2019正确教育预测密卷---理综A答案

1、理综A卷答案全解全析一、选择题1、【答案】C【解析】原核细胞和真核细胞都具有细胞膜、细胞质,原核细胞和真核细胞的遗传物质都是 DNA ,这反映了原核细胞和真核细胞的统一性,A正确。原核细胞和真核细胞都是在核糖体上合成蛋白质的,B 正确。由真核细胞构成的生物叫做真核生物，由原核细胞构成的生物叫做原核生物，同一生物体的组织中不可能同时存在原核细胞和真核细胞,C 错误。真核细胞有成形的细胞核,核内含有染色体，可发生染色体变异；原核细胞没有染色体，不能发生染色休变异，D 正确 。2、【答案】C【解析】由两层磷脂分子组成，磷脂分子的磷酸头”部是 亲水的，脂肪酸尾”部是疏水的，A正确；图中 a进入细胞的方

2、式属于协助扩散，在一定浓度范围内,a进入细胞的速率随a 浓度的增加而增加， 当达到一定浓度后，a 进入细胞的速率受载体（）数量的限制，B 正确 ;水进出细胞的速度相等时该细胞内外浓度不一定相同.如植物细胞质壁分离复原的过程中，由于有细胞壁的存在，当水进出细胞的速度相等时,细胞内的浓度仍然大于细胞外，C错误；图 中c排出细胞的方式属于主动运输，主动运输可以将物质从浓度低的一侧运输到浓度高的一侧，且细胞呼吸时在细胞质基质可以产生 ATP ，为主动运输提供能量，D 正确。3、【答案】B【解析】在翻译过程中，随着核糖体mRNA 上的移动，合成的肽链延长.而红霉素能抑制蛋白质合成中核糖体的移位，故红霉素

3、能够阻止翻译过程中肽链的延伸,B正确。由题干信息可知，红霉素对细菌的代谢有明显的抑制作用, 对病毒的生命活动不起作用，A 错误。红霉素能将具有耐药性的细菌筛选出来，而不是诱导细菌发生耐药性突变，C 错误。用红霉素治疗疾病的过程依赖于药物的作用,不属于人体的免疫功能,D 错误。4、【答案】A【解析】该人体内的促甲状腺激素水平偏高，原因可能是甲状腺激素分泌不足，导致甲状腺激素对垂体的抑制作用减弱，A 正确。 神经递质经扩散方式通过突触间隙，不消耗能量，B 错误。抗利尿激素是由下丘脑合成与分泌，并由垂体释放的，C错误。 T 淋巴细胞分泌的淋巴因子可促进B 淋巴细胞的增殖分化,但B 淋巴细胞能够特异性

4、识别抗原与自身基因表达的受体有关，不受T淋巴细胞分泌的淋巴因子影响，D错误。5、【答案】D【解析】人们收获农作物后，可获得粮食中的部分能量，再将秸秆粉碎处理后喂养牛、羊等家畜，这些家畜可以获得秸杆部分的能量,从而提高农作物中能量的利用率， D 正确。植物体内的纤维素是植物细胞的结构物质，不能为植物细胞的生命活动提供能量，A错误。蘑菇是分解者，因此 农作物-磨菇-人”不具有食物链白一般特点，B错误。生态系统中物质是可以循环利用的，秸秆中的物质不会全部丧失，秸秆燃烧产生的灰烬中无机盐含量丰富,C 错误。6、【答案】B【解析】植株乙（AAaa）能产生AA,Aa,aa三种配子，比例为1:4:1 ,产生

5、aa配子的概率为1/6.所以后代中白花植株（aaaa）占1/36, B正确。用秋水仙素处理使二倍体幼苗甲成为四倍体乙的过程是多倍体育种，将乙的配子离体培养成幼苗丙后再用秋水仙素处理产生丁的过程是单倍体育种，A 错误。 幼苗丙含有两个染色体组，是可育的.但其是由配子形成的单倍体.C错误。植株乙产生的配子经离体培养再用秋水仙素处理后最终获得的植株丁基因型为AAAA或aaaa或AAaa.其中AAaa仍含有等位基因，故丁可能为杂合子，D错误。7、【答案】B【解析】：A项，第一次焙烧发生的反应有：4Fe& IIO22FezO3 8SO22SO2+O2+2CaO2CaSO4，生成建筑材料是硫酸钙而

