全科届高三第三次模拟考前预测卷
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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：H1C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba
第Ⅰ卷（选择题，共分）
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．下列关于细胞结构与其功能相适应特征的叙述中，不正确的是
A．蛋白质合成旺盛的细胞中核糖体较多
B．代谢强度不同细胞中线粒体数目有差异
C．合成胰蛋白酶的胰岛细胞中内质网发达
D．携带氧气的哺乳动物成熟红细胞没有细胞核
C
核糖体是合成蛋白质的场所，因此蛋白质合成旺盛的细胞中核糖体较多，A正确；线粒体是有氧呼吸的主要场所，细胞代谢需要的能量主要由线粒体提供，因此代谢强度不同的细胞中线粒体数目有差异，B正确；胰蛋白酶是由胰腺细胞合成的，而不是由胰岛细胞合成的，胰岛细胞合成并分泌胰岛素或胰高血糖素，C错误；哺乳动物成熟的红细胞没有细胞核和众多的细胞器，D正确；因此选C。
2．科学家建议，将能转录为非编码RNA的DNA片段称为RNA基因，非编码RNA虽然不能做为翻译的模板，但发挥着重要的生理和生化功能。下列说法正确的是
A．从本质上说，RNA基因的基本单位是核糖核苷酸
B．在根尖分生区细胞中不同的RNA基因之间可以重新组合
C．rRNA属于非编码RNA，只能在核仁中合成
D．据此推测，核糖体的形成过程需要某些非编码RNA的参与
D
根据题意，RNA基因本质是非编码RNA的DNA片段，基本单位是脱氧核苷酸，A错误；在减数分裂的过程中，同源染色体上的非姐妹染色单体的交叉互换和非同源染色体自由组合导致基因重组，在根尖分生区细胞中不发生减数分裂，B错误；原核细胞中无细胞核，rRNA在拟核合成，C错误；核糖体的组成成分为rRNA和蛋白质，rRNA为非编码RNA，D正确。
3．如图表示小肠上皮细胞吸收氨基酸和葡萄糖的过程，其中小肠上皮细胞中的葡萄糖和氨基酸浓度均高于肠腔和细胞外液，且细胞内的钾离子浓度高于细胞外，而钠离子浓度低于细胞外，甲、乙、丙、丁表示物质运输的载体，据此判断，下列说法中正确的是
A．通过Na+-K+泵的作用能降低细胞内外的钠、钾离子浓度差
B．氨基酸进出小肠上皮细胞的方式为主动运输
C．细胞通过载体甲运输钠离子和葡萄糖的方式不同
D．能量供应不足会影响载体丙协助的葡萄糖跨膜运输
C
经过Na+-K+泵将细胞内的Na+运出细胞，同时将细胞外的K+运进细胞，说明Na+-K+泵能维持细胞内外的钠、钾离子浓度差；小肠上皮细胞中的氨基酸浓度均高于肠腔和细胞外液，则氨基酸进入小肠上皮细胞是逆浓度进行的，其方式为主动运输，而运出小肠上皮细胞是顺浓度进行的，需要载体，则为协助扩散；小肠上皮细胞从肠腔中通过载体甲吸收葡萄糖逆浓度进行为主动运输，而通过载体甲运输钠离子为协助扩散；小肠上皮细胞中的葡萄糖通过载体丙进入组织液是顺浓度梯度进行的，运输方式是协助扩散，不需要消耗能量。
4．“每天锻炼一小时，健康工作五十年，幸福生活一辈子。”很多人都有每天运动的习惯，在运动过程中伴随着神经－体液－免疫调节，下列说法正确的是
A．你在田径跑道上跨栏的瞬间，机体进行神经－体液－免疫调节
B．你在足球场上凌空抽射的瞬间，机体只进行神经调节
C．你在篮球场上起跳投篮的瞬间，神经细胞膜内K+浓度显著降低
D．当你在运动中出现了皮外伤时，只有出现炎症，才表明机体进行了免疫调节
A
在田径跑道上跨栏的瞬间，维持内环境的稳态是机体进行神经-体液-免疫调节，A正确；在足球场上凌空抽射的瞬间，维持内环境的稳态是机体进行神经-体液-免疫调节，B错误；在篮球场上起跳投篮的瞬间，神经细胞膜内K+浓度基本不变，Na+浓度显著增加，C错误；当你在运动中出现了皮外伤时，不论是否出现炎症，机体都会进行免疫调节，D错误。
5．草食动物需借助肠道中的多种纤维素分解菌才能分解纤维素。下列说法正确的是
A．草食动物与其肠道中纤维素分解菌是寄生关系
B．草食动物与其肠道中纤维素分解菌相互适应，共同进化
C．草食动物与其肠道中纤维素分解菌间的能量传递效率为10%～20%
D．草食动物肠道中的纤维素分解菌属于一个种群
B
草食动物依赖肠道中多种纤维素分解菌消化纤维素，多种纤维素分解菌则吸收营养物质，因此两者的种间关系为互利共生，A错误；共同进化是指不同物种之间，生物与无机环境之间在相互影响中不断进化和发展，故草食动物与其肠道内多种纤维素分解菌在相互选择中共同进化，相互适应，B正确；10%~20%是指相邻两个营养级间的能量传递效率，不是指草食动物和纤维素分解菌间的能量传递效率，因为草食动物和纤维素分解菌之间是互利共生关系，不是捕食关系，C错误；草食动物肠道中的纤维素分解菌是多种，不是同种生物，而种群指在一定时间内占据一定空间的同种生物的所有个体，故草食动物肠道中的纤维素分解菌不属于一个种群，D错误。
6．果蝇的灰身（A）对黑身（a）为显性，且基因A/a位于常染色体上。现有甲、乙两试管果蝇，甲试管的果蝇全为灰身，乙试管的果蝇有灰身和黑身，甲、乙试管中的果蝇具有连续的亲子代关系，但是不知道谁是亲代，谁是子代。下列条件可以作为乙试管的果蝇为亲代，甲试管的果蝇为子代的判断依据的是
①甲试管的灰身果蝇有纯合子和杂合子 ②乙试管的灰身果蝇全部为纯合子
③乙试管的黑身果蝇全为雌性或全为雄性 ④乙试管的灰身果蝇既有雌性也有雄性
A．①③B．②③C．①④D．②④
B
根据题意可知，甲试管中的果蝇全部为灰身，乙试管中的果蝇有灰身和黑身，若甲试管中的灰身果蝇既有纯合子也有杂合子，即存在、和的交配类型，后代有黑身和灰身，甲可能是乙的亲本，①错误。若乙为甲的亲本，乙中黑身果蝇只能有一种性别，否则黑身雌雄果蝇自交，后代都为黑身；若乙试管中的灰身果蝇全部为纯合子，乙试管的黑身果蝇只有一种性别，此时若甲为乙的亲本，则甲要产生黑身子代必然存在的交配，后代灰身果蝇存在杂合子，与假设矛盾；若乙为甲的亲本，乙的灰身果蝇基因型全部为AA，后代全为灰身，②③符合题意。若乙试管的灰身果蝇有雌性和雄性，该灰身果蝇可能为甲的子代，④错误。综上所述，B项符合题意。
7．化学科学与技术在宇宙探索、改进生活、改善环境与促进发展方面均发挥着关键性的作用。下列叙述正确的是
A．“神舟”和“天宫”系列飞船使用的碳纤维，属于传统无机非金属材料
B．嫦娥五号月面五星红旗的面料“芳纶”属于合成纤维
C．年春季爆发了新型冠状病毒疫情，该病毒具有极强的传染性。杀菌消毒是防止疫情蔓延的重要措施，84消毒液与酒精混合使用杀菌消毒效果更好
D．嫦娥五号登月采集的样本中含有3He，与地球上的2He互为同素异形体
B
A．“神舟”和“天宫”系列飞船使用的碳纤维，属于新型无机非金属材料，不属于传统无机非金属材料，故A错误；B．嫦娥五号月面五星红旗的面料“芳纶”是新型复合材料，具有强度高、耐高低温的特点，属于合成纤维，故B正确；C．84消毒液和乙醇都具有杀菌消毒的作用，84消毒液主要成分主要成分次氯酸钠，在溶液中水解生成次氯酸，次氯酸具有氧化性，乙醇具有还原性，二者混合会发生氧化还原反应，会使杀菌消毒效果降低，故C错误；D．由同种元素构成的不同单质互为同素异形体，同素异形体研究对象为单质，3He与2He为He元素的不同原子，互为同位素，不是同素异形体，故D错误；答案选B。
8．用下列装置进行相应的实验，不能达到实验目的的是
A．用甲装置制取乙酸乙酯
B．用乙装置除去I2中混有的泥沙
C．用丙装置探究温度对化学平衡的影响
D．用丁装置验证石蜡油分解的产物中含有不饱和烃
A
A．制取乙酸乙酯时应该用饱和碳酸钠溶液吸收，乙酸乙酯和氢氧化钠反应，A选；B．碘单质易升华，可以用乙装置除去I2中混有的泥沙，能达到实验目的，B不选；C．根据两侧圆底烧瓶中颜色的变化，可以用丙装置探究温度对化学平衡的影响，能达到实验目的，C不选；D．不饱和烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可以用丁装置验证石蜡油分解的产物中含有不饱和烃，能达到实验目的，D不选；答案选A。
9．主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20。X、Y、Z处于三个不同的周期，Y处于周期表第17列。W的一种核素常用于测定部分文物的年代，W、X、Z三种元素形成的一种化合物既是制造玻璃的原料又是制造水泥的原料。下列说法正确的是
