【名校卷】【(新課標Ⅱ)】黑龍江省哈爾濱市第三中學2018屆高三第二次模擬考試理科綜合試卷(解析)

【名校卷】【(新課標Ⅱ)】黑龍江省哈爾濱市第三中學2018屆高三第二次模擬考試理科綜合試卷(解析版)【名校卷】【(新課標Ⅱ)】黑龍江省哈爾濱市第三中學2018屆高三第二次模擬考試理科綜合試卷(解析版)【名校卷】【(新課標Ⅱ)】黑龍江省哈爾濱市第三中學2018屆高三第二次模擬考試理科綜合試卷(解析版)絕密★啟用前黑龍江省哈爾濱市第三中學2018屆高三第二次模擬考試理科綜合試卷注意事項：1．本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。答卷前，考生務必然自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答第Ⅰ卷時，選出每題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其余答案標號。寫在本試卷上無效。3．回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。4．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。第Ⅰ卷一、選擇題：本題共13個小題，每題6分，共78分。在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項吻合題目要求的。1．以下與細胞相關的表達，正確的選項是A．藍藻細胞的能量本源于其線粒體有氧呼吸過程B．細胞膜兩側(cè)的離子濃度差是經(jīng)過協(xié)助擴散實現(xiàn)的C．分泌蛋白先經(jīng)過高爾基體再經(jīng)過內(nèi)質(zhì)網(wǎng)分泌到細胞外D．細胞凋亡是由基因決定的細胞自動結(jié)束生命的過程【答案】D【解析】藍藻細胞沒有線粒體，A錯誤；主動運輸體系保證活細胞依照生命活動的需要，主動選擇吸取所需要的營養(yǎng)物質(zhì)，排出代謝廢物和對細胞有害的物質(zhì)，因此細胞膜兩側(cè)的離子濃度差是經(jīng)過主動運輸實現(xiàn)的，B錯誤；分泌蛋白先經(jīng)過內(nèi)質(zhì)網(wǎng)的加工、再經(jīng)過高爾基體的進一步修飾加工分泌到細胞外，C錯誤；細胞凋亡是由基因決定的細胞自動結(jié)束生命的過程，D正確。2．以下關于生物實驗的表達，正確的選項是A．用洋蔥鱗片葉內(nèi)表皮為資料也能觀察到質(zhì)壁分別B．檢測氨基酸的含量可用雙縮脲試劑進行顯色C．觀察細胞有絲分裂要用8%的鹽酸辦理實驗資料D．蘇丹Ⅲ染色后的花生子葉細胞中可觀察到紅色顆?！敬鸢浮緼【解析】洋蔥鱗片葉內(nèi)表皮為成熟的植物細胞，以其為資料也能觀察到質(zhì)壁分別，A正確；檢測蛋白質(zhì)的含量可用雙縮脲試劑進行顯色，B錯誤；觀察細胞有絲分裂要用質(zhì)量分數(shù)為15%的鹽酸和體積分數(shù)為95%的酒精按1:1混雜辦理實驗資料，C錯誤；蘇丹Ⅲ染色后的花生子葉細胞中可觀察到橘黃色顆粒，錯誤。13．若是以下列圖是某生物體（2n=4）正常的細胞分裂表示圖，以下相關表達正確的選項是A．該細胞處于減數(shù)第二次分裂后期B．若染色體①有基因A，則④必然有基因aC．若圖中的②表示X染色體，則③表示Y染色體D．該細胞產(chǎn)生的子細胞中無同源染色體【點睛】解決此類問題的要點是熟記并理解有絲分裂和減數(shù)分裂不相同時期的特點，明確等位基因的內(nèi)涵。在此基礎上，以題意―二倍體動物（2n=4）‖和題圖中隱含的信息―有同源染色體、有8條染色體及染色體的行為特點‖為切入點，將這一信息與所學知識有效地聯(lián)系起來，進行圖文變換、實現(xiàn)對知識的整合和遷移。4．以下關于人體內(nèi)環(huán)境與穩(wěn)態(tài)的表達，錯誤的選項是A．發(fā)生局部炎癥反響時的腫脹,是由于組織中的Na+濃度增加所致B．腎小管細胞能夠選擇性表達抗利尿激素受體基因C．饑餓時，血液流經(jīng)肝臟后血糖濃度會高升D．寒冷環(huán)境下誠然機體經(jīng)過各種路子減少散熱，但散熱量高于酷熱環(huán)境【答案】A【解析】炎癥反響惹起的腫脹是組織液中的水過多惹起，組織中的Na+濃度增加會以致組織液中的水含量降低，A錯誤；抗利尿激素作用的靶細胞之一是腎小管細胞，說明腎小管細胞有抗利尿激素受體，進而說明腎小管細胞能夠選擇性表達抗利尿激素受體基因，B正確；饑餓時，肝糖原分解為葡萄糖進入血液，因此血液流經(jīng)肝臟后血糖濃度會高升，C正確；寒冷環(huán)境下，環(huán)境溫度與體溫的溫差較大，誠然機體通過各種路子減少散熱，但散熱量高于酷熱環(huán)境，D正確。5．葡萄糖轉(zhuǎn)運載體（GLUT）有多個成員，其中對胰島素敏感的是GLUT4,其作用機理以以下列圖所示。GLUT1～3幾乎分布于全身全部組織細胞，它們的生理功能不受胰島素的影響，其生理意義在于保持細胞對葡萄糖的基礎轉(zhuǎn)運量。以下解析錯誤的選項是2A．若是體內(nèi)產(chǎn)生蛋白M抗體，可能會惹起糖尿病B．若是信號轉(zhuǎn)導阻擋，能夠加速含GLUT4的囊泡與細胞膜的交融C．GLUT1～3轉(zhuǎn)運的葡萄糖，可保證細胞生命活動的基本能量需要D．當胰島素與蛋白M結(jié)合此后，能夠提高細胞對葡萄糖的轉(zhuǎn)運能力【答案】B【解析】蛋白M為胰島素受體，而胰島素有降血糖的作用，若是體內(nèi)產(chǎn)生蛋白M抗體，則使胰島素與其受體的結(jié)合機遇減少，甚至不能夠結(jié)合，進而使胰島素不能夠發(fā)揮作用，可能會惹起糖尿病，A正確；胰島素與蛋白M（胰島素受體）結(jié)合后，激活蛋白M，經(jīng)過細胞內(nèi)信號轉(zhuǎn)導，惹起含GLUT的囊泡與細胞膜的交融，進而提高了細胞對葡萄糖的轉(zhuǎn)運能力，若是信號轉(zhuǎn)導阻擋，則不利于含GLUT4的囊泡與細胞膜的交融，B錯誤，D正確；GLUT1～3幾乎分布于全身全部組織細胞，它們的生理功能不受胰島素的影響，其生理意義在于保持細胞對葡萄糖的基礎轉(zhuǎn)運量，因此GLUT1～3轉(zhuǎn)運的葡萄糖，可保證細胞生命活動的基本能量需要，C正確。6．人類ABO血型由9號染色體上的3個復等位基因（IA,IB和i）決定，血型的基因型組成見下表。若一AB型血紅綠色盲男性和一O型血紅綠色盲攜帶者的女性婚配，以下表達正確的選項是血型ABABO基因型IAIA,IAiIBIB,IBiIAIBiiA．雙親產(chǎn)生的含紅綠色盲致病基因配子的概率不相同B．子代女孩基因型都是雜合子，男孩基因型有純合子C．他們B型赤色盲女兒和AB型赤色覺正常男性婚配，生B型赤色盲男孩的概率為1/2D．他們A型赤色盲兒子和A型赤色覺正常女性婚配，有可能生O型赤色盲女兒【答案】D【解析】AB型血紅綠色盲男性的基因型為IAIBXbY，產(chǎn)生的配子及其比率為IAXb∶IBXb∶IAY∶IBY＝1∶1∶1∶1，O型血紅綠色盲攜帶者的女性的基因型為iiXBXb，產(chǎn)生的配子及其比率為iXB∶iXb＝1∶1，可見，雙親產(chǎn)生的含紅綠色盲致病基因配子的概率相同，都是1/2，A錯誤；子代女孩的基因型為IAiXBXb、IBiXBXb、IAiXbXb、IBiXbXb，都是雜合子，男孩的基因型為IAiXBY、IBiXBY、IAiXbY、IBiXbY，都是雜合子，B錯誤；他們B型赤色盲女兒的基因型為IBiXbXb，AB型赤色覺正常男性的基因型為IAIBXBY，兩者婚配，生B型赤色盲男孩的概率為BBBb1/2（II＋Ii）×1/2XY＝1/4，C錯誤；他們A型赤色盲兒子3的基因型為IAiXbY，A型赤色覺正常女性的基因型為IAIAXBXB或IAIAXBXb或IAiXBXB或IAiXBXb，二者婚配，有可能生O型赤色盲女兒，D正確。7．以下關于有機物的說法正確的選項是A．乙烯水化生成乙醇屬于取代反響B(tài)．乙醇與酸性高錳酸鉀溶液反響生成乙醛C．油脂在堿性條件下的水解反響，常用來制取肥皂D．硝酸能夠使蛋白質(zhì)變黃，能用來鑒別全部的蛋白質(zhì)【答案】C【解析】A．乙烯與水加成生成乙醇，屬于加成反響，故A錯誤；B、乙醇與酸性高錳酸鉀溶液反響生成乙酸，不是乙醛，故B錯誤；C．油脂在堿性條件下的水解反響稱為皂化反響，工業(yè)生產(chǎn)中常用此反響來制取肥皂，故C正確；D、蛋白質(zhì)能夠跟好多試劑發(fā)生顏色反響。