2019年高考真题-理科综合(全国卷II)+Word版含解析汇报【KS5U+高考】

wordword47/47word2019年普通高等学校招生全国统一考试〔全国II卷〕理科综合须知事项：1．答卷前，考生务必将自己的某某、某某号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每一小题答案后，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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。。3．考试完毕后，将本试卷和答题卡一并交回。物理局部二、选择题：此题共8小题，每一小题6分。在每一小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器“奔向〞月球的过程中，用h表示探测器与地球外表的距离，F表示它所受的地球引力，能够描F随h变化关系的图像是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】根据万有引力定律可得：，h越大，F越大，应当选项D符合题意；2.太阳内部核反响的主要模式之一是质子-质子循坏，循环的结果可表示为，和的质量分别为和，1u=931MeV/c2，c为光速。在4个转变成1个的过程中，释放的能量约为A.8MeVB.16MeVC.26MeVD.52MeV【答案】C【解析】【详解】由知，=，忽略电子质量，如此：，故C选项符合题意；3.物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10m/s2。假如轻绳能承受的最大X力为1500N，如此物块的质量最大为A.150kgB.kgC.200kgD.kg【答案】A【解析】【详解】T=f+mgsinθ，f=μN，N=mgcosθ，带入数据解得：m=150kg，故A选项符合题意4.如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面〔abcd所在平面〕向外。ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。电子的比荷为k。如此从a、d两点射出的电子的速度大小分别为A.，B.，C.，D.，【答案】B【解析】【详解】a点射出粒子半径Ra==，得：va==，d点射出粒子半径为，R=故vd==，故B选项符合题意5.从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如下列图。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得A.物体的质量为2kgB.h=0时，物体的速率为20m/sC.h=2m时，物体的动能Ek=40JD.从地面至h=4m，物体的动能减少100J【答案】AD【解析】【详解】A．Ep-h图像知其斜率为G，故G==20N，解得m=2kg，故A正确B．h=0时，Ep=0，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B错误；C．h=2m时，Ep=40J，Ek=E机-Ep=85J-40J=45J，故C错误D．h=0时，Ek=E机-Ep=100J-0=100J，h=4m时，Ek’=E机-Ep=80J-80J=0J，故Ek-Ek’=100J，故D正确6.如图〔a〕，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v-t图像如图〔b〕所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。如此A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C.第一次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D.竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大【答案】BD【解析】【详解】A．由v-t图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A错误；B．由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B正确C．由于v-t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由易知a1>a2，故C错误D．由图像斜率，速度为v1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a1>a2，由G-fy=ma，可知，fy1<fy2，故D正确7.静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，如此A.运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B.在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C.粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D.粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行【答案】AC【解析】【详解】A．假如电场中由同种电荷形成即由A点释放负电荷，如此先加速后减速，故A正确；B．假如电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B错误。C．由于N点速度大于等于零，故N点动能大于等于M点动能，由能量守恒可知，N点电势能小于等于M点电势能，故C正确D．粒子可能做曲线运动，故D错误；8.如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根一样的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的答案是A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】由于PQ进入磁场时加速度为零，AB．假如PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场，如此PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间，由于磁通量φ不变，无感应电流。由于PQ、MN同一位置释放，故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度一样，所以电流大小也应该一样，A正确B错误；CD．假如PQ出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量φ不变，PQ、MN均加速运动，PQ出磁场后，MN由于加速故电流比PQ进入磁场时电流大，故C正确D错误；三、非选择题：共174分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。〔一〕必考题：共129分。9.如图〔a〕，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz的交流电源，纸带等。回答如下问题：〔1〕铁块与木板间动摩擦因数μ=______〔用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示〕〔2〕某次实验时，调整木板与水平面的夹角θ=30°。接通电源。开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。屡次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图〔b〕所示。图中的点为计数点〔每两个相邻的计数点间还有4个点未画出〕。重力加速度为9.8m/s2。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为_____________〔结果保存2位小数〕。【答案】(1).