高考資源網（）您身邊的高考專家PAGE49-版權所有@高考資源網絕密★啟用前2020年普通高等學校招生全國統一考試理科綜合能力測試注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1~5題只有一項符合題目要求，第6~8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.如圖，水平放置的圓柱形光滑玻璃棒左邊繞有一線圈，右邊套有一金屬圓環。圓環初始時靜止。將圖中開關S由斷開狀態撥至連接狀態，電路接通的瞬間，可觀察到（）A.撥至M端或N端，圓環都向左運動B.撥至M端或N端，圓環都向右運動C.撥至M端時圓環向左運動，撥至N端時向右運動D.撥至M端時圓環向右運動，撥至N端時向左運動【答案】B【解析】【詳解】無論開關S撥至哪一端，當把電路接通一瞬間，左邊線圈中的電流從無到有，電流在線圈軸線上的磁場從無到有，從而引起穿過圓環的磁通量突然增大，根據楞次定律（增反減同），右邊圓環中產生了與左邊線圈中方向相反的電流，異向電流相互排斥，所以無論哪種情況，圓環均向右運動。故選B。2.甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質量為1kg，則碰撞過程兩物塊損失的機械能為（）A.3J B.4J C.5J D.6J【答案】A【解析】【詳解】由v-t圖可知，碰前甲、乙的速度分別為，；碰后甲、乙的速度分別為，，甲、乙兩物塊碰撞過程中，由動量守恒得解得則損失的機械能為解得故選A。3.“嫦娥四號”探測器于2019年1月在月球背面成功著陸，著陸前曾繞月球飛行，某段時間可認為繞月做勻速圓周運動，圓周半徑為月球半徑的K倍。已知地球半徑R是月球半徑的P倍，地球質量是月球質量的Q倍，地球表面重力加速度大小為g。則“嫦娥四號”繞月球做圓周運動的速率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】假設在地球表面和月球表面上分別放置質量為和的兩個物體，則在地球和月球表面處，分別有，解得設嫦娥四號衛星的質量為，根據萬有引力提供向心力得解得故選D。4.如圖，懸掛甲物體的細線拴牢在一不可伸長的輕質細繩上O點處；繩的一端固定在墻上，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質量相等。系統平衡時，O點兩側繩與豎直方向的夾角分別為α和β。若α=70°，則β等于（）A.45° B.55° C.60° D.70°【答案】B【解析】【詳解】甲物體是拴牢在O點，且甲、乙兩物體的質量相等，則甲、乙繩的拉力大小相等，O點處于平衡狀態，則左側繩子拉力的方向在甲、乙繩子的角平分線上，如圖所示根據幾何關系有解得。故選B。5.真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。已知電子質量為m，電荷量為eA. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】為了使電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區域內，則其運動軌跡，如圖所示A點為電子做圓周運動的圓心，r為半徑，由圖可知為直角三角形，則由幾何關系可得解得；由洛倫茲力提供向心力解得，故C正確，ABD錯誤。故選C。6.1934年，約里奧—居里夫婦用α粒子轟擊鋁箔，首次產生了人工放射性同位素X，反應方程為：。X會衰變成原子核Y，衰變方程為，則（）A.X的質量數與Y的質量數相等 B.X的電荷數比Y的電荷數少1C.X的電荷數比的電荷數多2 D.X的質量數與的質量數相等【答案】AC【解析】【詳解】設和的質子數分別為和，質量數分別為和，則反應方程為，根據反應方程質子數和質量數守恒，解得，，解得，，，即的質量數與的質量數相等，電荷數比的電荷數多2，電荷數比的質量數多3，AC正確，BD錯誤。故選AC。7.在圖（a）所示的交流電路中，電源電壓的有效值為220V，理想變壓器原、副線圈的匝數比為10∶1，R1、R2、R3均為固定電阻，R2=10，R3=20，各電表均為理想電表。已知電阻R2中電流i2隨時間t變化的正弦曲線如圖（b）所示。下列說法正確的是（）A.所用交流電頻率為50Hz B.電壓表的示數為100VC.電流表的示數為1.0A D.變壓器傳輸的電功率為15.0W【答案】AD【解析】【詳解】A．交流電的頻率為A正確；B．通過電流的有效值為兩端即副線圈兩端的電壓，根據歐姆定律可知根據理想變壓器的電壓規律可知原線圈的電壓電阻兩端分壓即為電壓表示數，即B錯誤；C．電流表的示數為C錯誤；D．副線圈中流過總電流為變壓器原副線圈傳輸的功率為D正確。故選AD。8.如圖，∠M是銳角三角形PMN最大的內角，電荷量為q（q>0）的點電荷固定在P點。下列說法正確的是（）A.沿MN邊，從M點到N點，電場強度的大小逐漸增大B.沿MN邊，從M點到N點，電勢先增大后減小C.正電荷在M點的電勢能比其在N點的電勢能大D.將正電荷從M點移動到N點，電場力所做的總功為負【答案】BC【解析】【詳解】A．點電荷的電場以點電荷為中心，向四周呈放射狀，如圖是最大內角，所以，根據點電荷的場強公式（或者根據電場線的疏密程度）可知從電場強度先增大后減小，A錯誤；B．電場線與等勢面（圖中虛線）處處垂直，沿電場線方向電勢降低，所以從電勢先增大后減小，B正確；C．、兩點的電勢大小關系為，根據電勢能的公式可知正電荷在點的電勢能大于在點的電勢能，C正確；D．正電荷從，電勢能減小，電場力所做的總功為正功，D錯誤。故選BC。三、非選擇題：共62分。第9~12題為必考題，每個試題考生都必須作答。（一）必考題：共47分。9.某同學利用圖（a）所示裝置驗證動能定理。調整木板的傾角平衡摩擦阻力后，掛上鉤碼，鉤碼下落，帶動小車運動并打出紙帶。某次實驗得到的紙帶及相關數據如圖（b）所示。已知打出圖（b）中相鄰兩點的時間間隔為0.02s，從圖（b）給出的數據中可以得到，打出B點時小車的速度大小vB=_____m/s，打出P點時小車的速度大小vP=_____m/s（結果均保留2位小數）。若要驗證動能定理，除了需測量鉤碼的質量和小車的質量外，還需要從圖（b）給出的數據中求得的物理量為_________。【答案】(1).0.36(2).1.80(3).B、P之間的距離【解析】【詳解】[1][2]由勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于平均速度[3]驗證動能定理需要求出小車運動的過程中拉力對小車做的功，所以需要測量對應的B、P之間的距離。10.已知一熱敏電阻當溫度從10℃升至60℃時阻值從幾千歐姆降至幾百歐姆，某同學利用伏安法測量其阻值隨溫度的變化關系。所用器材：電源E、開關S、滑動變阻器R（最大阻值為20Ω）、電壓表（可視為理想電表）和毫安表（內阻約為(1)在答題卡上所給的器材符號之間畫出連線，組成測量電路圖________________。(2)實驗時，將熱敏電阻置于溫度控制室中，記錄不同溫度下電壓表和亳安表的示數，計算出相應的熱敏電阻阻值。若某次測量中電壓表和毫安表的示數分別為5.5V和3.0mA，則此時熱敏電阻的阻值為_____kΩ（保留2位有效數字）。