6、不是亚硫酸钙,错误;B项，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成的偏铝酸钠留在滤液中，向滤液中通入过量CO2生成氢氧化铝，过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al 2O3 ,正确；C项，Fe2ODFeS2隔绝空气焙烧生成四氧化三铁和SO2的反应为FeS+16Fe2O3燧&11F8O4+2SO2 ，即理论上反应消耗的 n（FeS2 J:n（Fe，03 ）=1：16 ,错误；D项，四氧化三铁有磁性，可以用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来，错误。8、【答案】A【解析】丁醇有7种同分异构体，4种醇,3种醛，A正确；丝的主要成分为蛋白质，燃烧产 物除CO2和H2O外，还有含氮物质等，B错误；C6H5Li+ C02T

7、 C6H5cOOLi反应属于加成反 应,C错误;乙烯含碳碳双键，与滨水发生加成反应，乙醇使酸性KMnO4溶 液褪色是因为发生了氧化还原反应，则两个反应的反应类型不同D错误。9、【答案】A【解析】根据加入适量钠酸钠溶液的现象可知，Mn2 +和BiO3反应生成了 MnO4和Bi",故氧化性：BiO3 （氧化剂）强于MnO4 （氧化产物），故 A正确；根据再加入过量双氧水 时的现象可知，H2O2被MnO4氧化生成了 O2 ,故B错误；最后滴加适量 K淀粉溶液，溶 液缓慢变成蓝色，可能是H2O2氧化了，还可能是溶解在水中的少量 O2氧化了，故C错 误;通过上述实验现象分折，可知氧化性：BiO

8、3 > MnO4 > I2,结合过量的KMnO 4与KI溶液 反应可生成KIO3可知，在KI-淀粉溶液中滴加钠酸钠溶液，BiO3不一定把氧化成I2,可 能会氧化成高价态的碘的化合物，故D项错误。10 .【答案】D【解析】100g 46%的乙醇溶液中，由于水分子中也含有H-O键，则该溶液中含 H-O键的数目大于NA , A项错误；在取代反应中，当取代1mol H原子时消耗1mol澳，故当生成1mol 澳苯即有1mol H原子被取代时，消耗 1mol Br2即NA个Br2 , B项错误；碳酸氢钠溶液中 _ _ _ _ 2,一一_ _HCO3电离生成CO3 > H，水解生成H2CO

9、3和0H，依据碳原子守恒：含1mol NaHCO3 的溶液中含有C03 、 HCO3 、 H2CO3的总物质的量为1mol ,所以 n（H2 c 9+n（H-CFO的1MmHCO3溶液中，NaHC°3的物质的量大于imoi,含有Na+数目大于NA , C项错误；78g过氧化钠的物质的量为 imol,而过氧化钠和二氧化碳或水的 反应均为过氧化钠的歧化反应 ，-1价的氧元素转化为 0价和-2价，故imol过氧化钠转移NA 个电子，D项正确。11 .【答案】B【解析】A. SiO2是酸性氧化物，但二氧化硅能与HF反应:SiO2+4HF=SiF4T+2H2O ,故a 错误；B. Si与S同周

10、期，原子半径Si>S;O、S同主族，原子半径S>0,故B正确；C.N、 。同周期，NH3常温下为气态，H2O常温下为液态，所以简单氢化物的沸点NH3VH2O,故C错误；D.氢元素与氮元素可以形成离子化合物NH 4H，故D错误；答案选Bo12 .【答案】D【解析】放电时电解质溶液中带正电荷的K+向正极移动，A错误；由总反应知，放电时活泼金属锌失去电子被氧化为Zn2+, Zn2+继续与OH反应结合为Nn（°H，故负极反应 式为Zn -2e +40H,B错误；充电时阴极生成6.5g Zn时，转移0.2 mole ,阳极产生2.24 L O2 （标准状况下）时，转移0.4mole

11、 ,故C错误;综合总反应和原理 图可知，放电时发生 驱动氧还原反应（ORR） ”，充电时发生 析氧反应（OER）”，双功能 催化剂”意味着无论放电还是充电均能降低反应的活化能，D正确。13 .【答案】C【解析】A.由M>7可知，b点溶液呈碱性，CN的水解程度大于 HCN的电离程度，故 c（CN ）<c（HCN ）故a错误；b c点时，两者恰好完全反应，得到氯化钠和氢氟酸的混 合溶液，据物料守恒有c（Cl）=c（CN）*c（HCN）,而H+部分由HCN电离出来，另一部 分由H2O电离出来，所以cH Ac（CN）故c（C 一）刑卡网），故b错误；c. CN促进水的电离，HCN抑制了水的