(2).【解析】【详解】〔1〕由mgsinθ-μmgcosθ=ma，解得：μ=……①〔2〕由逐差法a=得：SII=〔〕×10-2m，T，SI=〔〕×10-2m，故a=m/s2=1.97m/s2，代入①式，得：μ=10.某小组利用图〔a〕所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U与温度t的关系，图中V1和V2为理想电压表；R为滑动变阻器，R0为定值电阻〔阻值100Ω〕；S为开关，E为电源。实验中二极管置于控温炉内，控温炉内的温度t由温度计〔图中未画出〕测出。图〔b〕是该小组在恒定电流为时得到的某硅二极管U-I关系曲线。回答如下问题：〔1〕实验中，为保证流过二极管的电流为，应调节滑动变阻器R，使电压表V1的示数为U1=______mV；根据图〔b〕可知，当控温炉内的温度t升高时，硅二极管正向电阻_____〔填“变大〞或“变小〞〕，电压表V1示数_____〔填“增大〞或“减小〞〕，此时应将R的滑片向_____〔填“A〞或“B〞〕端移动，以使V1示数仍为U1。〔2〕由图〔b〕可以看出U与t成线性关系，硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为=_____×10-3V/℃〔保存2位有效数字〕。【答案】(1).(2).变小(3).增大(4).B(5).【解析】【详解】〔1〕U1=IR0=100Ω×50×10-6A=5×10-3V=5mV由，I不变，温度升高，U减小，故R减小；由于R变小，总电阻减小，电流增大；R0两端电压增大，即V1表示数变大，只有增大电阻才能使电流减小，故华东变阻器向右调节，即向B短调节。〔2〕由图可知，=2.8×10-3V/℃11.如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，PQG的尺寸一样。G接地，PQ的电势均为〔>0〕。质量为m，电荷量为q〔q>0〕的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。〔1〕求粒子第一次穿过G时的动能，以与她从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；〔2〕假如粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，如此金属板的长度最短应为多少？【答案】〔1〕；〔2〕【解析】【详解】解：〔1〕PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有①F=qE=ma②设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有③设粒子第一次到达G时所用时间为t，粒子在水平方向的位移为l，如此有④l=v0t⑤联立①②③④⑤式解得⑥⑦〔2〕设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，如此金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为⑧12.一质量为m=2000kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100m处有一警示牌。立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图〔a〕中的图线。图〔a〕中，0~t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反响时间〔这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶〕，t1=0.8s；t1~t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，从t2时刻开始，汽车第1s内的位移为24m，第4s内的位移为1m。〔1〕在图〔b〕中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线；〔2〕求t2时刻汽车的速度大小与此后的加速度大小；〔3〕求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小与t1~t2时间内汽车克制阻力做的功；司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少〔以t1~t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度〕？【答案】〔1〕〔2〕，28m/s或者，29.76m/s；〔3〕30m/s；；87.5m【解析】【详解】解：〔1〕v-t图像如下列图。〔2〕设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，如此t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度也为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt=1s，设汽车在t2+n-1Δt内的位移为sn，n=1,2,3,…。假如汽车在t2+3Δt~t2+4Δt时间内未停止，设它在t2+3Δt时刻的速度为v3，在t2+4Δt时刻的速度为v4，由运动学有①②③联立①②③式，代入数据解得④这说明在t2+4Δt时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。由于在t2+3Δt~t2+4Δt内汽车停止，由运动学公式⑤⑥联立②⑤⑥，代入数据解得，v2=28m/s⑦或者，v2=29.76m/s⑧〔3〕设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿定律有：f1=ma⑨在t1~t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为：⑩由动量定理有：由动量定理，在t1~t2时间内，汽车克制阻力做的功为：联立⑦⑨⑩式，代入数据解得v1=30m/s从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为联立⑦，代入数据解得s=87.5m〔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，如此每科按所做的第一题计分。[物理—选修3-3]13.如p-V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3。用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，如此N1______N2，T1______T3，T3，N2______N3。〔填“大于〞“小于〞或“等于〞〕【答案】(1).大于(2).等于(3).大于【解析】【详解】〔1〕1、2等体积，2、3等压强由pV=nRT得：=，V1=V2，故=，可得：T1=2T2，即T1>T2，由于分子密度一样，温度高，碰撞次数多，故N1>N2；由于p1V1=p3V3；故T1=T3；如此T3>T2，又p2=p3，2状态分析密度大，分析运动缓慢，单个分子平均作用力小，3状态分子密度小，分子运动剧烈，单个分子平均作用力大。故3状态碰撞容器壁分子较少，即N2>N3；14.如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三局部，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：〔1〕抽气前氢气的压强；〔2〕抽气后氢气的压强和体积。【答案】〔1〕〔p0+p〕；〔2〕；【解析】【详解】解：〔1〕设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得〔p10–p〕·2S=〔p0–p〕·S①得p10=〔p0+p〕②〔2〕设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氢气的压强和体积分别为p2和V2，根据力的平衡条件有p2·S=p1·2S③由玻意耳定律得p1V1=p10·2V0④p2V2=p0·V0⑤由于两活塞用刚性杆连接，故V1–2V0=2〔V0–V2〕⑥联立②③④⑤⑥式解得⑦⑧[物理——选修3–4]15.