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2021年最新高考冲刺压轴卷 理综
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这是一份2021年最新高考冲刺压轴卷 理综，共39页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分等内容，欢迎下载使用。
2021年最新高考冲刺压轴卷
理科综合能力测试
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cu 64
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．β-淀粉样蛋白可由多种细胞产生，循环于血液、脑脊液和脑间质液中，对神经细胞有一定损伤作用，在脑内积累可诱发老年痴呆。下列相关叙述错误的是
A．β-淀粉样蛋白的产生需要核糖体和内质网参与
B．β-淀粉样蛋白可被唾液淀粉酶水解
C．β-淀粉样蛋白分泌过程体现了细胞膜的流动性
D．抑制相关细胞高尔基体的功能有可能缓解老年痴呆症状
【答案】B
【解析】β-淀粉样蛋白是分泌蛋白，产生需要核糖体和内质网、高尔基体参与，A正确；唾液淀粉酶只能水解淀粉，β-淀粉样蛋白是蛋白质，B错误；β-淀粉样蛋白分泌过程是胞吐，由囊泡与细胞膜融合将蛋白运出细胞，体现了细胞膜的流动性，C正确；β-淀粉样蛋白在脑内积累可诱发老年痴呆，抑制相关细胞高尔基体的功能可以抑制分泌蛋白的释放，有可能缓解老年痴呆症状，D正确。
2．小麦种子胚乳中贮存有大量的淀粉，能为种子萌发提供营养，种子胚细胞呼吸作用所利用的物质是淀粉水解产生的葡萄糖，下列关于玉米种子的叙述，错误的是
A．小麦种子刚浸水时，细胞呼吸释放的CO2量比消耗的O2量多
B．小麦种子浸水萌发时，总干重下降的原因是贮存的淀粉水解
C．小麦种子萌发后期，细胞呼吸释放的CO2量可与消耗的O2量相等
D．小麦种子浸水萌发时，每个胚细胞合成的蛋白质种类不完全相同
【答案】B
【解析】小麦种子刚浸水时，可同时进行有氧呼吸和无氧呼吸，故细胞呼吸释放的CO2量比消耗的O2量多，A正确；小麦种子浸水萌发时，总干重下降的原因是细胞呼吸消耗了有机物，B错误；小麦种子萌发后期，若氧气充足，只进行有氧呼吸，则细胞呼吸释放的CO2量可与消耗O2量相等，C正确；由于基因的选择性表达，小麦种子浸水萌发时，每个胚细胞合成的蛋白质种类不完全相同，D正确。
3．E基因编码的G蛋白是细胞转运葡萄糖的主要转运体，下表是对两种鸟类G蛋白的分析数据，糖基化（包括N－糖基化和O－糖基化）可以加速葡萄糖的转运。下列叙述错误的是
A．据表中数据推测甲种鸟比乙种鸟可能更擅长飞行
B．两种鸟类的E基因的根本差异在于脱氧核苷酸的排列顺序不同
C．该实例说明基因通过控制蛋白质结构来直接控制生物性状
D．甲乙两种鸟E基因的差异可能是碱基对增添、缺失或替换的结果
【答案】A
【解析】据表中数据表明，两种鸟的N-糖基化数目相同，乙鸟的O-糖基化数目更多，葡萄糖的转运速率更高，推测乙种鸟可能更擅长飞行，A错误；两种鸟类的E基因的根本差异在于脱氧核苷酸的排列顺序不同，B正确；由于两种鸟G蛋白结构不同，可以说明基因通过控制蛋白质结构来直接控制生物性状，C正确；乙鸟的G蛋白氨基酸数目比甲鸟少，有可能是乙鸟的E基因碱基对增添、缺失或替换，导致翻译提前终止，D正确。
4．通过小鼠模型，科研人员发现了一条从大脑杏仁核和室旁核CRH神经元到脾内的神经通路—这条通路促进疫苗接种引起的抗体免疫应答，并可通过响应躯体行为（“孤立高台站立”即小鼠在一个孤立的高台上站立及小范围运动）刺激对免疫应答进行不同调控。有意思的是小鼠抗原接种后第二周里，每天经历孤立高台站立两次，小鼠抗原的特异性抗体就可以增加70%。下列说法正确的是
A．激活CRH神经元，释放递质，增强脾神经活动，使B细胞产生更多的抗体
B．CRH神经元兴奋，膜外局部电流方向与兴奋传导方向相同
C．此实验表明利用锻炼、甚至冥想等行为可能增强疫苗效果、加强人体免疫力
D．此实验证明免疫系统可以只需要神经调节，不需要激素调节
【答案】C
【解析】抗体由浆细胞产生，A错误；膜外局部电流方向与兴奋传到方向相反，膜内相同，B错误；通过实验发现，小鼠抗原接种后第二周里，每天经历孤立高台站立两次，小鼠抗原的特异性抗体就可以增加70%，C正确；此实验只能证明该调节过程有神经调节，并不能说明免疫系统没有激素调节，D错误。
5．某些鹆（yù）科鸟在巢穴正值孵卵或照顾幼鸟时，面对突然来临的捕食者会表演“老鼠跑”，吸引捕食者注意从而转向捕捉它们，把捕食者引向离巢穴越来越远的地方，等到危险过去，又回到自己的巢边。下列相关叙述错误的是
A．该种鹆科鸟模仿老鼠跑步的现象属于行为信息
B．捕食者和鹆科鸟的数量比值代表能量传递效率
C．信息传递可以发生在同种生物或异种生物之间
D．捕食者的存在对鹆科鸟种群数量起调节作用
【答案】B
【解析】鹆科鸟模仿老鼠跑步，这是一种特殊的防御行为，属于行为信息，A正确；能量传递效率是在相邻两个营养级的同化量之间进行计算的，捕食者和鹆科鸟的数量比值不能代表能量传递效率，B错误；信息既可以在异种生物间传递来调节生物的种间关系，也可以在同种生物之间传递来调节种群的繁衍和维持生命活动的正常进行，C正确；捕食者存在，可以降低被捕食者的数量，被捕食的往往是年老、病弱或年幼的个体，可以对被捕食者的数量进行一定的调节，D正确。
6．果蝇是遗传学研究中的模式生物之一，将一只无眼雌果蝇与一只有眼雄果蝇杂交（Y染色体上无相关的基因），子代雌雄个体数相等，雌雄个体中：无眼∶有眼=1∶1。让上述实验中的子代无眼雌果蝇与无眼雄果蝇杂交，统计后代的表现型。下列相关预期实验结果和得出的结论中，不正确的是
A．若后代中雌雄果蝇全为无眼，则无眼基因位于常染色体上且为隐性
B．若后代中有眼只在雄果蝇中出现，则无眼基因位于X染色体上且为显性
C．若后代雌雄果蝇中都有无眼和有眼出现，则无眼基因位于常染色体上且为显性
D．若后代雌雄果蝇中都有无眼和有眼出现，则无眼基因位于X染色体上且为显性
【答案】D
【解析】一只无眼雌果蝇与一只有眼雄果蝇杂交，子代雌雄个体数相等，雌雄个体中：无眼∶有眼=1∶l。则控制无眼和有眼性状的基因可能位于常染色体上，也可能位于X染色体上。若基因位于常染色体上，无法判定显隐性关系，若位于X染色体上，则可判定无眼为显性。若无眼基因位于X染色体上且为显性，则子一代无眼雌果蝇的基因型可表示为XAXa，无眼雄果蝇的基因型可表示为XAY，子一代无眼雌果蝇与无眼雄果蝇杂交，下一代中雌果蝇全为无眼，雄果蝇中一半无眼，一半有眼，综上所述A、B、C正确，D错误。
7．古诗词、谚语等都是我国传统文化的瑰宝。下列有关解读错误的是
选项
传统文化
化学角度解读
A
本草经集注记载“如握盐雪不冰，强烧之，紫青烟起云是真硝石也
利用物理方法可以检验钠盐和钾盐
B
“司南之杓勺，投之于地，其柢勺柄指南”
司南中“杓”的材质为Fe3O4
C
本草图经在绿矾项记载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”
因为绿矾能电离出H+，所以“味酸”
D
兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光
“香”主要因为美酒含有酯类物质
【答案】C
【解析】A．钠盐和钾盐焰色反应的颜色不同，钠的焰色反应为黄色，钾的焰色反应为紫色，焰色反应是物理变化，故A正确；B．司南中“杓”的材质为有磁性的物质，四氧化三铁具有磁性，所以司南中“杓”的材质为Fe3O4，故B正确；C．绿矾的主要成分为FeSO4·7H2O，FeSO4是强酸弱碱盐，电离生成亚铁离子、硫酸根离子，不能电离出H+，“味酸”是因为亚铁离子水解显酸性，故C错误；D．酒放置时间长，少量的乙醇被氧化为乙酸，乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，乙酸乙酯等酯类物质具有香味，所以产生香味主要是因为美酒含有酯类物质，故D正确；答案选C。
8．紫花前胡醇可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是
A．分子式为C14H14O4
B．能使酸性重铬酸钾溶液变色
C．能够发生消去反应生成双键
D．水解反应的产物能与2mol烧碱反应
【答案】D
【解析】A．根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为C14H14O4，故A正确；B．该有机物分子中含有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，故其可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变色，再者最右边的环上有碳碳双键，也能使酸性重铬酸钾溶液变色，故B正确；C．该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键，故C正确。D．该有机物分子中有酯基，发生水解反应，得到羧酸和酚。但是没有给出有机物的物质的量，所以无法求算。故D叙述不正确；故答案为D。
9．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中两种或三种元素组成的化合物，己是Z元素形成的单质。已知：甲+乙→丁+己，甲+丙→戊+己；25℃时，0.1mol·L−1的丁溶液pH=13。下列说法错误的是
A．1mol甲与足量乙反应转移2mol电子
B．简单离子半径：Z＞W
C．甲与丙反应时，既有离子键、共价键的断裂，又有离子键、共价键的形成
D．四种元素可以组成化合物WXY2Z4
【答案】A
【解析】0.1mol·L−1丁溶液的pH为13（25℃），丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁为NaOH，由反应：甲+乙=丁+己，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，己是由Z组成的单质，由发生反应可知，己不能是Na，结合原子序数可知，X为H、Z为O、W为Na元素，故己为氧气，可知甲是Na2O2、乙是H2O，再根据反应：甲+丙=戊+己，可知丙是CO2，戊是Na2CO3，则Y为C。A．甲与足量的乙完全反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应中过氧化钠起氧化剂、还原剂作用，各占一半，故1mol Na2O2反应转移的电子为1mol××2=1mol，故A错误；B．电子层结构相同的离子，核电荷数大的半径小，离子半径O2−＞Na+，故B正确；C．Na2O2与CO2反应时生成Na2CO3和O2，既有离子键(如Na+与O)、共价键的断裂(O－O键)，又有离子键（Na+与CO）、共价键（O－C键）的形成，故C正确；D．四种元素可以组成化合物NaHC2O4(草酸氢钠)，故D正确；故选A。
10．普通锌锰电池筒内无机物主要成分是MnO2、NH4Cl、ZnCl2等。某研究小组探究废旧电池内的黑色固体并回收利用时，进行如图所示实验。下列有关实验的叙述正确的是
A．操作①中玻璃棒的作用是转移固体
B．操作②为过滤，得到的滤液显碱性
C．操作③中盛放药品的仪器是坩埚
D．操作④的目的是除去滤渣中的杂质
【答案】C
【解析】操作①中玻璃棒起到搅拌加速溶解的作用，A错误；普通锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质，NH4Cl、ZnCl2易溶于水，水解显酸性，MnO2难溶于水，操作②是把固体与溶液分离，应是过滤，得到的滤液显酸性，B错误；二氧化锰是黑色固体，能作双氧水的催化剂，灼烧后的滤渣能加快双氧水分解产生氧气，能证明黑色固体是二氧化锰，实验的目的不是除去滤渣中杂质，D错误；正确选C。
11．羟基自由基(·OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。一种能将苯酚(C6H5OH)氧化为CO2、H2O的原电池－电解池组合装置如图。该装置能实现发电、环保二位一体。下列说法错误的是
A．c极为阴极，M为阳离子交换膜
B．b极的电极反应式为C6H5OH-28e−+28OH−=6CO2↑+17H2O
C．d极区苯酚被氧化的反应为C6H5OH+28·OH=6CO2↑+17H2O
D．右侧装置中，每转移0.7mol e−，c、d两极共产生气体11.2L(标准状况)
【答案】B
【解析】A．根据电池装置图可知，左侧是原电池装置，a电极上重铬酸根离子得到电子，化合价降低，生成氢氧化铬，b电极上苯酚生成二氧化碳，碳元素化合价升高，被氧化，b电极是负极，a电极是正极，c电极是阴极，d电极是阳极，A项不符合题意；B．b电极上苯酚转化成二氧化碳，苯酚和生成的二氧化碳在碱性条件下不共存，所以应当选择酸性环境，故电极反应式为C6H5OH-28e−+11H2O=6CO2↑+28H+，B项符合题意；C．右侧装置是电解池装置，d是阳极，结合图示，电极反应中产生羟基自由基(·OH)和H+，没有生成氧气，正极电极反应式为H2O-e−=·OH+H+，羟基自由基氧化能力很强，能氧化苯酚为二氧化碳和水，故苯酚被氧化的方程式为C6H5OH+28·OH=6CO2↑+17H2O，C项不符合题意；D．c极上氢离子放电，电极反应式为2H++2e−=H2↑，d电极的电极反应式为H2O-e−=·OH+H+，结合苯酚的氧化过程知，当转移0.7mol电子时，d极生成0.7mol的·OH，它氧化苯酚时生成mol CO2，标况下体积为3.36L，c极上生成0.35mol的氢气，标况下体积为7.84L，则气体总量为11.2L，D项不符合题意，故正确选项为B。
12．利用分子筛催化剂，NH3可脱除燃煤烟气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是
A．上述总反应为：2NH3+NO+NO2=2N2+3H2O
B．X是HNO3、Y是N2
C．阶段②④中都是氧化还原反应
D．NH3、NH中的化学键形成方式完全相同
【答案】A
【解析】A．根据反应历程图可知，NH3、NO、NO2进入体系作为反应物，N2、H2O从体系出来作为生成物，故上述总反应为2NH3+NO+NO2=2N2+3H2O，A正确；B．根据质量守恒，由转化③可知生成X的反应为[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++X+H+，根据原子守恒判断X为N2和H2O，由转化④可知生成Y的反应为[(NH4)(HNO2)]++H+=2H++Y+2H2O，故Y是N2，B错误；C．根据反应历程图可知，阶段②反应为2NH+NO2=[(NH4)2(NO2)]2+，元素化合价未发生改变，属于非氧化还原反应，阶段④反应为[(NH4)(HNO2)]++H+=2H++N2+2H2O，有元素化合价发生改变，属于氧化还原反应，C错误；D．NH3中化学键为共价键，而NH中则存在配位键，故化学键形成方式不完全相同，D错误；故答案为A。
13．常温下，向50mL溶有0.1mol Cl2的氯水中滴加2mol·L−1的NaOH溶液，得到溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化图像如图所示。下列说法正确的是
A．a点溶液中存在：N(HClO)+N(Cl−)+N(ClO−)=0.2NA(N表示粒子数），若想增加a点溶液的漂白能力可向溶液中加入碳酸钙固体
B．若a点pH=4，且c(Cl−)=m·c(ClO−)，则Ka(HClO)=
C．b～c段，随NaOH溶液的滴入，逐渐增大
D．若y=200，则c点对应溶液中：c(HClO)+c(H+)=c(OH−)-2c(Cl−)
【答案】D
【解析】整个过程先后发生的反应为Cl2+H2OHCl+HClO、HCl+NaOH=NaCl+H2O、HClO+NaOH=NaClO+H2O。A．a点溶液中存在末反应的氯分子：N(HClO)+N(Cl−)+N(ClO−)<0.2NA(N表示粒子数），故A错误；若a点pH=4，c(H+)=10−4mol·L−1，根据方程式知c(HClO)=c(Cl−)-c(ClO−)，c(Cl−)=m c(ClO−)，则c(HClO)=（m-1）c(ClO−)，Ka(HClO)=，则Ka(HClO)=，故B错误；C．b～c段，Cl2恰好与NaOH溶液生成NaCl、NaClO，随NaOH溶液的滴入，NaOH抑制NaClO水解：ClO−+H2OHClO+OH−，c(HClO)减小，c(ClO−)增大，但水解常数只受温度影响，温度不变，水解常数不变，故C错误；D．若y=200，c点对应溶液中存在0.1mol NaCl、0.1mol NaClO、0.2mol NaOH，根据电荷守恒得：c(H+)+c(Na+)=c(Cl−)+
c(ClO−)+c(OH−) ①，氯元素守恒得：c(Cl−)=c(ClO−)+c(HClO) ②，2c(Cl−)+2c(ClO−)+2c(HClO)=c(Na+) ③，由①+③+②得：c(HClO)+c(H+)=c(OH−)-2c(Cl−)，故D正确；故选D。
二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项题目要求。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．物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展。下列说法符合事实的是