A．简单氢化物的沸点：WXY
B．W、Y的最高价氧化物对应的水化物均为强酸
C．简单离子半径：YZ
D．化合物ZX能作食品干燥剂
D
根据W的一种核素常用于测定部分文物的年代，判断W为碳元素，W、X、Z三种元素形成的一种化合物既是制造玻璃的原料又是制造水泥的原料，推测该化合物为碳酸钙，则Z元素为钙，X元素为氧元素，根据Y处于周期表第17列，且X、Y、Z处于三个不同的周期，故Y为氯元素，故W、X、Y、Z分别为C、O、Cl、Ca元素。A．X的氢化物是水，分子键存在氢键，沸点最高，故A不正确；B．W的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，属于弱酸，故B不正确；C．Y和Z的简单离子是Cl?和Ca2+，核外电子排布相同，根据原子序数越大，离子半径越小，故离子半径大小：YZ；D．化合物ZX是CaO可以做干燥剂，故D正确；故选D。
10．如图所示为CFCl3破坏臭氧层的过程，下列说法不正确的是
A．过程Ⅰ中断裂极性键键
B．过程Ⅱ可用方程式表示为
C．过程Ⅲ中是吸热过程
D．上述过程说明CFCl3中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂
C
A．过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和氯原子。断裂极性键键，故A正确；B．根据题图信息可知。过程Ⅱ可用方程式表示为，故B正确；C．原子结合成分子的过程中形成了化学键，是放热过程，故C错误；D．由题图可知CFCl3中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂，故D正确；故选C。
11．目前，国家电投集团正在建设国内首座百千瓦级铁－铬液流电池储能示范电站。铁－铬液流电池总反应为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，工作示意图如图。下列说法错误的是
A．放电时a电极反应为Fe3++e?=Fe2+
B．充电时b电极反应为Cr3++e?=Cr2+
C．放电过程中H+通过隔膜从正极区移向负极区
D．该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低
C
A．电池放电时，是原电池的工作原理，a电极为正极，得电子发生还原反应，反应为Fe3++e?=Fe2+，故A正确；B．充电时是电解池工作原理，b电极为阴极，得电子发生还原反应，反应为Cr3++e?=Cr2+，故B正确；C．原电池在工作时，阳离子向正极移动，所以放电过程中H+通过隔膜从负极区移向正极区，故C错误；D．根据电池构造分析，该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低，故D正确；故选C。
12．“鲁米诺”又名发光氨，是一种化学发光试剂，它在一定条件下被氧化后能发出蓝光，可用于鉴定血液，在刑侦中扮演了重要的角色，如图所示为鲁米诺的一种合成原理，下列叙述正确的是
A．一定条件，X可以和乙醇发生缩聚反应
B．鲁米诺的分子式为
C．①、②两步的反应类型分别为加成反应和取代反应
D．若使用“84消毒液”对环境消毒，可能会干扰用鲁米渃在该环境下鉴定血液
D
A．X含有羧基，能够与乙醇在一定条件下发生酯化反应形成酯，但不能发生缩聚反应，A错误；B．根据鲁米诺分子结构简式，结合C原子价电子数目是4个，可知其分子式为C8H7N3O2，B错误；C．根据X、Y及鲁米诺分子结构简式可知反应①为取代反应，反应②为还原反应，C错误；D．“84消毒液”具有强氧化性，鲁米诺分子中含有氨基，具有还原性，二者会发生氧化还原反应，因此可能会干扰用鲁米渃在该环境下鉴定血液，D正确；故合理选项是D。
13．常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O的水解)。已知Ksp(AgCl)数量级为10?10。下列叙述正确的是
A．图中Y线代表的AgCl
B．n点表示Ag2C2O4的过饱和溶液
C．向c(Cl?)＝c(C2O)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCl沉淀
D．Ag2C2O4+2Cl?＝2AgCl+C2O的平衡常数为10?0.71
C
若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl?)=10?4×10?5.75=10?9.75=
.25×10?10，则数量级为10?10，若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl?)=
10?4×10?2.46=10?6.46=.54×10?7，则数量级为10?7，又已知Ksp(AgCl)数量级为10?10，则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)·c(C2O)=(10?4)2×(10?2.46)=10?10.46，A．由以上分析知，图中X线代表AgCl，故A错误；B．曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，在n点，c(Ag+)小于平衡浓度，故n点的离子Qc(Ag2C2O4)＜Ksp(Ag2C2O4)，故为Ag2C2O4的不饱和溶液，故B错误；C．根据图象可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小于生成Ag2C2O4沉淀所需的c(Ag+)，故向c(Cl?)=c(C2O)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，故C正确；D．Ag2C2O4+2Cl?=2AgCl+C2O的平衡常数，此时溶液中的c(Ag+)相同，故有，故D错误；故选C。
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．居里夫人一份约年前的手稿被保存在法国国立图书馆，记载了放射性元素钋和镭的发现。手稿中残留的镭至今仍具有放射性，因此存放在铅盒里。已知镭的半衰期是年，如图所示表示镭含量的直方图中，“今年”表示今年手稿上镭的含量，则可以表示当年手稿上镭含量的是
A．①B．②C．③D．④
B
设当年手稿上镭含量是x，则根据半衰期的概念可知，解得，故B正确。
15．某女子铅球运动员分别采用原地推铅球和滑步推铅球两种方式进行练习，如图为滑步推铅球过程示意图。她发现滑步推铅球比原地推铅球可增加约2米的成绩。假设铅球沿斜向上方向被推出，且两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力，下列说法正确的是
A．两种方式推出的铅球在空中运动的时间可能相同
B．采用原地推铅球方式推出的铅球上升的高度更高
C．两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的速度都相同
D．滑步推铅球可以增加成绩，可能是因为延长了运动员对铅球的作用时间
D
滑步推铅球的水平位移大，由于两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，故滑步推铅球的初速度更大，则竖直方向初始的分速度更大，则滑步推铅球时铅球在空中运动时间更长，故A错误；原地推铅球方式的初速度更小，由可知，原地推铅球方式推出的铅球上升的高度更小，故B错误；由于两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，但初速度大小不同，水平分速度与不相同，故C错误；滑步推铅球时的铅球的初速度更大，由动量定理可知，可能是因为延长了运动员对铅球的作用时间，故D正确。
16．年7月23日12时41分，长征五号遥四运载火箭将“天问一号“探测器在文昌航天发射场成功发射，开启火星探测之旅，火星是太阳系八大行星之一，属于类地行星。假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知火星到太阳的距离大于地球到太阳的距离，那么