如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a。绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度〔约为2°〕后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。如下图像中，能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是_____。A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】由T=2π得：T1=2π，T2=2π=π=T1，故BD错误；，由能量守恒定律可知，小球先后摆起得最大高度一样，故l-lcosθ1=根据数学规律可得：故，即第一次振幅是第二次振幅得2倍，故A正确，C错误。16.某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光：调整光路，使得从目镜中可以观察到干预条纹。回答如下问题：〔1〕假如想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可__________；A．将单缝向双缝靠近B．将屏向靠近双缝的方向移动C．将屏向远离双缝的方向移动D．使用间距更小的双缝〔2〕假如双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为Δx，如此单色光的波长λ=_________；〔3〕某次测量时，选用的双缝的间距为0．300mm，测得屏与双缝间的距离为1.20m，第1条暗条纹到第4条暗条纹之间的距离为7.56mm。如此所测单色光的波长为______________nm〔结果保存3位有效数字〕。【答案】(1).B(2).(3).630【解析】【详解】〔i〕由Δx=，因Δx越小，目镜中观察得条纹数越多，故B符合题意；〔ii〕由，λ=〔iii〕λ==化学局部可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19Na23S32Cl35.5As75I127Sm150一、选择题：此题共13个小题，每一小题6分。共78分，在每一小题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。1.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干〞是唐代诗人李商隐的著名诗句，如下关于该诗句中所涉与物质的说法错误的答案是A.蚕丝的主要成分是蛋白质B.蚕丝属于天热高分子材料C.“蜡炬成灰〞过程中发生了氧化反响D.古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物【答案】D【解析】【详解】A.蚕丝的主要成分是蛋白质，A项正确；B.蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物，B项正确；C.“蜡炬成灰〞指的是蜡烛在空气中与氧气燃烧，属于氧化反响，C项错误；D.高级脂肪酸酯不属于高分子聚合物，D项错误；答案选D。【点睛】高中化学阶段，常见的天然高分子化合物有：淀粉、纤维素、蛋白质和天然纤维。2.NA是阿伏加德罗常数的值，如下说法错误的答案是A.3g3He含有的中子数为1NAB.1L0.1mol·L−1磷酸钠溶液含有的数目为NAC.1molK2Cr2O7被复原为Cr3+转移的电子数为6NAD.48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA【答案】B【解析】【详解】A.的中子数为3-2=1，如此3g的中子数为=NA，A项正确；B.磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，如此的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L×0.1mol/L×NAmol-1A，B项错误；C.重铬酸钾被复原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×NAmol-1=6NA，C项正确；D.正丁烷与异丁烷的分子式一样，1个分子内所含共价键数目均为13个，如此48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为×13×NAmol-1=NA，D项正确；答案选B。3.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一局部，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。如下说法错误的答案是A.原子半径：W<XB.常温常压下，Y单质为固态C.气态氢化物热稳定性：Z<WD.X的最高价氧化物的水化物是强碱【答案】D【解析】【分析】W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价〔除F与O以外〕，如此可设X的族序数为a，如此W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，如此有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，如此A.同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，如此原子半径比拟：N＜Al，A项正确；B.常温常压下，Si为固体，B项正确；C.同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，如此气体氢化物的稳定性比拟：PH3＜NH3，C项正确；D.X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反响，又可以与强碱反响，属于两性氢氧化物，D项错误；答案选D。【点睛】非金属性越强的原子形成氢化物越稳定，与氢气化合越容易，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，对应阴离子的复原性越弱，学生要识记并理解。4.如下实验现象与实验操作不相匹配的是实验操作实验现象A向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层B将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生C向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊D向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KS溶液黄色逐渐消失，加KS后溶液颜色不变A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A.乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳无机小分子，如此实验现象中不会出现分层，A项错误；B.将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的洗气瓶，发生反响为：CO2+2Mg2MgO+C，如此集气瓶因反响剧烈冒有浓烟，且生成黑色颗粒碳单质，实验现象与操作匹配，B项正确；C.向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，如此发生氧化复原反响，其离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，如此会有刺激性气味产生，溶液变浑浊，实验现象与操作匹配，C项正确；D.向盛有氯化铁溶液的试管中加过量的铁粉，铁粉会将溶液中所有的铁离子复原为亚铁离子，使黄色逐渐消失，充分震荡后，加1滴KS溶液，因震荡后的溶液中无铁离子，如此溶液不会变色，实验现象与操作匹配，D项正确；答案选A。5.