2024年普通高等學校招生全國統一考試（全國甲卷）理科綜合一、單選題（每小題6分，共78分）1.細胞是生物體結構和功能的基本單位。下列敘述正確的是（）A.病毒通常是由蛋白質外殼和核酸構成的單細胞生物B.原核生物因為沒有線粒體所以都不能進行有氧呼吸C.哺乳動物同一個體中細胞的染色體數目有可能不同D.小麥根細胞吸收離子消耗的ATP主要由葉綠體產生【答案】C【解析】【分析】原核細胞和真核細胞最主要的區別是原核細胞沒有核膜包被的典型的細胞核，但是它們均具有細胞膜、細胞質、核糖體以及遺傳物質DNA等結構。原核生物雖沒有葉綠體和線粒體，但是少數生物也能進行光合作用和有氧呼吸，如藍藻。【詳解】A、病毒沒有細胞結構，A錯誤；B、原核生物也可以進行有氧呼吸，原核細胞中含有與有氧呼吸相關的酶，B錯誤；C、哺乳動物同一個體中細胞的染色體數目有可能不同，如生殖細胞中染色體數目是體細胞的一半，C正確；D、小麥根細胞不含葉綠體，而線粒體是有氧呼吸的主要場所，小麥根細胞吸收離子消耗的ATP主要由線粒體產生，D錯誤。故選C。2.ATP可為代謝提供能量，也參與RNA的合成，ATP結構如圖所示，圖中～表示高能磷酸鍵，下列敘述錯誤的是（）A.ATP轉化為ADP可為離子的主動運輸提供能量B.用α位32P標記的ATP可以合成帶有32P的RNAC.β和γ位磷酸基團之間的高能磷酸鍵不能在細胞核中斷裂D.光合作用可將光能轉化為化學能儲存于β和γ位磷酸基團之間的高能磷酸鍵【答案】C【解析】【分析】細胞生命活動的直接能源物質是ATP，ATP的結構簡式是AP～P～P，其中“A”是腺苷，“P”是磷酸；“A”代表腺苷，“T”代表3個。【詳解】A、ATP為直接能源物質，γ位磷酸基團脫離ATP形成ADP的過程釋放能量，可為離子主動運輸提供能量，A正確；B、ATP分子水解兩個高能磷酸鍵后，得到RNA的基本單位之一——腺嘌呤核糖核苷酸，故用α位32P標記的ATP可以合成帶有32P的RNA，B正確；C、ATP可在細胞核中發揮作用，如為rRNA合成提供能量，故β和γ位磷酸基團之間的高能磷酸鍵能在細胞核中斷裂，C錯誤；D、光合作用光反應，可將光能轉化活躍的化學能儲存于ATP的高能磷酸鍵中，故光合作用可將光能轉化為化學能儲存于β和γ位磷酸基團之間的高能磷酸鍵，D正確。故選C。3.植物生長發育受植物激素的調控。下列敘述錯誤的是（）A.赤霉素可以誘導某些酶的合成促進種子萌發B.單側光下生長素的極性運輸不需要載體蛋白C.植物激素可與特異性受體結合調節基因表達D.一種激素可通過誘導其他激素的合成發揮作用【答案】B【解析】【分析】1、植物激素是由植物體內產生，能從產生部位送到作用部位，對植物的生長發育有顯著影響的微量有機物；植物激素主要有生長素、赤霉素、細胞分裂素、乙烯和脫落酸等，它們對植物各種生命活動起著不同的調節作用。2、植物激素包括生長素、細胞分裂素、赤霉素、脫落酸、乙烯等。其中生長素、細胞分裂素、赤霉素能促進植物的生長，而脫落酸和乙烯是抑制植物的生長。生長素能促進子房發育成果實，而乙烯能促進果實成熟。