12、电离，因此 a、b、c三点时，水的电离程度 a>b>c,故C正确；D.常温下，取图中C点，此时溶液中c（HCN20.1mo心c（H尸0 52mol/L，故c(CN 210 5.2mol/L十一K fHCN 小心)9.4K a HCN10c HCN,故D错误；答案选Co二、选择题14.【答案】B【解析】根据题意以及质量数守恒和电荷数守恒可得中子轰击锂核的方程为61 433Li+0n->2 He+1 H A错误;核反应生成物中的“粒子具有很强的电离本领，但穿透能力较弱,B正确；伴随着天然放射现象发生的衰变中产生a粒子，这样的核反应才是a衰变，而中子轰击锂核（3Li ）的核反应是原

13、子核的人工转变, 应过程中的质量亏损，与核反应的条件无关，故故C错误;核反应中释放的核能来源于核反D错误。15 .【答案】C【解析】由于位移-时间图象的斜率表示该时刻的速度，可以从图中看出甲物体的速度 （斜率）减小，故 A错误；4s末两物体的位置坐标相同，说明两物体相遇，故 B错误；由题图知：4s内甲的位移大小为 海=2m-0 =2m ,乙的位移大小为 年=2m0 = 2m ,可见，位移相等，所用时间也相等，则平均速度相等，故 C正确；从位移-时间图象来看，两个物体2秒末纵坐标读数之差最大，即两物体相距最远，最大距离为As =4m -1m =3m，故D错误。16 .【答案】B【解析】a导线对d

14、导线的安培力大小为 f,三条导线与d的连线互成120。角，因此在c导线 的电流方向改变之前 ©导线所受安培力的合力为零；当c导线的电流方向改变之后， 则有:a、b导线对d导线的安培力夹角为120 °,大小为F,因此这两个安培力的合力大小为F,方 向指向c导线，而c导线对d导线的安培力大小为 F,方向指向c导线，那么此时导线所受安培力的 合力大小为2F,故D项正确。17 .【答案】D【解析】当P2位于正中央时，原、副线圈的匝数比为 2:1，原线圈电压的有效值为UU1nU1 =一 x =220V-V2，又由U2 n2可知副线圈的输出电压的有效值为110V,因此电压表的示数为11

15、0V, A、B错误;在触头P2向下缓慢移动的过程中，副线圈的匝数减少，则副线圈的输 出电压减小，电压表的示数减小，由欧姆定律可知电流表的示数也减小，C错误；当滑动变阻器的滑动触头P向下移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电流表的示数增大，由P=UI可 知变压器的输出功率增大，变压器的输人功率增大,D正确18 .【答案】C【解析】根据v =9，其中T =86400s,r2 = R h =42249km，解得倾斜地球同步轨道卫星的线速度为v%3.1km/s，故A错误;地球静止轨道卫星的周期等于地球的自转周期24h,因中，可知中圆地球轨道卫圆地球轨道半径小于地球静止轨道半径，根据开普勒第三定律星的

16、周期一定比地球静止轨道卫星的周期小，故B错误；倾斜地球同步轨道卫星的周期是24h,地球的自转周期也为24h,所以倾斜地球同步轨道卫星每天在同一时间经过同一地区的正上GMmF =2-万，故C正确；万有引力r，由于不知道两种卫星的质量，所以不能比较它们受到的万有引力的大小，故 D错误。19 .【答案】AD【解析】以涂料滚为研究对象，分析受力情况，作出受力图。设撑杆与墙壁间的夹角，根 GF1 =, F2 = G tan .国据平衡条件得c0s口；由题可知，撑轩与墙壁间的夹角 “减小，COS a增大，tan a减小，则F1、F1均减小。故选：AD。20 .【答案】ABD【解析】带电粒子从 A移到D时电

17、场力做的功为零，说明两点电势相等，带电粒子从 C移 到D时电场力做的功也为零，即 C、D两点电势相等，因此 A、C两点电势相等，因此带电 粒子从A移到C时电场力做的功一定为零，A项正确；由以上结论可知 A、C、D所在的平面为等势面，电场强度垂于等势面，因此电场强度既垂直于AD,又垂直于AC, B项正确；如图所示，E为AC的中点，BF为ACD平面的垂线，由于 A、C到B的距离均为d,AB垂直BE于 BCJJfd,D至U B点的距离也为%因此BF11二一 dW = qE d2 ，由题意知，2 ，得到2WE 二 qdW qU =W,U =,C项错误；q,D项正确。21 .【答案】CD2 , 2B L

