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2019届陕西省咸阳市高三模拟检测（三）理科综合试卷
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咸阳市2019年高考模拟检测（三）
理综试题(生物)
1.下列有关生物结构的说法正确的是
A. 蓝藻细胞因没有叶绿体，所以光合色素主要分布在液泡中
B. 结核杆菌细胞中只有细丝状的染色质，没有棒状的染色体
C. Rous肉瘤病毒通过合成并分泌致癌因子，诱导人体细胞癌变
D. 酵母菌细胞的核膜、细胞器膜、细胞膜等结构共同构成其生物膜系统
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查细胞结构和功能相关知识，要求考生识记细胞中各种细胞器的结构、分布和功能，旨在考查考生的识记能力与知识的迁移运用能力。
【详解】蓝藻为原核生物，体内除核糖体外没有任何其他细胞器，无液泡，A错误；结核杆菌为原核生物，体内无染色体（染色质），B错误；癌变的致癌因子是原癌基因和抑癌基因是体内本就存在的，并非由Rous肉瘤病毒合成并分泌，C错误；酵母菌属于真核生物，其细胞中的核膜、细胞器膜、细胞膜等结构共同构成其生物膜系统，D正确。
【点睛】原核生物是指一类细胞核无核膜包裹，只有称作核区的裸露DNA的原始单细胞生物，除核糖体外没有其他细胞器。常见类型如细菌、立克次氏体、衣原体、支原体、蓝藻（蓝细菌）等。
2.下列关于酶及其实验的叙述，正确的是
A. 加热与FeCl3溶液促使H2O2分解的作用机理相同
B. 同一个体分化程度不同的活细胞中酶的种类完全不同
C. 强酸、强碱会改变酶的空间结构，使酶变性失活
D. pH、温度、实验次数均可作为探究影响酶活性因素实验的自变量
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查酶的有关知识，要求考生能够识记酶的概念、特性以及作用机理，能够利用酶的特性分析，再结合所学知识准确判断各项，旨在考查考生的综合运用能力。
【详解】FeCl3溶液属于无机催化剂，作用机理是降低化学反应的活化能，与加热的原理不同，A错误；同一个体分化程度不同的活细胞中酶的种类可能相同，如呼吸酶，B错误；酶的作用条件比较温和，强酸、强碱会改变酶的空间结构，使酶变性失活，C正确；pH、温度均可作为探究影响酶活性因素实验的自变量，但实验次数是为了减小误差，增强说服力而设置的，不属于实验的自变量，D错误。
【点睛】酶是由活细胞产生的具有催化作用的有机物，绝大多数酶是蛋白质，极少数酶是RNA；酶的特性：高效性、专一性和作用条件温和的特性；酶促反应的原理：酶能降低化学反应的活化能。
3.图为某生物体细胞有丝分裂过程中染色体数与核DNA数比值的关系图，下列叙述错误的是
A. ab段会发生DNA的氢键边断裂边重新形成的过程
B. 下一个细胞周期的be段会形成新的在ef段没有的结构
C. 姐妹染色单体消失和染色体组数加倍都发生在de段
D. 秋水仙素作用于cd段细胞后可发生染色体数目变异
【答案】A
【解析】
【分析】
分析题图可知：ab段染色体和核DNA数之比为1：1，此时DNA尚未复制；bc段染色体和核DNA数之比由1：1变为1：2，原因是间期DNA分子的复制；cd段染色体和核DNA数之比为1：2，此时可表示的时期有有丝分裂的前期、中期；de段表示有丝分裂后期着丝点分裂，染色体和核DNA数之比由1：2变为1：1；ef段染色体和核DNA数之比为1：1，可表示有丝分裂的末期。
【详解】DNA分子复制的特点是边解旋边复制，故氢键边断裂边重新形成，但图中的ab段尚未发生DNA分子的复制，A错误；ef段为有丝分裂的末期，此时细胞中无染色体、纺锤体等结构，这些结构会在下一个细胞周期的be段出现，B正确；de段由于着丝点分裂，原先的姐妹染色分开成为两条染色体，此时细胞中染色体数目与染色体组数据均暂时加倍，C正确；秋水仙素作用于有丝分裂前期（cd段）可抑制纺锤体形成，使染色体数目加倍，D正确。
【点睛】熟练掌握有丝分裂过程中DNA、染色体的变化是解题关键。
4.下图所示家系中的遗传病是由位于两对常染色体上的等位基因控制的，当两种显性基因同时存在时个体才不会患病。若图中Ⅱ-5和Ⅱ-6子代中患病纯合子的概率为3/16,据此分析，下列判断正确的是
A. I -1和I -2的基因型相同 B. I -3和I -4只能是纯合子
C. Ⅲ -7的基因型最多有2种可能 D. Ⅲ-8是杂合子的概率为4/7
【答案】D
【解析】
【分析】
分析题干可知，两种显性基因同时存在时个体才不会患病，故图中1、2、5、6、7个体基因型均为A-B-；又因3号与4号个体都患病，则3号与4号个体各带一种显性基因和另一种隐性基因，即他们一个为A-bb，另一个为aaB-；可推知6号个体基因型为AaBb；又知5号和6号子代患病纯合子概率为3/16，而6号个体为AaBb，可进一步推知5号个体基因型为AaBb。
【详解】1号个体和2号个体都正常，基因型是A-B-；又5号基因型是AaBb，所以1号个体和2号个体的基因型不一定相同，可以都是AaBb，也可以是AABB和AaBb或AaBB和AaBb等，A错误；由以上分析可知，3号和4号是患者，而其子代6的基因型是AaBb，所以3号和4号可以是AAbb、aaBB，也可以是Aabb、aaBb等，B错误；7号个体不患病基因型是A-B-，基因型有AABB、AABb、AaBB、AaBb4种可能性，C错误；基因型中有AABB、AABb、AaBB、AaBb4种表现正常，有1/16+2/16+2/16+4/16=9/16份，8号患病，在剩余的1-9/16=7/16份中有5种基因型，分别为：AAbb、Aabb、aaBB、aaBb、aabb，但纯合子只有3份，因此8号个体是纯合子的概率是3/7，是杂合子的概率为4/7，D正确。
【点睛】本题的解题关键在于根据“图中Ⅱ-5和Ⅱ-6子代中患病纯合子的概率为3/16”，进而推出5号与6号的基因型都为AaBb。
5.下列关于生物变异与进化的叙述，正确的是
A. “精明的捕食者”策略体现了物种间的共同进化，有利于种群的发展
B. 人为因素不能导致种群发生定向进化
C. 生物的各种变异均可为进化提供原材料
D. 生活在一定自然区域的全部生物个体是生物进化的基本单位
【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查生物进化的相关知识，考查学生对基础知识的记忆和理解能力，旨在考查考生的理解能力与综合运用能力。
【详解】“精明的捕食者”策略：捕食者一般不能将所有的猎物吃掉，否则自己也无法生存，体现了物种间的共同进化，有利于种群发展，A正确；人为因素可导致种群发生定向进化，如英国曼彻斯特郊区的桦尺蠖，工业革命前污染少，白色多，后来大量的工业污染使树干变黑，黑色的变多，B错误；生物的变异分为可遗传变异和不可遗传变异，只有可遗传变异能为进化提供原材料，C错误；生活在一定自然区域的全部生物个体是群落，而生物进化的基本单位是种群，D错误。
【点睛】突变和基因重组，自然选择及隔离是物种形成过程的三个基本环节，通过它们的综合作用，种群产生分化，最终导致新物种形成。
6.下列与神经调节有关的叙述，不正确的是
A. 人体细胞中不是只有神经元才能产生兴奋
B. 细胞膜内K+的外流是神经元产生静息电位的主要原因
C. 神经递质通过主动运输的方式由突触前膜释放到突触间隙
D. 位于脊髓低级中枢可受脑中相应的高级中枢调控
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查神经冲动产生和传导的相关知识，意在考查考生的识记能力和理解所学知识要点，把握知识间内在联系，形成知识网络结构的能力；能运用所学知识，准确判断问题的能力，属于考纲识记和理解层次的考查。
【详解】一般认为，神经细胞、腺细胞、肌细胞都属于可兴奋细胞，A正确；细胞膜内K+的外流是神经元产生静息电位的主要原因，B正确；神经递质通过胞吐的方式由突触前膜释放到突触间隙，C错误；位于脊髓的低级中枢可受脑中相应的高级中枢调控，D正确。
【点睛】神经递质存在于突触前膜的突触小泡中，只能由突触前膜释放，然后作用于突触后膜，使下一个神经元产生兴奋或抑制，兴奋只能从一个神经元的轴突传递给另一个神经元的细胞体或树突，因此兴奋在神经元之间的传递只能是单向的。
7.在探究环境因素对金金鱼藻光合作用强度影响的实验中，密闭容器内有一定浓度的碳酸氢钠溶液，光照强弱可通过改变光源与容器之间的距离来决定，容器内温度保持恒定且适宜, 表格为不同距离下9组相同装置5分钟内产生的气泡数。(光合作用强度用金鱼藻放岀的气泡数 来表示)。请回答下列问题：
光源与容器的距离/(cm)
10
15
20
25
30
35
40
45
50
气泡数
40
39
30
22
15
5
3
0
0
（1）从实验结果可以看出，距离为10cm或15cm时,金鱼藻产生气泡的量并无明显变化，故若要增加15cm处产生气泡的数量，可在实验前采取_______________的措施。光源距离为45cm和50cm时气泡数为0是因为_______________ 。
（2）光照较长时间后，发现距离较近的组别产生气泡的速率明显减慢，产生这一现象的原因是________________,直接影响了光合作用的_____反应过程，导致_____积累, 抑制光反应，使得_____ 的产生量减少。
（3）如图是金鱼藻在15cm距离下，气泡产生速率与碳酸氢钠溶液浓度的关系，浓度超过25mg/L时气泡数反而下降,分析其原因可能是浓度过高，导致金鱼藻细胞____，影响了金鱼藻的生理活动。
【答案】 (1). 适当增加碳酸氢钠溶液浓度 (2). 光合作用产生的氧气小于或等于呼吸作用消耗的氧气 (3). 容器中二氧化碳（或碳酸氢钠）逐渐减少 (4). 暗 (5). ［H］和ATP (6). 氧气 (7). 渗透失水（或“质壁分离”）
【解析】
【分析】
本题研究光照强度对金鱼藻光合作用强度的影响，通过改变光源与容器的距离来改变光照强度，作为自变量，测定相同时间内释放的气泡数代表光合作用强度为因变量。分析表格中实验结果可知，一定范围内，随着光源与容器的距离越远（光照强度越小），金鱼藻光合作用强度逐渐减小；当该距离在小于15cm内，金鱼藻的净光合作用强度基本不变；当该距离达到甚至超过45cm时，金鱼藻则没有气泡释放出来，说明此时的光照强度下，金鱼藻的净光合作用强度≤0。
【详解】(1)因为的溶液中CO2量有限,随着光照较长时间的进行,溶液中CO2逐渐减少,导致[H]和ATP消耗减少,从而抑制了光反应,光合作用越来越弱,从而产生的气泡数逐渐减少,故若要增加15cm 处产生气泡的数量,可在实验前适当增加碳酸氢钠溶液浓度；表中灯与烧杯间的距离为45cm 时,光合作用产生的O2正好供给呼吸作用利用，呼吸作用产生的CO2正好供给光合作用，即植物的净光合作用为0，产生气泡数为0，故对应所以光源距离为45cm和50cm 时气泡数为零的原因是光合作用产生的氧气小于或等于呼吸作用消耗的氧气；
(2)当光照较长时间后，由于溶液中CO2量有限，随着光照较长时间的进行，溶液中CO2逐渐减少，暗反应减慢，导致[H]和ATP消耗减少，从而抑制了光反应，光合作用越来越弱，从而产生的氧气气泡数逐渐减少；
(3)图2中，浓度超过25mg·L－1时，因为外界溶液碳酸氢钠的浓度过高，导致金鱼藻细胞渗透失水过多，影响了金鱼藻的生理活动。
【点睛】解答此题要抓住题干中关键信息“密闭容器有一定浓度的碳酸氢钠溶液，保持温度恒定且适宜”，所以随着光照时间的延长，容器内CO2逐渐减少而影响光合作用的主要限制因素。
8.破伤风由破伤风杆菌引起，窄而深的皮肤伤口（如刺伤）易营造厌氧环境，有利于破 伤风杆菌生长并分泌外毒素，对机体造成伤害。回答下列问题：
（1）人体皮肤形成伤口，说明免疫系统保卫人体的第___道防线受损。侵入机体的破伤风外毒素被吞噬细胞摄取、处理后,传递给T细胞，进而刺激B细胞增殖分化，在此过程中引起B细胞增殖分化的两个条件分别是_________和__________。
（2）破伤风是可以通过注射破伤风疫苗预防的。与未接种破伤风疫苗的人比较，破伤风外毒素侵入已经接种破伤风疫苗的人体后会更快地被清除掉，其主要原因是__________。
【答案】 (1). 一 (2). 抗原（或破伤风外毒素）的刺激 (3). 淋巴因子的作用 (4). 记忆细胞受到破伤风外毒素的刺激迅速增殖分化形成大量的浆细胞,进而分泌大量的抗体，与破伤风外毒素特异性结合,使破伤风外毒素失去毒性
【解析】
【分析】
本题以破伤风芽孢杆菌为背景，考查免疫调节的相关知识，旨在考查考生的识记能力与知识的迁移运用能力。
【详解】（1）皮肤能抵挡病原体的入侵，起到天然屏障的作用，是人体的第一道防线；抗原（破伤风外毒素）侵入机体后会刺激免疫系统，经吞噬细胞的摄取和处理，使病原体的抗原暴露处理，并呈递给T细胞，进而刺激B细胞增殖，故在此过程中引起B细胞增殖分化的两个条件分别是抗原的刺激和淋巴因子的作用；
（2）抗原侵入机体后，会产生相应的记忆细胞，当相同抗原再次入侵机体时，记忆细胞受到破伤风外毒素的刺激迅速增殖分化形成大量的浆细胞,进而分泌大量的抗体，与破伤风外毒素特异性结合,使破伤风外毒素失去毒性，故与未接种破伤风疫苗的人比较，破伤风外毒素侵入已经接种破伤风疫苗的人体后会更快地被清除掉。
【点睛】关于二次免疫：（1）原理：特异性免疫中，初次免疫形成的记忆细胞在再次受到特定抗原刺激时，便会迅速分裂，产生效应T细胞和浆细胞来对抗抗原；（2）特点：①强度更强②更迅速③持续时间更长；（3）应用：制备疫苗。
9.果蝇体细胞中有四对同源染色体,其中三对为常染色体，一对为性染色体（XY 型）。已知果蝇的长翅对残翅为完全显性，由一对等位基因（A、a）控制，刚毛对截毛为完全显性，由另一对等位基因（B、b）控制。现有足够数量的纯合长翅刚毛品系和纯合残翅截毛品系的雌、雄果 蝇若干，供实验研究。请根据要求完成下列问题；
（1）若已知刚毛和截毛这对相对性状由性染色体上的基因控制，那么_____填“能”或“不能”）仅位于Y染色体上,请说明理由:______________。
（2）选择截毛雌果蝇与纯合刚毛雄果蝇杂交，观察子代的表现型，探究B、b基因是位于X染色体上还是位于XY染色体的同源区段上。
若子代雌雄果蝇均为刚毛，则B、b基因位于_____；若子代雌果蝇均为刚毛，雄果蝇均为截毛，则B、b基因位于______。
（3）若两对基因均位于常染色体上，现要确定两对基因是否位于一对同源染色体上（不考虑交 叉互换）。可以采用的实验方案是___________。
①若_______，则从因A、a和B、b位于一对同源染色体上；
②若_____.则A、a和B、b位于两对同源染色体上。
【答案】 (1). 不能 (2). 亲本刚毛和截毛性状中均既有雌蝇又有雄蝇，说明相关基因不能仅位于Y染色体上 (3). XY染色体的同源区段上 (4). X染色体 (5). 选择纯合长翅刚毛雌果蝇和残翅截毛雄果蝇（或纯合长翅刚毛雄果蝇和残翅截毛雌果蝇）杂交得F1，F1雌雄果蝇相互交配，观察统计F2的表现型及比例 (6). F2中长翅刚毛:残翅截毛=3： 1 (7). F2中长翅刚毛:长翅截毛:残翅刚毛:残翅截毛=9： 3： 3： 1
【解析】
【分析】
本题考查伴性遗传的相关知识，要求学生能运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行解释、推理，做出合理的判断或得出正确的结论。
【详解】（1）若某性状仅位于Y染色体上，则该性状仅在雄性个体中有表现，因亲本刚毛和截毛性状中均既有雌蝇又有雄蝇，说明相关基因不能仅位于Y染色体上；
（2）选择截毛雌果蝇与纯合刚毛雄果蝇杂交，探究B、b基因是位于X染色体上还是位于XY染色体的同源区段上，则有以下情况：①若位于X染色体上，则亲本组合为雌XbXb×雄XBY，子代为 XBXb、XbY，即子代雌果蝇均为刚毛，雄果蝇均为截毛；②若位于XY染色体的同源区段上，则亲本组合为雌XbXb×雄XBYB，子代为 XBXb、XbYB，即子代雌雄果蝇全为刚毛；
（3）若要确定均位于常染色体的两对基因是否位于一对同源染色体上，则可选择纯合长翅刚毛雌果蝇（AABB）和残翅截毛雄果蝇（aabb）（或纯合长翅刚毛雄果蝇和残翅截毛雌果蝇）杂交得F1（AaBb），F1雌雄果蝇相互交配，观察统计F2的表现型及比例：
①若基因A.a和B.b位于一对同源染色体上，则F1产生配子类型为AB、ab，则F2中A-B-：aabb=3:1，即长翅刚毛:残翅截毛=3：1；
②若A、a和B、b位于两对同源染色体上，则F1配子种类为AB、Ab、aB、ab,则若F2中长翅刚毛（A-B-）:长翅截毛（A-bb）:残翅刚毛（aaB-）:残翅截毛（aabb）=9：3：3：1。
【点睛】抓住题干信息“足够数量纯合长翅刚毛品系和纯合残翅截毛品系的雌、雄果蝇若干”中的纯合二字是解题关键。
10.研究人从对河北省某地的森林/草原过渡地带的鸟类进行调查。获取了部分数据。 请结合所学知识回答下列河题：
（1）调查鸟类的丰富度和相互之间的关系，属于____（填“种群”或“群落”或“生态系统”）水平的研究范购，调查结果显示,森林的鸟类有68种,灌木的鸟类有38种，草原的鸟类有25 种，分析其原因，主要是森林复杂的_____结构为鸟类的生存提供了更加多样的食物和____________ ，避免了生恬习性相近的鸟类之间过分激烈的____
（2）调查表明森林中各种鸟类的种群密度也比较稳定,这从一个侧面反映出森林具有较强的_______
（3）某个食虫鸟种群的能量流动关系如下表所示（单位：×102 J/m2.a）
该食虫鸟群用于生长发育繁殖的能量为______，该种群与其捕食者之间的能量传递效率为_____.