如下化学方程式中，不能正确表达反响颜色变化的是A.向CuSO4溶液中参加足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4B.澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2OC.Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑D.向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2【答案】C【解析】【详解】A.金属活动性顺序比拟：Zn＞Cu，如此向硫酸铜溶液中参加足量锌粉，会发生置换反响，其反响的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；B.澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反响而生产碳酸钙白色沉淀，其反响的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；C.过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气与二氧化碳发生反响，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉与的转化关系为：Na2O2+H2O→NaOH，CO2+2NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；D.氢氧化镁的溶度积小于氯化铁的溶度积，如此项氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，实现沉淀的转化，发生的化学方程式为：3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2，D项正确；答案选C。6.绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如下列图。如下说法错误的答案是A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B.图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q)C.向m点的溶液中参加少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D.温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动【答案】B【解析】【详解】A.CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdSCd2++S2-，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱和溶液中，c(Cd2+)=c(S2-)=S〔溶解度〕，结合图像可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度，A项正确；B.CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，如此其溶度积一样，B项错误；C.m点达到沉淀溶解平衡，向其中参加硫化钠后，平衡向逆反响方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项正确；D.从图像中可以看出，随着温度的升高，溶解的离子浓度增大，如此说明CdSCd2++S2-为吸热反响，如此温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项正确；答案选B。7.分子式为C4H8BrCl的有机物共有〔不含立体异构〕A.8种B.10种C.12种D.14种【答案】C【解析】【分析】C4H8ClBr可以可知丁烷中的2个H原子分别为1个Cl、1个Br原子取代，丁烷只有2种结构，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断。【详解】先分析碳骨架异构，分别为C-C-C-C与2种情况，然后分别对2种碳骨架采用“定一移一〞的方法分析，其中骨架C-C-C-C有、共8种，骨架有和，4种，综上所述，分子式为C4H8BrCl的有机物种类共8+4=12种，C项正确；答案选C。【点睛】此题考查同分异构体的书写，难度中等，学会利用同分异构体的判断方法解题是关键，要特别注意的是，氯原子或溴原子取代中间碳原子上的氢原子结构不同。三、非选择题：共174分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。〔一〕必考题：共129分。8.立德粉ZnS·BaSO4〔也称锌钡白〕，是一种常用白色颜料。回答如下问题：〔1〕利用焰色反响的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为__________〔填标号〕。A．黄色B．红色C．紫色D．绿色〔2〕以重晶石〔BaSO4〕为原料，可按如下工艺生产立德粉：①在回转窑中重晶石被过量焦炭复原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为______________________。回转窑尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反响将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反响的化学方程式为______________________。②在潮湿空气中长期放置的“复原料〞，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。其原因是“复原料〞外表生成了难溶于水的___________〔填化学式〕。③沉淀器中反响的离子方程式为______________________。〔3〕成品中S2−的含量可以用“碘量法〞测得。称取mg样品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol·L−1的I2−KI溶液于其中，并参加乙酸溶液，密闭，置暗处反响5min，有单质硫析出。以淀粉溶液为指示剂，过量的I2用0.1000mol·L−1Na2S2O3溶液滴定，反响式为I2+2=2I−+。测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。终点颜色变化为_________________，样品中S2−的含量为______________〔写出表达式〕。【答案】(1).D(2).BaSO4+4CBaS+4CO↑(3).CO+H2OCO2+H2(4).BaCO3(5).S2−+Ba2++Zn2++BaS·BaSO4↓(6).浅蓝色至无色(7).【解析】【分析】〔1〕焰色反响不属于化学变化，常用来检验金属元素存在，常见金属元素焰色：钠Na〔黄色〕、锂Li〔紫红〕、钾K〔浅紫〕、铷Rb〔紫色〕、钙Ca〔砖红色〕、锶Sr〔洋红〕、铜Cu〔绿色〕、钡Ba〔黄绿〕、铯Cs〔紫红〕；〔2〕流程分析：重晶石与焦炭在回转炉中反响BaSO4+4C=BaS+4CO↑，生成复原料BaS，硫化钡溶液与硫酸锌发生复分解反响S2-+Ba2++Zn2++SO42-=BaSO4+ZnS↓，得到立德粉。①注意焦炭过量生成CO，反响物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS与CO，写出方程式；CO与水蒸气反响生成CO2与H2，写出方程式CO+H2O=CO2+H2；②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，强酸制弱酸原理，复原料硫化钡与空气中水，二氧化碳反响生成了碳酸钡与硫化氢气体；③硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可电离，写出离子方程式；〔3〕碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化复原反响得失电子数相等，利用关系式法解题；【详解】〔1〕焰色反响不是化学变化，常用来检验金属元素存在，常见金属元素焰色：A.