比方在雞蛋白溶液中滴入濃硝酸，則雞蛋白溶液呈黃色。這是由于蛋白質(zhì)(含苯環(huán)結(jié)構)與濃硝酸發(fā)生了顏色反響的緣故，可用來鑒別部分蛋白質(zhì)，不是全部蛋白質(zhì)，故D錯誤；應選C。8．分子式為C6H12Cl2的有機物，分子中只含有一個甲基的結(jié)構有（不考慮立體異構）A．5種B．7種C．9種D．11種【答案】C【解析】己烷的同分異構體有CH3-CH2-CH2-CH2-CH2-CH3、、、、，則分子式為C6H12Cl2的同分異構體有：CH3-CH2-CH2-CH2-CH2-CH3必須有一個氯原子在甲基上，則有5種結(jié)構；中氯原子必定在2個甲基上，有2種結(jié)構；中氯原子必定在2個甲基上，有2種結(jié)構；、的二氯代物中最少含有2個甲基，不吻合，C6H12Cl2的甲基共有9種，應選C。9．以下說法正確的選項是A．用于醫(yī)療輸液的葡萄糖，屬于強電解質(zhì)B．食鹽可作調(diào)味劑，也可用作食品防腐劑C．鮮花在運輸過程中噴灑高錳酸鉀稀溶液主若是補充鉀肥D．用于文物年代判斷的14C和作為標準原子的12C，化學性質(zhì)不相同【答案】B【解析】A．葡萄糖屬于非電解質(zhì)，故A錯誤；B．食鹽有咸味，可作調(diào)味劑，食鹽能夠使細菌脫水死亡，達到控制細菌生殖的目的，可做防腐劑，故B正確；C．高錳酸鉀可防范鮮花衰敗，則鮮花運輸途中需4噴灑高錳酸鉀稀溶液，主若是為鮮花保鮮，與補充鉀肥沒關，故C錯誤；D．放射性14C和作為原子量標準的12C，均為C原子，化學性質(zhì)相同，故D錯誤；應選B。10．已知：2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)△H=-632kJ?mol-1，如圖為質(zhì)子膜H2S燃料電池的表示圖。以下說法正確的選項是A．電極a上發(fā)生的電極反響式為：H2S-2e-=S+2H+B．電池工作時，電流從電極b經(jīng)過負載流向電極aC．電路中每流過1mol電子，電池內(nèi)部釋放158kJ的熱能D．每11.2LH2S參加反響，有1molH+經(jīng)固體電解質(zhì)膜進入正極區(qū)點睛：本題重視觀察原電池原理，明確電解質(zhì)溶液酸堿性是解本題要點，難點是電極反響式的書寫。本題的易錯點為C，要注意原電池是將化學能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿难b置。11．X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素，X與Z同主族，X為非金屬元素，Y的原子半徑在第三周期中最大，Y與W形成的離子化合物對水的電離無影響。以下說法正確的選項是A．常溫下，X的單質(zhì)必然呈氣態(tài)B．非金屬性由強到弱的序次為：X>Z>WC．X與W形成的化合物中各原子均達到8電子牢固結(jié)構D．Y、Z、W的最高價氧化物對應的水化物可能相互反響【答案】D【解析】X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的四種短周期主族元素，Y的原子半徑在第三周期中最大，Y為Na元素；Y與W形成的離子化合物對水的電離無影響，則W為Cl元素；X與Z同主族，X為非金屬元素，則X可能為B、C、N、O，Z可能為Al、Si、P、S。A．常溫下，B、C、N、O的單質(zhì)不必然呈氣態(tài)，如金剛石或石墨為固體，故A錯誤；B．同一周期，從左到右，非金屬性逐漸增強，則非金屬性：W>Z，故B錯誤；C．X與W形成的化合物中BCl3中的B原子未達到8電子牢固結(jié)構，故C錯誤；D．當Z為Al時，氫氧化鋁為兩性氫氧化物，Na、Al、Cl的最高價氧化物對應的水化物可能相5互反響，故D正確；應選D。點睛：本題觀察了元素周期表和元素周期律的推斷。本題的難點是X和Z的元素種類不確定。本題的易錯點為C，要注意依照形成的化合物的化學式判斷可否為8電子牢固結(jié)構。12．依照以下實驗操作，展望的實驗現(xiàn)象和實驗結(jié)論或講解均正確的選項是實驗操作展望實驗現(xiàn)象實驗結(jié)論或講解將一片鋁箔置于酒精燈外焰上灼燒向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中滴入少許B新制Cu(OH)2懸濁液并加熱向黃色的Fe(NO3)3溶液中滴加氫碘酸向盛有NH4Al(SO4)2溶液的試管中，滴加少許DNaOH溶液A．AB．BC．CD．D【答案】A

鋁箔表面有致密氧化膜生鋁箔消融但其實不滴落下成，且熔點A12O3高于來Al有磚紅色積淀生成葡萄糖擁有還原性溶液變?yōu)樽霞t色氧化性：Fe3+>I2產(chǎn)生使?jié)駶櫟募t色石蕊NH4++OH-=NH3↑+H2O試紙變藍的氣體【解析】A．將一片鋁箔置于酒精燈外焰上灼燒生成氧化鋁，氧化鋁的熔點高，包裹在Al的外面，則鋁箔消融但不滴落，故A正確；B．淀粉在酸性條件下水解生成葡萄糖，葡萄糖與氫氧化銅濁液在堿性條件下進行，應先加入堿調(diào)治pH，實驗現(xiàn)象錯誤，故B錯誤；C．向黃色的Fe(NO)3溶液中滴加氫碘酸，再加入必然量CCl4振蕩并靜置，基層溶液變?yōu)樽霞t色，說明生成了碘單質(zhì)，是由于碘離子被硝酸或鐵離子氧化，故C錯誤；D．向盛有NH4Al(SO4)2溶液的試管中，滴加少許NaOH溶液，第一與鋁離子反應生成氫氧化鋁積淀，不能夠放出氨氣，故D錯誤；應選A。13．常溫下，以下關于電解質(zhì)溶液的說法不正確的選項是2+)?c(OH-A．加水稀釋NaS溶液過程中，水電離出的c(H)逐漸減小B．pH=5的NH4Cl溶液，用蒸餾水稀釋10倍后，溶液的pH<6C．pH=2的一元酸HA溶液與pH=12的NaOH溶液等體積混雜后，c(Na+)<c(A-)D．pH相同的①NH4Cl、②NH4Al(SO4)2、③(NH4)2SO4三種溶液中c(NH)：①=③>②【答案】C【解析】A．加水稀釋Na2S溶液過程中，水解促進水的電離的程度逐漸減小，水電離出的c(H+)?c(OH-)逐漸減小，故A正確；B．pH=5的NH4Cl溶液，稀釋促進氯化銨的水解，用蒸餾水稀釋10倍后，溶液的pH<6，故B正確；C．pH=2的一元酸HA溶液與pH=12的NaOH溶液等體積混雜后，溶液的pH≥7，+-+-即c(H)≤c(OH)，依照電荷守恒，c(Na)≥c(A)，故C錯誤；D．pH相同的①NH4Cl、②NH4Al(SO4)2、6③(NH4)2SO4三種溶液中，鋁離子的水解控制銨根離子的水解，氯離子和硫酸根離子對銨根離子的水解無影響，因此c(NH4+)：①=③>②，故D正確；應選C。二、選擇題：本題共8小題，每題6分，共48分。在每題給出的四個選項中，第14~17題只有一項符合題目要求，第18~21題有多項吻合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分。14．以下說法中正確的選項是：A．α粒子散射實考據(jù)明原子內(nèi)部的正電荷是平均分布的B．氫原子的發(fā)射光譜是連續(xù)譜C．輕核的聚變和重核的裂變都能夠放出核能D．鎘棒在裂變反響堆中使快中子變?yōu)槁凶印敬鸢浮緾【解析】盧瑟福的α粒子散射實驗能夠估計原子核的大小，直徑的數(shù)量級為10-15m，證明原子內(nèi)是十分―空曠‖的，A錯誤；玻爾提出能量量子化，因此氫原子只能特定的頻率的光子，因此氫原子的氫原子的發(fā)射光譜是線狀譜，B錯誤；輕核的聚變和重核的裂變都存在質(zhì)量損失，都能夠放出核能，C正確；鎘棒的作用是吸取中子，而不是轉(zhuǎn)變?yōu)槁凶樱珼錯誤．15．物體從A點由靜止出發(fā)，做勻加速直線運動，緊接著又做勻減速直線運動，到達B點時恰好停止。在勻加速、勻減速兩個運動過程中：A．物體的位移必然相等B．物體的平均速度必然相等C．物體的加速度大小必然相等D．所用的時間必然相等【答案】B【解析】物體先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，但是物判斷物體運動的詳盡的加速度和運動的時間不確定，因此不能夠物體的詳盡的加速度時間和物體經(jīng)過的位移，依照勻變速直線運動的規(guī)律，vv0vt可知，先后兩個運動過程中平均速度必然相同，B正確．216．央視新聞2018年3月11日報道：中國將建設324顆衛(wèi)星組星座，―用戶不在服務區(qū)‖將成歷史。立刻建設的全球低軌衛(wèi)星星座被命名為―鴻雁‖。