2024年高考真題理綜（全國甲卷）2

2024年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試（全國甲卷）理科綜合一、單選題（每小題6分，共78分）1.細胞是生物體結(jié)構(gòu)和功能的基本單位。下列敘述正確的是（）A.病毒通常是由蛋白質(zhì)外殼和核酸構(gòu)成的單細胞生物B.原核生物因為沒有線粒體所以都不能進行有氧呼吸C.哺乳動物同一個體中細胞的染色體數(shù)目有可能不同D.小麥根細胞吸收離子消耗的ATP主要由葉綠體產(chǎn)生【答案】C【解析】【分析】原核細胞和真核細胞最主要的區(qū)別是原核細胞沒有核膜包被的典型的細胞核，但是它們均具有細胞膜、細胞質(zhì)、核糖體以及遺傳物質(zhì)DNA等結(jié)構(gòu)。原核生物雖沒有葉綠體和線粒體，但是少數(shù)生物也能進行光合作用和有氧呼吸，如藍藻。【詳解】A、病毒沒有細胞結(jié)構(gòu)，A錯誤；B、原核生物也可以進行有氧呼吸，原核細胞中含有與有氧呼吸相關(guān)的酶，B錯誤；C、哺乳動物同一個體中細胞的染色體數(shù)目有可能不同，如生殖細胞中染色體數(shù)目是體細胞的一半，C正確；D、小麥根細胞不含葉綠體，而線粒體是有氧呼吸的主要場所，小麥根細胞吸收離子消耗的ATP主要由線粒體產(chǎn)生，D錯誤。故選C。2.ATP可為代謝提供能量，也參與RNA的合成，ATP結(jié)構(gòu)如圖所示，圖中～表示高能磷酸鍵，下列敘述錯誤的是（）A.ATP轉(zhuǎn)化為ADP可為離子的主動運輸提供能量B.用α位32P標(biāo)記的ATP可以合成帶有32P的RNAC.β和γ位磷酸基團之間的高能磷酸鍵不能在細胞核中斷裂D.光合作用可將光能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能儲存于β和γ位磷酸基團之間的高能磷酸鍵【答案】C【解析】【分析】細胞生命活動的直接能源物質(zhì)是ATP，ATP的結(jié)構(gòu)簡式是AP～P～P，其中“A”是腺苷，“P”是磷酸；“A”代表腺苷，“T”代表3個。【詳解】A、ATP為直接能源物質(zhì)，γ位磷酸基團脫離ATP形成ADP的過程釋放能量，可為離子主動運輸提供能量，A正確；B、ATP分子水解兩個高能磷酸鍵后，得到RNA的基本單位之一——腺嘌呤核糖核苷酸，故用α位32P標(biāo)記的ATP可以合成帶有32P的RNA，B正確；C、ATP可在細胞核中發(fā)揮作用，如為rRNA合成提供能量，故β和γ位磷酸基團之間的高能磷酸鍵能在細胞核中斷裂，C錯誤；D、光合作用光反應(yīng)，可將光能轉(zhuǎn)化活躍的化學(xué)能儲存于ATP的高能磷酸鍵中，故光合作用可將光能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能儲存于β和γ位磷酸基團之間的高能磷酸鍵，D正確。故選C。3.植物生長發(fā)育受植物激素的調(diào)控。下列敘述錯誤的是（）A.赤霉素可以誘導(dǎo)某些酶的合成促進種子萌發(fā)B.單側(cè)光下生長素的極性運輸不需要載體蛋白C.植物激素可與特異性受體結(jié)合調(diào)節(jié)基因表達D.一種激素可通過誘導(dǎo)其他激素的合成發(fā)揮作用【答案】B【解析】【分析】1、植物激素是由植物體內(nèi)產(chǎn)生，能從產(chǎn)生部位送到作用部位，對植物的生長發(fā)育有顯著影響的微量有機物；植物激素主要有生長素、赤霉素、細胞分裂素、乙烯和脫落酸等，它們對植物各種生命活動起著不同的調(diào)節(jié)作用。2、植物激素包括生長素、細胞分裂素、赤霉素、脫落酸、乙烯等。其中生長素、細胞分裂素、赤霉素能促進植物的生長，而脫落酸和乙烯是抑制植物的生長。生長素能促進子房發(fā)育成果實，而乙烯能促進果實成熟。

3、調(diào)節(jié)植物生命活動的激素不是孤立的，而是相互作用共同調(diào)節(jié)的，植物生命活動的調(diào)節(jié)從根本上說是植物基因組程序性表達的結(jié)果。植物的生長發(fā)育既受內(nèi)部因子（激素）的調(diào)節(jié)，也受外部因子（如光、溫度、日照長度、重力、化學(xué)物質(zhì)等）的影響。這些化學(xué)和物理因子通過信號轉(zhuǎn)導(dǎo)，誘導(dǎo)相關(guān)基因表達，調(diào)控生長發(fā)育?！驹斀狻緼、赤霉素主要合成部位是未成熟的種子、幼根和幼芽，赤霉素能促進植物的生長，可以誘導(dǎo)某些酶的合成促進種子萌發(fā)，A正確；B、生長素的極性運輸屬于主動運輸，主動運輸需要載體蛋白的協(xié)助并消耗能量，B錯誤；C、植物激素與受體特異性結(jié)合，引發(fā)細胞內(nèi)發(fā)生一系列信號轉(zhuǎn)導(dǎo)過程，進而誘導(dǎo)特定基因的表達，從而產(chǎn)生效應(yīng)，C正確；D、調(diào)節(jié)植物生命活動的激素不是孤立的，而是相互作用共同調(diào)節(jié)的，因此一種激素可通過誘導(dǎo)其他激素的合成發(fā)揮作用，D正確；故選B。4.甲狀腺激素在人體生命活動的調(diào)節(jié)中發(fā)揮重要作用。下列敘述錯誤的是（）A.甲狀腺激素受體分布于人體內(nèi)幾乎所有細胞B.甲狀腺激素可以提高機體神經(jīng)系統(tǒng)的興奮性C.甲狀腺激素分泌增加可使細胞代謝速率加快D.甲狀腺激素分泌不足會使血中TSH含量減少【答案】D【解析】【分析】甲狀腺分泌甲狀腺激素，甲狀腺激素能促進代謝，增加產(chǎn)熱；能提高神經(jīng)系統(tǒng)興奮性；能促進幼小動物的生長發(fā)育。【詳解】A、甲狀腺激素幾乎可以作用于人體所有細胞，因此其受體分布于人體內(nèi)幾乎所有細胞，A正確；B、甲狀腺激素可以促進中樞神經(jīng)系統(tǒng)的發(fā)育，提高機體神經(jīng)系統(tǒng)的興奮性，B正確；C、甲狀腺激素能促進新陳代謝，因此其分泌增加可使細胞代謝速率加快，C正確；D、甲狀腺激素對下丘腦分泌促甲狀腺激素釋放激素（TRH）和垂體分泌促甲狀腺激素（TSH）存在反負饋調(diào)節(jié)，因此甲狀腺激素分泌不足會使血中促甲狀腺激素（TSH）含量增加，D錯誤。故選D。5.某生態(tài)系統(tǒng)中捕食者與被捕食者種群數(shù)量變化的關(guān)系如圖所示，圖中→表示種群之間數(shù)量變化的關(guān)系，如甲數(shù)量增加導(dǎo)致乙數(shù)量增加。下列敘述正確的是（）A.甲數(shù)量的變化不會對丙數(shù)量產(chǎn)生影響B(tài).乙在該生態(tài)系統(tǒng)中既是捕食者又是被捕食者C.丙可能是初級消費者，也可能是次級消費者D.能量流動方向可能是甲→乙→丙，也可能是丙→乙→甲【答案】B【解析】【分析】分析題圖可知，甲數(shù)量增加導(dǎo)致乙數(shù)量增加，而乙數(shù)量增加導(dǎo)致丙數(shù)量增加、甲數(shù)量下降；乙數(shù)量下降導(dǎo)致丙數(shù)量下降、甲數(shù)量增加，可見甲、乙、丙三者的能量流動方向是甲→乙→丙?！驹斀狻緼、分析題圖可知，甲數(shù)量增加導(dǎo)致乙數(shù)量增加，而乙數(shù)量增加導(dǎo)致丙數(shù)量增加；甲數(shù)量下降導(dǎo)致乙數(shù)量下降，而乙數(shù)量下降導(dǎo)致丙數(shù)量下降；可見甲數(shù)量的變化會間接對丙數(shù)量產(chǎn)生影響，A錯誤；B、由A項分析可知，乙捕食甲，同時乙又被丙捕食，可見乙在該生態(tài)系統(tǒng)中既捕食者又是被捕食者，B正確；C、由B項分析可知，乙捕食甲，丙捕食乙，故丙不可能是初級消費者，可能是次級消費者，C錯誤；D、分析題圖可知，甲數(shù)量增加導(dǎo)致乙數(shù)量增加，而乙數(shù)量增加導(dǎo)致丙數(shù)量增加、甲數(shù)量下降；乙數(shù)量下降導(dǎo)致丙數(shù)量下降、甲數(shù)量增加，可見甲、乙、丙三者的能量流動方向是甲→乙→丙，D錯誤。故選B。6.果蠅翅型、體色和眼色性狀各由1對獨立遺傳的等位基因控制，其中彎翅、黃體和紫眼均為隱性性狀，控制灰體、黃體性狀的基因位于X染色體上。某小組以純合體雌蠅和常染色體基因純合的雄蠅為親本雜交得F1，F(xiàn)1相互交配得F2。在翅型、體色和眼色性狀中，F(xiàn)2的性狀分離比不符合9∶3∶3∶1的親本組合是（）A.直翅黃體♀×彎翅灰體♂ B.直翅灰體♀×彎翅黃體♂C.彎翅紅眼♀×直翅紫眼♂ D.灰體紫眼♀×黃體紅眼♂【答案】A【解析】【分析】1、自由組合定律的實質(zhì)：控制不同性狀的遺傳因子的分離和組合是互不干擾的；在形成配子時，決定同一性狀的成對的遺傳因子彼此分離，決定不同性狀的遺傳因子自由組合。