钠的焰色为黄色，故A错误；B.钙的焰色为红色，故B错误；C.钾的焰色为紫色，故C错误；D.钡的焰色为绿色，故D正确；答案：D〔2〕①注意焦炭过量生成CO，反响物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS与CO，写出方程式BaSO4+4C=BaS+4CO↑；CO与水蒸气反响生成CO2与H2，写出方程式：CO+H2O=CO2+H2；BaSO4+4C=BaS+4CO↑CO+H2O=CO2+H2②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，强酸制弱酸原理，复原料硫化钡与空气中水，二氧化碳反响生成了碳酸钡与硫化氢气体；答案：BaCO3③硫化钡与硫酸锌可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可电离，写出离子方程式：S2-+Ba2++Zn2++SO42-=BaSO4+ZnS↓；〔3〕碘单质与硫离子的反响：S2-+I2=S+2I-；碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化复原反响得失电子数相等，利用关系式法解题；根据化合价升降相等列关系式，设硫离子物质的量为nmol：S2-～I22S2O32-～I21mol1mol2mol1mol×10-3mol×10-3moln+×10-3mol=25×10-3mol，得n=〔25-V〕×10-3mol如此样品中硫离子含量为：×100%=×100%答案：×100%【点睛】此题难度较低，重点考察学生根底知识运用能力，易错点：第〔2〕小题第①没有注意焦炭过量生成CO；〔3〕关系式法的计算。9.环戊二烯〔〕是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答如下问题：〔1〕：(g)=(g)+H2(g)ΔH1=100.3kJ·mol−1①H2(g)+I2(g)=2HI(g)ΔH2=﹣11.0kJ·mol−1②对于反响：(g)+I2(g)=(g)+2HI(g)③ΔH3=___________kJ·mol−1。〔2〕某温度下，等物质的量的碘和环戊烯〔〕在刚性容器内发生反响③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反响的平衡常数Kp=_________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________〔填标号〕。A．通入惰性气体B．提高温度C．增加环戊烯浓度D．增加碘浓度〔3〕环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反响为可逆反响。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反响时间的关系如下列图，如下说法正确的答案是__________〔填标号〕。A．T1＞T2B．a点的反响速率小于c点的反响速率C．a点的正反响速率大于b点的逆反响速率D．b点时二聚体的浓度为0.45mol·L−1〔4〕环戊二烯可用于制备二茂铁〔Fe(C5H5)2结构简式为〕，后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠〔电解质〕和环戊二烯的DMF溶液〔DMF为惰性有机溶剂〕。该电解池的阳极为____________，总反响为__________________。电解制备需要在无水条件下进展，原因为_________________________。【答案】(1).(2).40％(3).3.56×104(4).BD(5).CD(6).Fe电极(7).Fe+2+H2↑〔Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑〕(8).水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH−，进一步与Fe2+反响生成Fe(OH)2【解析】【分析】〔1〕盖斯定律解题；〔2〕差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；平衡移动原理解释；〔3〕通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析A、B、C选项，D选项观察图像计算；〔4〕根据阳极：升失氧；阴极：降得还进展分析确定阴阳极；根据题干信息中Na元素的变化确定环戊二烯得电子数和复原产物，进而写出电极反响式；注意Na与水会反响，Fe2+在碱性条件下生成沉淀。【详解】〔1〕根据盖斯定律①-②，可得反响③的Δ；答案：〔2〕假设反响前碘单质与环戊烯均为nmol，平衡时环戊烯反响了xmol，根据题意可知；〔g〕+I2〔g〕=〔g〕+2HI〔g〕增加的物质的量1mol1mol1mol2mol1molxmol2n×20%得，转化率为×100%=40%；〔g〕+I2〔g〕=〔g〕+2HI〔g〕P〔初〕×105×10500Δ×105××105××105×40%1×105×40%P〔平〕×105×105×105×105Kp=×104；、V一定，通入惰性气体，由于对反响物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A错误；B.升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B正确；C．增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低；D,增加I2的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D正确；答案：×104BD〔3〕A温度越高化学反响速率越快，单位时间内反响物浓度减少越多，故T2<T2，故A错误；B.温度越高化学反响速率越快，因此a点反响速率大于c点反响速率，故B错误；C.a点、b点反响一直在正向进展，故v〔正〕>v(逆)，a点反响物浓度大于b点，故a点正反响速率大于b点，因此v〔正a〕>v(逆b)，故C正确；点时环戊二烯浓度由减小到，减少了，因此生成二聚体，故D正确；答案：CD〔4〕根据阳极升失氧可知Fe为阳极；根据题干信息Fe-2e-=Fe2+，电解液中钠离子起到催化剂的作用使得环戊二烯得电子生成氢气，同时与亚铁离子结合生成二茂铁，故电极反响式为Fe+2=+H2↑；电解必须在无水条件下进展，因为中间产物Na会与水反响生成氢氧化钠和氢气，亚铁离子会和氢氧根离子结合生成沉淀；答案：Fe电极Fe+2=+H2↑〔Fe+2C5H6=Fe〔C2H5〕2+H2↑〕水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH-，进一步与Fe2+反响生成Fe〔OH〕2。【点睛】此题以能力立意，考查学生提取信息，处理信息的能力，分析问题，解决问题的能力。充分表现了化学学科思想、学科方法、创新意识和学科价值,易错点第〔2〕小题平衡常数计算；第〔4〕小题电极反响式的书写。10.咖啡因是一种生物碱〔易溶于水与乙醇，熔点℃，100℃以上开始升华〕，有兴奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%~5%、单宁酸〔Ka约为10−4，易溶于水与乙醇〕约3%~10%，还含有色素、纤维素等。实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如如下图所示。索氏提取装置如下列图。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与茶叶末接触，进展萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对茶叶末的连续萃取。回答如下问题：〔1〕实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1中，研细的目的是______________，圆底烧瓶中参加95%乙醇为溶剂，加热前还要加几粒______________。