2+、Mn2+浓度相等。当c(H2C2O4)>0.25mol/L时，Zn、Mn的浸出率反而下降、且Zn的浸出率下降先于Mn，其原因可能是_____(填序号)。
a．随着反应进行c(H+)降低
b．Zn2+、Mn2+与C2O生成沉淀
c．溶解度：ZnC2O4＜MnC2O4
(4)步骤⑤用惰性电极电解ZnSO4、MnSO4的混合溶液，除生成Zn、MnO2、H2SO4外，还可能生成H2、O2或其混合物。
①生成MnO2的电极反应式为_____。
②若n(H2)∶n(O2)=2∶1，则参加反应的n(Zn2+)∶n(Mn2+)=______。
③该工艺流程中可循环利用的物质是________。
29．（10分）叶绿体色素吸收特定波长光的能量后，从基态跃迁至激发态，但激发态不稳定，通过发射荧光回到基态，这些荧光组成的光谱称为发射光谱。类胡萝卜素分子吸收的光能可传递给叶绿素分子，导致类胡萝卜素的发射光遭强度减弱，能量传递效率与色素分子间的距离有关。图中A-D是叶绿素，类胡萝卜素及分子同能量传递的光谱学分析的实验结果。
回答下列问题：
（1）比较图A与图B，图A中曲线b是__________（填“叶绿素”或“类胡萝卜素”）的__________（填“发射”或“吸收”）光谱。
（2）图C是以454nm的激发光分别诱导1×10?4mol/L类胡萝卜素的苯溶液、5×10?7mol/L叶绿素的苯溶液、1×10?4mol/L类胡萝卜素+5×10?7mol/L叶绿素的苯溶液产生的发射光谱。图中曲线g对应__________（填“类胡萝素”“叶绿素”或“类胡萝卜素+叶绿素”）的发射光谱：曲线g与e、f有差异，原因是__________。
（3）图C实验的叶绿素+类胡萝卜素的混合液中，保持类胡萝卜素的浓度为1×10?4mol/L，依次增加叶绿素浓度，以454nm的光对混合液进行激发，分别检测叶绿素和类胡萝卜素的发射光谱，得到图D中的曲线j（叶绿素）和曲线k（类胡萝卜素），据此可知色素间能量传递效率与分子间距离的关系是__________。
30．（9分）内环境稳态是机体进行正常生命活动的必要条件。回答下列问题：
（1）向家兔的耳缘静脉注射3%乳酸2ml，血浆的H+浓度升高，呼吸中枢兴奋，通过传出神经使呼吸肌收缩(肌细胞膜电位变化与神经细胞相同)，呼吸加深加快，此过程中呼吸肌细胞的膜内电位变化是________；同时，血浆中的H+与HCO结合，生成的CO2和H2O通过呼吸和泌尿系统排出体外。上述调节的意义是________，其调节方式为________。
（2）临床上给脑水肿患者静脉注射20%的甘露醇高渗水溶液，消除水肿。药用机理是：静脉注射后，甘露醇不易渗入组织液且不被代谢，血浆渗透压______(填“升高”或“降低”)，促使水分由______向______转移，达到初步消肿目的；甘露醇经肾小球滤过后，______(填“能”或“不能”)被肾小管和集合管重吸收，导致肾小管液渗透压升高，尿量增加，消除水肿。
31．（8分）在自然界中，生物与环境构成了统一的整体，生物和生物之间又形成了错综复杂的营养结构。运用生态技术进行养殖可得到品质高、备受欢迎的绿色产品。根据下图的相关内容，回答问题：
(1)图1为北极冻原生态系统中部分生物构成的食物网，在该食物网中共有________条食物链，其中雪兔和狼的种间关系是________。假如北极狐的食物1/2来自雷鸟，1/10来自植物，且能量从生产者到消费者的传递效率为10%，从消费者到消费者的能量传递效率为20%。若北极狐种群能量增加120 kJ，在不考虑其他因素影响的情况下，需要植物具备的能量是________kJ。
(2)图2为江苏某地进行生态养殖的创新模式，该模式将肉鸽养殖、鱼塘养殖、果林种植等产业进行有机结合。
①鸽种群一般遵循“一夫一妻制”，这就需要保持鸽种群适宜的________，以维持鸽种群正常的出生率。
②肉鸽摄入的饲料，其能量一部分通过呼吸作用以热能形式散失，一部分用于________，其他能量进入粪便。粪便可以进入鱼塘或者回田利用，遵循了生态工程的________原理。
③桉树能分泌“杀菌素”和芳香化合物，在鸽舍周边种植桉树林隔离带的目的是_______。冲洗鸽舍的少量废水流入鱼塘后被净化，说明了鱼塘生态系统具有_______能力。
32．(12分)已知豌豆(2n＝14)的花色受非同源染色体上的两对基因A、a和B、b控制。红花(A)对白花(a)为完全显性。B基因为修饰基因，淡化花的颜色，BB与Bb的淡化程度不同：前者淡化为白色，后者淡化为粉红色。现将一株纯合的红花植株和一株白花植株(aaBB)杂交产生的大量种子(F1)用射线处理后萌发，F1植株中有一株白花，其余为粉红花。请回答下列问题：
(1)关于F1白花植株产生的原因，科研人员提出了以下几种假说：
假说一：F1种子发生了一条染色体丢失；
假说二：F1种子发生了上述基因所在的一条染色体部分片段(含相应基因)缺失；
假说三：F1种子一条染色体上的某个基因发生了突变。
①经显微镜观察，F1白花植株______________时期四分体的个数为7个，可以否定假说一；
②已知4种不同颜色的荧光可以对A、a和B、b基因进行标记。经显微镜观察，F1白花植株的小孢子母细胞(同动物的初级精母细胞)中荧光点的数目为________个，可以否定假说二。
(2)现已确定种子萌发时某个基因发生了突变。
①有人认为：F1种子一定发生了A→a的隐性突变。该说法是否正确？________。原因是
。
②专家认为：F1种子中另一对基因发生了一次显性突变(突变基因与A、B基因不在同一条染色体上)，突变基因的产物可以抑制A基因的功能，但对a、B、b无影响。若假设正确，F1白花植株自交，子代表现型及比例为_______________________。
(3)生物体的性状是由基因与基因、______________以及基因与环境之间相互作用、精确调控的结果，上述实验结果可以对此提供一些依据。
（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)关于对液体的理解，下列说法正确的是 。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．船能浮在水面上，是由于水的表面存在张力
B．水表面表现张力是由于表层分子比内部分子间距离大，故体现为引力造成的
C．密闭容器，某种蒸气开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积，蒸气仍是饱和的
D．相对湿度定义为空气中水蒸气的压强与该温度水的饱和汽压之比
E．当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，水中还会有水分子飞出水面