【答案】 (1). 群落 (2). 垂直 (3). 栖息环境 (4). 竞争 (5). 自我调节能力（或抵抗力稳定性） (6). 3.4×102J/m2 • a (7). 5%
【解析】
【分析】
本题考查种群、群落、生态系统，考查对种群密度调查方法、群落特征、生态系统功能与稳定性的理解。解答此题，应区分摄入量、同化量和用于生长、发育、繁殖的能量之间的关系，根据同化量比值计算能量传递效率。
【详解】（1）鸟类的丰富度是指该群落中鸟的物种数的多少，鸟类之间的关系属于群落中的种间关系，调査鸟类的丰富度和相互之间的关系，属于群落水平的研究范畴；森林垂直方向上分层明显，复杂的垂直结构为鸟类的生存提供了更加多样的食物和栖息环境，有利于充分利用空间、资源，避免了生活习性相近的鸟类之间过分激烈的竞争；
（2）森林中各种鸟类的种群密度比较稳定，说明森林具有较强的自我调节能力（抵抗力稳定性），能保持其结构的稳定性；
（3）该食虫鸟种群的同化量为31.6—15.6=16×102J/m2•a，用于生长发育繁殖的能量为16—12.6=3.4×102J/m2•a，该种群与其捕食者之间的能量传递效率约为0.8/16×100%=5%。
【点睛】解答本题的关键是：区分摄入量、同化量、粪便量、用于生长发育繁殖的能量之间的关系：（1）同化量=摄入量—粪便量；（2）用于生长发育繁殖的能量=同化量-呼吸作用中散失的能量。
11.鸭梨醋饮属绿色健康饮品，既保存了鸭梨中的多种氨基酸、维生索、矿物质、有机酸等营养成分法对其逬行固定.而固址化霉又兼具果醋醒酒护肝、助消化、降低血脂、软化血管等养生保健功能，深受广大消者青昧。如图为鸭梨醋饮的制作流程图，请根据图回答下列问题。
（1）若得到的鸭梨汁非常浑浊.解决的方法是__________________
（2）为了捉高过程①所用微生物的利用率，最好用______法固定，而固定酶一般不采用此法，理由是____________________
（3）过程②所用的徽生物是_____________。
（4）为获得高纯度的果酒，需要对过程①所用的微生物进行分离和纯化.其过程为：
第一步:配制培养基。该培养基必须含有微生物生长所需要的____、生长因子、水和无机盐等基本营养成分,原料称重溶解后，需进行_______.然后进行灭菌操作。
第二步:接种。微生物常用的接种方法是______.
第三步:培养。温度控制在___℃
第四步:挑选符合要求的菌落。
【答案】 (1). 用果胶酶处理 (2). 包埋 (3). 酶分子较小，容易从包埋材料中漏出 (4). 醋酸菌 (5). 碳源、氮源 (6). 调节pH (7). 平板划线法和稀释涂布平板法 (8). 18-25
【解析】
【分析】
本题以鸭梨醋饮的制备为考查背景，综合考查果醋的制作、培养基的成分、微生物的实验室培养等知识，旨在考查考生信息获取的能力与知识综合运用能力。
【详解】（1）植物细胞的细胞壁成分是纤维素和果胶，所以应用果胶酶处理果汁，提高苹果的出汁率并使果汁变得澄清；
（2）过程①表示果酒的制作，果酒一般利用酵母菌进行无氧呼吸产生酒精，由于细胞相对于酶来说更大，难以被吸附或结合，因此多采用包埋法；而酶分子较小，容易从包埋材料中漏出，一般采用物理吸附法或化学结合法；
（3）过程②表示果醋的制作，果醋制作利用的菌种为醋酸菌；
（4）第一步：配制培养基，该培养基必须含有微生物生长所需要的碳源、氮源、生长因子、水和无机盐等基本营养成分，原料称重溶解后，需进行调节pH，然后进行灭菌操作，常用的灭菌方法是高压蒸汽灭菌法；
第二步：接种，微生物常用的接种方法有平板划线法、稀释涂布平板法；
第三步：培养；果酒制作利用的是酵母菌，酵母菌适宜生存的温度为18～25℃。
【点睛】培养基，是指供给微生物、植物或动物（或组织）生长繁殖的，由不同营养物质组合配制而成的营养基质。一般都含有碳水化合物、含氮物质、无机盐（包括微量元素）、维生素和水等几大类物质。培养基既是提供细胞营养和促使细胞增殖的基础物质，也是细胞生长和繁殖的生存环境。
12.目前我国超过82万人感染艾滋病,预防工作迫在眉眉睫。科学工作者从HIV感染自愈者体内采集相应免疫细胞，使之与骨髓瘤细胞结合，生产HIV抗体，具体过程见下图。回答相关问题：
(1)HIV自愈者免疫细胞是指_____ , 甲、乙 、丙中只含杂交瘤细胞的是____________________，②过程的目的是筛选具有______________________ 特点的杂交瘤细胞。
(2)HIV病毒主要侵染T淋巴细胞的原因可能是__________________
(3)转基因技术被运用到HIV疫苗的研制工作中，该技术操作的关键步驟是_____，为使目的基因在受体细胞中正常表达，需要把目的基因片段插入到表达载体的____之间。
(4)用DNA-RNA分子杂交技术确定目的基因是否完成了______ (转录、翻译)过程。
(5)科学工作者发现一种D蛋白，其31号位的色氨酸酸换成酪氨酸后，就能与HIV表面的糖蛋白结合，从而使HIV病毒失去侵染T细胞的能力。制造这种新型型蛋白质防治艾滋病，用到的现代生物工稈技术是___________
【答案】 (1). 被免疫的B细胞（或浆细胞） (2). 乙、丙 (3). 无限增殖、产生特异性抗体 (4). T细胞表面有HIV病毒结合的特异性受体 (5). 基因表达载体的构建 (6). 启动子和终止子 (7). 转录 (8). 蛋白质工程
【解析】
【分析】
分析题图可知，甲过程为HIV自愈细胞与骨髓瘤细胞的融合过程，①为选择性培养基的筛选作用，乙为经第一次筛选后的杂交瘤细胞，②为克隆化培养和抗体检测，丙为第二次筛选后的所需杂交瘤细胞，既能无限增殖，又可产生所需特异性抗体（抗HIV的抗体）。
【详解】（1）据图分析可知，上述甲为HIV自愈者免疫细胞与骨髓瘤细胞融合的过程，该杂交瘤细胞最终产生了抗体，说明HIV自愈者免疫细胞为浆细胞；由上述分析可知，甲、乙 、丙中只含杂交瘤细胞的是乙、丙；②过程的目的是筛选具有无限增殖、产生特异性抗体特点的杂交瘤细胞；
（2）HIV病毒主要侵染T淋巴细胞，推测其原因可能是T细胞表面有HIV病毒结合的特异性受体；
（3）基因工程共有四步操作，其中第二步基因表达载体的构建是关键步骤；为使目的基因在受体细胞中正常表达，需要把目的基因片段插入到表达载体的启动子与终止子之间；
（4）目的基因的检测与鉴定可分为分子水平与个体生物学水平的检测两类方法，其中用DNA-RNA分子杂交技术可确定目的基因是否完成了转录过程；
（5）根据题意分析，D蛋白31号位的色氨酸替换成酪氨酸后，就能与HIV表面的糖蛋白结合，从而使HIV病毒失去侵染T细胞的能力，该过程预测蛋白质的结构到合成目的基因，再到合成相关的蛋白质预防艾滋病，属于蛋白质工程。
【点睛】解答本题关键是掌握单克隆抗体制备的基本步骤，进而判断出图中各数字代表的过程及名称，进而分析作答。
咸阳市2019年高考模拟检测（三）理综试题化学部分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 S-32 Cu-64 Zn-65
1.化学与生活、社会、科技关系密切，下列解释正确的是
A. 夏天雷雨过后空气清新的主要原因是放电时N2和O2合成了NO
B. 加碘盐中添加的是KI或KIO3
C. “碳海绵”吸收泄露的原油时发生了化学变化
D. 聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程
【答案】B
【解析】
【详解】A. 夏天雷雨过后空气清新的主要原因是产生了臭氧，臭氧能消毒杀菌，故A错误；
B. 加碘盐中添加的是KI或KIO3，而非碘单质，故B正确；
C. “碳海绵”多孔具有强吸附性，吸收泄露的原油时是物理变化，故C错误；
D. 油脂属于高级脂肪酸甘油酯，不是高分子，故D错误，
故选B。
2.有机物W在工业上常用作溶剂和香料，其合成方法如图，下列说法不正确的是
A. M、N、W均能发生加成反应和取代反应
B. N、W组成上相差一个CH2原子团，所以互为同系物
C. 1molM与1molw完全燃烧消耗O2的物质的量相同
D. M苯环上的二氯代物有6种
【答案】B
【解析】
【详解】A. M、N、W中都含有苯环，属于不饱和结构，在一定条件下可以发生加成反应和取代反应，故A正确；
B. N、W组成上虽然相差一个CH2原子团，但结构不相似，一个含有羧基一个含有酯基，不是同系物，故B错误；
C. M和W分子组成相差1个C和2个O，正好是燃烧产物CO2的组成，所以可以知1molM与1molw完全燃烧消耗O2的物质的量相同，故C正确；
D. M苯环上的二氯代物的取代基位置分别有2，3；2，4；2，5；2，6；3，4；3，5，共有6种，故D正确，
故选B。
【点睛】在确定取代物种类时，可以先确定一个取代基的位置，然后再确定另一个取代基的位置，同时注意结构的对称性，这是解决此类问题的一般规律。
3.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍；X和Y元素原子的最外层电子数之和与W元素原子的最外层电子数相同；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是
A. Z的最高价氧化物对应水化物的钠盐是“84"消毒液的主要成分
B. Z的氢化物的水溶液能与W的含氧酸盐反应，说明非金属性Z>W
C. X的最高价氧化物的水化物能与Y的最高价氧化物的水化物反应
D. 简单离子半径：X>Y>Z
【答案】C
【解析】
【详解】W元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则W为碳或硫；W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X和Y元素原子的最外层电子数之和与W元素原子的最外层电子数相同，则W为碳，X为钠，Y为铝；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为氯；
A. Z的最高价氧化物对应水化物的钠盐是NaClO4，而“84"消毒液的主要成分是NaClO，故A错误；
B. 盐酸能和碳酸盐反应，不能说明非金属性Z>W，因为盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，故B错误；
C. X的最高价氧化物的水化物为氢氧化钠，Y的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，二者可以反应，故C正确；
D. 简单离子X、Y电子层为两层，Z离子为三层，Z离子半径最大，故D错误，
故选C。
【点睛】比较元素非金属性时，可以通过比较二者最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，而不能比较一种元素的氢化物与另一种元素的含氧酸的酸性强弱，这是此题容易被忽略的地方。
4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温下，pH =1的盐酸中含有H+的数目为0.1NA
B. 标准状况下，22.4 LCl2与Fe完全反应时，转移电子数为3NA
C. 32gO2和32gO3中所含原子数均为2NA
D. 常温常压下，28 g乙烯含有2NA个碳碳双键
【答案】C
【解析】
【详解】A. 常温下，pH =1的盐酸中H+的浓度为0.1mol/L，但不知道溶液的体积，所以数目无法确定，故A错误；
B. 标准状况下，22.4 LCl2为1mol，与Fe完全反应时，转移电子数为2NA，故B错误；
C. 32gO2和32gO3中所含原子数均为 ，故C正确；
D. 28 g乙烯物质的量为1mol，含有NA个碳碳双键，故D错误，
故选C。
【点睛】在有关阿伏加德罗常数的计算时，涉及到气体体积的时候要注意是否为标准状态，在已知溶液浓度时，注意是否已知溶液体积，这是常被忽略的地方。
5.对某溶液中部分离子的定性检测流程如下。相关分析正确的是
A. 步骤①所加试剂可以是浓NaOH溶液
B. 可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体
C. 红褐色沉淀与HI反应的离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
D. 步骤②的反应为：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+CO2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A. 无色气体为氨气，红褐色沉淀为氢氧化铁，X溶液为偏铝酸钠溶液，所以步骤①所加试剂可以是浓NaOH溶液，故A正确；
B. 应该用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，故B错误；
C. 可以氧化I-生成I2，故C错误；
D. 步骤②的反应为：AlO2- + HCO3- + H2O = CO32- + Al(OH)3↓，故D错误；
故选A。
6.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中有机废水中有机物可用C6H10O5，表示，咸水中的主要溶质为NaCl。下列有关说法正确的是
A. a为原电池的负极
B. b电极附近溶液pH减小
C. a电极反应式为
D. 中间室：Na+移向左室，Cl-移向右室
【答案】A
【解析】
【详解】A. a极生成CO2，碳元素化合价升高，发生氧化反应，a为原电池的负极，故A正确；
B. b电极的电极反应为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，附近溶液氢离子浓度减小，pH增大，故B错误；
C. a电极反应式应为：C6H10O5-24e－+7H2O=6CO2↑+24H+，故C错误；
D. 中间室：Na+移向正极右室，Cl－移向负极左室，故D错误，
故选A。
【点睛】本题侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据元素化合价的变化确定正负极，难点是电极反应式的书写；掌握好阴离子、阳离子的放电顺序、清楚在闭合回路中电子转移数目相等是解决此题的关键。
7.常温下，现有0.1 mol/L的NH4HCO3溶液，pH =7.8。已知含氮（或含碳）各微粒的分布分数（平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数）与pH的关系如下图所示。下列说法不正确的是
A. 常温下Kb(NH3·H2O)> Kal(H2CO3)
B. 向pH =6.5的上述溶液中逐滴滴加NaOH溶液时，NH4+和HCO3一浓度都逐渐减小
C. NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c( NH4+) +c( NH3·H2O) =c(HCO3-)+c（CO3 2-）+c( H2 CO3)
D. 当溶液的pH =9时，溶液中存在下列关系：c(HCO3-)>c(NH4+>c(NH3·H2O)>c（CO3 2-）
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由于0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.8，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则一水合氨的电离平衡常数大于Ka1（H2CO3），即Kb(NH3·H2O)> Kal(H2CO3)，故A正确；
B. 根据图象可知，向pH =6.5的上述溶液中逐滴滴加NaOH溶液时，pH增大，HCO3一浓度增大，故B错误；
C. NH4HCO3溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），故C正确；
D. 结合图象可知，溶液的pH=9时，溶液中离子浓度大小为：c（HCO3-）>c（NH4+）>c（NH3•H2O）>c（CO32-），故D正确，
故选B。
8.氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：
已知：①菱锰矿石主要成分是，还含有少量Fe、Al、Ca、Mg等元素；
②相关金属离子形成氯氧化物沉淀时的pH如下：
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
3.8
1.5
63
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6
③常温下， 的溶度积分别为
回答下列问题：
(1)“焙烧”时发生的主要化学反应方程式为_____________________。
(2)分析下列图1、图2、图3，氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是：
焙烧温度_________，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为__________，焙烧时间为___________.