2、依據(jù)題干信息，①果蠅翅型、體色和眼色性狀各由1對獨立遺傳的等位基因控制，②控制灰體、黃體性狀的基因位于X染色體上，③其中彎翅、黃體和紫眼均為隱性性狀，說明這三對等位基因的遺傳遵循基因的自由組合定律?！驹斀狻緼、令直翅對彎翅由A、a控制，體色灰體對黃體由B、b控制，眼色紅眼對紫眼由D、d控制。當(dāng)直翅黃體♀×彎翅灰體♂時，依據(jù)題干信息，其基因型為：AAXbXbaaXBYF1：AaXBXb、AaXbY，按照拆分法，F(xiàn)1F2：直翅灰體：直翅黃體：彎翅灰體：彎翅黃體=3:3:1:1，A符合題意；B、當(dāng)直翅灰體♀×彎翅黃體♂時，依據(jù)題干信息，其基因型為：AAXBXB×aaXbY→F1：AaXBXb、AaXBY，按照拆分法，F(xiàn)1F2：直翅灰體：直翅黃體：彎翅灰體：彎翅黃體=9:3:3:1，B不符合題意；C、當(dāng)彎翅紅眼♀×直翅紫眼♂時，依據(jù)題干信息，其基因型：aaDD×AAdd→F1：AaDd，按照拆分法，F(xiàn)1F2：直翅紅眼：直翅紫眼：彎翅紅眼：彎翅紫眼=9:3:3:1，C不符合題意；D、當(dāng)灰體紫眼♀×黃體紅眼♂時，依據(jù)題干信息，其基因型為：ddXBXB×DDXbY→F1：DdXBXb、DdXBY，按照拆分法，F(xiàn)1F2：灰體紅眼：灰體紫眼：黃體紅眼：黃體紫眼=9:3:3:1，D不符合題意。故選A。7.人類對能源的利用經(jīng)歷了柴薪、煤炭和石油時期，現(xiàn)正向新能源方向高質(zhì)量發(fā)展。下列有關(guān)能源的敘述錯誤的是A.木材與煤均含有碳元素 B.石油裂化可生產(chǎn)汽油C.燃料電池將熱能轉(zhuǎn)化為電能 D.太陽能光解水可制氫【答案】C【解析】【詳解】A．木材的主要成分為纖維素，纖維素中含碳、氫、氧三種元素，煤是古代植物埋藏在地下經(jīng)歷了復(fù)雜的變化逐漸形成的固體，是有機物和無機物組成的復(fù)雜混合物，主要含碳元素，A正確；B．石油裂化是將相對分子質(zhì)量較大、沸點較高的烴斷裂為相對分子質(zhì)量較小、沸點較低的烴的過程，汽油的相對分子質(zhì)量較小，可以通過石油裂化的方式得到，B正確；C．燃料電池是將燃料化學(xué)能變成電能的裝置，不是將熱能轉(zhuǎn)化為電能，C錯誤；D．在催化劑作用下，利用太陽能光解水可以生成氫氣和氧氣，D正確；故答案選C。8.下列過程對應(yīng)的離子方程式正確的是A.用氫氟酸刻蝕玻璃：B.用三氯化鐵溶液刻制覆銅電路板：C.用硫代硫酸鈉溶液脫氯：D.用碳酸鈉溶液浸泡鍋爐水垢中的硫酸鈣：【答案】D【解析】【詳解】A．玻璃的主要成分為SiO2，用氫氟酸刻蝕玻璃時，SiO2和氫氟酸反應(yīng)生成SiF4氣體和水，反應(yīng)的方程式為SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，A錯誤；B．Fe3+可以將Cu氧化成Cu2+，三氯化鐵刻蝕銅電路板時反應(yīng)的離子方程式為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B錯誤；C．氯氣具有強氧化性，可以氧化硫代硫酸根成硫酸根，氯氣被還原為氯離子，反應(yīng)的離子方程式為S2O+4Cl2+5H2O=2SO+8Cl+10H+，C錯誤；D．碳酸鈣的溶解度小于硫酸鈣，可以用碳酸鈉溶液浸泡水垢使硫酸鈣轉(zhuǎn)化為疏松、易溶于酸的碳酸鈣，反應(yīng)的離子方程式為，D正確；故答案選D。9.我國化學(xué)工作者開發(fā)了一種回收利用聚乳酸(PLA)高分子材料的方法，其轉(zhuǎn)化路線如下所示。下列敘述錯誤的是A.PLA在堿性條件下可發(fā)生降解反應(yīng)B.MP的化學(xué)名稱是丙酸甲酯C.MP的同分異構(gòu)體中含羧基的有3種D.MMA可加聚生成高分子【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)PLA的結(jié)構(gòu)簡式，聚乳酸是其分子中的羧基與另一分子中的羥基發(fā)生反應(yīng)聚合得到的，含有酯基結(jié)構(gòu)，可以在堿性條件下發(fā)生降解反應(yīng)，A正確；B．根據(jù)MP的結(jié)果，MP可視為丙酸和甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)得到的，因此其化學(xué)名稱為丙酸甲酯，B正確；C．MP的同分異構(gòu)體中，含有羧基的有2種，分別為正丁酸和異丁酸，C錯誤；D．MMA中含有雙鍵結(jié)構(gòu)，可以發(fā)生加聚反應(yīng)生成高分子，D正確；故答案選C。10.四瓶無色溶液，它們之間的反應(yīng)關(guān)系如圖所示。其中a、b、c、d代表四種溶液，e和g為無色氣體，f為白色沉淀。下列敘述正確的是A.a呈弱堿性B.f可溶于過量的b中C.c中通入過量的e可得到無色溶液D.b和d反應(yīng)生成的沉淀不溶于稀硝酸【答案】B【解析】【分析】由題意及關(guān)系圖可知，a與b反應(yīng)需要加熱，且產(chǎn)生的e為無色氣體，則a和b分別為和的一種，產(chǎn)生的氣體e為；又由于b和c反應(yīng)生成白色沉淀f，不會與其他三種溶液產(chǎn)生沉淀，故b為，a為；又由于c既能與b產(chǎn)生沉淀f，又能與d反應(yīng)產(chǎn)生沉淀f，故c為，d為，生成的白色沉淀為，無色氣體g為。綜上所述，a為溶液，b為溶液，c為溶液，d為溶液，e為，f為，g為?！驹斀狻緼．由分析可知，a為溶液，為強酸弱堿鹽的溶液，水解顯酸性，故a顯弱酸性，A項錯誤B．由分析可知，f為，b為溶液，為兩性氫氧化物，可溶液強堿，故f可溶于過量的b中，B項正確；C．由分析可知，c為溶液，e為，溶液通入會生成沉淀，不溶于弱堿，繼續(xù)通入不能得到無色溶液，C項錯誤；D．由分析可知，b為，d為，二者反應(yīng)生成沉淀，可溶與稀硝酸，D項錯誤；故選B。11.W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大短周期元素。W和X原子序數(shù)之和等于的核外電子數(shù)，化合物可用作化學(xué)電源的電解質(zhì)。下列敘述正確的是A.X和Z屬于同一主族B.非屬性：C.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：D.原子半徑：【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，且能形成離子化合物，則W為Li或Na；又由于W和X原子序數(shù)之和等于的核外電子數(shù)，若W為Na，X原子序數(shù)大于Na，則W和X原子序數(shù)之和大于18，不符合題意，因此W只能為Li元素；由于Y可形成，故Y為第Ⅶ主族元素，且原子序數(shù)Z大于Y，故Y不可能為Cl元素，因此Y為F元素，X的原子序數(shù)為103=7，X為N元素；根據(jù)W、Y、Z形成離子化合物，可知Z為P元素；綜上所述，W為Li元素，X為N元素，Y為F元素，Z為P元素?！驹斀狻緼．由分析可知，X為N元素，Z為P元素，X和Z屬于同一主族，A項正確；B．由分析可知，X為N元素，Y為F元素，Z為P元素，非金屬性：F＞N＞P，B項錯誤；C．由分析可知，Y為F元素，Z為P元素，非金屬性越強，其簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，即氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：HF＞PH3，C項錯誤；D．由分析可知，W為Li元素，X為N元素，Y為F元素，同周期主族元素原子半徑隨著原子序數(shù)的增大而減小，故原子半徑：Li＞N＞F，D項錯誤；故選A。12.科學(xué)家使用研制了一種可充電電池(如圖所示)。電池工作一段時間后，電極上檢測到和少量。下列敘述正確的是A.充電時，向陽極方向遷移B.充電時，會發(fā)生反應(yīng)C.放電時，正極反應(yīng)有D.放電時，電極質(zhì)量減少，電極生成了【答案】C【解析】【分析】Zn具有比較強的還原性，具有比較強的氧化性，自發(fā)的氧化還原反應(yīng)發(fā)生在Zn與MnO2之間，所以電極為正極，Zn電極為負極，則充電時電極為陽極、Zn電極為陰極?！驹斀狻緼．充電時該裝置為電解池，電解池中陽離子向陰極遷移，即向陰極方向遷移，A不正確；B．放電時，負極的電極反應(yīng)為，則充電時陰極反應(yīng)為Zn2++2e=Zn，即充電時Zn元素化合價應(yīng)降低，而選項中Zn元素化合價升高，B不正確；C．放電時電極為正極，正極上檢測到和少量，則正極上主要發(fā)生的電極反應(yīng)是，C正確；D．