2020年高考押题预测卷03（新课标Ⅲ卷）-理科综合（全解全析）

1、2020年高考押题预测卷03【课标III卷】理科综合全解全析1234567891011DDDCADCDCBD12131415161718192021ABDCDBBADBCBD1【答案】D【解析】细胞不能无限增大受到细胞表面积/体积的比例（相对表面积）限制和核质比的限制，A错误；细胞凋亡是由基因控制的细胞程序性死亡，是正常的生命现象，有利于维持细胞生物内环境的稳态，B错误；细胞分化后导致不同细胞中细胞器种类和数量不同，C错误；同种生物中染色体数量最多的是有丝分裂后期的细胞，此时细胞内染色体数量加倍，是正常体细胞内染色体数量的2倍，D正确。 2 【答案】D【解析】CTX是多肽，口服后会被分解，失去

2、作用；CTX在核糖体上合成后首先在内质网中进行加工，然后通过囊泡运输到高尔基体进行再加工并运输；MCTX是大分子物质，经过胞吞作用进入细胞内。3【答案】D【解析】过程光合作用的暗反应发生在叶绿体基质；有氧呼吸第一阶段发生的场所是细胞质基质；有氧呼吸第二阶段发生的场所是线粒体基质，过程均不在生物膜上进行，A正确；过程为有氧呼吸的过程，其催化酶类都为呼吸酶；为光合作用光反应，其酶类为光合酶，它们的酶种类不相同，B正确；过程为有氧呼吸三个阶段，都有ATP产生；H2O的光解也有ATP产生，C正确；过程有氧呼吸第二阶段是丙酮酸和H2O反应产生CO2和H，释放少量能量，产生的H部分来自丙酮酸，部分来自H2

3、O，D错误。4【答案】C【解析】生长素的极性运输属于主动运输，而主动运输需要载体蛋白的协助并消耗能量，A正确；细胞分裂素的主要功能是促进细胞分裂，从而增加细胞数量；赤霉素能促进细胞伸长，使细胞的体积增大，由此看出两者都能促进植物生长，但作用机理不同，B正确；乙烯广泛存在于植物多种组织中，但其主要作用是促进果实成熟，促进果实发育的是生长素或赤霉素，C错误；植物激素合成需要的酶受基因的控制，但最终合成的激素在参与植物生长发育的调节中又影响基因的表达，D正确。5【答案】A【解析】曝气孔可增加溶氧量，进而降低厌氧微生物降解有机污染物的能力，A错误；吸附基质增加了微生物附着的表面积，有利于微生物的生理活

4、动，可促进有机污染物的降解，因此能够提高净化效果，B正确；借助植物浮床，可使植物庞大的根系透过小孔牢牢的固定在水体中，植物的根系从水体中吸收氮、磷等物质，可减少水体富营养化，增加水体透明度，恢复水生植物生长，从而起到改善和净化水质的效果，可见，增加水体透明度，恢复水草生长是该修复过程的目标之一，C、D正确。6【答案】D【解析】研究乙病的发病率，应在人群中随机抽样调查，且调查的人群数量足够多，A正确；6患乙病，而3不含乙病的致病基因，且乙病符合“无中生有”的隐性遗传病的特征，因此，乙病属于伴X染色体隐性遗传病，则1的致病基因来自2，而2的致病基因来自2，B正确；由1和2正常，生出患甲病的1可知，

5、甲病为常染色体隐性遗传病，已知在人群中甲病的发病率为4%，即基因型aa的频率为4%，按照遗传平衡定律，则基因a的频率为0.2，那么基因A的频率为0.8，基因型AA的频率为64%，基因型Aa的频率为32%，在人群中，某正常男性是甲病携带者的可能性为：32%（14%）1/3，C正确；根据以上分析可知，1、2的基因型分别为AaXBY、AaXBXb，则4的基因型为A_XBY，3、4的基因型分别为AaXBY、AaXBXb，则5的基因型为A_XBX，4与5婚配，那么后代患甲病的概率为2/32/31/41/9，患乙病的概率为1/21/41/8，则子代2同时患两病的概率为1/91/81/72，D错误。7C 【

