2018年普通高等学校招生全国统一考试考前适应性试题（三）理综

此卷只装订不密封班级姓名准考证号此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号2018届高考考前适应性试卷理科综合能力测试（三）注意事项：1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。

2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。

3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。

4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cl35.5Cu64一、选择题（本大题共6小题，每小题6分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．下列关于物质出入细胞的叙述，正确的是A．主动运输、胞吞、胞吐均消耗细胞产生的ATPB．离子和小分子物质的跨膜方式一定是自由扩散C．温度变化不影响水分、胆固醇进出细胞的速度D．葡萄糖顺浓度梯度跨膜运输不需要载体蛋白【答案】A【解析】跨膜运输方式中的主动运输以及非跨膜运输中的胞吞、胞吐过程，均需要能量，即均消耗细胞产生的ATP，A正确；离子主要以主动运输方式跨膜运输，小分子物质的跨膜方式主要是自由扩散，B错误；水分、胆固醇以自由扩散的方式进出细胞，而温度影响分子热运动，温度高可使水分子、胆固醇进出更快达到平衡，C错误；葡萄糖顺浓度梯度跨膜运输的方式是协助扩散，需要载体蛋白而不需要能量，D错误。2．下列关于真核细胞内相关代谢的叙述，正确的是A．DNA的合成一定以DNA为模板，在细胞核中进行B．RNA的合成一定以DNA为模板，在细胞核中进行C．肽链的合成一定以RNA为模板，在细胞质中进行D．在翻译过程中，一个mRNA一定与一个核糖体结合【答案】C【解析】真核细胞中，DNA的合成一定以DNA为模板，主要在细胞核中合成，也可以在叶绿体与线粒体中合成，A错误；真核细胞中，RNA的合成一定以DNA为模板，主要在细胞核中通过转录合成，也可以在线粒体与叶绿体中合成，B错误；肽链的合成过程即翻译过程，一定以RNA为模板，以氨基酸为原料，在细胞质中进行，C正确；蛋白质合成过程即翻译过程，同一条mRNA分子能够与多个核糖体结合，同时合成若干条肽链，D错误。3．下列关于酶和ATP的叙述，正确的是A．蛋白酶能催化所有的酶水解，导致其活性丧失B．与无机催化剂相比，酶的催化效率一定更高C．旺盛生长的叶肉细胞中，线粒体内膜产生的ATP最多D．细胞内发生的吸能反应都由ATP水解供能【答案】B【解析】酶化学本质是蛋白质或RNA，且酶具有专一性，蛋白酶不能催化化学本质为RNA的酶水解，A错误；与无机催化剂相比，酶的催化效率高，所以酶具有高效性，B正确；生长旺盛的叶肉细胞中，叶绿体中类囊体薄膜上产生的ATP最多，C错误；细胞内发生的吸能反应不都是由ATP水解供能，如还有GTP、CTP等直接供能物质，D错误。4．下图表示了光暗信号通过视网膜→松果体途径对雄性动物生殖的调控。分析以下叙述，错误的是A．光暗信号调节褪黑素分泌的过程，属于神经调节B．去甲肾上腺素释放后，直接与受体结合发挥作用，则去甲肾上腺素属于一种激素C．光暗信号可以周期性引起褪黑素的分泌，进而影响该动物的生殖周期D．HPG轴发挥调节作用，体现了激素分泌的分级调节和负反馈调节【答案】B【解析】在光暗信号的刺激下，视网膜产生的神经冲动通过有关的传入神经传到神经中枢，再通过传出神经传到松果体，进而引起褪黑素的分泌，可见，该过程属于神经调节，A正确；去甲肾上腺素释放后，通过扩散与突触后膜上特异性受体结合而发挥作用，因此去甲肾上腺素属于一种神经递质，B错误；光暗信号的刺激，通过神经调节引起褪黑素的分泌，褪黑素通过影响HPG轴发挥调节作用，影响雄性激素的分泌，进而影响该动物的生殖周期，C正确；HPG轴发挥调节作用的过程是下丘脑分泌的促性腺激素释放激素运输到垂体，促使垂体分泌促性腺激素，促性腺激素随血液运输到睾丸，促使睾丸增加雄性激素的合成和分泌，当血液中雄性激素的含量过高时，对下丘脑和垂体的抑制作用增强，使下丘脑和垂体分泌的相应激素减少，可见，HPG轴发挥调节作用，体现了激素分泌的分级调节和负反馈调节，D正确。5．某生物黑色素的产生需要如下图所示的三对独立遗传的基因控制，三对基因均表现为完全显性。由图可知，下列说法正确的是A．基因与性状是一一对应的关系，一个基因控制一个性状B．基因可通过控制蛋白质的结构来直接控制生物的性状C．若某生物的基因型为AaBbCc，该生物可以合成黑色素D．若某生物的基因型为AaBbCc，该生物自交产生的子代中含物质乙的占3/16【答案】D【解析】由图可知，黑色素合成的过程受到a、B、C三个基因的控制，所以基因与性状并不是一一对应的关系，A错误；图中的a、B、C三个基因都是通过控制酶的合成从而间接控制性状的，B错误；若某生物的基因型为AaBbCc，a基因不能表达，酶①无法合成，所以无法合成黑色素，C错误；若某生物的基因型为AaBbCc，该生物自交子代中含物质乙的基因型是aaB_，所占比例是（1/4）×（3/4）＝3/16，D正确。6．下列有关生物群落和生态系统的叙述，正确的是A．群落演替的不同时期，群落中的优势种群发生更替，能量传递效率保持相对稳定B．生态系统的物质循环具有全球性，通过光合作用和呼吸作用可完成碳的全球化循环C．群落中各种群间不存在地理隔离，因而能进行基因交流D．大量引入外来物种，能增加当地生态系统的物种多样性【答案】A【解析】群落演替指的是在生物群落发展变化的过程中，一个优势群落代替另一个优势群落的演变现象，生态系统的能量传递效率一般稳定在10%～20%之间，A正确；碳元素通过光合作用和化能合成作用由无机环境进入生物群落，再通过呼吸作用以及化石燃料的燃烧等过程以CO2的形式由生物群落释放到无机环境，其特点是全球性和反复循环性，B错误；群落中各种群间不存在地理隔离，但存在生殖隔离，所以不同物种之间不能进行基因交流，C错误；大量引入外来物种，会导致原有的生态平衡被打破，可能对原有物种造成部分灭绝，所以可能不会增加当地生态系统的物种多样性，D错误。7．纵观古今，化学与生活皆有着密切联系。下列说法错误的是A．《本草图经》在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤…”。因为绿矾能电离出H+，所以有“味酸”B．《天工开物》记载：“凡白土曰垩土，为陶家精美器用”。陶是一种传统硅酸盐材料C．“水声冰下咽，沙路雪中平”描述的是水的三态变化：“冰，水为之，而寒于水”，说明冰转化为水吸热D．唐未《真元妙道要略)中有云：“以硫黄、雄黄合硝石并蜜烧之；焰起，烧手面及烬屋舍者”，文中描述的是黑火药的制作过程【答案】A【解析】A项，绿矾不能电离出H+，之所以有“味酸”，是由于FeSO4是强酸弱碱盐，易水解而使其水溶液呈酸性，故A项错误；陶瓷是传统硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故B正确；C．“水声冰下咽，沙路雪中平”描述的是水变成冰就没有声音，有三态变化，“冰，水为之，而寒于水”，说明冰转化为水吸热是正确；D．黑火药是由木炭粉(C)、硫磺(S)和硝石(KNO3)按一定比例配制而成的，根据题意可以知道，题中描述的是制备黑火药的过程，所以D选项是正确的；答案：A。8．NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．标准状况下，1.12LCCl4含有质子数的数目为3.7NAB．常温常压下，3.0g含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NAC．常温时，56gFe与足量浓硝酸反应，转移的电子数目为3NAD．晶体B的结构单元如右图，则11g晶体B含有0.6NA个三角形（相邻原子构成）【答案】B【解析】A、标况下，CCl4是液体，故A错误；B、葡萄糖（C6H12O6）的冰醋酸（C2H4O2）的混合物，最简式为(CH2O)n，3.0g混合物中有0.1molCH2O，故原子总数为0.4NA，故B正确；C、常温时，56gFe与足量浓硝酸钝化，故C错误；D、B的晶体中，一个三角形有三个B，每个B参与形成5个三角形，故一个三角形有0.6个B，则11gB，即为1molB含有的三角形数为5/3NA，故D错误；故选B。9．下列说法正确的是A．分子式为C4H8O2的有机物共有5种B．蛋白质在酶等催化剂作用下水解可得到氨基酸C．乙烷、氯乙烷、二氯乙烷互为同系物D．植物油中不可能含有碳碳双键【答案】B【解析】A、分子式为C4H8O2的有机物可能是羧酸可能是酯，其中属于羧酸的C3H7COOH有2种，属于酯的有HCOOC3H72种，CH3COOC2H5，C2H5COOCH3，共有6种，故A错误；B、蛋白质在人体中最终水解为氨基酸，故B正确；C．氯乙烷、二氯乙烷、三氯乙烷分别含有1个、2个、3个氯原子，结构不相似，不是同系物，故C错误；D．植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键，故D错误；故选B。10．下列实验操作、现象、解释或结论都正确的是选项实验操作实验现象解释或结论A将少量浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合液中产生红棕色气体硝酸的还原产物是NO2B某粉末用酒精润湿后，用铂丝蘸取做焰色反应火焰呈黄色该粉末一定是钠盐C向新生成的AgCl浊液中滴入KI溶液白色沉淀逐渐转化为黄色沉淀Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)D将少量牛油加入到纯碱溶液中，加热一段时间液体不分层油脂可直接与纯碱反应【答案】C【解析】A．稀硝酸的还原产物是一氧化氮，一氧化氮易于氧气反应生成二氧化氮，故A错误；