3、調節植物生命活動的激素不是孤立的，而是相互作用共同調節的，植物生命活動的調節從根本上說是植物基因組程序性表達的結果。植物的生長發育既受內部因子（激素）的調節，也受外部因子（如光、溫度、日照長度、重力、化學物質等）的影響。這些化學和物理因子通過信號轉導，誘導相關基因表達，調控生長發育。【詳解】A、赤霉素主要合成部位是未成熟的種子、幼根和幼芽，赤霉素能促進植物的生長，可以誘導某些酶的合成促進種子萌發，A正確；B、生長素的極性運輸屬于主動運輸，主動運輸需要載體蛋白的協助并消耗能量，B錯誤；C、植物激素與受體特異性結合，引發細胞內發生一系列信號轉導過程，進而誘導特定基因的表達，從而產生效應，C正確；D、調節植物生命活動的激素不是孤立的，而是相互作用共同調節的，因此一種激素可通過誘導其他激素的合成發揮作用，D正確；故選B。4.甲狀腺激素在人體生命活動的調節中發揮重要作用。下列敘述錯誤的是（）A.甲狀腺激素受體分布于人體內幾乎所有細胞B.甲狀腺激素可以提高機體神經系統的興奮性C.甲狀腺激素分泌增加可使細胞代謝速率加快D.甲狀腺激素分泌不足會使血中TSH含量減少【答案】D【解析】【分析】甲狀腺分泌甲狀腺激素，甲狀腺激素能促進代謝，增加產熱；能提高神經系統興奮性；能促進幼小動物的生長發育。【詳解】A、甲狀腺激素幾乎可以作用于人體所有細胞，因此其受體分布于人體內幾乎所有細胞，A正確；B、甲狀腺激素可以促進中樞神經系統的發育，提高機體神經系統的興奮性，B正確；C、甲狀腺激素能促進新陳代謝，因此其分泌增加可使細胞代謝速率加快，C正確；D、甲狀腺激素對下丘腦分泌促甲狀腺激素釋放激素（TRH）和垂體分泌促甲狀腺激素（TSH）存在反負饋調節，因此甲狀腺激素分泌不足會使血中促甲狀腺激素（TSH）含量增加，D錯誤。故選D。5.某生態系統中捕食者與被捕食者種群數量變化的關系如圖所示，圖中→表示種群之間數量變化的關系，如甲數量增加導致乙數量增加。下列敘述正確的是（）A.甲數量的變化不會對丙數量產生影響B.乙在該生態系統中既是捕食者又是被捕食者C.丙可能是初級消費者，也可能是次級消費者D.能量流動方向可能是甲→乙→丙，也可能是丙→乙→甲【答案】B【解析】【分析】分析題圖可知，甲數量增加導致乙數量增加，而乙數量增加導致丙數量增加、甲數量下降；乙數量下降導致丙數量下降、甲數量增加，可見甲、乙、丙三者的能量流動方向是甲→乙→丙。【詳解】A、分析題圖可知，甲數量增加導致乙數量增加，而乙數量增加導致丙數量增加；甲數量下降導致乙數量下降，而乙數量下降導致丙數量下降；可見甲數量的變化會間接對丙數量產生影響，A錯誤；B、由A項分析可知，乙捕食甲，同時乙又被丙捕食，可見乙在該生態系統中既捕食者又是被捕食者，B正確；C、由B項分析可知，乙捕食甲，丙捕食乙，故丙不可能是初級消費者，可能是次級消費者，C錯誤；D、分析題圖可知，甲數量增加導致乙數量增加，而乙數量增加導致丙數量增加、甲數量下降；乙數量下降導致丙數量下降、甲數量增加，可見甲、乙、丙三者的能量流動方向是甲→乙→丙，D錯誤。故選B。6.果蠅翅型、體色和眼色性狀各由1對獨立遺傳的等位基因控制，其中彎翅、黃體和紫眼均為隱性性狀，控制灰體、黃體性狀的基因位于X染色體上。某小組以純合體雌蠅和常染色體基因純合的雄蠅為親本雜交得F1，F1相互交配得F2。在翅型、體色和眼色性狀中，F2的性狀分離比不符合9∶3∶3∶1的親本組合是（）A.直翅黃體♀×彎翅灰體♂ B.直翅灰體♀×彎翅黃體♂C.彎翅紅眼♀×直翅紫眼♂ D.灰體紫眼♀×黃體紅眼♂【答案】A【解析】【分析】1、自由組合定律的實質：控制不同性狀的遺傳因子的分離和組合是互不干擾的；在形成配子時，決定同一性狀的成對的遺傳因子彼此分離，決定不同性狀的遺傳因子自由組合。