6、解析】医用口罩能够有效阻挡病毒的进入人体感染，A不符合题意；聚丙烯树脂为合成树脂材料，属于合成有机高分子材料，B不符合题意；医用酒精中乙醇的体积分数为75%，C符合题意；疫苗中主要成分为蛋白质，若温度过高，蛋白质会发生变性，D不符合题意。故选C。8D 【解析】A由结构简式可知甲、乙的化学式均为C8H14，故A正确；B乙的二氯代物中两个氯原子可在相同或不同的C原子上，如在不同的C上，用定一移一法分析，依次把氯原子定于-CH2或-CH原子上，共有7种，故B正确；C苯为平面形结构，碳碳单键可以旋转，结合三点确定一个平面，可知所有的碳原子可能共平面，故C正确；D乙为饱和烃，与酸性高锰酸钾溶液不反应，故

7、D错误。故选D。故选D。9C 【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是金属元素，X的焰色呈黄色，为钠元素， W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍，则W为氧元素，Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质，则Y 为铝元素。A、W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同，均是10电子微粒，A正确；B、硫和氧可以形成二氧化硫和三氧化硫两种共价化合物，原子个数比为1:2和1:3，B正确；C、由于硫离子和铝离子水解相互促进生成氢氧化铝和硫化氢，因此硫化铝不能通过复分解反应制备，C错误；D、由于氢氧化铝是两性氧化物，则X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物

8、能两两反应，D正确。故选C。10B 【解析】A.1molNH4NO3溶于稀氨水中溶液中存在电荷守恒：n（NH4+）+n（H+）=n（OH）+n（NO3-），溶液呈中性，则硝酸根离子个数等于铵根离子个数等于NA，A项正确；B. pH=3的NaHSO3溶液中，HSO3的电离大于水解，故溶液中的氢离子主要来自于HSO3的电离，故溶液中水电离出的OH-小于0.001NA，B项错误；C. 40gSiC的物质的量n=40g/40g/mol=1mol，而1mol SiC中含有SiC键4mol即4NA，C项正确；D. 在100g质量分数为3%的甲醛水溶液中含有3g甲醛，含有甲醛的物质的量为0.1mol，0.1

9、mol甲醛分子中含有0.2mol氢原子，由于水分子中也含有氢原子，则该溶液中含有氢原子数大于0.2NA，D项正确；故选B。11D 【解析】A.电解池工作时，CO（NH2）2失去电子，a为阳极发生氧化反应，故A正确； B.阴极水得电子产生H2，则阴极反应式为：2H2O+2e-2OH-+H2，故B正确；C.阳极的电极反应式为：CO（NH2）2-6e-+H2OCO2+N2+6H+，若电路中通过6mol电子，阳极产生N2的物质的量为n（N2）=6mol1/6=1mol，故C正确；D.a极发生CO（NH2）2-6e-+H2OCO2+N2+6H+，a极区溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH降低，故D错误。故选

10、D。12A 【解析】A.植物油在NaOH溶液中发生水解反应，矿物油与NaOH溶液分层，现象不同可鉴别，A项正确； B.H2C2O4为弱酸，离子反应中不拆，B项错误；C. Zn、Fe构成原电池，金属性：ZnFe，活泼的做负极，故Zn做负极，C项错误；D.钠与无水乙醇反应，会产生氢气，由于钠密度大于乙醇密度，所以会沉底，但产生的氢气会使钠的浮力增大，慢慢的就会浮于水面，D项错误；故选A。13B 【解析】A. 四甲基氢氧化铵（CH3）4NOH是强碱，甲胺（CH3NH2H2O）为弱碱，同浓度的两种溶液中四甲基氢氧化铵（CH3）4NOH的导电率大，所以曲线2为四甲基氢氧化铵（CH3）4NOH，故A错误；

11、B.KaKh=Kw，CH3NH3Cl的水解常数为10-14/10-3.38=10-10.62，其数量级为1011。 C.b点溶液中溶质为CH3NH2H2O和CH3NH3Cl混合物，比例关系不明确，故C错误； D. 体积为20mL、浓度为0.1molL1的甲胺溶液，滴加浓度为0.1molL1的盐酸，当滴加20mL盐酸时，恰好完全反应，此时溶液中溶质为强酸弱碱盐，促进水电离，此时水电离程度最大，即b、c、e三点中c点水的电离程度最大，故D错误；故选B。14【答案】D【解析】由题图甲所示的实验装置测量铷的遏止电压Uc，因光电管左端为阳极，则电源左端为负极，故选项A错误；当电源左端为正极时，滑动变阻器