據(jù)悉，北京航天翱翔控制中心已對―鴻雁一號‖衛(wèi)星推行變軌控制。如圖為―鴻雁一號‖衛(wèi)星某次在近地址A由軌道1變軌為軌道2的表示圖，以下說法中正確的選項是：A．―鴻雁一號‖在軌道1的B點處的速度比在軌道1的A點處的速度大B．―鴻雁一號‖在軌道1的A點處的速度比在軌道2的A點處的速度大7C．―鴻雁一號‖在軌道1的A點處的加速度與在軌道2的A點處的加速度相等D．―鴻雁一號‖在軌道1的B點處的機械能比在軌道2的C點處的機械能大【答案】C【解析】在軌道1上從A到B過程中引力做負功，速度減小，故―鴻雁一號‖在軌道1的B點處的速度比在軌道1的A點處的速度小，A錯誤；從軌道1變軌到軌道2，需要在A點點火加速，故―鴻雁一號‖在軌道1的A點處的速度比在軌道2的A點處的速度小，B錯誤；―鴻雁一號‖在軌道1的A點處的軌道半徑等于在軌道2的A點處的軌道半徑，依照aGM可知―鴻雁一號‖在軌道1的A點處的加速度與在r軌道2的A點處的加速度相等，C正確；由于飛船在軌道1的A點處點火加速進入2軌道，因此2軌道的機械能大于1軌道的機械能，故D錯誤．17．以下列圖，在一真空地域中AB、CD是圓O的兩條直徑，在A、B兩點各放置電荷量為+Q和-Q的點電荷，設C、D兩點的電場強度分別為EC、ED，電勢分別為φC、φD，以下說法正確的選項是：A．EC與ED相同，φ=φCDB．EC與ED不相同，φC=φDC．EC與ED相同，φ＞φCDD．EC與ED不相同，φ＞φCD【答案】C【解析】帶等量異號電荷的電場的電場線如圖：能夠看出C、D兩點的電場強度大小相等、方向相同，即ECED；沿著電場線電勢減小，D點電必然定大于C'點電勢，而C'點電勢等于C點電勢，故D點電必然定大于C點電勢，C正確．【點睛】本題要點是結(jié)合等量異號電荷的電場線圖線進行解析辦理，要明確沿著電場線，電勢逐漸降低，電場線的疏密程度表示電場強度的大小，電場線上任意一點的切線方向表示該點的電場強度方向．18．如圖．所示，圖線a是線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動時所產(chǎn)生正弦交流電的圖象，當調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速后，所產(chǎn)生正弦交流電的圖象如圖線b所示，以下關于這兩個正弦交流電的說法正確的選項是8A．在圖中t=0時辰穿過線圈的磁通量均為零B．線圈先后兩次轉(zhuǎn)速之比為3:2C．交流電a的瞬市價為u10sin5t(V)D．交流電b的最大值為20/3V考點：法拉第電磁感覺定律；交流電19．―快樂向前沖‖節(jié)目中有這樣一種項目，選手需要借助懸掛在高處的繩飛馳到鴻溝對面的平臺上，已知繩與豎直方向夾角為α，繩的懸掛點O距平臺的豎直高度為H，繩長為L。若是質(zhì)量為m的選手抓住繩子由靜止開始搖動，運動到O點的正下方時松手，做平拋運動，不考慮空氣阻力和繩的質(zhì)量，以下說法正確的選項是：A．選手剛擺到最低點時處于超重狀態(tài)B．選手剛擺到最低點時所受繩子的拉力為(3-2cosα)mgC．若繩與豎直方向夾角仍為α，當L=H/2時，落點距起點的水平距離最遠D．若繩與豎直方向夾角仍為α，當L=H/3時，落點距起點的水平距離最遠【答案】ABC【解析】試題解析：選手向下?lián)u動過程中，機械能守恒，在最低點時繩子拉力和重力的合力供給向心力，選手在最低點松手后，做平拋運動，明確了整個過程的運動特點，依照所依照的規(guī)律即可正確求解．9在最低點時加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，A正確；在最低點Tmgmv2，過程中機械能守恒，L故mgL1cos1mv2①，聯(lián)立解得T32cosmg，B正確；從最低點松開繩子后，選手2做平拋運動，故在水平方向上xvt②，在豎直方向上HL1gt2③，聯(lián)立①②③解得2x4LHL1cos，依照數(shù)學知識可知當LHHL時x最大，即L2

，D錯誤C正確．20．以下列圖，下端封閉、上端張口、高h=5m內(nèi)壁圓滑的細玻璃管豎直放置，管底有一質(zhì)量m=10g、電荷量q=0.2C的小球，整個裝置以v=5m/s的速度沿垂直于磁場方向進入B=0.2T方向水平的勻強磁場，由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最后小球從上端管口飛出。取g=10m/s2。則：A．小球在管中運動的過程中機械能守恒B．小球帶正電C．小球在管中運動的時間為1sD．小球在管中運動的過程中增加的機械能1J【答案】BCD【解析】試題解析：判斷出小球所受洛倫茲力的方向，爾后由左手定則判斷出小球帶什么電．小球在豎直方向上做勻加速直線運動，由牛頓第二定律求出小球的加速度，爾后由位移公式求出小球的運動時間．由動能定理求出小球動能的增加量，由重力勢能的計算公式求出重力勢能的增加量，爾后求出小球機械能的增加量．小球從管口上端飛出，則小球在玻璃管中所受洛倫茲力方向豎直向上，由圖示可知磁場垂直于紙面向里，小球沿水平方向向右運動，由左手定則可知，小球帶正電，B正確；小球的實質(zhì)運動速度可分解為水平方向的速度v和豎直方向的速度vy。與兩個分速度對應的洛倫茲力的分力分別是水平方向的Fx和豎直方向的Fy．其中，豎直方向的洛倫茲力FqvB不變，在豎直方向上，由牛頓第二定律得qvBmgma，解得a10m/s2，由勻變速運動的位移公式得h1at2，解得t1s，C正確；小2球飛出管口時，豎直速度為vyat10m/s，飛出管口的合速度為v合vy2v21025255m/s，動能增量EK1mv合21mv20.5J，重力勢能的增量2210Epmgh1050.5J，機械能的增量EEKEP1J，A錯誤D正確．21．以下列圖，水平固定橫桿的正下方有一圓滑的小定滑輪，一質(zhì)量為m的小球套在橫桿上，輕質(zhì)橡皮繩(遵循胡克定律)繞過定滑輪，一端O系在墻上，另一端與小球連接，橡皮繩的原長為OP，小球在定滑輪的正上方A處時橡皮繩的拉力大小為mg，小球在水平向右的拉力F=2mg作用下向右運動經(jīng)過B點，運動到B點時，BP與橫桿的夾角為θ=37°。若橡皮繩向來在彈性限度內(nèi)，小球與橫桿間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，sin37=0°.6，cos37°=0.8，則小球在B處時：A．加速度大小為2gB．加速度方向水平向右C．與橫桿間的彈力大小為2mgD．與橫桿間的滑動摩擦力大小為mg【答案】CD【解析】對小球受力解析，以下列圖，由于OP是橡皮繩的原長，在A點T'kAPmg，在B點TkBP，依照幾何知識可得BPsinAP，聯(lián)立解得T5mg，規(guī)定向右為正方向，依照共點力平衡條件，3運用正交分解法可得NTsinmg，F(xiàn)Tcosfma，fN，聯(lián)立解得N2mg，fmg，a1g，即加速度方向向左，故CD正確．3【點睛】本題是力平衡問題，要點是解析物體的受力情況，依照平衡條件并結(jié)合正交分解法列方程求解．利用正交分解方法解體的一般步驟：①明確研究對象；②進行受力解析；③成立直角坐標系，成立坐標系的原則是讓盡可能多的力落在坐標軸上，將不在坐標軸上的力正交分解；④x方向，y方向分別列平衡方程求解．11第Ⅱ卷二、非選擇題：共174分，本卷包括必考題和選考題兩部分。第22~32題為必考題，每個試題考生都必定作答。第33~38題為選考題，考生依照要求作答。（一）必考題（共129分）22．（6分）做―考據(jù)動量守恒定律‖的實驗裝置以下列圖。圖中斜槽與水平槽圓滑連接，按要求安裝好儀器后開始實驗。先不放被碰小球，使入射球從斜槽上的M點由靜止?jié)L下落地，重復實驗若干次；爾后把被碰小球靜止放在槽的水平部分的前端邊緣N處(槽口)，再使入射球從斜槽上的M點由靜止?jié)L下。重復實驗若干次，并在白紙上記錄下重錘在記錄紙上的豎直投影點和每次實驗時小球落點的平均地址，從左至右依次為O、A、B、C點，測得兩小鋼球直徑相等，入射小球和被碰小球的質(zhì)量分別為m1、m2，且m1=2m2。以下相關本實驗的說法中正確的有：A．未放被碰小球和放了被碰小球m2時，入射小球m1的落點分別為A、BB．未放被碰小球和放了被碰小球m2時，入射小球m1的落點分別為B、AC．未放被碰小球和放了被碰小球m2時，入射小球m1的落點分別為C、AD．