實驗中得到的該熱敏電阻阻值R隨溫度t變化的曲線如圖（a）所示。(3)將熱敏電阻從溫控室取出置于室溫下，測得達到熱平衡后熱敏電阻的阻值為2.2kΩ。由圖（a）求得，此時室溫為_____℃（保留3位有效數字）。(4)利用實驗中的熱敏電阻可以制作溫控報警器，其電路的一部分如圖（b）所示。圖中，E為直流電源（電動勢為10V，內阻可忽略）；當圖中的輸出電壓達到或超過6.0V時，便觸發報警器（圖中未畫出）報警。若要求開始報警時環境溫度為50℃，則圖中_________（填“R1”或“R2”）應使用熱敏電阻，另一固定電阻的阻值應為_________kΩ【答案】(1).(2).1.8(3).25.5(4).R1(5).1.2【解析】【詳解】(1)滑動變阻器由用分壓式，電壓表可是為理想表，所以用電流表外接。連線如圖(2)由部分電路歐姆定律得(3)由該電阻的阻值隨溫度變化的曲線直接可讀得：25.5℃(4)①溫度升高時，該熱敏電阻阻值減小，分得電壓減少。而溫度高時輸出電壓要升高，以觸發報警，所以R1為熱敏電阻。②由圖線可知，溫度為50℃時，R1=0.8k代入數據解得。11.如圖，一邊長為l0的正方形金屬框abcd固定在水平面內，空間存在方向垂直于水平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場。一長度大于的均勻導體棒以速率v自左向右在金屬框上勻速滑過，滑動過程中導體棒始終與ac垂直且中點位于ac上，導體棒與金屬框接觸良好。已知導體棒單位長度的電阻為r，金屬框電阻可忽略。將導體棒與a點之間的距離記為x，求導體棒所受安培力的大小隨x（）變化的關系式。【答案】【解析】【詳解】當導體棒與金屬框接觸的兩點間棒的長度為l時，由法第電磁感應定律可知導體棒上感應電動勢的大小為由歐姆定律可知流過導體棒的感應電流為式中R為這一段導體棒的電阻。按題意有此時導體棒所受安培力大小為由題設和幾何關系有聯立各式得12.如圖，相距L=11.5m的兩平臺位于同一水平面內，二者之間用傳送帶相接。傳送帶向右勻速運動，其速度的大小v可以由驅動系統根據需要設定。質量m=10kg的載物箱（可視為質點），以初速度v0=5.0m/s自左側平臺滑上傳送帶。載物箱與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.10，重力加速度取g=10m/s2。(1)若v=4.0m/s，求載物箱通過傳送帶所需的時間；(2)求載物箱到達右側平臺時所能達到的最大速度和最小速度；(3)若v=6.0m/s，載物箱滑上傳送帶后，傳送帶速度突然變為零。求載物箱從左側平臺向右側平臺運動的過程中，傳送帶對它的沖量。【答案】(1)2.75s；(2)，；(3)0【解析】【詳解】(1)傳送帶的速度為時，載物箱在傳送帶上先做勻減速運動，設其加速度為a，由牛頓第二定律有：①設載物箱滑上傳送帶后勻減速運動的距離為x1，由運動學公式有②聯立①②式，代入題給數據得x1=4.5m；③因此，載物箱在到達右側平臺前，速度先減小至v，然后開始做勻速運動，設載物箱從滑上傳送帶到離開傳送帶所用的時間為t1，做勻減速運動所用的時間為t2，由運動學公式有④⑤聯立①③④⑤式并代入題給數據有t1=2.75s；⑥(2)當載物箱滑上傳送帶后一直做勻減速運動時，到達右側平臺時的速度最小，設為v1，當載物箱滑上傳送帶后一直做勻加速運動時，到達右側平臺時的速度最大，設為v2.由動能定理有⑦⑧由⑦⑧式并代入題給條件得，⑨(3)傳送帶的速度為時，由于，載物箱先做勻加速運動，加速度大小仍a。設載物箱做勻加速運動通過的距離為x2，所用時間為t3，由運動學公式有⑩?聯立①⑩?式并代入題給數據得t3=1.0s?x2=5.5m?因此載物箱加速運動1.0s、向右運動5.5m時，達到與傳送帶相同的速度。此后載物箱與傳送帶共同勻速運動的時間后，傳送帶突然停止，設載物箱勻速運動通過的距離為x3有?由①???式可知即載物箱運動到右側平臺時速度大于零，設為v3，由運動學公式有，?設載物箱通過傳遠帶的過程中，傳送帶對它的沖量為I，由動量定理有代題給數據得（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中每科任選一題作答。如果多做，則每科按所做的第一題計分。[物理——選修3–3]13.如圖，一開口向上的導熱氣缸內。用活塞封閉了一定質量的理想氣體，活塞與氣缸壁間無摩擦。現用外力作用在活塞上。使其緩慢下降。環境溫度保持不變，系統始終處于平衡狀態。在活塞下降過程中（）A氣體體積逐漸減小，內能增知B.氣體壓強逐漸增大，內能不變C.氣體壓強逐漸增大，放出熱量D.外界對氣體做功，氣體內能不變E.外界對氣體做功，氣體吸收熱量【答案】BCD【解析】【詳解】A．理想氣體的內能與溫度之間唯一決定，溫度保持不變，所以內能不變。A錯誤；B．由理想氣體狀態方程，可知體積減少，溫度不變，所以壓強增大。因為溫度不變，內能不變。B正確；CE．由理想氣體狀態方程，可知體積減少，溫度不變，所以壓強增大。體積減少，外接對系統做功，且內能不變，由熱力學第一定律可知，系統放熱。C正確；E錯誤。D．體積減少，外接對系統做功。理想氣體的內能與溫度之間唯一決定，溫度保持不變，所以內能不變。故D正確。故選BCD。14.如圖，兩側粗細均勻、橫截面積相等、高度均為H=18cm的U型管，左管上端封閉，右管上端開口。右管中有高h0=4cm的水銀柱，水銀柱上表面離管口的距離l=12cm。管底水平段的體積可忽略。環境溫度為T1=283K。大氣壓強p0=76cmHg。（i）現從右側端口緩慢注入水銀（與原水銀柱之間無氣隙），恰好使水銀柱下端到達右管底部。此時水銀柱的高度為多少？（ii）再將左管中密封氣體緩慢加熱，使水銀柱上表面恰與右管口平齊，此時密封氣體的溫度為多少？【答案】（i）12.9cm；（ii）363K【解析】【詳解】（i）設密封氣體初始體積為V1，壓強為p1，左、右管的截面積均為S，密封氣體先經等溫壓縮過程體積變為V2，壓強變為p2.由玻意耳定律有設注入水銀后水銀柱高度為h，水銀的密度為ρ，按題設條件有，，聯立以上式子并代入題給數據得h=12.9cm；（ii）密封氣體再經等壓膨脹過程體積變為V3，溫度變為T2，由蓋一呂薩克定律有按題設條件有代入題給數據得T2=363K[物理選修3–4]15.如圖，一列簡諧橫波平行于x軸傳播，圖中的實線和虛線分別為t=0和t=0.1s時的波形圖。已知平衡位置在x=6m處的質點，在0到0.1s時間內運動方向不變。這列簡諧波的周期為_____s，波速為_____m/s，傳播方向沿x軸_____（填“正方向”或“負方向”）。【答案】(1).(2).(3).負方向【解析】【詳解】因為處的質點在內運動方向不變，所以該處質點從正向位移最大處經過四分之一個周期向下運動至平衡位置處，即解得周期為，所以波速為在虛線上，處的質點向下運動，根據同側法可知波沿軸負方向傳播。16.如圖，一折射率為的材料制作的三棱鏡，其橫截面為直角三角形ABC，∠A=90°，∠B=30°。一束平行光平行于BC邊從AB邊射入棱鏡，不計光線在棱鏡內的多次反射，求AC邊與BC邊上有光出射區域的長度的比值。