B．火焰呈黄色，说明是含钠元素的物质，不能确定是否含有钾元素，故B错误；C．因为相同温度下Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，所以向新生成的AgCl浊液中滴入KI溶液，会有白色沉淀逐渐转化为黄色沉淀，故C正确；D．因为牛油属于油脂，是酯类化合物，将少量加入到纯碱溶液中，加热一段时间，油脂会发生水解，产物为丙三醇和高级脂肪酸盐，分层，可以利用此反应制取肥皂。故D错误；答案：C。11．近年来，尿素电氧化法处理富含尿素的工业废水和生活污水得到了广泛关注，该法具有操作简易、处理量大、运行周期长等优点，且该过程在碱性条件下产生无毒的CO2、N2．电池工作时，下列说法错误的是A．负极发生的反应为：CO(NH2)2+6OH6e===N2↑+CO2↑+5H2OB．正极附近溶液的pH增大C．隔膜只允许阳离子通过D．处理掉废水中尿素1.0g时消耗O20.56L（标准状况）【答案】C【解析】由电池工作时的图像可知，通尿素的一极为负极，发生氧化反应，电极反应为：CO(NH2)2+6OH6e===N2↑+CO2↑+5H2O；通氧气的一极为正极，发生还原反应，电极反应为：O2+4e+2H2O=4OH，以此解答该题．A．负极发生的反应为：CO(NH2)2+6OH6e===N2↑+CO2↑+5H2O，A正确；B．正极附近发生电极反应O2+4e+2H2O=4OH，产生OH，使溶液的pH增大，B正确；C．为维持溶液的电中性，正极附近产生的OH通过隔膜进入负极被消耗，隔膜允许阴离子通过，C错误；D．根据电极反应可知负极每消耗尿素1.0g时转移的电子为1/10mol，根据正极反应可得消的耗O2为：1/10×1/4×22.4=0.56L，D正确；答案选C。12．四种短周期元素在周期表中的位置如下图，其中Y元素原子电子层数等于最外层电子数。下列说法不正确的是A．Z位于元素周期表中第三周期、第IVA族B．Y