在誤差贊同的范圍內(nèi)若測得|OC|＝2|AB|，則說明碰撞過程中由m1、m2兩球組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律【答案】BD【解析】未放被碰小球和放了被碰小球m2時，入射小球m1的落點分別為B、A，AC錯誤B正確；設入射小球在初速度是v1，碰撞后的速度是v1'，被碰小球的速度是v2'，則m1v1m1v1'm2v2'，設由于m12m2，則有2v1v'1v2'，設平拋的時間是t：則OCv'1t，OAv2't，OBv1t，因此：若系統(tǒng)碰撞的過程中動量守恒，則滿足OC2AB，D正確．23．（9分）（1）某同學用如圖甲所示的電路測量一個電容器的電容，圖中R為20kΩ的電阻，電源電動勢為6.0V，內(nèi)阻可不計。①實驗時先將開關S接1，經(jīng)過一段時間后，當電流表示數(shù)為________μA時表示電容器極板間電壓最大。12②將開關S接2，將傳感器連接在計算機上，經(jīng)辦理后畫出電容器放電的i-t圖象，如圖乙所示。由圖象可知，圖象與兩坐標軸所圍的面積表示電容器放出的電荷量。試依照i-t圖象，求該電容器所放出的電荷量q=_______C；該電容器的電容c=_______μF。（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。（2）如圖甲是某金屬資料制成的電阻阻值R隨攝氏溫度t變化的圖象，圖中R0表示0℃時的電阻，k表示圖線的斜率。若用該電阻與電池（電動勢E、內(nèi)阻r）、電流表A（內(nèi)阻Rg）、滑動變阻器R1串通起來，連接成如圖乙所示的電路，用該電阻做測溫探頭，把電流表的電流刻度改為相應的溫度刻度，就獲得了一個簡單的―金屬電阻溫度計‖。使用―金屬電阻溫度計‖前，先要把電流表（―0‖刻線在刻度盤左側(cè)）的刻度值改為相應的溫度刻度值，若溫度t1<t2，則t1的刻度應在t2的_______側(cè)（填―左‖或―右‖）；在表記―金屬電阻溫度計‖的溫度刻度時，需要弄清所測溫度和電流的對應關系。請利用E、R0、Rg、R1（滑動變阻器的有效阻值）、r、k等物理量表示所測溫度t與電流I的關系式t=______________?！敬鸢浮?8.7-9.7×10-101.5-1.610×-4右t1ERgR1rR0kI【解析】試題解析：充電達成，電路斷路，電流為零；圖線與兩坐標軸所圍成的面積等于電容器的放電量，數(shù)格子，不足半格舍去，高出半格算一格；依照溫度關系獲得電阻關系，再獲得電流關系；依照閉合電路歐姆定律和溫控電阻的電阻與溫度關系式聯(lián)立獲得溫度與電流的關系式．（1）①電容器串通在電路中，當電容器充電達成后，電路斷路，故電路中電流為零時表示電容器極板13間電壓最大；②圖線與兩坐標軸所圍成的面積就是電容器的放電量，數(shù)格子，共96格；每一小格表示電量為：It20106A106s1011C；故電量為Q1010C；則電容CQ1010104F；U6（2）溫度t1t2，電阻R1R2，電流I1I2，故t1的刻度應在t2的右側(cè)；依照閉合電路歐姆定律，有EIrIRIRgIR1，依照溫控電阻與溫度關系，獲得RR0kt，聯(lián)立獲得1ERgR1rR0tIk24．（14分）以下列圖,兩根間距為L的固定圓滑金屬導軌MP和NQ平行放置，電阻可忽略不計，兩導軌是由位于MN左側(cè)的半徑為R的四分之一圓弧和MN右側(cè)足夠長的水平部分組成，水平導軌范圍內(nèi)存在豎直向下磁感覺強度為B的勻強磁場,兩根長度均為L的導體棒ab和cd垂直導軌且與導軌接觸良好，開始時cd靜止在磁場中，ab從圓弧導軌的頂端由靜止釋放，兩導體棒在運動中向來不接觸。已知ab棒、cd棒的質(zhì)量均為m，電阻均為r。重力加速度為g。求：（1）ab棒到達圓弧底端時對軌道的壓力大??；（2）某時辰，cd棒速度為該時辰ab棒速度的一半，此時cd棒的加速度大小?！敬鸢浮浚?）3mg（2）B2L22gR6mr【解析】（1）ab從圓弧導軌的頂端由靜止釋放下滑到低端過程，由動能定理：mgR1mv22到達圓弧低端時對ab有Nmgmv2，解得N3mg，依照牛頓第二定律可得N'3mg；因此Rab到達圓弧底端時對軌道的壓力大小為3mg；（2）對ab、cd動量守恒：mvmv1mv2，且v12v2，解得v12v，v21v33產(chǎn)生的感覺電動勢EBLv1EBLv2，電流IrR依照牛頓第二定律可得BILB2L22gRma，聯(lián)立解得a6mr25．（18分）以下列圖，在傾角為θ=30的°圓滑斜面的底端有一個固定擋板，輕質(zhì)彈簧的兩端分別拴接在14固定擋板和質(zhì)量為m的小物體B上，質(zhì)量為2m的小物體A與B靠在一起處于靜止狀態(tài)。若A、B粘連在一起，用一沿斜面向上的拉力F0緩慢拉物體A，當B位移為L時，拉力F0=mg/2；若A、B不粘連，用一沿斜面向上的恒力F作用在A上，當B的位移為L時，A、B恰好分別。重力加速度為g，不計空氣阻力。求：（1）恒力F的大??；2）若A、B粘連一起，請利用F0與物體B的位移s之間的函數(shù)關系，在F0—s圖象中定性畫出圖線，再借鑒v—t圖象求位移的思想方法計算出B緩慢搬動位移L的過程中，拉力F0所做的功；3）A、B不粘連的情況下，恒力F作用使A、B恰好分別時A、B的速度大小?！敬鸢浮浚?）2mg（2）,1mgL（3）7gL46【解析】（1）A、B粘連在一起，位移為L時，F(xiàn)0+kx3mgsin①，解得kxmg、B不粘連時，恰好分別時，對A有：F2mgsin2ma②；A對B有：kxmgsinma③，解得F2mg④（2）設初始彈簧的形變量為x0，則有kx03mgsin⑤、B粘連一起的情況下，對、F0kx0s3mgsin⑥AAB緩慢向上運動有：解得F0與物體B的位移s之間的函數(shù)關系，F(xiàn)0ks，⑦F0s圖像以下列圖：F0s圖像面積表示F0做功WF1mgL⑨04（3）A、B粘連在一起，位移為L過程，WFW彈3mgLsin00、B不粘連，位移為L過程：FLW3mgLsin13mv2A彈2聯(lián)立解得v7gL7gL，因此A、B恰好分別時、661526．（14分）三氯化氧磷(POCl3)可用作有機合成的氯化劑和催化劑，實驗室制取POCl3并測定產(chǎn)品含量的實驗過程以下：I．制備POCl3可用氧氣氧化液態(tài)的PCl3法。實驗裝置(加熱及夾持裝置省略)及相關信息以下。物質(zhì)熔點/℃沸點/℃相對分子質(zhì)量其余PCl3均為無色液體，遇水均激烈水解為含氧酸和氯化POCl3氫，兩者互溶1）裝MnO2的儀器名稱是__________；干燥管的作用為_________________________。（2）裝置B中的液體藥品是_____；裝置B有三個作用，分別為______________________。（3）三氯化氧磷還可由三氯化磷與水、氯氣反響制備。此方法生產(chǎn)三氯化氧磷的化學方程式為____________________________________。．測定POCl3產(chǎn)品含量的實驗步驟：①實驗I結(jié)束后，待反響器中液體冷卻到室溫，正確稱取必然質(zhì)量的POCl3產(chǎn)品（雜質(zhì)不含氯元素），置于盛有100.00mL蒸餾水的燒杯中搖動至完滿水解，將水解液配成200.00mL溶液②取10.00mL溶液于錐形瓶中，加入10.00mL1.5mol/LAgNO3標準溶液③加入少許硝基苯，用力搖動，靜置④加入指示劑，用0.2mol/LKSCN溶液滴定過分的AgNO3溶液，到達終點時共用去15.00mLKSCN溶液。4）選擇的指示劑為___________。5）測得產(chǎn)品中n(POCl3)=___________________________。(已知：磷酸銀可溶于酸）（6）已知Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)，步驟③的目的是________________________________。【答案】圓底燒瓶防范空氣中的水蒸氣進入三頸燒瓶濃硫酸平衡氣壓、干燥氧氣、觀察氧氣流速PCl3+H2O+Cl2＝POCl3+2HCl硫酸鐵（合理即可）由于AgSCN積淀的溶解度比AgCl小，加入硝基苯用力搖動，使AgCl積淀表面被有機物覆蓋，防范在滴加KSCN時，將AgCl積淀轉(zhuǎn)變?yōu)锳gSCN積淀【解析】I．