A．火星公转的周期小于地球公转的周期
B．火星公转的角速度大于地球公转的角速度
C．火星公转的线速度小于地球公转的线速度
D．火星公转的加速度大于地球公转的加速度
C
万有引力提供向心力，得G＝m2r，解得T＝2π，地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，则地球公转的周期小于火星的公转周期，故A错误；由G＝mω2r得ω＝，则地球公转的角速度大于火星的公转的角速度，故B错误；由G＝m得v＝，可知地球公转的线速度大于火星的公转的线速度，故C正确；由G＝ma得a＝，解则地球公转的加速度大于火星的公转的加速度，故D错误。
17．如图，重为G的匀质金属球靠着倾角45°的固定斜面静止在水平地面上，a是球的左端点，b、c分别是球与地面和斜面的接触点，F是在a点对球施加的一个水平向右、正对球心的推力。已知a、b、c和球心在同一竖直面内，不计一切摩擦。下列判定正确的是
A．若F＝0.5G，则球对斜面的压力大小也为0.5G
B．若F＝0.5G，则球对地面的压力大小也为0.5G
C．F由零缓慢增大到G的过程中，球所受合力将增大
D．F由零缓慢增大到G的过程中，球所受支持面作用力的合力将减小
B
球的受力情况如图所示，由平衡条件得，，得N＝G，N′＝0.5G，由牛顿第三定律可知，球对斜面的压力大小为G，球对地面的压力大小为0.5G，故A错误，B正确；当球刚好对地面的压力为0时，由平衡条件得F＝G，则F由零缓慢增大到G的过程中，球一直处于平衡状态，所受合力为零，故C错误；F由零缓慢增大到G的过程中，球所受支持面作用力的合力与F和G的合力等大反向，由于F和G的合力增大，则球所受支持面作用力的合力将增大，故D错误。
18．某半导体PN结中存在电场，取电场强度E的方向为x轴正方向，其E－x关系如图所示，ON＝OP，OA＝OB。取O点的电势为零，则
A．A、B的电势相等
B．从N到O的过程中，电势一直增大
C．电子从N移到P的过程中，电势能先增大后减小
D．电子从N移到O和从O移到P的过程中，电场力做功相等
D
由于场强为正值则电场强度E的方向为x轴正方向，沿着电场线方向电势逐渐降低，所以A点电势高于B点的电势，则A错误；从N到O的过程中，电势一直减小，所以B错误；电子从N移到P的过程中，电场力一直做正功，电势能逐渐减小，所以C错误；由图像可知，图形的面积表示电势差，则有UNO＝UOP，再根据W＝Uq可知，则电子从N移到O和从O移到P的过程中，电场力做功相等，故D正确。
19．如图所示，质量m1＝0.5kg的物块A以初速度v0＝10m/s在光滑水平地面上向右运动，与静止在前方、质量m2＝1.5kg的B发生正碰，B的左端有一小块质量可以忽略的橡皮泥，碰撞过程持续了0.1s，碰撞结束后A、B一起运动。以v0方向为正方向，下列说法中正确的是
A．碰撞过程中A受到的冲量为3.75N·s
B．碰撞过程中A的平均加速度为－75m/s2
C．碰撞过程中B受到的平均作用力为37.5N
D．A、B碰撞结束后A的动量为2.5kg·m/s
BC
A、B碰撞过程中动量守恒，有，解得，在碰撞过程中对A由动量定理有，A错误；由加速度定义有，B正确；在碰撞过程中对B由动量定理有，解得，C正确；碰撞结束后A的动量，D错误。
20．如图所示，平面直角坐标系的第一象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，第四象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带正电的粒子从原点O以某一速度沿与x轴成30°角方向斜向上射入磁场，且在第一象限运动时的轨迹圆的半径为R。已知带电粒子的质量为m，所带电荷量为q，且所受重力可以忽略。则
A．粒子在一、四象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1∶2
B．粒子完成一次周期性运动的时间为
C．粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为3R
D．若仅将粒子的入射速度大小变为原来的2倍，则粒子完成一次周期性动的时间将减少
AC
带电粒子在磁场中匀速圆周运动的半径R＝，所以粒子在第一和第四象限中运动的轨迹半径之比为，A正确；记粒子在第一象限和第四象限中运动周期分别为T1和T4，由于粒子在磁场中的圆周运动轨迹都是劣弧，轨迹所对圆心角均为60°，所以粒子完成一次周期性运动时间，B错误；粒子在第四象限中运动的轨迹半径，根据几何关系得粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为3R，C正确；粒子在磁场中运动的周期与速率无关，故D错误。
21．如图所示，倾角为θ的斜面固定在地面上，区域PQNM内有垂直于斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，MN、PQ（与斜面底边平行）是磁场的边界，它们之间的距离为D。质量为m、边长为L（D＞L）、总电阻为R的单匝正方形金属线框abcd与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ，线框始终紧贴斜面运动，ab边和cd边保持与MN平行且不翻转。让线框沿斜面滑下，ab边到达MN时的速度为v，已知cd边滑出磁场边界PQ时线框速度大于0。下列说法中正确的是
A．自ab边进入磁场到cd边刚好进入磁场这段时间内，通过线框某截面的电荷量是
B．线框通过MN所用的时间比通过PQ的时间长
C．cd边刚滑出PQ时，线框速度
D．自ab边进入磁场到cd边滑出磁场这段时间内，线框中产生的焦耳热为
AD
自ab边进入磁场到cd边刚好进入磁场这段时间内，通过线框某截面的电荷量，故A正确；根据功能关系可知，线框通过MN过程的平均速度比通过PQ过程的平均速度大，所以线框通过MN所用的时间比通过PQ的时间短，故B错误；由题意得，即线框重力沿斜面方向的分力与摩擦力平衡。设线框通过MN过程中回路中的平均感应电流为1，通过时间为t1，cd边到达MN时线框的速度为v1，线框通过PQ过程中回路中的平均感应电流为2，通过时间为t2，规定沿斜面向下为正方向，对两个过程分别应用动量定理有，，根据A项分析结论可知，联立解得，故C错误；设自ab边进入磁场到cd边滑出磁场这段时间内，线框中产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律有，D正确。
第Ⅱ卷（非选择题，共分）
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(共分)
22．(5分)利用光电门、遮光条组合可以探究“弹簧的弹性势能与形变量之间的关系”实验装置如图所示，木板的右端固定一个轻质弹簧，弹簧的左端放置一个小物块（与弹簧不拴接）物块的上方有一宽度为d的遮光片（d很小），O点是弹簧原长时物块所处的位置，其正上方有一光电门，光电门上连接有计时器（图中未画出）
(1)实验开始时，___________（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力。
(2)所有实验条件具备后将小物块向右压缩弹簧x1后从静止释放，小物块在弹簧的作用下被弹出，记下遮光片通过光电门的时间t1，物块通过光电门的速度为___________。
(3)分别再将小物块向右压缩弹簧x2、x3…后从静止释放，小物块在弹簧的作用下被弹出，依次记下遮光片通过光电门的时间t2、t3…。
(4)以弹簧的形变量x为纵坐标，遮光片通过光电门时间的倒数为横坐标作图像。若弹簧弹性势能的表达式为Ep＝kx2，实验中得到的图线是___________（选填“一条直线”或“一条曲线”）
(1)需要(2)(4)一条直线
(1)实验原理是机械能守恒Ep＝mv2，要求不能有摩擦力做功，故需要平衡摩擦力。物块通过光电门的速度。由得，所以图像为一条过原点的倾斜直线。
23．(10分)利用电流传感器研究电容器的放电过程的电路如图所示，其中电源电动势E＝8V。先使开关S与1相连，电容器充电结束后把开关S掷向2，电容器通过电阻箱R放电。传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流I随时间t变化的曲线如图所示。