12、的滑片向右滑动的过程中，光电管两端电压增大，光电流增大，当光电流达到饱和值，不再增大，即电流表读数的变化是先增大后不变，故选项B错误；光电子的最大初动能与入射光的频率和金属的逸出功有关，与入射光的强度无关，故选项C错误；根据题图乙可知，铷的截止频率c5.151014 Hz，根据hcW0，则可求出该金属的逸出功大小W06.6310345.151014 J3.411019 J，根据光电效应方程EkhW0，当入射光的频率为7.001014 Hz时，则最大初动能为Ek6.6310347.001014 J3.411019 J1.21019 J，故选项D正确。15【答案】C【解析】物块沿木板匀速下滑，所受

13、合力为零，根据平衡条件得，若增大木板的倾角重力沿木板向下的分力增大，滑动摩擦力，减小，物块将沿木板做加速运动，故A错误；对物块A施加一个竖直向下的力，由于，物块的合力仍为零，仍做匀速运动，故B错误；对物块A施加一个垂直于木板向下的力，物块的滑动摩擦力，增大，物块A的合力沿木板向上，物块做减速运动，可以使物块停下，故C正确。D在物块A上叠放一重物B，则有，物块A不可能停下，故D错误。故选：C。16【答案】D【解析】由图知体重计示数40kg，示数小于真实体重，说明压力小于重力，失重并不是体重变小，故A错误。晓敏同学对体重计的压力和体重计对晓敏的支持力是相互作用力，二者大小相等且方向相反，故B错误。

14、失重表明加速度方向向下，但是速度可能向上可能向下，因此C错误。对晓敏同学由牛顿第二定律知mg-FN=ma，因此ag/5，方向竖直向下。故本题选D。17【答案】B【解析】从甲图中半圆环对球的引力为F可知圆环对球的引力大小为，方向沿圆环的角平分线。将乙环分成三个圆环，关于圆心对称的两个圆环对球的引力的合力为零，因此乙图中圆环对球的引力大小等于。故本题选B。18【答案】B【解析】设圆锥筒的底角大小为2，匀速圆周运动中重力和支持力的合力提供向心力，由=和rArB知vAvB，因此A错误。由=m2r知ATB,因此C错误。由sin=知支持力大小方向都相同，因此D错误。故本题选B。19【答案】AD【解析】正电

15、荷在电势高的地方电势能大，正电荷从d到f电势能增加， f点电势高于d点电势，故N点放置正电荷，因此选项A正确、B都错误。d点与f点关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，因此选项C错误。将带正电的试探电荷沿直线由d点移动到 e点，电势先减小后增大，电势能先减小后增大到原来值，故电场力先做正功后做负功。因此选项D正确。故本题选D。20【答案】BC【解析】球刚进入电场、磁场区域时受力如图，因此小球向右偏转。由于洛伦兹力与速度有关，故小球所受的合力大小方向都变化，电场力做正功电势能减小，因此选项A错误B正确。由于洛伦兹力不做功，系统能量守恒，因此选项C正确。当磁场变强，竖直方向平均加速度变

16、小，运动时间变长，水平方向平均加速度增大，小球落地点的水平位移增大，电场力做正功增加，重力做的正功不变，总功增加，由动能定理知小球的动能增大，因此选项D错误。故本题选BC。21【答案】BD。【解析】由图知4s末速度大于18m/s，故A错误。14s末的斜率为零表示加速度为零，因此B正确。由图知前2s内，运动员下落的加速度为8m/s2，可知前2s受向上的阻力且该阻力做负功，故机械能不守恒，因此C错误。速度图象的面积表示位移，运用数格子法（超过半个的算一个，不够半个的舍去），由图知一个小格子的面积为4，20s内总共约是50个格子，所以下落高度约为200m，故D正确。实践题展示真实情境，请注意分拆模型

17、和抓住细节。故本题选BD。22【答案】（1）2.8 N（1分）（2）见解析（2分）（3）BC（2分）【解析】（1）弹簧秤的最小刻度为0.2 N，可知弹簧秤的示数F2.8 N。（2）根据图示法作出F的图示，如图所示。（3）用虚线把F的箭头末端分别与F1、F2的箭头末端连起来。观察图形后受到了启发。提出求合力方法的猜想，然后改变F1、F2的大小和方向，重复上述实验，故B、C正确。23【答案】（1）0.6（2分）（2）C（2分）E（2分）（3）11.5（2分）2.5（2分）【解析】（1）将3 V电压表改装成15 V电压表，串联电阻箱后的总内阻为原来电压表内阻的5倍，由于滑动变阻器位置不变，分压部分的