放電時，Zn電極質(zhì)量減少0.65g（物質(zhì)的量為0.010mol），電路中轉(zhuǎn)移0.020mol電子，由正極的主要反應(yīng)可知，若正極上只有生成，則生成的物質(zhì)的量為0.020mol，但是正極上還有生成，因此，的物質(zhì)的量小于0.020mol，D不正確；綜上所述，本題選C。13.將配制成懸濁液，向其中滴加的溶液。(M代表、或)隨加入溶液體積(V)的變化關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是A.交點a處：B.C.時，不變D.【答案】D【解析】【分析】向含的懸濁液中滴加的溶液，發(fā)生反應(yīng)：，兩者恰好完全反應(yīng)時,溶液的體積為v(NaCl)=，2mL之后再加溶液，c(Cl)增大，據(jù)，Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl)可知，c(Ag+)會隨著c(Cl)增大而減小，所以2mL后降低的曲線，即最下方的虛線代表Ag+，升高的曲線，即中間虛線代表Cl，則剩余最上方的實線為曲線。由此分析解題：【詳解】A．2mL時與溶液恰好完全反應(yīng)，則a點時溶質(zhì)為NaCl和Na2CrO4，電荷守恒：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c()+c(Cl)+c(OH)，此時c(H+)、c(OH)、c(Ag+)可忽略不計，a點為Cl和曲線的交點，即c()=c(Cl)，則溶液中c(Na+)≈3c(Cl)，A錯誤；B．當(dāng)V(NaCl)=1.0mL時，有一半的Ag2CrO4轉(zhuǎn)化為AgCl，Ag2CrO4與AgCl共存，均達到沉淀溶解平衡，取圖中橫坐標(biāo)為1.0mL的點，得Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl)=105.18×104.57=109.75，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)c()=(105.18)2×101.60=1011.96，則==102.21，B錯誤；C．V＜2.0mL時，Ag+未沉淀完全，體系中Ag2CrO4和AgCl共存，則=為定值，即為定值，由圖可知，在V≤2.0mL時c(Ag+)并不是定值，則的值也不是定值，即在變化，C錯誤；D．V＞2.0mL時AgCl處于飽和狀態(tài)，V(NaCl)=2.4mL時，圖像顯示c(Cl)=101.93mol/L，則c(Ag+)===107.82mol/L，故y1=7.82，此時Ag2CrO4全部轉(zhuǎn)化為AgCl，n()守恒，等于起始時n(Ag2CrO4)，則c(CrO)===mol/L，則y2=lgc(CrO)=lg=lg34，D正確；故答案選D。二、選擇題（48分）14.氘核可通過一系列聚變反應(yīng)釋放能量，總的反應(yīng)效果可用表示，式中x、y的值分別為（）A.， B.， C.， D.，【答案】C【解析】【詳解】根據(jù)反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可得解得，故選C。15.如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤（質(zhì)量可忽略），盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質(zhì)量m，并測量P的加速度大小a，得到圖像。重力加速度大小為g。在下列圖像中，可能正確的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】設(shè)P的質(zhì)量為，P與桌面的動摩擦力為；以P為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得以盤和砝碼為對象，根據(jù)牛頓第二定律可得聯(lián)立可得可知當(dāng)砝碼的重力大于時，才有一定的加速度，當(dāng)趨于無窮大時，加速度趨近等于。故選D。16.2024年5月，嫦娥六號探測器發(fā)射成功，開啟了人類首次從月球背面采樣返回之旅。將采得的樣品帶回地球，飛行器需經(jīng)過月面起飛、環(huán)月飛行、月地轉(zhuǎn)移等過程。月球表面自由落體加速度約為地球表面自由落體加速度的。下列說法正確的是（）A.在環(huán)月飛行時，樣品所受合力為零B.若將樣品放置在月球正面，它對月球表面壓力等于零C.樣品在不同過程中受到的引力不同，所以質(zhì)量也不同D.樣品放置在月球背面時對月球的壓力，比放置在地球表面時對地球的壓力小【答案】D【解析】【詳解】A．在環(huán)月飛行時，樣品所受合力提供所需的向心力，不為零，故A錯誤；BD．若將樣品放置在月球正面，它對月球表面壓力大小等于它在月球表面的重力大小；由于月球表面自由落體加速度約為地球表面自由落體加速度的，則樣品在地球表面的重力大于在月球表面的重力，所以樣品放置在月球背面時對月球的壓力，比放置在地球表面時對地球的壓力小，故B錯誤，D正確；C．樣品在不同過程中受到的引力不同，但樣品的質(zhì)量相同，故C錯誤。故選D。17.如圖，一光滑大圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，質(zhì)量為m的小環(huán)套在大圓環(huán)上，小環(huán)從靜止開始由大圓環(huán)頂端經(jīng)Q點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環(huán)的切點。則小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大?。ǎ〢.在Q點最大 B.在Q點最小 C.先減小后增大 D.先增大后減小【答案】C【解析】【詳解】方法一（分析法）：設(shè)大圓環(huán)半徑為，小環(huán)在大圓環(huán)上某處（點）與圓環(huán)的作用力恰好為零，如圖所示設(shè)圖中夾角為，從大圓環(huán)頂端到點過程，根據(jù)機械能守恒定律在點，根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得從大圓環(huán)頂端到點過程，小環(huán)速度較小，小環(huán)重力沿著大圓環(huán)圓心方向的分力大于小環(huán)所需的向心力，所以大圓環(huán)對小環(huán)的彈力背離圓心，不斷減小，從點到最低點過程，小環(huán)速度變大，小環(huán)重力和大圓環(huán)對小環(huán)的彈力合力提供向心力，所以大圓環(huán)對小環(huán)的彈力逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。方法二（數(shù)學(xué)法）：設(shè)大圓環(huán)半徑為，小環(huán)在大圓環(huán)上某處時，設(shè)該處與圓心的連線與豎直向上的夾角為，根據(jù)機械能守恒定律在該處根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立可得則大圓環(huán)對小環(huán)作用力的大小根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知的大小在時最小，結(jié)合牛頓第三定律可知小環(huán)下滑過程中對大圓環(huán)的作用力大小先減小后增大。故選C。18.在電荷量為Q的點電荷產(chǎn)生的電場中，將無限遠處的電勢規(guī)定為零時，距離該點電荷r處的電勢為，其中k為靜電力常量，多個點電荷產(chǎn)生的電場中某點的電勢，等于每個點電荷單獨存在的該點的電勢的代數(shù)和。電荷量分別為和的兩個點電荷產(chǎn)生的電場的等勢線如圖中曲線所示（圖中數(shù)字的單位是伏特），則（）A.， B.， C.， D.，【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)兩點電荷周圍的電勢分布可知帶正電，帶負電；由圖中電勢為0的等勢線可知由圖中距離關(guān)系可知聯(lián)立解得故選B。19.如圖，理想變壓器的副線圈接入電路的匝數(shù)可通過滑動觸頭T調(diào)節(jié)，副線圈回路接有滑動變阻器R、定值電阻和、開關(guān)S。S處于閉合狀態(tài)，在原線圈電壓不變的情況下，為提高的熱功率，可以（）A.保持T不動，滑動變阻器R的滑片向f端滑動B.將T向b端移動，滑動變阻器R的滑片位置不變C.將T向a端移動，滑動變阻器R的滑片向f端滑動D.