(2)(10分)为做好新型冠状病毒肺炎（COVID－19）疫情的常态化防控工作，学校组织工作人员每天对校园进行严格的消毒，如图是某喷雾消毒桶的原理图。喷雾器的容积V1＝10 L，打气筒的容积V0＝200 cm3。某次使用时，装入了V2＝8 L药液，然后关闭所有阀门及加水口，并通过打气筒打气，使桶内上方气体压强达到p1＝3.6 atm时，停止打气并打开喷雾阀门开始喷雾，当气体压强降为p2＝1.2 atm时，喷雾器不能正常喷雾。要使喷雾器能再次喷雾，需要用打气筒再向里打气，提高桶内的压强。已知外界大气压p0＝1.0 atm，不考虑桶内药液产生的压强，整个过程可视为温度不变。
(i)喷雾器从开始喷雾，到不能正常喷雾，桶内剩余药液有多少？
(ii)要把桶内剩余药液全部喷完，需用打气筒至少再打多少次气？
34．【物理—选修3-4】(15分)
(1)(5分)如图甲所示为t＝1 s时某简谐波的波动图象，乙图为x＝4 cm处的质点b的振动图象。则下列说法正确的是 。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．该简谐波的传播方向沿x轴的正方向
B．t＝2 s时，质点a的振动方向沿y轴的负方向
C．t＝2 s时，质点a的加速度大于质点b的加速度
D．0～3 s的时间内，质点a通过的路程为20 cm
E．0～3 s的时间内，简谐波沿x轴的负方向传播6 cm
(2)(10分)一半球形玻璃砖，球心为O，OA和OB与竖直方向间的夹角均为30°。一束光线射向A点，折射光线恰好竖直向下射到C点，已知该玻璃砖折射率为。
(i)求射向A点的光线与竖直方向的夹角；
(ii)从B点射入的光线折射后恰好过C点，求折射光线BC与虚线BO夹角的正弦值。
35．【选修3——物质的性质与结构】
锂—磷酸氧铜电池正极的活性物质是Cu4O(PO4)2，可通过下列反应制备：2Na3PO4+4CuSO4+2NH3·H2O=Cu4O(PO4)2↓+3Na2SO4+(NH4)2SO4+H2O
（1）写出基态Cu2+的核外电子排布式：_____________。与Cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有___（填元素符号），上述方程式中涉及到的N、O元素第一电离能由小到大的顺序为_______________。
（2）PO的空间构型是____。
（3）与NH3互为等电子体的分子、离子有_____________、____________(各举一例)。
（4）氨基乙酸铜的分子结构如图，碳原子的杂化方式为_______。
（5）在硫酸铜溶液中加入过量KCN，生成配合物[Cu(CN)4]2?，则1mol CN?中含有的π键的数目为______________。
（6）Cu元素与H元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元如右图所示。则该化合物的化学式为______________。
（7）铜晶体为面心立方最密堆积，铜的原子半径为127.8pm，列式计算晶体铜的密度____。
36．【化学——选修5：有机化学基础】
芳香化合物A是一种基本化工原料，可以从煤和石油中得到。OPA是一种重要的有机化工中间体。A、B、C、D、E、F和OPA的转化关系如下所示：
已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是______；
（2）由A生成B的反应类型是_____。
（3）写出C可能的结构简式______；（写一个即可）
（4）D（邻苯二甲酸二乙酯）是一种增塑剂。请用A和不超过两个碳的有机物及合适的无机试剂为原料，经两步反应合成D。用结构简式表示合成路线__________________________；合成路线流程图示例如下：。
（5）E→F的化学方程式为___________________________________。
（6）芳香化合物G是E的同分异构体，G分子中含有醛基、酯基和醚基三种含氧官能团，G可能的同分异构体有___种。
37．【生物——选修1：生物技术实践】
材料一：从玫瑰花中提取出的玫瑰精油被称为“液体黄金”，可用于制造高级香水。且它能刺激和协调人的免疫和神经系统，同时有助于改善内分泌腺的分泌，去除器官硬化，修复细胞等功能。
材料二：胡萝卜素摄入人体消化器官后，可以转化成维生素A，是目前最安全补充维生素A的产品（单纯补充化学合成维生素A，过量时会使人中毒）。它可以维持眼睛和皮肤的健康，改善_?¤???????_、皮肤粗糙的状况，有助于身体免受自由基的伤害。
材料三：姜黄素是传统药食两用植物，姜黄根茎中的活性物质，微溶于水，可溶于乙醇、丙酮和氯仿等。姜黄素类具有抗肿瘤活性，临床应用十分广泛。
请回答下列问题：
（1）玫瑰精油属于植物芳香油，其组成主要包括_________________；采用水蒸气留法提取玫瑰精油时，蒸馏时收集的蒸馏液不是纯的玫瑰精油，原因是 。
（2）1分子的β-胡萝卜素可被氧化分解成2分子_____________。根据胡萝卜素的理化性质分析，为了让胡萝卜素更容易被人体吸收，炒胡萝卜时要多加些__________。
(3)姜黄的主要有效成份为姜黄素、去甲氧基姜黄素和去二甲氧基姜黄素，用层析法能分离这三种成分。其中位于滤纸最上层的不一定为含量最多的姜黄素。判断理由是滤纸上各成分的位置不同是因为它们在_________的溶解度不同，溶解度最大的扩散速度___________，才位于最上层，而含量最多不一定____________最大，所以其不一定在最上层。
38．【生物——选修3：现代生物科技专题】
我国约在7000年前就开始种植水稻，现在水稻已经成为我国广泛种植的重要作物。提高水分利用效率对于旱作水稻的生产有重要意义。科学家从拟南芥中获取功能基因HARDY（HRD），并将其转入水稻中过量表达，提高了水稻的水分利用效率。回答下列问题：
（1）科学家在获取拟南芥HRD基因过程中，采用了增强子作为筛选工具。增强子是一段能增强与其相连基因转录的DNA序列，将增强子插入到基因组中可得到若干个突变株系。增强子插入到基因外部，可获得基因_____________突变株；增强子插入到基因内部，可获得基因______________突变株。
（2）提取拟南芥总RNA，经_____________过程获得总cDNA，利用PCR技术选择性扩增HRD基因的cDNA。以上过程依次需要用到____________和____________两种工具酶。
（3）将HRD的cDNA插入到Ti质粒的___上构建重组载体，利用农杆菌侵染水稻细胞并将HRD的cDNA整合到水稻细胞染色体上。为了便于转基因植物的筛选，重组Ti质粒中必需包括 。
（4）在干旱条件下，野生型（WT）和HRD增强表达的转基因水稻植株A、B（HRDA、HRDB）的根生物量（根系干重）及叶片蒸腾速率的测定结果如图所示。据图分析转基因水稻耐旱能力增强的原因包括_____________和____________。