18、 vm4mg = kx【解析】根据受力平衡可知，当R 时，导体棒有最大速度。代入数据得(4mg -kx)R, 4mgvm -_2 . 2x = 一一BL ,A错误;导体棒最终静止时，由受力平衡有 4mg -kx,解得k ，故导, 4mgh = L0 - X = L0 -体棒距离地面的高度为k ,B错误;对整个过程由能量守恒定律有2 24mg(H +x') =kx +Q总,代入数据解得 Q总=4mgH +工-g,C正确；因为不论导体棒的运动2k,D正确方向、磁场方向如何，安培力时阻碍物体运动的力，故安培力一直是阻力 三、非选择题一(必考题)22.【答案】(1)不放物块B时物块A在水平桌面

19、上运动的位移 x,放上物块B、A、B发生正碰后物块A、B在水平桌面上运动的位移 X1、x2m1 x = m1x1 - m2 . x2_123m1g' = 0-2町，得出vr行(2)BC量，故A不会被反弹，则碰撞后对 A有【解析】(1)在水平桌面上不放 B时，根据动能定理有 在水平桌面上放上 B后，由于A的质量大于B的质一_mgx1 =0 m"；v = 2 -m2gx2=0m2V2v = 2 .2，得v1 -J2Ngx1 ,对b有2得v2 - Agx2 ,所以实验中还需测量不放B时A在水平桌面上运动的位移x,A、B发生正碰后A、B在水平桌面上运动的位移x1、 x2 ;如果碰撞过

20、程满足动量守恒定律，则有mi 1 m十m "即 m1师-=m1师M +m2四蕊，整理得m& = m诉+ m2灰，所以要验证动量守恒定律 只需验证上式成立即可。(2)根据实验的条件可知，碰撞的过程是不是弹性碰撞对实验的结果没有影响，而如果不是正碰，则有可能造成水平方向上的动量损失，故对实验结果有较大的影响，故A错误，B正确；实验中所用的圆弧轨道不是真正的光滑，对实验的结果影响不大，只要保证让A每次都从同一高度静止滑下，则可保证碰撞前A的速度一定，故 C正确；由于实验只要保证碰撞前A的速度是一定的，而不是要求计算速度的大小 ，所以实验中不用测量 A下滑的高度，D 错误。U23.【

21、答案】(1) ACFH (2) I-R3(3)小于_ 一 E3【解析】(1)电源电动势为3V,则电压表选C;通过待测电阻的最大电流约为：|=_E = ±A =Rx 30E 3I = E = 3 A = 0 . 0=6Rx R32 03 0为方便实验操作，滑动变阻器应选：0.1A =100mA选量程为3A的电流表读数误差太大； 选择量程为50mA又太小，故可用定值电阻R3 =2的电阻与待测电阻串联，此时电路最大电流为：A 6 0mA则完全可以，此时电流表应选择 A。定值电阻应选 HoF。Rx = / 一 R3(2)由欧姆定律可知，待测电阻阻值：I(3)小于0.75s2 224.【答案】

22、(1) 2m/s #14m/s (2)【解析】(1)A所受摩擦力方向向左,B所受摩擦力方向向右,物体A相对地的位移Xa平板车B相对地的位移Xb J aBt22v 7=t = m216x =xA fB =0.5m :二 L=1m ,当A、B达到共同速度v之后，B对A的静摩擦力不能够提供一起加速时A所需的加速度，此时 A相对于B向左滑动，最终从左侧滑离Bo对 a-阳g Maa对 B: F +NMg =maB22解得 aA =2m/s、 aB =14m/s(2)设当A、B达到共同速度v时的时间为t,则Vo aAt=aBt =v,解得 t = 0.25sVo v .15t 二一m2162 F -Mg2

23、aA =2m/s、aB =- =6m/sxA =vt 1aAt2此后，物体A相对地的位移2Xb = Vt ' aBt平板车B相对地的位移2x =XB -XA =0.5m ,t =0.5s总时间是0.75s。qBR3 _v =-kmin =R-Rsini= R25.【答案】 m ;2【解析】(1)粒子源中心处的粒子刚好能到达,x =2R 3R =(2 , 3)RI。点，因此粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R,由洛伦兹力提供向心力可知qvB =2 v mRqBR v =解得粒子的速度大小m(2)由于粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径等于圆形有界磁场的半径，因此粒子的入射点、粒子的出射点、粒

24、子做圆周运动的轨迹圆的圆心、有界磁场的圆心可以连成一个菱形，如图1所示。又由于入射方向水平，因此粒子的入射点与粒子做圆周运动的轨迹圆圆心的连线竖直，故有界磁场的圆心与出射点的连线也竖直，因此，所有粒子的出射点均为坐标原点O1 R从Q点射出的粒子刚好不从 y = k上射出，此时对应的k值最小Q点到x轴的距离为2 , 则根据几何关系可知，从Q点发射的粒子经 O点射人磁场时的速度方向与 y轴负方向的夹角 为日=30 口此粒子在x轴下方磁场中的运动轨迹如图 2所示，由几何关系可知 k的最小值3kmin =R Rsin 二-R（一40）(3)设从Q点射出的粒子在 x轴下方磁场中偏转后打在x轴上的位置坐标