(3)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入氧化为，反应的离子方程式为________；然后调节溶液pH使沉淀完全，此时溶液的pH范围为____。再加入沉淀，当时， =______
(4)碳化结晶时，发生反应的离子方程式为___________。
(5)流程中能循环利用的固态物质是____________。
【答案】 (1). MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O (2). 500℃ (3). 1.10 (4). 60min (5). MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O (6). 5.2≤pH<8.8 (7). 5×10-6 (8). Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O (9). NH4Cl
【解析】
【详解】(1)根据工艺流程图知“焙烧”时发生的主要化学反应方程式为：MnCO3+2NH4Cl MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；
(2)根据图示锰浸出率比较高，焙烧菱镁矿的最佳条件是：焙烧温度500℃；氯化铵与菱镁矿粉的质量比为1.10；焙烧时间为60min；
(3)二氧化锰具有氧化性，可以氧化亚铁离子，而二氧化锰被还原为锰离子，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；根据题干信息知pH在5.2时Al3+沉淀完全，pH在8.8时，Mn2+开始沉淀，所以将Fe3+、Al3+沉淀完全，可以调整pH范围在5.2≤pH<8.8；根据 的溶度积计算得：c2(F-)= ，c(Mg2+)= mol/L；
(4)根据流程图知碳化结晶时，发生反应的离子方程式为：Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O；
(5)流程图可以看出能循环利用的固态物质是NH4Cl。
【点睛】分析流程题需要掌握的技巧是：浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图，了解流程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用。
9.能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料。
(1)已知：
则煤气化主要反应________________
(2)已知的正反应速率为，逆反应速率为，k为速率常数。2500K时， ，则该温度下的反应平衡常数K=_________________ 。
(3)甲醇制甲醚有关反应为： 一定温度下，在三个容积均为1.0 L的恒容密闭容器中发生该反应。
容器编号
温度／℃
起始物质的量／mol
平衡物质的量/mol
CH3OH
CH3OCH3
H2O
I
387
0. 20
x
II
387
0. 40
y
Ⅲ
207
0. 20
0. 090
0. 090
________________.
②已知时该反应的化学平衡常数K=4。该温度下，若起始时向容器I中充入0.10mol ，则反应将向_________（填“正”或“逆”）反应方向进行。
③容器Ⅱ中反应达到平衡后，若要进一步提高甲醚的产率，可以采取的措施为______________（填序号）
A.升高温度 B.其他条件不变，增加的物质的量
C.降低温度 D.保持其他条件不变，通入氖气
(4)为减少雾霾、降低大气中有害气体含量，研究机动车尾气中及的排放量意义重大。机动车尾气污染物的含量与空／燃比（空气与燃油气的体积比）的变化关系示意图如图所示：
①当空／燃比达到15后减少的原因可能是__________（填字母）。
a.反应是吸热反应
b.当空／燃比大干15后，燃油气燃烧放出的热量相应减少
②随空／燃比增大，CO和的含量减少的原因是______。
【答案】 (1). (2). 0.40 (3). 1/2 (4). 正 (5). C (6). ab (7). 随空／燃比增大，燃油气燃烧更充分，故CO和的含量减少
【解析】
【分析】
根据盖斯定律计算反应热；根据平衡常数表达式进行相关计算；根据化学平衡移动原理判断平衡的移动。
【详解】(1)根据盖斯定律得：==；
(2)达到平衡时υ正=υ逆，根据平衡常数表达式及题干信息得：K= ；
(3)根据转化之比等于化学计量数之比，容器I达到平衡时H2O的物质的量为xmol；两容器内温度、容积相同，又因为该反应前后气体分子数保持不变，容器II中起始量为容器I的2倍，故容器I和容器II为比例等效平衡，则平衡时，生成的H2O的物质的量容器II也为容器I的2倍，所以1/2；
②因为该反应前后气体分子数保持不变，Qc=，Qc
B.其他条件不变，增加的物质的量，甲醚的产率不变，故B错误；
C.降低温度，平衡正向移动，甲醚产率提高，故C正确；
D.该反应前后气体分子数不变，所以通入氖气时，平衡不移动，甲醚的产率不变，故D错误，故答案为：C；
(4)①a.反应是吸热反应，增加空气的量，温度降低，平衡逆向移动，NOx含量降低，故a为可能原因；
b.当空／燃比大干15后，燃油气燃烧放出的热量相应减少，平衡逆向移动，故b为可能原因；
②随空／燃比增大，燃油气燃烧更充分，故CO和的含量减少。
10.实验能力和创新意识是化学学科核心素养的重要内容之一。某研究性学习小组在验证反应“ Fe”的实验中检测到发现和探究过程如下：向硝酸酸化的硝酸银溶液（）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。
(1)检验产物：
①检验上层清液中所含离子的方法：取上层清液，滴加_________，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+。
②经检验黑色固体为Ag，检验方法：取出少量黑色固体，洗涤后，加入适量稀硝酸使固体溶解，再滴加__________（填试剂），产生_________（填现象）。
(2)针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有乙认为铁粉过量时不可能有，乙依据的原理是______。（用离子方程式表示）o
针对这两种观点继续实验：取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测。同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：
序号
取样时间/min
现象
I
3
产生大量白色沉淀；溶液呈红色
II
30
产生白色沉淀，较3 min时量少；溶液红色较3 min时加深
III
120
产生白色沉淀，较30min时量少；溶液红色较30min时变浅
（资料： -生成白色沉淀AgSCN）
(3)实验中溶液变为红色的离子方程式为_______________，产生白色沉淀说明存在___________（填离子符号）。
(4)对产生的原因做如下假设：
假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生
假设b：空气中存在发生反应产生
假设c：酸性溶液中的NO3-将Fe2+氧化为Fe3+
假设d：溶液存在Ag+将Fe2+氧化为Fe3+
下述实验可证实假设a、b，c不是产生Fe3+的主要原因，并可证实假设d成立。
①实验：向硝酸酸化的__________溶液( )中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液。3min 时溶液呈浅红色，30min后溶液几乎无色。
②实验II的现象说明发生了反应__________（用离子方程式表示）。
(5)实验Ⅱ中发生的反应可以用下列装置来验证。其中甲溶液是___________，分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，_______ （“前者”或“后者”）红色更深。
【答案】 (1). K3[Fe(CN)6] (2). 稀盐酸 (3). 白色沉淀 (4). 2Fe3++Fe=3Fe2+ (5). Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 (6). Ag+ (7). 0.05mol/L的NaNO3溶液 (8). Ag++Fe2+ Ag+Fe3+ (9). FeSO4溶液 (10). 后者
【解析】
【分析】
根据离子检验的方法及原理分析解答并书写相关离子方程式；根据题干信息分析实验原理是否正确；根据原电池原理分析解答。
【详解】(1)①检验Fe2+，滴加K3[Fe(CN)6]，产生蓝色沉淀；
②Ag与稀硝酸反应生成硝酸银，检验Ag+，可以滴加稀盐酸，出现白色沉淀；
(2)铁离子有较强的氧化性，可以与铁反应，离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
(3)溶液变为红色的离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，根据题干信息，白色沉淀是AgSCN，产生白色沉淀说明存在Ag+ ；
(4)①为了验证Ag+将Fe2+氧化为Fe3+，可将硝酸银溶液换成0.05mol/L的NaNO3溶液；
②实验II的现象说明Ag+的量减少、Fe2+向Fe3+转化，发生反应为：Ag++Fe2+ Ag+Fe3+；
(5)若要验证银离子可以氧化亚铁离子，可以利用原电池原理，需要甲溶液中含有亚铁离子，所以甲溶液为FeSO4溶液；电池工作一段时间后会生成Fe3+，所以后者颜色深。
11.我国具有丰富的铜矿资源，请回答下列有关铜及其化合物的问题：
(1)请写出基态Cu原子的价电子排布式_________。焰火中的绿色是铜的焰色，基态铜原子在灼烧时价电子发生了_________ 而变为激发态。
(2)黄铜是人类最早使用合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能Il(Zn)______ Il(Cu)（填“大于”或“小于”），原因是___________。
(3)新型农药松脂酸铜具有低残留的特点，下图是松脂酸铜的结构简式：
请分析1个松脂酸铜中π键的个数___________加“*”碳原子的杂化方式为_____________。
(4)硫酸铜溶于氨水形成4深蓝色溶液。
① 中阴离子的立体构型是_______。
②在中之间形成的化学键称为_____，提供孤电子对的成键原子是_______________________。
③氨的沸点_________________（填“高于”或“低于”）膦；
(5)黄铜合金可以表示为，为面心立方晶胞，晶体密度为8.5，求晶胞的边长___________（只写计算式，不求结果）
【答案】 (1). 3d104s1 (2). 跃迁 (3). 大于 (4). Zn核外电子排布为全满结构，难失去电子 (5). 6 (6). sp3 (7). 正四面体 (8). 配位键 (9). N (10). 高于 (11).
【解析】
【分析】
根据核外电子排布规律分析解答；根据价层电子对互斥理论分析轨道杂化类型、空间构型；根据配位键的形成分析解答；根据晶胞的结构和密度进行相关计算。
【详解】(1)Cu原子一共有29个电子，根据核外电子排布规律及洪特规则的特例，其价电子排布式为3d104s1；焰色反应，是电子在不同的轨道发生跃迁产生的现象；
(2)Zn外围电子排布为3d104s2，Cu外围电子排布为3d104s1，Zn原子核外电子排布为全满结构，更难失去电子，故第一电离能锌大于铜，故答案为：大于；Zn核外电子排布为全满结构，难失去电子；
(3)单键是σ键，双键中有1个σ键和1个π键，该有机物中含有3×2=6个双键，所以1个松脂酸铜中π键的个数为6；加“*”碳原子形成的都是单键，其杂化方式为sp3；
(4)① 中阴离子为硫酸根，中心原子S的价层电子对数为4，则轨道杂化类型为sp3，S上没有孤电子对，SO42-的立体构型是正四面体；
②在中提供空轨道，提供孤对电子，所以形成的化学键称为配位键；提供孤电子对的成键原子是N；
③因为氨气分子间可以形成氢键，所以氨的沸点高于膦；
(5)由题干信息知，黄铜合金可以表示为Cu3Zn，为面心立方晶胞，晶胞中含有3个Cu、1个Zn，则晶胞的质量为： g，则晶胞的边长为。
12.化合物H是合成治疗心血管疾病药物的中间体，可通过以下途径合成：
已知:①（苯胺易被氧化）
②甲苯发生一硝基取代反应与A类似。
回答下列问题：
(1)写出C中官能团的名称：___________。
(2)写出有关反应类型：BC _______；FG______ o
(3)写出AB的反应方程式：___________ 。
(4)写出同时满足下列条件D的所有同分异构体的结构简式：_______________
①能发生银镜反应
②能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色
③核磁共振氢谱(1显示分子中有4种不同化学环境的氢
(5)合成途径中，C转化为D的目的是___________________
(6)参照上述合成路线，以甲苯和为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线。__________
【答案】 (1). 氨基、醚键 (2). 还原反应 (3). 消去反应 (4). (5). 、、 (6). 保护氨基，防止合成过程中被氧化 (7).