理 综答 案
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】C
【解析】A．精子与卵细胞的融合过程需要经过细胞膜之间的直接接触完成信息传递之后才能进行，而细胞膜上的糖蛋白具有识别作用，据此推测小鼠精子和卵细胞之间的识别需要膜蛋白的参与，A正确；B．激素传递信息的过程需要通过激素与靶细胞膜上的受体完成特异性结合之后才能实现，即促甲状腺激素只与甲状腺细胞膜上的受体蛋白结合，而不能与其他细胞表面的受体结合，这也能说明受体蛋白具有特异性，B正确；C．叶绿体外膜上的蛋白质不能吸收光能和催化光反应，叶绿体中能 吸收光能的色素存在于类囊体薄膜上，催化光反应的酶 也存在于类囊体膜上，C错误；D．癌细胞膜上的糖蛋白减少导致癌细胞之间黏着性降低，进而易于扩散和转移，D正确；故选C。
2. 【答案】B
【解析】A．不同种类GLUTs的氨基酸序列不完全相同，氨基酸无空间结构，A错误；B．GLUTs的肽链合成时相邻氨基酸经过脱水缩合，通过肽键连接，B正确；C．GLUTs经沸水浴处理，其空间结构遭到破坏，肽链伸展，但并没有水解，C错误；D．GLUTs转运葡萄糖和果糖的方式可能是主动运输，也可能是易化扩散，D错误；故选B。
3. 【答案】B
【解析】甲试管中没有转录合成RNA和翻译合成蛋白质的条件，因此不能检测到子代病毒，A正确；该病毒为逆转录病毒，乙试管中无放射性核酸是因为缺少原料，B错误；甲试管中有DNA产生，所以该病毒颗粒含有与DNA合成有关的酶(逆转录酶)，C正确；加入RNA酶，病毒模板减少，故甲试管中放射性核酸明显减少，D正确。
4. 【答案】C
【解析】维持体温的能量主要来源于细胞中有机物的氧化分解，A正确；人体内环境中的病原微生物作为抗原，能刺激T细胞和B细胞的增殖与分化，B正确；抗体是由浆细胞分泌的免疫球蛋白，只能在细胞外发挥免疫作用，C错误；“发烧”后常用含抗生素的药物治疗，会导致机体免疫功能下降，D正确。
5. 【答案】C
【解析】该生态养殖大棚中的生物群落存在垂直结构和水平结构，A正确；特殊辣椒具有驱虫作用是因为辣椒能释放某种化学物质，属于化学信息，特殊辣椒驱虫导致该害虫种群密度降低属于生物防治，B正确；蔬菜为绿色植物，属于生产者，C错误；能量的流动特点是单向流动，逐级递减，故生态系统维持相对稳定需要不断得到来自系统外的能量，D正确。
6. 【答案】A
【解析】分析题意：苯丙酮尿症是一种严重的单基因遗传病，假设该病受一对等位基因A、a控制，分析图1，Ⅰ1、Ⅰ2都无病，但其女儿Ⅱ3却有病，所以该病为常染色体隐性遗传病，Ⅱ3基因型为aa，Ⅰ1和Ⅰ2的基因型都为Aa，再结合图2的酶切结果可知，Ⅰ1、Ⅰ2、Ⅱ1的基因型相同，因此Ⅱ1的基因型为Aa，Ⅱ2表现正常，且从酶切结果看，Ⅱ2与Ⅱ1基因型（Aa）不同，所以Ⅱ2的基因型为AA，由此可以推知，23kb探针杂交条带对应正常显性基因A，19kb探针杂交条带对应隐性基因a。A、由以上分析可知，个体Ⅱ1的基因型为Aa，是杂合体的概率为1，A错误；B、由以上分析可知，个体Ⅱ2的基因型为AA，她与一杂合体Aa婚配，生患病孩子（aa）的概率为0，B正确；C、个体Ⅱ3是患者，是隐性纯合体（aa），有19kb探针杂交条带，C正确；D、个体Ⅱ4是Ⅰ1（Aa）和Ⅰ2（Aa）所生的表现正常的后代，其可能为纯合体AA，也可能为杂合体Aa，若为杂合体就有2个探针杂交条带，D正确。
7. 【答案】A
【解析】A．工业上，通过石油的热裂解获得乙烯、1，3-丁二烯等短链不饱和烃，通过煤的干馏获得苯、甲苯等芳香烃，故A错误；B．煤干馏是隔绝空气加强热发生反应，产品主要为出炉煤气、煤焦油和焦炭，故B正确；C．羊毛、蚕丝、棉花和麻等在自然界中存在，属于天然纤维，故C正确；D．天然气广泛用于民用及商业燃气灶具、热水器，是一种清洁的化石燃料，天然气也可用作化工原料，以天然气为原料的一次加工产品主要有合成氨、甲醇、炭黑等，故D正确；选A。
8. 【答案】A
【解析】A．1个-OH所含电子数为9，所以1mol -OH含有9mol电子，即9NA个，故A正确；B．1mol铜变为铜离子失去2mol电子；精炼铜的过程中阳极上为粗铜，粗铜中比铜活泼的金属会先放电，所以当32g铜（物质的量为0.5mol）参加反应时转移电子数不是NA，故B错误；C．1个环氧乙烷分子中有7个共价键，所以0.1mol环氧乙烷中含有的共价键数目为0.7NA，故C错误；D．CH3COONH4溶液中铵根会发生水解，所以1L 0.5mol/L pH=7的CH3COONH4溶液中NH数目小于0.5NA，故D错误；故答案为A。
9. 【答案】C
【解析】A．根据有机物①的结构简式可知，该物质属于溴代烃，难溶于水，A说法正确，但A不符合题意；B．Br和—CH3处于苯环的相间位置，相对的位置，Br取代—CH3上的氢原子，共3种结构，B说法正确，但B不符合题意；C．油脂在碱性条件下的水解反应叫做皂化反应，C说法错误，但C符合题意；D．苯分子和乙烯分子中所有的原子都在同一平面上，故苯环与碳碳双键上的碳原子可能共面，—COOCH3中的两个碳原子，一个采用sp2杂化，另一个采用sp3杂化，所有碳原子可能共面，D说法正确，但D不符合题意；答案选C。
10. 【答案】D
【解析】A．CH4与Cl2在光照下反应产生HCl，HCl溶于水得到盐酸，使紫色石蕊试液变为红色，由于其中含有未反应的氯气，氯气溶于水，产生盐酸和次氯酸，次氯酸有强氧化性，将红色物质氧化变为无色，反应过程中产生的有机物CH3Cl也是气体，因此不能证明反应后含氯的气体共有2种，A错误；B．反应中氢氧化钠过量，则一定会产生氢氧化镁和氢氧化铜沉淀，不能比较二者的溶解度相对大小，B错误；C．加热NH4HCO3固体，在试管口放一小片湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝，说明NH4HCO3固体受热分解产生了氨气，C错误；D．将绿豆大小的金属钠分别加入水和乙醇中，前者剧烈反应，是由于水中羟基氢的活泼性大于乙醇，更容易电离产生H+，D正确；故合理说法是D。
11. 【答案】A