的最高价氧化物不能和X

的简单氢化物反应C．M的非金属性比Z的弱D．原子半径比较：

X<M【答案】C【解析】Y元素原子电子层數等于最外层电子数，Y是Al元素，根据四种短周期元素在周期表中的位置，Z、M、X分别是Si、N、O；Si位于元素周期表中第三周期、第IVA族，故A正确；氧化铝和水不反应，故B正确；N的非金属性大于Si，故C错误；同周期元素从左到右原子半径减小，原子半径N>O，故D正确。13．25℃时，有c(HA)+c(A)=0.1mol/L

的一组HA、KA

混合溶液，溶液中c(HA)、c(A)与pH

A．pH=

5.75

的溶液中：

c(K+)>c(A

)>c(HA)>q(H+)>c(OH

)B．欲得W

点所示溶液，起始所加溶液应符合c(HA)+c(A)=0.1mol/L

且c(KA)<c(HA)C．pH=3.75的溶液中：c(K+)+c(H+)c(OH)+c(HA)=0.1mol/LD．若A的水解常数为Kb

，则lgKb=9.25【答案】A【解析】

pH=5.75的溶液呈酸性，c(K+)>c(A

)>c(HA)>q(H+)>c(OH

)不符合电荷守恒，故A错误；根据W点，HA的电离平衡常数是，A的水解平衡常数为，HA电离大于A水解，欲得W点所示溶液，c(KA)<c(HA)，故B正确；c(HA)+c(A)=0.1mol/L，c(K+)+c(H+)c(OH)+c(HA)=0.1mol/L，则c(K+)+c(H+)=c(A)+c(OH)，符合电荷守恒，故C正确；根据B选项，A的水解平衡常数为，lgKb=9.25，故D正确。二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21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。14.如图为远距离输电示意图，n1、n2和，n3、n4分别是升、降压变压器的原、副线圈，已知发电机的输出电压一定。用电高峰时，某同学发现当他家的大功率电器开启后，家中的自炽灯变暗。下列说法正确的是A.该同学家开启大功率电器后，输电线上损失的功率减小B.若减小降压变压器原线圈n3的匝数，可能会使白炽灯正常发光C.若减小降压变压器副线圈n4的匝数，可能会使自炽灯正常发光D.若减小升压变压器副线圈n2的匝数，可能会使白炽灯正常发光【答案】B15．如图为氢原子的能级图，已知可见光光子的能量范围为1.62eV～3.11eV，金属钠的逸出功是2.25eV，现有大量处于n=4能级的氢原子。下列说法正确的是A．氢原子跃迁时最多可发出6种可见光B．氢原子跃迁时发出的可见光均能使金属钠发生光电效应C．氢原子跃迁时发出的可见光使金属钠发生光电效应得到光电子的最大初动能为0.77eVD．氢原子跃迁时发出的可见光使金属钠发生光电效应得到光电子的最大初动能为10.98eV【答案】C16．地球和木星绕太阳运行的轨道可以看作是圆形的，它们各自的卫星轨道也可看作是圆形的。已知木星的公转轨道半径约是地球公转轨道半径的5倍，木星半径约为地球半径的11倍，木星质量大于地球质量。某同学根据地球和木星的不同卫星做圆周运动的半径r与周期T，作出如图所示图象(已知万有引力常量为G，地球的半径为R)。下列说法正确的是A．地球密度为B．木星密度为C．木星与地球的密度之比为D．木星与地球的密度之比为【答案】A17．如图，在平面内，虚线左上方存在范围足够大、磁感应强度为B的匀强磁场，在A(0，l)处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m，电量为q的带电粒子，速率均为，粒子重力不计，则粒子在磁场中运动的最短时间为A． B． C． D．【答案】C18．如图，电路中A、B、C、D是完全相同的金属极板，P是AB板间的一点，在CD板间插有一块有机玻璃板。闭合开关，电路稳定后将开关断开。现将CD板间的玻璃板抽出，下列说法正确的是A．金属板CD构成电容器的电容减小B．P点电势降低C．玻璃板抽出过程中，电阻R中有向右的电流D．A、B两板间的电场强度减小【答案】AC19．如图为甲、乙两辆小车从同一地点开始运动的v—t图像，甲乙两条图线分别为正、余弦曲线。下列说法正确的是A．t1时刻两车加速度相同B．0～t2时间内两车发生的位移相同C．t3时刻两车相距最远D．t4时刻两车相距最远【答案】BD20．如图，弹性轻绳一端固定于O点，另一端连有一质量为m的小球a，小球a通过不可伸长的细绳连接质量相同的小球b，两小球均处于静止状态。现给小球b施加一个力F，使弹性轻绳与竖直方向成30°角，两球依然保持静止。下列说法正确的是A．弹性绳的长度一定增加B．a、b间细绳上的张力可能减小C．力F的值可能大于mgD．力F的值可能小于mg【答案】BC21．通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q在场源电荷Q的电场中具所有电势能表达式为(式中k为静电力常量，r为试探电荷与场源电荷间的距离)。真空中有两个点电荷Q1、Q2分别固定在x坐标轴的x=0和x=6cm的位置上。x轴上各点的电势随x的变化关系如图所示。A、B是图线与x的交点，A点的x坐标是4.8cm，图线上C点的切线水平。下列说法正确的是A．电荷Q1、Q2的电性相反B．电荷Q1、Q2的电量之比为1：4C．B点的x坐标是8cmD．C点的x坐标是12cm【答案】ACD第Ⅱ卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。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）22．