【解析】
【分析】
根据合成路线中各中间产物的结构特点及反应条件分析每步合成的产物及反应类型；根据官能团的性质按照已知条件书写同分异构体；运用逆合成分析法，结合题干信息设计合成路线。
【详解】根据A、C的结构简式及题干信息知B为，B→C的过程是硝基转化为氨基，属于还原反应，比较C和D的结构变化知，该反应为取代反应，比较E和G的结构简式得F的结构简式为，F→G为消去反应，G到H为水解反应；
(1)根据C的结构简式知官能团的名称为氨基、醚键；
(2)B→C的过程是硝基转化为氨基，属于还原反应；F→G脱水形成双键，为消去反应；
(3)AB为硝化反应，方程式为：；
(4)①能发生银镜反应，则结构中含有醛基；②能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色，则结构中含由酚羟基形成的酯基；③核磁共振氢谱有4种不同化学环境的氢，说明结构具有一定对称性，则该结构可能为：、、；
(5)根据合成途径中最终产物结构及题干信息分析知，C转化为D的目的是保护氨基，防止合成过程中被氧化；
(6)参照上述合成路线结合已知①②，用逆合成分析法知目标产物可以由间氨基苯甲酸与（CH3CO）2O发生取代反应得到，而间氨基苯甲酸可以通过间硝基苯甲酸还原得到，间硝基苯甲酸由苯甲酸硝化反应得到，苯甲酸可以由甲苯氧化得到，设计合成路线为：
。
咸阳市2019年高考模拟检测（三）理综试题物理部分
二、选择题（本大题共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，有选错或不答的得0分）
1.下列说法正确的是
A. 在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式这个关系式是开普勒第三定律，是可以在实验室中得到证明的
B. 在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式，这个关系式实际上是牛顿第二定律，是可以在实验室中得到验证的
C. 在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式，这个关系式实际上是匀速圆周运动的速度定义式
D. 在探究太阳对行星的引力规律时，使用的三个公式，都是可以在实验室中得到证明的
【答案】B
【解析】
【详解】在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式，这个关系式是开普勒第三定律，是通过研究行星的运动数据推理出的，不能在实验室中得到证明，故A错误；在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式，这个关系式是向心力公式，实际上是牛顿第二定律，是可以在实验室中得到验证的，故B正确；在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式，这个关系式不是匀速圆周运动的速度定义式，匀速圆周运动的速度定义式为，故C错误；通过ABC的分析可知D错误。
2.如图所示是实验室里用来测量磁场力的一种仪器—电流天平，某同学在实验室里用电流天平测算通电螺线管中的磁感应强度，若他测得CD段导线长度m，天平（等臂）平衡时钩码重力N，通过导线的电流I=0.5 A，由此测得通电螺线管中的磁感应强度B是
A. 方向水平向左
B. ，方向水平向右
C. ，方向水平向左
D. ，方向水平向右
【答案】D
【解析】
【详解】天平平衡时，CD段导线所受安培力大小为：F=mg；由F=BIL得：；根据安培定则可知磁感应强度的方向向右，所以D正确、ABC错误。
3.如图所示，长为L、质量为3m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的铁块A放在长木板右端。一质量为m的子弹以速度v0射入木板并留在其中，铁块恰好不滑离木板。子弹射入木板中的时间极短，子弹、铁块均视为质点，铁块与木板间的动摩擦因数恒定，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 木板获得的最大速度为
B. 铁块获得的最大速度为
C. 铁块与木板之间的动摩擦因数为
D. 子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能为
【答案】BCD
【解析】
【分析】
对子弹和木板B系统，根据动量守恒定律求出木板获得的最大速度，对木板B和铁块A（包括子弹）系统，根据动量守恒定律求出铁块获得的最大速度，由能量守恒定律求出铁块与木板之间的动摩擦因数和子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能；
【详解】A、对子弹和木板B系统，根据动量守恒定律：mv0=4mv1，解得v1=，故A错误；
B、对木板B和铁块A（包括子弹）系统：mv0=5mv2，解得v2=，故B正确；
C、子弹打入木板后，对木板B和铁块A（包括子弹）系统，由能量守恒定律：μmgL=4mv125mv22，解得μ=，故C正确；
D、全过程，由能量守恒定律可知，子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为△E=mv02-5mv22，故D正确；
故选BCD。
【点睛】子弹射入木块的瞬间木块获得的速度最大，由动量守恒定律求木块获得的最大速度；木块在木板上滑行时，木块（含子弹）与木板组成的系统合外力为零，总动量守恒，由动量守恒定律求木块滑离木板时木板获得的速度。
4.如图所示为一交流电压随时间变化的图象．每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得，此交流电压的有效值为( )
A. 7.5 V
B. 8 V
C. 2 V
D. 3 V
【答案】C
【解析】
有效值是根据焦耳热功率来定义，，U=2V
5.静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散一种装置.如图所示为该透镜工作原理示意图，虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于x轴、y轴对称，且相邻两等势线的电势差相等，图中实线为某个电子通过电场区域时的轨迹示意图，关于此电子从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是
A. a点的电势高于b点的电势
B. 电子在a点的加速度大于在b点的加速度
C. 电子在a点的动能大于在b点的动能
D. 电子在a点的电势能大于在b点的电势能
【答案】D
【解析】
【详解】根据等势线与电场线垂直，可作出电场线，电子所受的电场力与场强方向相反，故电子在y轴左侧受到一个斜向右下方的电场力，在y轴右侧受到一个斜向右上方的电场力，故电子沿x轴方向一直加速，对负电荷是从低电势向高电势运动，则a点的电势低于b点的电势，故A错误。根据等势线的疏密知道b处的电场线也密，场强大，电子在b点的加速度大，故B错误。根据负电荷在电势高处电势能小，可知电子的电势能一直减小，则电子在a处的电势能大于在b处的电势能；电子的电势能减小，则电子动能增加，电子在a点的动能小于在b点的动能，故C错误，D正确。
6.关于核反应方程 为释放出核能，X为新生成粒子），已知的半衰期为T，则下列说法正确的是
A. 无放射性
B. 比少1个中子，X粒子是从原子核中射出的，此核反应为衰变
C. 经2T时间因发生上述核反应而放出的核能为（N0数值很大）
D. 的平均结合能为
【答案】BC
【解析】
【详解】质量数较大的核都有放射性，故A错误；的中子数为43；的中子数为44，则比少1个中子；由质量数和电荷数守恒知X为电子，是原子核内的中子转化为质子而释放一个电子，是β衰变，故B正确；经2T时间还剩余四分之一没衰变，发生上述核反应而放出的核能为N0△E，故C正确；的平均结合能是234个核子结合成时放出的能量，该能量不是它衰变时放出的能量△E，所以的平均结合能不是，故D错误；
7.一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示。t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变化的图象如图乙所示。已知线框质量m＝1 kg、电阻R＝ 1Ω，以下说法正确的是( )
A. 线框做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2
B. 匀强磁场的磁感应强度为2T
C. 线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为C
D. 线框边长为1 m
【答案】ABC
【解析】
t=0时刻，线框的速度为零，线框没有感应电流，不受安培力，加速度为： ，故A正确；线框刚出磁场时的速度为 v=at=1×1m/s=1m/s，此时线框所受的安培力为FA=BIL，，则得 ，根据牛顿第二定律得 F-FA=ma，代入得 F-=ma，代入数据 F=3N，m=1kg，R=1Ω，L=0.5m，v=1m/s，a=1m/s2解得，B=2 T，故B正确；线框的边长为：L=at2=×1×12=0.5m，故D错误；电荷量：，电流： ，由法拉第电磁感应定律得： ，则得通过线框的电量： ，故C正确．故选ABC．
点睛：本题的突破口是根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式求出线框的边长和速度，问题就变得简单清晰了，再根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式等等电磁感应常用的规律解题．
8.如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离t=0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示.则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是
A. t=2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6N
B. t =2.0s时刻A、B之间作用力为零
C. t=2.5 s时刻A对B的作用力方向向左
D. 从t=0时刻到A、B分离，它们运动位移为5.4m
【答案】AD
【解析】
试题分析：设t时刻AB分离，分离之前AB物体共同运动，加速度为，以整体为研究对象，则有：，分离时：，得，经历时间，根据位移公式，则D正确；当时，，，得，A正确B错误；当时，，，得，C错误．
考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用
【名师点睛】AB分离之前共同运动，以整体为研究对象根据牛顿第二定律列方程求出加速度大小，分离时二者之间的作用力为0．3N但加速度相等，然后隔离A、B分别为研究对象根据牛顿第二定律和运动学公式列方程确定分离的时刻．
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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，每道试题考生都必须作答：第33题一第38题为选考题，考生根据要求作答）
9.橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，弹力F与伸长量x成正比，即F=kx，k的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L、横截面积S有关，理论与实践都表明 ，其中Y是一个由材料决定的常数，材料力学上称之为杨氏模量。
(1)在国际单位制中，杨氏模量Y的单位应该是__________
A．N B．m C．N/m D．N/m2
(2)有一段横截面是圆形的橡皮筋，应用如图甲所示的实验装置可以测量出它的杨氏模量Y。首先利用刻度尺测出橡皮筋未受拉力时的长度L，然后用螺旋测微器测出橡皮筋的直径d，如图乙所示，则d=___mm。
(3)作出橡皮筋受到的拉力F与伸长量x的关系图像，该图像为一条倾斜的直线，其斜率为ko，则该橡皮筋的杨氏模量Y= ___（用ko、d、L表示）。
【答案】 (1). D (2). 5.695（5.693~5.697） (3).
【解析】
【详解】(1)根据表达式得：Y=
已知K的单位是N/m，L的单位m，S的单位是m2，所以Y的单位是N/m2，故选：D
(2)螺旋测微器的主尺刻度为5.5mm，螺旋尺刻度为19.5×0.01mm=0.195mm，所以橡皮筋的直径d=5.5mm+0.195mm=5.695mm；
(3)根据F=kx可知，图象的斜率大小等于劲度系数大小k0，根据可知Y=
10.热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器(NTC).正温度系数电阻器( PTC)在温度升高时电阻值增大，负温度系数电阻器(NTC)在温度升高时电阻值减小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中，某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻Rx(常温下阻值约为)的电流随其两端电压变化的特点，如图所示.
A.电流表（量程100mA，内阻约）
B.电流表A2（量程0.6A，内阻约）
C.电压表（量程3.0V，内阻约）
D.电压表V2（量程15.0V，内阻约
E.滑动变阻器R（最大阻值为）
F.滑动变阻器（最大阻值为
G.电源E(电动势15V，内阻忽略)
H.电键、导线若干
①实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的器材为：电流表________；电压表_________；滑动变阻器____________（只需填写器材前面的字母即可）
②请在所提供的器材中选择必需的器材，在如图虚线框内画出该小组设计的电路图_________.
③该小组测出热敏电阻的U-I图线如图曲线I所示，请分析说明该热敏电阻是______热敏电阻（填“PTC”或“NTC”）.
④该小组又通过查阅资料得出了热敏电阻R2的U-I图线如图曲线Ⅱ所示.然后又将热敏电阻分别与某电池组连成电路如图所示.测得通过和的电流分别为0. 30A和0.60A，则该电池组的电动势为________V，内阻为______（结果均保留三位有效数字）
【答案】 (1). B (2). D (3). E (4). (5). PTC (6). 9.60~10.4V (7). 6.00~8.00Ω
【解析】
【详解】①电源电压为15V，故电压表选D；电流表选择B；为方便实验操作，滑动变阻器应选E；
②加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，滑动变阻器应采用分压接法，由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示：
③由图2曲线I所示图线可知，随电压增大，电流增大，电阻实际功率增大，温度升高，电压与电流比值增大，电阻阻值增大，即随温度升高，电阻阻值增大，该电阻是正温度系数（PTC）热敏电阻．
④在闭合电路中，电源电动势：E=U+Ir，由图2曲线II所示可知，电流为0．3A时，电阻R1两端电压为8V，电流为0．60A时，电阻R2两端电压为6．0V，则有：E=8+0．3r，E=6+0．6r，解得：E=10．0V，r=6．67Ω；
【点睛】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路、判断电阻类型、求电源电动势与内阻；确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的关键；当实验要求电压从零调时，变阻器应采用分压式接法，变阻器的阻值越小越方便调节；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时电流表采用外接法．
11.某直升机空投物资时，可以停留在空中不动，设投出的物资离开飞机后由于降落伞作用，物资在空中无风时以5m/s匀速竖直下落，若飞机停留在离地面100m高处空投物资，由于水平恒定风力的作用，使物资和降落伞（物资和降落伞姿态竖直不变）获得0.25m/s2的加速度匀加速水平向北运动，求：
(1)物资在空中运动的时间及落地时的速度大小；
(2)物资在下落过程中水平方向移动的距离.
【答案】(1)20s, (2)50m
【解析】
【详解】物资的实际运动可以看做是竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀加速直线运动两个分运动的合运动.
(1)分运动与合运动具有等时性，故物资实际运动的时间与竖直方向分运动的时间相等
所以
物资落地时，
由平行四边形定则得：
(2)物资在下落过程中水平方向移动的距离为：
12.如图，区域I内有与水平方向成°角的匀强电场，区域宽度为，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场，区域宽度为，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m、电量大小为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了，重力加速度为g，求：
(1)区域I和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度的大小.
(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小.
(3)微粒从P运动到Q的时间有多长.
【答案】(1), (2) (3)
【解析】
【详解】(1)微粒在区域I内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：
求得：
微粒在区域II内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：
求得：
(2)粒子进入磁场区域时满足：
根据几何关系，分析可知：
整理得：
(3)微粒从P到Q的时间包括在区域I内的运动时间t1和在区域II内的运动时间t2，并满足：
经整理得：
13.如图所示五幅图分别对应五种说法，其中正确的是__________
A. 甲图中微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动
B. 乙图中当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等
C. 丙图中食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的
D. 丁图中小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用
E. 戊图中洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在吸引力
【答案】BDE
【解析】
【详解】甲图中微粒运动就是物质颗粒的无规则运动，即布朗运动，是液体分子无规则热运动的表现，选项A错误；乙图中当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等，分子力表现为零，选项B正确；丙图中食盐晶体的物理性质表现为各向异性，选项C错误；丁图中小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用，选项D正确；戊图中洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在吸引力，选项E正确.
14.一定质量理想气体的p－V图象如图所示，其中a→b为等容过程，b→c为等压过程，c→a为等温过程，已知气体在状态a时的温度Ta＝300 K，在状态b时的体积Vb＝22.4 L.
(1)求气体在状态c时的体积Vc；
(2)试比较气体由状态b到状态c的过程从外界吸收的热量Q与对外做功W的大小关系，并简要说明理由．
【答案】（1）67.2V(2) (2)气体由状态b到状态c为等压过程，气体内能ΔU增大，由于b→c气体对外做功，气体吸收热量Q大于气体对外做的功W.
【解析】
(1)设气体在状态b时的体积为Vb，
a到b为等容过程，根据气体定律得
解得Tb＝100 K
b到c为等压过程，根据气体定律得
解得Vc＝67.2 L
(2)气体由状态b到状态c为等压过程，由气体定律可知，体积增大时温度升高，所以气体内能ΔU增大，由于b→c气体对外做功，W为负值，气体吸热，Q为正值，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体吸收热量Q大于气体对外做的功W。
15.光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是_________.
A. 用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的色散现象 .
B. 用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象
C. 在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象
D. 光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象
E. 立体电影是应用了光的偏振现象
【答案】CDE
【解析】
【详解】用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，选项A错误；用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的折射现象，选项B错误；在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象，选项C正确；光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，选项D正确；立体电影是应用了光的偏振现象，选项E正确.
16.水面上一点O上下振动，振幅为0.2 m，以O点为圆心形成圆形水波，如图所示， A、B、O三点在一条直线上，OA间距离为4.0 m，OB间距离为2.4 m.某时刻O点处在波峰位置.观察发现2s后此波峰传到A点，此时，O点正通过平衡位置向下运动，OA间还有一个波峰.将水波近似为简谐波.
①求此水波的传播速度、周期和波长.
②以O点处在波峰位置为0时刻，某同学打算根据OB间距离与波长的关系确定B点在0时刻的振动情况.画出B点振动图象；若不可行，请给出正确思路并画出B点的振动图象.