【解析】甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，甲烷在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳，通入氧气的电极b为正极，氧气在正极上得电子发生还原反应生成阳离子，根据电解池中电子的移动方向可知，c为阴极，与a相连，Si4+在阴极上得电子发生还原反应生成Si，d为阳极，与b相连，Si在阳极上失电子发生氧化反应生成Si4+。A项、甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，通入氧气的电极b为正极，根据电解池中电子的移动方向可知，c为阴极，与a相连，d为阳极，与b相连，故A错误；B项、由图可知，d为阳极，Si在阳极上失去电子被氧化生成Si4+，而铜没被氧化，说明硅优先于钢被氧化，故B正确；C项、甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，甲烷在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH4-8e?+4O2?=CO2+2H2O，故C正确；D项、相同时间下，通入CH4、O2的的体积不同，反应转移电子的物质的量不同，会造成电流强度不同，影响硅的提纯速率，故D正确。故选A。
12. 【答案】D
【解析】Y、Z形成的化合物是常见的调味剂和防腐剂，该化合物是食盐NaCl，W、X、Y、Z的原子序数依次增大，则Y是Na，Z是Cl；W、Z形成的化合物是一种无色液体，广泛用于海带提碘等化学实验中，则该化合物是做萃取剂，即CCl4，则W为C；W、X形成的一种化合物室温下易升华，推测该化合物是CO2，则X为O，则W、X、Y、Z分别为：C、O、Na、Cl。由分析可知，W、X、Y、Z分别为：C、O、Na、Cl；A．X、Z形成的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，A正确；B．化合物Y2X2是Na2O2，存在离子键和共价键，YZX是NaClO，存在离子键和共价键，B正确；C．同周期从左到右，原子半径减小，故C>O，即W>X；Na+是10电子结构，核外电子层数是2，Cl?是18电子结构，核外电子层数是3，故Na+13. 【答案】B
【解析】A．FeCl3溶液的pH小于7，溶液显酸性，原因是氯化铁是强酸弱碱盐，Fe3+在溶液中发生了水解，故A正确；B．对照组溶液X加碱后溶液的pH的变化程度比加酸后的pH的变化程度大，而若对照组溶液x的组成是0.003mol/L KCl，则加酸和加碱后溶液的pH的变化应呈现轴对称的关系，所以该溶液不是0.003mol/L KCl，故B错误；C．在FeCl3溶液中加碱、加酸后，溶液的pH的变化均比对照组溶液x的变化小，因为加酸或加碱均引起了Fe3+水解平衡的移动，故溶液的pH的变化比较缓和，故C正确；D．FeCl3溶液水解出氢氧化铁，故溶液的浑浊程度变大，则水解被促进，否则被抑制，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．【答案】B
【解析】核反应过程质量数守恒，所以裂变后粒子的总核子数不变，A错误；设X原子核中有x个质子，质量数为y，则有92＝x＋38，235＋1＝y＋95＋2，解得x＝54，y＝139，则X原子核中含有中子数为y－x＝85，B正确；裂变释放核能是因为新核的比结合能大于原来重核的比结核能，CD错误。
15．【答案】C
【解析】在0～x0阶段深潜器加速上升，因此深潜器内的物体处于超重状态，A错误；在2x0～3x0段，加速度为负值，深潜器做减速运动，潜器内的物体处于失重状态，B错误；根据v2＝2ax可得深潜器到达x0处时的速度，在x0～2x0段加速度为零，做匀速运动，因此在2x0处深潜器速度大小为，C正确；由于2x0～3x0段减速，因此在深潜器在2x0处运动速度最大，D错误。
16．【答案】A
【解析】电流曲线与坐标轴围成的面积表示电容器放出的电荷量，电容器在0～t1时间内放出的电荷量为S1，电压减小了6 V；在t1～t2时间内放出的电荷量为S2，电压又减小了6 V，由q＝CU，可知S1＝S2，A正确，B错误；图乙中的电压与电流实际上反映的是定值电阻R上的物理量，它们满足欧姆定律，故电压与电流的比值不变，C错误；在每小段时间内，根据公式有ΔQ＝I2RΔt，U＝IR，Δq＝IΔt，解得ΔQ＝UΔq，由于R两端的电压在0～t1内的高于在t1～t2内的，故电阻R在0～t1内产生的内能大于在t1～t2内产生的内能，D错误。
17．【答案】D
【解析】根据G＝mr可得M＝，根据图象可知，A的比B的大，所以行星A的质量大于行星B的质量，故A错误；行星的密度大小ρ＝＝，根据图象可知，在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相同，所以行星A的密度等于行星B的密度，故B错误；第一宇宙速度大小为v＝，由于A的半径大于B的半径，卫星环绕行星表面运行的周期相同，则行星A的第一宇宙速度大于行星B的第一宇宙速度，故C错误；根据G＝ma可得a＝，当两行星的卫星轨道半径相同时，A的质量大于B的质量，则行星A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速度，故D正确。
18．【答案】C
【解析】桥面总质量m，每根钢杆拉力均为T，由平衡条件可得12T＝mg，解得T＝mg，A错误；对整体受力分析如图甲，由平衡条件可得2TCMsin 45°＝mg，解得TCM＝mg，C正确；对左边的悬索受力分析如图乙所示，由平衡条件可得TAD＝TCMcos 45°＝mg，B错误；对A点受力分析如图丙所示，由平衡条件可得tan θ＝，由几何关系可得BB′＝AA′＋A′B′tan θ＝5 m，D错误。
19．【答案】CD
【解析】带电油滴静止在O点，则电场力向上，油滴在A处受到向上的库仑力，因此加速度小于g，A错误；离点电荷远近，电场强度越大，所以点电荷在O点产生的场强小于在B点产生的场强，B错误；油滴从A点到B点，电场力做负功，电势能增大，油滴在B点的电势能最大，C正确；带电油滴静止在O点，从A处静止释放，通过O点时速度最大，根据能量守恒定律，从O点运动到B点的过程中油滴重力势能的减少量与动能的减少量之和等于电势能的增加量，所以从O点运动到B点的过程中油滴重力势能的减少量小于电势能的增加量，D正确。
20．【答案】AC
【解析】小球刚好运动到圆弧形管道的竖直最高点时速度为零，根据机械能守恒定律有Ep＝mg×Rsin θ＋ mgRcos θ＋mgR＝3mgR，故A正确；弹簧劲度系数不变时，弹簧的弹性势能不变，把小球质量变为2.5m，设小球可上升的最大高度为h，则有Ep＝2.5mgh，解得h＝1.2R＜Rsin θ＝1.5R，因此小球不能进入圆弧形管道，故B错误；把小球质量变为0.5m时，设小球经过最高点时的速度为v，则有Ep＝mg×Rsin θ＋mgRcos θ＋mgR＋×mv2，在最高点满足FN＋mg＝m，解得FN＝2.5mg，方向竖直向下，根据牛顿第三定律，小球在最高点对圆弧形管道的作用力为2.5mg，方向竖直向上，故C正确；其他条件不变，增大弹簧的弹性势能，则小球在最高点有速度，需要向心力，与原来相比，支持力可能向上且减小，故D错误。
21．【答案】ABD