(1)t＝2s时，电容器的a极板带__________电（选填“正”或“负”）。
(2)图中画出了对应较短时间Δt的狭长矩形，该矩形面积的物理意义__________，试估算该电容器的电容C＝__________F。
(3)一同学在深入研究的过程中发现：当改变一个或几个物理量时，I－t图像会发生有规律的变化，图中的虚线示意了4种可能的变化情形。如果只增大电阻R，I－t图像的变化应该是_______；如果只增大电容C，I－t图像的变化应该是_______。（填写相应选项的字母）
(1)正电(2)电容器在△t时间内的放电量(3)AD
(1)t＝2s时，电容器还在放电，a极板带正电。
(2)图中画出了对应较短时间的狭长矩形，根据q＝It可知，该矩形面积的物理意义电容器在△t时间内的放电量；根据图像可知放电电量为，该电容器的电容。
(3)如果只增大电阻R，则电容器放电的最大电流会减小，由于放电电量不变，即I－t图像的“面积”不变，则变化应该是选项A；如果只增大电容C，则电容器带电量增加，I－t图像的“面积”变大，最大电流不变，I－t图像的变化应该是选项D。
24．(12分)图示为深圳市地标建筑——平安金融大厦。其内置观光电梯，位于观景台的游客可°鸟瞰深圳的景观。电梯从地面到层的观景台只需58s，整个过程经历匀加速、匀速和匀减速三个阶段，匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，其上行最大速度为10m/s。当电梯加速上升时，质量为50kg的人站在置于电梯地板的台秤上时，台秤的示数为65kg，g取10m/s2，求：
(1)电梯加速上升时的加速度大小；
(2)观景台距地面的高度。
(1)当电梯加速上升时，有
其中
代入数据，可解得。
(2)设匀加速运动高度为h，时间为t，则有
，
因匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，所以两个阶段的时间和位移相同。故匀速运动时间为t1，则
匀速运动的高度为
故观景台距地面的高度
联立解得。
25．(20分)如图所示，不可伸长的绝缘细线长度为l，一端系一质量为m的带正电小物块，另一端固定在O点，虚线MN上方空间存在一水平向右的匀强电场，电场强度E＝，将小球拉至位置A，细线刚好水平伸直，由静止释放物块，物块将在竖直面内来回摆动。某次下摆过程中，在细线拉力达到最大的位置，细线突然断开，物块继续运动刚好能从C点竖直向下滑入半径R＝3m的光滑四分之一圆形轨道，并从圆弧末端D水平滑上一右端有挡板的长木板。已知带电小物块和长木板质量均为m＝2kg，细线长l＝(＋1)m，小物块与长木板之间的动摩擦因数为μ1＝0.6，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，不计空气阻力，g取10m/s2。则：
(1)细线断开时，求物块的速度v；
(2)若已知小物块恰好未与木板右端挡板相碰，求木板的长度L0；
(3)若木板长L＝4m，小物块将与挡板碰撞，碰撞时间极短并不再分开。求从小物块滑上木板到二者均停止运动的过程中系统因摩擦而产生的热量Q。
(1)由于
则
方向与水平方向成，所以B点为等效最低点，即物块在该处速度最大，拉力达到最大
从A到B，根据动能定理有
得。
(2)从B到C，物块做类平抛运动，则
从C到D，由动能定理
解得
物块滑上木板后，对物块
对木板
解得，
物块与木板恰好未相碰，则
得
且有。
(3)当L＝4m时，设经过时间t1，物块与木板相碰，则
得
此时，物块速度
木板速度
根据动量守恒定律
这一过程损失的机械能
因此全程摩擦生热。
26．（14分）氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体化学式为：(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O，实验室以V2O5为原料制备该晶体的流程如图：
V2O5VOCl2溶液氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体
(1)N2H4的电子式是_______。若“还原”后其它产物均绿色环保，写出该反应的化学方程式_______。
(2)“转化”可在如图装置中进行。(已知VO2+能被O2氧化)
①仪器M的名称是_______。使A中制气反应停止的操作是_______。
②装置C中将VOCl2转化并得到产品，实验操作顺序为：打开活塞a→_______→_______→_____
(填标号)。
I．取下P(如图)，锥形瓶口塞上橡胶塞
II．将锥形瓶置于干燥器中，静置后过滤
III．打开活塞b，加入VOCl2溶液，持续搅拌一段时间，使反应完全
③得到紫红色晶体，抽滤，并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，用无水乙醇洗涤2次，再用乙醚洗涤2次，抽干称重。用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是_______(填离子符号)，用乙醚洗涤的目的是_______。
④称量mg产品于锥形瓶中，先将产品中钒元素转化为VO，消除其它干扰，再用cmol·L?1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为VmL(已知滴定反应为VO+Fe2++2H+=
VO2++Fe3++H2O)，则产品中钒的质量分数为_______(以VO2+的量进行计算，列出计算式)。
（1）
（2）2V2O5+N2H4+8HCl4VOCl2+N2↑+6H2O分液漏斗关闭活塞aⅢⅠⅡCl?除去晶体表面的乙醇×%
(1)N2H4的结构中H与N以单键相连，N与N以双键相连，所以电子式为，“还原”后其它产物均绿色环保，所以产物为氮气，且V2O5转化为VOCl2，所以答案为：2V2O5+N2H4+8HCl
4VOCl2+N2↑+6H2O；(2)①仪器M为分液漏斗，装置A是一个类似于启普发生器的装置，只需关闭活塞a，装置A气体压强增大，将稀盐酸压回长颈漏斗中与碳酸钙分离，反应即停止；②VO2+能被O2氧化，所以先打开a，通入一段时间氢气排净装置中的空气，然后再打开活塞b，加入VOCl2溶液，持续搅拌一段时间，使反应完全，为防止空气进入，反应结束后取下P(如图)，锥形瓶口塞上橡胶塞，然后才在干燥器中，静置后过滤，所以答案为Ⅲ→Ⅰ→Ⅱ；③用饱和NH4HCO3溶液可洗涤除去易溶于水的阴离子，所以答案为Cl?，无水乙醇洗涤的产物表面的水分，乙醚可以洗涤产物表面残留的乙醇，所以答案为除去晶体表面的Cl?；④由元素守恒和滴定反应VO+Fe2++2H+=VO2++Fe3+
+H2O可知n(VO2+)=n(Fe2+)=cV10?3mol，则VO2+质量为67cV10?3g，所以产品中钒的质量分数为×%。
27．（15分）CdS又称镉黄，可用作黄色颜料，也用于制备荧光粉等。以镉铁矿(成分为CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2)为原料制备CdS的工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)“滤渣1”的成分是_______(写化学式)。
(2)“还原镉”时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，发生反应的离子方程式为____。
(3)加入H2O2溶液的目的是_____。
(4)通入H2S也可以“沉镉”，发生反应的离子方程式为_______。
(5)实际工业生产中，有时采用阳离子交换树脂法来测定沉镉后溶液中Cd2+的含量，其原理是：Cd2++2NaR=2Na++CdR2，其中NaR为阳离子交换树脂。常温下，将沉镉后的溶液经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增加了0.g·L?1。此时溶液pH=6，则该条件下Cd(OH)2的Ksp=_______。
(6)CdS不溶于稀盐酸，可溶于浓盐酸，并生成H2[CdCl4]，反应的化学方程式为_______。若向反应后的溶液中加水稀释，又出现黄色沉淀，用平衡移动原理解释___________(已知Cd2++4Cl?