將T向b端移動，滑動變阻器R的滑片向e端滑動【答案】AC【解析】【詳解】A．保持T不動，根據(jù)理想變壓器的性質(zhì)可知副線圈中電壓不變，當(dāng)滑動變阻器R的滑片向f端滑動時，R與串聯(lián)后的總電阻減小，電流增大，根據(jù)可知此時熱功率增大，故A正確；B．將T向b端移動，副線圈匝數(shù)變小，故副線圈兩端電壓變小，滑動變阻器R的滑片位置不變時，通過的電流減小，故熱功率減小，故B錯誤；C．將T向a端移動，副線圈匝數(shù)增加，故副線圈兩端電壓變大，滑動變阻器R的滑片向f端滑動，R與串聯(lián)后的總電阻減小，電流增大，此時熱功率增大，故C正確；D．將T向b端移動，副線圈匝數(shù)減少，故副線圈兩端電壓變小，滑動變阻器R的滑片向e端滑動，R與串聯(lián)后的總電阻增大，電流減小，此時熱功率減小，故D錯誤。故選AC。20.蹦床運動中，體重為的運動員在時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關(guān)系如圖所示。假設(shè)運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取。下列說法正確的是（）A.時，運動員的重力勢能最大B.時，運動員的速度大小為C時，運動員恰好運動到最大高度處D.運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為【答案】BD【解析】【詳解】A．根據(jù)牛頓第三定律結(jié)合題圖可知時，蹦床對運動員的彈力最大，蹦床的形變量最大，此時運動員處于最低點，運動員的重力勢能最小，故A錯誤；BC．根據(jù)題圖可知運動員從離開蹦床到再次落到蹦床上經(jīng)歷的時間為，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知，運動員上升時間為1s，則在時，運動員恰好運動到最大高度處，時運動員的速度大小故B正確，C錯誤；D．同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為，以豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理其中代入數(shù)據(jù)可得根據(jù)牛頓第三定律可知運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為，故D正確。故選BD。21.如圖，一絕緣細繩跨過兩個在同一豎直面（紙面）內(nèi)的光滑定滑輪，繩的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側(cè)滑輪之間的虛線區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面的勻強磁場，磁場上下邊界水平，在時刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進入磁場。運動過程中，線框始終在紙面內(nèi)且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向，下列線框的速度v隨時間t變化的圖像中可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】【詳解】設(shè)線圈的上邊進入磁場時的速度為v，設(shè)線圈的質(zhì)量M，物塊的質(zhì)量m，圖中線圈進入磁場時線圈的加速度向下，則對線圈由牛頓第二定律可知對滑塊其中即線圈向上做減速運動，隨速度的減小，向下的加速度減?。划?dāng)加速度為零時，即線圈勻速運動的速度為A．若線圈進入磁場時的速度較小，則線圈進入磁場時做加速度減小的減速運動，線圈的速度和加速度都趨近于零，則圖像A可能正確；B．因t=0時刻線圈就進入磁場，則進入磁場時線圈向上不可能做勻減速運動，則圖像B不可能；CD．若線圈的質(zhì)量等于物塊的質(zhì)量，且當(dāng)線圈進入磁場時，且速度大于v0，線圈進入磁場做加速度減小的減速運動，完全進入磁場后線圈做勻速運動；當(dāng)線圈出離磁場時，受向下的安培力又做加速度減小的減速運動，最終出離磁場時做勻速運動，則圖像C有可能，D不可能。三、非選擇題（174分）22.學(xué)生小組為了探究超重和失重現(xiàn)象，將彈簧測力計掛在電梯內(nèi)，測力計下端掛一物體。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮?。?）電梯靜止時測力計示數(shù)如圖所示，讀數(shù)為_____N（結(jié)果保留1位小數(shù)）；（2）電梯上行時，一段時間內(nèi)測力計的示數(shù)為，則此段時間內(nèi)物體處于_____（填“超重”或“失重”）狀態(tài)，電梯加速度大小為_____（結(jié)果保留1位小數(shù)）?！敬鸢浮浚?）5.0（2）①.失重②.1.0【解析】【小問1詳解】由圖可知彈簧測力計的分度值為0.5N，則讀數(shù)為5.0N?！拘?詳解】[1]電梯上行時，一段時間內(nèi)測力計的示數(shù)為，小于物體的重力可知此段時間內(nèi)物體處于失重狀態(tài)；[2]根據(jù)根據(jù)牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得電梯加速度大小23.電阻型氧氣傳感器阻值會隨所處環(huán)境中的氧氣含量發(fā)生變化。在保持流過傳感器的電流（即工作電流）恒定的條件下，通過測量不同氧氣含量下傳感器兩端的電壓，建立電壓與氧氣含量之間的對應(yīng)關(guān)系，這一過程稱為定標(biāo)。一同學(xué)用圖（a）所示電路對他制作的一個氧氣傳感器定標(biāo)。實驗器材有：裝在氣室內(nèi)的氧氣傳感器（工作電流）、毫安表（內(nèi)阻可忽略）、電壓表、電源、滑動變阻器、開關(guān)、導(dǎo)線若干、5個氣瓶（氧氣含量分別為、、、、）。（1）將圖（a）中的實驗器材間的連線補充完整_____，使其能對傳感器定標(biāo)；（2）連接好實驗器材，把氧氣含量為1%的氣瓶接到氣體入口；（3）把滑動變阻器的滑片滑到_____端（填“a”或“b”），閉合開關(guān)；（4）緩慢調(diào)整滑動變阻器的滑片位置，使毫安表的示數(shù)為，記錄電壓表的示數(shù)U；（5）斷開開關(guān)，更換氣瓶，重復(fù)步驟（3）和（4）；（6）獲得的氧氣含量分別為、、和的數(shù)據(jù)已標(biāo)在圖（b）中；氧氣含量為時電壓表的示數(shù)如圖（c），該示數(shù)為______V（結(jié)果保留2位小數(shù)）?，F(xiàn)測量一瓶待測氧氣含量的氣體，將氣瓶接到氣體入口，調(diào)整滑動變阻器滑片位置使毫安表的示數(shù)為，此時電壓表的示數(shù)為1.50V，則此瓶氣體的氧氣含量為_____（結(jié)果保留整數(shù)）?！敬鸢浮竣?②.③.1.40④.17【解析】【詳解】（1）[1]為了保持流過傳感器的電流恒定，電阻型氧氣傳感器兩端的電壓調(diào)節(jié)范圍較大，所以滑動變阻器采用分壓式接法，由于毫安表內(nèi)阻可忽略，所以電流表采用內(nèi)接法，實物連接圖如圖所示（3）[2]為了保護電路，閉合開關(guān)前，需要電阻型氧氣傳感器兩端的電壓為零，故滑動變阻器的滑片滑到端口；（6）[3]由圖可知，電壓表的分度值為0.1V，需要估讀到分度值下一位，其讀數(shù)為1.40V；[4]當(dāng)瓶氣體的氧氣含量為時，電壓為1.40V，在圖（b）中描出該點，用平滑的曲線將各點連接起來，如圖所示可知電壓表的示數(shù)為1.50V時，此瓶氣體的氧氣含量為。24.為搶救病人，一輛救護車緊急出發(fā)，鳴著笛沿水平直路從時由靜止開始做勻加速運動，加速度大小，在時停止加速開始做勻速運動，之后某時刻救護車停止鳴笛，時在救護車出發(fā)處的人聽到救護車發(fā)出的最后的鳴笛聲。已知聲速，求：（1）救護車勻速運動時的速度大??；（2）在停止鳴笛時救護車距出發(fā)處的距離。【答案】（1）20m/s；（2）680m【解析】【詳解】（1）根據(jù)勻變速運動速度公式可得救護車勻速運動時的速度大小（2）救護車加速運動過程中的位移設(shè)在時刻停止鳴笛，根據(jù)題意可得停止鳴笛時救護車距出發(fā)處的距離代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得25.如圖，金屬導(dǎo)軌平行且水平放置，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌光滑無摩擦。定值電阻大小為R，其余電阻忽略不計，電容大小為C。在運動過程中，金屬棒始終與導(dǎo)軌保持垂直。