18、两端电压仍为3 V，此时电压表两端的电压为0.6 V。（2）改装电压表需要串联大电阻，电阻箱选C；由于用分压电路，滑动变阻器选E。（3）由于电压表改装后量程扩大5倍，将图丙的纵截距扩大5倍，即可根据纵轴截距得电池的电动势为11.5 V，由图线斜率的绝对值可求电池的内阻为2.5 。24【答案】（1）（2）Mammg（1m）B2L2 （3）（WmQ）【解析】（1）杆的感应电动势为EBLv，导轨做初速为零的匀加速运动，vat, xat2，（1分）由闭合电路欧姆定律：（1分），R总=R+2R0x（1分）联立解得（1分）（2）导轨受外力F、安培力F安、摩擦力Ff，其中对杆受安培力：F安=BIL=（1分）

19、Ff=FN=（mg+BIL）=（mg+）（1分）由牛顿定律知F-F安-Ff=Ma（1分）联立解得：F=Ma+FA+Ff=Ma+mg+（1+）（1分）上式中当=R0at， 即t时外力F取最大值，F maxMammg（1m）B2L2 （1分）（3）设此过程中导轨运动距离为x，由动能定理F合xDEk，F合Ma，摩擦力Ffm（mgF安），（1分）克服摩擦力做功：WmmgxmW安mmgxmQ，联立解得：DEk（WmQ）（2分）25【答案】（1）1.0kg （2） （3）16J【解析】（1）根据图乙可知，长木板B的加速度大小为（1分）根据牛顿第二定律可得（1分）联立解得（1分）（2）物块A与长木板B发生弹

20、性碰撞，根据动量守恒定律有（2分）根据能量守恒可得（2分）联立即得v9 m/s（1分），v13 m/s（1分）对于物块A，以初速度v0向右减速运动与长木板B碰撞的过程，根据动能定理有（2分）解得（1分）（3）对物块A反向后，（1分）当A停下后，即（1分）解得t3 s（1分）由于碰撞过程中不损失机械能，碰撞前后损失的机械能均为克服摩擦力而做功，故产生的热量为（2分）由图乙可知（1分）解得Q16 J。（2分）26（14分）（1）粉碎固体（2分） 2MoS2+7O22MoO3+4SO2（2分） MoO3、SO2（2分）（2）64（2分）（3）坩埚（1分）（4）MoO3+CO32-=MoO42-+CO

21、2（2分）（5）0.001mol/L（3分） 【解析】（1）粉碎固体颗粒或者通入过量的空气可以提高矿石的利用率；根据流程“焙烧”时反应的化学方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2，其中MoS2的Mo、S元素化合价均升高，发生氧化反应，故氧化产物为MoO3和 SO2；（2）由图2可知，6层中存在的固体物质分别为MoS2、MoO3、MoO2，图象分析MoS2、MoO3的物质的量百分比均为18%，根据Mo元素守恒，则MoO2 的物质的量百分比为64%，则x为64；（3）由钼酸得到MoO3所用到的硅酸盐材料仪器的名称是瓷坩埚；（4）Na2CO3的加入与焙烧后的产物即MoO3作用生成CO2，而

22、生产的最终产物是钼酸钠晶体，且在后面加入的沉淀剂是为了除去杂质铅的，也就是说钼酸钠在后续过程中没有发生变化，所以反应的化学方程式为 MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2，则反应的离子方程式为MoO3+CO32-=MoO42-+CO2；（5）已知 c（MoO42-）=0.20molL1，且Ksp（BaMoO4）=2.0108，则当BaMoO4开始沉淀时，c（Ba2+）= molL1=1.0107molL1，此时溶液中c（SO42-）= molL1=1.0103molL1。27（15分）（1）-31.4（1分）（2）MHCOOH（s）=HCOOH（g）+M（s）（2分）（1分）（3）（2

23、分）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，从图像中可知在相同投料比时，T1温度下产物的体积分数大于T2温度下产物的体积分数，则T1（2分）（2分）【解析】（1）已知I:HCOOH（g）CO（g）+H2O（g） H1=+72.6kJmol1；II：2CO（g）+O2（g）2CO2（g） H 2=566.0kJmol1；III：2H2（g）+O2（g）2H2O（g） H 3=483.6kJmol1根据盖斯定律，由III-I- II得反应IV：CO2（g）+H2（g）HCOOH（g） H = （483.6kJmol1）-72.6kJmol1- （566.0kJmol1）=-31.4kJmol1；