[CdCl4]2?)。
（1）SiO2
（2）3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+
将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+
Cd2++H2S=CdS↓+2H+
1.?19
CdS+4HCl(浓)=H2[CdCl4]+H2S↑
加水稀释时，c(Cl?)降低，使平衡Cd2++4Cl?[CdCl4]2?向左移动，释放出的Cd2+与溶液中S2?结合生成CdS黄色沉淀
以镉铁矿(成分为CdO2、Fe2O3、FeO及少量的Al2O3和SiO2)为原料制备CdS，由流程可知，加硫酸溶解分离出滤渣为SiO2，加甲醇还原+4价Cd发生3Cd4++CH3OH+H2O＝3Cd2++CO2↑
+6H+，再加过氧化氢可氧化亚铁离子，发生2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，调节5.0≤pH7.4，分离出滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，再加硫化钠生成CdS。(1)根据以上分析，滤渣1为SiO2，故答案为：SiO2；(2)加甲醇将+4价Cd还原成二价Cd，甲醇被氧化成二氧化碳，反应的离子方程式为：3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+，故答案为：3Cd4++CH3OH+H2O=3Cd2++CO2↑+6H+；(3)由以上分析可知，加双氧水是为了将亚铁离子氧化成三价铁离子，便于后续将铁沉淀除去，故答案为：将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；(4)H2S与Cd2+反应生成CdS和氢离子，反应的离子方程式为：Cd2++H2S=CdS↓+2H+，故答案为：Cd2++H2S=CdS↓+2H+；(5)将沉镉后的溶液经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的Na+比交换前增加了0.g·L?1，则c(Na+)=，交换过程中应是等电荷的交换，则溶液中c(Cd2+)=，pH=6，则c(OH?)=10?8mol·L?1，Cd(OH)2的Ksp=c(Cd2+)?c(OH?)2=0.mol·L?1×(10?8mol·L?1)2=1.?19，故答案为：1.?19；(6)CdS溶于浓盐酸，生成H2[CdCl4]，反应方程式为：CdS+4HCl(浓)=H2[CdCl4]+H2S↑，加水稀释时，c(Cl?)降低，使平衡Cd2++4Cl?[CdCl4]2?向左移动，释放出的Cd2+与溶液中S2?结合生成CdS黄色沉淀，故答案为：CdS+4HCl(浓)=H2[CdCl4]+H2S↑；加水稀释时，c(Cl?)降低，使平衡Cd2++4Cl?
[CdCl4]2?向左移动，释放出的Cd2+与溶液中S2?结合生成CdS黄色沉淀。
28．（14分）CO和H2是工业上最常用的合成气，该合成气的制备方法很多，它们也能合成许多重要的有机物。回答下列问题：
(1)制备该合成气的一种方法是以CH4和H2O为原料，有关反应的能量变化如图所示。
CH4(g)与H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为。
(2)工业乙醇也可用CO和H2合成，常含一定量甲醇，各国严禁使用成本低廉的工业酒精勾兑食用酒，但一般定性的方法很难检测出食用酒中的甲醇。有人就用硫酸酸化的橙色K2Cr2O7溶液定量测定混合物中甲醇的含量，甲醇与酸性K2Cr2O7溶液反应生成CO2、Cr2(SO4)3等物质，写出其化学方程式。
(3)为了检验由CO和H2合成气合成的某有机物M的组成，进行了如下测定：将1.84gM在氧气中充分燃烧，将生成的气体混合物通过足量的碱石灰，碱石灰增重4.08g，又知生成CO2和H2O的物质的量之比为3∶4。则M中碳、氢、氧原子个数之比为。
(4)CO2和H2合成甲醇涉及以下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)?H=-49.58kJ/mol。在反应过程中可以在恒压的密闭容器中，充入一定量的CO2和H2，测得不同温度下，体系中CO2的平衡转化率与压强的关系曲线如图所示：
①反应过程中，表明反应达到平衡状态的标志是______
A．生成3molO－H键，同时断裂3molH－H键
B．容器中气体的压强不再变化
C．容器中气体的平均摩尔质量不变
D．CH3OH的浓度不再改变
②比较T1与T2的大小关系：T1___T2(填“”、“=”或“”)。
③在T1和P2的条件下，向密闭容器中充入1molCO2和3molH2，该反应在第5min时达到平衡，此时容器的容积为2.4L，则该反应在此温度下的平衡常数为____，保持T1和此时容器的容积不变，再充入1molCO2和3molH2，设达到平衡时CO2的总转化率为a，写出一个能够解出a的方程或式子___________(不必化简，可以不带单位)。
（1）CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH=+(-p+3n+m)kJ·mol?1
（2）CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+6H2O
（3）3∶8∶3
（4）CD＜3
(1)依据三个能量关系图像写出对应的热化学方程式：CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH1＝-mkJ·mol?1；H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH2＝-nkJ·mol?1；CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH3＝-pkJ·mol?1；由盖斯定律得：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH＝ΔH3-3ΔH2-ΔH1＝+(-p+3×n+m)kJ·mol?1；(2)甲醇与酸性K2Cr2O7溶液反应生成CO2、Cr2(SO4)3，Cr的化合价降低3，碳的化合价升高6，根据电荷守恒，物料守恒可得CH3OH+K2Cr2O7+4H2SO4=CO2+K2SO4+Cr2(SO4)3+6H2O；(3)根据1.84gM中含Cxmol，含Hymol，据题意有，解得x=0.06，y=0.16；则1.84gM中含氧物质的量z==0.06mol，1molM中含C、H、O分别为3、8、3，则M中碳、氢、氧原子个数之比为3∶8∶3；(4)①A．断裂3molH—H键就意味着消耗了3molH2，CH3OH和H2O中均有H—O键，即反应生成了3molO－H键，均表明正反应速率的变化关系，所以不能说明v正=v逆，故A错误；B．在恒压密闭容器中进行，反应过程中容器的压强一直保持不变，故“压强不再变”的时刻也不能说明v正=v逆，故B错误；C．容器中反应物、生成物均为气体，气体总质量m一直保持不变，但反应前后气体物质的量差Δn≠0，即只有当反应达到平衡状态时，体系的总物质的量n不再变化，故由M=知“平均摩尔质量不变”能够表明反应达到平衡状态，故C正确；D．“CH3OH的浓度不再改变”表明，单位时间内生成和消耗的CH3OH的浓度相等，即v正=v逆，反应达到平衡状态，故D正确；答案选CD；②由ΔH＝-49.58kJ·mol?1＜0，知正反应为放热反应，在同一压强下，温度升高可使CO2的转化率降低，再由图像可知T1＜T2；③由图1知，在T1和p2的条件下，平衡时CO2的转化率为60%。消耗的CO2为1mol×60%＝0.6mol，故有如下关系：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