〔2〕提取过程不可选用明火直接加热，原因是______________，与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是______________。〔3〕提取液需经“蒸馏浓缩〞除去大局部溶剂，与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是______________。“蒸发浓缩〞需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外，还有______________〔填标号〕。A．直形冷凝管B．球形冷凝管C．接收瓶D．烧杯〔4〕____________________________〔5〕可采用如下列图简易装置别离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结，该别离提纯方法的名称是______________。【答案】(1).增加固液接触面积，提取充分(2).沸石(3).乙醇易挥发，易燃(4).使用溶剂少，可连续萃取〔萃取效率高〕(5).乙醇沸点低，易浓缩(6).AC(7).单宁酸(8).水(9).升华【解析】【详解】〔1〕萃取时将茶叶研细可以增加固液接触面积，从而使提取更充分；由于需要加热，为防止液体暴沸，加热前还要参加几粒沸石；〔2〕由于乙醇易挥发，易燃烧，为防止温度过高挥发出的乙醇燃烧，因此提取过程中不可选用明火直接加热；根据题干中的信息可判断与常规的萃取相比拟，采用索式提取器的优点是使用溶剂量少，可连续萃取〔萃取效率高〕；〔3〕乙醇是有机溶剂，沸点低，因此与水相比拟乙醇作为萃取剂的优点是乙醇沸点低，易浓缩；蒸馏浓缩时需要冷凝管，为防止液体残留在冷凝管中，应该选用直形冷凝管，而不需要球形冷凝管，A正确，B错误；为防止液体挥发，冷凝后得到的馏分需要有接收瓶接收馏分，而不需要烧杯，C正确，D错误，答案选AC。〔4〕由于茶叶中还含有单宁酸，且单宁酸也易溶于水和乙醇，因此浓缩液中参加氧化钙作用是中和单宁酸，同时也吸收水；〔5〕根据信息可知咖啡因在100℃以上时开始升华，因此该别离提纯方法的名称是升华。〔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，如此每科按所做的第一题计分。［化学——选修3：物质结构与性质］11.近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe−Sm−As−F−O组成的化合物。回答如下问题：〔1〕元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为_______，其沸点比NH3的_______〔填“高〞或“低〞〕，其判断理由是_________________________。〔2〕Fe成为阳离子时首先失去______轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3+的价层电子排布式为______________________。〔3〕比拟离子半径：F−__________O2−〔填“大于〞等于〞或“小于〞〕。〔4〕一种四方结构的超导化合物的晶胞结构如图1所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。图中F−和O2−共同占据晶胞的上下底面位置，假如两者的比例依次用x和1−x代表，如此该化合物的化学式表示为____________，通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ=________g·cm−3。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原子1的坐标为()，如此原子2和3的坐标分别为__________、__________。【答案】(1).略(2).低(3).NH3分子间存在氢键(4).4s(5).4f5(6).小于(7).SmFeAsO1−xFx(8).(9).(10).【解析】【详解】〔1〕As与N同族，如此AsH3分子的立体结构类似于NH3，为三角锥形；由于NH3分子间存在氢键使沸点升高，故AsH3的沸点较NH3低，故答案为：三角锥形；低；NH3分子间存在氢键；〔2〕Fe为26号元素，Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去1个电子使4s轨道为半充满状态，能量较低，故首先失去4s轨道电子；Sm的价电子排布式为4f66s2，失去3个电子变成Sm3+成为稳定状态，如此应先失去能量较高的4s电子，所以Sm3+的价电子排布式为为4f5，故答案为：4s；4f5；〔3〕F-和O2-的核外电子排布一样，核电荷数越大，如此半径越小，故半径：F-<O2-，故答案为：<；〔4〕由图1可知，每个晶胞中含Sm原子：4=2，含Fe原子：4+1=2，含As原子：4=2，含O原子：〔8+2〕〔1-x〕=2〔1-x〕，含F原子：〔8+2〕x=2x，所以该化合物的化学式为SmFeAsO1-xFx；根据该化合物的化学式为SmFeAsO1-xFx，一个晶胞的质量为，一个晶胞的体积为a2c10-30cm3，如此密度=g/cm3，故答案为：SmFeAsO1-xFx；；根据原子1的坐标〔，，〕，可知原子2和3的坐标分别为〔，，0〕，〔0，0，〕，故答案为：〔，，0〕；〔0，0，〕；[化学——选修5：有机化学根底]12.环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以与与各种材料的粘结性能，已广泛应用于涂料和胶黏剂等领域。下面是制备一种新型环氧树脂G的合成路线：以下信息：回答如下问题：〔1〕A是一种烯烃，化学名称为__________，C中官能团的名称为__________、__________。〔2〕由B生成C的反响类型为__________。〔3〕由C生成D反响方程式为__________。〔4〕E的结构简式为__________。〔5〕E的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式__________、__________。①能发生银镜反响；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1。〔6〕假设化合物D、F和NaOH恰好完全反响生成1mol单一聚合度的G，假如生成的NaCl和H2O的总质量为765g，如此G的n值理论上应等于__________。【答案】(1).丙烯(2).氯原子、羟基(3).加成反响(4).(5).(6).(7).(8).(9).8【解析】【解析】【分析】根据D的分子结构可知A为链状结构，故A为CH3CH=CH2；A和Cl2在光照条件下发生取代反响生成B为CH2=CHCH2Cl，B和HOCl发生加成反响生成C为或，C在碱性条件下脱去HCl生成D；由F结构可知苯酚和E发生信息①的反响生成F，如此E为；D和F聚合生成G，据此分析解答。【详解】〔1〕根据以上分析，A为CH3CH=CH2，化学名称为丙烯；C为，所含官能团的名称为氯原子、羟基，故答案为：丙烯；氯原子、羟基；〔2〕B和HOCl发生加成反响生成C，故答案为：加成反响；〔3〕C在碱性条件下脱去HCl生成D，化学方程式为：〔或〕，故答案为：〔或〕；〔4〕E的结构简式为。〔5〕E的二氯代物有多种同分异构体，同时满足以下条件的芳香化合物：①能发生银镜反响，说明含有醛基；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1，说明分子中有3种类型的氢原子，且个数比为3：2：1。如此符合条件的有机物的结构简式为、；故答案为：、；〔6〕根据信息②和③，每消耗1molD，反响生成1molNaCl和H2O，假如生成的NaCl和H2O的总质量为765g，生成NaCl和H2O的总物质的量为=10mol，由G的结构可知，要生成1mol单一聚合度的G，需要(n+2)molD，如此(n+2)=10，解得n=8，即G的n值理论上应等于8，故答案为：8。生物局部一、选择题1.在真核细胞的内质网和细胞核中能够合成的物质分别是A.脂质、RNAB.氨基酸、蛋白质C.RNA、DNAD.DNA、蛋白质【答案】A【解析】【分析】内质网是细胞内蛋白质合成、加工与脂质合成的场所。