24、（2）CO2（g）和H2 （g）合成HCOOH（g）的总反应为CO2（g）+H2（g）HCOOH（g）；第一步：CO2（g）+H2（g）+M（s）=MHCOOH（s），总反应减去第一步反应可得第二步反应的方程式为MHCOOH（s）=HCOOH（g）+M（s）；第一步反应CO2（g）+H2（g）+M（s）MHCOOH（s）为熵减的反应，即S0，能自发进行，则G=H -TS 0，故Ht2；（3）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，从图像中可知在相同投料比时，T1温度下产物的体积分数大于T2温度下产物的体积分数，则T1；T1温度下，在体积为1L的恒容密闭容器中，起始投料n（CO2）=1mol，

25、C点时投料比=2，则n（H2）=2mol，HCOOH平衡时的体积分数为5%，设平衡时CO2转化率为x，则：CO2（g）+H2（g）HCOOH（g）开始时的浓度（mol/L） 1 2 0改变的浓度（mol/L） x x x平衡时的浓度（mol/L）1-x 2-x x则有，解得x=；该反应的平衡常数K=。28（14分）（1）球形冷凝管（1分） （2）排尽装置中的空气，防止Fe2+被氧化（2分）（3）（2分）（4）除去多余的KOH（2分）（5）升华（2分） 防止二茂铁挥发进入空气中（2分） （6）58.4% （3分）【解析】（1）根据仪器的结构确定仪器b的名称是球形冷凝管；（2）二茂铁中铁是+2价，

26、易被空气中氧气氧化，通入氮气排尽装置中空气，防止实验过程中亚铁离子被氧化；（3）由题意可知三颈烧瓶中共加入液体115.5ml，三颈烧瓶中盛放液体的体积不超过容积的2/3，所以选择250ml；（4）C溶液中混有KOH，步骤用盐酸洗涤，可除去多余的KOH；（5）二茂铁由固体直接变成气体，然后冷凝收集，其操作名称为升华；该操作中棉花的作用是防止二茂铁挥发进入空气中，分析图二装置图知该操作使二茂铁由固体可直接变成气体，然后冷凝收集；棉花团有防止粉末逸出的功能；（6）根据环戊二烯计算二茂铁的理论产量，产率=（实际产量）/（理论产量）以此计算。二茂铁的理论产量为，则产率。29.【答案】（10分，除标明外，

27、每空4分）（1）无水乙醇（1分） 碳酸钙（1分）（2）NaHCO3降低叶绿素的含量，使苗木吸收光能减少，光反应速率降低NaHCO3减小气孔导度，使苗木对CO2的吸收减少，暗反应速率降低（3）随着盐、碱胁迫浓度的增大，枸杞苗木的叶绿素含量、净光合速率、气孔导度均逐渐受到显著抑制，碱胁迫的抑制作用更强烈；在低浓度（50mmol/L）的NaCl溶液胁迫下，枸杞苗木的叶绿素含量、净光合速率及气孔导度并未受到显著影响【解析】 （1）光合色素不溶于水，易溶于有机溶剂，提取光合色素时需要使用无水乙醇作为提取剂，为避免色素被破坏需要在研磨时加入少量的碳酸钙。（2）据题图分析可知，碱胁迫条件下，NaHCO3降低

28、叶绿素的含量，使苗木吸收光能减少，光反应速率降低；同时，碱胁迫减小气孔导度，导致苗木对CO2的吸收减少，暗反应速率降低。（3）图示表明，随着盐、碱胁迫浓度的增大，枸杞苗木的叶绿素含量、净光合速率、气孔导度均逐渐受到显著抑制，且碱胁迫的抑制作用更强烈；在低浓度（50mmol/L）的NaCl溶液胁迫下，枸杞苗木的叶绿素含量、净光合速率及气孔导度并未受到显著影响。30.【答案】（9分，除标明外，每空2分）（1）辣木叶能降血糖，但不是通过刺激机体合成并分泌胰岛素来产生降血糖作用的（2）辣木叶可通过抑制小肠双糖酶的活性而降低肠道单糖（葡萄糖）的产生，使机体从食物中吸收的单糖（葡萄糖）减少，从而降低血糖浓