【解析】因为灯泡一直处于正常发光状态，而磁场是先均匀增加后保持不变的，所以金属杆从PQ位置到ab位置的过程中做匀加速直线运动，从ab位置到cd位置的过程中做匀速直线运动，且金属杆到达cd位置时用时间1 s，磁场强度正好达到2 T，故A正确；因为灯泡一直处于正常发光状态，所以回路中产生的感应电动势E＝U＋r＝6 V，根据法拉第电磁感应定律E＝Bdv，解得v＝3 m/s，故B正确；金属杆从开始到达ab位置的过程中根据v＝at，解得a＝3 m/s2，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，解得μ＝0.375，故C错误；因为灯泡一直处于正常发光状态，所以整个过程电动势一直没变，在金属杆从开始到达ab位置的过程中，回路中产生的电动势，解得l＝3 m，则FA＝BId＝Bd＝2 N，安培力对金属杆做功W＝－FAl＝－6 J，故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)1.9 9.5 (2)C
【解析】(1)由题意可知，相邻两计数点间的时间间隔是T＝5×0.02 s＝0.1 s，重锤的加速度大小a＝＝1.9 m/s2，由牛顿第二定律有m2g－m1g＝(m1＋m2)a，解得重力加速度大小g＝9.5 m/s2。
(2)与没有使用电火花计时器无关，A错误；m1和m2的质量相差不大，B错误；在使用牛顿第二定律计算加速度时，没有考虑绳子与定滑轮间存在的阻力，C正确；绳子拉力本身就不等于m2的重力，存在的误差与绳子拉力等不等于m2的重力无关，D错误。
23．(9分)
【答案】(1)见解析图 (2)B (3)BD (4)
【解析】(1)毫伏表与分压电阻串联可以改装成电压表，根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图乙所示。
(2)毫伏表量程为300 mV，由图丙所示表盘可知，其分度值为1 mV，其示数为250 mV，电压表示数为2.00 V，电压表示数为毫伏表示数的8倍，改装后电压表量程为300×10－3×8 V＝2.40 V，故B正确。
(3)由(2)可知，改装后电压表量程偏小，由串联电路特点可知，分压电阻阻值偏小，如果R0值计算错误，接入的电阻偏小会导致改装后电压表量程偏小，故BD正确，AC错误。
(4)由(2)可知，分压电阻的电压为毫伏表电压的7倍，即串联电阻R0＝7Rg，把毫伏表改装成3 V的电压表，串联电阻阻值，则k＝。
24．(14分)
【解析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，设O、D间的距离为x，通过x轴时速度方向与x轴正方向夹角为α，则：
Lsin 53°＝at2
v0t＝x＋Lcos 53°
由通过x轴后，恰好通过C点，则
整理得：x＝0.2L，tan α＝2。
(2)从A到D的过程中，根据动能定理得：EqLsin 53°＝mv2－mv02
而
可得v＝v0
从C点进入磁场之后做匀速圆周运动，恰好通过O点，设OC的垂直平分线与过C点的半径夹角为β，如图，由几何关系可得β＝α－θ
则sin β＝
又粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB＝m
而
联立解得：。
25．(18分)
【解析】(1)物块P滑至斜面底端时，由动能定理得：
mPgh＝mPv02
解得：v0＝6 m/s。
(2)设物块P滑至斜面底端时速度的方向为正方向，与物块Q碰撞后，物块P、Q的速度分别为v1、v2，则据动量守恒得：mPv0＝mPv1＋mQv2
由于两物块的碰撞为弹性碰撞，则机械能守恒，得：
mPv02＝mPv12＋mQv22
解得：v1＝－4 m/s，v2＝2 m/s
所以碰撞后P反向运动，由动能定理得：
mPgh1＝mPv12
解得：h1＝0.8 m。
(3)设第一次碰撞后物块Q移动的距离为x1，据动能定理得：
μmQgx1＝mQvQ2
解得：x1＝1 m
由牛顿第二定律得物块P和物块Q在地面上滑行时的加速度大小为aP＝aQ＝a＝μg
物块Q向右运动的时间为s
第一次碰撞后P沿着斜面上滑至最高点后返回，返回到地面的速度大小仍为v1，比第一次碰后的Q速度大，所以会发生第二次碰撞。物块P反弹滑上斜面，在斜面上运动的加速度小于g，结合运动学公式可知，滑块在斜面上的时间大于0.8 s。物块P滑回B点后向前运动1 m的过程中做匀减速直线运动，时间一定大于0.25 s，所以物块P从反弹后运动到B点右方1 m的位置所用的时间一定大于1.05 s，因此物块P与物块Q第二次碰撞是发生在Q停止运动之后。
第二次碰撞前瞬间P的速度为v3，由运动学公式得：
v32－v12＝2ax1
物块P与物块Q碰撞过程中动量守恒：
mPv3＝mPv4＋mQv5
物块P与物块Q的碰撞为弹性碰撞，则有：
mPv32＝mPv42＋mQv52
联立解得：v4＝－ m/s，v5＝ m/s
因P与Q第二次碰撞后P的动能mPv42＜2μmPgx1，所以不会发生第三次碰撞，故两物块共碰撞二次。
第二次碰撞后物块Q滑行的距离为x2，则有：
mQv52＝μmQgx2
解得x2＝ m
故物块Q滑行的距离x＝x1＋x2＝ m。
26. 【答案】(1)NaCN+H2O2+H2O=NH3↑+NaHCO3
(2)三颈烧瓶
(3)将产生的氨气及时排出并被吸收，防止产生倒吸，减少发生副反应
(4)AB
(5)滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶的溶液中恰好产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失
(6)0.49
(7)2HSO-2e?=S2O+2H+
【解析】I．由题意，NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明NaCN与双氧水发生氧化还原反应生成了NaHCO3和NH3；II．装置b中过二硫酸铵与氢氧化钠在55℃温度下反应生成过二硫酸钾、氨气和水，装置a中双氧水在二氧化锰的催化作用下，发生分解反应生成O2，反应生成的O2将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出被硫酸吸收，防止产生倒吸；避免氨气与过二硫酸钠发生副反应；滴定过程中Ag+与CN?反应生成[Ag(CN)2]?，当CN?反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I?生成AgI黄色沉淀；Ⅲ．由题意可知，HSO在阳极失电子发生氧化反应生成S2O。