结合容器的体积(2.4L)有，平衡体系中各物质的浓度为c(CO2)=mol·L?1，c(H2)=mol·L?1，c(CH3OH)=mol·L?1，c(H2O)=mol·L?1，则该条件下的平衡常数为；由于再充入原料气时，反应温度没变，即K不变。设达到平衡时CO2的总转化率为a，则整个过程中反应的CO2为2amol，同理有如下关系：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
。
29．（10分）植物生理学是研究植物生命活动规律及其与环境相互关系、揭示植物生命现象本质的科学。请分析回答下列问题：
（1）探究马铃薯块茎细胞呼吸方式过程中可用检测CO2是否产生，在实验中的作用是。
（2）卡尔文循环就是指的途径，“卡尔文循环”离不开光照，理由是。
（3）用一定浓度的赤霉素溶液处理水稻会导致其疯长，且单位面积土地上的产量比正常情况降低了很多。请从叶面积角度解释植株疯长导致单位面积土地上的产量减少的原因：
。（每空2分）
（1）溴麝香草酚蓝水溶液或澄清石灰水可用来判断是否进行乳酸发酵
（2）CO2中的碳在光合作用中转化为有机物中的碳有光才能进行光反应，从而为暗反应提供ATP和[H]
（3）疯长导致单位面积土地上叶面积增大，当达到一定值后光合速率不再随叶面积增加而增大，但呼吸速率一直增大，导致净光合速率下降
（1）马铃薯块茎细胞呼吸方式包括有氧呼吸和乳酸发酵，其中前者可以产生CO2，后者不能产生CO2，利用溴麝香草酚蓝水溶液或澄清石灰水可以检测CO2是否产生，判断是否进行乳酸发酵。（2）卡尔文循环就是指CO2中的碳在光合作用中转化为有机物中的碳的途径，是科学家卡尔文通过同位素标记法探明的。“卡尔文循环”是暗反应的一部分，需要光反应为其提供ATP和[H]。（3）水稻疯长会导致单位面积土地上叶面积增大，照射到单位土地面积上的光照时一定的，当单位面积土地上叶面积增大到一定值后光合速率不再随叶面积增加而增大，但呼吸速率一直增大，导致净光合速率下降，产量减少。
30．（9分）神经和肌肉之间兴奋的传递是通过神经－肌肉接头实现的，神经－肌肉接头的结构由接头前膜、接头间隙和接头后膜（肌细胞膜）组成，回答下列问题：
（1)兴奋在神经－骨骼肌接头处传递的过程如上图所示：兴奋以形式传导至接头前膜→接头前膜电位逆转→→突触小泡向接头前膜移动并释放乙酰胆碱→乙酰胆碱与接头后膜受体结合→Na+（填“内流”或“外流”）→肌肉收缩。
（2)当兴奋在迷走神经－心肌接头处传递时，迷走神经末梢释放释放的乙酰胆碱，与接头后膜的受体结合，促进K+（填“内流”或“外流”），使心肌细胞收缩减弱。
（3)轴突末梢膨大并嵌入由骨骼肌或心肌细胞膜形成的凹陷中，骨骼肌或心肌细胞膜进一步形成许多皱褶，推测这种皱褶的作用是，从而有利于兴奋在神经－肌肉接头处的传递。
（1）电信号（或神经冲动）（1分）Ca2+内流（引起细胞质Ca2+浓度增高）（1分）内流（1分）
（2）外流（1分）
（3）扩大接头后膜膜面积，增多（钠离子或钾离子）离子通道的数量（或增大接受信号的膜面积，有利于接受神经递质）（4分）
（1）由分析可知，兴奋在神经纤维上以电信号（局部电流）形式传导至接头前膜，当兴奋传至轴突末梢时，突触间隙中的Ca2+通过接头前膜上的Ca2+通道内流，导致突触小泡释放神经递质乙酰胆碱，作用于接头后膜上的受体，Na+内流，使得肌肉收缩。（2）乙酰胆碱与接头后膜的受体结合，提高心肌细胞膜钾离子通道的通透性，促使钾离子外流，使心肌细胞收缩减弱。（3）皱褶可扩大接头后膜膜面积，增多钠钾离子通道的数量，增大接受信号的膜面积，有利于接受神经递质，从而有利于兴奋在神经－肌肉接头处的传递。
31．（8分）某湖泊中生活着大型水生植物、浮游植物、浮游动物﹑植食性鱼类、滤食性鱼类（以浮游动物为食），肉食性鱼类等各种生物﹐当湖泊水体中氮﹑磷等无机盐过多时，以蓝藻类为主的浮游植物大量繁殖而出现“水华”现象。回答下列问题：
（1）湖泊中的水生植物包括挺水型、浮叶型、漂浮型及沉水型等四大类，这体现了生物群落的____________结构，影响湖泊中植物分布的环境因素有___________（答出两点）。
（2）金鱼藻是一种较大型的水生植物﹐为研究其对铜绿微囊藻（蓝藻类）的影响，研究人员进行了两组实验，一组将铜绿微囊藻与金鱼藻共同培养，另一组向铜绿微囊藻培养液中加入适量养殖过金鱼藻的培养液，一段时间后发现两组实验中铜绿微囊藻的生长都明显受到抑制，据此推测，金鱼藻在竞争中占优势的原因可能是_______________（答出两点）。
（3）“生物操纵法”是一种人为控制“水华”的重要方法，其核心是通过生物的捕食关系来调整群落的结构，进而改善水质，这说明人类活动可以改变群落演替的_____________。请你提出一条利用“生物操纵法”控制“水华”的有效措施___________。
（1）垂直光照、温度、二氧化碳浓度等
（2）金鱼藻在竞争阳光、营养物质等过程中占优；金鱼藻能产生抑制铜绿微囊藻生长的物质
（3）速度和方向增加浮游动物和植食性鱼类的数量（或减少滤食性鱼类的数量、减少以浮游动物为食的肉食性鱼类数量）
（1）挺水植物、浮叶型、漂浮型及沉水型植物分布在水体的不同层次，体现了生物群落的垂直结构。影响湖泊中群落垂直结构的因素有光照、温度、二氧化碳浓度等。（2）将铜绿微囊藻与金鱼藻共同培养，铜绿微囊藻的生长收到抑制，说明金鱼藻在竞争阳光、营养物质等过程中占优，将养殖过金鱼藻的培养液加入铜绿微囊藻培养液中，铜绿微囊藻的生长也受到抑制，说明金鱼藻能产生抑制铜绿微囊藻生长的物质。（3）人类活动往往会改变群落演替的速度和方向。水华产生的原因是藻类大量繁殖，“生物操纵法”控制“水华”即采用生物防治的措施，如增加浮游动物和植食性鱼类的数量，进而抑制藻类的繁殖，控制水华的产生。
32．（12分）某多年生植物的宽叶和窄叶由等位基因A、a控制，红花和白花由等位基因R、r控制。用两种纯合植株杂交得到实验结果如下表。请回答下列问题：
(1)控制这两对相对性状的基因位于__________(常染色体／性染色体)上，原因是_______________________________________。
(2)F2中出现四种表现型的比例约为___________，研究小组经分析提出了两种假说：
假说一：F2中有两种基因型的个体死亡，且致死的基因型为______________________。
假说二：F1中基因型为_______的花粉不育。
(3)请利用上述实验中的植株为材料，设计一代杂交实验检验两种假说(写出简要实验设计思路，并指出支持假说二的预期实验结果)。________________________________________。
(4)如果假说二成立，则F2中宽叶红花植株的基因型种类及比例为_________________；如果假说一成立，用F2中宽叶红花自交，后代窄叶白花植株所占比例是______________。
(1)常染色体（1分）亲本杂交，正反交结果相同（2分）
(2)5∶3∶3∶1（1分）AaRR、AARr（1分）AR（1分）