整個裝置處于豎直方向且磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。(1)開關(guān)S閉合時，對金屬棒施加以水平向右的恒力，金屬棒能達到的最大速度為v0。當(dāng)外力功率為定值電阻功率的兩倍時，求金屬棒速度v的大小。(2)當(dāng)金屬棒速度為v時，斷開開關(guān)S，改變水平外力并使金屬棒勻速運動。當(dāng)外力功率為定值電阻功率的兩倍時，求電容器兩端的電壓以及從開關(guān)斷開到此刻外力所做的功?！敬鸢浮浚?）；（2），【解析】【詳解】（1）開關(guān)S閉合后，當(dāng)外力與安培力相等時，金屬棒的速度最大，則由閉合電路歐姆定律金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為聯(lián)立可得，恒定的外力為在加速階段，外力的功率為定值電阻功率為若時，即化簡可得金屬棒速度v的大小為（2）斷開開關(guān)S，電容器充電，則電容器與定值電阻串聯(lián)，則有當(dāng)金屬棒勻速運動時，電容器不斷充電，電荷量q不斷增大，電路中電流不斷減小，則金屬棒所受安培力不斷減小，而拉力的功率定值電阻功率當(dāng)時有可得根據(jù)可得此時電容器兩端電壓為從開關(guān)斷開到此刻外力所做的功為其中聯(lián)立可得26.鈷在新能源、新材料領(lǐng)域具有重要用途。某煉鋅廢渣含有鋅、鉛、銅、鐵、鈷、錳的價氧化物及鋅和銅的單質(zhì)。從該廢渣中提取鈷的一種流程如下。注：加沉淀劑使一種金屬離子濃度小于等于，其他金屬離子不沉淀，即認為完全分離。已知：①②以氫氧化物形式沉淀時，和溶液的關(guān)系如圖所示。回答下列問題：（1）“酸浸”前，需將廢渣磨碎，其目的是_____。（2）“酸浸”步驟中，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是_____。（3）假設(shè)“沉銅”后得到的濾液中和均為，向其中加入至沉淀完全，此時溶液中_____，據(jù)此判斷能否實現(xiàn)和的完全分離_____(填“能”或“不能”)。（4）“沉錳”步驟中，生成，產(chǎn)生的物質(zhì)的量為_____。（5）“沉淀”步驟中，用調(diào)，分離出的濾渣是_____。（6）“沉鈷”步驟中，控制溶液，加入適量的氧化，其反應(yīng)的離子方程式為_____。（7）根據(jù)題中給出的信息，從“沉鈷”后的濾液中回收氫氧化鋅的方法是_____?！敬鸢浮浚?）增大固體與酸反應(yīng)的接觸面積，提高鈷元素的浸出效率（2）（3）①.②.不能（4）（5）（6）（7）向濾液中滴加溶液，邊加邊攪拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，靜置后過濾、洗滌、干燥【解析】【分析】煉鋅廢渣含有鋅、鉛、銅、鐵、鈷、錳的價氧化物及鋅和銅的單質(zhì)，經(jīng)稀硫酸酸浸時，銅不溶解，Zn及其他價氧化物除鉛元素轉(zhuǎn)化為硫酸鉛沉淀外，其他均轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的+2價陽離子進入溶液；然后通入硫化氫沉銅生成CuS沉淀；過濾后，濾液中加入Na2S2O8將錳離子氧化為二氧化錳除去，同時亞鐵離子也被氧化為鐵離子；再次過濾后，用氫氧化鈉調(diào)節(jié)pH=4，鐵離子完全轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去；第三次過濾后的濾液中加入次氯酸鈉沉鈷，得到Co(OH)3。【小問1詳解】“酸浸”前，需將廢渣磨碎，其目的是增大固體與酸反應(yīng)的接觸面積，提高鈷元素的浸出效率?！拘?詳解】“酸浸”步驟中，Cu不溶解，Zn單質(zhì)及其他價氧化物除鉛元素轉(zhuǎn)化為硫酸鉛沉淀外，其他均轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的+2價陽離子進入溶液，即為轉(zhuǎn)化為CoSO4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為?！拘?詳解】假設(shè)“沉銅”后得到的濾液中和均為，向其中加入至沉淀完全，此時溶液中，則，小于，說明大部分也轉(zhuǎn)化為硫化物沉淀，據(jù)此判斷不能實現(xiàn)Zn2+和Co2+的完全分離。【小問4詳解】“沉錳”步驟中，Na2S2O8將Mn2+氧化為二氧化錳除去，發(fā)生的反應(yīng)為，因此，生成，產(chǎn)生的物質(zhì)的量為?！拘?詳解】“沉錳”步驟中，同時將氧化為，“沉淀”步驟中用調(diào)pH=4，可以完全沉淀為，因此，分離出的濾渣是。【小問6詳解】“沉鈷”步驟中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入適量的NaClO氧化，為了保證被完全氧化，NaClO要適當(dāng)過量，其反應(yīng)的離子方程式為?！拘?詳解】根據(jù)題中給出的信息，“沉鈷”后的濾液的pH=5.0~5.5，溶液中有元素以形式存在，當(dāng)pH＞12后氫氧化鋅會溶解轉(zhuǎn)化為，因此，從“沉鈷”后的濾液中回收氫氧化鋅的方法是：向濾液中滴加溶液，邊加邊攪拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，靜置后過濾、洗滌、干燥。27.(俗稱過氧化脲)是一種消毒劑，實驗室中可用尿素與過氧化氫制取，反應(yīng)方程式如下：(一)過氧化脲的合成燒杯中分別加入、蒸餾水和尿素，攪拌溶解。下反應(yīng)，冷卻結(jié)晶、過濾、干燥，得白色針狀晶體。(二)過氧化脲性質(zhì)檢測I．過氧化脲溶液用稀酸化后，滴加溶液，紫紅色消失。Ⅱ．過氧化脲溶液用稀酸化后，加入溶液和四氯化碳，振蕩，靜置。(三)產(chǎn)品純度測定溶液配制：稱取一定量產(chǎn)品，用蒸餾水溶解后配制成溶液。滴定分析：量取過氧化脲溶液至錐形瓶中，加入一定量稀，用準(zhǔn)確濃度的溶液滴定至微紅色，記錄滴定體積，計算純度。回答下列問題：（1）過濾中使用到的玻璃儀器有_____(寫出兩種即可)。（2）過氧化脲的產(chǎn)率為_____。（3）性質(zhì)檢測Ⅱ中的現(xiàn)象為_____。性質(zhì)檢則I和Ⅱ分別說明過氧化脲具有的性質(zhì)是_____。（4）下圖為“溶液配制”的部分過程，操作a應(yīng)重復(fù)3次，目的是_____，定容后還需要的操作為_____。（5）“滴定分析”步驟中，下列操作錯誤的是_____(填標(biāo)號)。A.溶液置于酸式滴定管中B.用量筒量取過氧化脲溶液C.滴定近終點時，用洗瓶沖洗錐形瓶內(nèi)壁D.錐形瓶內(nèi)溶液變色后，立即記錄滴定管液面刻度（6）以下操作導(dǎo)致氧化脲純度測定結(jié)果偏低的是_____(填標(biāo)號)。A.容量瓶中液面超過刻度線B.滴定管水洗后未用溶液潤洗C.搖動錐形瓶時溶液滴到錐形瓶外D.滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后氣泡消失【答案】（1）燒杯、漏斗、玻璃棒，可任選兩種作答（2）50%（3）①.液體分層，上層為無色，下層為紫紅色②.還原性、氧化性（4）①.避免溶質(zhì)損失②.蓋好瓶塞，反復(fù)上下顛倒、搖勻（5）BD（6）A【解析】【小問1詳解】過濾操作需要的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，可任選兩種作答?！拘?詳解】實驗中加入尿素的質(zhì)量為12.0g，物質(zhì)的量為0.2mol，過氧化氫的質(zhì)量為，物質(zhì)的量約為0.245mol，過氧化氫過量，產(chǎn)率應(yīng)按照尿素的質(zhì)量計算，理論上可得到過氧化脲0.2mol，質(zhì)量為0.2mol×94g/mol=18.8g，實驗中實際得到過氧化脲9.4g，故過氧化脲的產(chǎn)率為。【小問3詳解】在過氧化脲的性質(zhì)檢測中，檢測Ⅰ用稀硫酸酸化，加入高錳酸鉀溶液，紫紅色消失，說明過氧化脲被酸性高錳酸鉀氧化，體現(xiàn)了過氧化脲的還原性；檢測Ⅱ用稀硫酸酸化，加入KI溶液和四氯化碳溶液，過氧化脲會將KI氧化為I2單質(zhì)，體現(xiàn)了過氧化脲的氧化性，生成的I2在四氯化碳中溶解度大，會溶于四氯化碳溶液，且四氯化碳密度大于水，振蕩，靜置后出現(xiàn)的現(xiàn)象為：液體分層，上層為無色，下層為紫紅色。【小問4詳解】操作a為洗滌燒杯和玻璃棒，并將洗滌液轉(zhuǎn)移到容量瓶中，目的是避免溶質(zhì)損失；定容后應(yīng)蓋好瓶塞，反復(fù)上下顛倒、搖勻?！拘?