（1）由题意，NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明NaCN与双氧水发生氧化还原反应生成了NaHCO3和NH3，反应的化学方程式为NaCN+H2O2+H2O=NH3↑+NaHCO3，故答案为：NaCN+H2O2+H2O=NH3↑+NaHCO3；(2)由图可知，盛放(NH4)2S2O8溶液仪器的名称是三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（3）由题给信息可知，过二硫酸铵与氢氧化钠在55℃温度下反应生成过二硫酸钾、氨气和水，反应生成的氨气在90℃温度下与过二硫酸钠发生副反应生成硫酸钠、氮气和水，装置a中双氧水在二氧化锰的催化作用下，发生分解反应生成O2，反应生成的O2将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出被硫酸吸收，防止产生倒吸；避免氨气与过二硫酸钠发生副反应，故答案为：将产生的氨气及时排出并被吸收，防止产生倒吸，减少发生副反应；(4)由题给信息可知，制备反应需要在55℃温度下进行，90℃温度下发生副反应，所以需要控制温度不能超过90℃，故还需补充的实验仪器或装置为温度计和水浴加热装置，故答案为：AB；（5）滴定过程中Ag+与CN?反应生成[Ag(CN)2]?，当CN?反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I?生成AgI黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失，说明反应到达滴定终点，故答案为：滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶的溶液中恰好产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失；（6）滴定终点时消耗AgNO3的物质的量为1.0×10?3mol/L×5.00×10?3L=5.00×10?6mol，根据方程式Ag++2CN?=[Ag(CN)2]?可知处理的废水中氰化钠的质量为5.00×10?6mol×2×49g/mol=4.9×10?4g，则处理后的废水中氰化钠的浓度为=0.49mg/L，故答案为：0.49；（7）由题意可知，HSO在阳极失电子发生氧化反应生成S2O，电极反应式为2HSO-2e?=S2O+2H+，故答案为：2HSO-2e?=S2O+2H+。
27. 【答案】(1)ΔH2+ΔH3
(2)FeO和Fe 80%
(3)bd 37.1% T3＞T2＞T1 正反应放热，在相同压强下，温度降低，平衡向正反应方向移动，CO的转化率升高
【解析】（1）已知反应：Fe2O3(s)+CO(g)=Fe3O4(s)+CO2(g) ΔH2② Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)
+4CO2(g) ΔH3③，根据盖斯定律，将所给的反应②+③×可得：Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)，故ΔH4=ΔH2+ΔH3，故答案为ΔH2+ΔH3；（2）根据当1000℃时为FeO，在2000℃时为Fe，故在1600℃时固体物质的主要成分为FeO和Fe的混合物；设混合物中FeO的物质的量为x mol，Fe的物质的量为y mol，则有：=，即可求的x∶y=1∶4，故剩余的FeO和被还原为铁的FeO的物质的量之比为1∶4，则可知被还原的FeO的百分比为×100%=80%，故答案为FeO和Fe；80%；（3）①a．由于此容器是个体积可变的容器，故为恒容的容器，则容器内压强一直不变，故不能作为反应达平衡的标志，故a错误；b．此反应在平衡前，气体的质量不变，但体积变小，故密度变大，故当混合气体的密度不再发生变化时能说明反应达平衡，故b正确；c．反应达平衡的根本标志是v正=v逆，所以3v正(CO)=v逆(H2)，故c错误；d．在反应达平衡之前，混合气体的质量不变，但物质的量变小，故混合气体的平均相对分子质量在变小，故当不变时能说明反应达平衡，故d正确。故选bd；②设反应达平衡时CO转化了x mol，则根据三段式可知：
CO(g) + 3H2(g)CH4(g)+H2O(g)
初始(n)： 1mol 3mol 0 0
Δn： x mol 3x mol x mol x mol
平衡(n)： (1-x)mol (3-3x)mol x mol x mol
结合平衡时CO的体积分数为0.193可知：=0.193，解得x=0.371，故达到平衡时CO的转化率为=×100%=37.1%；在T℃106Pa时该反应的压强平衡常数Kp==，故答案为37.1%；；③反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) ΔH＜0，温度越高，则平衡左移，CO的平衡转化率越低，根据图象可知，温度T3＞T2＞T1，故答案为T3＞T2＞T1；正反应放热，在相同压强下，温度降低，平衡向正反应方向移动，CO的转化率越高。
28. 【答案】(1)增大接触面积，提高浸出率
(2)Mn2O3+2H+=Mn2++H2O+MnO2
(3)0.5 Zn元素浸出时不需要还原剂，而+4价Mn(MnO2、Mn2O3、Mn3O4)需加入H2C2O4作还原剂更有利浸出或MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O abc
(4)Mn2++2H2O-2e?=MnO2+4H+ 1∶1 H2SO4或硫酸
【解析】将废旧锌锰电池机械分离，为增加浸出率，对内部固体残渣(主要含有ZnO、ZnMn2O4、MnO、Mn2O3、Mn3O4、MnO2)粉碎，加入足量H2SO4和草酸对残渣进行溶浸，发生ZnO+H2SO4=ZnSO4+
H2O；MnO+H2SO4=MnSO4+H2O；ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2；MnO2+H2SO4+
H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O等一系列反应，得到主要含有Mn2+、Zn2+、SO等离子的酸浸液，对酸浸液过滤除杂精制，对含有Mn2+、Zn2+、SO等离子的精制液电解得到硫酸、二氧化锰、单质锌，据此分析解答。(1)增大接触面积，提高浸出率；(2)ZnMn2O4可用氧化物的形式表示ZnO·Mn2O3，ZnO·Mn2O3+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2可知Mn2O3+2H+=Mn2++H2O+MnO2；(3)①由图可知，当c(H2SO4)=0.5mol/L时，Mn的浸出率等于90%，Zn的浸出率大于90%。由ZnO+H2SO4=ZnSO4