【答案】2【解析】【詳解】設從點入射光線經折射后恰好射向點，光在邊上的入射角為，折射角為，如圖所示由折射定律有設從范圍入射的光折射后在邊上的入射角為，由幾何關系有代入題中數據解得所以從范圍入射的光折射后在邊上發生全反射，反射光線垂直射到邊，邊上全部有光射出。設從范圍入射的光折射后在邊上的入射角為，如圖所示由幾何關系可知根據已知條件可知即從范圍入射的光折射后在邊上發生全反射，反射光線垂直射到邊上。設邊上有光線射出的部分為，由幾何關系得邊與邊有光射出區域長度比值為2020年普通高等學校招生全國統一考試理科綜合能力測試化學可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Mg24S32Fe56Cu64一、選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.宋代《千里江山圖》描繪了山清水秀的美麗景色，歷經千年色彩依然，其中綠色來自孔雀石顏料(主要成分為Cu(OH)2·CuCO3)，青色來自藍銅礦顏料(主要成分為Cu(OH)2·2CuCO3)。下列說法錯誤的是A.保存《千里江山圖》需控制溫度和濕度B.孔雀石、藍銅礦顏料不易被空氣氧化C.孔雀石、藍銅礦顏料耐酸耐堿D.Cu(OH)2·CuCO3中銅的質量分數高于Cu(OH)2·2CuCO3【答案】C【解析】【詳解】A．字畫主要由紙張和絹、綾、錦等織物構成，為防止受潮和氧化，保存古代字畫時要特別注意控制適宜溫度和濕度，A說法正確；B．由孔雀石和藍銅礦的化學成分可知，其中的銅元素、碳元素和氫元素均處于最高價，其均為自然界較穩定的化學物質，因此，用其所制作的顏料不易被空氣氧化，B說法正確；C．孔雀石和藍銅礦的主要成分均可與酸反應生成相應的銅鹽，因此，用其制作的顏料不耐酸腐蝕，C說法錯誤；D．因為氫氧化銅中銅元素的質量分數高于碳酸銅，所以Cu(OH)2?CuCO3中銅的質量分數高于Cu(OH)2?2CuCO3，D說法正確。綜上所述，相關說法錯誤的是C，故本題答案為C。2.金絲桃苷是從中藥材中提取的一種具有抗病毒作用的黃酮類化合物，結構式如下：下列關于金絲桃苷的敘述，錯誤的是A.可與氫氣發生加成反應 B.分子含21個碳原子C.能與乙酸發生酯化反應 D.不能與金屬鈉反應【答案】D【解析】【詳解】A．該物質含有苯環和碳碳雙鍵，一定條件下可以與氫氣發生加成反應，故A正確；B．根據該物質的結構簡式可知該分子含有21個碳原子，故B正確；C．該物質含有羥基，可以與乙酸發生酯化反應，故C正確；D．該物質含有普通羥基和酚羥基，可以與金屬鈉反應放出氫氣，故D錯誤；故答案為D。3.NA是阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.22.4L(標準狀況)氮氣中含有7NB1mol重水比1mol水多NA個質子C.12g石墨烯和12g金剛石均含有NA個碳原子D.1L1mol·L?1NaCl溶液含有28NA個電子【答案】C【解析】【詳解】A．標準狀況下22.4L氮氣的物質的量為1mol，若該氮氣分子中的氮原子全部為14N，則每個N2分子含有(14-7)×2=14個中子，1mol該氮氣含有14NA個中子，不是7NA，且構成該氮氣的氮原子種類并不確定，故A錯誤；B．重水分子和水分子都是兩個氫原子和一個氧原子構成的，所含質子數相同，故B錯誤；C．石墨烯和金剛石均為碳單質，12g石墨烯和12g金剛石均相當于12g碳原子，即=1molC原子，所含碳原子數目為NA個，故C正確；D．1molNaCl中含有28NA個電子，但該溶液中除NaCl外，水分子中也含有電子，故D錯誤；故答案為C。4.噴泉實驗裝置如圖所示。應用下列各組氣體—溶液，能出現噴泉現象的是氣體溶液A．H2S稀鹽酸B．HCl稀氨水C．NO稀H2SO4D．CO2飽和NaHCO3溶液A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】能夠發生噴泉實驗，需要燒瓶內外產生明顯的壓強差；產生壓強差可以通過氣體溶于水的方法，也可以通過發生反應消耗氣體產生壓強差，據此分析。【詳解】A．由于硫化氫氣體和鹽酸不發生反應且硫化氫在水中的溶解度較小，燒瓶內外壓強差變化不大，不會出現噴泉現象，A錯誤；B．氯化氫可以和稀氨水中的一水合氨發生反應，使燒瓶內外產生較大壓強差，能夠出現噴泉實驗，B正確；C．一氧化氮不與硫酸發生反應且不溶于水，燒瓶內外不會產生壓強差，不能發生噴泉現象，C錯誤；D．二氧化碳不會溶于飽和碳酸氫鈉溶液中，燒瓶內外不會產生壓強差，不能發生噴泉實驗，D錯誤；故選B。5.對于下列實驗，能正確描述其反應的離子方程式是A.用Na2SO3溶液吸收少量Cl2:B.向CaCl2溶液中通入CO2：C.向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：D.同濃度同體積NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合：【答案】A【解析】【詳解】A．用Na2SO3溶液吸收少量的Cl2，Cl2具有強氧化性，可將部分氧化為，同時產生的氫離子與剩余部分結合生成，Cl2被還原為Cl-，反應的離子反應方程式為：3+Cl2+H2O=2+2Cl-+，A選項正確；B．向CaCl2溶液中通入CO2，H2CO3是弱酸，HCl是強酸，弱酸不能制強酸，故不發生反應，B選項錯誤；C．向H2O2中滴加少量的FeCl3，Fe3+的氧化性弱于H2O2，不能氧化H2O2，但Fe3+能催化H2O2的分解，正確的離子方程式應為2H2O22H2O+O2↑，C選項錯誤；D．NH4HSO4電離出的H+優先和NaOH溶液反應，同濃度同體積的NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合，氫離子和氫氧根恰好完全反應，正確的離子反應方程式應為：H++OHˉ=H2O，D選項錯誤；答案選A。【點睛】B選項為易錯點，在解答時容易忽略H2CO3是弱酸，HCl是強酸，弱酸不能制強酸這一知識點。6.一種高性能的堿性硼化釩(VB2)—空氣電池如下圖所示，其中在VB2電極發生反應：該電池工作時，下列說法錯誤的是A.負載通過0.04mol電子時，有0.224L(標準狀況)O2參與反應B.正極區溶液的pH降低、負極區溶液的pH升高C.電池總反應為D.電流由復合碳電極經負載、VB2電極、KOH溶液回到復合碳電極【答案】B【解析】【分析】根據圖示的電池結構，左側VB2發生失電子的反應生成和，反應的電極方程式如題干所示，右側空氣中的氧氣發生得電子的反應生成OH-，反應的電極方程式為O2+4e-+2H2O=4OH-，電池的總反應方程式為4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4，據此分析。【詳解】A．當負極通過0.04mol電子時，正極也通過0.04mol電子，根據正極的電極方程式，通過0.04mol電子消耗0.01mol氧氣，在標況下為0.224L，A正確；B．反應過程中正極生成大量的OH-使正極區pH升高，負極消耗OH-使負極區OH-濃度減小pH降低，B錯誤；C．根據分析，電池的總反應為4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4，C正確；D．