(5分)某同学用如图所示的装置，研究细绳对小车的拉力做功与小车动能变化的关系。通过改变动滑轮下所挂钩码的个数可以改变细绳对小车的拉力，实验所用钩码质量均为m。(1)关于本实验，下列说法正确的是A．实验时，小车应靠近打点计时器，先释放小车后，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧秤的示数B．本实验不需要平衡摩擦力C．实验过程中，动滑轮和所挂钩码所受的重力等于弹簧秤示数的2倍D．实验中不需要满足所挂钩码的总质量远小于小车的质量(2)某次实验时，所挂钩码的个数为2个，记录的弹簧秤示数为F，小车质量为M，所得到的纸带如图所示，相邻计数点间的时间间隔为T，两相邻计数点间的距离分别为S1、S2、S3、S4，该同学分析小车运动过程中的BD段，在操作正确的情况下应该有等式_____________成立。【答案】23．(10分)某实验小组在测量金属圆柱体的电阻率的实验中，先用螺旋测微器测量圆柱体直径。再用伏安法测量圆柱体的电阻，已知圆柱体的电阻大约为300。(1)用螺旋测微器测量其直径时的刻度位置如图所示，由图可知其直径为_______mm。在用伏安法测定圆柱体的电阻时，除被测金属圆柱体外，还有如下供选择的实验器材：A．电流表A1(量程为20mA，内阻约为10)B．电流表A2(量程为5mA，内阻r=20)C．电压表V，(量程为3V，内阻RV约为4k)砂定值电阻R1=10E．定值电阻R2=20F．滑动变阻器R3(0～20)G．滑动变阻器R4(0～300)H．直流电源E(电动势为6V，内阻很小)I．开关S一个，导线若干(2)为使测量结果尽量准确，减少误差，实验中要求电表偏转至少半偏以上，要完成实验，除了待测圆柱体、电压表(C)、直流电源(H)、开关导线(I)、以外，还需要的器材是___________________________________(填写器材前的字母编号)；(3)请在答题卡的规定位置画出实验电路图；(4)若电压表、电流表示数分别为U、I，用题中所给符号写出待测圆柱体的电阻表达式RX=_________________。【答案】24．(12分)如图所示，在竖直向上的匀强磁场中存在一倾角=37°的金属导轨，导轨的宽度L=1m，底端连接一个R=3的电阻。导体棒ab与导轨垂直，在沿斜面向上与导轨平行的恒定拉力作用下以1m／s的速度以1m／s的速度向下匀速运动。已知导体棒的质量为m=0.04kg、电阻为r=1，导体棒与导轨间的摩擦因数为=0.5，g=10m／s2，小。【解析】25．(20分)竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1m的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E=4×103V／m。小球a、b、c的半径略小于管道内径，b、c球用长L=m的绝缘细轻杆连接，开始时c静止于管道水平部分右端P点处，在M点处的a球在水平推力F的作用下由静止向右运动，当F减到零时恰好与b发生了弹性碰撞，Ft的变化图像如图乙所示，且满足。已知三个小球均可看做质点且ma=0.25kg，mb=0.2kg，mc=0.05kg，小球c带q=5×10-4C的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g=10m／s2，求(1)小球a与b发生碰撞时的速度v0；(2)小球c运动到Q点时的速度v；(3)从小球c开始运动到速度减为零的过程中，小球c电势能的增加量。【解析】26．（14分）某实验小组同学设计了如图装置探究生铁与少量浓硫酸反应的气体产物。（1）该实验的操作依次是（填序号）。A．加热a试管直到b中澄清石灰水变浑浊，熄灭酒精灯B．将生铁丝上提离开液面C．连接好装置，检验气密性，加入试剂（2）b中的澄清石灰水变浑浊，甲同学认为产生的气体肯定是SO2，你同意吗？为什么？。（3）乙同学认为该反应过程中产生SO2、CO2、H2三种气体，请用如图所列各装置设计一个实验，来验证并测量所产生的气体。（图中加热装置、夹持仪器省略，除装置⑤外，其他装置试剂均为足量）①②③④⑤ⅰ．装置的连接顺序（按产物气流从左至右的方向）是→→→→。（填装置的编号）ⅱ．证实生成的气体中同时存在SO2和H2的现象是。（4）已知A瓶中为200mL0.1000mol·L1酸性KMnO4溶液。丙同学为测定乙同学实验中反应生成的各气体含量，进行了如下探究：⑤中反应结束后，通N2将⑤中生成的气体全部赶出，先后三次取A中反应后的溶液于锥形瓶中，每次取用25.00mL，用0.2000mol·L1H2C2O4标准溶液进行滴定。ⅰ．装置①的A中发生反应的离子方程式为。ⅱ．重复滴定三次，平均每次耗用H2C2O4标准溶液15.63mL，则本实验中生铁与浓硫酸反应产生的SO2气体的物质的量为。（保留小数点后三位数字）【答案】（1）CAB（2分）（2）（3）i．⑤①③④②（共2分）ii．装置①的A中溶液紫红色变浅说明生成了SO2，装置②中黑色粉末变红说明生成了H2（2分，其他合理答案也可）（4）i．5SO2+2MnO4+2H2O═5SO42+2Mn2++4H+（2分）ii．0.025mol（3分）【解析】（1）实验开始时连接好装置，检验气密性，加入试剂，加热，实验结束，应将生铁丝上提离开液面。（2）生铁中含有的碳也会与浓硫酸在加热的条件下反应生成CO2气体。（3）i．⑤是气体发生器，①中有品红溶液，可联想①是用来验证SO2的，③中澄清石灰水显然是用来验证CO2的，②是装有氧化铜粉末的反应管，可验证氢气。