+H2O、MnO+H2SO4=MnSO4+H2O、ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2、MnO2+H2SO4+
H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O可知，Zn的浸出只需H2SO4即可，所以Zn元素浸出时不需要还原剂，而+4价Mn(MnO2、Mn2O3、Mn3O4)需加入H2C2O4作还原剂更有利Mn的浸出。或MnO2+H2SO4+
H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O；②a．结合①的分析，Mn、Zn的浸出率与c(H+)有关，如果c(H+)减小，浸出率下降，故a正确；b．c(H2C2O4)＞0.25mol/L时，如果Zn2+、Mn2+与C2O生成沉淀，浸出率下降，故b正确；c．如果溶解度ZnC2O429. 【答案】(1)叶绿素 发射
(2)类胡萝卜素+叶绿素 因为类胡萝卜素分子吸收的光能可以传递给叶绿素分子，但叶绿素的能量不能传给类胡萝卜素，导致类胡萝卜素的发射光谱强度减弱，叶绿素分子的发射光谱强度增强，所以图中发射光谱e为类胡萝卜素的、f为叶绿素的、g为类胡萝卜素+叶绿素的
(3)分子间距离越小，色素间能量传递效率越高
【解析】（1）类胡萝卜素不吸收红光，b曲线吸光度大于d曲线，所以图A中曲线b是叶绿素的发射光谱。（2）图C是以454nm的激发光分别诱导1×10?4mol/L类胡萝卜素的苯溶液、5×10?7mol/L叶绿素的苯溶液、1×10?4mol/L类胡萝卜素+5×10?7mol/L叶绿素的苯溶液产生的发射光谱，因类胡萝卜素分子吸收的光能可以传递给叶绿素分子，导致类胡萝卜素的发射光谱强度减弱，叶绿素分子的发射光谱强度增强，所以图中发射光谱e为叶绿素的、f为类胡萝卜素的、g为类胡萝卜素+叶绿素的。曲线g与e、f有差异，原因是因为类胡萝卜素分子吸收的光能可以传递给叶绿素分子，但叶绿素的能量不能传给类胡萝卜素，导致类胡萝卜素的发射光谱强度减弱，叶绿素分子的发射光谱强度增强，所以图中发射光谱e为类胡萝卜素的、f为叶绿素的、g为类胡萝卜素+叶绿素的。（3）图C实验的叶绿素+类胡萝卜素的混合液中，保持类胡萝卜素的浓度为1×10?4moL/L，依次增加叶绿素浓度，以454nm的光对混合液进行激发，分别检测叶绿素和类胡萝卜素的发射光谱，得到图D中的曲线j(叶绿素)和曲线k (类胡萝卜素)，由横坐标为叶绿素的浓度，叶绿素浓度越大，叶绿素分子和类胡萝卜素分子的距离越小，叶绿素的吸光度越大，说明分子间距离越小，色素间能量传递效率越高。
30. 【答案】（1）由负电位变正电位 维持机体pH相对稳定 神经-体液
（2）升高 组织液 血浆 不能
【解析】（1）传出神经使呼吸肌收缩，且肌细胞膜电位变化与神经细胞相同，说明呼吸肌发生兴奋，膜内由负电位变为正电位。血浆中的H+呈酸性，与HCO结合生成的CO2和H2O，维持机体pH相对稳定，这种方式有神经系统和CO2参与调节，属于神经-体液调节。（2）水肿是由于组织液增多，静脉注射甘露醇后，血浆渗透压升高，促进水分由组织液向血浆转移，减少了组织液的水分，肾小管和集合管不能重吸收甘露醇，使肾小管中渗透压升高。
31. 【答案】(1)5 捕食 5520
(2)①性别比例 ②自身生长、发育和繁殖 物质循环再生 ③净化空气 自我调节(自我净化)
【解析】（1）根据以上分析已知图中有5条食物链，其中狼以雪兔为食，它们之间是捕食关系。假如北极狐的食物1/2来自雷鸟，1/10来自植物，则2/5来自雪兔，且该系统能量从生产者到消费者的传递效率为10%，从消费者到消费者的能量传递效率为20%，如果北极狐种群增加的能量为120kJ，若不考虑其他变化的影响，则需要植物的能量是60÷20%÷10%+48÷20%÷10%+12÷10%=5520kJ。（2）①鸽种群一般遵循“一夫一妻制”，这就需要保护种鸽种群适宜的性别比例，以维持鸽种群正常的出生率。②肉鸽摄入的饲料，其能量一部分以呼吸热能散失、一部分用于肉鸽的生长、发育和繁殖，另一部分未被固定的能量进入粪便．粪便可以进入鱼塘或者回田利用，体现了生态工程的物质循环再生原理。③桉树能分泌出“杀菌素”和芳香化合物，在鸽舍周边种植桉树林隔离带的目的是净化空气．由于鱼塘生态系统具有一定限度的自动调节（自我净化）能力，因此废水进入鱼塘被净化。
32. 【答案】(1)①减数第一次分裂四分体(或前期) ②8
(2)①不正确　 当发生b→B的显性突变时，基因型为AaBB的植株也开白花 ②红花∶粉红花∶白花＝3∶6∶55
(3)基因与基因的产物
【解析】(1)①出现四分体是减数第一次分裂前期的重要特征，因此用显微镜观察四分体应在F1白色植株减数第一次分裂的前期，此植物共有14条染色体，可形成7个四分体。如果观察到F1白色植株有7个四分体，说明没有丢失染色体；如果F1种子发生了一条染色体丢失，只会观察到6个四分体。②由于减数第一次分裂前的间期，染色体进行复制，其上的基因也复制，导致染色体上的基因加倍，因此用4种不同颜色的荧光对A、a和B、b基因进行标记，经显微镜观察，F1白色植株的小孢子母细胞(与动物的初级精母细胞相同)中荧光点的数目为8个，可以否定假说二，说明F1种子上述基因所在的染色体没有发生片段缺失，否则荧光点的数目会小于8个。(2)①F1植株的基因型为AaBb，而白花植株的基因型为aaB_或A_BB或aabb，因此，F1植株中有一株白花的原因可能是发生了A→a的隐性突变，导致F1植株的基因型由AaBb(粉红花)变为aaBb(白花)，也可能是发生b→B的显性突变，导致F1的基因型由AaBb(粉红花)变为AaBB(白花)。因此有人认为F1种子一定发生了A→a的隐性突变，该说法不正确。②据题意可知，另外一对基因与A、B基因不在同一条染色体上，因此这三对等位基因的遗传遵循基因的自由组合定律。设另一对等位基因为C、c，据题意F1种子中另一对基因发生了一次显性突变，且突变基因的产物可以抑制A基因的功能，但对a、B、b无影响，因此F1白色植株的基因型为AaBbCc，结合题意“突变基因的产物可以抑制A基因的功能，但对a、B、b无影响”可知F1白色植株自交产生的后代植株的基因型、表现型及所占比例为：红花基因型为A_bbcc，所占比例为3/4×1/4×1/4＝3/64，粉红花基因型为A_Bbcc，所占比例为3/4×1/2×1/4＝3/32，白色基因型分别为A_BBC_、A_BbC_、A_BBcc、A_bbC_、aaB_C_、aaB_cc、aabbC_、aabbcc，所占比例为1-3/64-3/32＝55/64，因此若假设正确，F1白色植株自交，子代表现型及比例为红花∶粉红花∶白花＝3∶6∶55。(3)生物体的性状是由基因与基因、基因与基因的产物以及基因与环境之间相互作用、精确调控的结果，上述实验结果可以对此提供一些依据。