(3)以F1宽叶红花做父本与F2窄叶白花测交，观察子代的表现型统计比例
子代出现宽叶白花∶窄叶白花∶窄叶红花=1∶1∶1(子代不出现宽叶红花)（2分）
(4)3AaRr∶1AaRR∶1AARr（2分）1/15（2分）
（1）根据正反交的结果一样，可以判断控制这两对相对性状的基因均位于常染色体上。（2）F2中宽叶红花∶宽叶白花∶窄叶红花∶窄叶红花=5∶3∶3∶1，不是9∶3∶3∶1，说明存在致死问题。若为基因型致死，因为出现异常比例的是宽叶红花，正常情况下宽叶红花的基因型及比例AARR∶AARr∶AaRR∶AaRr=1∶2∶2∶4，故致死的基因型为：AARr和AaRR。还有一种可能性是含AR的雌配子或雄配子致死，后代也会出现5∶3∶3∶1。（3）要验证两种假说哪种正确，可以选择F1宽叶红花AaRr做父本与F2窄叶白花aarr测交，观察子代的表现型统计比例，如果是含AR的花粉不育，则测交后代不会出现宽叶红花，则假说二成立。（4）若假说二成立，即含AR的花粉不育，则后代的宽叶红花中只有三种基因型：3AaRr∶1AaRR∶1AARr。若假说一成立，即AARr和AaRR的基因型致死，则F2中宽叶红花的基因型及比例是：AARR∶AaRr=1∶4，自交后代中窄叶白花的比例是：4/5×1/12=1/15。
（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．(15分)
(1)(5分)一定质量的理想气体，从初始状态a经状态b、c、d再回到a，它的压强p与热力学温度T的变化关系如图所示，其中ba和cd的延长线过坐标原点，状态a、d的温度相等。下列判断正确的是___________。（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．气体在状态a的体积小于在状态c的体积
B．从状态d到a，气体与外界无热交换
C．从状态b到c，气体吸收的热量大于它对外界做的功
D．从状态a到b，气体吸收的热量不等于它增加的内能
E．从状态a到c，气体吸收的热量不等于从状态c到a放出的热量
ACE
对于p－T图像，因为ab、cd延长线经过原点，因此ab、cd分别体积恒定。因为ad过程是等温降压，因此体积变大，即，从而得到，故A正确；从d到a，气体温度不变，则内能不变。体积变小，则外界对气体做功，所以气体需要放出热量，故有热交换，故B错误；从b到c，温度升高，体积变大，因此气体吸收的热量抵消对外界做功后仍使其内能增加，故C正确；从a到b，气体等体积升温升压，气体内能的变化等于它吸收的热量，故D错误；气体吸收与放出的热量与过程有关，同时热量吸收和放出的效率有差异，所以从状态a到c，气体吸收的热量不等于从状态c到a放出的热量，故E正确。
(2)(10分)某汽车在开始行驶时，仪表显示其中一只轮胎的气体压强为2.5×Pa，温度为27℃。已知轮胎容积为3×10－2m3，且在行驶过程中保持不变。
(i)当行驶一段时间后，该轮胎的气体压强增加到2.7×Pa，求此时气体的温度；
(ii)在继续行驶的过程中气体的温度保持不变，由于漏气导致气体压强逐渐减小到2.5×Pa，求漏气前后轮胎中气体质量的比值。
(i)等容过程
解得
代入数据得T2＝K（或t2＝51℃）
(ii)设轮胎不漏气的体积为V3，等温过程p3V3＝p2V2
解得
质量的比值为。
34．(15分)
(1)(5分)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．车辆匀速驶向停在路边的警车，警车上测速仪探测到反射波的频率升高
B．电磁波不能产生多普勒效应，而机械波能产生多普勒效应
C．双缝干涉中两列相干波的波峰与波峰叠加相互加强，波谷与波谷叠加相互削弱
D．赫兹通过测量证明，电磁波在真空中具有与光相同的速度c
E．在用单摆测重力加速度的实验中，某学生所测g值偏大，可能是把n次单摆全振动误记为n＋1次
ADE
由多普勒效应可知，车辆匀速驶向停在路边的警车，相当于波的传播速度增大，根据f＝可知，警车上测速仪探测到反射波的频率升高，A正确；能发生多普勒效应是波的固有属性，电磁波和机械波都能产生多普勒效应，故B错误；双缝干涉中两列相干波的波峰与波峰叠加或波谷与波谷叠加相互加强，波峰与波谷叠加相互削弱，C错误；赫兹通过一系列实验，观察到了电磁波的反射、折射、干涉、偏振和衍射等现象，他还通过测量证明，电磁波在真空中具有与光相同的速度c，这样，赫兹证实了麦克斯韦关于光的电磁理论，D正确；把n次单摆全振动误记为n＋1次，则代入计算的周期偏小，根据g＝，计算得到的重力加速度偏大，E正确。
(2)(10分)如图所示，一艘渔船停在平静的水面上，渔船的前部上端有一激光捕鱼器P，从P点射向水面的激光束与竖直方向的夹角为53°，激光在水中的折射光线与水面的夹角也为53°，照到水下B点的鱼，B处的深度H＝1.8m，c＝3×m/s，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）。求：
(i)水的折射率；
(ii)激光从A到B传播的时间。
(i)根据折射定律可得，水的折射率为
(ii)根据折射定律可得激光在水中的传播速度为
由几何关系可得
激光从A到B传播的时间为。
35．（15分）
钛是一种性能非常优越的金属，21世纪将是钛的世纪。
(1)TiO2薄膜中掺杂铬能显著提高光催化活性。基态Cr原子的核外电子排布式为________________。
(2)四乙醇钛能增加橡胶在金属表面的粘附性。其制备原理如下：TiCl4+4CH3CH2OH+4NH3=
Ti(OCH2CH3)4+4NH4Cl
①Ti(OCH2CH3)4可溶于有机溶剂，常温下为淡黄色透明液体，其晶体类型为。
②N和O位于同一周期，O的第二电离能大于N的第二电离能的原因是。
③NH4Cl中存在的作用力有，NH4Cl熔沸点高于CH3CH2OH的原因是，Ti(OCH2CH3)4分子中C原子的杂化形式为。
(3)钛酸锶(SrTiO3)可作电子陶瓷材料和人造宝石，其中一种晶胞结构如图所示。若Ti位于顶点位置，O位于____位置；已知晶胞参数为anm，Ti位于O所形成的正八面体的体心，则该八面体的边长为_____m(列出表达式)。
（1）1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1
（2）分子晶体O和N分别失去一个电子后的价电子排布式1s22s22p3和1s22s22p2，前者是半充满结构，比后者稳定，所以第二电离能，前者大于后者配位键、离子键、共价键前者为离子晶体，后者为分子晶体（或离子键强于分子间作用力），离子晶体的熔沸点高于分子晶体的熔沸点sp3杂化
（3）棱心a×10?9
(1)Cr原子是24号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；(2)①Ti(OCH2CH3)4可溶于有机溶剂，有机溶剂大多数都是分子晶体，根据相似相溶，Ti(OCH2CH3)4是分子晶体；②O和N分别失去一个电子后的价电子排布式2s22p3和2s22p2，前者是半充满结构，比后者稳定，所以第二电离能，前者大于后者；③根据氯化铵的电子式：，可以看出氯化铵中的化学键有铵根离子和氯离子间的离子键，氮原子和氢原子间共价键，氮原子与三个氢原子形成三对共价键，剩余一对电子与氢原子形成一对配位键，所以氯化铵中存在的作用力有离子键，共价键，配位键；Ti(OCH2CH3)4分子中C均形成四对σ键，故杂化方式为sp3杂化；(3)从图中可以看出，若Ti位于顶点位置，则O可以看成位于棱心的中心位置；Ti位于O所形成的正八面体的体心，八面体中Ti和O构成了一个等腰直角三角形，直角边长为a，斜边长为=anm=a×10?9m。