29、度（3分）（3）促进靶细胞对葡萄糖的摄取，降低血糖浓度 （负）反馈调节【解析】 （1）实验组（口服辣木叶水提取物）的血糖含量下降值显著高于阳性对照组（口服降糖药物），极显著高于空白对照组（口服生理盐水），说明辣木叶中含有降血糖的成分。阳性对照组口服的降糖药物能刺激胰岛B细胞合成并分泌胰岛素，进而降低血糖浓度；实验组的胰岛素含量与空白对照组并没有明显差别，但血糖含量明显低于阳性对照组，说明辣木叶降血糖的原理与阳性对照组的降糖药物降血糖的原理不同，即辣木叶不是通过刺激机体合成并分泌胰岛素来产生降血糖作用的。（2）实验组小肠双糖酶的活性比空白对照组和阳性对照组都低，说明辣木叶可通过抑制小肠双糖酶的活

30、性而降低肠道单糖（葡萄糖）的产生，使机体从食物中吸收的单糖（葡萄糖）减少，从而降低血糖浓度。（3）胰岛素能使靶细胞的细胞膜上葡萄糖转运载体的数量增加，其意义在于：促进靶细胞对葡萄糖的摄取，从而降低血糖浓度。在血糖调节过程中，胰岛素的作用结果会影响胰岛素的分泌，该调节机制称为（负）反馈调节。31.【答案】（8分，除标明外，每空2分）（1）水平（1分）（2）上一营养级同化的能量一部分在呼吸作用中以热能形式散失，一部分流入分解者（一部分未被利用）（3）不变（1分） 环境条件不变，该种鱼的环境容纳量不变（4）由于捕捞造成鱼塘生态系统能量和物质的输出大于输入，所以要不断地添加饲料为鱼塘提供能量和物质以维

31、持生态系统正常功能【解析】 （1）不同高度的山坡上分布着不同的植物类群，这体现了群落的水平结构。（2）上一营养级同化的能量一部分在呼吸作用中以热能形式散失，一部分流入分解者（一部分未被利用），因此上一营养级同化的能量不能100%的流入下一营养级。（3）根据题意分析，由于鱼塘的环境条件不变，因此捕捞后的该种鱼的环境容纳量也不变。（4）根据题意分析，由于捕捞造成鱼塘生态系统能量和物质的输出大于输入，所以要不断地添加饲料为鱼塘提供能量和物质以维持生态系统正常功能。32.【答案】（12分，每空3分）（1）大红花红花粉红花白花272791 6 1/9（2）杂交方案：甲、乙植株杂交，观察子代的花色预期结果

32、及结论：若子代出现红花，则甲、乙植株不含有同种显性基因；若子代不出现红花，则甲、乙植株含有同种显性基因【解析】根据题意，设三对等位基因分别是A、a，B、b，C、c，则A_B_C_为大红花，A_B_cc、A_bbC_、aaB_C_为红花，A_bbcc、aabbC_、aaB_cc为粉红花，aabbcc为白花，据此分析。（1）纯合大红花AABBCC与白花aabbcc的品种杂交获得F1即AaBbCc，F1自交，A_B_C占3/43/43/427/64，aabbcc占1/41/41/41/64，A_bbcc、aabbC_、aaB_cc皆开粉红花，比例为3/41/41/439/64，其余开红花，比例为27

33、/64，故F2的表现型及比例为大红花红花粉红花白花272791；F2中A_bbcc、aabbC_、aaB_cc皆开粉红花，开粉红花的基因型有6种；A_B_cc、A_bbC_、aaB_C_开红花，红花中纯合子所占的比例为3/271/9。（2）F2中粉红花有A_bbcc、aabbC_、aaB_cc，若要通过一代杂交实验判断甲、乙两植株是否含有同种显性基因，由于A_B_cc、A_bbC_、aaB_C_为红花，因此若甲、乙植株含同种显性基因，则两者杂交的子代中必定无红花出现，故杂交方案设计如下：甲、乙植株杂交，观察子代的花色。预期结果及结论：若子代出现红花，则甲、乙植株不含有同种显性基因；若子代不出现