A裝置中用雙氧水與二氧化錳反響生成氧氣，經(jīng)過加入雙氧水的量，能夠控制產(chǎn)生氧氣的速率，氧氣中含有水蒸氣用濃硫酸除掉，因此B裝置中裝濃硫酸，裝置B中有上頸漏斗，能夠平衡裝置內(nèi)外16的壓強，起安全瓶的作用，純凈的氧氣與三氯化磷反響生成POCl3，為了控制反響速率且要防范三氯化磷會揮發(fā)，反響的溫度控制在60～65℃，因此裝置C中用水浴，為防范POCl3揮發(fā)，用冷凝管a進行冷凝回流，POCl3遇水均激烈水解為含氧酸和氯化氫，因此為防范空氣中水蒸汽進入裝置，同時吸取尾氣，因此在裝置的最后連有堿石灰的干燥管。（1）依照圖示，裝MnO2的儀器為圓底燒瓶；依照題意，PCl3遇水均激烈水解為含氧酸和氯化氫，干燥管能夠防范空氣中的水蒸氣進入三頸燒瓶，故答案為：圓底燒瓶；防范空氣中的水蒸氣進入三頸燒瓶；（2）裝置A中生成的氧氣中含有水蒸氣，PCl3遇水均激烈水解為含氧酸和氯化氫，需用裝置B中的液體干燥氧氣，能夠采用濃硫酸；裝置B有三個作用，分別為平衡氣壓、干燥氧氣、觀察氧氣流速，故答案為：濃硫酸；平衡氣壓、干燥氧氣、觀察氧氣流速；（3）三氯化氧磷還可由三氯化磷與水、氯氣反響制備，反響的化學方程式為PCl3+H2O+Cl2＝POCl3+2HCl，故答案為：PCl3+H2O+Cl2＝POCl3+2HCl；（4）鐵離子遇到KSCN會顯示紅色，能夠硫酸鐵溶液為指示劑，用KSCN溶液滴定過分的AgNO3溶液達到終點時的現(xiàn)象是溶液變紅色，故答案為：硫酸鐵；（5）KSCN的物質(zhì)的量為×0.015L=0.003mol，依照反響+-Ag+SCN=AgSCN↓，可知溶液中剩余的銀離子的物質(zhì)的量為0.003mol，依照Ag++Cl-=AgCl↓，POCl3與水反響生成氯化氫的物質(zhì)的量為mol/L×0.01L-0.003mol=0.012mol，則產(chǎn)品中POCl3的物質(zhì)的量為12000.012mol××=0.08mol，故答案310為：0.08mol；（6）由于AgSCN積淀的溶解度比AgCl小，加入硝基苯用力搖動，使AgCl積淀表面被有機物覆蓋，防范在滴加KSCN時，將AgCl積淀轉(zhuǎn)變?yōu)锳gSCN積淀，故答案為：由于AgSCN積淀的溶解度比AgCl小，加入硝基苯用力搖動，使AgCl積淀表面被有機物覆蓋，防范在滴加KSCN時，將AgCl積淀轉(zhuǎn)變?yōu)锳gSCN積淀。27．（14分）某含鉻污泥主要含Cr2O3、Al2O3、Fe2O3等物質(zhì)，該污泥能夠用濕法回收利用，流程以以下列圖所示：已知：室溫下部分氫氧化物的Ksp見下表Al(OH)3Fe(OH)3Cr(OH)3Mn(OH)2Ksp3×10-344×10-386×10-314×10-14（1）酸浸前，對含鉻污泥進行預辦理即加水濕磨成漿體，濕磨的作用是_____________。（2）向濾液I加KMnO4氧化Cr3+的離子方程式是________________________________;將Cr3+氧化的17目的是____________________________________________________。3）室溫下，調(diào)pH=10時，=_____；調(diào)溶液pH不能夠大于10，原因是_________。（4）NaHSO3在反響中的作用是___________；理論上n(NaHSO3):n[CrOH(H2O)5SO4]之比是_______________。（5）NaHSO3固體在空氣中易變質(zhì)，寫出檢驗NaHSO3可否變質(zhì)的方法______________?！敬鸢浮吭龃蠼佑|面積，加速反響速率，增加酸浸時金屬元素浸出率10Cr3++6MnO+11H2O=6Mn2++5Cr2O+22H+防范調(diào)pH=10時，Cr3+生成Cr(OH)3積淀使鉻回收率下降7.5×103防范堿性過強Al(OH)3積淀溶解生成AlO，無法分別還原劑3:2取少許NaHSO3固體加適合水溶解，先加稀鹽酸再加BaCl2溶液，若有白色積淀生成，則NaHSO3已變質(zhì)；若無白色積淀則未變質(zhì)【解析】（1）酸浸前，對含鉻污泥進行預辦理即加水濕磨成漿體，濕磨能夠增大接觸面積，加速反響速率，增加酸浸時金屬元素浸出率，故答案為：增大接觸面積，加速反響速率，增加酸浸時金屬元素浸出率；3+3+-2++5Cr2-+22H+；依照氫氧化物的（2）KMnO4氧化Cr的離子方程式為10Cr+6MnO4+11H2O=6Mn2O7Ksp，將Cr3+氧化能夠防范調(diào)pH=10時，Cr3+生成Cr(OH)3積淀使鉻回收率下降，故答案為：10Cr3++6MnO4-+11H2O=6Mn2++5Cr2O72-+22H+；防范調(diào)pH=10時，Cr3+生成Cr(OH)3積淀使鉻回收率下降；（3）室溫下，調(diào)pH=10時，cAl3c3OHKspAlOH=c3=cFe3OHKspFeOH

33

310=410

34=7.5×103；為了防止堿性過強Al(OH)3積淀溶解生成AlO2-，無法分別，溶液pH不能夠大于10，故答案為：7.5×103；防范堿性過強Al(OH)3積淀溶解生成AlO2-，無法分別；（4）加入NaHSO3能夠?qū)⑷芤旱腃r2O72-還原為Cr3+；依照得失電子守恒，理論上n(NaHSO3)×(6-4)=n[CrOH(H2O)5SO4]×(6-3)，解得n(NaHSO3)：n[CrOH(H2O)5SO4]=3:2，故答案為：還原劑；3:2；（5）NaHSO3固體在空氣中易被空氣氧化為硫酸氫鈉而變質(zhì)，檢驗NaHSO3可否變質(zhì)只需要檢驗硫酸根離子即可，方法為取少許NaHSO3固體加適合水溶解，先加稀鹽酸再加BaCl2溶液，若有白色積淀生成，則NaHSO3已變質(zhì)；若無白色積淀則未變質(zhì)，故答案為：取少許NaHSO3固體加適合水溶解，先加稀鹽酸再加BaCl2溶液，若有白色積淀生成，則NaHSO3已變質(zhì)；若無白色積淀則未變質(zhì)。28．（15分）燃煤煙氣的脫硫脫硝是目前研究的熱點。（1）用CH4催化還原氮氧化物能夠除掉氮氧化物的污染。已知：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574kJ?mol-1②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ?mol-1③H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ?mol-1寫出CH4(g)與NO2(g)反響生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l)的熱化學方程式_____________。2）某科研小組研究臭氧氧化--堿吸取法同時脫除SO2和NO工藝，氧化過程反響原理及反響熱、活化能數(shù)據(jù)以下：18反響Ⅰ：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)△H1=-200.9kJ?mol-1Ea1=3.2kJ?mol-1反響Ⅱ：SO23(g)322-12=58kJ?mol-1(g)+OSO(g)+O(g)△H=-241.6kJ?molEa已知該系統(tǒng)中臭氧發(fā)生分解反響：2O3(g)3O2(g)。請回答：其余條件不變，每次向容積為2L的反響器中充入含1.0molNO、1.0molSO2的模擬煙氣和2.0molO3，改變溫度，反響相同時間t后系統(tǒng)中NO和SO2的轉(zhuǎn)變率以下列圖：①由圖1可知相同溫度下NO的轉(zhuǎn)變率遠高于SO2，結(jié)合題中數(shù)據(jù)解析其可能原因_______。②以下說法正確的選項是________。A．P點必然為平衡狀態(tài)點B．溫度高于200℃后，NO和SO2的轉(zhuǎn)變率隨溫度高升明顯下降、最后幾乎為零C．其余條件不變，若減小反響器的容積可提高NO和SO2的轉(zhuǎn)變率D．臭氧氧化過程不能夠有效地脫除SO2，但后續(xù)步驟堿吸取能夠有效脫硫③假設100℃時P、Q均為平衡點，此時反響時間為10分鐘，發(fā)生分解反響的臭氧占充入臭氧總量的10%，則系統(tǒng)中節(jié)余O3的物質(zhì)的量是________mol；NO的平均反響速率為________；反響Ⅱ在此時的平衡常數(shù)為_______________。3）用電化學法模擬工業(yè)辦理SO2。將硫酸工業(yè)尾氣中的SO2通入如圖裝置（電極均為惰性資料）進行實驗，可用于制備硫酸，同時獲得電能：M極發(fā)生的電極反響式為___________________。