由于SO2和CO2都能使澄清石灰水变浑浊，因此从⑤出来的气体必须先用装置①验证，并除去SO2，然后进入装置③验证CO2，由此可以得出正确的连接顺序应为⑤→①→③→④→②。ii．SO2具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色。氢气具有还原性，能还原黑色氧化铜生成红色的铜。（4）ii．消耗草酸的物质的量为0.01563L×0.2000mol·L1=0.003126mol，由5H2C2O4+2MnO4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，消耗高锰酸钾0.0012504mol，即与SO2反应后剩余高锰酸钾0.0012504mol×8=0.010mol，则与SO2反应的高锰酸钾的物质的量为0.020mol－0.010mol=0.010mol，所以该反应生成的SO2是0.025mol。27．（15分）氢、碳、氮、氧、铝为五种常见的短周期元素，请回答下列问题：（1）在密闭容器内（反应过程保持体积不变），使1molN2和3molH2混合发生下列反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=92.4kJ·mol1。当反应达到平衡时：①N2和H2的浓度之比是。②其他条件不变，升高温度，则混合气体的平均相对分子质量(填“增大”“减小”或“不变”)。③其他条件不变，再向容器内充入1molN2，H2的转化率（填“升高”“降低”或“不变”）。④其他条件不变，将c(N2)、c(H2)、c(NH3)同时增大1倍，平衡（填“正向“‘逆向”或“不”）移动。（2）由上述元素中的三种组成的原子个数比为1:3:9的某种强酸弱碱盐的化学式为____，其溶于水能____（填“促进”或“抑制”）水的电离使溶液显（填“酸”或“碱”）性，原因是（用离子方程式表示）。（3）空气是硝酸工业生产的重要原料，氨催化氧化是硝酸工业的基础，氨气在铁触媒作用下只发生主反应①和副反应②。4NH3(g)+5O2(g)===4NO(g)+6H2O(g)△H=905kJ·mol1①4NH3(g)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(g)△H=1268kJ·mol1②则氮气与氧气反应生成NO的热化学方程式为。（4）M是重要的有机化工原料，其分子与H2O2含有相同的电子数，将1molM在氧气中完全燃烧，只生成1molCO2和2molH2O，则M的化学式为。若某种燃料电池采用铂作为电极，以KOH溶液为电解质溶液，以M为燃料，以空气为氧化剂，则该电池的正极反应式为。【答案】（1）①1:3（1分）②减小（1分）③升高（1分）④正向（1分）（2）A1(NO3)3（2分）促进（1分）酸（1分）A13++3H2OA1(OH)3+3H+（2分）（3）N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+181.5kJ·mol1(2分)（4）CH3OH（l分）O2+4e+2H2O═4OH（2分）【解析】（1）①合成氨反应是气体分子数减小的放热反应，充人的N2和H2的物质的量之比与二者反应消耗的物质的量之比均为1:3，所以当反应达到平衡时，剩余的N2和H2的浓度之比仍是1：3；②升高温度，平衡逆向移动，则混'合气体中分子总数增多，但总质量不变，平均相对分子质量减小；③达到平衡时再向容器内充人1molN2，平衡正向移动，H2的转化率升高；④达到平衡时，将c(N2)、c(H2)、C(NH3)同时增大1倍，正反应速率增大的倍数大于逆反应速率增大的倍数，从而使平衡正向移动。（2）符合条件的强酸弱碱盐为Al(NO3)3，因其溶于水电离出的Al3+水解，从而促进水的电离，溶液显酸性。（3）根据盖斯定律可得氮气与氧气反应生成NO的热化学方程式为N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+181.5kJ·mol1。（4）H202分子内有18个电子。由1molM在氧气中完全燃烧生成1molCO2和2molH2O得出M的化学式为CH3OH。在该甲醇燃料电池中，负极反应式为CH3OH+80H6e═CO32+6H2O，正极反应式为O2+4e+2H2O═4OH28．（14分）高氯酸铜易溶于水，在130℃时会发生分解反应，是一种燃烧催化剂。以食盐等为原料制备高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]（1）发生“电解I”时，所用的交换膜是(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。（2）歧化反应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应，已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为NaClO3。①“歧化反应”的化学方程式为。②“歧化反应”阶段所采用的不同温度对产率影响的结果如图所示。则该反应最适宜的温度是。（3）“电解II”的阳极产物为(填离子符号)。（5）用该工艺流程制备高氯酸铜时，若起始时NaCl的质量为at，最终制得的Cu(ClO4)2·6H2O为bt，则产率为(用含a、b的代数式表示)。