34、红花，则甲、乙植株含有同种显性基因。33（1）【答案】ABC【解析】由pV图象知ab是等压过程，ac是等温过程，ad是绝热过程。P-V图象中面积表示气体做功，由图象知WabWacWad，因此选项A正确。由克拉珀龙方程PV=nRT知热力学温度TbTc=Ta0，由热一律U=Q+W知对外放热，因此选项D错误。故本题选ABC。（2）【答案】330 K 1.1p0【解析】活塞刚要离开E时,A缸内气体体积V0保持不变,根据活塞受力平衡可得:pEp0 （2分）对A缸内气体,由查理定律得:T1297 K （2分）解得:TE330 K（1分）随A缸内气体温度继续增加,A缸内气体压强增大,活塞向右滑动,B缸内气体

35、体积减小,压强增大.设A缸内气体温度到达T2399.3 K时,活塞向右移动的体积为V,且未超过F处根据活塞受力平衡可得:pApBp对A缸内气体,根据理想气体状态方程可得:（2分）对B缸内气体,由玻意耳定律可得:p01.1V0pB（1.1V0V）（2分）解得:V0.1V0,p1.1p0（1分）此时活塞刚好移动到F,所以此时A缸内气体的最后压强p1.1p0.34（1）【答案】ABE【解析】由共振曲线知此单摆固有频率为0.5Hz,则周期为2s，再由，得此单摆的摆长约为1m；若摆长增大，则单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，AB正确，CD错误。此单摆做受迫振动，只有共振时的振幅最

36、大为8cm,E正确。（2）【答案】 能发生全反射【解析】如图所示，设光线在BC面上的折射角为r，由折射定律得：sin insin r根据全反射规律可知：sin C由几何关系得：90Cr所以该介质的折射率为：n 如果换频率较大的入射光，折射率n将较大，折射角r变小，第一次到达AB边时的入射角将变大，所以能发生全反射。35（15分）（1）8（1分）ns2np4（2分）（2）sp3（1分）N2H4与O2均为分子晶体且相对分子质量相同，但N2H4分子之间存在氢键，故其沸点较高（2分）（3）直线（1分）（4）BE（2分）（5）8（2分）Cu3N（2分）（6）（2分）【解析】同周期元素第一电离能从左到右有

37、增大的趋势。由于 N 原子为 1s22s22p3达到半满结构，相对较稳定，所以第一电离能会有所增大，根据W、X、Y、Z第一电离能变化规律可知，W为H元素、X为N元素、Y为O元素、Z为S元素，第四周期元素Q位于ds区，最外层电子半充满，价电子排布式为3d104s1，则Q为Cu，据此分析。（1）Y为O元素，基态O原子有8个电子，所以有8种运动状态不相同的电子；O元素的基态原子的价电子排布式为2s22p4，若用n表示能层，则与Y元素同族的元素的基态原子的价电子排布式为ns2np4；（2）X、W组成的一种二元化合物N2H4常用作火箭燃料，N2H4分子中氮原子的价层电子对=3+1=4，含有一个孤电子对，

38、N原子轨道的杂化类型是sp3；N2H4与O2均为分子晶体且相对分子质量相同，但N2H4分子之间存在氢键，故其沸点较高；（3）X2Y为N2O，曾被用作麻醉剂，已知N2O与CO2互为等电子体，等电子体的结构相似，已知CO2为直线形的分子，所以N2O的空间构型为直线形；（4）Cu（NH3）42+中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，不存在非极性共价键和键；（5）由晶胞结构可知，Cu在晶胞的棱上，Cu原子周围距其距离最近的Cu原子在晶胞同面的棱上，数目为8；根据晶胞结构可知，Cu在晶胞的棱上，该晶胞中Cu的个数为12=3，N在晶胞的顶点上，该晶胞中N的个数为8=1，该二元化合物的化学式为Cu3N；（6）Cu晶体的粒子堆积方式为面心立方最密堆积，该晶胞中Cu原子个数=,其晶胞体积V= a3cm3，其密度=g/cm3=g/cm3；根据晶胞结构可知，4r=a，解得a= 2r，则晶胞立方体的体积为a3=（2r）3，晶胞中4个金属原子的体积为4，所以此晶胞中原子空间占有率是=。36（15分）（1）C8H8O2（1分）（2）羰基、羟基（2分）（3）取代反应（或水解反应）（1分）（4）（2分）（5）保护酚羟基（1分）（6）12（2分） （2分） （7）【解析】（1）由A（）可知其分子式为：C8H8O2；（2）B（）中含