②質(zhì)子互換膜右側(cè)的溶液在反響后pH________（填―增大‖、―減小‖、―不變‖）。③當外電路經(jīng)過0.2mol電子時，質(zhì)子互換膜左側(cè)的溶液質(zhì)量______（填―增大‖或―減小‖）_______克。【答案】CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(l)△H=-955kJ/mol反響Ⅰ的活化能小于反響Ⅱ，相19同條件下更易發(fā)生反響0.0425mol/(L.min)0.96SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+增大增大【解析】（1）CH4(g)與NO2(g)反響生成N2(g)、CO2(g)和H2O(l)的化學方程式為：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O（1）。已知：①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-574kJ?mol-1，②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ?mol-1，③H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ?mol-1，將①②③4可得：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O（1），△2574kJ/mol1160kJ/mol44kJ/mol4H=2=-955kJ/mol，故答案為：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O（1），△H=-955kJ?mol-1；③假設100℃時P、Q均為平衡點，此時反響時間為10分鐘，發(fā)生分解反響的臭氧占充入臭氧總量的10%，發(fā)生分解反響的臭氧為2mol×10%=0.2mol，依照反響Ⅰ：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)，平衡時NO的轉(zhuǎn)變率為85%，反響的臭氧為1mol×85%=0.85mol；反響Ⅱ：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)，平衡時二氧化硫的轉(zhuǎn)變率為30%，反響的臭氧為1mol×30%=0.30mol；最后節(jié)余臭氧1mol85%2mol-0.2mol-0.85mol-0.30mol=0.65mol；10min內(nèi)NO的平均反響速率=2L=0.0425mol/(Lmin)·；10min平衡時SO2、O3、SO3、O2的物質(zhì)的量分別為0.7mol、0.65mol、0.3mol、32，故答案為：0.65；0.2mol×+0.85mol+0.3mol=1.45mol，反響Ⅱ在此時的平衡常數(shù)=22220.0425mol/(Lmin)·；；（3）①該裝置是原電池，反響原理為二氧化硫、氧氣和水反響生成硫酸，通入氧氣的N電極是正極，原電池放電時，氫離子由負極移向正極，正極上氧氣得電子和氫離子反響生成水，電極反響式為：O2+4e-+4H+=2H2O，負極M上，二氧化硫失電子和水反響生成硫酸，電極反響式為：SO2-2e-+2H2O=4H++SO42-，故答案為：SO2-2e-+2H2O=4H++SO42-；20②質(zhì)子互換膜右側(cè)為正極區(qū)，正極上氧氣得電子和氫離子反響生成水，溶液中的氫離子濃度減小，pH增大，故答案為：增大；③質(zhì)子互換膜左側(cè)為負極區(qū)，負極上，二氧化硫失電子和水反響生成硫酸，電極反響式為：SO2-2e-+2H2O=4H++SO42-，當外電路經(jīng)過0.2mol電子時，生成0.4mol氫離子，有2mol氫離子經(jīng)過質(zhì)子互換膜移向右側(cè)，左側(cè)的溶液質(zhì)量增大64g/mol×0.1mol-0.2mol×1g/mol=6.2g，故答案為：增大；。29．（10分）某野生型水稻經(jīng)人工誘變，培育獲得一種突變型水稻新品種，該突變型水稻葉片的葉綠素含量約為野生型的一半，但固定CO2酶的活性明顯高于野生型。以下列圖顯示兩者在不相同光照強度下的CO2吸取速率?；卮鹨韵聠栴}：（1）光照強度低于P時，限制突變型光合速率的主要環(huán)境因素是__________，突變型水稻光反響中葉綠素吸取的_______________光減少而降低了光合速率。該突變型水稻與野生型水稻____________（存在、不存在）生殖隔斷。（2）光照強度高于P時，突變型的暗反響強度__________野生型，限制野生型水稻光合速率的主要內(nèi)因是___________________。（3）若降低環(huán)境中CO2濃度，突變型水稻CO2吸取速率曲線與光照強度的交點將向___搬動。若是提取水稻綠葉中的色素，提取時在研缽中放入少許二氧化硅和碳酸鈣，碳酸鈣的作用是______________?！敬鸢浮抗庹諒姸燃t光和藍紫不存在高于固定CO2酶的活性右防范色素被破壞【解析】試題解析：曲線縱坐標CO2吸取速率反響的是植物光合作用吸取的CO2速率與呼吸作用釋放的CO2速率的差值，即表示的是凈光合速率，據(jù)此以題意―該突變型水稻葉片的葉綠素含量約為野生型的一半，但固定CO2酶的活性明顯高于野生型‖為切入點，解析圖中兩曲線的變化趨勢，圍繞光合作用的過程及其影響因素等相關知識對各問題情境進行解析作答。1）光照強度低于P時，突變型光合速率隨光照強度的增加而增加，因此限制突變型光合速率的主要環(huán)境因素是光照強度。突變型水稻葉片的葉綠素含量約為野生型的一半，以致其光反響中葉綠素吸取的紅光和藍紫光減少而降低了光合速率。該突變型水稻與野生型水稻屬于同一物種，不存在生殖隔斷。2）曲線圖顯示：光照強度高于P時，突變型的CO2吸取速率大于野生型，因此突變型的暗反響強度高于野生型。由題意―該突變型水稻固定CO2酶的活性明顯高于野生型‖可知，光照強度高于P時，限制野生型水稻光合速率的主要內(nèi)因是固定CO2酶的活性。（3）突變型水稻CO2吸取速率曲線與光照強度的交點表示光合速率等于呼吸速率。若降低環(huán)境中CO221濃度，則光合速率減弱，因此突變型水稻CO2吸取速率曲線與光照強度的交點將向右搬動。提取水稻綠葉中的色素，在研缽中放入少許碳酸鈣的作用是防范色素被破壞。30．（10分）研究小組研究了生長素近似物（NAA）對某果樹扦插枝條生根的影響，結(jié)果以下列圖?；卮鹨韵聠栴}：（1）本實驗的因變量是_________，400mg/L生長素近似物擁有___________（增加或減少）生根數(shù)的效應。（2）研究發(fā)現(xiàn)未用生長素近似物辦理的扦插枝條有些也能生根，原因是__________；與用生長素近似物辦理的扦插枝條對照，未用生長素近似物辦理的扦插枝條首次出現(xiàn)根需要的時間較長，原因是___________________。（3）生長素近似物辦理扦插枝條的方法好多，比較簡略的方法有________和_______。（4）從激素相互作用的角度解析，高濃度生長素控制植物生長的原因是___________?！敬鸢浮科骄鶖?shù)、生根率增加扦插枝條上的芽能合成生長素枝條自己產(chǎn)生的生長素較少，積累到生根所需濃度時間長浸泡法沾蘸法生長素濃度高時會促進乙烯的合成，乙烯能夠控制植物的生長（生長素濃度高時會促進乙烯的合成，而乙烯含量的增高，反過來又控制了生長素促進細胞伸長的作用）【解析】試題解析：梳理生長素的生理功能及其應用、實驗設計的原則等相關知識是解析、解決本題的關鍵所在。由題意并從題圖中提取有效信息，正確掌握實驗目的（研究NAA對某果樹扦插枝條生根的影響），明辨實驗變量（自變量、因變量、沒關變量），據(jù)此采用比較法認真解析曲線的變化趨勢，結(jié)合問題情境進行解答。（1）本實驗的目的是研究了生長素近似物（NAA）對某果樹扦插枝條生根的影響，因變量是平均生根數(shù)、生根率。題圖顯示：用400mg/L生長素近似物辦理的扦插枝條平均生根數(shù)多于用0mg/L生長素類似物辦理的比較組，說明400mg/L生長素近似物具增加生根數(shù)的效應。2）未用生長素近似物辦理的扦插枝條有些也能生根的原因是：扦插枝條上的芽能合成生長素，生長素能促進扦插枝條生根。由于枝條自己產(chǎn)生的生長素較少，積累到生根所需濃度時間長，因此，與用生長素近似物辦理的扦插枝條對照，未用生長素近似物辦理的扦插枝條首次出現(xiàn)根的時間較長。