【答案】（1）阳离子交换膜（2）①3Na2CO3+3Cl2===5NaCl+NaC1O3+3CO2②60℃（3）ClO4（4）蒸发浓缩NaCl（5）(702b/371a)×100%【解析】以食盐等为原料制备高氯酸铜[Cu(C1O4)2•6H2O]，则生成产物应生成高氯酸钠，电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，“歧化反应”时，高氯酸钠与碳酸钠溶液发生歧化反应，生成的产物之一为NaClO3，同时生成二氧化碳气体，通电电解，溶液其中氯酸根离子失电子发生氧化反应生成高氯酸根离子，加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，得到60%以上的高氯酸，“反应II”阶段，Cu2(OH)2CO3与HClO4反应经过一系列操作后得到蓝色Cu(ClO4)2溶液。（1）“电解Ⅰ”所发生的反应是电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为：2Cl+2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2OH+H2↑+Cl2↑，需要防止氢氧根离子与氯气反应，因此选择阳离子交换膜，故答案为：阳离子交换膜；（2）①“歧化反应”时，氯气通入碳酸钠溶液发生反应，生成的产物之一为NaC1O3，同时生成二氧化碳气体，歧化反应的化学方程式为3Na2CO3+3Cl2===5NaCl+NaC1O3+3CO2，故答案为：3Na2CO3+3Cl2===5NaCl+NaC1O3+3CO2；②图象分析可知60°C产率最高，则该反应最适宜的温度是：60°C，故答案为：60℃；（3）通电电解，溶液其中氯酸根离子失电子发生氧化反应在阳极生成高氯酸根离子，“电解II”的阳极产物为ClO4，故答案为：ClO4；（4）加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，通过蒸发浓缩即可得到60%以上的高氯酸；该流程中可循环利用的物质是NaCl，故答案为：蒸发浓缩；NaCl；（5）根据流程图，氯化钠电解生成的氯气与碳酸钠反应生成NaC1O3和NaCl，电解后NaC1O3变成NaC1O4，加入盐酸反应生成HC1O4，最后与Cu2(OH)2CO3反应生成Cu(ClO4)2·6H2O假设起始是氯化钠为6mol，则生成的氯气为3mol，得到1molNaC1O3，根据氯元素守恒最终得到0.5molCu(ClO4)2·6H2O，因此产率=×100%=×100%，故答案为：×100%。29．（10分）某生物兴趣小组探究烟草浸出液对种子萌发和幼苗生长的影响，用不同的材料分组进行实验，历时5天，每天定期给每个培养皿中的种子（培养皿铺上了等量的棉花，种子置于棉花上）施以等量的对应浓度的溶液，整个实验在暗室中进行，记录每个培养皿中发芽种子数和平均芽长，设计表格（不同浓度烟草浸出液处理5天后，3种作物种子芽长和萌发率记录表）如所示。请回答下列问题：（1）该实验得出的结论至少有两个，请在给出结论一的基础上，写出结论二并写出结论一的根本原因。结论一：同一浓度的烟草浸出液对不同种子的萌发率和幼苗生长的影响效果不同。结论二：________________________________________________________________________。结论一的根本原因是______________________________________________________________。（2）“黑农五号”大豆是榨油的好材料，种子中含有淀粉、脂肪和蛋白质，在萌发时相关酶的活性较高，物质之间可以相互转化，大分子有机物可水解形成小分子有机物，种子在萌发初期有机物质量先上升后下降，先上升的原因是____________________________________________。第5天的种子质量相对萌发前要高得多，主要是由______（填“C”“H”“O”或“N”）引起的。（3）统计完毕后，对萌发的种子叶片进行色素的提取和分离实验，在操作和加入试剂都没有错误的情况下，在滤纸条上只出现______条色素带。【答案】（1）不同浓度的烟草浸出液对同一种种子的萌发率和幼苗生长的影响效果不同不同种植物种子的基因（或遗传物质）不同（2）在物质转化和有机物水解过程中，水（等无机物）参与反应形成了有机物，并且增加的有机物的量大于呼吸作用消耗的有机物的量O（3）两【解析】（1）据表中的数据显示，烟草浸出液的浓度越大，三种豆的芽长和萌发率都越低，模仿结论一写出结论二：不同浓度的烟草浸出液对同一种种子萌发率和幼苗生长的影响效果不同。结论一的根本原因是不同种植物种子的遗传物质不同。（2）判断有机物质量是否上升，一定要考虑来路和去路，来路有两个方面，一方面是在物质之间相互转化（如脂肪转化成葡萄糖）的过程中有机物会增加，另一方面是大分子有机物水解形成小分子有机物时有水参与反应；去路只有呼吸作用消耗有机物的量；第5天的种子质量相对萌发前要高得多，主要是种子萌发过程中吸收的水即O导致的。（3）叶绿素的形成需要光，本实验在暗室中进行，所以叶绿素没有形成，只有类胡萝卜素和叶黄素，所以只有两条色素带。30．（10分）植物血球凝集素（PHA）皮试是测试T淋巴细胞功能的一种常用方法。将PHA注入皮内，能刺激T淋巴细胞释放淋巴因子，引起皮肤局部血管充血等症状。回答下列问题：（1）当病原体初次侵染机体时，吞噬细胞将其摄取处理后，把___________呈递给T细胞，促进T细胞分泌淋巴因子，然后___________细胞在淋巴因子的作用下迅速增殖分化成___________细胞，此过程称为体液免疫。