细胞核是遗传信息库，是遗传物质储存和复制的主要场所；是细胞代谢和遗传的控制中心。【详解】内质网可以合成脂质，细胞核中可以发生转录合成RNA，A正确；蛋白质的合成场所是核糖体，B错误；内质网中不能合成RNA，细胞核中可以合成DNA和RNA，C错误；内质网中不能合成DNA，蛋白质的合成场所是核糖体，D错误。2.马铃薯块茎储藏不当会出现酸味，这种现象与马铃薯块茎细胞的无氧呼吸有关。如下表示正确的答案是A.马铃薯块茎细胞无氧呼吸的产物是乳酸和葡萄糖B.马铃薯块茎细胞无氧呼吸产生的乳酸是由丙酮酸转化而来C.马铃薯块茎细胞无氧呼吸产生丙酮酸的过程不能生成ATPD.马铃薯块茎储藏库中氧气浓度的升高会增加酸味的产生【答案】B【解析】【分析】有氧呼吸是指细胞在氧气的参与下，通过多种酶的催化作用，把葡萄糖等有机物彻底的氧化分解，产生二氧化碳和水，生成大量ATP的过程。场所是细胞质基质和线粒体。无氧呼吸的场所是细胞质基质，产物是乳酸或酒精和二氧化碳。【详解】马铃薯块茎无氧呼吸的产物是乳酸，无葡萄糖，A错误；马铃薯块茎细胞无氧呼吸的第一阶段，葡萄糖被分解成丙酮酸，丙酮酸在第二阶段转化成乳酸，B正确；马铃薯块茎细胞无氧呼吸产生丙酮酸属于无氧呼吸的第一阶段，会生成少量ATP，C错误；马铃薯块茎储存时，氧气浓度增加会抑制其无氧呼吸，酸味会减少，D错误。3.某种H﹢-ATPase是一种位于膜上的载体蛋白，具有ATP水解酶活性，能够利用水解ATP释放的能量逆浓度梯度跨膜转运H﹢。①将某植物气孔的保卫细胞悬浮在一定pH的溶液中〔假设细胞内的pH高于细胞外〕，置于暗中一段时间后，溶液的pH不变。②再将含有保卫细胞的该溶液分成两组，一组照射蓝光后溶液的pH明显降低；另一组先在溶液中参加H﹢-ATPase的抑制剂〔抑制ATP水解〕，再用蓝光照射，溶液的pH不变。根据上述实验结果，如下推测不合理的是A.H﹢-ATPase位于保卫细胞质膜上，蓝光能够引起细胞内的H﹢转运到细胞外B.蓝光通过保卫细胞质膜上的H﹢-ATPase发挥作用导致H﹢逆浓度梯度跨膜运输C.H﹢-ATPase逆浓度梯度跨膜转运H﹢所需的能量可由蓝光直接提供D.溶液中的H﹢不能通过自由扩散的方式透过细胞质膜进入保卫细胞【答案】C【解析】【分析】细胞跨膜运输的方式根据是否需要消耗能量分为主动运输和被动运输，被动运输根据是否需要载体蛋白分为自由扩散和协助扩散。主动运输需要载体蛋白，消耗的能量直接来源于ATP的水解。【详解】载体蛋白位于细胞膜上，根据题意可知，照射蓝光后溶液的pH值明显下降，说明即H+含量增加，进而推知：蓝光能够引起细胞内H+转运到细胞外，A正确；比照②中两组实验可知，蓝光引起细胞内H+转运到细胞外需要通过H+-ATPase，且原先细胞内pH值高于细胞外，即细胞内H+浓度低于细胞外，因此该H+为逆浓度梯度转运，B正确；由题意可知H+－ATPase具有ATP水解酶活性，利用水解ATP释放的能量逆浓度梯度跨膜转运H+，C错误；由①中的实验可知，最初细胞内pH值高于细胞外，即细胞内H+浓度低于细胞外，但暗处理后溶液浓度没有发生变化，说明溶液中的H+不能通过自由扩散的方式透过细胞质膜进入保卫细胞，D正确。4.当人体失水过多时，不会发生的生理变化是A.血浆渗透压升高B.产生渴感C.血液中的抗利尿激素含量升高D.肾小管对水的重吸收降低【答案】D【解析】【分析】内环境的理化性质主要包括渗透压、pH值和温度，其中血浆的渗透压大小主要与无机盐、蛋白质的含量有关。水分的流失相当于无机盐与蛋白质含量增加。【详解】当人体失水过多时，血浆浓度升高，导致血浆渗透压升高，A正确；人体失水过多，导致细胞外液渗透压升高，对下丘脑渗透压感受器的刺激增强，产生的兴奋通过有关神经传到大脑皮层产生渴觉，同时，还会导致由下丘脑分泌经垂体释放的抗利尿激素的含量增加，使血液中的抗利尿激素含量升高，B、C正确；抗利尿激素含量的升高，促进肾小管、集合管对水的重吸收，使肾小管对水的重吸收增加，D错误。5.某种植物的羽裂叶和全缘叶是一对相对性状。某同学用全缘叶植株〔植株甲〕进展了如下四个实验。①植株甲进展自花传粉，子代出现性状别离②用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代均为全缘叶③用植株甲给羽裂叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为1∶1④用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为3∶1其中能够判定植株甲为杂合子的实验是A.①或②B.①或④C.②或③D.③或④【答案】B【解析】【分析】由题干信息可知，羽裂叶和全缘叶是一对相对性状，但未确定显隐性，假如要判断全缘叶植株甲为杂合子，即要判断全缘叶为显性性状，羽裂叶为隐性性状。根据子代性状判断显隐性的方法：①不同性状的亲本杂交→子代只出现一种性状→子代所出现的性状为显性性状，双亲均为纯合子；②一样性状的亲本杂交→子代出现不同性状→子代所出现的新的性状为隐性性状，亲本为杂合子。【详解】让全缘叶植株甲进展自花传粉，子代出现性状别离，说明植株甲为杂合子，杂合子表现为显性性状，新出现的性状为隐性性状，①正确；用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代均为全缘叶，说明双亲可能都是纯合子，既可能是显性纯合子，也可能是隐性纯合子，或者是双亲均表现为显性性状，其中之一为杂合子，另一个为显性纯合子，因此不能判断植株甲为杂合子，②错误；用植株甲给羽裂叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为1:1，只能说明一个亲本为杂合子，另一个亲本为隐性纯合子，但谁是杂合子、谁是纯合子无法判断，③错误；用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为3:1，说明植株甲与另一全缘叶植株均为杂合子，④正确。综上分析，供选答案组合，B正确，A、C、D均错误。【点睛】解答此题的关键是明确显隐性性状的判断方法，以与常见别离比的应用，测交不能用来判断显隐性，但能检验待测个体的基因组成，因此可用测交法来验证基因的别离定律和基因的自由组合定律。6.如果食物链上各营养级均以生物个体的数量来表示，并以食物链起点的生物个体数作层来绘制数量金字塔，如此只有两个营养级的夏季草原生态系统〔假设第一营养级是牧草，第二营养级是羊〕和森林生态系统〔假设第一营养级是乔木，第二营养级是昆虫〕数量金字塔的形状最可能是A.前者为金字塔形，后者为倒金字塔形B.前者为倒金字塔形，后者为金字塔形C.前者为金字塔形，后者为金字塔形D.前者为倒金字塔形，后者为倒金字塔形【答案】A【解析】【分析】1、生态金字塔包括三种类型：能量金字塔、数量金字塔和生物量金字塔。2、能量金字塔是以能量为单位构成的生态金字塔；数量金字塔是以数量为单位构成的生态金字塔；生物量金字塔是以生物量为单位构成的金字塔。3、生物量金字塔和数量金字塔有正金字塔形，也有倒金字塔形，而能量金字塔只有正金字塔形。【详解】如果食物链上各营养级均以生物个体的数量来表示，并以食物链起点的生物个体数作底层来绘制数量金字塔，如此可能出现正金字塔形，也可能出现倒金字塔形。只有两个营养级的夏季草原生态系统〔假设第一营养级是牧草，第二营养级是羊〕，如此牧草的数量比羊多，绘制的数量金字塔为正金字塔形；森林生态系统〔假设第一营养级是乔木，第二营养级是昆虫〕，一棵树上可以有很多昆虫，因此，昆虫的数目比乔木的数量多，绘制的数量金字塔为倒金字塔形。综上分析，前者为金字塔形，后者为倒金字塔形，A正确，B、C、D均错误。【点睛】解答此题的关键是：明确生态金字塔的种类和特点，数量金字塔可能是正金字塔形，也可能是倒金字塔形，再根据题意作答。三、非选择题7.某研究小组切取某种植物胚芽鞘的顶端，分成甲、乙两组，按如下图所示的方法用琼脂块收集生长素，再将含有生长素的琼脂块置于去顶胚芽鞘切段的一侧，一段时间后，测量胚芽鞘切断的弯曲程度〔α角〕，测得数据如下表。据此回答如下问题。分组甲乙琼脂块左右α角/度〔1〕生长素在胚芽鞘中的运输属于极性运输，这种运输的方向是_________。〔2〕上图中α角形成的原因是_________。〔3〕据表可知乙组中左、右两侧的琼脂块所引起的α角根本一样，但小于甲琼脂块所引起的α角，原因是________。【答案】(1).从形态学上端到形态学下端(2).