3）用生長素近似物辦理扦插枝條的比較簡略的方法有浸泡法和沾蘸法。4）從激素相互作用的角度解析，高濃度生長素控制植物生長的原因是：生長素濃度高時會促進乙烯的合成，乙烯能夠控制植物的生長（生長素濃度高時會促進乙烯的合成，而乙烯含量的增高，反過來22又控制了生長素促進細胞伸長的作用）?！军c睛】依照反響實驗結(jié)果的曲線圖判斷生長素近似物（NAA）生理效應的方法：抓住因變量平均生根數(shù)、生根率，并且將實驗組（NAA濃度大于0）與比較組（NAA為0）的該數(shù)值進行比較解析，若實驗組該數(shù)值大于比較組則表現(xiàn)了NAA的促進作用，反之則表現(xiàn)了控制作用。31．（7分）某地因采礦以致地表下沉，成為無法利用的荒地。為了改變這類情況，相關部門就地取材，經(jīng)過一系列措施，將該地改造成草地，并成立生態(tài)公園，一些生物陸續(xù)遷入，并逐漸形成相對牢固的生物群落。回答以下問題：1）該公園生物群落的變化屬于_______演替。隨著時間的推移該公園_____（能、不能夠、不用然能）演替到森林階段。2）該公園物種的豐富度較低，豐富度是指_____________。若要檢查該公園土壤中小動物的豐富度，常用_______________進行采集、檢查。（3）與森林群落對照，該公園生物群落對陽光等環(huán)境資源的利用能力低，原因是_____。4）平時，生態(tài)系統(tǒng)的食品鏈不會很長，原因是____________________?！敬鸢浮看紊挥萌荒苋郝渲形锓N數(shù)量的多少取樣器取樣法無復雜的垂直結(jié)構能量在沿食物鏈流動的過程中是逐級減少的【解析】試題解析：梳理群落的結(jié)構及演替、檢查土壤中小動物類群的豐富度、生態(tài)系統(tǒng)的能量流動等相關知識，從題意中提取有效信息，據(jù)此進行相關問題的解答。（1）該公園生物群落的變化是從原有土壤條件基本保留的地方開始的，屬于次生演替。受天氣條件等因素的限制，隨著時間的推移該公園不用然能演替到森林階段。2）豐富度是指群落中物種數(shù)量的多少。若要檢查該公園土壤中小動物的豐富度，常用取樣器取樣法進行采集、檢查。3）與森林群落對照，該公園生物群落無復雜的垂直結(jié)構，因此對陽光等環(huán)境資源的利用能力低。4）因能量在沿食品鏈流動的過程中是逐級減少的，因此平時情況下，生態(tài)系統(tǒng)的食品鏈不會很長。32．（12分）已知果蠅長翅和短翅為一對相對性狀，受一同等位基因（A/a）控制，現(xiàn)有長翅和短翅雌雄果蠅若干，某同學讓一只雌性長翅果蠅與一只雄性長翅果蠅雜交，子一代中表現(xiàn)型及其分別比為長翅：短翅=3：1?；卮鹨韵聠栴}:（1）依照上述實驗結(jié)果，能夠確定________為顯性性狀。（2）依照上述實驗結(jié)果，無法確定等位基因是位于常染色體上，還是X染色體上。若要判斷基因的地址，還需要統(tǒng)計子一代翅型與性其余關系。①若__________________________________________，則基因位于常染色體上。②若__________________________________________，則基因位于X染色體上。（3）依照子一代翅型與性其余關系，能夠確定該等位基因位于X染色體，但是無法確定該等位基因位于X和Y染色體的同源區(qū)段（以以下列圖所示）還是非同源區(qū)段（只位于X染色體）。請用適合的果蠅為資料設計一個雜交實驗，判斷基因位于X和Y染色體的同源區(qū)段還是非同源區(qū)段。（要求：23寫出實驗思路、預期實驗結(jié)果、得出結(jié)論）4）若是該性狀由常染色體上兩同等位基因（A/a，B/b）控制，當A和B同時存在時表現(xiàn)為長翅，其他情況為短翅，雙親兩對基因均為雜合子，子代出現(xiàn)上述比率滿足的條件是______________，______________?！敬鸢浮块L翅子一代性狀分別比在雌雄果蠅中相同雌性都為長翅，雄性既有長翅又有短翅選擇多對短翅(♀)×長翅(♂)進行雜交獲得F1，若F1出現(xiàn)雄性長翅果蠅，則基因位于X和Y染色體的同源區(qū)段；若F1雄性果蠅都為短翅，則基因位于X和Y染色體的非同源區(qū)段A和B位于同一條染色體上，a和b位于同一條染色體上（2分）減數(shù)分裂時同源染色體非姐妹染色單體無交織互換【解析】試題解析：果蠅翅的長短受一同等位基因（A/a）控制，說明其遺傳依照基因的分別定律；依照F1的表現(xiàn)型推斷果蠅翅的長短的顯隱性關系。確定等位基因（A/a）是位于常染色體上，還是X染色體上，依照這兩種情況分別進行談論，依照寫出的親本基因型推斷F1的表現(xiàn)型及其性狀分別比。選擇隱性雌性個體與顯性雄性個體雜交，依照F1的表現(xiàn)型及其性狀分別比即可明辨基因是位于X和Y染色體的同源區(qū)段還是非同源區(qū)段。由常染色體上兩同等位基因（A/a，B/b）控制的兩個雙雜合子交配，只有A和B基因完滿連鎖（位于同一條染色體上、無交織互換）、a和b基因完滿連鎖才會出現(xiàn)―當A和B同時存在時表現(xiàn)為長翅，其余情況為短翅‖的現(xiàn)象。1）一只雌性長翅果蠅與一只雄性長翅果蠅雜交，子一代中出現(xiàn)了短翅個體，說明長翅對短翅為顯性。（2）①若基因位于常染色體上，則雙親的基因型均為Aa，子一代性狀分別比在雌雄果蠅中相同，均為長翅（A_）∶短翅（aa）＝3∶1。②若基因位于X染色體上，則雙親的基因型分別為XAXa、XAY，子一代的基因型及其比率為XAXA∶XAXa∶XAY∶XaY＝1∶1∶1∶1，雌性都為長翅，雄性既有長翅又有短翅。（3）判斷基因位于X和Y染色體的同源區(qū)段還是非同源區(qū)段上，可選擇多對短翅(♀)與長翅(♂)進行雜交獲得F1，觀察并解析F1的表現(xiàn)型及其比率。若基因位于X和Y染色體的同源區(qū)段上，則短翅(♀)的基因型為XaXa，長翅(♂)的基因型為XAYA或XaYA或XAYa，F(xiàn)1會出現(xiàn)雄性長翅果蠅（XaYA）；若基因位于X和Y染色體的非同源區(qū)段，則短翅(♀)的基因型為aaA雄性果XX，長翅(♂)的基因型為XY，F(xiàn)1蠅都為短翅（XaY）。（4）若是該性狀由常染色體上兩同等位基因（A/a，B/b）控制，當A和B同時存在時表現(xiàn)為長翅，其他情況為短翅，雙親兩對基因均為雜合子，子代出現(xiàn)上述比率（長翅∶短翅＝3∶1）滿足的條件是：A和B位于同一條染色體上，a和b位于同一條染色體上，減數(shù)分裂時同源染色體的非姐妹染色單體之間24無交織互換。【點睛】判斷基因位于常染色體上、還是只位于X染色體上或位于X、Y的同源區(qū)段上的實驗方法：若已知性狀的顯隱性，可經(jīng)過一次雜交實驗進行判斷：選擇純合隱性雌性個體與純合顯性雄性個體雜交，據(jù)子代性狀表現(xiàn)可否與性別相關系予以確認(以以下列圖所示)。（二）選考題：共45分。請考生從2道題物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。若是多做，則每科按所做的第一題計分。33．[物理——選修3–3]（15分）（1）（5分）以下說法正確的選項是。（填正確答案標號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分）．毛細現(xiàn)象是液體的表面張力作用的結(jié)果．液晶像液體相同擁有流動性，而其光學性質(zhì)和某些晶體相似擁有各向同性C．人們用空氣中水蒸氣的壓強與同一溫度時水的飽和汽壓之比來描述空氣的濕潤程度．在任何自然過程中，一個孤立系統(tǒng)的總熵不會減小E.熱量不能夠從低溫物體傳到高溫物體【答案】ACD【解析】毛細現(xiàn)象是液體的表面張力作用的結(jié)果，A正確；液晶像液體相同擁有流動性，而其光學性質(zhì)具有各向異性，B錯誤；人們用空氣中水蒸氣的壓強與同一溫度時水的飽和汽壓之比來描述空氣的濕潤程度，C正確；依照熱力學第二定律，在任何自然的過程中。一個孤立的系統(tǒng)的總墑不會減小，D正確；電冰箱的工作過程表示，熱量能夠從低溫物體向高溫物體傳達，可是要耗資電能，E錯誤．（2）（10分）如圖（a）所示，長為52cm粗細平均的細玻璃管的一端張口另一端封閉，在與水平方向成30o角放置時，一段長為h=20cm的水銀柱封閉著必然質(zhì)量的理想氣體，管內(nèi)氣柱長度為L1=30cm，大氣壓強p0=76cmHg，室溫t1=270C。