（2）给正常人和艾滋病晚期患者注射PHA后，前者很短时间内出现了皮肤充血症状，后者几乎不出现该症状，原因可能是___________________________________________________________________________________________________________________________________________。（3）有人认为免疫力低下是患癌的原因之一，请从免疫调节的功能解释该观点：_____________________________________________________________________________________________。【答案】（1）抗原B记忆细胞和浆（2）正常人T细胞数量较多、特异性免疫功能较强，能够迅速产生免疫反应；艾滋病晚期患者T细胞数量较少、特异性免疫功能较弱，几乎不产生免疫反应（3）体内的癌细胞也是一种抗原，正常情况下，机体通过免疫系统能够将其清除，若免疫力低下，免疫系统的监控、防御、清除功能降低，不能及时清除癌细胞，导致机体患癌【解析】（1）体液免疫的过程：吞噬细胞将病原体摄取处理后，把抗原呈递给T细胞，促进T细胞分泌淋巴因子，然后再呈递给B细胞，使B细胞在淋巴因子的作用下迅速增殖分化成记忆细胞和浆细胞。（2）由于正常人T细胞数量较多、特异性免疫功能较强，将PHA注入皮内，能刺激T细胞释放淋巴因子，引起皮肤局部血管充血等症状；由于艾滋病病毒攻击T细胞，使艾滋病晚期患者T细胞数量较少、特异性免疫功能较弱，注射PHA后几乎不产生免疫反应，因此艾滋病晚期患者几乎不出现该症状。（3）免疫系统具备监控和清除功能，体内的癌细胞也是一种抗原，正常情况下，机体通过免疫系统能够将其清除，若免疫力低下，免疫系统的监控、防御、清除功能降低，不能及时清除癌细胞，导致机体患癌，因此免疫力低下是患癌的原因之一。31．（11分）2016年（1）近日，江西湖口县渔民意外捕捞到一条大型杂交鲟，发现鲟鱼的尾鳍比较发达，且穿孔不易死，但受伤后更难捕捞，想要知道湖中大约有多少尾杂交鲟，可以用____________法进行统计，不过该方法统计的数据偏__________。要判断这种杂交鲟与纯种中华鲟是否是同一个物种方法是________________。（2）外来鲟鱼进入洞庭湖、鄱阳湖，造成湖中生物多样性___________（填“降低”或“增大”），该过程______（填“属于”或“不属于”）群落演替。（3）鲟鱼是底栖鱼类，食性非常狭窄，属肉食性鱼类，在江中主要以一些小型的或行动迟缓的底栖动物为食，杂交鲟与中华鲟之间主要是____________关系。（2）降低属于（3）竞争【解析】（1）对于活动能力强、活动范围大的动物个体，调查其种群密度时适用标志重捕法。本题中鲟鱼的尾鳍比较发达，且穿孔不易死，说明可以使用标志重捕法；受伤更难捕捉，导致二次捕捉的个体中被标记的鲟鱼数量降低，所以该方法统计的数据偏大；判断新物种产生的方法就是让其与原来物种杂交，观察是否能产生可育后代，若两者不能产生可育后代，说明有生殖隔离，从而判断产生了新物种。（2）外来鲟鱼进入洞庭湖、鄱阳湖，挤占中华鲟等土著鱼群在生态环境中的位置，并与中华鲟杂交，造成基因污染，导致以后纯种中华鲟难觅，造成湖中生物多样性降低，该过程属于群落演替。（3）鲟鱼是底栖鱼类，食性非常狭窄，属肉食性鱼类，在江中主要以一些小型的或行动迟缓的底栖动物为食，杂交鲟与中华鲟之间主要是竞争关系。32．（8分）利用遗传和变异的原理培育农作物的新品种在现代农业生产上得到了广泛应用。现用某闭花受粉的植物进行育种实验，请回答下列问题：（1）自然状态下该植物一般都是_____________合子。若采用诱变育种，用γ射线处理时，需要处理大量种子，其原因是基因突变具有_______________________和多害性等特点。（2）生产中使用的该植物品种都是具有优良性状的杂合子（杂种优势），且该植物的穗大（A）对穗小（a）为显性，黄粒（B）对白粒（b）为显性。请利用现有的穗大白粒和穗小黄粒品种（基因型未知）设计一个快速的育种方案，以实现长期培育穗大黄粒（AaBb）优良品种的目的。_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。【答案】（1）纯低频性、不定向性（2）①分别种植穗大白粒、穗小黄粒植株，性成熟后，分别取其花药离体培养至单倍体幼苗，然后用秋水仙素处理得到二倍体纯合子，分别自交，选择穗大白粒（AAbb）、穗小黄粒（aaBB）分别留种；②分别种植穗大白粒（AAbb）、穗小黄粒（aaBB）的植株，选择其中的一部分植株进行杂交，获得穗大黄粒（AaBb）的杂合子品种；③其余另一部分植株进行自交，获得穗大白粒（AAbb）、穗小黄粒（aaBB）分别留种（4分）【解析】（1）闭花授粉的植物相当于自交，自然状态下一般都是纯合子；诱变育种的原理是基因突变，基因突变具有随机性、低频性、不定向性、少利多害性等特点。（2）快速育种常用单倍体育种方法：第一步，选育亲本纯合子，由于现有的穗大白粒和穗小黄粒品种基因型未知，先分别种植穗大白粒、穗小黄粒植株，性成熟后，分别取其花药离体培养至单倍体幼苗，然后用秋水仙素处理得到二倍体纯合子，分别自交，选择穗大白粒（AAbb）、穗小黄粒（aaBB）分别留种；第二步，培育穗大黄粒（AaBb）的杂合子，分别种植穗大白粒（AAbb）、穗小黄粒（aaBB）的植株，选择其中的一部分植株进行杂交，获得穗大黄粒（AaBb）的杂合子品种；第三步，保留纯合子，种植穗大白粒（AAbb）、穗小黄粒（aaBB）的植株分别自交，分别留种，以实现长期培育杂合子的目的。(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做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。