電池中，電子由VB2電極經負載流向復合碳電極，電流流向與電子流向相反，則電流流向為復合碳電極→負載→VB2電極→KOH溶液→復合碳電極，D正確；故選B。【點睛】本題在解答時應注意正極的電極方程式的書寫，電解質溶液為堿性，則空氣中的氧氣得電子生成氫氧根；在判斷電池中電流流向時，電流流向與電子流向相反。7.W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期元素，四種元素的核外電子總數滿足X+Y=W+Z；化合物XW3與WZ相遇會產生白煙。下列敘述正確的是A.非金屬性：W>X>Y>Z B.原子半徑：Z>Y>X>WC.元素X的含氧酸均為強酸 D.Y的氧化物水化物為強堿【答案】D【解析】【分析】根據題干信息可知，W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期元素，化合物XW3與WZ相遇會產生白煙，則WX3為NH3，WZ為HCl，所以W為H元素，X為N元素，Z為Cl元素，又四種元素的核外電子總數滿足X+Y=W+Z，則Y的核外電子總數為11，Y為Na元素，據此分析解答。【詳解】根據上述分析可知，W為H元素，X為N元素，Y為Na元素，Z為Cl元素，則A．Na為金屬元素，非金屬性最弱，非金屬性Y＜Z，A選項錯誤；B．同周期元素從左至右原子半徑依次減小，同主族元素至上而下原子半徑依次增大，則原子半徑：Na＞Cl＞N＞H，B選項錯誤；C．N元素的含氧酸不一定全是強酸，如HNO2為弱酸，C選項錯誤；D．Y的氧化物水化物為NaOH，屬于強堿，D選項正確；答案選D。二、非選擇題(一)必考題8.氯可形成多種含氧酸鹽，廣泛應用于殺菌、消毒及化工領域。實驗室中利用下圖裝置(部分裝置省略)制備KClO3和NaClO，探究其氧化還原性質。回答下列問題：(1)盛放MnO2粉末的儀器名稱是________，a中的試劑為________。(2)b中采用的加熱方式是_________，c中化學反應的離子方程式是________________，采用冰水浴冷卻的目的是____________。(3)d的作用是________，可選用試劑________(填標號)。A．Na2SB．NaClC．Ca(OH)2D．H2SO4(4)反應結束后，取出b中試管，經冷卻結晶，________，__________，干燥，得到KClO3晶體。(5)取少量KClO3和NaClO溶液分別置于1號和2號試管中，滴加中性KI溶液。1號試管溶液顏色不變。2號試管溶液變為棕色，加入CCl4振蕩，靜置后CCl4層顯____色。可知該條件下KClO3的氧化能力____NaClO(填“大于”或“小于”)。【答案】(1).圓底燒瓶(2).飽和食鹽水(3).水浴加熱(4).Cl2+2OH?=ClO?+Cl?+H2O(5).避免生成NaClO3(6).吸收尾氣(Cl2)(7).AC(8).過濾(9).少量(冷)水洗滌(10).紫(11).小于【解析】【分析】本實驗目的是制備KClO3和NaClO，并探究其氧化還原性質；首先利用濃鹽酸和MnO2粉末共熱制取氯氣，生成的氯氣中混有HCl氣體，可在裝置a中盛放飽和食鹽水中將HCl氣體除去；之后氯氣與KOH溶液在水浴加熱的條件發生反應制備KClO3，再與NaOH溶液在冰水浴中反應制備NaClO；氯氣有毒會污染空氣，所以需要d裝置吸收未反應的氯氣。【詳解】(1)根據盛放MnO2粉末的儀器結構可知該儀器為圓底燒瓶；a中盛放飽和食鹽水除去氯氣中混有的HCl氣體；(2)根據裝置圖可知盛有KOH溶液的試管放在盛有水的大燒杯中加熱，該加熱方式為水浴加熱；c中氯氣在NaOH溶液中發生歧化反應生成氯化鈉和次氯酸鈉，結合元素守恒可得離子方程式為Cl2+2OHˉ=ClOˉ+Clˉ+H2O；根據氯氣與KOH溶液的反應可知，加熱條件下氯氣可以和強堿溶液反應生成氯酸鹽，所以冰水浴的目的是避免生成NaClO3；(3)氯氣有毒，所以d裝置的作用是吸收尾氣(Cl2)；A．Na2S可以將氯氣還原成氯離子，可以吸收氯氣，故A可選；B．氯氣在NaCl溶液中溶解度很小，無法吸收氯氣，故B不可選；C．氯氣可以Ca(OH)2或濁液反應生成氯化鈣和次氯酸鈣，故C可選；D．氯氣與硫酸不反應，且硫酸溶液中存在大量氫離子會降低氯氣的溶解度，故D不可選；綜上所述可選用試劑AC；(4)b中試管為KClO3和KCl的混合溶液，KClO3的溶解度受溫度影響更大，所以將試管b中混合溶液冷卻結晶、過濾、少量(冷)水洗滌、干燥，得到KClO3晶體；(5)1號試管溶液顏色不變，2號試管溶液變為棕色，說明1號試管中氯酸鉀沒有將碘離子氧化，2號試管中次氯酸鈉將碘離子氧化成碘單質，即該條件下KClO3的氧化能力小于NaClO；碘單質更易溶于CCl4，所以加入CCl4振蕩，靜置后CCl4層顯紫色。【點睛】第3小題為本題易錯點，要注意氯氣除了可以用堿液吸收之外，氯氣還具有氧化性，可以用還原性的物質吸收。9.某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質。采用如下工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體(NiSO4·7H2O)：溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+開始沉淀時(c=0.01mol·L?1)的pH沉淀完全時(c=1.0×10?5mol·L?1)的pH7.59.0回答下列問題：(1)“堿浸”中NaOH的兩個作用分別是______________。為回收金屬，用稀硫酸將“濾液①”調為中性，生成沉淀。寫出該反應的離子方程式______________。(2)“濾液②”中含有的金屬離子是______________。(3)“轉化”中可替代H2O2的物質是______________。若工藝流程改為先“調pH”后“轉化”，即“濾液③”中可能含有的雜質離子為______________。(4)利用上述表格數據，計算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出計算式)。如果“轉化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0mol·L?1，則“調pH”應控制的pH范圍是______________。(5)硫酸鎳在強堿溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作鎳鎘電池正極材料的NiOOH。寫出該反應的離子方程式______________。(6)將分離出硫酸鎳晶體后的母液收集、循環使用，其意義是______________。【答案】(1).除去油脂、溶解鋁及其氧化物(2).+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O(3).Ni2+、Fe2+、Fe3+(4).O2或空氣(5).Fe3+(6).(7).3.2~6.2(8).2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O(9).