2、依據題干信息，①果蠅翅型、體色和眼色性狀各由1對獨立遺傳的等位基因控制，②控制灰體、黃體性狀的基因位于X染色體上，③其中彎翅、黃體和紫眼均為隱性性狀，說明這三對等位基因的遺傳遵循基因的自由組合定律。【詳解】A、令直翅對彎翅由A、a控制，體色灰體對黃體由B、b控制，眼色紅眼對紫眼由D、d控制。當直翅黃體♀×彎翅灰體♂時，依據題干信息，其基因型為：AAXbXbaaXBYF1：AaXBXb、AaXbY，按照拆分法，F1F2：直翅灰體：直翅黃體：彎翅灰體：彎翅黃體=3:3:1:1，A符合題意；B、當直翅灰體♀×彎翅黃體♂時，依據題干信息，其基因型為：AAXBXB×aaXbY→F1：AaXBXb、AaXBY，按照拆分法，F1F2：直翅灰體：直翅黃體：彎翅灰體：彎翅黃體=9:3:3:1，B不符合題意；C、當彎翅紅眼♀×直翅紫眼♂時，依據題干信息，其基因型：aaDD×AAdd→F1：AaDd，按照拆分法，F1F2：直翅紅眼：直翅紫眼：彎翅紅眼：彎翅紫眼=9:3:3:1，C不符合題意；D、當灰體紫眼♀×黃體紅眼♂時，依據題干信息，其基因型為：ddXBXB×DDXbY→F1：DdXBXb、DdXBY，按照拆分法，F1F2：灰體紅眼：灰體紫眼：黃體紅眼：黃體紫眼=9:3:3:1，D不符合題意。故選A。7.人類對能源的利用經歷了柴薪、煤炭和石油時期，現正向新能源方向高質量發展。下列有關能源的敘述錯誤的是A.木材與煤均含有碳元素 B.石油裂化可生產汽油C.燃料電池將熱能轉化為電能 D.太陽能光解水可制氫【答案】C【解析】【詳解】A．木材的主要成分為纖維素，纖維素中含碳、氫、氧三種元素，煤是古代植物埋藏在地下經歷了復雜的變化逐漸形成的固體，是有機物和無機物組成的復雜混合物，主要含碳元素，A正確；B．石油裂化是將相對分子質量較大、沸點較高的烴斷裂為相對分子質量較小、沸點較低的烴的過程，汽油的相對分子質量較小，可以通過石油裂化的方式得到，B正確；C．燃料電池是將燃料化學能變成電能的裝置，不是將熱能轉化為電能，C錯誤；D．在催化劑作用下，利用太陽能光解水可以生成氫氣和氧氣，D正確；故答案選C。8.下列過程對應的離子方程式正確的是A.用氫氟酸刻蝕玻璃：B.用三氯化鐵溶液刻制覆銅電路板：C.用硫代硫酸鈉溶液脫氯：D.用碳酸鈉溶液浸泡鍋爐水垢中的硫酸鈣：【答案】D【解析】【詳解】A．玻璃的主要成分為SiO2，用氫氟酸刻蝕玻璃時，SiO2和氫氟酸反應生成SiF4氣體和水，反應的方程式為SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，A錯誤；B．Fe3+可以將Cu氧化成Cu2+，三氯化鐵刻蝕銅電路板時反應的離子方程式為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B錯誤；C．氯氣具有強氧化性，可以氧化硫代硫酸根成硫酸根，氯氣被還原為氯離子，反應的離子方程式為S2O+4Cl2+5H2O=2SO+8Cl+10H+，C錯誤；D．碳酸鈣的溶解度小于硫酸鈣，可以用碳酸鈉溶液浸泡水垢使硫酸鈣轉化為疏松、易溶于酸的碳酸鈣，反應的離子方程式為，D正確；故答案選D。9.我國化學工作者開發了一種回收利用聚乳酸(PLA)高分子材料的方法，其轉化路線如下所示。