A．贝克勒尔发现的天然放射性现象，说明原子核有复杂结构
B．麦克斯韦通过一系列实验证实了关于光的电磁理论
C．查德威克用α粒子轰击N获得反冲核O，发现了中子
D．卢瑟福通过对阴极射线的研究，提出了原子核式结构模型
【答案】A
【解析】贝克勒尔发现的天然放射性现象，说明原子核有复杂结构，A正确；麦克斯韦预言电磁波的存在，赫兹通过一系列实验证实了关于光的电磁理论，B错误；查德威克用α粒子轰击铍核，产生中子和碳12原子核，C错误；卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子核式结构模型，D错误。
15．A、B两物体沿同一直线同向运动，0时刻开始计时，A、B两物体的－t图像如图所示，已知在t＝7 s时A、B在同一位置，根据图像信息，下列正确的是
A．B做匀加速直线运动，加速度大小为1 m/s2
B．A、B在零时刻相距11 m
C．t＝4 s时，B在前、A在后，A正在追赶B
D．在0～7 s内A、B之间的最大距离为25 m
【答案】D
【解析】由匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2可得＝v0＋at，对比B物体的图线可知，所以加速度，由相似三角形可知，图线与纵轴的交点坐标为2m/s，即初速度，B物体做匀加速直线运动，故A错误；对比A物体的图线可知，A物体做匀速直线运动，速度为，在时A、B的位移分别为，，此时到达同一位置，故在0时刻，A在B前2lm处，故B错误；时，由，，，故A在前，B在后，B正在追赶A，故C错误；当A、B速度相等时，相距最远，可得，由C中位移公式可得，A、B的位移分别为12m，8m，故此时的距离，D正确。
16．如图所示，abcd为菱形，ac与bd为对角线，ac长是bd长的两倍，O为对角线的交点，长直导线M过aO的中点垂直于菱形平面，长直导线N过Oc中点也垂直于菱形平面，M、N中通有方向相反、大小相等的定电流，则
A．a、c两点的磁感应强度相同
B．b、d两点的磁感应强度大小相等、方向相反
C．a点磁感应强度比O点磁感应强度大
D．b点磁感应强度比O点磁感应强度大
【答案】A
【解析】根据磁场的叠加可知。a、c两点的磁场磁感应强度大小相等，方向相同，b、d两点的磁感应强度大小相等，方向相同，O点的磁感应强度大于a点的磁感应强度大小。在M、N连线的垂直平分线上，O点的磁感应强度最大。故选A。
17．一质量为m的物体静止在光滑水平面上，现对其施加两个水平作用力，两个力随时间变化的图像如图所示，由图像可知在t2时刻物体的
A．加速度大小为
B．速度大小为
C．动量大小为
D．动能大小为
【答案】B
【解析】由图像可知，在t2时刻物体的加速度由牛顿第二定律可得加速度大小，故A错误；由动量定理和图像面积可得，则，根据动量和动能的关系得，故B正确，CD错误。
18．如图甲所示，在场强大小为E0，方向水平向左的匀强电场中，固定着一根光滑绝缘杆OC和两个等量同种正点电荷A、B，四边形OACB恰好构成菱形。一质量为m、电荷量为－q(q＞0)的小球（可视为点电荷）套在绝缘杆上。令x轴与OC杆重合，以左端O为坐标原点，以水平向左为两个正点电荷在OC杆上产生的合场强的正方向，则该合场强在OC杆上的变化规律如图乙所示，Em为该合场强的最大值。将小球从杆的左端O由静止释放，小球沿杆运动过程中，下列说法正确的是
A．小球运动到C点时的速度可能为0
B．当E0＞Em时，小球电势能逐渐减小
C．当E0＜Em时，小球加速度先增大后减小
D．若移走B电荷，仍从O点由静止释放小球，则小球加速度最大值为
【答案】B
【解析】根据静电力对小球做的功，从O到C，两电荷对小球做功为零，E0对小球做正功，故小球在C点速度不为零，故A错误；当E0＞Em时，电场力对小球做正功，电势能减小，故B正确；当E0＜Em时，小球加速度在通过AB连线前为先增大，后减小，通过AB连线后，为先减小后增大，故C错误；移走B电荷，A电荷产生的最大场强无法计算，合场强最大值根据题目条件无法计算，故D错误。
19．三颗人造卫星A、B、C都在赤道正上方同方向绕地球做匀速圆周运动，A、C为地球同步卫星，某时刻A、B相距最近，如图所示。已知地球自转周期为T1，B的运行周期为T2，则下列说法正确的是
A．C加速可追上同一轨道上的A
B．经过时间，A、B相距最远
C．A、C向心加速度大小相等，且小于B的向心加速度
D．在相同时间内，C与地心连线扫过的面积等于B与地心连线扫过的面积
【答案】BC
【解析】卫星C加速后做离心运动，轨道变高，不可能追上卫星A，A错误；A、B卫星由相距最近至相距最远时，两卫星转的圈数差半圈，设经历时间为t，有，解得经历的时间，B正确；根据万有引力提供向心加速度，由，可得，由于，可知A、C向心加速度大小相等，且小于B的向心加速度，C正确；轨道半径为r的卫星，根据万有引力提供向心力G＝m2r，可得卫星为周期T＝2π，则该卫星在单位时间内扫过的面积，由于，所以在相同时间内，A与地心连线扫过的面积大于B与地心连线扫过的面积，D错误。
20．如图所示，AC是倾角为θ＝30°的斜面，CD部分为水平面，小球从斜面顶端A点以初速度v0水平抛出，刚好落在斜面上的B点，AB＝AC。现将小球从斜面顶端A点以初速度2v0水平抛出，不计空气阻力，小球下落后均不弹起，重力加速度为g，则小球两次在空中运动过程中
A．时间之比为1∶2
B．时间之比为1∶
C．水平位移之比为1∶9
D．当初速度为v0时，小球在空中离斜面的最远距离为
【答案】BD
【解析】设小球的初速度为v0时，落在斜面上时所用时间为t，斜面长度为3L，小球落在斜面上时有，解得，设落点距斜面顶端距离为s，则有，若斜面足够长，两次小球均落在斜面上，落点距斜面顶端距离之比为1∶4，则第二次落在距斜面顶端4L处，大于斜面的长度，可知以2v0水平抛出时小球落在水平面上，两次下落高度之比为1∶3，根据，解得，所以时间之比为1∶，故A错误，B正确；根据，可得水平位移之比为，故C错误；当小球的速度方向与斜面平行时，小球到斜面的距离最大，即在小球距离斜面最远时，垂直于斜面方向的速度等于零，建立沿斜面和垂直于斜面的平面直角坐标系，将初速度v0和重力加速度g进行分解，垂直于斜面的最远距离，故D正确。
21．如图甲所示，平行边界MN、QP间有垂直光滑绝缘水平桌面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为1 T，正方形金属线框放在MN左侧的水平桌面上。用水平向右的恒定力拉金属线框，使金属线框一直向右做初速度为零的匀加速直线运动，施加的拉力F随时间t变化规律如图乙所示，已知金属线框的质址为4.5 kg、电阻为2 Ω，则下列判断正确的是
A．金属框运动的加速度大小为2 m/s2
B．金属框的边长为1 m
C．金属框进磁场过程通过金属框截面电址为0.5 C
D．金属框通过磁场过程中安培力的冲量大小为1 N·s
【答案】BCD
【解析】由题意可知，金属框运动的加速度大小，A错误；金属框进磁场时的速度大小，设金属框边长为L，则，得，B正确；金属框进碰场过程中通过金属框截面的电量，C正确；金属框通过磁场时速度大小，则金属框通过磁场过程中安培力的冲量大小，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)在“用圆锥摆验证向心力的表达式”实验中，如图甲所示，悬点刚好与一个竖直的刻度尺零刻度线对齐。将画着几个同心圆的白纸置于水平桌面上，使钢球静止时刚好位于圆心。用手带动钢球，设法使它刚好沿纸上某个半径为r的圆周运动，钢球的质量为m，重力加速度为g。
(1)用秒表记录运动n圈的总时间为t，那么小球做圆周运动中需要的向心力表达式为Fn＝______。
(2)通过刻度尺测得小球轨道平面距悬点的高度为h，那么小球做圆周运动中外力提供的向心力表达式为F＝______；
(3)改变小球做圆周运动的半径，多次实验，得到如图乙所示的关系图象，可以达到粗略验证向心力表达式的目的，该图线的斜率表达式为k＝______。
【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)钢球运动的周期为，根据向心力公式得。
(2)设悬线与竖直方向的夹角为α，则有，对小球受力分析有。
(3)根据牛顿第二定律有，化简得，即。
23．(9分)某实验小组想组装一个双量程（3 V、15 V）的电压表，提供的器材如下：
A．电流表G：满偏电流为300 μA，内阻未知；
B．干电池E：电动势为3 V，内阻未知；
C．滑动变阻器R1：最大阻值约为5 kΩ，额定电流为1 A；
D．滑动变阻器R2：最大阻值约为16 kΩ，额定电流为0.5 A；
E．电阻箱R0：0～9999.9 Ω；
F．定值电阻R3：40 kΩ，额定电流为0.1 A；
G．开关两个，导线若干。
(1)若用图示电路测量电流表G的电阻，则滑动变阻器R应选用___________（选填“C”或“D”）。
(2)将开关S1、S2都断开，连接好实物图，将滑动变阻器的滑片P调到___________（选填“a”或“b”）端。接通开关S1，调节滑动变阻器使电流表G的指针示数为300 μA；保持滑动变阻器的阻值不变，闭合开关S2，调节电阻箱R0的阻值为100 Ω时电流表G的指针示数为100 μA，则电流表G的内阻测量值为___________Ω，该方法所测出的电流表的内阻___________（选填“大于”“等于”“小于”）真实值。
(3)在虚线框中画出双量程电压表的电路原理图，并标明所选的器材和改装电压表对应的量程_______；若忽略(2)中电流表G内阻的测量误差，其中R0应取值为___________Ω。
【答案】(1)D (2)b 200 小于 (3)9800 见解析图
【解析】(1)若用图示电路测量电流表G的电阻，则闭合S1断开S2后，电流计要达到满偏，则，滑动变阻器R应选用D。
(2)将开关S1、S2都断开，连接好实物图，将滑动变阻器的滑片P调到“b”端。接通开关S1，调节滑动变阻器使电流表G的指针示数为300 μA；保持滑动变阻器的阻值不变，闭合开关S2调节电阻箱R0的阻值为100 Ω时电流表G的指针示数为100 μA，则通过电阻箱R0的电流为200 μA电流表G的内阻等于R0阻值的2倍，即电流表G内阻的测量值为200 Ω；事实上，当S2闭合后，电路总电阻减小，总电流变大，则当电流计读数为100 μA时，电阻箱R0上的电流大于200 μA，则电流表G的内阻大于R0阻值的2倍，即电流表的内阻该方法所测出的电流表的内阻小于真实值。
(3)改装成3 V量程的电压表需要串联的电阻，可用电阻箱R0与电流表串联；改装成15 V量程的电压表需要串联的电阻，只需再与定值电阻R3串联即可，画出双量程电压表的电路原理图如图；若忽略(2)中电流表G内阻的测量误差，其中R0应取值为9800 Ω。
24．(12分)粮食安全是社会稳定的压舱石，我们国家一直高度重视，并提倡“厉行节约，反对浪费”。如图甲为某粮库运送粮食的传送带，图乙是其简化图，该传送带以速度v0＝2 m/s匀速传送，倾斜段AB长为20 m，与水平面夹角θ＝30°。将一谷粒由A点静止释放，谷粒将随传送带向上运动，观察发现谷粒向上运动2 m后与传送带相对静止。已知每颗谷粒的质量约为m＝0.04 g，不考虑谷粒滚动，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。
(1)求谷粒匀速运动时受到的摩擦力大小和方向；
(2)谷粒在倾斜段AB运动的总时间是多少，谷粒与传送带间的动摩擦系数μ1多大？
(3)大量谷粒将自然堆成圆锥状，观察发现，谷堆越高，相应占地面积越大，测量某个谷堆，谷堆高为3 m，占地面积约为16π m2，由此可以估算谷粒与谷粒之间动摩擦系数μ2多大？
【解析】(1)谷粒匀速运动时，根据平衡条件有f0＝mgsin 30°＝2×10－4 N
方向沿传送带向上。
(2)谷粒在传送带上先做匀加速运动，后做匀速运动，设匀加速运动时间为t1，匀速运动时间为t2，根据运动学规律可得
解得t1＝2 s
谷粒匀速运动的距离为x2＝L－x1＝18 m
谷粒匀速运动的时间为
谷粒在倾斜段AB运动的总时间为t＝t1+t2＝11 s
根据位移与速度关系可得谷粒做匀加速运动的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
解得。
(3)谷粒形成谷堆的过程中，谷堆倾角不断增大，当谷粒不再沿谷堆下滑时，谷堆倾角α达到定值，根据平衡条件有：mgsin α＝μ2mgcos α
即
根据谷堆占地面积约为16π m2，可得谷堆底面半径为4 m，则
解得μ2＝0.75。
25．(20分)如图所示，一水平宽度L0＝2 m、竖直方向足够长的矩形匀强磁场，其右边界与y轴重合，磁场方向垂直纸面向外。在y轴右侧有一矩形匀强电场，水平宽度L＝2.0 m，竖直方向足够长，场强方向垂直x轴向下。有一荷质比＝5.0×107 C/kg的正电荷从图中的M点以4.0×104 m/s的速度射入磁场，速度方向与磁场左边边界之间的夹角为θ＝30°。若粒子在磁场中出来时速度方向恰好与x轴平行，然后进入电场。粒子穿过电场后再飞行了一段时间，最后穿过了x轴，忽略粒子的重力，回答下面问题：
(1)求磁场的磁感应强度；
(2)若匀强电场的边界PH与y轴重合，其强度为E＝8.0 N/C，则粒子轨迹与x轴的交点到原点O的距离为多少？
(3)现改变电场强度同时改变边界的水平位置，但要求粒子仍然能在电场中有运动，且粒子在x轴上的落点位置始终与(2)问中的落点位置相同，则此时电场的强度E与JK边界的横坐标x应满足什么关系？
【解析】(1)设粒子在磁场中的轨道半径为R，根据粒子在磁场中的入射点和出射点可得到粒子做圆周运动的圆心O´在y轴上，粒子在电场中做类平抛运动，设轨迹交y轴于N点，轨迹图如图甲所示。
由于∠OMO′＝30°，根据几何知识可知粒子的轨道半径为
根据牛顿第二定律可得
代入数据得B＝2.0×10 – 4 T
(2)带电粒子离开磁场垂直进入电场后做类平抛运动，如图甲所示，粒子在电场中加速度
m/s2
运动时间
沿y方向分速度
沿y方向位移
由于
所以粒子过轴前会穿出电场，粒子出电场后又经时间t3达到x轴上
故粒子轨迹与x轴的相交位置距离O点的距离为
(3)粒子到达原来的位置有两种情况，设电场右边边界的横坐标为x。
①当2 ≤ x ＜ 5m时，粒子即穿过电场后再落到原来的地方，如答乙所示
设粒子离开电场时的速度偏向角为α，则
“做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点”，粒子在电场中做类平抛运动，由此可得
由上两式得
②当5 ≤ x ＜ 7m时，粒子未穿过电场，直接在电场中落到原来的地方，此时粒子在电场中做类平抛运动，如图丙所示，由平抛运动规律可得：水平方向的位移
粒子在电场中运动的时间
竖直方向的位移为
将y＝2 m及各数据代入上式得。
26．（14分）以印刷线路板的碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2)或焙烧过的铜精炼炉渣(主要成分为CuO、SiO2少量Fe2O3)为原料均能制备CuSO4·5H2O晶体。
(1)取一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到如图所示实验装置的三颈烧瓶中，在搅拌下加热反应并通入空气，待产生大量的黑色沉淀时停止反应，趁热过滤、洗涤，得到CuO固体；所得固体经酸溶、结晶、过滤等操作，得到CuSO4·5H2O晶体。
①写出用蚀刻废液制备CuO反应的化学方程式：_______。
②检验CuO固体是否洗净的实验操作是_______。
③装置图中装置X的作用是_______。
(2)以焙烧过的铜精炼炉渣为原料制备CuSO4·5H2O晶体时，请补充完整相应的实验方案：取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，_______，加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到CuSO4·5H2O晶体。
已知：①该实验中pH=3.2时，Fe3+完全沉淀；pH=4.7时，Cu2+开始沉淀。②实验中可选用的试剂：1.0mol∙L−1 H2SO4、1.0mol∙L−1 HCl、1.0mol∙L−1 NaOH。
(3)通过下列方法测定产品纯度：准确称取0.5000g CuSO4·5H2O样品，加适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量KI溶液并用稀H2SO4酸化，以淀粉溶液为指示剂，用0.1000mol∙L−1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3的溶液19.80mL。测定过程中发生下列反应：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、2S2O+I2=S4O+2I−。计算CuSO4·5H2O样品的纯度(写出计算过程)：_______。
【答案】（1）[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHCuO+2NaCl+4NH3↑+H2O 取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀则洗涤干净，若有沉淀则未洗净 防倒吸
（2） 加入适量1.0mol∙L−1 H2SO4溶解，逐滴加入1.0mol∙L−1 NaOH调节溶液pH在3.2～4.7之间，过滤，将滤液