提高鎳回收率【解析】【分析】由工藝流程分析可得，向廢鎳催化劑中加入NaOH溶液進行堿浸，可除去油脂，并發生反應2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O將Al及其氧化物溶解，得到的濾液①含有NaAlO2，濾餅①為Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性雜質，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的濾液②，Fe2+經H2O2氧化為Fe3+后，加入NaOH調節pH使Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH濃縮結晶得到硫酸鎳的晶體，據此分析解答問題。【詳解】(1)根據分析可知，向廢鎳催化劑中加入NaOH溶液進行堿浸，可除去油脂，并將Al及其氧化物溶解，濾液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可發生反應+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案為：除去油脂、溶解鋁及其氧化物；+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O；(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“濾液②”中含有的金屬離子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案為：Ni2+、Fe2+、Fe3+；(3)“轉化”在H2O2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+，可用O2或空氣替代；若將工藝流程改為先“調pH”后“轉化”，會使調pH過濾后的溶液中含有Fe2+，則濾液③中可能含有轉化生成的Fe3+，故答案為：O2或空氣；Fe3+；(4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀時的pH=8.7，此時c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，則c(OH-)=，則Ni(OH)2的；或者當Ni2+開始沉淀時pH=7.2，此時c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，則c(OH-)=，則Ni(OH)2的；如果“轉化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0mol·L-1，為避免鎳離子沉淀，此時，則，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH為3.2，因此“調節pH”應控制的pH范圍是3.2~6.2，故答案為：；3.2~6.2；(5)由題干信息，硫酸鎳在強堿中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反應中Ni2+被氧化為NiOOH沉淀，ClOˉ被還原為Clˉ，則根據氧化還原得失電子守恒可得離子方程式為2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答案為：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；(6)分離出硫酸鎳晶體后的母液中還含有Ni2+，可將其收集、循環使用，從而提高鎳的回收率，故答案為：提高鎳的回收率。【點睛】本題主要考查金屬及其化合物的性質、沉淀溶解平衡常數Ksp的計算、氧化還原離子反應方程式的書寫等知識點，需要學生具有很好的綜合遷移能力，解答關鍵在于正確分析出工藝流程原理，難點在于Ksp的計算及“調pH”時pH的范圍確定。10.二氧化碳催化加氫合成乙烯是綜合利用CO2的熱點研究領域。回答下列問題：(1)CO2催化加氫生成乙烯和水的反應中，產物的物質的量之比n(C2H4)∶n(H2O)=__________。當反應達到平衡時，若增大壓強，則n(C2H4)___________(填“變大”“變小”或“不變”)。(2)理論計算表明，原料初始組成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在體系壓強為0.1MPa，反應達到平衡時，四種組分的物質的量分數x隨溫度T的變化如圖所示。圖中，表示C2H4、CO2變化的曲線分別是______、______。CO2催化加氫合成C2H4反應的ΔH______0(填“大于”或“小于”)。(3)根據圖中點A(440K，0.39)，計算該溫度時反應的平衡常數Kp=_________(MPa)?3(列出計算式。以分壓表示，分壓=總壓×物質的量分數)。(4)二氧化碳催化加氫合成乙烯反應往往伴隨副反應，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烴。一定溫度和壓強條件下，為了提高反應速率和乙烯選擇性，應當___________________。【答案】(1).1∶4(2).變大(3).d(4).c(5).小于(6).或等(7).選擇合適催化劑等【解析】【分析】根據質量守恒定律配平化學方程式，可以確定產物的物質的量之比。根據可逆反應的特點分析增大壓強對化學平衡的影響。根據物質的量之比等于化學計量數之比，從圖中找到關鍵數據確定代表各組分的曲線，并計算出平衡常數。根據催化劑對化反應速率的影響和對主反應的選擇性，工業上通常要選擇合適的催化劑以提高化學反應速率、減少副反應的發生。【詳解】(1)CO2催化加氫生成乙烯和水，該反應的化學方程式可表示為2CO2+6H2?CH2=CH2+4H2O，因此，該反應中產物的物質的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于該反應是氣體分子數減少的反應，當反應達到平衡狀態時，若增大壓強，則化學平衡向正反應方向移動，n(C2H4)變大。(2)由題中信息可知，兩反應物初始投料之比等于化學計量數之比；由圖中曲線的起點坐標可知，c和a所表示的物質的物質的量分數之比為1:3、d和b表示的物質的物質的量分數之比為1:4，則結合化學計量數之比可以判斷，表示乙烯變化的曲線是d，表示二氧化碳變化曲線的是c。由圖中曲線的變化趨勢可知，升高溫度，乙烯的物質的量分數減小，則化學平衡向逆反應方向移動，則該反應為放熱反應，?H小于0。(3)原料初始組成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在體系壓強為0.1Mpa建立平衡。由A點坐標可知，該溫度下，氫氣和水的物質的量分數均為0.39，則乙烯的物質的量分數為水的四分之一，即，二氧化碳的物質的量分數為氫氣的三分之一，即，因此，該溫度下反應的平衡常數(MPa)-3=(MPa)-3。(4)工業上通常通過選擇合適催化劑，以加快化學反應速率，同時還可以提高目標產品的選擇性，減少副反應的發生。因此，一定溫度和壓強下，為了提高反應速率和乙烯的選擇性，應當選擇合適的催化劑。