下列敘述錯誤的是A.PLA在堿性條件下可發生降解反應B.MP的化學名稱是丙酸甲酯C.MP的同分異構體中含羧基的有3種D.MMA可加聚生成高分子【答案】C【解析】【詳解】A．根據PLA的結構簡式，聚乳酸是其分子中的羧基與另一分子中的羥基發生反應聚合得到的，含有酯基結構，可以在堿性條件下發生降解反應，A正確；B．根據MP的結果，MP可視為丙酸和甲醇發生酯化反應得到的，因此其化學名稱為丙酸甲酯，B正確；C．MP的同分異構體中，含有羧基的有2種，分別為正丁酸和異丁酸，C錯誤；D．MMA中含有雙鍵結構，可以發生加聚反應生成高分子，D正確；故答案選C。10.四瓶無色溶液，它們之間的反應關系如圖所示。其中a、b、c、d代表四種溶液，e和g為無色氣體，f為白色沉淀。下列敘述正確的是A.a呈弱堿性B.f可溶于過量的b中C.c中通入過量的e可得到無色溶液D.b和d反應生成的沉淀不溶于稀硝酸【答案】B【解析】【分析】由題意及關系圖可知，a與b反應需要加熱，且產生的e為無色氣體，則a和b分別為和的一種，產生的氣體e為；又由于b和c反應生成白色沉淀f，不會與其他三種溶液產生沉淀，故b為，a為；又由于c既能與b產生沉淀f，又能與d反應產生沉淀f，故c為，d為，生成的白色沉淀為，無色氣體g為。綜上所述，a為溶液，b為溶液，c為溶液，d為溶液，e為，f為，g為。【詳解】A．由分析可知，a為溶液，為強酸弱堿鹽的溶液，水解顯酸性，故a顯弱酸性，A項錯誤B．由分析可知，f為，b為溶液，為兩性氫氧化物，可溶液強堿，故f可溶于過量的b中，B項正確；C．由分析可知，c為溶液，e為，溶液通入會生成沉淀，不溶于弱堿，繼續通入不能得到無色溶液，C項錯誤；D．由分析可知，b為，d為，二者反應生成沉淀，可溶與稀硝酸，D項錯誤；故選B。11.W、X、Y、Z為原子序數依次增大短周期元素。W和X原子序數之和等于的核外電子數，化合物可用作化學電源的電解質。下列敘述正確的是A.X和Z屬于同一主族B.非屬性：C.氣態氫化物的穩定性：D.原子半徑：【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期元素，且能形成離子化合物，則W為Li或Na；又由于W和X原子序數之和等于的核外電子數，若W為Na，X原子序數大于Na，則W和X原子序數之和大于18，不符合題意，因此W只能為Li元素；由于Y可形成，故Y為第Ⅶ主族元素，且原子序數Z大于Y，故Y不可能為Cl元素，因此Y為F元素，X的原子序數為103=7，X為N元素；根據W、Y、Z形成離子化合物，可知Z為P元素；綜上所述，W為Li元素，X為N元素，Y為F元素，Z為P元素。【詳解】A．由分析可知，X為N元素，Z為P元素，X和Z屬于同一主族，A項正確；B．由分析可知，X為N元素，Y為F元素，Z為P元素，非金屬性：F＞N＞P，B項錯誤；C．由分析可知，Y為F元素，Z為P元素，非金屬性越強，其簡單氣態氫化物的穩定性越強，即氣態氫化物的穩定性：HF＞PH3，C項錯誤；D．由分析可知，W為Li元素，X為N元素，Y為F元素，同周期主族元素原子半徑隨著原子序數的增大而減小，故原子半徑：Li＞N＞F，D項錯誤；故選A。12.科學家使用研制了一種可充電電池(如圖所示)。電池工作一段時間后，電極上檢測到和少量。下列敘述正確的是A.充電時，向陽極方向遷移B.充電時，會發生反應C.放電時，正極反應有D.