（3） 根据关系式CuSO4·5H2O～Na2S2O3，样品中CuSO4·5H2O物质的量为0.1000mol∙L−1×0.0198
L=0.00198mol，则CuSO4·5H2O样品的纯度的纯度
【解析】(1)取一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到如图所示实验装置的三颈烧瓶中，在搅拌下加热反应并通入空气，待产生大量的黑色沉淀时停止反应，趁热过滤、洗涤，得到CuO固体；所得固体经酸溶、结晶、过滤等操作，得到CuSO4·5H2O晶体。①蚀刻废液和NaOH溶液反应生成CuO，其反应的化学方程式：[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHCuO+2NaCl+4NH3↑+H2O；②检验CuO固体是否洗净主要是检验洗涤液中是否含有Cl−，其实验操作是取最后一次洗涤液少量于试管中，向试管中加硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀则洗涤干净，若有沉淀则未洗净；③三颈烧瓶中反应生成了氨气，氨气极易溶于水，因此装置图中装置X的作用是防倒吸。(2)以焙烧过的铜精炼炉渣为原料制备CuSO4·5H2O晶体时，取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，加入适量1.0mol∙L−1 H2SO4溶解，逐滴加入1.0mol∙L−1 NaOH调节溶液pH在3.2～4.7之间，过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到CuSO4·5H2O晶体；故答案为：加入适量1.0mol∙L−1 H2SO4溶解，逐滴加入1.0mol∙L−1 NaOH调节溶液pH在3.2～4.7之间，过滤，将滤液。(3)根据题意得到关系式CuSO4·5H2O～Na2S2O3，样品中CuSO4·5H2O物质的量为0.1000mol∙L−1×0.0198L=0.00198mol，则CuSO4·5H2O样品的纯度的纯度；故答案为：根据关系式CuSO4·5H2O～Na2S2O3，样品中CuSO4·5H2O物质的量为0.1000mol∙L−1×0.0198L=0.00198mol，则CuSO4·5H2O样品的纯度的纯度。
27．（14分）GaN凭借其出色的功率性能、频率性能以及散热性能，在光电领域和高频微波器件应用等方面有广阔的前景。
(1)Johnson等人首次在1100℃下用镓与氨气制得氮化镓，该可逆反应每生成1mol H2放出10.3kJ热量。该反应的热化学方程式是 。(已知金属镓的熔点是29.8℃，沸点是2403℃；氮化镓的熔点为1700℃)
(2)在恒容密闭容器中，加入一定量的液态镓与氨气发生上述反应，测得反应平衡体系中NH3的体积分数与压强(p)、温度(T)的关系如图所示(已知图中T1和T2的温度均小于1700℃)。
①下列说法正确的是________(填标号)。
a．相同条件下，Ga(OH)3的碱性比Al(OH)3强
b．当c(NH3)=c(H2)时，一定达到了化学平衡状态
c．A点和C点化学平衡常数的关系是：KA
②气相平衡中用组分的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示平衡常数(记作Kp)，已知在T1℃时体系的压强初始压强为a Pa，则B点的Kp=____(用含a表示且保留2位有效数字)。
(3)电解精炼法提纯镓是工业上常用的方法。具体原理如图所示：
已知：金属的活动性Zn>Ga>Fe>Cu；镓化学性质与铝相似。
①M为电源的_______极，电解精炼镓时产生阳极泥的主要成分是________。
②电解过程中阳极产生的离子迁移到达阴极并在阴极析出高纯镓。请写出电解过程的阴极的电极反应__________。
③电解过程中需控制合适的电压，若电压太高时阴极会产生H2导致电解效率下降。若外电路通过0.2mol e−时，阴极得到3.5g的镓。则该电解装置的电解效率η=_________(η=生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数)。
【答案】（1）2Ga(l)+2NH3(g)=2GaN(s)+3H2(g) ∆H=-30.9kJ/mol
（2） ac 1.7aPa
（3） 负极 Fe、Cu GaO+3e−+2H2O=Ga+4OH− 75%
【解析】镓与氨气在1100℃下反应生成氮化镓和氢气，反应的方程式为2Ga(l)+2NH3(g)=2GaN(s)
+3H2(g)，生成1mol H2放出10.3kJ热量，故生成3mol H2放出30.9kJ热量，该热化学方程式为2Ga(l)+2NH3(g)=2GaN(s)+3H2(g) ∆H=-30.9kJ/mol；（2）①a．镓与铝位于同一主族，同一主族从上到下，随着核电荷数的增加，金属性逐渐增强，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，故相同条件下，Ga(OH)3的碱性比Al(OH)3强，a正确；b．当反应物浓度或生成物浓度随着时间的改变而不变，反应达到平衡，当c(NH3)=c(H2)时，反应不一定达到了化学平衡状态，b错误；c．2Ga(l)+2NH3(g)=2GaN(s)+3H2(g) ∆H=-30.9kJ/mol，该反应为放热反应，温度越高，平衡时氨气的体积分数越大，并且温度越高，化学平衡常数越小，结合图像可知，T1˃T2，KAGa>Fe>Cu可知，Fe、Cu没有Ga活泼，在阳极不发生反应，Zn、Ga在阳极发生反应，故电解精炼镓时产生阳极泥的主要成分是Fe、Cu；②Ga与Al在周期表中位于同一主族，故Ga在阳极的电极反应式为Ga-3e−+4OH−=GaO+2H2O，阴极的电极反应式为GaO+3e−+2H2O=Ga+4OH−；③阴极得到3.5g的镓，n(Ga)==0.05mol，阴极的电极反应式为GaO+3e−+2H2O=Ga+4OH−，由阴极电极反应式可知，阴极得到3.5g的镓，得到的电子的物质的量为3×0.05mol=0.15mol，所以该电解装置的电解效率η==75%。
28．（15分）废弃化学品循环再利用对节约资源和保护环境有重要意义。钴盐在新能源、催化、印染等领域应用广泛。利用电解工业产生的钴、镍废渣(含Fe、Cu等)制备CoCl2·6H2O，流程如下图所示：
已知：通常认为溶液中离子浓度小于10−5mol·L−1为沉淀完全；室温下相关物质的Ksp见下表。
物质
Co(OH)2
NiS
CoS
Ksp
1×10−14.2
1×10−18.5
1×10−20.4
回答下列问题：
(1)滤渣Ⅰ的主要成分为Fe(OH)3，H2O2氧化Fe2+的离子方程式为___________。
(2)操作①是___________；滤液III对应的溶质是___________(填化学式)；浓盐酸溶解沉淀时，加入NaCl(s)的目的是___________。
(3)K2CO3与钴、镍离子反应的产物是氢氧化物沉淀，室温下，在pH8.5~9.0范围内Co2+___________(填“能”或“不能”)沉淀完全，Co(OH)2易被氧化成Co(OH)3，Co(OH)3可氧化浓盐酸，其化学方程式为___________。
(4)浓缩结晶后的母液V可返回___________工序循环利用。
(5)利用硫化物分离钴镍离子，向浓度同为0.1mol·L−1的Ni2+和Co2+混合溶液中逐滴加入(NH4)2S溶液(忽略溶液体积变化)，首先生成硫化物沉淀的离子为___________；当第二种离子生成硫化物沉淀时，第一种离子的浓度为___________mol·L−1。
【答案】（1）
（2） 萃取(分液) K2SO4 降低有机物在水相的溶解度，促进分层
（3） 不能
（4） 沉淀转溶
（5） Co2+ 10−2.9
【解析】由图可知，向钴镍废渣中加入稀硫酸，使钴、镍、铁、铜溶解得到硫酸盐混合溶液，加入和过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，再向混合溶液中加入氢氧化钾调节溶液pH为4.5，使铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣Ⅰ和含有钴、镍、铜的硫酸盐混合溶液；向含有钴、镍、铜的硫酸盐混合溶液中加入有机溶剂Ⅱ萃取，分液得到含有有机铜化合物溶液和含有钴、镍的硫酸盐混合溶液；向含有钴、镍的硫酸盐混合溶液中加入碳酸钾溶液调节溶液pH在8.5～9.0范围内，使溶液中的钴、镍离子反应转化为氢氧化物沉淀，过滤得到含有硫酸钾的滤液Ⅲ和氢氧化物沉淀；向沉淀中加入浓盐酸和氯化钠固体，氢氧化镍、氢氧化亚钴溶于盐酸生成氯化镍和二氯化钴，沉淀中的氢氧化钴与浓盐酸发生氧化还原反应生成二氯化钴；向反应后的溶液中加入有机溶剂Ⅳ萃取，分液得到含有有机钴化合物溶液和含有镍离子的水溶液；向含有有机钴化合物溶液中加入盐酸反萃取，分液得到有机溶剂和二氯化钴溶液；二氯化钴溶液经浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水二氯化钴晶体。(1)过氧化氢氧化亚铁离子的反应为酸性条件下，过氧化氢溶液与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为；(2)由分析可知操作①为萃取、分液，滤液III为硫酸钾溶液；浓盐酸溶解沉淀时，加入氯化钠固体可以降低有机物在水相的溶解度，便于分层，故答案为：萃取(分液)；K2SO4；降低有机物在水相的溶解度，促进分层；(3)若溶液pH为9，溶液中二价钴离子的浓度为=10−4.2mol/L＞10−5mol/L，则二价钴离子没有沉淀完全；氢氧化钴氧化浓盐酸的反应为氢氧化钴与浓盐酸发生氧化还原反应生成二氯化钴、氯气和水，反应的离子方程式为；(4)由分析可知，浓缩结晶后的母液V中含有未结晶的二氯化钴，可返回沉淀转溶工序循环使用，故答案为：沉淀转溶；(5)由题给溶度积可知，CoS的溶度积小于NiS，则向含有0.1mol/L的Ni2+和Co2+混合溶液中逐滴加入(NH4)2S溶液时，首先生成CoS沉淀；当生成NiS沉淀时，溶液中硫离子的浓度为=10−17.5mol/L，则溶液中Co2+的浓度为=10−2.9mol/L，故答案为：Co2+；10−2.9。
29．白色污染是人们对难降解的塑料垃圾污染环境现象的一种形象称谓。塑料垃圾中多含有聚苯乙烯（PS）和邻苯二甲酸二丁酯（DBP）等成分。为探究一定浓度的聚苯乙烯（PS）和邻苯二甲酸二丁酯（DBP）对生菜光合作用的影响，某研究小组用5mg/L的霍格兰氏营养液培养生长发育状况一致的生菜，实验结果如下。回答下列问题∶
（1）叶绿素a参与生菜光合作用的_________阶段，该阶段进行的场所是___________，可为暗反应提供___________。
（2）若对照组的处理是向营养液中加入1mL体积分数为1%的甲醇溶液，则DBP组的处理是______________________________________________________。
（3）结合实验结果分析PS和DBP降低净光合速率的原因可能是__________________________
________________（答出2点）。
（4）设计简单的实验验证PS组叶绿素a的含量变化。（简要写出实验过程即可）________________
____________________________________________________。
【答案】（1）光反应 类囊体薄膜 [H]和ATP
（2）向营养液中加人1mL含适量DBP的、体积分数为1的甲醇溶液
（3）破坏了类囊体结构，降低了叶绿素含量;破坏了与光合作用有关酶的空间结构，降低了酶的活性;叶肉细胞对二氧化碳的吸收量（固定量）减少
（4）用无水乙醇分别提取对照组和PS组的叶绿体色素，再用纸层析法分离色素，比较两组滤纸条上叶绿素a（蓝绿色）色素带的宽度
【解析】（1）叶绿素a参与生菜光合作用的光反应阶段，该阶段进行的场所是类囊体薄膜，可为暗反应提供[H]和ATP。（2）该研究小组用5mg/L的霍格兰氏营养液培养生长发育状况一致的生菜，对照组的处理是向营养液中加人1mL的体积分数为1的甲醇溶液，则实验组的处理应该是分别加人了PS、DBP、PS和DBP的甲醇溶液，即DBP组的处理是:向营养液中加人1mL含适量DBP的、体积分数为1的甲醇溶液。（3）实验结果表明，与对照组相比，实验的净光合速率、气孔导度、叶绿素含量均下降，但胞间CO2浓度上升，这说明DBP、PS对光合速率的影响可能与光合作用的色素和酶的活性有关，即破坏了类囊体结构，降低了叶绿素含量；破坏了与光合作用有关酶的空间结构，降低了酶的活性。（4）用无水乙醇分别提取对照组和PS组的叶绿体色素，再分别用纸层析法分离色素，比较两组滤纸条上叶绿素a（蓝绿色）色素带的宽度。
30．胃饥饿素是由哺乳动物胃的内分泌细胞分泌的一种多肽激素，该激素可以刺激饥饿、促进摄食和调节糖脂代谢。为了探究有氧运动对高脂饮食诱发的高血糖的影响，研究人员将健康小鼠分为甲、乙，丙三组，甲组小鼠饲喂18周普通饲料，乙组和丙组小鼠都饲喂18周高脂饲料，但丙组小鼠从第13周开始进行为期6周的定时有氧运动。18周后测定各组小鼠空腹血糖、空腹胰岛素和胃饥饿素的相对含量，结果如图所示。回答下列问题：
（1）甲组小鼠进食后血糖浓度上升，__________细胞分泌的胰岛素增多，使血糖浓度下降，血糖降低后又抑制胰岛素的分泌，这种调节机制属于________调节。
（2）实验结果显示，乙组小鼠胰岛素水平高于甲组，却并没有将血糖降至正常水平，原因可能是__________________________。乙组小鼠血糖水平升高时，胃饥饿素含量下降，这对小鼠机体的意义是__________________________________。
（3）健康的生活方式有助于维持正常血糖水平，请你根据本实验结果提出两条维持血糖平衡的措施____________________________________________。
【答案】（1）胰岛B 反馈
（2）高脂饮食导致胰岛素受体不敏感 降低饥饿感和摄食量，限制血糖进一步升高
（3）减少高脂饮食摄入；多参加有氧运动
【解析】（1）血糖浓度升高，胰岛B细胞分泌胰岛素增多，使血糖水平降低，当血糖降低到一定水平时一直胰岛素的分泌，从而维持正常的血糖水平，这种调节机制属于反馈调节。（2）乙组一直饲喂高脂饲料，结果胰岛素水平升高，而血糖浓度却没有降低正常水平，说明胰岛素的分泌还是正常，只是胰岛素的作用减弱，可能原因是长期的高脂饮食导致胰岛素受体不敏感。乙组小鼠血糖水平升高时，胃饥饿素含量下降，这能降低饥饿感和摄食量，限制血糖进一步升高，这对防止小鼠血糖水平更高具有一定的积极意义。（3）甲组和乙组比较，得出高脂饮食能提高机体的血糖水平，说明应该减少高脂饮食摄入来维持正常的血糖水平，乙组和丙组比较可知，饲喂适当的高脂饮食后进行定期的有氧运动，也能降低血糖水平，说明多参加有氧运动也有利于维持正常的血糖水平。
31．某地由于大量含N、P农药和化肥的使用导致土壤贫瘠，大量浮游藻类繁殖，严重影响了水体养殖和农作物的生产。近年来当地将以前该地常见的芦苇、美人蕉等水生高等植物恢复，有效地抑制了浮游藻类生长，使生态环境恢复，且发展出以特色水产、果园、农田为主的旅游扶贫生产模式，践行了“宁要绿水青山，不要金山银山”的发展要求。结合生物学原理回答有关问题：
（1）该地区特色的果园、农田、泄湖内的生物分别构成了不同的群落，原因是果园、农田、泄湖的________不同；芦苇、美人蕉等水生高等植物的恢复，抑制浮游藻类生长，从物质和能量角度分析，原因是_________________________________。
（2）该地优质果园生态系统能够进行N、P等物质的物质循环，为保证水果的持续高产仍需不断输入有机肥料，原因是____________________________________。“宁要绿水青山，不要金山银山”，请从生物多样性价值的角度分析这句话蕴含的道理________________________________。
（3）该地区在开展生态恢复工程之前由于农药的过度使用，导致农田中的害虫数量逐渐增多，可能的原因有____________________________________（答出两点即可）。
【答案】（1）物种组成 竞争吸收营养物质和阳光
（2）果园中有大量物质从该生态系统中输出（需要人工补充营养以满足水果高产的需要） 生物多样性的间接价值大于直接价值
（3）农药的选择下抗药性个体不断积累增多；农药可能杀死了害虫的天敌
【解析】（1）不同群落有不同的物种，群落的物种组成是区别不同群落的重要特征；芦苇、美人蕉等水生高等植物都是挺水植物，它们可以对浮游藻类起到遮光作用，可以吸收较多无机盐，有效抑制浮游藻类的生长。（2）果园要保证高产，就要有足够的N、P等肥料，收获果实后N、P等随果实从该生态系统中输出，需要人工补充营养以满足水果高产的需要。生物多样性有直接价值、间接价值和潜在价值，间接价值是指对生态平衡、生物圈稳态的调节功能，生物多样性的间接价值大于直接价值，宁可停止绿水青山的开发利用，也要保护好环境，即更大程度发挥绿水青山的间接价值。（3）农药的过度使用，导致农田中的害虫数量逐渐增多，可能是由于在农药的选择下，不抗药性害虫被杀死，抗药性个体选择下来且不断积累增多；也可能农药杀死了害虫的天敌，导致害虫大量繁殖。