【點睛】本題確定圖中曲線所代表的化學物質是難點，其關鍵在于明確物質的量的分數之比等于各組分的物質的量之比，也等于化學計量數之比（在初始投料之比等于化學計量數之比的前提下，否則不成立）。(二)選考題［化學——選修3：物質結構與性質］11.氨硼烷(NH3BH3)含氫量高、熱穩定性好，是一種具有潛力的固體儲氫材料。回答下列問題：(1)H、B、N中，原子半徑最大的是______。根據對角線規則，B的一些化學性質與元素______的相似。(2)NH3BH3分子中，N—B化學鍵稱為____鍵，其電子對由____提供。氨硼烷在催化劑作用下水解釋放氫氣：3NH3BH3+6H2O=3NH3++9H2，的結構如圖所示：在該反應中，B原子的雜化軌道類型由______變為______。(3)NH3BH3分子中，與N原子相連的H呈正電性(Hδ+)，與B原子相連的H呈負電性(Hδ-)，電負性大小順序是__________。與NH3BH3原子總數相等的等電子體是_________(寫分子式)，其熔點比NH3BH3____________(填“高”或“低”)，原因是在NH3BH3分子之間，存在____________________，也稱“雙氫鍵”。(4)研究發現，氦硼烷在低溫高壓條件下為正交晶系結構，晶胞參數分別為apm、bpm、cpm，α=β=γ=90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞結構如圖所示。氨硼烷晶體的密度ρ=___________g·cm?3(列出計算式，設NA為阿伏加德羅常數的值)。【答案】(1).B(2).Si(硅)(3).配位(4).N(5).sp3(6).sp2(7).N＞H＞B(8).CH3CH3(9).低(10).Hδ+與Hδ?的靜電引力(11).【解析】【分析】根據元素在周期表中的位置比較和判斷元素的相關性質；根據中心原子的價層電子對數確定其雜化軌道的類型；運用等量代換的方法尋找等電子體；根據電負性對化合價的影響比較不同元素的電負性；根據晶胞的質量和體積求晶體的密度。【詳解】(1)在所有元素中，H原子的半徑是最小的，同一周期從左到右，原子半徑依次減小，所以，H、B、N中原子半徑最大是B。B與Si在元素周期表中處于對角張的位置，根據對角線規則，B的一些化學性質與Si元素相似。(2)B原子最外層有3個電子，其與3個H原子形成共價鍵后，其價層電子對只有3對，還有一個空軌道；在NH3中，N原子有一對孤對電子，故在NH3BH3分子中，N—B鍵為配位鍵，其電子對由N原子提供。NH3BH3分子中，B原子的價層電子對數為4，故其雜化方式為sp3。NH3BH3在催化劑的作用下水解生成氫氣和B3O63-，由圖中信息可知，B3O63-中每個B原子只形成3個σ鍵，其中的B原子的雜化方式為sp2，因此，B原子的雜化軌道類型由sp3變為sp2。(3)NH3BH3分子中，與N原子相連的H呈正電性，說明N的電負性大于H；與B原子相連的H呈負電性，說明H的電負性大于B，因此3種元素電負性由大到小的順序為N＞H＞B。NH3BH3分子中有8個原子，其價電子總數為14，N和B的價電子數的平均值為4，依據等量代換的原則，可以找到其等電子體為CH3CH3。由于NH3BH3分子屬于極性分子，而CH3CH3屬于非極性分子，兩者相對分子質量接近，但是極性分子的分子間作用力較大，故CH3CH3熔點比NH3BH3低。NH3BH3分子間存在“雙氫鍵”，類比氫鍵的形成原理，說明其分子間存在Hδ+與Hδ-的靜電引力。(4)在氨硼烷的222的超晶胞結構中，共有16個氨硼烷分子，晶胞的長、寬、高分別為2apm、2bpm、2cpm，若將其平均分為8份可以得到8個小長方體，則平均每個小長方體中占有2個氨硼烷分子，小長方體的長、寬、高分別為apm、bpm、cpm，則小長方體的質量為，小長方體的體積為，因此，氨硼烷晶體的密度為g?cm-3。【點睛】本題最后有關晶體密度的計算是難點，要求考生能讀懂題意，通過觀察晶胞結構，確定超晶胞結構中的分子數，并能合理分成8份，從而簡化計算。[化學——選修5：有機化學基礎]12.苯基環丁烯酮(PCBO)是一種十分活潑的反應物，可利用它的開環反應合成一系列多官能團化合物。近期我國科學家報道用PCBO與醛或酮發生[4+2]環加成反應，合成了具有生物活性的多官能團化合物(E)，部分合成路線如下：已知如下信息：回答下列問題：(1)A的化學名稱是___________。(2)B的結構簡式為___________。(3)由C生成D所用的試別和反應條件為___________；該步反應中，若反應溫度過高，C易發生脫羧反應，生成分子式為C8H8O2的副產物，該副產物的結構簡式為________。(4)寫出化合物E中含氧官能團的名稱__________；E中手性碳(注：連有四個不同的原子或基團的碳)的個數為___________。(5)M為C一種同分異構體。已知：1molM與飽和碳酸氫鈉溶液充分反應能放出2mol二氧化碳；M與酸性高錳酸鉀溶液反應生成對苯二甲酸。M的結構簡式為__________。(6)對于，選用不同的取代基R'，在催化劑作用下與PCBO發生的[4+2]反應進行深入研究，R'對產率的影響見下表：R'—CH3—C2H5—CH2CH2C6H產率/%918063請找出規律，并解釋原因___________。【答案】(1).2?羥基苯甲醛(水楊醛)(2).(3).乙醇、濃硫酸/加熱(4).(5).羥基、酯基(6).2(7).(8).隨著R'體積增大，產率降低；原因是R'體積增大，位阻增大【解析】【分析】根據合成路線分析可知，A()與CH3CHO在NaOH的水溶液中發生已知反應生成B，則B的結構簡式為，B被KMnO4氧化后再酸化得到C()，C再與CH3CH2OH在濃硫酸加熱的條件下發生酯化反應得到D()，D再反應得到E()，據此分析解答問題。【詳解】(1)A的結構簡式為，其名稱為2-羥基苯甲醛(或水楊醛)，故答案為：2-羥基苯甲醛(或水楊醛)；(2)根據上述分析可知，B的結構簡式為，故答案為：；(3)C與CH3CH2OH在濃硫酸加熱的條件下發生酯化反應得到D()，即所用試劑為乙醇、濃硫酸，反應條件為加熱；在該步反應中，若反應溫度過高，根據副產物的分子式可知，C發生脫羧反應生成，故答案為：乙醇、濃硫酸/加熱；；(4)化合物E的結構簡式為，分子中的含氧官能團為羥基和酯基，E中手性碳原子共有位置為的2個手性碳，故答案為：羥基、酯基；2；(5)M為C的一種同分異構體，1molM與飽和NaHCO3溶液反應能放出2mol二氧化碳，則M中含有兩個羧基(—COOH)，又M與酸性高錳酸鉀溶液溶液反應生成對二苯甲酸，則M分子苯環上只有兩個取代基且處于對位，則M的結構簡式為，故答案為：；(6)由表格數據分析可得到規律，隨著取代基R′體積的增大，產物的產率降低，出現此規律的原因可能是因為R′體積增大，從而位阻增大，導致產率降低，故答案為：隨著R′體積增大，產率降低；原因是R′體積增大，位阻增大。2020年普通高等學校招生全國統一考試（新課標Ⅲ卷）理科綜合生物能力測試一、選擇題1.關于真核生物的遺傳信息及其傳遞的敘述，錯誤的是（）A.遺傳信息可以從DNA流向RNA，也可以從RNA流向蛋白質B.細胞中以DNA的一條單鏈為模板轉錄出的RNA均可編碼多肽C.細胞中DNA分子的堿基總數與所有基因的堿基數之和不相等D.