詳解】A．KMnO4溶液是強氧化性溶液，應(yīng)置于酸式滴定管中，A項正確；B．量筒的精確度不能達到0.01mL，量取25.00mL的溶液應(yīng)選用滴定管，B項錯誤；C．滴定過程中，待測液有可能會濺到錐形瓶內(nèi)壁，滴定近終點時，為了使結(jié)果更精確，可用洗瓶沖洗錐形瓶內(nèi)壁，C項正確；D．錐形瓶內(nèi)溶液變色后，應(yīng)等待30s，觀察溶液不再恢復(fù)原來的顏色后，才能記錄滴定管液面刻度，D項錯誤；故選BD?！拘?詳解】A．在配制過氧化脲溶液時，容量瓶中頁面超過刻度線，會使溶液體積偏大，配制溶液的濃度偏低，會使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏低，導(dǎo)致測定結(jié)果偏低，A項符合題意；B．滴定管水洗后未用KMnO4溶液潤洗，會導(dǎo)致KMnO4溶液濃度偏低，會使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏高，導(dǎo)致測定結(jié)果偏高，B項不符合題意；C．搖動錐形瓶時KMnO4溶液滴到錐形瓶外，會使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏高，導(dǎo)致測定結(jié)果偏高，C項不符合題意；D．滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后氣泡消失，會使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏高，導(dǎo)致測定結(jié)果偏高，D項不符合題意；故選A。28.甲烷轉(zhuǎn)化為多碳化合物具有重要意義。一種將甲烷溴化再偶聯(lián)為丙烯()的研究所獲得的部分?jǐn)?shù)據(jù)如下?；卮鹣铝袉栴}：（1）已知如下熱化學(xué)方程式：計算反應(yīng)的_____。（2）與反應(yīng)生成，部分會進一步溴化。將和。通入密閉容器，平衡時，、與溫度的關(guān)系見下圖(假設(shè)反應(yīng)后的含碳物質(zhì)只有、和)。(i)圖中的曲線是_____(填“a”或“b”)。(ii)時，的轉(zhuǎn)化_____，_____。(iii)時，反應(yīng)的平衡常數(shù)_____。（3）少量可提高生成的選擇性。時，分別在有和無的條件下，將和，通入密閉容器，溴代甲烷的物質(zhì)的量(n)隨時間(t)的變化關(guān)系見下圖。(i)在之間，有和無時的生成速率之比_____。(ii)從圖中找出提高了選擇性的證據(jù)：_____。(ⅲ)研究表明，參與反應(yīng)的可能機理如下：①②③④⑤⑥根據(jù)上述機理，分析提高選擇性的原因：_____?！敬鸢浮浚?）67（2）①.a②.80%③.7.8④.10.92（3）①.(或3：2)②.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐漸降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升③.I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2發(fā)生反應(yīng)生成了CH3Br【解析】【分析】根據(jù)蓋斯定律計算化學(xué)反應(yīng)熱；根據(jù)影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素判斷還行反應(yīng)進行的方向從而判斷曲線歸屬；根據(jù)反應(yīng)前后的變化量計算轉(zhuǎn)化率；根據(jù)平衡時各物質(zhì)的物質(zhì)的量計算平衡常數(shù)；根據(jù)一段時間內(nèi)物質(zhì)的含量變化計算速率并計算速率比；根據(jù)圖示信息和反應(yīng)機理判斷合適的原因。【小問1詳解】將第一個熱化學(xué)方程式命名為①，將第二個熱化學(xué)方程式命名為②。根據(jù)蓋斯定律，將方程式①乘以3再加上方程式②，即①×3+②，故熱化學(xué)方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的?H=29×3+20=67kJ·mol1。【小問2詳解】(i)根據(jù)方程式①，升高溫度，反應(yīng)向吸熱反應(yīng)方向移動，升高溫度，平衡逆向移動，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量減少，故CH3Br的曲線為a；(ii)560℃時反應(yīng)達平衡，剩余的CH4(g)的物質(zhì)的量為1.6mmol，其轉(zhuǎn)化率α=×100%=80%；若只發(fā)生一步反應(yīng)，則生成6.4mmolCH3Br，但此時剩余CH3Br的物質(zhì)的量為5.0mmol，說明還有1.4mmolCH3Br發(fā)生反應(yīng)生成CH2Br2，則此時生成的HBr的物質(zhì)的量n=6.4+1.4=7.8mmol；(iii)平衡時，反應(yīng)中各組分的物質(zhì)的量分別為n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故該反應(yīng)的平衡常數(shù)K===10.92?！拘?詳解】(i)11~19s時，有I2的生成速率v==mmol·(L·s)1，無I2的生成速率v==mmol·(L·s)1。生成速率比==；(ii)從圖中可以看出，大約4.5s以后有I2催化CH2Br2的含量逐漸降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此變化判斷I2提高了CH3Br的選擇性；(iii)根據(jù)反應(yīng)機理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同時也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2發(fā)生反應(yīng)生成了CH3Br，提高了CH3Br的選擇性。29.在自然條件下，某植物葉片光合速率和呼吸速率隨溫度變化的趨勢如圖所示?；卮鹣铝袉栴}。（1）該植物葉片在溫度a和c時的光合速率相等，葉片有機物積累速率________（填“相等”或“不相等”），原因是________________________________。（2）在溫度d時，該植物體的干重會減少，原因是________________________________。（3）溫度超過b時，該植物由于暗反應(yīng)速率降低導(dǎo)致光合速率降低。暗反應(yīng)速率降低的原因可能是________________________________。（答出一點即可）（4）通常情況下，為了最大程度地獲得光合產(chǎn)物，農(nóng)作物在溫室栽培過程中，白天溫室的溫度應(yīng)控制在________最大時的溫度?！敬鸢浮浚?）①.不相等②.溫度a和c時的呼吸速率不相等（2）溫度d時，葉片的光合速率與呼吸速率相等，但植物的根部等細胞不進行光合作用，仍呼吸消耗有機物，導(dǎo)致植物體的干重減少（3）溫度過高，導(dǎo)致部分氣孔關(guān)閉，CO2供應(yīng)不足，暗反應(yīng)速率降低；溫度過高，導(dǎo)致酶的活性降低，使暗反應(yīng)速率降低（4）光合速率和呼吸速率差值【解析】【分析】影響光合作用的因素有：光照強度、溫度、CO2濃度、酶的活性和數(shù)量、光合色素含量等?！拘?詳解】該植物葉片在溫度a和c時的光合速率相等，但由于呼吸速率不同，因此葉片有機物積累速率不相等。【小問2詳解】在溫度d時，葉片的光合速率與呼吸速率相等，但由于植物有些細胞不進行光合作用如根部細胞，因此該植物體的干重會減少。【小問3詳解】溫度超過b時，為了降低蒸騰作用，部分氣孔關(guān)閉，使CO2供應(yīng)不足，暗反應(yīng)速率降低；同時使酶的活性降低，導(dǎo)致CO2固定速率減慢，C3還原速率減慢，進而使暗反應(yīng)速率降低?！拘?詳解】為了最大程度地獲得光合產(chǎn)物，農(nóng)作物在溫室栽培過程中，白天溫室的溫度應(yīng)控制在光合速率與呼吸速率差值最大時的溫度，有利于有機物的積累。30.某種病原體的蛋白質(zhì)A可被吞噬細胞攝入和處理，誘導(dǎo)特異性免疫。回答下列問題。（1）病原體感染誘導(dǎo)產(chǎn)生漿細胞的特異性免疫方式屬于________。（2）溶酶體中的蛋白酶可將蛋白質(zhì)A的一條肽鏈水解成多個片段，蛋白酶切斷的化學(xué)鍵是________。