琼脂块中的生长素进入胚芽鞘切段的左侧，使胚芽鞘左侧的生长素浓度高于右侧，引起胚芽鞘左侧生长快于右侧，形成α角(3).乙左右两侧琼脂块中的生长素含量根本一样，但小于甲琼脂块中生长素的含量【解析】【分析】分析图表：甲、乙两组的自变量为胚芽鞘尖端是否被云母片完全阻隔。甲组的胚芽鞘尖端无云母片阻隔，尖端产生的生长素既能从向光侧运输到背光侧，也能从尖端向下运输到琼脂块；乙组的胚芽鞘尖端因云母片的完全阻隔，导致尖端产生的生长素不能从向光侧运输到背光侧，但能从尖端向下运输到琼脂块，所以左、右两侧琼脂块中生长素的含量根本一样，但明显低于甲组琼脂块中生长素的含量。胚芽鞘之所以弯曲生长，是因为琼脂块中的生长素只能沿着与胚芽鞘的接触面向下运输，造成生长素在胚芽鞘中分布不均匀。【详解】(1)生长素的极性运输是指生长素只能从形态学的上端运输到形态学的下端，而不能反过来运输。(2)琼脂块中的生长素只能沿着与胚芽鞘的接触面向下运输。图示中的琼脂块放置在去顶胚芽鞘切面的左侧，导致琼脂块中的生长素进入胚芽鞘切段的左侧，使胚芽鞘左侧的生长素浓度高于右侧，引起胚芽鞘左侧细胞的生长快于右侧，形成α角。(3)表某某息显示：乙组左、右两侧琼脂块中生长素的含量根本一样，但小于甲组琼脂块中生长素的含量，导致乙组琼脂块左、右局部中的生长素进入胚芽鞘切段左侧的量几乎一样，但明显小于甲组琼脂块中的生长素进入胚芽鞘切段左侧的量，所以乙组左、右两侧的琼脂块所引起的α角根本一样，但小于甲组琼脂块所引起的α角。【点睛】解答此题的关键是抓住问题的实质：①有生长素的来源如此可能生长；②琼脂块中的生长素只能沿着与胚芽鞘的接触面向下运输；③生长素假如均匀分布，如此直立生长；假如分布不均匀，如此弯曲生长。抓住了问题的实质，结合图示信息分析与题意，对各问题情境进展分析解答。8.环境中的内分泌干扰物是与某种性激素分子结构类似的物质，对小鼠的内分泌功能会产生不良影响。回答如下问题。〔1〕通常，机体内性激素在血液中的浓度________________，与靶细胞受体结合并起作用后会_______________。〔2〕与初级精母细胞相比，精细胞的染色体数目减半，原因是在减数分裂过程中__________。〔3〕小鼠睾丸分泌的激素通过体液发挥调节作用。与神经调节相比，体液调节的特点有__________________________________〔答出4点即可〕。【答案】(1).很低(2).灭活(3).染色体复制一次，而细胞连续分裂两次(4).激素等是通过体液运输的、作用时间比拟长、反响速度较缓慢、作用X围较广泛【解析】【分析】激素调节具有微量高效的特点，发挥作用后即被灭活；减数分裂是进展有性生殖的生物在产生成熟生殖细胞时，进展的染色体数目减半的细胞分裂，在此过程中，染色体只复制一次，而细胞分裂两次；神经调节与体液调节的区别表现在作用途径、反响速度、作用X围和作用时间四个方面。【详解】(1)性激素在血液中的浓度很低，与靶细胞受体结合并起作用后就会被灭活。(2)减数分裂是进展有性生殖的生物在产生成熟生殖细胞时，进展的染色体数目减半的细胞分裂。在减数分裂的过程，染色体只复制一次，而细胞分裂两次，导致减数分裂最终形成的精细胞的染色体数目减半。(3)与神经调节相比，体液调节的特点有：激素等是通过体液运输的、反响速度较缓慢、作用X围较广泛、作用时间比拟长。【点睛】解题的关键是识记并理解激素调节的特点、精子的形成过程、神经调节与体液调节特点的差异。在此根底上，从题意中提取有效信息，进而对各问题情境进展分析解答。9.回答如下与生态系统相关的问题。〔1〕在森林生态系统中，生产者的能量来自于_________，生产者的能量可以直接流向_______〔答出2点即可〕。〔2〕通常，对于一个水生生态系统来说，可根据水体中含氧量的变化计算出生态系统中浮游植物的总初级生产量〔生产者所制造的有机物总量〕。假如要测定某一水生生态系统中浮游植物的总初级生产量，可在该水生生态系统中的某一水深处取水样，将水样分成三等份，一份直接测定O2含量〔A〕；另两份分别装入不透光〔甲〕和透光〔乙〕的两个玻璃瓶中，密闭后放回取样处，假如干小时后测定甲瓶中的O2含量〔B〕和乙瓶中的O2含量〔C〕。据此回答如下问题。在甲、乙瓶中生产者呼吸作用一样且瓶中只有生产者的条件下，本实验中C与A的差值表示这段时间内_____________；C与B的差值表示这段时间内_____________；A与B的差值表示这段时间内_________。【答案】(1).太阳能(2).初级消费者、分解者(3).生产者净光合作用的放氧量(4).生产者光合作用的总放氧量(5).生产者呼吸作用的耗氧量【解析】【分析】地球上几乎所有生态系统所需要能量都来自太阳能，除极少数特殊空间外，能量流动起源于生产者固定的太阳能；输入生产者的能量，一局部在生产者的呼吸作用中以热能的形式散失，一局部用于生产者的生长发育和繁殖等生命活动，储存在植物体的有机物中；构成植物体的有机物中的能量，一局部随着残枝败叶被分解者分解释放出来，另一局部如此被初级消费者摄入体内。光合作必须在有光的条件下才能进展，呼吸作用时时刻刻都在进展。据此结合题意，进展作答。【详解】(1)在森林生态系统中，生产者的能量来自于生产者通过光合作用固定的太阳能。生产者的能量可以直接随着初级消费者的摄食作用而流入初级消费者，也可以随残枝败叶流向分解者。(2)依题意可知：甲、乙两瓶中只有生产者，A值表示甲、乙两瓶中水样的初始O2含量；甲瓶O2含量的变化反映的是呼吸作用耗氧量，因此B＝A－呼吸作用耗氧量；乙瓶O2含量变化反映的是净光合作用放氧量，所以C＝A＋光合作用总放氧量－呼吸作用耗氧量。综上分析，本实验中，C－A＝光合作用总放氧量－呼吸作用耗氧量＝净光合作用的放氧量，即C与A的差值表示这段时间内生产者净光合作用的放氧量；C－B＝光合作用总放氧量，即C与B的差值表示这段时间内生产者的光合作用的总放氧量；A－B＝呼吸作用耗氧量，即A与B的差值表示这段时间内生产者的呼吸作用耗氧量。【点睛】此题的难点在于对〔2〕的解答，解答的关键是抓住问题的实质：甲瓶不透光，瓶内的生产者不能进展光合作用，但能进展呼吸作用，所以瓶内的O2含量的变化是有氧呼吸消耗所致；乙瓶透光，瓶内的生产者既能进展光合作用，也能进展呼吸作用，所以瓶内的O2含量的变化反映的光合作用产生的O2量与有氧呼吸消耗的O2量的差值。10.某种甘蓝的叶色有绿色和紫色。叶色受2对独立遗传的基因A/a和B/b控制，只含隐性基因的个体表现隐性性状，其他基因型的个体均表现显性性状。某小组用绿叶甘蓝和紫叶甘蓝进展了一系列实验。实验①：让绿叶甘蓝〔甲〕的植株进展自交，子代都是绿叶实验②：让甲植株与紫叶甘蓝〔乙〕植株进展杂交，子代个体中绿叶∶紫叶=1∶3回答如下问题。〔1〕甘蓝叶色中隐性性状是__________，实验①中甲植株的基因型为__________。〔2〕实验②中乙植株的基因型为________，子代中有________种基因型。〔3〕用另一紫叶甘蓝〔丙〕植株与甲植株杂交，假如杂交子代中紫叶和绿叶别离比为1∶1，如此丙植株所有可能的基因型是________；假如杂交子代均为紫叶，如此丙植株所有可能的基因型是_______；假如杂交子代均为紫叶，且让该子代自交，自交子代中紫叶与绿叶的别离比为15∶1，如此丙植株的基因型为________。【答案】(1).绿色(2).aabb(3).AaBb(4).4(5).Aabb、aaBb(6).AABB、AAbb、aaBB、AaBB、AABb(7).AABB【解析】【分析】依题意：只含隐性基因的个体表现为隐性性状，说明隐性性状的基因型为aabb。实验①的子代都是绿叶，说明甲植株为纯合子。实验②的子代发生了绿叶∶紫叶＝1∶3性状别离，说明乙植株产生四种比值相等的配子，并结合实验①的结果可推知：绿叶为隐性性状，其基因型为aabb，紫叶为A_B_、A_bb和aaB_。【详解】(1)依题意可知：只含隐性基因的个体表现为隐性性状。实验①中，绿叶甘蓝甲植株自交，子代都是绿叶，说明绿叶甘蓝甲植株为纯合子；实验②中，绿叶甘蓝甲植株与紫叶甘蓝乙植株杂交，子代绿叶∶紫叶＝1∶3，说明紫叶甘蓝乙植株为双杂合子，进而推知绿叶为隐性性状，实验①中甲植株的基因型为aabb。(2)结合对(1)的分析可推知：实验②中乙植株的基因型为AaBb，子代中有四种基因型，即AaBb、Aabb、aaBb和aabb。(3)另一紫叶甘蓝丙植株与甲植株杂交，子代紫叶∶绿叶＝1∶1，说明紫叶甘蓝丙植株的基因组成中，有一对为隐性纯合、另一对为等位基因，进而推知丙植株所有可能