染色體DNA分子中的一條單鏈可以轉錄出不同的RNA分子【答案】B【解析】【分析】真核生物的正常細胞中遺傳信息的傳遞和表達過程包括DNA的復制、轉錄和翻譯過程。DNA分子上分布著多個基因，基因是有遺傳效應的DNA片段。【詳解】A、遺傳信息的表達過程包括DNA轉錄成mRNA，mRNA進行翻譯合成蛋白質，A正確；B、以DNA的一條單鏈為模板可以轉錄出mRNA、tRNA、rRNA等，mRNA可以編碼多肽，而tRNA的功能是轉運氨基酸，rRNA是構成核糖體的組成物質，B錯誤；C、基因是有遺傳效應的DNA片段，而DNA分子上還含有不具遺傳效應的片段，因此DNA分子的堿基總數大于所有基因的堿基數之和，C正確；D、染色體DNA分子上含有多個基因，由于基因的選擇性表達，一條單鏈可以轉錄出不同的RNA分子，D正確。故選B。2.取燕麥胚芽鞘切段，隨機分成三組，第1組置于一定濃度的蔗糖（Suc）溶液中（蔗糖能進入胚芽鞘細胞），第2組置于適宜濃度的生長素（IAA）溶液中，第3組置于IAA+Suc溶液中，一定時間內測定胚芽鞘長度的變化，結果如圖所示。用KCl代替蔗糖進行上述實驗可以得到相同的結果。下列說法不合理的是（）A.KCl可進入胚芽鞘細胞中調節細胞的滲透壓B.胚芽鞘伸長生長過程中，件隨細胞對水分的吸收C.本實驗中Suc是作為能源物質來提高IAA作用效果的D.IAA促進胚芽鞘伸長效果可因加入Suc或KC1而提高【答案】C【解析】【分析】分析圖示可知，僅加入蔗糖組胚芽鞘伸長率最低，僅加入IAA組比僅加入蔗糖組胚芽鞘伸長率升高，IAA+Suc組胚芽鞘伸長率明顯高于僅加入IAA組，說明蔗糖對IAA促進胚芽鞘伸長的效果有促進作用。【詳解】A、K+、Cl－是植物所需要的礦質離子，可被植物細胞主動吸收，進入細胞后能使細胞滲透壓上升，A正確；B、水是細胞生命活動所需的重要物質，胚芽鞘伸長生長的過程伴隨著細胞的吸水過程，B正確；C、由題干信息可知，用KCl代替蔗糖可得到相同的實驗結果，而KCl不能作為能源物質，因此不能說明蔗糖作為能源物質來提高IAA的作用效果，C錯誤；D、由以上分析可知，IAA+Suc組胚芽鞘伸長率明顯高于IAA組，而KCl代替Suc也可達到相同結果，因此說明IAA促進胚芽鞘伸長的效果可因加入Suc或KCl而提高，D正確。故選C。3.細胞內有些tRNA分子的反密碼子中含有稀有堿基次黃嘌呤（I），含有I的反密碼子在與mRNA中的密碼子互補配對時，存在如圖所示的配對方式（Gly表示甘氨酸）。下列說法錯誤的是（）A.一種反密碼子可以識別不同的密碼子B.密碼子與反密碼子的堿基之間通過氫鍵結合CtRNA分子由兩條鏈組成，mRNA分子由單鏈組成D.mRNA中的堿基改變不一定造成所編碼氨基酸的改變【答案】C【解析】【分析】分析圖示可知，含有CCI反密碼子的tRNA轉運甘氨酸，而反密碼子CCI能與mRNA上的三種密碼子（GGU、GGC、GGA）互補配對，即I與U、C、A均能配對。【詳解】A、由圖示分析可知，I與U、C、A均能配對，因此含I的反密碼子可以識別多種不同的密碼子，A正確；B、密碼子與反密碼子的配對遵循堿基互補配對原則，堿基對之間通過氫鍵結合，B正確；C、由圖示可知，tRNA分子由單鏈RNA經過折疊后形成三葉草的葉形，C錯誤；D、由于密碼子的簡并性，mRNA中堿基的改變不一定造成所編碼氨基酸的改變，從圖示三種密碼子均編碼甘氨酸也可以看出，D正確。故選C。4.下列有關人體免疫調節的敘述，合理的是（）A.若病原體不具有細胞結構，就不會使人體產生抗體B.病原體裂解后再注射到人體，就不會使人體產生抗體C.病原體表面若不存在蛋白質分子，就不會使人體產生抗體D.病原體經吞噬細胞處理后暴露出的抗原可使人體產生抗體【答案】D【解析】【分析】體液免疫的過程：大多數病原體經過吞噬細胞等的攝取和處理，暴露出病原體特有抗原，將抗原傳遞給T細胞，刺激T細胞產生淋巴因子，少數抗原直接刺激B細胞。B細胞受到刺激后，在淋巴因子的作用下開始增殖、分化，大部分分化為漿細胞，產生抗體，小部分形成記憶細胞。抗體能與抗原結合，從而抑制病原體的繁殖或對人體細胞的黏附。多數情況下，抗原、抗體結合后會形成沉淀或細胞集團，進而被吞噬細胞吞噬。【詳解】A、病原體是指可造成人或動植物感染疾病的微生物、寄生蟲或其他媒介，如細菌、病毒，病毒不具細胞結構，但也能使人體通過體液免疫產生抗體，A錯誤；B、病原體裂解后仍含有能引起機體產生免疫反應的抗原物質，因此會使人體產生抗體，B錯誤；C、抗原不一定是蛋白質，病原體含有的大分子多糖、黏多糖等特異性化學物質，也能引起機體發生免疫反應產生抗體，C錯誤；D、大多數病原體經過吞噬細胞等的攝取和處理，暴露出病原體特有抗原，將抗原傳遞給T細胞，刺激T細胞產生淋巴因子，少數抗原直接刺激B細胞，使B細胞增殖分化成漿細胞，分泌相應抗體，D正確。故選D。5.新冠病毒是一種RNA病毒。新冠肺炎疫情給人們的生活帶來了巨大影響。下列與新冠肺炎疫情防控相關的敘述，錯誤的是（）A.新冠病毒含有核酸和蛋白質，通過核酸檢測可排查新冠病毒感染者B.教室經常開窗通風可以促進空氣流動，降低室內病原微生物的密度C.通常新冠肺炎患者的癥狀之一是發燒，因此可以通過體溫測量初步排查D.每天適量飲酒可以預防新冠肺炎，因為酒精可以使細胞內的病毒蛋白變性【答案】D【解析】【分析】病毒一般由蛋白質和核酸構成，具有嚴整結構，營寄生生活，通過侵染宿主進行增殖，進入宿主細胞后具有遺傳和變異的特征，離開活細胞后不再進行生命活動。【詳解】A、新冠病毒是一種RNA病毒，由RNA和蛋白質構成，RNA攜帶特定的遺傳信息，因此通過核酸檢測可排查新冠病毒感染者，A正確；B、教室經常開窗通風有利于室內與室外的空氣交換，病原微生物也能隨空氣流動到室外，B正確；C、感染新冠肺炎的患者體內會發生免疫反應，使體溫升高，正常人體溫一般維持在37℃，因此可以通過體溫測量初步排查，CD、75%左右的酒精具有殺菌作用，飲酒的度數一般不能達到75%，且長期飲酒對人體會產生損害，免疫力下降，因此每天適量飲酒不能預防新冠肺炎，D錯誤。故選D。6.生態系統的物質循環包括碳循環和氮循環等過程。下列有關碳循環的敘述，錯誤的是（）A.消費者沒有參與碳循環的過程B.生產者的光合作用是碳循環的重要環節C.土壤中微生物的呼吸作用是碳循環的重要環節D.碳在無機環境與生物群落之間主要以CO2形式循環【答案】A【解析】【分析】生態系統的物質循環是指組成生物體的C、H、O、N、P、S等元素，都不斷進行著從無機環境到生物群落，又從生物群落到無機環境的循環過程。【詳解】A、消費者能通過呼吸作用將有機物中的碳轉化為無機物CO2，釋放到無機環境中，參與了碳循環，A錯誤；B、生產者的光合作用能將無機環境中的無機碳轉化為含碳有機物，是碳進入生物群落的重要途徑，因此是碳循環的重要環節，B正確；C、土壤中的微生物的分解作用，能將有機物中的碳轉化為無機物釋放到無機環境中，是碳返回無機環境的重要過程，C正確；D、碳在無機環境與生物群落之間主要以CO2的形式循環，在生物群落內部的傳遞形式是含碳有機物，D正確。故選A。三、非選擇題7.照表中內容，圍繞真核細胞中ATP的合成來完成下表。反應部位（1）__________葉綠體的類囊體膜線粒體反應物葡萄糖丙酮酸等反應名稱（2）__________光合作用的光反應有氧呼吸的部分過程合成ATP的能量來源化學能（3）__________化學能終產物（除ATP外）乙醇、CO2（4）__________（5）__________【答案】(1).