（3）不采用熒光素標(biāo)記蛋白質(zhì)A，設(shè)計實驗驗證蛋白質(zhì)A的片段可出現(xiàn)在吞噬細胞的溶酶體中，簡要寫出實驗思路和預(yù)期結(jié)果______?！敬鸢浮浚?）體液免疫（2）肽鍵（3）實驗思路：以蛋白質(zhì)A的片段為抗原，制備單克隆抗體，利用差速離心法將吞噬細胞中的溶酶體分離，并提取溶酶體中的蛋白質(zhì)，利用抗原抗體雜交技術(shù)進行檢測預(yù)期結(jié)果：出現(xiàn)雜交帶，表明蛋白質(zhì)A的片段可出現(xiàn)在吞噬細胞的溶酶體中【解析】【分析】非特異性免疫（先天性免疫）：第一道防線：皮膚、黏膜等；第二道防線：體液中的殺菌物質(zhì)和吞噬細胞；特異性免疫（獲得性免疫）第三道防線：由免疫器官和免疫細胞借助血液循環(huán)和淋巴循環(huán)組成?！拘?詳解】特異性免疫包括體液免疫和細胞免疫。病原體感染誘導(dǎo)產(chǎn)生漿細胞的特異性免疫方式屬于體液免疫?！拘?詳解】蛋白酶可將蛋白質(zhì)A的一條肽鏈水解成多個片段，因此蛋白酶切斷的是肽鍵?！拘?詳解】為驗證蛋白質(zhì)A的片段可出現(xiàn)在吞噬細胞的溶酶體中，可以蛋白質(zhì)A的片段為抗原，制備單克隆抗體，利用差速離心法將吞噬細胞中的溶酶體分離，并提取溶酶體中的蛋白質(zhì)，利用抗原抗體雜交技術(shù)進行檢測，若出現(xiàn)雜交帶，則表明蛋白質(zhì)A的片段可出現(xiàn)在吞噬細胞的溶酶體中。31.鳥類B曾瀕臨滅絕。在某地發(fā)現(xiàn)7只野生鳥類B后，經(jīng)保護其種群規(guī)模逐步擴大?；卮鹣铝袉栴}。（1）保護鳥類B采取“就地保護為主，易地保護為輔”模式。就地保護是________。（2）鳥類B經(jīng)人工繁育達到一定數(shù)量后可放飛野外。為保證鳥類B正常生存繁殖，放飛前需考慮的野外生物因素有________________。（答出兩點即可）（3）鳥類B的野生種群穩(wěn)步增長。通常，種群呈“S”型增長的主要原因是________。（4）保護鳥類B等瀕危物種的意義是________________________?！敬鸢浮浚?）在原地對被保護的生態(tài)系統(tǒng)或物種建立自然保護區(qū)以及國家公園等（2）天敵、競爭者、食物等（3）存在環(huán)境阻力（4）增加生物多樣性【解析】【分析】1、生物多樣性：生物圈內(nèi)所有的植物、動物和微生物，它們所擁有的全部基因以及各種各樣的生態(tài)系統(tǒng)，共同構(gòu)成了生物多樣性。生物多樣性包括基因多樣性、物種多樣性和生態(tài)系統(tǒng)多樣性。2、生物多樣性的價值：（1）直接價值：對人類有食用、藥用和工業(yè)原料等使用意義，以及有旅游觀賞、科學(xué)研究和文學(xué)藝術(shù)創(chuàng)作等非實用意義的。（2）間接價值：對生態(tài)系統(tǒng)起重要調(diào)節(jié)作用的價值（生態(tài)功能）。（3）潛在價值：目前人類不清楚的價值?！拘?詳解】就地保護是指在原地對被保護的生態(tài)系統(tǒng)或物種建立自然保護區(qū)以及國家公園等，這是對生物多樣性最有效的保護?！拘?詳解】為保證鳥類B正常生存繁殖，放飛前需考慮的野外生物因素有減少天敵以及競爭者的存在，同時增加鳥類B的食物數(shù)量和種類?！拘?詳解】種群呈“S”型增長的主要原因是受資源和空間的限制，以及競爭者和天敵的存在，即存在環(huán)境阻力。【小問4詳解】保護瀕危物種可以增加生物多樣性。32.袁隆平研究雜交水稻，對糧食生產(chǎn)具有突出貢獻?；卮鹣铝袉栴}。（1）用性狀優(yōu)良的水稻純合體（甲）給某雄性不育水稻植株授粉，雜交子一代均表現(xiàn)雄性不育；雜交子一代與甲回交（回交是雜交后代與兩個親本之一再次交配），子代均表現(xiàn)雄性不育；連續(xù)回交獲得性狀優(yōu)良的雄性不育品系（乙）。由此推測控制雄性不育的基因（A）位于________________（填“細胞質(zhì)”或“細胞核”）。（2）將另一性狀優(yōu)良的水稻純合體（丙）與乙雜交，F(xiàn)1均表現(xiàn)雄性可育，且長勢與產(chǎn)量優(yōu)勢明顯，F(xiàn)1即為優(yōu)良的雜交水稻。丙的細胞核基因R的表達產(chǎn)物能夠抑制基因A的表達?；騌表達過程中，以mRNA為模板翻譯產(chǎn)生多肽鏈的細胞器是________。F1自交子代中雄性可育株與雄性不育株的數(shù)量比為________________。（3）以丙為父本與甲雜交（正交）得F1，F(xiàn)1自交得F2，則F2中與育性有關(guān)的表現(xiàn)型有________種。反交結(jié)果與正交結(jié)果不同，反交的F2中與育性有關(guān)的基因型有________種?！敬鸢浮浚?）細胞質(zhì)（2）①.核糖體②.3:1（3）①.1②.3【解析】【分析】基因的自由組合定律的實質(zhì)是位于非同源染色體上的非等位基因的分離或組合是互不干擾的；在減數(shù)分裂過程中，同源染色體上的等位基因彼此分離的同時，非同源染色體上的非等位基因自由組合。【小問1詳解】由題意可知，雄性不育株在雜交過程中作母本，在與甲的多次雜交過程中，子代始終表現(xiàn)為雄性不育，即與母本表型相同，說明雄性不育為母系遺傳，即制雄性不育的基因（A）位于細胞質(zhì)中?！拘?詳解】以mRNA為模板翻譯產(chǎn)生多肽鏈即合成蛋白質(zhì)的場所為核糖體?？刂菩坌圆挥幕颍ˋ）位于細胞質(zhì)中，基因R位于細胞核中，核基因R的表達產(chǎn)物能夠抑制基因A的表達，則丙的基因型為A（RR）或a（RR），雄性不育乙的基因型為A（rr），子代細胞質(zhì)來自母本，因此F1的基因型為A（Rr），核基因R的表達產(chǎn)物能夠抑制基因A的表達，因此F1表現(xiàn)為雄性可育，F(xiàn)1自交，子代的基因型及比例為A（RR）：A（Rr）：A（rr）=1：2：1，因此子代中雄性可育株與雄性不育株的數(shù)量比為3：1。【小問3詳解】丙為雄性可育基因型為A（RR）或a（RR），甲也為雄性可育基因型為a（rr），以丙為父本與甲雜交（正交）得F1，F(xiàn)1基因型為a（Rr）雄性可育，F(xiàn)1自交的后代F2可育，即則F2中與育性有關(guān)的表現(xiàn)型有1種。反交結(jié)果與正交結(jié)果不同，則可說明丙的基因型為A（RR），甲的基因型為a（rr），反交時，丙為母本，F(xiàn)1的基因型為A（Rr），F(xiàn)2中的基因型及比例為A（RR）：A（Rr）：A（rr）=1：2：1，即F2中與育性有關(guān)的基因型有3種。二、選考題（共45分）[物理——選修33]（15分）33.Ⅰ如圖，四個相同的絕熱試管分別倒立在盛水的燒杯a、b、c、d中，平衡后燒杯a、b、c中的試管內(nèi)外水面的高度差相同，燒杯d中試管內(nèi)水面高于試管外水面。已知四個燒杯中水的溫度分別為、、、，且。水的密度隨溫度的變化忽略不計。下列說法正確的是（）A.a中水的飽和氣壓最小B.a、b中水的飽和氣壓相等C.c、d中水的飽和氣壓相等D.a、b中試管內(nèi)氣體的壓強相等E.d中試管內(nèi)氣體的壓強比c中的大【答案】ACD【解析】【詳解】A．同一物質(zhì)的飽和氣壓與溫度有關(guān)，溫度越大，飽和氣壓越大，a中水的溫度最低，則a中水的飽和氣壓最小，故A正確；B．同理，a中水的溫度小于b中水的溫度，則a中水的飽和氣壓小于b中水的飽和氣壓，故B錯誤；C．c中水的溫度等于d中水的溫度，則c、d中水的飽和氣壓相等，故C正確；D．設(shè)大氣壓強為，試管內(nèi)外水面的高度差為，則a、b中試管內(nèi)氣體的壓強均為故D正確；E．d中試管內(nèi)氣體的壓強為c中試管內(nèi)氣體的壓強為可知故E錯誤。故選ACD。Ⅱ如圖，一豎直放置的汽缸內(nèi)密封有一定量的氣體，一不計厚度的輕質(zhì)活塞可在汽缸內(nèi)無摩擦滑動，移動范圍被限制在卡銷a、b之間，b與汽缸底部的距離，活塞的面積為。初始時，活塞在卡銷a處，汽缸內(nèi)氣體的壓強、溫度與活塞外大氣的壓強、溫度相同，分別為和。在活塞上施加豎直向下的外力，逐漸增大外力使活塞緩慢到達卡銷b處（過程中氣體溫度視為不變），外力增加到并保持不變。（1）求外力增加到時，卡銷b對活塞支持力大??；（2）再將汽缸內(nèi)氣體加熱使氣體溫度緩慢升高，求當(dāng)活塞剛好能離開卡銷b時氣體的溫度。【答案】（1）100N；（2）327K【解析】【詳解】（1）活塞從位置到過程中，氣體做等溫變化，初態(tài)、末態(tài)、根據(jù)解得此時對活塞根據(jù)平衡條件解得卡銷b對活塞支持力的大?。?）將汽缸內(nèi)氣體加熱使氣體溫度緩慢升高，當(dāng)活塞剛好能離開卡銷b時，氣體做等容變化，初態(tài)，末態(tài)，對活塞根據(jù)平衡條件解得設(shè)此時溫度為，根據(jù)解得[物理——選修34]（15分）34.