【答案】(1), , (2)
【解析】
【详解】①水波的传播速度：
发现2s后此波峰传到A点，此时O点正通过平衡位置向下运动，OA间还有一个波峰
得：
又，得
②可行，因为，，则
由简谐波振动周期和波动周期相同，O点处在波峰位置为0时刻，B点在平衡位置向下振动，
得振动图象为：
理综试题(生物)
1.下列有关生物结构的说法正确的是
A. 蓝藻细胞因没有叶绿体，所以光合色素主要分布在液泡中
B. 结核杆菌细胞中只有细丝状的染色质，没有棒状的染色体
C. Rous肉瘤病毒通过合成并分泌致癌因子，诱导人体细胞癌变
D. 酵母菌细胞的核膜、细胞器膜、细胞膜等结构共同构成其生物膜系统
【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查细胞结构和功能相关知识，要求考生识记细胞中各种细胞器的结构、分布和功能，旨在考查考生的识记能力与知识的迁移运用能力。
【详解】蓝藻为原核生物，体内除核糖体外没有任何其他细胞器，无液泡，A错误；结核杆菌为原核生物，体内无染色体（染色质），B错误；癌变的致癌因子是原癌基因和抑癌基因是体内本就存在的，并非由Rous肉瘤病毒合成并分泌，C错误；酵母菌属于真核生物，其细胞中的核膜、细胞器膜、细胞膜等结构共同构成其生物膜系统，D正确。
【点睛】原核生物是指一类细胞核无核膜包裹，只有称作核区的裸露DNA的原始单细胞生物，除核糖体外没有其他细胞器。常见类型如细菌、立克次氏体、衣原体、支原体、蓝藻（蓝细菌）等。
2.下列关于酶及其实验的叙述，正确的是
A. 加热与FeCl3溶液促使H2O2分解的作用机理相同
B. 同一个体分化程度不同的活细胞中酶的种类完全不同
C. 强酸、强碱会改变酶的空间结构，使酶变性失活
D. pH、温度、实验次数均可作为探究影响酶活性因素实验的自变量
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查酶的有关知识，要求考生能够识记酶的概念、特性以及作用机理，能够利用酶的特性分析，再结合所学知识准确判断各项，旨在考查考生的综合运用能力。
【详解】FeCl3溶液属于无机催化剂，作用机理是降低化学反应的活化能，与加热的原理不同，A错误；同一个体分化程度不同的活细胞中酶的种类可能相同，如呼吸酶，B错误；酶的作用条件比较温和，强酸、强碱会改变酶的空间结构，使酶变性失活，C正确；pH、温度均可作为探究影响酶活性因素实验的自变量，但实验次数是为了减小误差，增强说服力而设置的，不属于实验的自变量，D错误。
【点睛】酶是由活细胞产生的具有催化作用的有机物，绝大多数酶是蛋白质，极少数酶是RNA；酶的特性：高效性、专一性和作用条件温和的特性；酶促反应的原理：酶能降低化学反应的活化能。
3.图为某生物体细胞有丝分裂过程中染色体数与核DNA数比值的关系图，下列叙述错误的是
A. ab段会发生DNA的氢键边断裂边重新形成的过程
B. 下一个细胞周期的be段会形成新的在ef段没有的结构
C. 姐妹染色单体消失和染色体组数加倍都发生在de段
D. 秋水仙素作用于cd段细胞后可发生染色体数目变异
【答案】A
【解析】
【分析】
分析题图可知：ab段染色体和核DNA数之比为1：1，此时DNA尚未复制；bc段染色体和核DNA数之比由1：1变为1：2，原因是间期DNA分子的复制；cd段染色体和核DNA数之比为1：2，此时可表示的时期有有丝分裂的前期、中期；de段表示有丝分裂后期着丝点分裂，染色体和核DNA数之比由1：2变为1：1；ef段染色体和核DNA数之比为1：1，可表示有丝分裂的末期。
【详解】DNA分子复制的特点是边解旋边复制，故氢键边断裂边重新形成，但图中的ab段尚未发生DNA分子的复制，A错误；ef段为有丝分裂的末期，此时细胞中无染色体、纺锤体等结构，这些结构会在下一个细胞周期的be段出现，B正确；de段由于着丝点分裂，原先的姐妹染色分开成为两条染色体，此时细胞中染色体数目与染色体组数据均暂时加倍，C正确；秋水仙素作用于有丝分裂前期（cd段）可抑制纺锤体形成，使染色体数目加倍，D正确。
【点睛】熟练掌握有丝分裂过程中DNA、染色体的变化是解题关键。
4.下图所示家系中的遗传病是由位于两对常染色体上的等位基因控制的，当两种显性基因同时存在时个体才不会患病。若图中Ⅱ-5和Ⅱ-6子代中患病纯合子的概率为3/16,据此分析，下列判断正确的是
A. I -1和I -2的基因型相同 B. I -3和I -4只能是纯合子
C. Ⅲ -7的基因型最多有2种可能 D. Ⅲ-8是杂合子的概率为4/7
【答案】D
【解析】
【分析】
分析题干可知，两种显性基因同时存在时个体才不会患病，故图中1、2、5、6、7个体基因型均为A-B-；又因3号与4号个体都患病，则3号与4号个体各带一种显性基因和另一种隐性基因，即他们一个为A-bb，另一个为aaB-；可推知6号个体基因型为AaBb；又知5号和6号子代患病纯合子概率为3/16，而6号个体为AaBb，可进一步推知5号个体基因型为AaBb。
【详解】1号个体和2号个体都正常，基因型是A-B-；又5号基因型是AaBb，所以1号个体和2号个体的基因型不一定相同，可以都是AaBb，也可以是AABB和AaBb或AaBB和AaBb等，A错误；由以上分析可知，3号和4号是患者，而其子代6的基因型是AaBb，所以3号和4号可以是AAbb、aaBB，也可以是Aabb、aaBb等，B错误；7号个体不患病基因型是A-B-，基因型有AABB、AABb、AaBB、AaBb4种可能性，C错误；基因型中有AABB、AABb、AaBB、AaBb4种表现正常，有1/16+2/16+2/16+4/16=9/16份，8号患病，在剩余的1-9/16=7/16份中有5种基因型，分别为：AAbb、Aabb、aaBB、aaBb、aabb，但纯合子只有3份，因此8号个体是纯合子的概率是3/7，是杂合子的概率为4/7，D正确。
【点睛】本题的解题关键在于根据“图中Ⅱ-5和Ⅱ-6子代中患病纯合子的概率为3/16”，进而推出5号与6号的基因型都为AaBb。
5.下列关于生物变异与进化的叙述，正确的是
A. “精明的捕食者”策略体现了物种间的共同进化，有利于种群的发展
B. 人为因素不能导致种群发生定向进化
C. 生物的各种变异均可为进化提供原材料
D. 生活在一定自然区域的全部生物个体是生物进化的基本单位
【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查生物进化的相关知识，考查学生对基础知识的记忆和理解能力，旨在考查考生的理解能力与综合运用能力。
【详解】“精明的捕食者”策略：捕食者一般不能将所有的猎物吃掉，否则自己也无法生存，体现了物种间的共同进化，有利于种群发展，A正确；人为因素可导致种群发生定向进化，如英国曼彻斯特郊区的桦尺蠖，工业革命前污染少，白色多，后来大量的工业污染使树干变黑，黑色的变多，B错误；生物的变异分为可遗传变异和不可遗传变异，只有可遗传变异能为进化提供原材料，C错误；生活在一定自然区域的全部生物个体是群落，而生物进化的基本单位是种群，D错误。
【点睛】突变和基因重组，自然选择及隔离是物种形成过程的三个基本环节，通过它们的综合作用，种群产生分化，最终导致新物种形成。
6.下列与神经调节有关的叙述，不正确的是
A. 人体细胞中不是只有神经元才能产生兴奋
B. 细胞膜内K+的外流是神经元产生静息电位的主要原因
C. 神经递质通过主动运输的方式由突触前膜释放到突触间隙
D. 位于脊髓低级中枢可受脑中相应的高级中枢调控
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查神经冲动产生和传导的相关知识，意在考查考生的识记能力和理解所学知识要点，把握知识间内在联系，形成知识网络结构的能力；能运用所学知识，准确判断问题的能力，属于考纲识记和理解层次的考查。
【详解】一般认为，神经细胞、腺细胞、肌细胞都属于可兴奋细胞，A正确；细胞膜内K+的外流是神经元产生静息电位的主要原因，B正确；神经递质通过胞吐的方式由突触前膜释放到突触间隙，C错误；位于脊髓的低级中枢可受脑中相应的高级中枢调控，D正确。
【点睛】神经递质存在于突触前膜的突触小泡中，只能由突触前膜释放，然后作用于突触后膜，使下一个神经元产生兴奋或抑制，兴奋只能从一个神经元的轴突传递给另一个神经元的细胞体或树突，因此兴奋在神经元之间的传递只能是单向的。
7.在探究环境因素对金金鱼藻光合作用强度影响的实验中，密闭容器内有一定浓度的碳酸氢钠溶液，光照强弱可通过改变光源与容器之间的距离来决定，容器内温度保持恒定且适宜, 表格为不同距离下9组相同装置5分钟内产生的气泡数。(光合作用强度用金鱼藻放岀的气泡数 来表示)。请回答下列问题：
光源与容器的距离/(cm)
10
15
20
25
30
35
40
45
50
气泡数
40
39
30
22
15
5
3
0
0
（1）从实验结果可以看出，距离为10cm或15cm时,金鱼藻产生气泡的量并无明显变化，故若要增加15cm处产生气泡的数量，可在实验前采取_______________的措施。光源距离为45cm和50cm时气泡数为0是因为_______________ 。
（2）光照较长时间后，发现距离较近的组别产生气泡的速率明显减慢，产生这一现象的原因是________________,直接影响了光合作用的_____反应过程，导致_____积累, 抑制光反应，使得_____ 的产生量减少。
（3）如图是金鱼藻在15cm距离下，气泡产生速率与碳酸氢钠溶液浓度的关系，浓度超过25mg/L时气泡数反而下降,分析其原因可能是浓度过高，导致金鱼藻细胞____，影响了金鱼藻的生理活动。
【答案】 (1). 适当增加碳酸氢钠溶液浓度 (2). 光合作用产生的氧气小于或等于呼吸作用消耗的氧气 (3). 容器中二氧化碳（或碳酸氢钠）逐渐减少 (4). 暗 (5). ［H］和ATP (6). 氧气 (7). 渗透失水（或“质壁分离”）
【解析】
【分析】
本题研究光照强度对金鱼藻光合作用强度的影响，通过改变光源与容器的距离来改变光照强度，作为自变量，测定相同时间内释放的气泡数代表光合作用强度为因变量。分析表格中实验结果可知，一定范围内，随着光源与容器的距离越远（光照强度越小），金鱼藻光合作用强度逐渐减小；当该距离在小于15cm内，金鱼藻的净光合作用强度基本不变；当该距离达到甚至超过45cm时，金鱼藻则没有气泡释放出来，说明此时的光照强度下，金鱼藻的净光合作用强度≤0。
【详解】(1)因为的溶液中CO2量有限,随着光照较长时间的进行,溶液中CO2逐渐减少,导致[H]和ATP消耗减少,从而抑制了光反应,光合作用越来越弱,从而产生的气泡数逐渐减少,故若要增加15cm 处产生气泡的数量,可在实验前适当增加碳酸氢钠溶液浓度；表中灯与烧杯间的距离为45cm 时,光合作用产生的O2正好供给呼吸作用利用，呼吸作用产生的CO2正好供给光合作用，即植物的净光合作用为0，产生气泡数为0，故对应所以光源距离为45cm和50cm 时气泡数为零的原因是光合作用产生的氧气小于或等于呼吸作用消耗的氧气；
(2)当光照较长时间后，由于溶液中CO2量有限，随着光照较长时间的进行，溶液中CO2逐渐减少，暗反应减慢，导致[H]和ATP消耗减少，从而抑制了光反应，光合作用越来越弱，从而产生的氧气气泡数逐渐减少；
(3)图2中，浓度超过25mg·L－1时，因为外界溶液碳酸氢钠的浓度过高，导致金鱼藻细胞渗透失水过多，影响了金鱼藻的生理活动。
【点睛】解答此题要抓住题干中关键信息“密闭容器有一定浓度的碳酸氢钠溶液，保持温度恒定且适宜”，所以随着光照时间的延长，容器内CO2逐渐减少而影响光合作用的主要限制因素。
8.破伤风由破伤风杆菌引起，窄而深的皮肤伤口（如刺伤）易营造厌氧环境，有利于破 伤风杆菌生长并分泌外毒素，对机体造成伤害。回答下列问题：
（1）人体皮肤形成伤口，说明免疫系统保卫人体的第___道防线受损。侵入机体的破伤风外毒素被吞噬细胞摄取、处理后,传递给T细胞，进而刺激B细胞增殖分化，在此过程中引起B细胞增殖分化的两个条件分别是_________和__________。
（2）破伤风是可以通过注射破伤风疫苗预防的。与未接种破伤风疫苗的人比较，破伤风外毒素侵入已经接种破伤风疫苗的人体后会更快地被清除掉，其主要原因是__________。
【答案】 (1). 一 (2). 抗原（或破伤风外毒素）的刺激 (3). 淋巴因子的作用 (4). 记忆细胞受到破伤风外毒素的刺激迅速增殖分化形成大量的浆细胞,进而分泌大量的抗体，与破伤风外毒素特异性结合,使破伤风外毒素失去毒性
【解析】
【分析】
本题以破伤风芽孢杆菌为背景，考查免疫调节的相关知识，旨在考查考生的识记能力与知识的迁移运用能力。
【详解】（1）皮肤能抵挡病原体的入侵，起到天然屏障的作用，是人体的第一道防线；抗原（破伤风外毒素）侵入机体后会刺激免疫系统，经吞噬细胞的摄取和处理，使病原体的抗原暴露处理，并呈递给T细胞，进而刺激B细胞增殖，故在此过程中引起B细胞增殖分化的两个条件分别是抗原的刺激和淋巴因子的作用；
（2）抗原侵入机体后，会产生相应的记忆细胞，当相同抗原再次入侵机体时，记忆细胞受到破伤风外毒素的刺激迅速增殖分化形成大量的浆细胞,进而分泌大量的抗体，与破伤风外毒素特异性结合,使破伤风外毒素失去毒性，故与未接种破伤风疫苗的人比较，破伤风外毒素侵入已经接种破伤风疫苗的人体后会更快地被清除掉。
【点睛】关于二次免疫：（1）原理：特异性免疫中，初次免疫形成的记忆细胞在再次受到特定抗原刺激时，便会迅速分裂，产生效应T细胞和浆细胞来对抗抗原；（2）特点：①强度更强②更迅速③持续时间更长；（3）应用：制备疫苗。
9.果蝇体细胞中有四对同源染色体,其中三对为常染色体，一对为性染色体（XY 型）。已知果蝇的长翅对残翅为完全显性，由一对等位基因（A、a）控制，刚毛对截毛为完全显性，由另一对等位基因（B、b）控制。现有足够数量的纯合长翅刚毛品系和纯合残翅截毛品系的雌、雄果 蝇若干，供实验研究。请根据要求完成下列问题；
（1）若已知刚毛和截毛这对相对性状由性染色体上的基因控制，那么_____填“能”或“不能”）仅位于Y染色体上,请说明理由:______________。
（2）选择截毛雌果蝇与纯合刚毛雄果蝇杂交，观察子代的表现型，探究B、b基因是位于X染色体上还是位于XY染色体的同源区段上。
若子代雌雄果蝇均为刚毛，则B、b基因位于_____；若子代雌果蝇均为刚毛，雄果蝇均为截毛，则B、b基因位于______。
（3）若两对基因均位于常染色体上，现要确定两对基因是否位于一对同源染色体上（不考虑交 叉互换）。可以采用的实验方案是___________。
①若_______，则从因A、a和B、b位于一对同源染色体上；
②若_____.则A、a和B、b位于两对同源染色体上。
【答案】 (1). 不能 (2). 亲本刚毛和截毛性状中均既有雌蝇又有雄蝇，说明相关基因不能仅位于Y染色体上 (3). XY染色体的同源区段上 (4). X染色体 (5). 选择纯合长翅刚毛雌果蝇和残翅截毛雄果蝇（或纯合长翅刚毛雄果蝇和残翅截毛雌果蝇）杂交得F1，F1雌雄果蝇相互交配，观察统计F2的表现型及比例 (6). F2中长翅刚毛:残翅截毛=3： 1 (7). F2中长翅刚毛:长翅截毛:残翅刚毛:残翅截毛=9： 3： 3： 1
【解析】
【分析】
本题考查伴性遗传的相关知识，要求学生能运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行解释、推理，做出合理的判断或得出正确的结论。
【详解】（1）若某性状仅位于Y染色体上，则该性状仅在雄性个体中有表现，因亲本刚毛和截毛性状中均既有雌蝇又有雄蝇，说明相关基因不能仅位于Y染色体上；
（2）选择截毛雌果蝇与纯合刚毛雄果蝇杂交，探究B、b基因是位于X染色体上还是位于XY染色体的同源区段上，则有以下情况：①若位于X染色体上，则亲本组合为雌XbXb×雄XBY，子代为 XBXb、XbY，即子代雌果蝇均为刚毛，雄果蝇均为截毛；②若位于XY染色体的同源区段上，则亲本组合为雌XbXb×雄XBYB，子代为 XBXb、XbYB，即子代雌雄果蝇全为刚毛；
（3）若要确定均位于常染色体的两对基因是否位于一对同源染色体上，则可选择纯合长翅刚毛雌果蝇（AABB）和残翅截毛雄果蝇（aabb）（或纯合长翅刚毛雄果蝇和残翅截毛雌果蝇）杂交得F1（AaBb），F1雌雄果蝇相互交配，观察统计F2的表现型及比例：
①若基因A.a和B.b位于一对同源染色体上，则F1产生配子类型为AB、ab，则F2中A-B-：aabb=3:1，即长翅刚毛:残翅截毛=3：1；
②若A、a和B、b位于两对同源染色体上，则F1配子种类为AB、Ab、aB、ab,则若F2中长翅刚毛（A-B-）:长翅截毛（A-bb）:残翅刚毛（aaB-）:残翅截毛（aabb）=9：3：3：1。
【点睛】抓住题干信息“足够数量纯合长翅刚毛品系和纯合残翅截毛品系的雌、雄果蝇若干”中的纯合二字是解题关键。
10.研究人从对河北省某地的森林/草原过渡地带的鸟类进行调查。获取了部分数据。 请结合所学知识回答下列河题：
（1）调查鸟类的丰富度和相互之间的关系，属于____（填“种群”或“群落”或“生态系统”）水平的研究范购，调查结果显示,森林的鸟类有68种,灌木的鸟类有38种，草原的鸟类有25 种，分析其原因，主要是森林复杂的_____结构为鸟类的生存提供了更加多样的食物和____________ ，避免了生恬习性相近的鸟类之间过分激烈的____
（2）调查表明森林中各种鸟类的种群密度也比较稳定,这从一个侧面反映出森林具有较强的_______
（3）某个食虫鸟种群的能量流动关系如下表所示（单位：×102 J/m2.a）
该食虫鸟群用于生长发育繁殖的能量为______，该种群与其捕食者之间的能量传递效率为_____.