細胞質基質(2).無氧呼吸(3).光能(4).O2、NADPH(5).H2O、CO2【解析】【分析】1、無氧呼吸：場所：細胞質基質；反應式C6H12O62C2H5OH（酒精）+2CO2+能量2、有氧呼吸三個階段的反應：第一階段：反應場所：細胞質基質；反應式C6H12O62C3H4O3(丙酮酸)+4[H]+少量能量第二階段：反應場所：線粒體基質；反應式：2C3H4O3(丙酮酸)+6H2O20[H]+6CO2+少量能量第三階段：反應場所：線粒體內膜；反應式：24[H]+6O212H2O+大量能量(34ATP)3、光反應和暗反應比較：比較項目光反應暗反應場所基粒類囊體膜上葉綠體的基質條件色素、光、酶、水、ADP、Pi多種酶、CO2、ATP、[H]反應產物[H]、O2、ATP有機物、ADP、Pi、水物質變化水的光解：2H2O4[H]+O2ATP的生成：ADP+PiATPCO2的固定：CO2+C52C3C3的還原：2C3（CH2O）+C5+H2O能量變化光能→電能→ATP中活躍的化學能ATP中活躍的化學能→糖類等有機物中穩定的化學能實質光能轉變為化學能，水光解產生O2和[H]同化CO2形成（CH2O）聯系①光反應暗反應提供[H]（以NADPH形式存在）和ATP；②暗反應產生的ADP和Pi為光反應合成ATP提供原料；③沒有光反應，暗反應無法進行，沒有暗反應，有機物無法合成【詳解】（1）由反應產物乙醇、CO2可知，該反應為無氧呼吸，反應場所為細胞質基質。（2）由反應產物乙醇、CO2可知，該反應為無氧呼吸。（3）由分析可知，光合作用的光反應中光能轉化成活躍的化學能，儲存在ATP中。（4）由分析可知，光合作用的光反應的產物為O2和NADPH。（5）由分析可知，線粒體內進行有氧呼吸的第二階段產物為CO2，第三階段產物為H2O。【點睛】本題通過ATP的合成過程中能量的來源，考查有氧呼吸、無氧呼吸以及光合作用的場所、反應物、產物和能量轉化的知識，考查內容較基礎。8.給奶牛擠奶時其乳頭上的感受器會受到制激，產生的興奮沿著傳入神經傳到脊髓能反射性地引起乳腺排乳；同時該興奮還能上傳到下丘腦促使其合成催產素，進而促進乳腺排乳。回答下列問題：（1）在完成一個反射的過程中，一個神經元和另個神經元之間的信息傳遞是通過_______這一結構來完成的。（2）上述排乳調節過程中，存在神經調節和體液調節。通常在哺乳動物體內，這兩種調節方式之間的關系是_______。（3）牛奶的主要成分有乳糖和蛋白質等，組成乳糖的2種單糖是_______。牛奶中含有人體所需的必需氨基酸，必需氨基酸是指_______。【答案】(1).突觸(2).有些內分泌腺直接或間接地受中樞神經系統的調節；內分泌腺所分泌的激素也可以影響神經系統的發育和功能(3).葡萄糖和半乳糖(4).人體細胞自身不能合成，必須從食物中獲取的氨基酸【解析】【分析】1、興奮在神經元之間的傳遞需要突觸結構，突觸由突觸前膜、突觸后膜和突觸間隙構成。2、神經調節和體液調節共同協調、相輔相成，但神經調節占主導地位。兩種調節方式的特點：神經調節的特點是以反射的形式來實現的，反射的結構基礎是反射弧，反應迅速；體液調節的特點主要是激素隨著血液循環送到全身各處而發揮調節作用，反應較緩慢。神經調節與體液調節之間的關系：一方面大多數內分泌腺直接或間接地受到中樞神經系統的調節；另一方面內分泌腺分泌的激素也可以影響神經系統的發育和功能。3、氨基酸分為必需氨基酸和非必需氨基酸。必需氨基酸：指人體（或其它脊椎動物）不能合成或合成速度遠不適應機體的需要，必需由食物蛋白供給，這些氨基酸稱為必需氨基酸。非必需氨基酸：人體能夠合成的氨基酸。4、乳糖是動物特有的二糖，由葡萄糖和半乳糖合成。【詳解】（1）興奮在神經元之間需要通過突觸（突觸前膜、突觸后膜和突觸間隙）這個結構傳遞信息。（2）神經調節和體液調節之間的關系是：一方面，大多數內分泌腺本身直接或間接的受中樞神經系統的控制，體液調節可以看成是神經調節的一個環節；另一方面，內分泌腺分泌的激素可以影響神經系統的發育和功能。（3）組成乳糖的單糖是葡萄糖和半乳糖；必需氨基酸是指人體細胞不能合成的，必須從外界環境中直接獲取的氨基酸。【點睛】本題綜合考查神經調節和體液調節的知識，識記興奮在神經元之間的傳遞，理解神經調節和體液調節之間的聯系是解答本題的關鍵。9.假設某種藍藻（A）是某湖泊中唯一的生產者，其密度極大，使湖水能見度降低。某種動物（B）是該湖泊中唯一的消費者。回答下列問題：（1）該湖泊水體中A種群密度極大的可能原因是_______（答出2點即可）。（2）畫出該湖泊生態系統能量流動的示意圖_______。（3）假設該湖泊中引入一種僅以A為食的動物（C）后，C種群能夠迅速壯大，則C和B的種間關系是_______。【答案】(1).水體富營養化，沒有其他生產者的競爭(2).(3).競爭【解析】【分析】1、本題中A是唯一的生產者，B是唯一的消費者，所以存在A→B的食物鏈。2、“J”型曲線：指數增長函數，描述在食物充足，無限空間，無天敵的理想條件下生物無限增長的情況。3、生態系統能量流動指生態系統中能量輸入、傳遞、轉化和散失的過程。流入生態系統的總能量：生產者固定的太陽能。某一營養級（最高營養級除外）能量的最終去向：自身呼吸消耗；被分解者利用；流向下一個營養級。【詳解】（1）A是藍藻，是該湖泊唯一的生產者，所以其種群密度極大的原因可能有該水域污染，水體富營養化，造成藍藻爆發和缺少其他生產者競爭。（2）該生態系統存在唯一一條食物鏈A→B，所以能量流動關系如圖：。（3）C和B都以A為食，所以二者是競爭關系。【點睛】本題考查生態系統和種群的知識，解答（1）考生可以結合種群增長中“J”型增長的模型，解答（2）需要考生理解生態系統能量流動的過程。10.普通小麥是目前世界各地栽培的重要糧食作物。普通小麥的形成包括不同物種雜交和染色體加倍過程，如圖所示（其中A、B、D分別代表不同物種的一個染色體組，每個染色體組均含7條染色體）。在此基礎上，人們又通過雜交育種培育出許多優良品種。回答下列問題：（1）在普通小麥的形成過程中，雜種一是高度不育的，原因是________。已知普通小麥是雜種二染色體加倍形成的多倍體，普通小麥體細胞中有__________條染色體。一般來說，與二倍體相比，多倍體的優點是__________（答出2點即可）。（2）若要用人工方法使植物細胞染色體加倍，可采用的方法有_______（答出1點即可）。（3）現有甲、乙兩個普通小麥品種（純合體），甲的表現型是抗病易倒伏，乙的表現型是易感病抗倒伏。若要以甲、乙為實驗材料設計實驗獲得抗病抗倒伏且穩定遺傳的新品種，請簡要寫出實驗思路_______。【答案】(1).無同源染色體，不能進行正常的減數分裂(2).42(3).營養物質含量高、莖稈粗壯(4).秋水仙素處理(5).甲、乙兩個品種雜交，F1自交，選取F2中既抗病又抗倒伏、且自交后代不發生性狀分離的植株【解析】【分析】圖中是普通小麥育種的過程，一粒小麥和斯氏麥草雜交形成雜種一，經過加倍后形成擬二粒小麥AABB，在和滔氏麥草雜交獲得雜種二ABD，然后加倍形成普通小麥AABBDD。秋水仙素可以抑制紡錘絲的形成，導致細胞染色體數目加倍。【詳解】（1）雜種一是一粒小麥和斯氏麥草雜交的產物，細胞內含有