32．欧洲麦粉蛾中野生型幼虫皮肤有色，成虫的复眼为褐色；突变型幼虫皮肤无色，成虫复眼为红色。研究发现，野生型麦粉蛾的细胞质中含有犬尿素，能使幼虫皮肤着色，并影响成虫复眼颜色，犬尿素的合成受基因A控制；同时欧洲麦粉蛾肤色的遗传还存在短暂的母性影响，即基因型为Aa的雌蛾形成卵细胞时，细胞质中都含有足量的犬尿素使幼虫皮肤着色，生长发育到成虫阶段时犬尿素会消耗殆尽。某实验小组做了相关实验，其实验和结果如下表所示：
回答下列问题：
（1）由实验结果可知，欧洲麦粉蛾成虫复眼颜色中属于显性性状的是__________。
（2）短暂的母性影响与细胞质遗传有本质的区别。由细胞质基因控制的性状，正交和反交的后代遗传表现___________（填“相同”或“不同”），若某动物中一正常雄性个体和患细胞质遗传病的雌性个体杂交，则子代雄性个体中，患病的概率是__________。而短暂的母性影响，只能影响某动物子代的早期生长发育阶段，最终欧洲麦粉蛾成虫的眼色_____（填“会”或“不会”）出现孟德尔分离比。
（3）实验3的子一代幼虫皮肤出现无色的原因是_______________________________________。
（4）若实验3为正交，请写出实验3反交的结果_______，并分析说明子代出现相应结果的原因______________________________________。要求：通过遗传图解写出子代基因型及表现型（幼虫肤色和成虫眼色）。
【答案】（1）褐色
（2）不同 l（或100%） 会
（3）实验3子一代中，基因型为aa的个体自身不会产生犬尿素使皮肤着色，也没有由卵细胞质传递下来的犬尿素使皮肤着色，（因此表现为幼虫皮肤无色）
（4） 原因：以Aa个体为母本，其产生的卵细胞中储存有大量的犬尿素，子代个体的基因型无论是Aa还是aa，幼虫阶段都能以卵细胞传递下来的犬尿素合成色素，所以两种基因型幼虫个体皮肤都是有色的；成虫阶段，基因型为aa个体的犬尿素已消耗完，色素不能继续形成，眼色表现为突变型的红色，基因型Aa个体的复眼颜色则仍为野生型的表现型（褐色）。
【解析】（1）实验1和2的正交和反交结果子一代中成虫复眼全为褐色，因此成虫复眼的颜色中属于显性性状的是褐色。（2）细胞质遗传一般表现为母系遗传，即子代表现出与母本相同的表现型。由细胞质基因控制的性状，正交和反交的后代遗传表现不同（与母本有关）。若某动物中一正常雄性个体和患细胞质遗传病的雌性个体杂交，由于雌性个体（母本）患细胞质遗传病，子代都患病，因此则子代雄性个体中，患病的概率1（或100%）。而短暂的母性影响，只能影响某动物子代的早期生长发育阶段，最终欧洲麦粉蛾成虫的眼色会出现孟德尔分离比，因为成虫阶段，基因型为aa个体的犬尿素已消耗完，色素不能继续形成，眼色表现为突变型的红色，基因型Aa个体的复眼颜色则仍为野生型的表现型（褐色）。（3）实验3为测交过程，F1有色成虫基因型为Aa，突变型的基因型是aa，后代基因型为Aa和aa，则成虫复眼褐色∶红色=1∶1，但幼虫皮肤有色∶无色=1∶1，子一代幼虫有色的原因是实验3子一代中，基因型为aa的个体自身不会产生犬尿素使皮肤着色，也没有由卵细胞质传递下来的犬尿素使皮肤着色，因此表现为幼虫皮肤无色。（4）若实验3为正交，实验3反交为F1（♀）×突变型（♂），其基因型分别为Aa（♀）和aa（♂）。子代的基因型为Aa和aa，由于基因型为aa个体生长发育到成虫阶段时犬尿素会消耗殆尽。但基因型Aa个体的复眼颜色则仍为野生型的表现型（褐色），因此子代成虫复眼褐色（Aa）∶红色（aa）=1∶1。由于母本基因型为Aa，其产生的卵细胞中储存有大量的犬尿素，子代个体的基因型无论是Aa还是aa，幼虫阶段都能以卵细胞传递下来的犬尿素合成色素，所以两种基因型幼虫个体皮肤都是有色的。其遗传图解如下：
由以上分析可知，子代出现的结果为幼虫皮肤都是有色，而成虫复眼褐色∶红色=1∶1，其原因为以Aa个体为母本，其产生的卵细胞中储存有大量的犬尿素，子代个体的基因型无论是Aa还是aa，幼虫阶段都能以卵细胞传递下来的犬尿素合成色素，所以两种基因型幼虫个体皮肤都是有色的；成虫阶段，基因型为aa个体的犬尿素已消耗完，色素不能继续形成，眼色表现为突变型的红色，基因型Aa个体的复眼颜色则仍为野生型的表现型（褐色）。
（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___________。（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．气体的内能包括气体分子的重力势能
B．同种物质不可能以晶体和非品体两种不同的形态出现
C．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡。那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡
D．知道阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算出该气体中分子间的平均距离
E．土壤里有很多毛细管，若要防止把地下的水分沿着它们引到地表，可将地面的土壤锄松
【答案】CDE
【解析】气体的内能等于气体内所有气体分子的动能和分子势能之和，但不包括气体分子的重力势能，故A错误；同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如煤炭与金刚石，故B错误；如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡。那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，故C正确；由气体的摩尔质量和气体的密度，可估算出摩尔体积，再根据阿伏伽德罗常数，可以估算出单个理想气体分子所占的平均体积，进而估算出理想气体分子间的平均距离，故D正确；将地面的土壤锄松。破坏了毛细管，可以减小土地下的水分蒸发，故E正确。
(2)(10分)一U形玻璃管竖直放置，左端开口且足够长，右端封闭，玻璃管导热良好。用水银封闭一段空气（可视为理想气体）在右管中，初始时，管内水银柱及空气柱长度如图所示，环境温度为27 ℃。已知玻璃管的横截面积处处相同，大气压强p0＝76.0 cmHg。
(i)若升高环境温度直至两管水银液面相平，求环境的最终温度。
(ii)若环境温度为27 ℃不变，在左管内加注水银直至右管水银液面上升1 cm，求应该向左管中加注水银的长度。
【解析】(i)以右管空气为研究对象，初状态：
，，
两管水银液面相平时：
由理想气体状态方程有：
解得：。
(ii)设加注水银的长度为x，且
根据
解得
34．【物理——选修3－4】（15分）
(1)(5分)关于光的干涉、衍射，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．当光的波长明显比圆孔的直径小时，就不能产生衍射现象
B．做单色光单缝衍射实验时，光的波长一定，单缝宽度变小，衍射条纹间距反而变大
C．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则相邻亮条纹间距变窄
D．用白光做双缝干涉实验，中央亮纹为白条纹是光直线传播的结果
E．自然光和偏振光都能发生干涉、衍射现象
【答案】BCE
【解析】当光的波长明显比圆孔的直径小时，能产生射现象，但不能产生明显的行射现象，故A错误；当光的波长一定时，单缝宽度越小，衍射现象越明显，条纹间距越大，故B正确；由公式可知，干涉条纹的间距与射光的波长成正比，即入射光由红光改为绿光时，绿光波长比红光波长短，则干涉图样中的相邻条纹间距一定变窄，故C正确；用白光做双缝干涉实验，中央亮纹是白条纹，是七种单色光叠加的结果，不是光直线传播的结果，故D错误；干涉和衍射现象是一切波特有的现象，自然光和偏振光都能发生干涉、衍射现象，故E正确。
(2)(10分)图甲是一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，其中质点P坐标为（0，0.1），质点Q坐标为（5，－0.1）。图乙是质点Q的振动图像，图中M点坐标为（，0）。
(i)求简谐波的传播方向和速度；
(ii)写出质点P的振动方程。
【解析】(i)根据质点Q的振动图像可知，在t＝0时刻向上振动，所以简谐波向左传播。设波的方程为
当时，有
解得
质点Q的振动振动方程为
当时，有
解得
所以波速为
(ii)质点P的振动方程为。
35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题：
(1)H、B、N中，原子半径最大的是______。根据对角线规则，B的一些化学性质与元素______的相似。
(2)NH3BH3分子中，N—B化学键称为____键，其电子对由____提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：3NH3BH3+6H2O=3NH3+B3O+9H2，B3O的结构如图所示：；在该反应中，B原子的杂化轨道类型由______变为______。
(3)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ−)，电负性大小顺序是__________。与NH3BH3原子总数相等的等电子体是_________(写分子式)，其熔点比NH3BH3____________(填“高”或“低”)，原因是在NH3BH3分子之间，存在__________，也称“双氢键”。
(4)研究发现，氦硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为a pm、b pm、c pm，α=β=γ=90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。
氨硼烷晶体的密度ρ=___________g·cm−3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）B Si(硅)
（2） 配位 N sp3 sp2
（3） N＞H＞B CH3CH3 低 Hδ+与Hδ−的静电引力
（4）
【解析】(1)在所有元素中，H原子的半径是最小的，同一周期从左到右，原子半径依次减小，所以，H、B、N中原子半径最大是B。B与Si在元素周期表中处于对角张的位置，根据对角线规则，B的一些化学性质与Si元素相似。(2)B原子最外层有3个电子，其与3个H原子形成共价键后，其价层电子对只有3对，还有一个空轨道；在NH3中，N原子有一对孤对电子，故在NH3BH3分子中，N—B键为配位键，其电子对由N原子提供。NH3BH3分子中，B原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp3。NH3BH3在催化剂的作用下水解生成氢气和B3O，由图中信息可知，B3O中每个B原子只形成3个σ键，其中的B原子的杂化方式为sp2，因此，B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2。(3)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性，说明N的电负性大于H；与B原子相连的H呈负电性，说明H的电负性大于B，因此3种元素电负性由大到小的顺序为N＞H＞B。NH3BH3分子中有8个原子，其价电子总数为14，N和B的价电子数的平均值为4，依据等量代换的原则，可以找到其等电子体为CH3CH3。由于NH3BH3分子属于极性分子，而CH3CH3属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极性分子的分子间作用力较大，故CH3CH3熔点比NH3BH3低。NH3BH3分子间存在“双氢键”，类比氢键的形成原理，说明其分子间存在Hδ+与Hδ−的静电引力。(4)在氨硼烷的2×2×2的超晶胞结构中，共有16个氨硼烷分子，晶胞的长、宽、高分别为2a pm、2b pm、2c pm，若将其平均分为8份可以得到8个小长方体，则平均每个小长方体中占有2个氨硼烷分子，小长方体的长、宽、高分别为a pm、b pm、c pm，则小长方体的质量为，小长方体的体积为，因此，氨硼烷晶体的密度为g∙cm−3。
36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
化合I是一种重要的药物中间体，利用Robinson成环反应合成I的路线如图，回答下列问题：
已知：a．
b．
（1）A是一种环烃，且只有一种化学环境的H，则A的结构简式为 ，C化学名称为 。
（2）C到D、F到G的反应类型分别为 、 。
（3）D到E的化学方程式为 。
（4）H所含官能团的名称为 ，I的结构简式为 。
（5）G有多种同分异构体，满足下列条件的共有 种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为 （任写一种）。
①苯环上有4个取代基；②1mol G可消耗3mol NaOH。
【答案】（1） 环己烯
（2） 氧化反应 取代反应
（3） +2CH3OH+2H2O
（4） 羰基、碳碳双键
（5） 24 或
【解析】E到F发生的是类似信息a的反应原理，结合E的分子式为C8H14O4和F的结构简式，可知E为CH3OOCCH2CH2CH2CH2COOCH3，D→E为酯化反应，则D为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，C→D应为碳碳双键被酸性KMnO4溶液氧化，则C为；由此结合A的分子式为C6H12，可知A为，其在光照条件下与Cl2发生取代反应生成的B为，B再在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应生成C；H的结构简式为，其和在醇钠的作用下根据信息b的反应原理生成I的结构简式为，据此分析解题。依据分析可知，A的结构简式为，C为，化学名称为环己烯；(2)C→D为碳碳双键被酸性KMnO4溶液氧化，反应类型为氧化反应；F的结构简式，G的结构简式为，则F到G的反应类型为取代反应；(3)D→E为酯化反应，发生反应的化学方程式为+2CH3OH；(4)H的结构简式为，所含官能团的名称为羰基、碳碳双键；I的结构简式为；(5)G的结构简式为，其同分异构体满足的条件为：①苯环上有4个取代基，②1mol G可消耗3mol NaOH，则分子结构中含有3个酚羟基，另一个取代基应为-C4H9，其可能结构有－CH2CH2CH2CH3、－CH(CH3)CH3、－CH2CH(CH3)2、－C(CH3)3；则：三个酚羟基连一起，烃基的位置有2种；三个酚羟基位于1、3、5位，烃基的位置只有1种；三个酚羟基位于1、2、4位，烃基的位置只有3种；即烃基共有6种位置，结合烃基有4种结构，故满足条件的同分异构体共有4×6=24种，其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为或。
37．【生物——选修1：生物技术实践】
果胶酶广泛应用于果品加工工业，果胶酶活性对加工后成品的影响很大，因此在生产实践中测定果胶酶活性显得尤为重要。请回答下列问题：
（1）果胶酶是分解果胶的一类酶的总称，包括多聚半乳糖醛酸酶、______________（答出2种即可）。黑曲霉、苹果青霉等微生物可用于生产果胶酶，扩大培养菌体的培养基可用添加___________的豆芽汁配制。
（2）果胶酶在果品加工中的主要作用是榨汁时降低果浆的__________，提高________________（写出两点）。
（3）现有甲乙丙三种不同来源的果胶酶，某同学拟在果泥用量、温度、pH等所有条件都相同的前提下比较这三种酶的活性。通常，酶活性的高低可用_______________________________________来表示。
（4）为提高果胶酶的稳定性，可以将酶用物理或化学方法___________在某种介质上，使之成为不溶于水而又有酶活性的制剂。
【答案】（1）果胶分解酶、果胶酯酶 蔗糖
（2）粘稠度/粘性 出汁率、(果汁）澄清度
（3）在一定条件下，单位时间内、单位体积中反应物的消耗量或者产物的增加量
（4）固定
【解析】（1）由分析可知，果胶酶包括多聚半乳糖醛酸酶、果胶分解酶和果胶酯酶等。黑曲霉、苹果青霉等微生物可用于生产果胶酶，所以适于黑曲霉扩大培养的培养基是含有糖的培养基，以利于分解糖类获取更多的能量，应该是添加蔗糖的豆芽汁培养基进行扩大培养；（2）果胶酶在果品加工中的主要作用是榨汁时降低果浆的粘稠度（粘性），提高出汁率和果汁澄清度；（3）酶的活性是指酶催化一定化学反应的能力，酶活性的高低可以用在一定条件下，单位时间内、单位体积中反应物的消耗量或者产物的增加量来表示。（4）固定化酶的好处有酶可以反复利用，酶与底物和产物易分开等，所以为提高果胶酶的稳定性，可以将酶用物理或化学方法固定在某种介质上，使之成为不溶于水而又有酶活性的制剂。
38．【生物——选修3：现代生物科技题】
传统的由小鼠杂交瘤细胞产生的单克隆抗体称为鼠源性单抗。这种单抗在应用至人体时，可能被人体当作“异物”，从而引发一些不良反应。解决的方案之一是用完全由人类抗体基因编码的全人源抗体替代鼠源性抗体。下图是针对某种病毒的全人源单克隆抗体的制备技术流程图。结合图示及所学知识，回答下列问题：
（1)从免疫学的角度推测，鼠源性单抗应用至人体时，可能引发的不良反应有 （答出一点即可）。
（2)科学家从康复者而不从未感染者的血液中分离单个B细胞，原因是
。
（3)从B细胞中提取的mRNA，需经过 过程并经 扩增，才能得到大量的特异性抗体基因。