【答案】 (1). 群落 (2). 垂直 (3). 栖息环境 (4). 竞争 (5). 自我调节能力（或抵抗力稳定性） (6). 3.4×102J/m2 • a (7). 5%
【解析】
【分析】
本题考查种群、群落、生态系统，考查对种群密度调查方法、群落特征、生态系统功能与稳定性的理解。解答此题，应区分摄入量、同化量和用于生长、发育、繁殖的能量之间的关系，根据同化量比值计算能量传递效率。
【详解】（1）鸟类的丰富度是指该群落中鸟的物种数的多少，鸟类之间的关系属于群落中的种间关系，调査鸟类的丰富度和相互之间的关系，属于群落水平的研究范畴；森林垂直方向上分层明显，复杂的垂直结构为鸟类的生存提供了更加多样的食物和栖息环境，有利于充分利用空间、资源，避免了生活习性相近的鸟类之间过分激烈的竞争；
（2）森林中各种鸟类的种群密度比较稳定，说明森林具有较强的自我调节能力（抵抗力稳定性），能保持其结构的稳定性；
（3）该食虫鸟种群的同化量为31.6—15.6=16×102J/m2•a，用于生长发育繁殖的能量为16—12.6=3.4×102J/m2•a，该种群与其捕食者之间的能量传递效率约为0.8/16×100%=5%。
【点睛】解答本题的关键是：区分摄入量、同化量、粪便量、用于生长发育繁殖的能量之间的关系：（1）同化量=摄入量—粪便量；（2）用于生长发育繁殖的能量=同化量-呼吸作用中散失的能量。
11.鸭梨醋饮属绿色健康饮品，既保存了鸭梨中的多种氨基酸、维生索、矿物质、有机酸等营养成分法对其逬行固定.而固址化霉又兼具果醋醒酒护肝、助消化、降低血脂、软化血管等养生保健功能，深受广大消者青昧。如图为鸭梨醋饮的制作流程图，请根据图回答下列问题。
（1）若得到的鸭梨汁非常浑浊.解决的方法是__________________
（2）为了捉高过程①所用微生物的利用率，最好用______法固定，而固定酶一般不采用此法，理由是____________________
（3）过程②所用的徽生物是_____________。
（4）为获得高纯度的果酒，需要对过程①所用的微生物进行分离和纯化.其过程为：
第一步:配制培养基。该培养基必须含有微生物生长所需要的____、生长因子、水和无机盐等基本营养成分,原料称重溶解后，需进行_______.然后进行灭菌操作。
第二步:接种。微生物常用的接种方法是______.
第三步:培养。温度控制在___℃
第四步:挑选符合要求的菌落。
【答案】 (1). 用果胶酶处理 (2). 包埋 (3). 酶分子较小，容易从包埋材料中漏出 (4). 醋酸菌 (5). 碳源、氮源 (6). 调节pH (7). 平板划线法和稀释涂布平板法 (8). 18-25
【解析】
【分析】
本题以鸭梨醋饮的制备为考查背景，综合考查果醋的制作、培养基的成分、微生物的实验室培养等知识，旨在考查考生信息获取的能力与知识综合运用能力。
【详解】（1）植物细胞的细胞壁成分是纤维素和果胶，所以应用果胶酶处理果汁，提高苹果的出汁率并使果汁变得澄清；
（2）过程①表示果酒的制作，果酒一般利用酵母菌进行无氧呼吸产生酒精，由于细胞相对于酶来说更大，难以被吸附或结合，因此多采用包埋法；而酶分子较小，容易从包埋材料中漏出，一般采用物理吸附法或化学结合法；
（3）过程②表示果醋的制作，果醋制作利用的菌种为醋酸菌；
（4）第一步：配制培养基，该培养基必须含有微生物生长所需要的碳源、氮源、生长因子、水和无机盐等基本营养成分，原料称重溶解后，需进行调节pH，然后进行灭菌操作，常用的灭菌方法是高压蒸汽灭菌法；
第二步：接种，微生物常用的接种方法有平板划线法、稀释涂布平板法；
第三步：培养；果酒制作利用的是酵母菌，酵母菌适宜生存的温度为18～25℃。
【点睛】培养基，是指供给微生物、植物或动物（或组织）生长繁殖的，由不同营养物质组合配制而成的营养基质。一般都含有碳水化合物、含氮物质、无机盐（包括微量元素）、维生素和水等几大类物质。培养基既是提供细胞营养和促使细胞增殖的基础物质，也是细胞生长和繁殖的生存环境。
12.目前我国超过82万人感染艾滋病,预防工作迫在眉眉睫。科学工作者从HIV感染自愈者体内采集相应免疫细胞，使之与骨髓瘤细胞结合，生产HIV抗体，具体过程见下图。回答相关问题：
(1)HIV自愈者免疫细胞是指_____ , 甲、乙 、丙中只含杂交瘤细胞的是____________________，②过程的目的是筛选具有______________________ 特点的杂交瘤细胞。
(2)HIV病毒主要侵染T淋巴细胞的原因可能是__________________
(3)转基因技术被运用到HIV疫苗的研制工作中，该技术操作的关键步驟是_____，为使目的基因在受体细胞中正常表达，需要把目的基因片段插入到表达载体的____之间。
(4)用DNA-RNA分子杂交技术确定目的基因是否完成了______ (转录、翻译)过程。
(5)科学工作者发现一种D蛋白，其31号位的色氨酸酸换成酪氨酸后，就能与HIV表面的糖蛋白结合，从而使HIV病毒失去侵染T细胞的能力。制造这种新型型蛋白质防治艾滋病，用到的现代生物工稈技术是___________
【答案】 (1). 被免疫的B细胞（或浆细胞） (2). 乙、丙 (3). 无限增殖、产生特异性抗体 (4). T细胞表面有HIV病毒结合的特异性受体 (5). 基因表达载体的构建 (6). 启动子和终止子 (7). 转录 (8). 蛋白质工程
【解析】
【分析】
分析题图可知，甲过程为HIV自愈细胞与骨髓瘤细胞的融合过程，①为选择性培养基的筛选作用，乙为经第一次筛选后的杂交瘤细胞，②为克隆化培养和抗体检测，丙为第二次筛选后的所需杂交瘤细胞，既能无限增殖，又可产生所需特异性抗体（抗HIV的抗体）。
【详解】（1）据图分析可知，上述甲为HIV自愈者免疫细胞与骨髓瘤细胞融合的过程，该杂交瘤细胞最终产生了抗体，说明HIV自愈者免疫细胞为浆细胞；由上述分析可知，甲、乙 、丙中只含杂交瘤细胞的是乙、丙；②过程的目的是筛选具有无限增殖、产生特异性抗体特点的杂交瘤细胞；
（2）HIV病毒主要侵染T淋巴细胞，推测其原因可能是T细胞表面有HIV病毒结合的特异性受体；
（3）基因工程共有四步操作，其中第二步基因表达载体的构建是关键步骤；为使目的基因在受体细胞中正常表达，需要把目的基因片段插入到表达载体的启动子与终止子之间；
（4）目的基因的检测与鉴定可分为分子水平与个体生物学水平的检测两类方法，其中用DNA-RNA分子杂交技术可确定目的基因是否完成了转录过程；
（5）根据题意分析，D蛋白31号位的色氨酸替换成酪氨酸后，就能与HIV表面的糖蛋白结合，从而使HIV病毒失去侵染T细胞的能力，该过程预测蛋白质的结构到合成目的基因，再到合成相关的蛋白质预防艾滋病，属于蛋白质工程。
【点睛】解答本题关键是掌握单克隆抗体制备的基本步骤，进而判断出图中各数字代表的过程及名称，进而分析作答。
咸阳市2019年高考模拟检测（三）理综试题化学部分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 P-31 S-32 Cu-64 Zn-65
1.化学与生活、社会、科技关系密切，下列解释正确的是
A. 夏天雷雨过后空气清新的主要原因是放电时N2和O2合成了NO
B. 加碘盐中添加的是KI或KIO3
C. “碳海绵”吸收泄露的原油时发生了化学变化
D. 聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程
【答案】B
【解析】
【详解】A. 夏天雷雨过后空气清新的主要原因是产生了臭氧，臭氧能消毒杀菌，故A错误；
B. 加碘盐中添加的是KI或KIO3，而非碘单质，故B正确；
C. “碳海绵”多孔具有强吸附性，吸收泄露的原油时是物理变化，故C错误；
D. 油脂属于高级脂肪酸甘油酯，不是高分子，故D错误，
故选B。
2.有机物W在工业上常用作溶剂和香料，其合成方法如图，下列说法不正确的是
A. M、N、W均能发生加成反应和取代反应
B. N、W组成上相差一个CH2原子团，所以互为同系物
C. 1molM与1molw完全燃烧消耗O2的物质的量相同
D. M苯环上的二氯代物有6种
【答案】B
【解析】
【详解】A. M、N、W中都含有苯环，属于不饱和结构，在一定条件下可以发生加成反应和取代反应，故A正确；
B. N、W组成上虽然相差一个CH2原子团，但结构不相似，一个含有羧基一个含有酯基，不是同系物，故B错误；
C. M和W分子组成相差1个C和2个O，正好是燃烧产物CO2的组成，所以可以知1molM与1molw完全燃烧消耗O2的物质的量相同，故C正确；
D. M苯环上的二氯代物的取代基位置分别有2，3；2，4；2，5；2，6；3，4；3，5，共有6种，故D正确，
故选B。
【点睛】在确定取代物种类时，可以先确定一个取代基的位置，然后再确定另一个取代基的位置，同时注意结构的对称性，这是解决此类问题的一般规律。
3.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍；X和Y元素原子的最外层电子数之和与W元素原子的最外层电子数相同；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是
A. Z的最高价氧化物对应水化物的钠盐是“84"消毒液的主要成分
B. Z的氢化物的水溶液能与W的含氧酸盐反应，说明非金属性Z>W
C. X的最高价氧化物的水化物能与Y的最高价氧化物的水化物反应
D. 简单离子半径：X>Y>Z
【答案】C
【解析】
【详解】W元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则W为碳或硫；W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X和Y元素原子的最外层电子数之和与W元素原子的最外层电子数相同，则W为碳，X为钠，Y为铝；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为氯；
A. Z的最高价氧化物对应水化物的钠盐是NaClO4，而“84"消毒液的主要成分是NaClO，故A错误；
B. 盐酸能和碳酸盐反应，不能说明非金属性Z>W，因为盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，故B错误；
C. X的最高价氧化物的水化物为氢氧化钠，Y的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，二者可以反应，故C正确；
D. 简单离子X、Y电子层为两层，Z离子为三层，Z离子半径最大，故D错误，
故选C。
【点睛】比较元素非金属性时，可以通过比较二者最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱，而不能比较一种元素的氢化物与另一种元素的含氧酸的酸性强弱，这是此题容易被忽略的地方。
4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温下，pH =1的盐酸中含有H+的数目为0.1NA
B. 标准状况下，22.4 LCl2与Fe完全反应时，转移电子数为3NA
C. 32gO2和32gO3中所含原子数均为2NA
D. 常温常压下，28 g乙烯含有2NA个碳碳双键
【答案】C
【解析】
【详解】A. 常温下，pH =1的盐酸中H+的浓度为0.1mol/L，但不知道溶液的体积，所以数目无法确定，故A错误；
B. 标准状况下，22.4 LCl2为1mol，与Fe完全反应时，转移电子数为2NA，故B错误；
C. 32gO2和32gO3中所含原子数均为 ，故C正确；
D. 28 g乙烯物质的量为1mol，含有NA个碳碳双键，故D错误，
故选C。
【点睛】在有关阿伏加德罗常数的计算时，涉及到气体体积的时候要注意是否为标准状态，在已知溶液浓度时，注意是否已知溶液体积，这是常被忽略的地方。
5.对某溶液中部分离子的定性检测流程如下。相关分析正确的是
A. 步骤①所加试剂可以是浓NaOH溶液
B. 可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体
C. 红褐色沉淀与HI反应的离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
D. 步骤②的反应为：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+CO2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A. 无色气体为氨气，红褐色沉淀为氢氧化铁，X溶液为偏铝酸钠溶液，所以步骤①所加试剂可以是浓NaOH溶液，故A正确；
B. 应该用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，故B错误；
C. 可以氧化I-生成I2，故C错误；
D. 步骤②的反应为：AlO2- + HCO3- + H2O = CO32- + Al(OH)3↓，故D错误；
故选A。
6.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中有机废水中有机物可用C6H10O5，表示，咸水中的主要溶质为NaCl。下列有关说法正确的是
A. a为原电池的负极
B. b电极附近溶液pH减小
C. a电极反应式为
D. 中间室：Na+移向左室，Cl-移向右室
【答案】A
【解析】
【详解】A. a极生成CO2，碳元素化合价升高，发生氧化反应，a为原电池的负极，故A正确；
B. b电极的电极反应为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，附近溶液氢离子浓度减小，pH增大，故B错误；
C. a电极反应式应为：C6H10O5-24e－+7H2O=6CO2↑+24H+，故C错误；
D. 中间室：Na+移向正极右室，Cl－移向负极左室，故D错误，
故选A。
【点睛】本题侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据元素化合价的变化确定正负极，难点是电极反应式的书写；掌握好阴离子、阳离子的放电顺序、清楚在闭合回路中电子转移数目相等是解决此题的关键。
7.常温下，现有0.1 mol/L的NH4HCO3溶液，pH =7.8。已知含氮（或含碳）各微粒的分布分数（平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数）与pH的关系如下图所示。下列说法不正确的是
A. 常温下Kb(NH3·H2O)> Kal(H2CO3)
B. 向pH =6.5的上述溶液中逐滴滴加NaOH溶液时，NH4+和HCO3一浓度都逐渐减小
C. NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c( NH4+) +c( NH3·H2O) =c(HCO3-)+c（CO3 2-）+c( H2 CO3)
D. 当溶液的pH =9时，溶液中存在下列关系：c(HCO3-)>c(NH4+>c(NH3·H2O)>c（CO3 2-）
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由于0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.8，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则一水合氨的电离平衡常数大于Ka1（H2CO3），即Kb(NH3·H2O)> Kal(H2CO3)，故A正确；
B. 根据图象可知，向pH =6.5的上述溶液中逐滴滴加NaOH溶液时，pH增大，HCO3一浓度增大，故B错误；
C. NH4HCO3溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3•H2O）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3），故C正确；
D. 结合图象可知，溶液的pH=9时，溶液中离子浓度大小为：c（HCO3-）>c（NH4+）>c（NH3•H2O）>c（CO32-），故D正确，
故选B。
8.氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：
已知：①菱锰矿石主要成分是，还含有少量Fe、Al、Ca、Mg等元素；
②相关金属离子形成氯氧化物沉淀时的pH如下：
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
3.8
1.5
63
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6
③常温下， 的溶度积分别为
回答下列问题：
(1)“焙烧”时发生的主要化学反应方程式为_____________________。
(2)分析下列图1、图2、图3，氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是：
焙烧温度_________，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为__________，焙烧时间为___________.