25、为Xi =2Rcosi - 3R由几何关系得x3 =2R根据几何关系可知从P点射出的粒子在磁场中运动的轨迹如图3所示设此粒子经x轴下方磁场偏转后打在 x轴上的位置坐标为（-x2，0）由几何关系可知，此粒子进入x轴下方磁场时速度方向与y轴负方向的夹角也为 30 °,则X2 =2Rcos30 = 3R设从粒子源中心处射出的粒子垂直x轴射入x轴下方的磁场后经偏转打在x轴上的位置坐标为 （-x3,0）3+，,.26.【答案】（1）抑制Fe的水解 （1分）（2）铁粉逐渐溶解，溶椒由黄色逐渐变为浅绿色，有无色气体生成（2分）除去铁屑表面的油污（1分）（3）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（2分）（4）

26、ac （2分）（5）F- AE（2分） F中出现白色沉淀 （2分）(6)392V 252 22.4m100%(2分)3【解析】（1）步骤，加入稀硫酸的目的是抑制 Fe的水解。（2）步骤，加入还原铁屑后,.一 一 一 . l_3+ 一、 .铁屑和酸及Fe反应，观察到的现象是铁屑逐渐溶解，溶液由黄色逐渐变为浅绿色，有无色气体生成。碱溶液可以洗去铁屑表面的油污。（3）通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可以从溶液中获得硫酸亚铁俊。（4） a.如果分解产物是Fe2°3、S°3、NF、H2O四种物质，则只有 Fe元素的化合价升高，没有化合价降低的元素，是不可能的；c.如果分解产

27、物是FeO、S°2、NH，H2°四种物质，则只有S元素的化合价降低，没有化合价升 高的元素，是不可能的，故猜想a、c不成立。（5）乙同学认为莫尔盐分解的产物中可能含有SO3 （g ）、SO2 （g ）及N2 （g ）用BaCI 2与足量盐酸的混合液检验SO3（g） ,用品红溶液检3金mol ,则广品中K2Cr2。7的纯度为O2 （g ）, N2难溶于水，用排水法收集；由于SO3能被水溶液吸收，所以应先检验SO3（g）,再检验SO2（g ）,用NaOH溶液除去S。2后，用排水法收集 N2,故装置的合理连接顺序为VL-1 =molAf H F D E一G o （ 6）标准状况下

28、 V L氨气的物质的量为 22.4L ，mol 22.4, m g500mL V 125Vl mol= mol硫酸亚铁俊样品中N元素的物质的量为20.00mL 22.422.4,则该硫酸亚铁俊样25V11mol 392g molQQ9X/ 9i-丝 2 100%= 392V 25 100%品的纯度为mg2 22.4m27.【答案】（1）增大接触面积，提高反应速率o（1分）（2）升高反应温度、加快搅拌速度（任写一条即可） （1分） 250mL容量瓶 （1分）65.2（2分）（3） 0.7（2分） Cr2O2 +6"4H+ =23+*+7H2Oq 分） 49.0（2分）（5）4H2O+4

29、e =2% +4OH （2 分） 2H2O 4e =4H+ +O2（2分）【解析】（1）煨烧电镀污泥饼前需将其粉碎，其目的是增大接触面积，提高反应速率。酸浸时，为了提高浸取率，除了适当增大酸的浓度外，还可采取的措施有升高反应温度、加快搅拌速度等。实验室用18.4mol的浓硫酸配制225mL 4.8mol L的H2SO4溶液时，需要用到的玻壬仪器有 250mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃棒和量筒；设所需浓H2SO4 的1 1体积为 V,则 18.4mol L MV =250mL M4.8mol L , V =65.2mL。（3）溶液中c（Mg2+ yc（Ca2+ = c（Mg2+2, c -，

30、2+ . 2, n .7.35x10 11）c2（F ）l/?（Ca2 ）c2（F 八=任（.之丫/四）=1.05M10 10 =。.7。（4）氧化还原滴定过程中，硫酸亚铁与Cr2O2反应，其中Cr2O2被还原为Cr3+的离子_ _2- 2+ , 一 .+ 3+ 3+.一方程式为 Cr2O7 +6Fe +14H =2Cr +6Fe +7H2O o 消耗的n（Fe2+ ）=0.0双父0.1000mol LT=0.0025mol,根据离子方程式C2。2 +6F* + 14H+ =2C3+ +6Fe3+7H2。知，250mL 溶液中n（Cr。）=0.0025mol J' 250mL6 25.