（4)为达到长期从细胞培养液中获得单克隆抗体的目的，作为目的基因受体的哺乳动物细胞应具备 的特点。转入的全人源单抗基因能够在其他哺乳动物细胞表达的原因是 。
【答案】（1）过敏反应（2分）【答“免疫排斥反应”给分】
（2）康复者的血液中含有分泌该种病毒的特异性抗体的浆细胞，而未感染者的血液中不含（3分）【或答"只有康复者的血液中含有分泌该种病毒的特异性抗体的浆细胞"，"血液"答作"血浆"不给分】
（3）逆转录（2分） PCR（2分）
（4）既能无限增殖（分裂能力强）（2分），又具有分泌能力（2分）【“又具有分泌能力”答作“能产生专一性抗体”，不得分】 几乎所有的生物共用一套遗传密码（2分）
2021年最新高考冲刺压轴卷
理科综合能力测试
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cu 64
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．β-淀粉样蛋白可由多种细胞产生，循环于血液、脑脊液和脑间质液中，对神经细胞有一定损伤作用，在脑内积累可诱发老年痴呆。下列相关叙述错误的是
A．β-淀粉样蛋白的产生需要核糖体和内质网参与
B．β-淀粉样蛋白可被唾液淀粉酶水解
C．β-淀粉样蛋白分泌过程体现了细胞膜的流动性
D．抑制相关细胞高尔基体的功能有可能缓解老年痴呆症状
【答案】B
【解析】β-淀粉样蛋白是分泌蛋白，产生需要核糖体和内质网、高尔基体参与，A正确；唾液淀粉酶只能水解淀粉，β-淀粉样蛋白是蛋白质，B错误；β-淀粉样蛋白分泌过程是胞吐，由囊泡与细胞膜融合将蛋白运出细胞，体现了细胞膜的流动性，C正确；β-淀粉样蛋白在脑内积累可诱发老年痴呆，抑制相关细胞高尔基体的功能可以抑制分泌蛋白的释放，有可能缓解老年痴呆症状，D正确。
2．小麦种子胚乳中贮存有大量的淀粉，能为种子萌发提供营养，种子胚细胞呼吸作用所利用的物质是淀粉水解产生的葡萄糖，下列关于玉米种子的叙述，错误的是
A．小麦种子刚浸水时，细胞呼吸释放的CO2量比消耗的O2量多
B．小麦种子浸水萌发时，总干重下降的原因是贮存的淀粉水解
C．小麦种子萌发后期，细胞呼吸释放的CO2量可与消耗的O2量相等
D．小麦种子浸水萌发时，每个胚细胞合成的蛋白质种类不完全相同
【答案】B
【解析】小麦种子刚浸水时，可同时进行有氧呼吸和无氧呼吸，故细胞呼吸释放的CO2量比消耗的O2量多，A正确；小麦种子浸水萌发时，总干重下降的原因是细胞呼吸消耗了有机物，B错误；小麦种子萌发后期，若氧气充足，只进行有氧呼吸，则细胞呼吸释放的CO2量可与消耗O2量相等，C正确；由于基因的选择性表达，小麦种子浸水萌发时，每个胚细胞合成的蛋白质种类不完全相同，D正确。
3．E基因编码的G蛋白是细胞转运葡萄糖的主要转运体，下表是对两种鸟类G蛋白的分析数据，糖基化（包括N－糖基化和O－糖基化）可以加速葡萄糖的转运。下列叙述错误的是
A．据表中数据推测甲种鸟比乙种鸟可能更擅长飞行
B．两种鸟类的E基因的根本差异在于脱氧核苷酸的排列顺序不同
C．该实例说明基因通过控制蛋白质结构来直接控制生物性状
D．甲乙两种鸟E基因的差异可能是碱基对增添、缺失或替换的结果
【答案】A
【解析】据表中数据表明，两种鸟的N-糖基化数目相同，乙鸟的O-糖基化数目更多，葡萄糖的转运速率更高，推测乙种鸟可能更擅长飞行，A错误；两种鸟类的E基因的根本差异在于脱氧核苷酸的排列顺序不同，B正确；由于两种鸟G蛋白结构不同，可以说明基因通过控制蛋白质结构来直接控制生物性状，C正确；乙鸟的G蛋白氨基酸数目比甲鸟少，有可能是乙鸟的E基因碱基对增添、缺失或替换，导致翻译提前终止，D正确。
4．通过小鼠模型，科研人员发现了一条从大脑杏仁核和室旁核CRH神经元到脾内的神经通路—这条通路促进疫苗接种引起的抗体免疫应答，并可通过响应躯体行为（“孤立高台站立”即小鼠在一个孤立的高台上站立及小范围运动）刺激对免疫应答进行不同调控。有意思的是小鼠抗原接种后第二周里，每天经历孤立高台站立两次，小鼠抗原的特异性抗体就可以增加70%。下列说法正确的是
A．激活CRH神经元，释放递质，增强脾神经活动，使B细胞产生更多的抗体
B．CRH神经元兴奋，膜外局部电流方向与兴奋传导方向相同
C．此实验表明利用锻炼、甚至冥想等行为可能增强疫苗效果、加强人体免疫力
D．此实验证明免疫系统可以只需要神经调节，不需要激素调节
【答案】C
【解析】抗体由浆细胞产生，A错误；膜外局部电流方向与兴奋传到方向相反，膜内相同，B错误；通过实验发现，小鼠抗原接种后第二周里，每天经历孤立高台站立两次，小鼠抗原的特异性抗体就可以增加70%，C正确；此实验只能证明该调节过程有神经调节，并不能说明免疫系统没有激素调节，D错误。
5．某些鹆（yù）科鸟在巢穴正值孵卵或照顾幼鸟时，面对突然来临的捕食者会表演“老鼠跑”，吸引捕食者注意从而转向捕捉它们，把捕食者引向离巢穴越来越远的地方，等到危险过去，又回到自己的巢边。下列相关叙述错误的是
A．该种鹆科鸟模仿老鼠跑步的现象属于行为信息
B．捕食者和鹆科鸟的数量比值代表能量传递效率
C．信息传递可以发生在同种生物或异种生物之间
D．捕食者的存在对鹆科鸟种群数量起调节作用
【答案】B
【解析】鹆科鸟模仿老鼠跑步，这是一种特殊的防御行为，属于行为信息，A正确；能量传递效率是在相邻两个营养级的同化量之间进行计算的，捕食者和鹆科鸟的数量比值不能代表能量传递效率，B错误；信息既可以在异种生物间传递来调节生物的种间关系，也可以在同种生物之间传递来调节种群的繁衍和维持生命活动的正常进行，C正确；捕食者存在，可以降低被捕食者的数量，被捕食的往往是年老、病弱或年幼的个体，可以对被捕食者的数量进行一定的调节，D正确。
6．果蝇是遗传学研究中的模式生物之一，将一只无眼雌果蝇与一只有眼雄果蝇杂交（Y染色体上无相关的基因），子代雌雄个体数相等，雌雄个体中：无眼∶有眼=1∶1。让上述实验中的子代无眼雌果蝇与无眼雄果蝇杂交，统计后代的表现型。下列相关预期实验结果和得出的结论中，不正确的是
A．若后代中雌雄果蝇全为无眼，则无眼基因位于常染色体上且为隐性
B．若后代中有眼只在雄果蝇中出现，则无眼基因位于X染色体上且为显性
C．若后代雌雄果蝇中都有无眼和有眼出现，则无眼基因位于常染色体上且为显性
D．若后代雌雄果蝇中都有无眼和有眼出现，则无眼基因位于X染色体上且为显性
【答案】D
【解析】一只无眼雌果蝇与一只有眼雄果蝇杂交，子代雌雄个体数相等，雌雄个体中：无眼∶有眼=1∶l。则控制无眼和有眼性状的基因可能位于常染色体上，也可能位于X染色体上。若基因位于常染色体上，无法判定显隐性关系，若位于X染色体上，则可判定无眼为显性。若无眼基因位于X染色体上且为显性，则子一代无眼雌果蝇的基因型可表示为XAXa，无眼雄果蝇的基因型可表示为XAY，子一代无眼雌果蝇与无眼雄果蝇杂交，下一代中雌果蝇全为无眼，雄果蝇中一半无眼，一半有眼，综上所述A、B、C正确，D错误。
7．古诗词、谚语等都是我国传统文化的瑰宝。下列有关解读错误的是
选项
传统文化
化学角度解读
A
本草经集注记载“如握盐雪不冰，强烧之，紫青烟起云是真硝石也
利用物理方法可以检验钠盐和钾盐
B
“司南之杓勺，投之于地，其柢勺柄指南”
司南中“杓”的材质为Fe3O4
C
本草图经在绿矾项记载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤”
因为绿矾能电离出H+，所以“味酸”
D
兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光
“香”主要因为美酒含有酯类物质
【答案】C
【解析】A．钠盐和钾盐焰色反应的颜色不同，钠的焰色反应为黄色，钾的焰色反应为紫色，焰色反应是物理变化，故A正确；B．司南中“杓”的材质为有磁性的物质，四氧化三铁具有磁性，所以司南中“杓”的材质为Fe3O4，故B正确；C．绿矾的主要成分为FeSO4·7H2O，FeSO4是强酸弱碱盐，电离生成亚铁离子、硫酸根离子，不能电离出H+，“味酸”是因为亚铁离子水解显酸性，故C错误；D．酒放置时间长，少量的乙醇被氧化为乙酸，乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，乙酸乙酯等酯类物质具有香味，所以产生香味主要是因为美酒含有酯类物质，故D正确；答案选C。
8．紫花前胡醇可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是
A．分子式为C14H14O4
B．能使酸性重铬酸钾溶液变色
C．能够发生消去反应生成双键
D．水解反应的产物能与2mol烧碱反应
【答案】D
【解析】A．根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为C14H14O4，故A正确；B．该有机物分子中含有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，故其可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变色，再者最右边的环上有碳碳双键，也能使酸性重铬酸钾溶液变色，故B正确；C．该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键，故C正确。D．该有机物分子中有酯基，发生水解反应，得到羧酸和酚。但是没有给出有机物的物质的量，所以无法求算。故D叙述不正确；故答案为D。
9．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中两种或三种元素组成的化合物，己是Z元素形成的单质。已知：甲+乙→丁+己，甲+丙→戊+己；25℃时，0.1mol·L−1的丁溶液pH=13。下列说法错误的是
A．1mol甲与足量乙反应转移2mol电子
B．简单离子半径：Z＞W
C．甲与丙反应时，既有离子键、共价键的断裂，又有离子键、共价键的形成
D．四种元素可以组成化合物WXY2Z4
【答案】A
【解析】0.1mol·L−1丁溶液的pH为13（25℃），丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁为NaOH，由反应：甲+乙=丁+己，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，己是由Z组成的单质，由发生反应可知，己不能是Na，结合原子序数可知，X为H、Z为O、W为Na元素，故己为氧气，可知甲是Na2O2、乙是H2O，再根据反应：甲+丙=戊+己，可知丙是CO2，戊是Na2CO3，则Y为C。A．甲与足量的乙完全反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应中过氧化钠起氧化剂、还原剂作用，各占一半，故1mol Na2O2反应转移的电子为1mol××2=1mol，故A错误；B．电子层结构相同的离子，核电荷数大的半径小，离子半径O2−＞Na+，故B正确；C．Na2O2与CO2反应时生成Na2CO3和O2，既有离子键(如Na+与O)、共价键的断裂(O－O键)，又有离子键（Na+与CO）、共价键（O－C键）的形成，故C正确；D．四种元素可以组成化合物NaHC2O4(草酸氢钠)，故D正确；故选A。
10．普通锌锰电池筒内无机物主要成分是MnO2、NH4Cl、ZnCl2等。某研究小组探究废旧电池内的黑色固体并回收利用时，进行如图所示实验。下列有关实验的叙述正确的是
A．操作①中玻璃棒的作用是转移固体
B．操作②为过滤，得到的滤液显碱性
C．操作③中盛放药品的仪器是坩埚
D．操作④的目的是除去滤渣中的杂质
【答案】C
【解析】操作①中玻璃棒起到搅拌加速溶解的作用，A错误；普通锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质，NH4Cl、ZnCl2易溶于水，水解显酸性，MnO2难溶于水，操作②是把固体与溶液分离，应是过滤，得到的滤液显酸性，B错误；二氧化锰是黑色固体，能作双氧水的催化剂，灼烧后的滤渣能加快双氧水分解产生氧气，能证明黑色固体是二氧化锰，实验的目的不是除去滤渣中杂质，D错误；正确选C。
11．羟基自由基(·OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。一种能将苯酚(C6H5OH)氧化为CO2、H2O的原电池－电解池组合装置如图。该装置能实现发电、环保二位一体。下列说法错误的是
A．c极为阴极，M为阳离子交换膜
B．b极的电极反应式为C6H5OH-28e−+28OH−=6CO2↑+17H2O
C．d极区苯酚被氧化的反应为C6H5OH+28·OH=6CO2↑+17H2O
D．右侧装置中，每转移0.7mol e−，c、d两极共产生气体11.2L(标准状况)
【答案】B
【解析】A．根据电池装置图可知，左侧是原电池装置，a电极上重铬酸根离子得到电子，化合价降低，生成氢氧化铬，b电极上苯酚生成二氧化碳，碳元素化合价升高，被氧化，b电极是负极，a电极是正极，c电极是阴极，d电极是阳极，A项不符合题意；B．b电极上苯酚转化成二氧化碳，苯酚和生成的二氧化碳在碱性条件下不共存，所以应当选择酸性环境，故电极反应式为C6H5OH-28e−+11H2O=6CO2↑+28H+，B项符合题意；C．右侧装置是电解池装置，d是阳极，结合图示，电极反应中产生羟基自由基(·OH)和H+，没有生成氧气，正极电极反应式为H2O-e−=·OH+H+，羟基自由基氧化能力很强，能氧化苯酚为二氧化碳和水，故苯酚被氧化的方程式为C6H5OH+28·OH=6CO2↑+17H2O，C项不符合题意；D．c极上氢离子放电，电极反应式为2H++2e−=H2↑，d电极的电极反应式为H2O-e−=·OH+H+，结合苯酚的氧化过程知，当转移0.7mol电子时，d极生成0.7mol的·OH，它氧化苯酚时生成mol CO2，标况下体积为3.36L，c极上生成0.35mol的氢气，标况下体积为7.84L，则气体总量为11.2L，D项不符合题意，故正确选项为B。
12．利用分子筛催化剂，NH3可脱除燃煤烟气中的NO和NO2，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是
A．上述总反应为：2NH3+NO+NO2=2N2+3H2O
B．X是HNO3、Y是N2
C．阶段②④中都是氧化还原反应
D．NH3、NH中的化学键形成方式完全相同
【答案】A
【解析】A．根据反应历程图可知，NH3、NO、NO2进入体系作为反应物，N2、H2O从体系出来作为生成物，故上述总反应为2NH3+NO+NO2=2N2+3H2O，A正确；B．根据质量守恒，由转化③可知生成X的反应为[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++X+H+，根据原子守恒判断X为N2和H2O，由转化④可知生成Y的反应为[(NH4)(HNO2)]++H+=2H++Y+2H2O，故Y是N2，B错误；C．根据反应历程图可知，阶段②反应为2NH+NO2=[(NH4)2(NO2)]2+，元素化合价未发生改变，属于非氧化还原反应，阶段④反应为[(NH4)(HNO2)]++H+=2H++N2+2H2O，有元素化合价发生改变，属于氧化还原反应，C错误；D．NH3中化学键为共价键，而NH中则存在配位键，故化学键形成方式不完全相同，D错误；故答案为A。
13．常温下，向50mL溶有0.1mol Cl2的氯水中滴加2mol·L−1的NaOH溶液，得到溶液pH随所加NaOH溶液体积的变化图像如图所示。下列说法正确的是
A．a点溶液中存在：N(HClO)+N(Cl−)+N(ClO−)=0.2NA(N表示粒子数），若想增加a点溶液的漂白能力可向溶液中加入碳酸钙固体
B．若a点pH=4，且c(Cl−)=m·c(ClO−)，则Ka(HClO)=
C．b～c段，随NaOH溶液的滴入，逐渐增大
D．若y=200，则c点对应溶液中：c(HClO)+c(H+)=c(OH−)-2c(Cl−)
【答案】D
【解析】整个过程先后发生的反应为Cl2+H2OHCl+HClO、HCl+NaOH=NaCl+H2O、HClO+NaOH=NaClO+H2O。A．a点溶液中存在末反应的氯分子：N(HClO)+N(Cl−)+N(ClO−)<0.2NA(N表示粒子数），故A错误；若a点pH=4，c(H+)=10−4mol·L−1，根据方程式知c(HClO)=c(Cl−)-c(ClO−)，c(Cl−)=m c(ClO−)，则c(HClO)=（m-1）c(ClO−)，Ka(HClO)=，则Ka(HClO)=，故B错误；C．b～c段，Cl2恰好与NaOH溶液生成NaCl、NaClO，随NaOH溶液的滴入，NaOH抑制NaClO水解：ClO−+H2OHClO+OH−，c(HClO)减小，c(ClO−)增大，但水解常数只受温度影响，温度不变，水解常数不变，故C错误；D．若y=200，c点对应溶液中存在0.1mol NaCl、0.1mol NaClO、0.2mol NaOH，根据电荷守恒得：c(H+)+c(Na+)=c(Cl−)+
c(ClO−)+c(OH−) ①，氯元素守恒得：c(Cl−)=c(ClO−)+c(HClO) ②，2c(Cl−)+2c(ClO−)+2c(HClO)=c(Na+) ③，由①+③+②得：c(HClO)+c(H+)=c(OH−)-2c(Cl−)，故D正确；故选D。
二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项题目要求。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．物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展。下列说法符合事实的是