(3)浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入氧化为，反应的离子方程式为________；然后调节溶液pH使沉淀完全，此时溶液的pH范围为____。再加入沉淀，当时， =______
(4)碳化结晶时，发生反应的离子方程式为___________。
(5)流程中能循环利用的固态物质是____________。
【答案】 (1). MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O (2). 500℃ (3). 1.10 (4). 60min (5). MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O (6). 5.2≤pH<8.8 (7). 5×10-6 (8). Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O (9). NH4Cl
【解析】
【详解】(1)根据工艺流程图知“焙烧”时发生的主要化学反应方程式为：MnCO3+2NH4Cl MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；
(2)根据图示锰浸出率比较高，焙烧菱镁矿的最佳条件是：焙烧温度500℃；氯化铵与菱镁矿粉的质量比为1.10；焙烧时间为60min；
(3)二氧化锰具有氧化性，可以氧化亚铁离子，而二氧化锰被还原为锰离子，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；根据题干信息知pH在5.2时Al3+沉淀完全，pH在8.8时，Mn2+开始沉淀，所以将Fe3+、Al3+沉淀完全，可以调整pH范围在5.2≤pH<8.8；根据 的溶度积计算得：c2(F-)= ，c(Mg2+)= mol/L；
(4)根据流程图知碳化结晶时，发生反应的离子方程式为：Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O；
(5)流程图可以看出能循环利用的固态物质是NH4Cl。
【点睛】分析流程题需要掌握的技巧是：浏览全题，确定该流程的目的，看懂生产流程图，了解流程图以外的文字描述、表格信息，后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用。
9.能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料。
(1)已知：
则煤气化主要反应________________
(2)已知的正反应速率为，逆反应速率为，k为速率常数。2500K时， ，则该温度下的反应平衡常数K=_________________ 。
(3)甲醇制甲醚有关反应为： 一定温度下，在三个容积均为1.0 L的恒容密闭容器中发生该反应。
容器编号
温度／℃
起始物质的量／mol
平衡物质的量/mol
CH3OH
CH3OCH3
H2O
I
387
0. 20
x
II
387
0. 40
y
Ⅲ
207
0. 20
0. 090
0. 090
________________.
②已知时该反应的化学平衡常数K=4。该温度下，若起始时向容器I中充入0.10mol ，则反应将向_________（填“正”或“逆”）反应方向进行。
③容器Ⅱ中反应达到平衡后，若要进一步提高甲醚的产率，可以采取的措施为______________（填序号）
A.升高温度 B.其他条件不变，增加的物质的量
C.降低温度 D.保持其他条件不变，通入氖气
(4)为减少雾霾、降低大气中有害气体含量，研究机动车尾气中及的排放量意义重大。机动车尾气污染物的含量与空／燃比（空气与燃油气的体积比）的变化关系示意图如图所示：
①当空／燃比达到15后减少的原因可能是__________（填字母）。
a.反应是吸热反应
b.当空／燃比大干15后，燃油气燃烧放出的热量相应减少
②随空／燃比增大，CO和的含量减少的原因是______。
【答案】 (1). (2). 0.40 (3). 1/2 (4). 正 (5). C (6). ab (7). 随空／燃比增大，燃油气燃烧更充分，故CO和的含量减少
【解析】
【分析】
根据盖斯定律计算反应热；根据平衡常数表达式进行相关计算；根据化学平衡移动原理判断平衡的移动。
【详解】(1)根据盖斯定律得：==；
(2)达到平衡时υ正=υ逆，根据平衡常数表达式及题干信息得：K= ；
(3)根据转化之比等于化学计量数之比，容器I达到平衡时H2O的物质的量为xmol；两容器内温度、容积相同，又因为该反应前后气体分子数保持不变，容器II中起始量为容器I的2倍，故容器I和容器II为比例等效平衡，则平衡时，生成的H2O的物质的量容器II也为容器I的2倍，所以1/2；
②因为该反应前后气体分子数保持不变，Qc=，Qc
B.其他条件不变，增加的物质的量，甲醚的产率不变，故B错误；
C.降低温度，平衡正向移动，甲醚产率提高，故C正确；
D.该反应前后气体分子数不变，所以通入氖气时，平衡不移动，甲醚的产率不变，故D错误，故答案为：C；
(4)①a.反应是吸热反应，增加空气的量，温度降低，平衡逆向移动，NOx含量降低，故a为可能原因；
b.当空／燃比大干15后，燃油气燃烧放出的热量相应减少，平衡逆向移动，故b为可能原因；
②随空／燃比增大，燃油气燃烧更充分，故CO和的含量减少。
10.实验能力和创新意识是化学学科核心素养的重要内容之一。某研究性学习小组在验证反应“ Fe”的实验中检测到发现和探究过程如下：向硝酸酸化的硝酸银溶液（）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。
(1)检验产物：
①检验上层清液中所含离子的方法：取上层清液，滴加_________，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+。
②经检验黑色固体为Ag，检验方法：取出少量黑色固体，洗涤后，加入适量稀硝酸使固体溶解，再滴加__________（填试剂），产生_________（填现象）。
(2)针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有乙认为铁粉过量时不可能有，乙依据的原理是______。（用离子方程式表示）o
针对这两种观点继续实验：取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测。同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：
序号
取样时间/min
现象
I
3
产生大量白色沉淀；溶液呈红色
II
30
产生白色沉淀，较3 min时量少；溶液红色较3 min时加深
III
120
产生白色沉淀，较30min时量少；溶液红色较30min时变浅
（资料： -生成白色沉淀AgSCN）
(3)实验中溶液变为红色的离子方程式为_______________，产生白色沉淀说明存在___________（填离子符号）。
(4)对产生的原因做如下假设：
假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生
假设b：空气中存在发生反应产生
假设c：酸性溶液中的NO3-将Fe2+氧化为Fe3+
假设d：溶液存在Ag+将Fe2+氧化为Fe3+
下述实验可证实假设a、b，c不是产生Fe3+的主要原因，并可证实假设d成立。
①实验：向硝酸酸化的__________溶液( )中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液。3min 时溶液呈浅红色，30min后溶液几乎无色。
②实验II的现象说明发生了反应__________（用离子方程式表示）。
(5)实验Ⅱ中发生的反应可以用下列装置来验证。其中甲溶液是___________，分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，_______ （“前者”或“后者”）红色更深。
【答案】 (1). K3[Fe(CN)6] (2). 稀盐酸 (3). 白色沉淀 (4). 2Fe3++Fe=3Fe2+ (5). Fe3++3SCN-Fe(SCN)3 (6). Ag+ (7). 0.05mol/L的NaNO3溶液 (8). Ag++Fe2+ Ag+Fe3+ (9). FeSO4溶液 (10). 后者
【解析】
【分析】
根据离子检验的方法及原理分析解答并书写相关离子方程式；根据题干信息分析实验原理是否正确；根据原电池原理分析解答。
【详解】(1)①检验Fe2+，滴加K3[Fe(CN)6]，产生蓝色沉淀；
②Ag与稀硝酸反应生成硝酸银，检验Ag+，可以滴加稀盐酸，出现白色沉淀；
(2)铁离子有较强的氧化性，可以与铁反应，离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
(3)溶液变为红色的离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，根据题干信息，白色沉淀是AgSCN，产生白色沉淀说明存在Ag+ ；
(4)①为了验证Ag+将Fe2+氧化为Fe3+，可将硝酸银溶液换成0.05mol/L的NaNO3溶液；
②实验II的现象说明Ag+的量减少、Fe2+向Fe3+转化，发生反应为：Ag++Fe2+ Ag+Fe3+；
(5)若要验证银离子可以氧化亚铁离子，可以利用原电池原理，需要甲溶液中含有亚铁离子，所以甲溶液为FeSO4溶液；电池工作一段时间后会生成Fe3+，所以后者颜色深。
11.我国具有丰富的铜矿资源，请回答下列有关铜及其化合物的问题：
(1)请写出基态Cu原子的价电子排布式_________。焰火中的绿色是铜的焰色，基态铜原子在灼烧时价电子发生了_________ 而变为激发态。
(2)黄铜是人类最早使用合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能Il(Zn)______ Il(Cu)（填“大于”或“小于”），原因是___________。
(3)新型农药松脂酸铜具有低残留的特点，下图是松脂酸铜的结构简式：
请分析1个松脂酸铜中π键的个数___________加“*”碳原子的杂化方式为_____________。
(4)硫酸铜溶于氨水形成4深蓝色溶液。
① 中阴离子的立体构型是_______。
②在中之间形成的化学键称为_____，提供孤电子对的成键原子是_______________________。
③氨的沸点_________________（填“高于”或“低于”）膦；
(5)黄铜合金可以表示为，为面心立方晶胞，晶体密度为8.5，求晶胞的边长___________（只写计算式，不求结果）
【答案】 (1). 3d104s1 (2). 跃迁 (3). 大于 (4). Zn核外电子排布为全满结构，难失去电子 (5). 6 (6). sp3 (7). 正四面体 (8). 配位键 (9). N (10). 高于 (11).
【解析】
【分析】
根据核外电子排布规律分析解答；根据价层电子对互斥理论分析轨道杂化类型、空间构型；根据配位键的形成分析解答；根据晶胞的结构和密度进行相关计算。
【详解】(1)Cu原子一共有29个电子，根据核外电子排布规律及洪特规则的特例，其价电子排布式为3d104s1；焰色反应，是电子在不同的轨道发生跃迁产生的现象；
(2)Zn外围电子排布为3d104s2，Cu外围电子排布为3d104s1，Zn原子核外电子排布为全满结构，更难失去电子，故第一电离能锌大于铜，故答案为：大于；Zn核外电子排布为全满结构，难失去电子；
(3)单键是σ键，双键中有1个σ键和1个π键，该有机物中含有3×2=6个双键，所以1个松脂酸铜中π键的个数为6；加“*”碳原子形成的都是单键，其杂化方式为sp3；
(4)① 中阴离子为硫酸根，中心原子S的价层电子对数为4，则轨道杂化类型为sp3，S上没有孤电子对，SO42-的立体构型是正四面体；
②在中提供空轨道，提供孤对电子，所以形成的化学键称为配位键；提供孤电子对的成键原子是N；
③因为氨气分子间可以形成氢键，所以氨的沸点高于膦；
(5)由题干信息知，黄铜合金可以表示为Cu3Zn，为面心立方晶胞，晶胞中含有3个Cu、1个Zn，则晶胞的质量为： g，则晶胞的边长为。
12.化合物H是合成治疗心血管疾病药物的中间体，可通过以下途径合成：
已知:①（苯胺易被氧化）
②甲苯发生一硝基取代反应与A类似。
回答下列问题：
(1)写出C中官能团的名称：___________。
(2)写出有关反应类型：BC _______；FG______ o
(3)写出AB的反应方程式：___________ 。
(4)写出同时满足下列条件D的所有同分异构体的结构简式：_______________
①能发生银镜反应
②能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色
③核磁共振氢谱(1显示分子中有4种不同化学环境的氢
(5)合成途径中，C转化为D的目的是___________________
(6)参照上述合成路线，以甲苯和为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线。__________
【答案】 (1). 氨基、醚键 (2). 还原反应 (3). 消去反应 (4). (5). 、、 (6). 保护氨基，防止合成过程中被氧化 (7).