31、00mL0.0250.025 mol 294g mol 12.50g100%=49.0%o （5）用电解法制备重铭酸钠，其阴极的电极反应式为4H2。+g=2H2 +40H 一，阳极的电极反应式为2H2。3=4H +O255 .（2分）28.【答案】（1）增大（2 分） 1.1110 Pa < p（C°2）一2.22 10 Pa（2）99 （2 分） 4L （2 分）（3） 4（2 分）2（4） c（H2斥变时，丫与。30）成正比（2分）c（NO）不变时，v与c（H2）成正比（2分）【解析】（1）该反应的正反应为吸热反应，提高反应温度，平衡向正反应方向移动，反应体系的体积不变，p

32、（CO2 ）增大, 又升高温度，也可使 P（CO2）增大，故P（CO2）增大。5 f反应温度不变，反应体系的体积增加一倍，假设平衡不移动，则p（CO2 h1.11x10 Pa,实5际上平衡向右移动，气体分子数增加，故1.11x10 Pa<p（CO2）; 当反应重新达到平衡时，5温度不变，平衡常数不变，平衡常数Kp = P（CO2 ）=2.22X10 Pa ,即 p（CO2 ）的变化范围为5_ _51.11 10 Pa :二 p CO2 <2.22 10 Pa1 阴=E(C=O) +2E(HH )-3E(C-H )-E(C-O 产(HO 199kJ molB时容器的体积为 V L,则

33、B点平衡常数的计算过程为:由题图可知，A点平衡常数的计算过程为:起始（mol）10200转化（mol）5105平衡（mol）5105k“平衡常数A二c CH3OH / c CO c2H2=4CO g 2H2 g CH3OH go设达到平衡状态CO g 2H2 g ,CH3OH g起始（mol）10200转化（mol）8168平衡（mol）248Kb平衡常数二c CH3OH / |c COc2H2言，又因为A、B两点温度相同，所以0xV =4V2 4 _ 4 = 4KA =KB，即 4（3）设反应达到平衡时 NO2转化x mol ,列出三段式进行计算:2NO2 g 2C .N2 g 2CO2 g

34、起始（mol）1转化（mol）00.5x平衡（mol）1-x0.5则平衡时NO2、M、CO2的物质的量分数分别为（1-xy（1+0.5x）、0.5x/（1+0.5xk x/（1+0.5x）,由于 C 点时 n（NO2）= n（CO2）,则 i_x=x , x=o.5 , Kp = p N2 p2 CO2 / p2 NO2 =20MPa 0.25/1.25 =4MPa（4）比较实验 1、2发现，当 6H2 ）不变，C（NO）是原来的2倍时，v是原来的4倍，比较实验1、3发现，当Q"斥变，c（NO）是原来的4倍时，v是原来的16倍，故"H2）不 2变时，v与c（NO）成正比；比

35、较实验5、4发现，当c（NO）不变，c（H2）是原来的2倍时，v是原来的2倍，比较实验5、3发现，当C（NO ）不变，c（H2 ）是原来的 4倍时，v是原来的 4倍，故C（NO 变时,v与C（H2 ）成正比。29、【答案】（1）水温度（2）能 在20 C、5 klx的条件下，该绿藻光合速率小于呼吸速率（3）先将同一光照强度、同一温度下的O2总产生速率和CO2释放速率相加，计算出相应条件下细胞呼吸产生二气化碳的速率.再比较同一温度、不同光照强度下细胞呼吸产生二氧化碳速率的大小关系随着光照强度的增加，该绿藻细胞呼吸速率保持不变（或光照强度不影响该绿藻细胞呼吸速率，）该绿藻细胞呼吸酶白最适温度小于3

36、0 C ,在30 C时呼吸酶的活性小于 20 c时。【解析】（1）在光照条件下.该绿藻产生的O2均来自光反应中水的分解。在20c的条件下，光照强度超过4 klx,该绿藻细胞的 O2总产生速率不变，说明光照强度不再是限制该绿藻光合速率的因素；在20C,4 klx的条件下.该绿藻细胞CO2释放速率大于0,说明CO2也不是限制该绿藻光合速率的因素；在4 klx的条件下，该绿藻细胞在 20 C时的O2总产生速率小于 30 C时.说明温度是限制该绿藻光合速率的主要 环境因素。（2）绿藻是真核生物，具有线粒体。在 30 C ,2 klx条件下该绿藻细胞既能进行光合作用，也 能进行有氧呼吸，故能通过线粒体产