A．贝克勒尔发现的天然放射性现象，说明原子核有复杂结构
B．麦克斯韦通过一系列实验证实了关于光的电磁理论
C．查德威克用α粒子轰击N获得反冲核O，发现了中子
D．卢瑟福通过对阴极射线的研究，提出了原子核式结构模型
【答案】A
【解析】贝克勒尔发现的天然放射性现象，说明原子核有复杂结构，A正确；麦克斯韦预言电磁波的存在，赫兹通过一系列实验证实了关于光的电磁理论，B错误；查德威克用α粒子轰击铍核，产生中子和碳12原子核，C错误；卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子核式结构模型，D错误。
15．A、B两物体沿同一直线同向运动，0时刻开始计时，A、B两物体的－t图像如图所示，已知在t＝7 s时A、B在同一位置，根据图像信息，下列正确的是
A．B做匀加速直线运动，加速度大小为1 m/s2
B．A、B在零时刻相距11 m
C．t＝4 s时，B在前、A在后，A正在追赶B
D．在0～7 s内A、B之间的最大距离为25 m
【答案】D
【解析】由匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2可得＝v0＋at，对比B物体的图线可知，所以加速度，由相似三角形可知，图线与纵轴的交点坐标为2m/s，即初速度，B物体做匀加速直线运动，故A错误；对比A物体的图线可知，A物体做匀速直线运动，速度为，在时A、B的位移分别为，，此时到达同一位置，故在0时刻，A在B前2lm处，故B错误；时，由，，，故A在前，B在后，B正在追赶A，故C错误；当A、B速度相等时，相距最远，可得，由C中位移公式可得，A、B的位移分别为12m，8m，故此时的距离，D正确。
16．如图所示，abcd为菱形，ac与bd为对角线，ac长是bd长的两倍，O为对角线的交点，长直导线M过aO的中点垂直于菱形平面，长直导线N过Oc中点也垂直于菱形平面，M、N中通有方向相反、大小相等的定电流，则
A．a、c两点的磁感应强度相同
B．b、d两点的磁感应强度大小相等、方向相反
C．a点磁感应强度比O点磁感应强度大
D．b点磁感应强度比O点磁感应强度大
【答案】A
【解析】根据磁场的叠加可知。a、c两点的磁场磁感应强度大小相等，方向相同，b、d两点的磁感应强度大小相等，方向相同，O点的磁感应强度大于a点的磁感应强度大小。在M、N连线的垂直平分线上，O点的磁感应强度最大。故选A。
17．一质量为m的物体静止在光滑水平面上，现对其施加两个水平作用力，两个力随时间变化的图像如图所示，由图像可知在t2时刻物体的
A．加速度大小为
B．速度大小为
C．动量大小为
D．动能大小为
【答案】B
【解析】由图像可知，在t2时刻物体的加速度由牛顿第二定律可得加速度大小，故A错误；由动量定理和图像面积可得，则，根据动量和动能的关系得，故B正确，CD错误。
18．如图甲所示，在场强大小为E0，方向水平向左的匀强电场中，固定着一根光滑绝缘杆OC和两个等量同种正点电荷A、B，四边形OACB恰好构成菱形。一质量为m、电荷量为－q(q＞0)的小球（可视为点电荷）套在绝缘杆上。令x轴与OC杆重合，以左端O为坐标原点，以水平向左为两个正点电荷在OC杆上产生的合场强的正方向，则该合场强在OC杆上的变化规律如图乙所示，Em为该合场强的最大值。将小球从杆的左端O由静止释放，小球沿杆运动过程中，下列说法正确的是
A．小球运动到C点时的速度可能为0
B．当E0＞Em时，小球电势能逐渐减小
C．当E0＜Em时，小球加速度先增大后减小
D．若移走B电荷，仍从O点由静止释放小球，则小球加速度最大值为
【答案】B
【解析】根据静电力对小球做的功，从O到C，两电荷对小球做功为零，E0对小球做正功，故小球在C点速度不为零，故A错误；当E0＞Em时，电场力对小球做正功，电势能减小，故B正确；当E0＜Em时，小球加速度在通过AB连线前为先增大，后减小，通过AB连线后，为先减小后增大，故C错误；移走B电荷，A电荷产生的最大场强无法计算，合场强最大值根据题目条件无法计算，故D错误。
19．三颗人造卫星A、B、C都在赤道正上方同方向绕地球做匀速圆周运动，A、C为地球同步卫星，某时刻A、B相距最近，如图所示。已知地球自转周期为T1，B的运行周期为T2，则下列说法正确的是
A．C加速可追上同一轨道上的A
B．经过时间，A、B相距最远
C．A、C向心加速度大小相等，且小于B的向心加速度
D．在相同时间内，C与地心连线扫过的面积等于B与地心连线扫过的面积
【答案】BC
【解析】卫星C加速后做离心运动，轨道变高，不可能追上卫星A，A错误；A、B卫星由相距最近至相距最远时，两卫星转的圈数差半圈，设经历时间为t，有，解得经历的时间，B正确；根据万有引力提供向心加速度，由，可得，由于，可知A、C向心加速度大小相等，且小于B的向心加速度，C正确；轨道半径为r的卫星，根据万有引力提供向心力G＝m2r，可得卫星为周期T＝2π，则该卫星在单位时间内扫过的面积，由于，所以在相同时间内，A与地心连线扫过的面积大于B与地心连线扫过的面积，D错误。
20．如图所示，AC是倾角为θ＝30°的斜面，CD部分为水平面，小球从斜面顶端A点以初速度v0水平抛出，刚好落在斜面上的B点，AB＝AC。现将小球从斜面顶端A点以初速度2v0水平抛出，不计空气阻力，小球下落后均不弹起，重力加速度为g，则小球两次在空中运动过程中
A．时间之比为1∶2
B．时间之比为1∶
C．水平位移之比为1∶9
D．当初速度为v0时，小球在空中离斜面的最远距离为
【答案】BD
【解析】设小球的初速度为v0时，落在斜面上时所用时间为t，斜面长度为3L，小球落在斜面上时有，解得，设落点距斜面顶端距离为s，则有，若斜面足够长，两次小球均落在斜面上，落点距斜面顶端距离之比为1∶4，则第二次落在距斜面顶端4L处，大于斜面的长度，可知以2v0水平抛出时小球落在水平面上，两次下落高度之比为1∶3，根据，解得，所以时间之比为1∶，故A错误，B正确；根据，可得水平位移之比为，故C错误；当小球的速度方向与斜面平行时，小球到斜面的距离最大，即在小球距离斜面最远时，垂直于斜面方向的速度等于零，建立沿斜面和垂直于斜面的平面直角坐标系，将初速度v0和重力加速度g进行分解，垂直于斜面的最远距离，故D正确。
21．如图甲所示，平行边界MN、QP间有垂直光滑绝缘水平桌面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为1 T，正方形金属线框放在MN左侧的水平桌面上。用水平向右的恒定力拉金属线框，使金属线框一直向右做初速度为零的匀加速直线运动，施加的拉力F随时间t变化规律如图乙所示，已知金属线框的质址为4.5 kg、电阻为2 Ω，则下列判断正确的是
A．金属框运动的加速度大小为2 m/s2
B．金属框的边长为1 m
C．金属框进磁场过程通过金属框截面电址为0.5 C
D．金属框通过磁场过程中安培力的冲量大小为1 N·s
【答案】BCD
【解析】由题意可知，金属框运动的加速度大小，A错误；金属框进磁场时的速度大小，设金属框边长为L，则，得，B正确；金属框进碰场过程中通过金属框截面的电量，C正确；金属框通过磁场时速度大小，则金属框通过磁场过程中安培力的冲量大小，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)在“用圆锥摆验证向心力的表达式”实验中，如图甲所示，悬点刚好与一个竖直的刻度尺零刻度线对齐。将画着几个同心圆的白纸置于水平桌面上，使钢球静止时刚好位于圆心。用手带动钢球，设法使它刚好沿纸上某个半径为r的圆周运动，钢球的质量为m，重力加速度为g。
(1)用秒表记录运动n圈的总时间为t，那么小球做圆周运动中需要的向心力表达式为Fn＝______。
(2)通过刻度尺测得小球轨道平面距悬点的高度为h，那么小球做圆周运动中外力提供的向心力表达式为F＝______；
(3)改变小球做圆周运动的半径，多次实验，得到如图乙所示的关系图象，可以达到粗略验证向心力表达式的目的，该图线的斜率表达式为k＝______。
【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)钢球运动的周期为，根据向心力公式得。
(2)设悬线与竖直方向的夹角为α，则有，对小球受力分析有。
(3)根据牛顿第二定律有，化简得，即。
23．(9分)某实验小组想组装一个双量程（3 V、15 V）的电压表，提供的器材如下：
A．电流表G：满偏电流为300 μA，内阻未知；
B．干电池E：电动势为3 V，内阻未知；
C．滑动变阻器R1：最大阻值约为5 kΩ，额定电流为1 A；
D．滑动变阻器R2：最大阻值约为16 kΩ，额定电流为0.5 A；
E．电阻箱R0：0～9999.9 Ω；
F．定值电阻R3：40 kΩ，额定电流为0.1 A；
G．开关两个，导线若干。
(1)若用图示电路测量电流表G的电阻，则滑动变阻器R应选用___________（选填“C”或“D”）。
(2)将开关S1、S2都断开，连接好实物图，将滑动变阻器的滑片P调到___________（选填“a”或“b”）端。接通开关S1，调节滑动变阻器使电流表G的指针示数为300 μA；保持滑动变阻器的阻值不变，闭合开关S2，调节电阻箱R0的阻值为100 Ω时电流表G的指针示数为100 μA，则电流表G的内阻测量值为___________Ω，该方法所测出的电流表的内阻___________（选填“大于”“等于”“小于”）真实值。
(3)在虚线框中画出双量程电压表的电路原理图，并标明所选的器材和改装电压表对应的量程_______；若忽略(2)中电流表G内阻的测量误差，其中R0应取值为___________Ω。
【答案】(1)D (2)b 200 小于 (3)9800 见解析图
【解析】(1)若用图示电路测量电流表G的电阻，则闭合S1断开S2后，电流计要达到满偏，则，滑动变阻器R应选用D。
(2)将开关S1、S2都断开，连接好实物图，将滑动变阻器的滑片P调到“b”端。接通开关S1，调节滑动变阻器使电流表G的指针示数为300 μA；保持滑动变阻器的阻值不变，闭合开关S2调节电阻箱R0的阻值为100 Ω时电流表G的指针示数为100 μA，则通过电阻箱R0的电流为200 μA电流表G的内阻等于R0阻值的2倍，即电流表G内阻的测量值为200 Ω；事实上，当S2闭合后，电路总电阻减小，总电流变大，则当电流计读数为100 μA时，电阻箱R0上的电流大于200 μA，则电流表G的内阻大于R0阻值的2倍，即电流表的内阻该方法所测出的电流表的内阻小于真实值。
(3)改装成3 V量程的电压表需要串联的电阻，可用电阻箱R0与电流表串联；改装成15 V量程的电压表需要串联的电阻，只需再与定值电阻R3串联即可，画出双量程电压表的电路原理图如图；若忽略(2)中电流表G内阻的测量误差，其中R0应取值为9800 Ω。
24．(12分)粮食安全是社会稳定的压舱石，我们国家一直高度重视，并提倡“厉行节约，反对浪费”。如图甲为某粮库运送粮食的传送带，图乙是其简化图，该传送带以速度v0＝2 m/s匀速传送，倾斜段AB长为20 m，与水平面夹角θ＝30°。将一谷粒由A点静止释放，谷粒将随传送带向上运动，观察发现谷粒向上运动2 m后与传送带相对静止。已知每颗谷粒的质量约为m＝0.04 g，不考虑谷粒滚动，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。
(1)求谷粒匀速运动时受到的摩擦力大小和方向；
(2)谷粒在倾斜段AB运动的总时间是多少，谷粒与传送带间的动摩擦系数μ1多大？
(3)大量谷粒将自然堆成圆锥状，观察发现，谷堆越高，相应占地面积越大，测量某个谷堆，谷堆高为3 m，占地面积约为16π m2，由此可以估算谷粒与谷粒之间动摩擦系数μ2多大？
【解析】(1)谷粒匀速运动时，根据平衡条件有f0＝mgsin 30°＝2×10－4 N
方向沿传送带向上。
(2)谷粒在传送带上先做匀加速运动，后做匀速运动，设匀加速运动时间为t1，匀速运动时间为t2，根据运动学规律可得
解得t1＝2 s
谷粒匀速运动的距离为x2＝L－x1＝18 m
谷粒匀速运动的时间为
谷粒在倾斜段AB运动的总时间为t＝t1+t2＝11 s
根据位移与速度关系可得谷粒做匀加速运动的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
解得。
(3)谷粒形成谷堆的过程中，谷堆倾角不断增大，当谷粒不再沿谷堆下滑时，谷堆倾角α达到定值，根据平衡条件有：mgsin α＝μ2mgcos α
即
根据谷堆占地面积约为16π m2，可得谷堆底面半径为4 m，则
解得μ2＝0.75。
25．(20分)如图所示，一水平宽度L0＝2 m、竖直方向足够长的矩形匀强磁场，其右边界与y轴重合，磁场方向垂直纸面向外。在y轴右侧有一矩形匀强电场，水平宽度L＝2.0 m，竖直方向足够长，场强方向垂直x轴向下。有一荷质比＝5.0×107 C/kg的正电荷从图中的M点以4.0×104 m/s的速度射入磁场，速度方向与磁场左边边界之间的夹角为θ＝30°。若粒子在磁场中出来时速度方向恰好与x轴平行，然后进入电场。粒子穿过电场后再飞行了一段时间，最后穿过了x轴，忽略粒子的重力，回答下面问题：
(1)求磁场的磁感应强度；
(2)若匀强电场的边界PH与y轴重合，其强度为E＝8.0 N/C，则粒子轨迹与x轴的交点到原点O的距离为多少？
(3)现改变电场强度同时改变边界的水平位置，但要求粒子仍然能在电场中有运动，且粒子在x轴上的落点位置始终与(2)问中的落点位置相同，则此时电场的强度E与JK边界的横坐标x应满足什么关系？
【解析】(1)设粒子在磁场中的轨道半径为R，根据粒子在磁场中的入射点和出射点可得到粒子做圆周运动的圆心O´在y轴上，粒子在电场中做类平抛运动，设轨迹交y轴于N点，轨迹图如图甲所示。
由于∠OMO′＝30°，根据几何知识可知粒子的轨道半径为
根据牛顿第二定律可得
代入数据得B＝2.0×10 – 4 T
(2)带电粒子离开磁场垂直进入电场后做类平抛运动，如图甲所示，粒子在电场中加速度
m/s2
运动时间
沿y方向分速度
沿y方向位移
由于
所以粒子过轴前会穿出电场，粒子出电场后又经时间t3达到x轴上
故粒子轨迹与x轴的相交位置距离O点的距离为
(3)粒子到达原来的位置有两种情况，设电场右边边界的横坐标为x。
①当2 ≤ x ＜ 5m时，粒子即穿过电场后再落到原来的地方，如答乙所示
设粒子离开电场时的速度偏向角为α，则
“做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点”，粒子在电场中做类平抛运动，由此可得
由上两式得
②当5 ≤ x ＜ 7m时，粒子未穿过电场，直接在电场中落到原来的地方，此时粒子在电场中做类平抛运动，如图丙所示，由平抛运动规律可得：水平方向的位移
粒子在电场中运动的时间
竖直方向的位移为
将y＝2 m及各数据代入上式得。
26．（14分）以印刷线路板的碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2)或焙烧过的铜精炼炉渣(主要成分为CuO、SiO2少量Fe2O3)为原料均能制备CuSO4·5H2O晶体。
(1)取一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到如图所示实验装置的三颈烧瓶中，在搅拌下加热反应并通入空气，待产生大量的黑色沉淀时停止反应，趁热过滤、洗涤，得到CuO固体；所得固体经酸溶、结晶、过滤等操作，得到CuSO4·5H2O晶体。
①写出用蚀刻废液制备CuO反应的化学方程式：_______。
②检验CuO固体是否洗净的实验操作是_______。
③装置图中装置X的作用是_______。
(2)以焙烧过的铜精炼炉渣为原料制备CuSO4·5H2O晶体时，请补充完整相应的实验方案：取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，_______，加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到CuSO4·5H2O晶体。
已知：①该实验中pH=3.2时，Fe3+完全沉淀；pH=4.7时，Cu2+开始沉淀。②实验中可选用的试剂：1.0mol∙L−1 H2SO4、1.0mol∙L−1 HCl、1.0mol∙L−1 NaOH。
(3)通过下列方法测定产品纯度：准确称取0.5000g CuSO4·5H2O样品，加适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量KI溶液并用稀H2SO4酸化，以淀粉溶液为指示剂，用0.1000mol∙L−1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3的溶液19.80mL。测定过程中发生下列反应：2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、2S2O+I2=S4O+2I−。计算CuSO4·5H2O样品的纯度(写出计算过程)：_______。
【答案】（1）[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHCuO+2NaCl+4NH3↑+H2O 取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀则洗涤干净，若有沉淀则未洗净 防倒吸