現(xiàn)將玻璃管沿逆時針方向緩慢轉(zhuǎn)過60o，使它封閉端浸入冰水混雜物中，足夠長的時間后，對冰水混雜物進行加熱。（計算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。①求管內(nèi)氣柱長度的最小值；②為了保證水銀不會從管內(nèi)溢出，求水溫達到的最大攝氏溫度值。25【答案】（1）（2）84.2C【解析】（1）溫度為0℃時，氣柱長最短，由P0hsinL1P0hL2，代入解得L273t1273t22（2）管豎直且水銀上表面與管口平齊時，氣體溫度最高，則有P0hsinL1P0hL3273t1273t3其中L3522032（cm），代入解得t3℃．33．[物理——選修3–4]（15分）（1）（5分）圖為一列簡諧波在t=2s時的波形圖。圖為媒質(zhì)是平衡地址在x=1.5m處的質(zhì)點的振動圖象，P是平衡地址為x=2m的質(zhì)點，以下說法正確的選項是_______。（填正確答案標號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分）A．波的流傳方向向右B．波速為C．02s時間內(nèi)，P運動的行程為8cmD．當t=7s時，P恰好回到平衡地址E．02s時間內(nèi)，P向y軸正方向運動【答案】BCD【解析】從振動圖中可知在t=2s時x=1.5處的質(zhì)點沿y軸負方向，依照走坡法可知波向左流傳，A錯誤；由圖（a）可知該簡諧橫波波長為2m，由圖（b）知周期為4s，則波速為v20.5m/s，B正T4確；由圖（a）可知t=2s時，質(zhì)點P已經(jīng)在波谷，P向y軸負方向運動，2s1T，因此可知0～2s2時間內(nèi)即半個周期內(nèi)，P沿y軸從正的最大位移處運動到了負的最大位移處，因此行程為2個振幅，即8cm，C正確E錯誤；當t=7s時，t5s11，P恰好回平衡地址，D正確．42）（10分）一個半圓形玻璃磚，某橫截面半徑為R的半圓，AB為半圓的直徑，O為圓心，以下列圖。玻璃的折射率為n2。（I）一束平行光垂直射向玻璃磚的下表面，若光輝到達上表面后，都能從該表面射出，3R則入2射光束在AB上的最大寬度為多少？（II）一細束光輝在O點左側(cè)與O相距處垂直于AB從下方入射，求此光輝從玻璃磚射出點的地址。26【答案】（1）2R（2)3R2【解析】（i）依照全反射定律：sinC1C45，即臨界角為45°，如圖：，得：n由幾何知識得：dRsinC1，則入射光束在AB上的最大寬度為2d2R；2n3（ii）設光輝在距離O點R的C點射入后，在上表面的入射角為，由幾何關系和已知條件得260C，光輝在玻璃磚內(nèi)會發(fā)生三次全反射，最后由G點射出，如圖：由反射定律和幾何關系得：OGOC3R，射到G點的光有一部分被反射，沿原路返回到達C2點射出．【點睛】解決光學問題的要點要掌握全反射的條件、折射定律nsini1、臨界角公式sinC、光速sinrn公式vc，運用幾何知識結(jié)合解決這類問題n35．[化學——選修3：物質(zhì)結(jié)構與性質(zhì)]（15分）含鹵族元素的化合物在科研和生產(chǎn)中有好多重要用途。如：2molSb(CH3)3、2molSb(CH3)2Br和2molSb(CH3)Br2進行重組反響可生成空間位阻最小的離子化合物[Sb2(CH3)5]2[Sb2(CH3)2Br6]。請回答：（1）中，H、C、Br的電負性由大到小的序次為________，溴原子的M能層電子排布式為________。27（2）[Sb2(CH3)5]+的結(jié)構式為，Sb原子的雜化軌道種類為_________。寫出一種與CH3-互為等電子體的陽離子_________。（3）碘在水中的溶解度誠然小，但在碘化鉀溶液中溶解度卻明顯增大，這是由于發(fā)生I-+I2I3-。I3-離子的空間構型為__________。（4）必然條件下SbCl3與GaCl3以物質(zhì)的量之比為l：l混雜獲得一種固態(tài)離子化合物，其結(jié)構組成可能為：(a)[SbCl][GaCl]或(b)[GaCl][SbCl]，該離子化合物最可能的結(jié)構組成為________(填―a‖或―b‖)，原因是_____________________________。（5）固態(tài)PCl5結(jié)構中存在PCl和PCl兩種離子，其晶胞以下列圖。已知晶胞的邊長為anm，阿伏加德羅常數(shù)值用NA表示。則PCl和PCl之間的最短距離為_______pm，固態(tài)PCl5的密度為______g?cm-3?！敬鸢浮緽r>C>H3s23p63d10sp3雜化H3O+直線形aGaCl3分子中，Ga原子周圍價層電子對數(shù)為3，是電子對的接受體，更簡單與Cl—上的孤電子春結(jié)合，形成配位鍵，組成[GaCl4—]離子，因此可能結(jié)構應是[SbCl2+][GaCl4—]3a×1032【解析】（1）元素的非金屬性越強，電負性數(shù)值越大，H、C、Br的電負性由大到小的序次為Br>C>H；溴原子的M能層排滿了電子，電子排布式為3s23p63d10，故答案為：Br>C>H；3s23p63d10；（2）依照[Sb2(CH3)5]+的結(jié)構式可知，Sb原子的價層電子對數(shù)均=4，采用sp3雜化；與CH3-互為等電子體的陽離子為H3O+，故答案為：sp3雜化；H3O+；（3）I3-離子的中心原子I的價層電子對數(shù)=2+1(7+1-1×2)=5，依照價層電子對互斥理論知，該微粒價2層電子對個數(shù)是5且含有3個孤電子對，因此其空間構型為直線形，故答案為：直線形；（4）[SbCl2+]中Sb的價層電子對數(shù)=2+1(5-1+2×1)=3，[GaCl2+]中Ga的價層電子對數(shù)=2+122(3-1+2×1)=2；[SbCl2+][GaCl4-]中陽離子Sb呈+3價屬合N族元素價鍵規(guī)律，陰離子Ga有三個電子與三個Cl原子形成三個共用電子對后還有一個空P軌道，能夠結(jié)合一個氯離子形成8電子牢固結(jié)構；28[GaCl2+][SbCl4-]中陽離子鎵呈正三價屬合第IIIA族元素價鍵規(guī)律，但是陰離子中Sb原子周圍卻有9個電子，比8電子牢固結(jié)構多一個電子，故不牢固，因此結(jié)構應是+-[SbCl2][GaCl4]，故答案為：a；GaCl3分子中，Ga原子周圍價層電子對數(shù)為3，是電子對的接受體，更簡單與Cl—上的孤電子春結(jié)合，形成配位鍵，組成[GaCl4—]離子，因此可能結(jié)構應是[SbCl2+][GaCl4—]；（5）依照圖示，則PCl4+和PCl6-之間的最短距離為體對角線長度的一半=3a×103pm；2由晶胞結(jié)構可知，+-1417PCl4和PCl6的數(shù)量分別為8×=1和1，則晶胞質(zhì)量為NAg，晶胞邊長為anm，8則晶胞密度417-7310233331023g÷(a×10cm)=a3NAg/cm，故答案為：a×10；。NA2a3NA點睛：本題觀察了物質(zhì)結(jié)構與性質(zhì)，本題的難點較大。本題的難點為（4）化學式的判斷，要注意從結(jié)構的牢固性角度解析；本題的易錯點為（3）中I3-離子的空間構型的判斷，價層電子對個數(shù)是5，是三角雙錐結(jié)構，3個孤電子對組成正三角形，三個碘原子位于一條直線上。36．[化學——選修5：有機化學基礎]（15分）我國北方的山崗荒坡間有一種草本植物，別名何如草，其中含有抗菌作用的某有機物M的合成路線以以下列圖所示：已知：?。甊CH2BrR—HC=CH—R'ⅱ．R—HC=CH—R'ⅲ．R—HC=CH—R'（以上R、R'、R″代表氫、烷基或芳基等）1）A的化學名稱為_____，B的核磁共振氫譜顯示為_____組峰。2）由C生成D的反響種類為_____。293）1molM與足量NaOH溶液反響,耗資_____molNaOH。4）X的結(jié)構式為_____，F(xiàn)的結(jié)構簡式為_____________。5）由G生成H的化學方程式為_______________________________。6）吻合以下條件的E的同分異構體共_____種（不考慮立體異構）。①芳香族化合物②與E擁有相同官能團③能發(fā)生銀鏡反響④酸性條件下水解產(chǎn)物遇氯化鐵溶液顯紫色【答案】鄰二甲苯6取代反響(酯化反響)2＋NaOH＋NaI＋H2O19【解析】依照C的結(jié)構可知B為