37、生ATP。在20 C ,5 klx时.该绿藻细胞向外界释放二氧1化碳的速率为 2nmol h-,说明此时光合速率小于呼吸速率，绿藻细胞内有机物会不断减 少.因此，长期处于这一条件下的该绿藻不能正常生长。在光照强度为1 klx时，绿藻细胞在20c时呼吸作用产生二氧化碳的速率为 11.一9+1=10（ nmolh一）.而在30 c时呼吸作用广生二氧化碳的速率为2 +2 =4（ nmol小一）；在光照强度为2klx时.20C和30c时呼吸作用产生二氧化碳的速率分别为7 +3=10 （nmol，h）、0+14=4（ nmol 一） 同理.可以计算出在同一温度、不同的光照强度下呼吸作用产生二氧化碳的 速

38、率都相等，这说明光照强度不影响该绿藻呼吸速率。分析数据可知，该绿藻在30c时的细胞呼吸速率小于 20c时，主要原因是 30c已经超过了该绿藻细胞呼吸酶的最适沮度，此 时呼吸酶的活性小于 20 C时。 2030、【答案】（1）食物和空间充裕、气候适宜、没有敌害等50M 1.35 （2）增长 800 （3）性别比例 引入蝗虫的天敌、减少蝗虫的食物来源等【解析】（1）图中曲线X为“J曲线，种群数量呈"J"型曲线增长需要满足的条件是食物和空间 充裕、气候适宜、没有敌害等。种群数量每年增加35%.也就是第二年是第一年的（1+35%）倍，即 在1.35，根据最初数量为50只，可 以计算

39、 N20 =50 父1.352°。（2）图中B点时种群的数量正在急剧上升，年龄结构属于增长型。标志重捕法的计算公式为该区域某动物总数/第一次捕获并标记个体数=再捕个体数/再捕个体中带标记的个体数.故B 点时该动物种群的数足是 （80 >100）/20=400 （只）。由"S"型种群增长曲线的特点可知，B点时的种群数量等于 K/2,故该动物种群在这一环境中的K值为800只。（3）诱杀雄虫可改变蝗虫种群的性别比例，降低蝗虫的出生率.从而降低种群数量。使C点下移的实质是降低蝗虫种群的环境容纳量.可以通过向环境中引入蝗虫的天敌、减少蝗虫的食物来源等措施实现。31、【

40、答案】（1）白然选择 （2）2 C 光照强度、水肥条件、幼苗的发育状况、对幼苗低温 处理的时间等（回答两点即可）（3）末经春化的植株成熟后能够开花（4）将未经春化的天仙子植株用适宜浓度的赤霉素处理后，植株能够正常开花（合理即可）【解析】（1）自然界现存生物的正常特性都是长期自然选择的结果.是对环境的适应性表现。（2）从曲线图可以看出.天仙子幼苗在2c处理一段时间.植株成熟后的开花率最高.故天仙子春化的最佳温度是 2C。无关变量是可 能对实验结果产生影响的可变因素，该实验的无关量应是除温度之外的其他因素.如光照强度、水肥条件、幼苗的发育状况、对幼苗低温处理的时间等。（3）将经春化的植株嫁接到未经

41、春化的植株上，如果能够使未经春化的植株成熟后开花，则说明经春化的植株产生了能促使植株开花的某种物质， 该物质通过嫁接传递给了未经春化的植株，从而使未经存化的植株成熟后开花。（4）适宜浓度的赤霉双能代替天仙子的春化.说明适宜浓度的赤霉素处理和春化对天仙子具有相同的效果.则将未经春化的天仙子植株用适宜浓度的赤霉素处理后，植株也 能够正常开花。32、【答案】（1）能 杂交组合：黑身雌果蝇欢身雄果蝇。预期结果：若子代中无论雌雄灰身 与黑身之比均为 1:1，则控制体色的基因在常染色体上；若子代中雌果蝇全为灰身，雄果蝇全为黑身.则控侧体色的基因在 X染色体上。（2） XBRXbr XBrXbR （3）12

42、1/72【解析】（1）由F1中灰身：黑身=1:1可知，亲本基因组成可能有两种情况： 由” ？）*） .xWx '无论哪种情况.亲本中的雌果蝇均为杂合子。为了确定 控制体色的落因是在 X染色体上还是在常染色体上，从 F1中选取果蝇进行杂交实验.应考虑 将父本设置为显性、母本设置为隐性进行杂交。如果子代无论雌雄，灰身与黑身之比均为1:1,说明相关基因在常染色体上；如果子代雌果蝇全为灰身，雄果蝇全为黑身，说明相关基因在X染色体上。(2)根据试题信息可知，甲、乙两只果蝇杂交组合可能有两种情况：XBRXbrMXBrY或XBrXbR MXBrY，如果是XBRXbR MXBrY，则子代黑身果蝇全为白