Ⅰ一列簡諧橫波沿x軸傳播，周期為，時刻的波形曲線如圖所示，此時介質(zhì)中質(zhì)點b向y軸負方向運動，下列說法正確的是（）A.該波的波速為B.該波沿x軸正方向傳播C.時質(zhì)點a和質(zhì)點c運動方向相反D.時介質(zhì)中質(zhì)點a向y軸負方向運動E.時介質(zhì)中質(zhì)點b的速率達到最大值【答案】ACD【解析】【詳解】A．由圖可知波長為則該波的波速為故A正確；B．此時介質(zhì)中質(zhì)點b向y軸負方向運動，根據(jù)波形平移法可知，該波沿x軸負方向傳播，故B錯誤；C．由于質(zhì)點a和質(zhì)點c之間的距離為半個波長，則質(zhì)點a和質(zhì)點c的振動完全相反，所以時質(zhì)點a和質(zhì)點c的運動方向相反，故C正確；D．時刻質(zhì)點a處于波峰位置，則時，質(zhì)點a剛好經(jīng)過平衡位置向y軸負方向運動，故D正確；E．時刻質(zhì)點b處于平衡位置向y軸負方向運動，則時，質(zhì)點b剛好處于波峰位置，此時質(zhì)點b的速率為0，故E錯誤。故選ACD。Ⅱ一玻璃柱的折射率，其橫截面為四分之一圓，圓的半徑為R，如圖所示。截面所在平面內(nèi)，一束與AB邊平行的光線從圓弧入射。入射光線與AB邊的距離由小變大，距離為h時，光線進入柱體后射到BC邊恰好發(fā)生全反射。求此時h與R的比值?！敬鸢浮俊窘馕觥俊驹斀狻咳鐖D，畫出光路圖可知設(shè)臨界角為C，得，根據(jù)可得解得故可得故可知[化學(xué)—選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]35.ⅣA族元素具有豐富的化學(xué)性質(zhì)，其化合物有著廣泛的應(yīng)用。回答下列問題：（1）該族元素基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)為_____，在與其他元素形成化合物時，呈現(xiàn)的最高化合價為_____。（2）俗稱電石，該化合物中不存在的化學(xué)鍵類型為_____(填標(biāo)號)。a．離子鍵b．極性共價鍵c．非極性共價鍵d．配位鍵（3）一種光刻膠薄膜成分為聚甲基硅烷，其中電負性最大的元素是_____，硅原子的雜化軌道類型為_____。（4）早在青銅器時代，人類就認識了錫。錫的鹵化物熔點數(shù)據(jù)如下表，結(jié)合變化規(guī)律說明原因：_____。物質(zhì)熔點/44229143（5）結(jié)晶型可作為放射性探測器元件材料，其立方晶胞如圖所示。其中的配位數(shù)為_____。設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，則該晶體密度為_____(列出計算式)?！敬鸢浮浚?）①.2②.+4（2）bd（3）①.C②.（4）SnF4屬于離子晶體，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，離子晶體的熔點比分子晶體的高，分子晶體的相對分子量越大，分子間作用力越強，熔點越高（5）①.6②.【解析】【小問1詳解】ⅣA族元素基態(tài)原子的價層電子排布為，其核外未成對電子數(shù)為2，因最外層電子數(shù)均為4，所以在與其他元素形成化合物時，呈現(xiàn)的最高化合價為+4；【小問2詳解】俗稱電石，其為離子化合物，由和構(gòu)成，兩種離子間存在離子鍵，中兩個C原子之間存在非極性共價鍵，因此，該化合物中不存在的化學(xué)鍵類型為極性共價鍵和配位鍵，故選bd；【小問3詳解】一種光刻膠薄膜成分為聚甲基硅烷，含C、Si、H三種元素，其電負性大小：C>H>Si，則電負性最大的元素是C，硅原子與周圍的4個原子形成共價鍵，沒有孤電子對，價層電子對數(shù)為4，則硅原子的雜化軌道類型為；【小問4詳解】根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，SnF4的熔點均遠高于其余三種物質(zhì)，故SnF4屬于離子晶體，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，離子晶體的熔點比分子晶體的高，SnCl4、SnBr4、SnI4三種物質(zhì)的相對分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增強，熔點升高，故原因為：SnF4屬于離子晶體，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，離子晶體的熔點比分子晶體的高，分子晶體的相對分子量越大，分子間作用力越強，熔點越高；【小問5詳解】由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，該晶胞中有4個和4個，距離每個原子周圍最近的原子數(shù)均為6，因此的配位數(shù)為6。設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，則個晶胞的質(zhì)量為，個晶胞的體積為，因此該晶體密度為。[化學(xué)—選修5：有機化學(xué)基礎(chǔ)]36.白藜蘆醇(化合物I)具有抗腫瘤、抗氧化、消炎等功效。以下是某課題組合成化合物I的路線?；卮鹣铝袉栴}：（1）A中的官能團名稱為_____。（2）B的結(jié)構(gòu)簡式為_____。（3）由C生成D的反應(yīng)類型為_____。（4）由E生成F的化學(xué)方程式為_____。（5）已知G可以發(fā)生銀鏡反應(yīng)，G的化學(xué)名稱為_____。（6）選用一種鑒別H和I的試劑并描述實驗現(xiàn)象_____。（7）I的同分異構(gòu)體中，同時滿足下列條件的共有_____種(不考慮立體異構(gòu))。①含有手性碳(連有4個不同的原子或基團的碳為手性碳)；②含有兩個苯環(huán)；③含有兩個酚羥基；④可發(fā)生銀鏡反應(yīng)。【答案】（1）硝基（2）（3）取代反應(yīng)（4）+P(OC2H5)3→+C2H5Br（5）4甲氧基苯甲醛(或?qū)籽趸郊兹?（6）鑒別試劑為：FeCl3溶液，實驗現(xiàn)象為：分別取少量有機物H和有機物I的固體用于水配置成溶液，向溶液中滴加FeCl3溶液，溶液呈紫色的即為有機物I（7）9【解析】【分析】根據(jù)流程，有機物A在Fe/H+作用下發(fā)生還原反應(yīng)生成有機物B，根據(jù)有機物B的分子式和有機物A的結(jié)構(gòu)可以得到有機物B的結(jié)構(gòu)為；有機物B發(fā)生兩個連續(xù)的反應(yīng)后將結(jié)構(gòu)中的氨基氧化為羥基，得到有機物C；有機物C發(fā)生取代反應(yīng)得到有機物D，根據(jù)有機物D的分子式可以推出有機物D為；有機物D與NBS發(fā)生取代反應(yīng)得到有機物E，根據(jù)有機物E的分子式可以推出有機物E為；有機物E與P(OC2H5)3發(fā)生反應(yīng)得到有機物F，有機物F與有機物G發(fā)生反應(yīng)得到有機物H，結(jié)合有機物H的結(jié)構(gòu)、有機物G的分子式和小問5的已知條件可以得到有機物G的結(jié)構(gòu)為；最后，有機物H與BBr3反應(yīng)得到目標(biāo)化合物I。據(jù)此分析解題：【小問1詳解】根據(jù)有機物A的結(jié)構(gòu)可知，A的官能團為硝基；【小問2詳解】根據(jù)分析，有機物B的結(jié)構(gòu)簡式為：；【小問3詳解】根據(jù)分析，有機物C發(fā)生反應(yīng)生成有機物D是將C中的羥基取代為甲氧基得到有機物D，故反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；【小問4詳解】根據(jù)分析，有機物E與P(OC2H5)3發(fā)生反應(yīng)得到有機物F，反應(yīng)方程式為：+P(OC2H5)3→+C2H5Br；【小問5詳解】有機物G可以發(fā)生銀鏡反應(yīng)說明有機物G中含有醛基，結(jié)合其分子式和有機物F和有機物H的結(jié)構(gòu)可以得到有機物G的結(jié)構(gòu)為，其化學(xué)名稱為：4甲氧基苯甲醛(或?qū)籽趸郊兹?；【小問6詳解】對比有機物H和有機物I的結(jié)構(gòu)可以看出，有機物I中含有酚羥基，可以由此進行鑒別，鑒別試劑為FeCl3溶液，實驗現(xiàn)象為分別取少量有機物H和有機物I的固體用于水配置成溶液，向溶液中滴加FeCl3溶液，溶液呈紫色的即為有機物I；【小問7詳解】對于有機物I的同分異構(gòu)體，可以發(fā)生銀鏡反應(yīng)說明含有醛基；含有手性碳原子，說明有飽和碳原子