33．【物理—选修33】(15分)(1)(5分)如图是一定质量的理想气体的p—T图，气体从a→b→c→a完成一次循环，关于气体的变化过程。下列说法正确的是_____________。(填正确答案标号。选对一个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错一个扣3分，最低得分为0分)A．气体在a态的体积Va小于在c态的体积VcB．a→b过程气体的分子数密度变大C．b→c过程外界对气体做的功等于气体放出的热量D．c→a过程气体压强增大，从微观讲是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的E．若a→b过程气体吸热300J，c→a过程放热400J，则c→a过程外界对气体做功100J【答案】ADE(2)(10分)如图，A、B两个内壁光滑、导热良好的气缸用细管连接，A气缸中活塞M截面积为500cm2，装有一个大气压强的理想气体50L。B气缸中活塞N截面积为250cm2，装有两个大气压强的理想气体25L。现给活塞M施加一水平推力，使其缓慢向右移动，此过程中气缸均不动，周围环境温度不变，大气压强为105pa。求：(i)当推力F=5×103N时，活塞M向右移动的距离；(ii)气缸B中能达到的最大压强。【解析】34．【物理—选修34】(15分)(1)(5分)如图所示为一沿x轴传播的筒谐横波在t=0时刻的波形图，图中P质点从此时刻开始的振动方程为cm，则下列说法正确的是_________(选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．这列筒谐横波沿x轴负方向传播B．这列简谐横波的传播速度为10m／C．再过0.05s，质点P到达波谷D．再过0.05s，质点P沿x轴传播了1E．该波遇到宽度为10cm的狭缝时，可以发生明显的衍射现象【答案】ABE(2)(10分)如图，一细光束以入射角从空气中射入到等腰直角棱镜彻侧面的中点P，光线射入棱镜后直接射向AC边上的Q点(未画出)，恰好不从AC边射出。已知，AB边长为L，光在真空中的传播速度为c，求(i)该棱镜的折射率；(ii)光线由P到Q所用的时间。【解析】35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）A、B、C、W、M、N为原子序数依次增大的前四周期元素。A、C的基态原子中都有两个未成对电子，W是短周期中原子半径最大的金属元素，M为其所在周期中电负性最大的元素，基态N原子的3d轨道上有6个电子。请回答下列问题：（1）N在周期表中的位置是；N的单质的一种晶胞如图1，该晶胞为堆积。（2）A、B、C第一电离能由小到大的顺序为。（3）(AB)2中所有原子均满足8电子结构，则(AB)2中σ键与π键个数之比为。（4）C的简单氢化物在同主族元素的简单氢化物中沸点反常，其原因是。（5）与B3互为等电子体的分子为（写出一种）。依据价层电子对互斥理论，BC3的空间构型为。（6）BM3中B原子的杂化轨道类型是。（7）如图2所示为W、M两种元素形成的化合物的晶胞结构图以及晶胞的剖面图：若a＝5.6×108cm，，则该晶体的密度为g·cm3（精确到小数点后1位）。【答案】（1）第四周期第Ⅷ族（2分）面心立方密（1分）（2）C＜O＜N（2分）（3）3:4（2分）（4）H2O分子间能形成氢键（2分）（5）CO2或N2O（1分）平面正三角形（1分）（6）sp3杂化（2分）（7）2.2（2分）【解析】根据题给条件可推断出A为碳元素，B为氮元素，C为氧元素，W为钠元素，M为氯元素，N为铁元素。（1）铁位于周期表第四周期第Ⅷ族，由题给晶胞可知，该晶胞为面心立方密堆积。（2）同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，由于N的2p轨道上电子半充满，较稳定，难以失去电子，则C、N、O三种元素第一电离能从小到大的顺序是C＜O＜N。（3）根据(CN)2中所有原子均满足8电子结构知，其结构式为，1个(CN)2分子中有3个σ键和4个π键，则σ键与π键个数之比为3:4。（4）O的简单氢化物为H2O，H2O分子间能形成氢键，所以沸点反常。（5）与N3互为等电子体的分子有CO2、N2O等；依据价层电子对互斥理论，NO3的空间构型为平面正三角形。（6）NCl3中心原子价层电子对数为，所以N原子的杂化轨道类型为sp3杂化。（7）由晶胞结构可知，1个NaCl晶胞中含有Na数为1＋12×1/4=4；Cl数为8×1/8＋6×1/2=4。故该晶体的密度为（4×58.5）/[6.02×1023×（5.6×108）3]=2.2（g•cm3）。36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）医药中间体M的合成路线如下：已知：①②③请回答下列问题：（1）M的分子式为，A的结构简式为。（2）B中所含官能团的名称为。（3）C→D和E→F的反应类型分别是、。（4）写出C→D的化学方程式，B+F→C的化学方程式。（5）N是G的某种能发生水解反应的同分异构体，N的核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积之比为2:3，则所有符合条件的N的结构简式为。（6）写出由甲苯制取A的合成路线（无机试剂任选）。【答案】（1）C10H9O3Cl（1分）（1分）（2）羧基、羟基（2分）（3）氧化反应（1分）取代反应（1分）（4）（2分）HC1（2分）（5）（2分）（6）（3分）【解析】本题可以