43、眼，如果是XBrXbR XBrY ,则子代黑身果蝇全为红眼。(3)根据题意可知.亲本基因型分别为BBX RXR和bbXrY，则F1的鉴因型为BbXRXr、RBbX R，可将两种性状分开考虑.只考虑体色时，在F2中有3种基因型(BB,Bb,bb);只考虑眼色时.在F2中有4种基因型(XBXB ,XBXr ,XBY ,XrY),因此用中共有12种基因型。F2中灰身雌果蝇的鉴因型为1/3BB,2/3 Bb,红服雌果蝇的丛因型为1/2 XRXR、 1/2XRXR，灰身雄果蝇的基因型为1/3BB,2/3Bb.红眼雌果蝇的基因型为X RY ,灰身红眼雌雄果蝇随机交配，后代出现黑身自眼雄果姗的概率为2/3

44、2/3 M/4 1/2 1/4=1/72。(二)选考题33 .【答案】(1) ABD (2)工=" Q =2kT0 +6P°M【解析】(1)根据嫡的定义，嫡较大的宏观状态就是无序程度较大的宏观状态，选项A正确；根据热力学第二定律可知，内能不可以全部转化为机械能而不引起其他变化，选项B正确；根据能量守恒定律可知， 各种形式的能可以相互转化；根据热力学第二定律，宏观自然的过程都具有方向性，选项C错误；根据热力学第一定律可知，若外界对物体做功等于物体向外界放出热量，物体的内能不变，选项 D正确；绝对零度达不到，选项 E错误；故 选ABDVa =V(2)解：状态a与状态d压强相等，

45、由：Ta Td可得：Td =3%依题意可知：Ua =爪，5 =3kT0 由热力学第一定律，有：Ud -Ua =Q W其中：W=3p0Vc-Vb联立可得:Q=2kT° 6p°V。33BC = L,BE = L24 ,如图34 .【答案】 会【解析】（1）AB边长为L,AC边长为2,由几何关系可知，/b=30%3BF =EF = Lsin C'=-60。,由n ,得C=45©,由于入射角所示，DF _LBC，则8，所以光在AB面的折射角r=30修，由公式sin i sin 45n = % =sn竺-=J2,光线在BC面上的入射角为sin r sin 30大于临

46、界角，因此光线在BC面上会发生全反射。【解析】（i）由题图乙可知，t=1s时，质点Q在平衡位置且向上振动。由波的传播与振动的关系可知，波沿x轴正方向传播 由题图甲可知，波长九=4m因此波传播的速度大小（ii）若波沿x轴负方向传播 关系可知，t=0时刻质点v = =1m/ sT由题图乙可知周期T =4s，由题图乙可知，波振动的周期T=4s。由题图甲结合波的传播与振动P在平衡位置，且沿y轴正方向运动，因此质点P的振动方程|'2 兀；y = Asin t =2sin7tcm当 t =4.5s（兀 ）Ly = 2sin 4.5 cm = 2 cm时，2512335.【答案】（1）3d4s （1

47、分） sp,sP （2分）苯甲醇分子间除范德华力外还存在氢键，苯甲醛分子间只存在范德华力（2分）3 -（3） < （1分）Co（H2O）6所带正电荷数较多 对Co原子d轨道上的电子吸引力较强 （2分）（4）12（1分）（5）WC（2分）原子晶体（1分）（6）45 63 3 2a bNA23010（3分）12。（5）六棱柱中含6个C原【解析】（4）采用面心立方最密堆积的金属晶体的配位数为子，12个鸨原子位于顶点，2个鸨原子位于面心，1个鸨原子位于中心,6个鸨原子位于棱心,故1个晶胞中含鸨原子数为12父1 / 6 +6M1 / 3 +2 m3 2 +1 =6,故该晶体的彳学式为 WC。依题意，该晶体的沸点高、硬度大，属于原子晶体。（6）铳晶胞的1个底面由6个正三角形构h=Japm成，每个正三角形的高2,晶胞底面积S= 3S= 2a pm a pm - 6=22 a2 pm2 22V 二则晶胞体积3J 3 233 3 2Vh -3八0a b p m -=a b 1 0个晶胞中含铳原子个数为12 M1 / 6 +2 M1/ 2 +3 =6 ,则铳晶体密度：二45 63.3 2a bNA 230Q10 g cm 36.【答案】（1） CH 3cH 3）CH2OH；（2分）环己烯;（2 分）（