（2） 加入适量1.0mol∙L−1 H2SO4溶解，逐滴加入1.0mol∙L−1 NaOH调节溶液pH在3.2～4.7之间，过滤，将滤液
（3） 根据关系式CuSO4·5H2O～Na2S2O3，样品中CuSO4·5H2O物质的量为0.1000mol∙L−1×0.0198
L=0.00198mol，则CuSO4·5H2O样品的纯度的纯度
【解析】(1)取一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到如图所示实验装置的三颈烧瓶中，在搅拌下加热反应并通入空气，待产生大量的黑色沉淀时停止反应，趁热过滤、洗涤，得到CuO固体；所得固体经酸溶、结晶、过滤等操作，得到CuSO4·5H2O晶体。①蚀刻废液和NaOH溶液反应生成CuO，其反应的化学方程式：[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHCuO+2NaCl+4NH3↑+H2O；②检验CuO固体是否洗净主要是检验洗涤液中是否含有Cl−，其实验操作是取最后一次洗涤液少量于试管中，向试管中加硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀则洗涤干净，若有沉淀则未洗净；③三颈烧瓶中反应生成了氨气，氨气极易溶于水，因此装置图中装置X的作用是防倒吸。(2)以焙烧过的铜精炼炉渣为原料制备CuSO4·5H2O晶体时，取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，加入适量1.0mol∙L−1 H2SO4溶解，逐滴加入1.0mol∙L−1 NaOH调节溶液pH在3.2～4.7之间，过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到CuSO4·5H2O晶体；故答案为：加入适量1.0mol∙L−1 H2SO4溶解，逐滴加入1.0mol∙L−1 NaOH调节溶液pH在3.2～4.7之间，过滤，将滤液。(3)根据题意得到关系式CuSO4·5H2O～Na2S2O3，样品中CuSO4·5H2O物质的量为0.1000mol∙L−1×0.0198L=0.00198mol，则CuSO4·5H2O样品的纯度的纯度；故答案为：根据关系式CuSO4·5H2O～Na2S2O3，样品中CuSO4·5H2O物质的量为0.1000mol∙L−1×0.0198L=0.00198mol，则CuSO4·5H2O样品的纯度的纯度。
27．（14分）GaN凭借其出色的功率性能、频率性能以及散热性能，在光电领域和高频微波器件应用等方面有广阔的前景。
(1)Johnson等人首次在1100℃下用镓与氨气制得氮化镓，该可逆反应每生成1mol H2放出10.3kJ热量。该反应的热化学方程式是 。(已知金属镓的熔点是29.8℃，沸点是2403℃；氮化镓的熔点为1700℃)
(2)在恒容密闭容器中，加入一定量的液态镓与氨气发生上述反应，测得反应平衡体系中NH3的体积分数与压强(p)、温度(T)的关系如图所示(已知图中T1和T2的温度均小于1700℃)。
①下列说法正确的是________(填标号)。
a．相同条件下，Ga(OH)3的碱性比Al(OH)3强
b．当c(NH3)=c(H2)时，一定达到了化学平衡状态
c．A点和C点化学平衡常数的关系是：KA
②气相平衡中用组分的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示平衡常数(记作Kp)，已知在T1℃时体系的压强初始压强为a Pa，则B点的Kp=____(用含a表示且保留2位有效数字)。
(3)电解精炼法提纯镓是工业上常用的方法。具体原理如图所示：
已知：金属的活动性Zn>Ga>Fe>Cu；镓化学性质与铝相似。
①M为电源的_______极，电解精炼镓时产生阳极泥的主要成分是________。
②电解过程中阳极产生的离子迁移到达阴极并在阴极析出高纯镓。请写出电解过程的阴极的电极反应__________。
③电解过程中需控制合适的电压，若电压太高时阴极会产生H2导致电解效率下降。若外电路通过0.2mol e−时，阴极得到3.5g的镓。则该电解装置的电解效率η=_________(η=生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数)。
【答案】（1）2Ga(l)+2NH3(g)=2GaN(s)+3H2(g) ∆H=-30.9kJ/mol
（2） ac 1.7aPa
（3） 负极 Fe、Cu GaO+3e−+2H2O=Ga+4OH− 75%
【解析】镓与氨气在1100℃下反应生成氮化镓和氢气，反应的方程式为2Ga(l)+2NH3(g)=2GaN(s)
+3H2(g)，生成1mol H2放出10.3kJ热量，故生成3mol H2放出30.9kJ热量，该热化学方程式为2Ga(l)+2NH3(g)=2GaN(s)+3H2(g) ∆H=-30.9kJ/mol；（2）①a．镓与铝位于同一主族，同一主族从上到下，随着核电荷数的增加，金属性逐渐增强，金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，故相同条件下，Ga(OH)3的碱性比Al(OH)3强，a正确；b．当反应物浓度或生成物浓度随着时间的改变而不变，反应达到平衡，当c(NH3)=c(H2)时，反应不一定达到了化学平衡状态，b错误；c．2Ga(l)+2NH3(g)=2GaN(s)+3H2(g) ∆H=-30.9kJ/mol，该反应为放热反应，温度越高，平衡时氨气的体积分数越大，并且温度越高，化学平衡常数越小，结合图像可知，T1˃T2，KA
28．（15分）废弃化学品循环再利用对节约资源和保护环境有重要意义。钴盐在新能源、催化、印染等领域应用广泛。利用电解工业产生的钴、镍废渣(含Fe、Cu等)制备CoCl2·6H2O，流程如下图所示：
已知：通常认为溶液中离子浓度小于10−5mol·L−1为沉淀完全；室温下相关物质的Ksp见下表。
物质
Co(OH)2
NiS
CoS
Ksp
1×10−14.2
1×10−18.5
1×10−20.4
回答下列问题：
(1)滤渣Ⅰ的主要成分为Fe(OH)3，H2O2氧化Fe2+的离子方程式为___________。
(2)操作①是___________；滤液III对应的溶质是___________(填化学式)；浓盐酸溶解沉淀时，加入NaCl(s)的目的是___________。
(3)K2CO3与钴、镍离子反应的产物是氢氧化物沉淀，室温下，在pH8.5~9.0范围内Co2+___________(填“能”或“不能”)沉淀完全，Co(OH)2易被氧化成Co(OH)3，Co(OH)3可氧化浓盐酸，其化学方程式为___________。
(4)浓缩结晶后的母液V可返回___________工序循环利用。
(5)利用硫化物分离钴镍离子，向浓度同为0.1mol·L−1的Ni2+和Co2+混合溶液中逐滴加入(NH4)2S溶液(忽略溶液体积变化)，首先生成硫化物沉淀的离子为___________；当第二种离子生成硫化物沉淀时，第一种离子的浓度为___________mol·L−1。
【答案】（1）
（2） 萃取(分液) K2SO4 降低有机物在水相的溶解度，促进分层
（3） 不能
（4） 沉淀转溶
（5） Co2+ 10−2.9
【解析】由图可知，向钴镍废渣中加入稀硫酸，使钴、镍、铁、铜溶解得到硫酸盐混合溶液，加入和过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，再向混合溶液中加入氢氧化钾调节溶液pH为4.5，使铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣Ⅰ和含有钴、镍、铜的硫酸盐混合溶液；向含有钴、镍、铜的硫酸盐混合溶液中加入有机溶剂Ⅱ萃取，分液得到含有有机铜化合物溶液和含有钴、镍的硫酸盐混合溶液；向含有钴、镍的硫酸盐混合溶液中加入碳酸钾溶液调节溶液pH在8.5～9.0范围内，使溶液中的钴、镍离子反应转化为氢氧化物沉淀，过滤得到含有硫酸钾的滤液Ⅲ和氢氧化物沉淀；向沉淀中加入浓盐酸和氯化钠固体，氢氧化镍、氢氧化亚钴溶于盐酸生成氯化镍和二氯化钴，沉淀中的氢氧化钴与浓盐酸发生氧化还原反应生成二氯化钴；向反应后的溶液中加入有机溶剂Ⅳ萃取，分液得到含有有机钴化合物溶液和含有镍离子的水溶液；向含有有机钴化合物溶液中加入盐酸反萃取，分液得到有机溶剂和二氯化钴溶液；二氯化钴溶液经浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水二氯化钴晶体。(1)过氧化氢氧化亚铁离子的反应为酸性条件下，过氧化氢溶液与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为；(2)由分析可知操作①为萃取、分液，滤液III为硫酸钾溶液；浓盐酸溶解沉淀时，加入氯化钠固体可以降低有机物在水相的溶解度，便于分层，故答案为：萃取(分液)；K2SO4；降低有机物在水相的溶解度，促进分层；(3)若溶液pH为9，溶液中二价钴离子的浓度为=10−4.2mol/L＞10−5mol/L，则二价钴离子没有沉淀完全；氢氧化钴氧化浓盐酸的反应为氢氧化钴与浓盐酸发生氧化还原反应生成二氯化钴、氯气和水，反应的离子方程式为；(4)由分析可知，浓缩结晶后的母液V中含有未结晶的二氯化钴，可返回沉淀转溶工序循环使用，故答案为：沉淀转溶；(5)由题给溶度积可知，CoS的溶度积小于NiS，则向含有0.1mol/L的Ni2+和Co2+混合溶液中逐滴加入(NH4)2S溶液时，首先生成CoS沉淀；当生成NiS沉淀时，溶液中硫离子的浓度为=10−17.5mol/L，则溶液中Co2+的浓度为=10−2.9mol/L，故答案为：Co2+；10−2.9。
29．白色污染是人们对难降解的塑料垃圾污染环境现象的一种形象称谓。塑料垃圾中多含有聚苯乙烯（PS）和邻苯二甲酸二丁酯（DBP）等成分。为探究一定浓度的聚苯乙烯（PS）和邻苯二甲酸二丁酯（DBP）对生菜光合作用的影响，某研究小组用5mg/L的霍格兰氏营养液培养生长发育状况一致的生菜，实验结果如下。回答下列问题∶
（1）叶绿素a参与生菜光合作用的_________阶段，该阶段进行的场所是___________，可为暗反应提供___________。
（2）若对照组的处理是向营养液中加入1mL体积分数为1%的甲醇溶液，则DBP组的处理是______________________________________________________。
（3）结合实验结果分析PS和DBP降低净光合速率的原因可能是__________________________
________________（答出2点）。
（4）设计简单的实验验证PS组叶绿素a的含量变化。（简要写出实验过程即可）________________
____________________________________________________。
【答案】（1）光反应 类囊体薄膜 [H]和ATP
（2）向营养液中加人1mL含适量DBP的、体积分数为1的甲醇溶液
（3）破坏了类囊体结构，降低了叶绿素含量;破坏了与光合作用有关酶的空间结构，降低了酶的活性;叶肉细胞对二氧化碳的吸收量（固定量）减少
（4）用无水乙醇分别提取对照组和PS组的叶绿体色素，再用纸层析法分离色素，比较两组滤纸条上叶绿素a（蓝绿色）色素带的宽度
【解析】（1）叶绿素a参与生菜光合作用的光反应阶段，该阶段进行的场所是类囊体薄膜，可为暗反应提供[H]和ATP。（2）该研究小组用5mg/L的霍格兰氏营养液培养生长发育状况一致的生菜，对照组的处理是向营养液中加人1mL的体积分数为1的甲醇溶液，则实验组的处理应该是分别加人了PS、DBP、PS和DBP的甲醇溶液，即DBP组的处理是:向营养液中加人1mL含适量DBP的、体积分数为1的甲醇溶液。（3）实验结果表明，与对照组相比，实验的净光合速率、气孔导度、叶绿素含量均下降，但胞间CO2浓度上升，这说明DBP、PS对光合速率的影响可能与光合作用的色素和酶的活性有关，即破坏了类囊体结构，降低了叶绿素含量；破坏了与光合作用有关酶的空间结构，降低了酶的活性。（4）用无水乙醇分别提取对照组和PS组的叶绿体色素，再分别用纸层析法分离色素，比较两组滤纸条上叶绿素a（蓝绿色）色素带的宽度。
30．胃饥饿素是由哺乳动物胃的内分泌细胞分泌的一种多肽激素，该激素可以刺激饥饿、促进摄食和调节糖脂代谢。为了探究有氧运动对高脂饮食诱发的高血糖的影响，研究人员将健康小鼠分为甲、乙，丙三组，甲组小鼠饲喂18周普通饲料，乙组和丙组小鼠都饲喂18周高脂饲料，但丙组小鼠从第13周开始进行为期6周的定时有氧运动。18周后测定各组小鼠空腹血糖、空腹胰岛素和胃饥饿素的相对含量，结果如图所示。回答下列问题：
（1）甲组小鼠进食后血糖浓度上升，__________细胞分泌的胰岛素增多，使血糖浓度下降，血糖降低后又抑制胰岛素的分泌，这种调节机制属于________调节。
（2）实验结果显示，乙组小鼠胰岛素水平高于甲组，却并没有将血糖降至正常水平，原因可能是__________________________。乙组小鼠血糖水平升高时，胃饥饿素含量下降，这对小鼠机体的意义是__________________________________。
（3）健康的生活方式有助于维持正常血糖水平，请你根据本实验结果提出两条维持血糖平衡的措施____________________________________________。
【答案】（1）胰岛B 反馈
（2）高脂饮食导致胰岛素受体不敏感 降低饥饿感和摄食量，限制血糖进一步升高
（3）减少高脂饮食摄入；多参加有氧运动
【解析】（1）血糖浓度升高，胰岛B细胞分泌胰岛素增多，使血糖水平降低，当血糖降低到一定水平时一直胰岛素的分泌，从而维持正常的血糖水平，这种调节机制属于反馈调节。（2）乙组一直饲喂高脂饲料，结果胰岛素水平升高，而血糖浓度却没有降低正常水平，说明胰岛素的分泌还是正常，只是胰岛素的作用减弱，可能原因是长期的高脂饮食导致胰岛素受体不敏感。乙组小鼠血糖水平升高时，胃饥饿素含量下降，这能降低饥饿感和摄食量，限制血糖进一步升高，这对防止小鼠血糖水平更高具有一定的积极意义。（3）甲组和乙组比较，得出高脂饮食能提高机体的血糖水平，说明应该减少高脂饮食摄入来维持正常的血糖水平，乙组和丙组比较可知，饲喂适当的高脂饮食后进行定期的有氧运动，也能降低血糖水平，说明多参加有氧运动也有利于维持正常的血糖水平。
31．某地由于大量含N、P农药和化肥的使用导致土壤贫瘠，大量浮游藻类繁殖，严重影响了水体养殖和农作物的生产。近年来当地将以前该地常见的芦苇、美人蕉等水生高等植物恢复，有效地抑制了浮游藻类生长，使生态环境恢复，且发展出以特色水产、果园、农田为主的旅游扶贫生产模式，践行了“宁要绿水青山，不要金山银山”的发展要求。结合生物学原理回答有关问题：
（1）该地区特色的果园、农田、泄湖内的生物分别构成了不同的群落，原因是果园、农田、泄湖的________不同；芦苇、美人蕉等水生高等植物的恢复，抑制浮游藻类生长，从物质和能量角度分析，原因是_________________________________。
（2）该地优质果园生态系统能够进行N、P等物质的物质循环，为保证水果的持续高产仍需不断输入有机肥料，原因是____________________________________。“宁要绿水青山，不要金山银山”，请从生物多样性价值的角度分析这句话蕴含的道理________________________________。
（3）该地区在开展生态恢复工程之前由于农药的过度使用，导致农田中的害虫数量逐渐增多，可能的原因有____________________________________（答出两点即可）。
【答案】（1）物种组成 竞争吸收营养物质和阳光
（2）果园中有大量物质从该生态系统中输出（需要人工补充营养以满足水果高产的需要） 生物多样性的间接价值大于直接价值
（3）农药的选择下抗药性个体不断积累增多；农药可能杀死了害虫的天敌
【解析】（1）不同群落有不同的物种，群落的物种组成是区别不同群落的重要特征；芦苇、美人蕉等水生高等植物都是挺水植物，它们可以对浮游藻类起到遮光作用，可以吸收较多无机盐，有效抑制浮游藻类的生长。（2）果园要保证高产，就要有足够的N、P等肥料，收获果实后N、P等随果实从该生态系统中输出，需要人工补充营养以满足水果高产的需要。生物多样性有直接价值、间接价值和潜在价值，间接价值是指对生态平衡、生物圈稳态的调节功能，生物多样性的间接价值大于直接价值，宁可停止绿水青山的开发利用，也要保护好环境，即更大程度发挥绿水青山的间接价值。（3）农药的过度使用，导致农田中的害虫数量逐渐增多，可能是由于在农药的选择下，不抗药性害虫被杀死，抗药性个体选择下来且不断积累增多；也可能农药杀死了害虫的天敌，导致害虫大量繁殖。
32．欧洲麦粉蛾中野生型幼虫皮肤有色，成虫的复眼为褐色；突变型幼虫皮肤无色，成虫复眼为红色。研究发现，野生型麦粉蛾的细胞质中含有犬尿素，能使幼虫皮肤着色，并影响成虫复眼颜色，犬尿素的合成受基因A控制；同时欧洲麦粉蛾肤色的遗传还存在短暂的母性影响，即基因型为Aa的雌蛾形成卵细胞时，细胞质中都含有足量的犬尿素使幼虫皮肤着色，生长发育到成虫阶段时犬尿素会消耗殆尽。某实验小组做了相关实验，其实验和结果如下表所示：
回答下列问题：
（1）由实验结果可知，欧洲麦粉蛾成虫复眼颜色中属于显性性状的是__________。