（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】BDE
【解析】船能浮在水面上，是由于水的浮力作用，故A错误；液体表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，即是表面张力，故B正确；在一定温度下，饱和蒸气的分子数密度是一定的，因而其压强也是一定的，与体积无关；密闭容器中某种蒸气开始时若是饱和的，保持温度不变，增大容器的体积时，蒸气不再是饱和的，但最后稳定后蒸气是饱和的，压强不变；故C错误；相对湿度是指水蒸气的实际压强与该温度下水蒸气的饱和压强之比，故D正确；当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，单位时间内从水中出来的水分子和从空气进入水中的水分子个数相等，达到一种动态平衡，故E正确。
(2)(10分)
【解析】(i)对喷雾器内的气体，初态p＝p1＝3.6 atm，V＝V1－V2＝2 L
末态p′＝p2＝1.2 atm
根据玻意尔定律得：pV＝p′V′
解得：V′＝6 L
喷雾器内剩余药液的体积为10 L－6 L＝4 L。
(ii)对喷雾器内的气体和待打入的气体有：p′V′＋np0V0＝p2V1
解得：n＝24
需用打气筒至少再打24次气。
34．[选修3－4](15分)
(1)(5分)
【答案】BCE
【解析】由图象可知t＝1 s时质点b的振动方向沿y轴的负方向，则由质点的振动方向和波的传播方向关系可知，该简谐横波的传播方向沿x轴的负方向，故A项错误；由图甲知t＝1 s时，质点a的振动方向沿y轴的正方向；由乙图可知波的周期为2 s，则t＝2 s时，质点a的振动方向沿y轴的负方向，故B项正确；由以上分析可知，t＝2 s时，质点b处在平衡位置向上振动，质点a处在平衡位置＋y侧向y轴的负方向振动，因此质点a的加速度大于质点b的加速度，故C项正确；0～3 s的时间为3T/2，则质点a通过的路程为振幅的6倍，即为30 cm，故D项错误；由图可知，波长λ＝4 cm、周期T＝2 s，则波速v＝λ/T＝2 cm/s，0～3 s的时间内，波沿x轴的负方向传播的距离x＝vt＝6 cm，故E项正确。
(2)(10分)
【解析】(i)光路图如图所示，根据折射定律有：
解得∠EAG＝60°
即入射光线与竖直方向的夹角为30°。
(ii)由几何关系得CO＝Rsin30°＝0.5R，AB＝2CO＝R
根据正弦定理
得。
35.【答案】(1)[Ar]3d9 K、Cr
(2)O＜N
(3)正四面体 PH3或AsH3 H3O+或CH
(4)sp3、sp2
(5)2NA
(6)CuH
(7)=9.0g/cm3
【解析】(1)Cu是29号元素，基态Cu2+的核外电子排布式为：[Ar]3d9；Cu原子最外层只有1个电子，与Cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有K、Cr；7号元素N原子的电子排布式为1s22s22p3，8号元素O原子的电子排布式为1s22s22p4，N原子的2p能级处于半充满状态，较稳定，所以N、O元素第一电离能由小到大的顺序为O＜N。(2)PO中P的孤电子对数为=0，σ键电子对数为4，则空间构型是正四面体。(3)与NH3互为等电子体的分子有PH3或AsH3；离子有H3O+、CH等。(4)在氨基乙酸铜的分子中-CH2-碳原子为sp3杂化，羰基碳原子为sp2杂化。(5)在CN?中碳原子与氮原子是以共价三键结合的，三键中含1个σ键和2个π键，1mol CN?中含有的π键的数2NA。(6)在该化合物的晶胞中Cu：12×+2×+3=6，H：6×+4=6，所以Cu∶H=1∶1，故该化合物的化学式为CuH。(7)铜晶体为面心立方最密堆积，则每个晶胞中含有铜的原子：8×+6×=4，Cu原子半径为127.8pm=127.8×10?10cm，假设晶胞的边长为d，则d=4×127.8×10?10cm，则晶胞的体积是=（2×127.8×10?10）cm3，则晶体铜的密度===9.0g/cm3。
36.【答案】(1)邻二甲苯（或1，2-二甲苯）
(2)取代反应
(3)
(4)
(5)
(6)4
【解析】(1)A的结构简式为：，其名称是邻二甲苯，故答案为邻二甲苯；(2)邻二甲苯和溴发生取代反应生成B，邻二甲苯的甲基上氢原子被溴原子取代生成溴代烃，故答案为取代反应；(3)在溴化铁作催化剂条件下，邻二甲苯和溴发生苯环上的取代反应，取代位置为甲基的邻、对位，所以C可能的结构简式为：，故答案为；(4)酸性条件下，邻二甲苯被高锰酸钾氧化生成邻苯二甲酸，在浓硫酸、加热条件下，邻苯二甲酸和乙醇发生酯化反应生成邻苯二甲酸二乙酯，合成路线为，故答案为；(5)E的结构简式为，E发生缩聚反应生成F，该反应方程式为：，故答案为；(6)E的结构简式为，芳香化合物G是E的同分异构体，G分子中含有醛基、酯基和醚基三种含氧官能团，则G的结构简式可能为：，共4种，故答案为4。
37.【答案】（1）萜类化合物及其衍生物（2分） 玫瑰精油随水蒸气一起蒸馏出来（2分）
（2）维生素A 油
（3）层析液中 最快 溶解度
【解析】（1）玫瑰精油属于植物芳香油，其组成主要包括萜类化合物及其衍生物；采用水蒸气留法提取玫瑰精油时，蒸馏时收集的蒸馏液不是纯的玫瑰精油，原因是玫瑰精油随水蒸气一起蒸馏出来；（2）一分子的β-胡萝卜素可被氧化分解成2分子维生素A，根据胡萝卜素易溶于脂质性溶剂，难溶于水，为了让胡萝卜素更容易被人体吸收，炒胡萝卜时要多加些油。（3）不同的色素在层析液中溶解度不同，所以随层析液扩散的速度也不同，溶解度最大的，扩散速度最快，位于滤纸条的最上端。已知姜黄素的含量最大，但是溶解度不一定最大，所以不一定位于滤纸条的最上端。
38.【答案】（1）激活 失活
（2）逆转录 逆转录酶 Taq酶
（3）T-DNA 标记基因
（4）根生物量增加，吸水能力增强 蒸腾速率下降，失水减少
【解析】（1）增强子能增强与其相连的基因的转录，所以插入到外部（启动子的上游）可促进基因转录获得基因激活突变株。增强子属于调控序列，插入内部不起作用，甚至有可能破坏基因，获得基因失活突变株。（2）RNA经过逆转录获得cDNA，逆转录要用到逆转录酶，PCR扩增要用到Taq酶。（3）将HRD的cDNA插入到Ti质粒的T－DNA上构建重组载体，Ti质粒上的T－DNA可转移并整合到受体细胞的染色体DNA上，这样利用农杆菌侵染水稻细胞可将HRD的cDNA整合到水稻细胞染色体上。重组Ti质粒应包含标记基因，其作用是供重组DNA的鉴定与选择。（4）由图1可知，转基因水稻的根生物量多于非转基因水稻，吸水能力增强了，同时由图2可知，转基因水稻蒸腾速率小于非转基因水稻，失水减少，从而使得转基因水稻抗旱能力增强。

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