【解析】
【分析】
根据合成路线中各中间产物的结构特点及反应条件分析每步合成的产物及反应类型；根据官能团的性质按照已知条件书写同分异构体；运用逆合成分析法，结合题干信息设计合成路线。
【详解】根据A、C的结构简式及题干信息知B为，B→C的过程是硝基转化为氨基，属于还原反应，比较C和D的结构变化知，该反应为取代反应，比较E和G的结构简式得F的结构简式为，F→G为消去反应，G到H为水解反应；
(1)根据C的结构简式知官能团的名称为氨基、醚键；
(2)B→C的过程是硝基转化为氨基，属于还原反应；F→G脱水形成双键，为消去反应；
(3)AB为硝化反应，方程式为：；
(4)①能发生银镜反应，则结构中含有醛基；②能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色，则结构中含由酚羟基形成的酯基；③核磁共振氢谱有4种不同化学环境的氢，说明结构具有一定对称性，则该结构可能为：、、；
(5)根据合成途径中最终产物结构及题干信息分析知，C转化为D的目的是保护氨基，防止合成过程中被氧化；
(6)参照上述合成路线结合已知①②，用逆合成分析法知目标产物可以由间氨基苯甲酸与（CH3CO）2O发生取代反应得到，而间氨基苯甲酸可以通过间硝基苯甲酸还原得到，间硝基苯甲酸由苯甲酸硝化反应得到，苯甲酸可以由甲苯氧化得到，设计合成路线为：
。
咸阳市2019年高考模拟检测（三）理综试题物理部分
二、选择题（本大题共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，有选错或不答的得0分）
1.下列说法正确的是
A. 在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式这个关系式是开普勒第三定律，是可以在实验室中得到证明的
B. 在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式，这个关系式实际上是牛顿第二定律，是可以在实验室中得到验证的
C. 在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式，这个关系式实际上是匀速圆周运动的速度定义式
D. 在探究太阳对行星的引力规律时，使用的三个公式，都是可以在实验室中得到证明的
【答案】B
【解析】
【详解】在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式，这个关系式是开普勒第三定律，是通过研究行星的运动数据推理出的，不能在实验室中得到证明，故A错误；在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式，这个关系式是向心力公式，实际上是牛顿第二定律，是可以在实验室中得到验证的，故B正确；在探究太阳对行星的引力规律时，我们引用了公式，这个关系式不是匀速圆周运动的速度定义式，匀速圆周运动的速度定义式为，故C错误；通过ABC的分析可知D错误。
2.如图所示是实验室里用来测量磁场力的一种仪器—电流天平，某同学在实验室里用电流天平测算通电螺线管中的磁感应强度，若他测得CD段导线长度m，天平（等臂）平衡时钩码重力N，通过导线的电流I=0.5 A，由此测得通电螺线管中的磁感应强度B是
A. 方向水平向左
B. ，方向水平向右
C. ，方向水平向左
D. ，方向水平向右
【答案】D
【解析】
【详解】天平平衡时，CD段导线所受安培力大小为：F=mg；由F=BIL得：；根据安培定则可知磁感应强度的方向向右，所以D正确、ABC错误。
3.如图所示，长为L、质量为3m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的铁块A放在长木板右端。一质量为m的子弹以速度v0射入木板并留在其中，铁块恰好不滑离木板。子弹射入木板中的时间极短，子弹、铁块均视为质点，铁块与木板间的动摩擦因数恒定，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 木板获得的最大速度为
B. 铁块获得的最大速度为
C. 铁块与木板之间的动摩擦因数为
D. 子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能为
【答案】BCD
【解析】
【分析】
对子弹和木板B系统，根据动量守恒定律求出木板获得的最大速度，对木板B和铁块A（包括子弹）系统，根据动量守恒定律求出铁块获得的最大速度，由能量守恒定律求出铁块与木板之间的动摩擦因数和子弹、木块、铁块组成的系统损失的机械能；
【详解】A、对子弹和木板B系统，根据动量守恒定律：mv0=4mv1，解得v1=，故A错误；
B、对木板B和铁块A（包括子弹）系统：mv0=5mv2，解得v2=，故B正确；
C、子弹打入木板后，对木板B和铁块A（包括子弹）系统，由能量守恒定律：μmgL=4mv125mv22，解得μ=，故C正确；
D、全过程，由能量守恒定律可知，子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为△E=mv02-5mv22，故D正确；
故选BCD。
【点睛】子弹射入木块的瞬间木块获得的速度最大，由动量守恒定律求木块获得的最大速度；木块在木板上滑行时，木块（含子弹）与木板组成的系统合外力为零，总动量守恒，由动量守恒定律求木块滑离木板时木板获得的速度。
4.如图所示为一交流电压随时间变化的图象．每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得，此交流电压的有效值为( )
A. 7.5 V
B. 8 V
C. 2 V
D. 3 V
【答案】C
【解析】
有效值是根据焦耳热功率来定义，，U=2V
5.静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散一种装置.如图所示为该透镜工作原理示意图，虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于x轴、y轴对称，且相邻两等势线的电势差相等，图中实线为某个电子通过电场区域时的轨迹示意图，关于此电子从a点运动到b点过程中，下列说法正确的是
A. a点的电势高于b点的电势
B. 电子在a点的加速度大于在b点的加速度
C. 电子在a点的动能大于在b点的动能
D. 电子在a点的电势能大于在b点的电势能
【答案】D
【解析】
【详解】根据等势线与电场线垂直，可作出电场线，电子所受的电场力与场强方向相反，故电子在y轴左侧受到一个斜向右下方的电场力，在y轴右侧受到一个斜向右上方的电场力，故电子沿x轴方向一直加速，对负电荷是从低电势向高电势运动，则a点的电势低于b点的电势，故A错误。根据等势线的疏密知道b处的电场线也密，场强大，电子在b点的加速度大，故B错误。根据负电荷在电势高处电势能小，可知电子的电势能一直减小，则电子在a处的电势能大于在b处的电势能；电子的电势能减小，则电子动能增加，电子在a点的动能小于在b点的动能，故C错误，D正确。
6.关于核反应方程 为释放出核能，X为新生成粒子），已知的半衰期为T，则下列说法正确的是
A. 无放射性
B. 比少1个中子，X粒子是从原子核中射出的，此核反应为衰变
C. 经2T时间因发生上述核反应而放出的核能为（N0数值很大）
D. 的平均结合能为
【答案】BC
【解析】
【详解】质量数较大的核都有放射性，故A错误；的中子数为43；的中子数为44，则比少1个中子；由质量数和电荷数守恒知X为电子，是原子核内的中子转化为质子而释放一个电子，是β衰变，故B正确；经2T时间还剩余四分之一没衰变，发生上述核反应而放出的核能为N0△E，故C正确；的平均结合能是234个核子结合成时放出的能量，该能量不是它衰变时放出的能量△E，所以的平均结合能不是，故D错误；
7.一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示。t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变化的图象如图乙所示。已知线框质量m＝1 kg、电阻R＝ 1Ω，以下说法正确的是( )
A. 线框做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2
B. 匀强磁场的磁感应强度为2T
C. 线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为C
D. 线框边长为1 m
【答案】ABC
【解析】
t=0时刻，线框的速度为零，线框没有感应电流，不受安培力，加速度为： ，故A正确；线框刚出磁场时的速度为 v=at=1×1m/s=1m/s，此时线框所受的安培力为FA=BIL，，则得 ，根据牛顿第二定律得 F-FA=ma，代入得 F-=ma，代入数据 F=3N，m=1kg，R=1Ω，L=0.5m，v=1m/s，a=1m/s2解得，B=2 T，故B正确；线框的边长为：L=at2=×1×12=0.5m，故D错误；电荷量：，电流： ，由法拉第电磁感应定律得： ，则得通过线框的电量： ，故C正确．故选ABC．
点睛：本题的突破口是根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式求出线框的边长和速度，问题就变得简单清晰了，再根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式等等电磁感应常用的规律解题．
8.如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离t=0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示.则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是
A. t=2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6N
B. t =2.0s时刻A、B之间作用力为零
C. t=2.5 s时刻A对B的作用力方向向左
D. 从t=0时刻到A、B分离，它们运动位移为5.4m
【答案】AD
【解析】
试题分析：设t时刻AB分离，分离之前AB物体共同运动，加速度为，以整体为研究对象，则有：，分离时：，得，经历时间，根据位移公式，则D正确；当时，，，得，A正确B错误；当时，，，得，C错误．
考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用
【名师点睛】AB分离之前共同运动，以整体为研究对象根据牛顿第二定律列方程求出加速度大小，分离时二者之间的作用力为0．3N但加速度相等，然后隔离A、B分别为研究对象根据牛顿第二定律和运动学公式列方程确定分离的时刻．
【此处有视频，请去附件查看】
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，每道试题考生都必须作答：第33题一第38题为选考题，考生根据要求作答）
9.橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，弹力F与伸长量x成正比，即F=kx，k的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L、横截面积S有关，理论与实践都表明 ，其中Y是一个由材料决定的常数，材料力学上称之为杨氏模量。
(1)在国际单位制中，杨氏模量Y的单位应该是__________
A．N B．m C．N/m D．N/m2
(2)有一段横截面是圆形的橡皮筋，应用如图甲所示的实验装置可以测量出它的杨氏模量Y。首先利用刻度尺测出橡皮筋未受拉力时的长度L，然后用螺旋测微器测出橡皮筋的直径d，如图乙所示，则d=___mm。
(3)作出橡皮筋受到的拉力F与伸长量x的关系图像，该图像为一条倾斜的直线，其斜率为ko，则该橡皮筋的杨氏模量Y= ___（用ko、d、L表示）。
【答案】 (1). D (2). 5.695（5.693~5.697） (3).
【解析】
【详解】(1)根据表达式得：Y=
已知K的单位是N/m，L的单位m，S的单位是m2，所以Y的单位是N/m2，故选：D
(2)螺旋测微器的主尺刻度为5.5mm，螺旋尺刻度为19.5×0.01mm=0.195mm，所以橡皮筋的直径d=5.5mm+0.195mm=5.695mm；
(3)根据F=kx可知，图象的斜率大小等于劲度系数大小k0，根据可知Y=
10.热敏电阻包括正温度系数电阻器（PTC）和负温度系数电阻器(NTC).正温度系数电阻器( PTC)在温度升高时电阻值增大，负温度系数电阻器(NTC)在温度升高时电阻值减小，热敏电阻的这种特性，常常应用在控制电路中，某实验小组选用下列器材探究通过热敏电阻Rx(常温下阻值约为)的电流随其两端电压变化的特点，如图所示.
A.电流表（量程100mA，内阻约）
B.电流表A2（量程0.6A，内阻约）
C.电压表（量程3.0V，内阻约）
D.电压表V2（量程15.0V，内阻约
E.滑动变阻器R（最大阻值为）
F.滑动变阻器（最大阻值为
G.电源E(电动势15V，内阻忽略)
H.电键、导线若干
①实验中改变滑动变阻器滑片的位置，使加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，请在所提供的器材中选择必需的器材，应选择的器材为：电流表________；电压表_________；滑动变阻器____________（只需填写器材前面的字母即可）
②请在所提供的器材中选择必需的器材，在如图虚线框内画出该小组设计的电路图_________.
③该小组测出热敏电阻的U-I图线如图曲线I所示，请分析说明该热敏电阻是______热敏电阻（填“PTC”或“NTC”）.
④该小组又通过查阅资料得出了热敏电阻R2的U-I图线如图曲线Ⅱ所示.然后又将热敏电阻分别与某电池组连成电路如图所示.测得通过和的电流分别为0. 30A和0.60A，则该电池组的电动势为________V，内阻为______（结果均保留三位有效数字）
【答案】 (1). B (2). D (3). E (4). (5). PTC (6). 9.60~10.4V (7). 6.00~8.00Ω
【解析】
【详解】①电源电压为15V，故电压表选D；电流表选择B；为方便实验操作，滑动变阻器应选E；
②加在热敏电阻两端的电压从零开始逐渐增大，滑动变阻器应采用分压接法，由于热敏电阻的阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示：
③由图2曲线I所示图线可知，随电压增大，电流增大，电阻实际功率增大，温度升高，电压与电流比值增大，电阻阻值增大，即随温度升高，电阻阻值增大，该电阻是正温度系数（PTC）热敏电阻．
④在闭合电路中，电源电动势：E=U+Ir，由图2曲线II所示可知，电流为0．3A时，电阻R1两端电压为8V，电流为0．60A时，电阻R2两端电压为6．0V，则有：E=8+0．3r，E=6+0．6r，解得：E=10．0V，r=6．67Ω；
【点睛】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路、判断电阻类型、求电源电动势与内阻；确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路的关键；当实验要求电压从零调时，变阻器应采用分压式接法，变阻器的阻值越小越方便调节；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时电流表采用外接法．
11.某直升机空投物资时，可以停留在空中不动，设投出的物资离开飞机后由于降落伞作用，物资在空中无风时以5m/s匀速竖直下落，若飞机停留在离地面100m高处空投物资，由于水平恒定风力的作用，使物资和降落伞（物资和降落伞姿态竖直不变）获得0.25m/s2的加速度匀加速水平向北运动，求：
(1)物资在空中运动的时间及落地时的速度大小；
(2)物资在下落过程中水平方向移动的距离.
【答案】(1)20s, (2)50m
【解析】
【详解】物资的实际运动可以看做是竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀加速直线运动两个分运动的合运动.
(1)分运动与合运动具有等时性，故物资实际运动的时间与竖直方向分运动的时间相等
所以
物资落地时，
由平行四边形定则得：
(2)物资在下落过程中水平方向移动的距离为：
12.如图，区域I内有与水平方向成°角的匀强电场，区域宽度为，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场，区域宽度为，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m、电量大小为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了，重力加速度为g，求：
(1)区域I和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度的大小.
(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小.
(3)微粒从P运动到Q的时间有多长.
【答案】(1), (2) (3)
【解析】
【详解】(1)微粒在区域I内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：
求得：
微粒在区域II内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：
求得：
(2)粒子进入磁场区域时满足：
根据几何关系，分析可知：
整理得：
(3)微粒从P到Q的时间包括在区域I内的运动时间t1和在区域II内的运动时间t2，并满足：
经整理得：
13.如图所示五幅图分别对应五种说法，其中正确的是__________
A. 甲图中微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动
B. 乙图中当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等
C. 丙图中食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的
D. 丁图中小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用
E. 戊图中洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在吸引力
【答案】BDE
【解析】
【详解】甲图中微粒运动就是物质颗粒的无规则运动，即布朗运动，是液体分子无规则热运动的表现，选项A错误；乙图中当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等，分子力表现为零，选项B正确；丙图中食盐晶体的物理性质表现为各向异性，选项C错误；丁图中小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用，选项D正确；戊图中洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在吸引力，选项E正确.
14.一定质量理想气体的p－V图象如图所示，其中a→b为等容过程，b→c为等压过程，c→a为等温过程，已知气体在状态a时的温度Ta＝300 K，在状态b时的体积Vb＝22.4 L.
(1)求气体在状态c时的体积Vc；
(2)试比较气体由状态b到状态c的过程从外界吸收的热量Q与对外做功W的大小关系，并简要说明理由．
【答案】（1）67.2V(2) (2)气体由状态b到状态c为等压过程，气体内能ΔU增大，由于b→c气体对外做功，气体吸收热量Q大于气体对外做的功W.
【解析】
(1)设气体在状态b时的体积为Vb，
a到b为等容过程，根据气体定律得
解得Tb＝100 K
b到c为等压过程，根据气体定律得
解得Vc＝67.2 L
(2)气体由状态b到状态c为等压过程，由气体定律可知，体积增大时温度升高，所以气体内能ΔU增大，由于b→c气体对外做功，W为负值，气体吸热，Q为正值，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体吸收热量Q大于气体对外做的功W。
15.光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是_________.
A. 用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的色散现象 .
B. 用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象
C. 在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象
D. 光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象
E. 立体电影是应用了光的偏振现象
【答案】CDE
【解析】
【详解】用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，选项A错误；用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的折射现象，选项B错误；在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象，选项C正确；光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，选项D正确；立体电影是应用了光的偏振现象，选项E正确.
16.水面上一点O上下振动，振幅为0.2 m，以O点为圆心形成圆形水波，如图所示， A、B、O三点在一条直线上，OA间距离为4.0 m，OB间距离为2.4 m.某时刻O点处在波峰位置.观察发现2s后此波峰传到A点，此时，O点正通过平衡位置向下运动，OA间还有一个波峰.将水波近似为简谐波.
①求此水波的传播速度、周期和波长.
②以O点处在波峰位置为0时刻，某同学打算根据OB间距离与波长的关系确定B点在0时刻的振动情况.画出B点振动图象；若不可行，请给出正确思路并画出B点的振动图象.
【答案】(1), , (2)
【解析】
【详解】①水波的传播速度：
发现2s后此波峰传到A点，此时O点正通过平衡位置向下运动，OA间还有一个波峰
得：
又，得
②可行，因为，，则
由简谐波振动周期和波动周期相同，O点处在波峰位置为0时刻，B点在平衡位置向下振动，
得振动图象为：
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