（2）短暂的母性影响与细胞质遗传有本质的区别。由细胞质基因控制的性状，正交和反交的后代遗传表现___________（填“相同”或“不同”），若某动物中一正常雄性个体和患细胞质遗传病的雌性个体杂交，则子代雄性个体中，患病的概率是__________。而短暂的母性影响，只能影响某动物子代的早期生长发育阶段，最终欧洲麦粉蛾成虫的眼色_____（填“会”或“不会”）出现孟德尔分离比。
（3）实验3的子一代幼虫皮肤出现无色的原因是_______________________________________。
（4）若实验3为正交，请写出实验3反交的结果_______，并分析说明子代出现相应结果的原因______________________________________。要求：通过遗传图解写出子代基因型及表现型（幼虫肤色和成虫眼色）。
【答案】（1）褐色
（2）不同 l（或100%） 会
（3）实验3子一代中，基因型为aa的个体自身不会产生犬尿素使皮肤着色，也没有由卵细胞质传递下来的犬尿素使皮肤着色，（因此表现为幼虫皮肤无色）
（4） 原因：以Aa个体为母本，其产生的卵细胞中储存有大量的犬尿素，子代个体的基因型无论是Aa还是aa，幼虫阶段都能以卵细胞传递下来的犬尿素合成色素，所以两种基因型幼虫个体皮肤都是有色的；成虫阶段，基因型为aa个体的犬尿素已消耗完，色素不能继续形成，眼色表现为突变型的红色，基因型Aa个体的复眼颜色则仍为野生型的表现型（褐色）。
【解析】（1）实验1和2的正交和反交结果子一代中成虫复眼全为褐色，因此成虫复眼的颜色中属于显性性状的是褐色。（2）细胞质遗传一般表现为母系遗传，即子代表现出与母本相同的表现型。由细胞质基因控制的性状，正交和反交的后代遗传表现不同（与母本有关）。若某动物中一正常雄性个体和患细胞质遗传病的雌性个体杂交，由于雌性个体（母本）患细胞质遗传病，子代都患病，因此则子代雄性个体中，患病的概率1（或100%）。而短暂的母性影响，只能影响某动物子代的早期生长发育阶段，最终欧洲麦粉蛾成虫的眼色会出现孟德尔分离比，因为成虫阶段，基因型为aa个体的犬尿素已消耗完，色素不能继续形成，眼色表现为突变型的红色，基因型Aa个体的复眼颜色则仍为野生型的表现型（褐色）。（3）实验3为测交过程，F1有色成虫基因型为Aa，突变型的基因型是aa，后代基因型为Aa和aa，则成虫复眼褐色∶红色=1∶1，但幼虫皮肤有色∶无色=1∶1，子一代幼虫有色的原因是实验3子一代中，基因型为aa的个体自身不会产生犬尿素使皮肤着色，也没有由卵细胞质传递下来的犬尿素使皮肤着色，因此表现为幼虫皮肤无色。（4）若实验3为正交，实验3反交为F1（♀）×突变型（♂），其基因型分别为Aa（♀）和aa（♂）。子代的基因型为Aa和aa，由于基因型为aa个体生长发育到成虫阶段时犬尿素会消耗殆尽。但基因型Aa个体的复眼颜色则仍为野生型的表现型（褐色），因此子代成虫复眼褐色（Aa）∶红色（aa）=1∶1。由于母本基因型为Aa，其产生的卵细胞中储存有大量的犬尿素，子代个体的基因型无论是Aa还是aa，幼虫阶段都能以卵细胞传递下来的犬尿素合成色素，所以两种基因型幼虫个体皮肤都是有色的。其遗传图解如下：
由以上分析可知，子代出现的结果为幼虫皮肤都是有色，而成虫复眼褐色∶红色=1∶1，其原因为以Aa个体为母本，其产生的卵细胞中储存有大量的犬尿素，子代个体的基因型无论是Aa还是aa，幼虫阶段都能以卵细胞传递下来的犬尿素合成色素，所以两种基因型幼虫个体皮肤都是有色的；成虫阶段，基因型为aa个体的犬尿素已消耗完，色素不能继续形成，眼色表现为突变型的红色，基因型Aa个体的复眼颜色则仍为野生型的表现型（褐色）。
（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___________。（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．气体的内能包括气体分子的重力势能
B．同种物质不可能以晶体和非品体两种不同的形态出现
C．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡。那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡
D．知道阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算出该气体中分子间的平均距离
E．土壤里有很多毛细管，若要防止把地下的水分沿着它们引到地表，可将地面的土壤锄松
【答案】CDE
【解析】气体的内能等于气体内所有气体分子的动能和分子势能之和，但不包括气体分子的重力势能，故A错误；同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如煤炭与金刚石，故B错误；如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡。那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，故C正确；由气体的摩尔质量和气体的密度，可估算出摩尔体积，再根据阿伏伽德罗常数，可以估算出单个理想气体分子所占的平均体积，进而估算出理想气体分子间的平均距离，故D正确；将地面的土壤锄松。破坏了毛细管，可以减小土地下的水分蒸发，故E正确。
(2)(10分)一U形玻璃管竖直放置，左端开口且足够长，右端封闭，玻璃管导热良好。用水银封闭一段空气（可视为理想气体）在右管中，初始时，管内水银柱及空气柱长度如图所示，环境温度为27 ℃。已知玻璃管的横截面积处处相同，大气压强p0＝76.0 cmHg。
(i)若升高环境温度直至两管水银液面相平，求环境的最终温度。
(ii)若环境温度为27 ℃不变，在左管内加注水银直至右管水银液面上升1 cm，求应该向左管中加注水银的长度。
【解析】(i)以右管空气为研究对象，初状态：
，，
两管水银液面相平时：
由理想气体状态方程有：
解得：。
(ii)设加注水银的长度为x，且
根据
解得
34．【物理——选修3－4】（15分）
(1)(5分)关于光的干涉、衍射，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．当光的波长明显比圆孔的直径小时，就不能产生衍射现象
B．做单色光单缝衍射实验时，光的波长一定，单缝宽度变小，衍射条纹间距反而变大
C．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为绿光，则相邻亮条纹间距变窄
D．用白光做双缝干涉实验，中央亮纹为白条纹是光直线传播的结果
E．自然光和偏振光都能发生干涉、衍射现象
【答案】BCE
【解析】当光的波长明显比圆孔的直径小时，能产生射现象，但不能产生明显的行射现象，故A错误；当光的波长一定时，单缝宽度越小，衍射现象越明显，条纹间距越大，故B正确；由公式可知，干涉条纹的间距与射光的波长成正比，即入射光由红光改为绿光时，绿光波长比红光波长短，则干涉图样中的相邻条纹间距一定变窄，故C正确；用白光做双缝干涉实验，中央亮纹是白条纹，是七种单色光叠加的结果，不是光直线传播的结果，故D错误；干涉和衍射现象是一切波特有的现象，自然光和偏振光都能发生干涉、衍射现象，故E正确。
(2)(10分)图甲是一列简谐横波在t＝0时刻的波形图，其中质点P坐标为（0，0.1），质点Q坐标为（5，－0.1）。图乙是质点Q的振动图像，图中M点坐标为（，0）。
(i)求简谐波的传播方向和速度；
(ii)写出质点P的振动方程。
【解析】(i)根据质点Q的振动图像可知，在t＝0时刻向上振动，所以简谐波向左传播。设波的方程为
当时，有
解得
质点Q的振动振动方程为
当时，有
解得
所以波速为
(ii)质点P的振动方程为。
35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题：
(1)H、B、N中，原子半径最大的是______。根据对角线规则，B的一些化学性质与元素______的相似。
(2)NH3BH3分子中，N—B化学键称为____键，其电子对由____提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：3NH3BH3+6H2O=3NH3+B3O+9H2，B3O的结构如图所示：；在该反应中，B原子的杂化轨道类型由______变为______。
(3)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ−)，电负性大小顺序是__________。与NH3BH3原子总数相等的等电子体是_________(写分子式)，其熔点比NH3BH3____________(填“高”或“低”)，原因是在NH3BH3分子之间，存在__________，也称“双氢键”。
(4)研究发现，氦硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为a pm、b pm、c pm，α=β=γ=90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。
氨硼烷晶体的密度ρ=___________g·cm−3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）B Si(硅)
（2） 配位 N sp3 sp2
（3） N＞H＞B CH3CH3 低 Hδ+与Hδ−的静电引力
（4）
【解析】(1)在所有元素中，H原子的半径是最小的，同一周期从左到右，原子半径依次减小，所以，H、B、N中原子半径最大是B。B与Si在元素周期表中处于对角张的位置，根据对角线规则，B的一些化学性质与Si元素相似。(2)B原子最外层有3个电子，其与3个H原子形成共价键后，其价层电子对只有3对，还有一个空轨道；在NH3中，N原子有一对孤对电子，故在NH3BH3分子中，N—B键为配位键，其电子对由N原子提供。NH3BH3分子中，B原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp3。NH3BH3在催化剂的作用下水解生成氢气和B3O，由图中信息可知，B3O中每个B原子只形成3个σ键，其中的B原子的杂化方式为sp2，因此，B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2。(3)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性，说明N的电负性大于H；与B原子相连的H呈负电性，说明H的电负性大于B，因此3种元素电负性由大到小的顺序为N＞H＞B。NH3BH3分子中有8个原子，其价电子总数为14，N和B的价电子数的平均值为4，依据等量代换的原则，可以找到其等电子体为CH3CH3。由于NH3BH3分子属于极性分子，而CH3CH3属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极性分子的分子间作用力较大，故CH3CH3熔点比NH3BH3低。NH3BH3分子间存在“双氢键”，类比氢键的形成原理，说明其分子间存在Hδ+与Hδ−的静电引力。(4)在氨硼烷的2×2×2的超晶胞结构中，共有16个氨硼烷分子，晶胞的长、宽、高分别为2a pm、2b pm、2c pm，若将其平均分为8份可以得到8个小长方体，则平均每个小长方体中占有2个氨硼烷分子，小长方体的长、宽、高分别为a pm、b pm、c pm，则小长方体的质量为，小长方体的体积为，因此，氨硼烷晶体的密度为g∙cm−3。
36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
化合I是一种重要的药物中间体，利用Robinson成环反应合成I的路线如图，回答下列问题：
已知：a．
b．
（1）A是一种环烃，且只有一种化学环境的H，则A的结构简式为 ，C化学名称为 。
（2）C到D、F到G的反应类型分别为 、 。
（3）D到E的化学方程式为 。
（4）H所含官能团的名称为 ，I的结构简式为 。
（5）G有多种同分异构体，满足下列条件的共有 种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为 （任写一种）。
①苯环上有4个取代基；②1mol G可消耗3mol NaOH。
【答案】（1） 环己烯
（2） 氧化反应 取代反应
（3） +2CH3OH+2H2O
（4） 羰基、碳碳双键
（5） 24 或
【解析】E到F发生的是类似信息a的反应原理，结合E的分子式为C8H14O4和F的结构简式，可知E为CH3OOCCH2CH2CH2CH2COOCH3，D→E为酯化反应，则D为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，C→D应为碳碳双键被酸性KMnO4溶液氧化，则C为；由此结合A的分子式为C6H12，可知A为，其在光照条件下与Cl2发生取代反应生成的B为，B再在NaOH的醇溶液中加热发生消去反应生成C；H的结构简式为，其和在醇钠的作用下根据信息b的反应原理生成I的结构简式为，据此分析解题。依据分析可知，A的结构简式为，C为，化学名称为环己烯；(2)C→D为碳碳双键被酸性KMnO4溶液氧化，反应类型为氧化反应；F的结构简式，G的结构简式为，则F到G的反应类型为取代反应；(3)D→E为酯化反应，发生反应的化学方程式为+2CH3OH；(4)H的结构简式为，所含官能团的名称为羰基、碳碳双键；I的结构简式为；(5)G的结构简式为，其同分异构体满足的条件为：①苯环上有4个取代基，②1mol G可消耗3mol NaOH，则分子结构中含有3个酚羟基，另一个取代基应为-C4H9，其可能结构有－CH2CH2CH2CH3、－CH(CH3)CH3、－CH2CH(CH3)2、－C(CH3)3；则：三个酚羟基连一起，烃基的位置有2种；三个酚羟基位于1、3、5位，烃基的位置只有1种；三个酚羟基位于1、2、4位，烃基的位置只有3种；即烃基共有6种位置，结合烃基有4种结构，故满足条件的同分异构体共有4×6=24种，其中核磁共振氢谱有4组峰的结构简式为或。
37．【生物——选修1：生物技术实践】
果胶酶广泛应用于果品加工工业，果胶酶活性对加工后成品的影响很大，因此在生产实践中测定果胶酶活性显得尤为重要。请回答下列问题：
（1）果胶酶是分解果胶的一类酶的总称，包括多聚半乳糖醛酸酶、______________（答出2种即可）。黑曲霉、苹果青霉等微生物可用于生产果胶酶，扩大培养菌体的培养基可用添加___________的豆芽汁配制。
（2）果胶酶在果品加工中的主要作用是榨汁时降低果浆的__________，提高________________（写出两点）。
（3）现有甲乙丙三种不同来源的果胶酶，某同学拟在果泥用量、温度、pH等所有条件都相同的前提下比较这三种酶的活性。通常，酶活性的高低可用_______________________________________来表示。
（4）为提高果胶酶的稳定性，可以将酶用物理或化学方法___________在某种介质上，使之成为不溶于水而又有酶活性的制剂。
【答案】（1）果胶分解酶、果胶酯酶 蔗糖
（2）粘稠度/粘性 出汁率、(果汁）澄清度
（3）在一定条件下，单位时间内、单位体积中反应物的消耗量或者产物的增加量
（4）固定
【解析】（1）由分析可知，果胶酶包括多聚半乳糖醛酸酶、果胶分解酶和果胶酯酶等。黑曲霉、苹果青霉等微生物可用于生产果胶酶，所以适于黑曲霉扩大培养的培养基是含有糖的培养基，以利于分解糖类获取更多的能量，应该是添加蔗糖的豆芽汁培养基进行扩大培养；（2）果胶酶在果品加工中的主要作用是榨汁时降低果浆的粘稠度（粘性），提高出汁率和果汁澄清度；（3）酶的活性是指酶催化一定化学反应的能力，酶活性的高低可以用在一定条件下，单位时间内、单位体积中反应物的消耗量或者产物的增加量来表示。（4）固定化酶的好处有酶可以反复利用，酶与底物和产物易分开等，所以为提高果胶酶的稳定性，可以将酶用物理或化学方法固定在某种介质上，使之成为不溶于水而又有酶活性的制剂。
38．【生物——选修3：现代生物科技题】
传统的由小鼠杂交瘤细胞产生的单克隆抗体称为鼠源性单抗。这种单抗在应用至人体时，可能被人体当作“异物”，从而引发一些不良反应。解决的方案之一是用完全由人类抗体基因编码的全人源抗体替代鼠源性抗体。下图是针对某种病毒的全人源单克隆抗体的制备技术流程图。结合图示及所学知识，回答下列问题：
（1)从免疫学的角度推测，鼠源性单抗应用至人体时，可能引发的不良反应有 （答出一点即可）。
（2)科学家从康复者而不从未感染者的血液中分离单个B细胞，原因是
。
（3)从B细胞中提取的mRNA，需经过 过程并经 扩增，才能得到大量的特异性抗体基因。
（4)为达到长期从细胞培养液中获得单克隆抗体的目的，作为目的基因受体的哺乳动物细胞应具备 的特点。转入的全人源单抗基因能够在其他哺乳动物细胞表达的原因是 。
【答案】（1）过敏反应（2分）【答“免疫排斥反应”给分】
（2）康复者的血液中含有分泌该种病毒的特异性抗体的浆细胞，而未感染者的血液中不含（3分）【或答"只有康复者的血液中含有分泌该种病毒的特异性抗体的浆细胞"，"血液"答作"血浆"不给分】
（3）逆转录（2分） PCR（2分）
（4）既能无限增殖（分裂能力强）（2分），又具有分泌能力（2分）【“又具有分泌能力”答作“能产生专一性抗体”，不得分】 几乎所有的生物共用一套遗传密码（2分）
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