36．（15分）
氯吡格雷是一种用于预防和治疗因血小板高聚集引起的心、脑及其他动脉循环障碍疾病的药物。以A为原料合成该药物的路线如图：
（1）A的化学名称是，C中的官能团除了氯原子，其他官能团名称为。
（2）A分子中最少有原子共面。
（3）C生成D的反应类型为。
（4）A与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为。
（5）物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，符合以下条件的G的同分异构体共有____________种。
①除苯环之外无其他环状结构
②能发生银镜反应
③苯环上有只有两个取代基
其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2∶2∶2∶1的结构简式为____________。
（6）已知：，写出以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线（无机试剂任选）______________________。
（1）邻氯苯甲醛（2—氯苯甲醛）氨基、羧基
（2）12
取代反应（或酯化反应）
+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+
6、
根据题干信息分析合成氯吡格雷的路线可知，A与NH4Cl、NaCN反应生成B，B酸化得到C，C与CH3OH发生酯化反应生成D，D发生取代反应得到E，E最终发生反应得到氯吡格雷。(1)有机物A的结构简式为，分子中含有醛基和氯原子，其化学名称为邻氯苯甲醛，C的结构简式为，分子中含有的管能团有氨基、羧基和氯原子，故答案为：邻氯苯甲醛；氨基、羧基；(2)A分子中苯环和醛基均为共平面结构，故分子中最少有苯环上的所有原子共平面，即最少有12个原子共平面，故答案为：12；(3)C与CH3OH发生酯化反应生成D，反应类型为取代反应（或酯化反应），故答案为：取代反应（或酯化反应）；(4)A的结构简式为，分子中含有醛基，可与新制Cu(OH)2反应生成Cu2O的砖红色沉淀，反应方程式为+2Cu(OH)2+NaOHCu2O↓+3H2O+，故答案为：+2Cu(OH)2+
NaOHCu2O↓+3H2O+；(5)物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，物质G除苯环之外无其他环状结构；能发生银镜反应，可知物质G含有醛基，又苯环上有只有两个取代基，则物质G除苯环外含有的基团有2组，分别为—CHO、—CH2Cl和—Cl、—CH2CHO，分别都有邻间对3中结构，故G的同分异构体共有6种，其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2∶2∶2∶1的结构简式为、，故答案为：6；、；(6)已知：，根据题干信息，结合合成氯吡格雷的路线可得，以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线可以是。
37．（15分）
苹果酒在生产过程中会产生少量尿素，酒体呈酸性。尿素能与酒精反应生成有害物质，脲酶能分解酒体中的尿素。请回答下列问题：
(1)对土壤溶液中酸性脲酶菌进行富集培养(初筛)时，培养基的氮源应选用___________，与固体培养基相比，液体培养基更适于富集培养的原因是___________。
(2)复筛酸性脲酶菌的培养基为中性固体培养基，以酚红为指示剂。经接种、培养后，发现平板上有的菌落周围出现红色圈，有的没有。在挑选时，应选择___________(“有红色圈的菌落”、“无红色圈的菌落”)。
(3)从酸性脲酶菌中提取脲酶后，不宜直接将脲酶加入酒体中，原因是______________________。将酸性脲酶和海藻酸钠混合，用注射器滴入凝结液中形成珠粒，这种固化酶的方法称为___________。研究发现海藻酸钠浓度过高时脲酶的活性偏低，原因是______________________。
(4)工业化处理酒体中尿素时，若酒体在一次流经酸性脲酶凝胶反应柱后，尿素含量仍高于产品标准，在不增加柱高的前提下，改进生产工艺流程的措施是______________________。
(1)尿素培养基与菌体接触充分，菌体繁殖快
(2)无红色圈的菌落
(3)酒中的酶难以回收，不能再次利用；酶混合在酒体中，影响产品质量包埋法反应底物和产物不易扩散
(4)减慢流速、多次流入（3分）
（1）根据以上分析已知，脲酶能够分解酒精中的尿素，因此筛选土壤溶液中酸性脲酶菌时，培养基中应该以尿素为唯一氮源；液体培养基能够与菌体接触充分，菌体繁殖快，因此更适宜于菌体的富集培养。（2）酚红与尿素反应产生红色，若尿素被酸性脲酶菌分解，则在菌落周围会形成无红色的透明圈，因此在挑选时，应选择无红色圈的菌落。（3）由于酒中的酶难以回收，不能再次利用；且酶混合在酒体中，会影响产品质量，所以从酸性脲酶菌中提取脲酶后，不宜直接将脲酶加入酒体中；将酸性脲酶和海藻酸钠混合，用注射器滴入凝结液中形成珠粒，该方法为包埋法；海藻酸钠浓度过高时，反应底物和产物不易扩散，导致脲酶的活性偏低。（4）根据题意分析，工业化处理酒体中尿素时，若酒体在一次流经酸性脲酶凝胶反应柱后，尿素含量仍高于产品标准，则在不增加柱高的前提下，应该通过减慢流速、多次流入的方法加以改善。
38．（15分）
枯草杆菌蛋白酶广泛用于洗涤、制革、食品以及医疗等行业中。某研究小组利用蛋白质工程技术提高了枯草杆菌蛋白酶的催化活性。
回答下列问题：
（1）蛋白质工程是指通过__________，对现有蛋白质进行改造，或制造一种新的蛋白质，以满足人类的生产和生活的需要。
（2）目的基因的获得是利用基因工程改造蛋白质的第一步，目前常用的获取目的基因的方法有_________________________。
（3）为使目的基因与质粒连接，通常会用两种不同的______对质粒和目的基因两侧进行切割，其目的是__________________。再用______处理形成重组质粒。
（4）硏究小组将该蛋白酶中第18位丙氨酸替换为脯氨酸、第位谷氨酰胺替换为精氨酸、第位缬氨酸替換为亮氨酸，结果发现该酶的催化活性大幅度提高。其原因可能是______________。
（1）基因修饰或基因合成
（2）从基因文库中获取、利用PCR技术扩增、人工合成
（3）限制性核酸内切酶避免质粒的自我连接、目的基因的自我连接，确保目的基因的插入方向DNA连接酶
（4）改变了蛋白酶的空间结构，提高了酶与底物的亲和力
（1）蛋白质工程是指以蛋白质分子的结构规律及其与生物功能的关系作为基础，通过基因修饰和基因合成，对，对现有蛋白质进行改造，或制造一种新的蛋白质，以满足人类的生产和生活的需要。（2）考查获取目的基因的方式，常见的有从基因文库中获取；利用PCR技术进行扩增；利用DNA合成仪进行人工合成。（3）对目的基因和质粒的切割会用到限制性核酸内切酶。用不同限制酶的原因是避免质粒的自我连接、目的基因的自我连接，确保目的基因的插入方向，切割完以后使用DNA连接酶处理，形成重组质粒。（4）题干中描述蛋白酶中的多个氨基酸被替换，因此改变了蛋白酶的空间结构，提高了酶与底物的亲和力，催化活性大幅度提高。
电子档见最后
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