放電時，電極質量減少，電極生成了【答案】C【解析】【分析】Zn具有比較強的還原性，具有比較強的氧化性，自發的氧化還原反應發生在Zn與MnO2之間，所以電極為正極，Zn電極為負極，則充電時電極為陽極、Zn電極為陰極。【詳解】A．充電時該裝置為電解池，電解池中陽離子向陰極遷移，即向陰極方向遷移，A不正確；B．放電時，負極的電極反應為，則充電時陰極反應為Zn2++2e=Zn，即充電時Zn元素化合價應降低，而選項中Zn元素化合價升高，B不正確；C．放電時電極為正極，正極上檢測到和少量，則正極上主要發生的電極反應是，C正確；D．放電時，Zn電極質量減少0.65g（物質的量為0.010mol），電路中轉移0.020mol電子，由正極的主要反應可知，若正極上只有生成，則生成的物質的量為0.020mol，但是正極上還有生成，因此，的物質的量小于0.020mol，D不正確；綜上所述，本題選C。13.將配制成懸濁液，向其中滴加的溶液。(M代表、或)隨加入溶液體積(V)的變化關系如圖所示。下列敘述正確的是A.交點a處：B.C.時，不變D.【答案】D【解析】【分析】向含的懸濁液中滴加的溶液，發生反應：，兩者恰好完全反應時,溶液的體積為v(NaCl)=，2mL之后再加溶液，c(Cl)增大，據，Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl)可知，c(Ag+)會隨著c(Cl)增大而減小，所以2mL后降低的曲線，即最下方的虛線代表Ag+，升高的曲線，即中間虛線代表Cl，則剩余最上方的實線為曲線。由此分析解題：【詳解】A．2mL時與溶液恰好完全反應，則a點時溶質為NaCl和Na2CrO4，電荷守恒：c(Na+)+c(Ag+)+c(H+)=2c()+c(Cl)+c(OH)，此時c(H+)、c(OH)、c(Ag+)可忽略不計，a點為Cl和曲線的交點，即c()=c(Cl)，則溶液中c(Na+)≈3c(Cl)，A錯誤；B．當V(NaCl)=1.0mL時，有一半的Ag2CrO4轉化為AgCl，Ag2CrO4與AgCl共存，均達到沉淀溶解平衡，取圖中橫坐標為1.0mL的點，得Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl)=105.18×104.57=109.75，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)c()=(105.18)2×101.60=1011.96，則==102.21，B錯誤；C．V＜2.0mL時，Ag+未沉淀完全，體系中Ag2CrO4和AgCl共存，則=為定值，即為定值，由圖可知，在V≤2.0mL時c(Ag+)并不是定值，則的值也不是定值，即在變化，C錯誤；D．V＞2.0mL時AgCl處于飽和狀態，V(NaCl)=2.4mL時，圖像顯示c(Cl)=101.93mol/L，則c(Ag+)===107.82mol/L，故y1=7.82，此時Ag2CrO4全部轉化為AgCl，n()守恒，等于起始時n(Ag2CrO4)，則c(CrO)===mol/L，則y2=lgc(CrO)=lg=lg34，D正確；故答案選D。二、選擇題（48分）14.氘核可通過一系列聚變反應釋放能量，總的反應效果可用表示，式中x、y的值分別為（）A.， B.， C.， D.，【答案】C【解析】【詳解】根據反應前后質量數和電荷數守恒可得解得，故選C。15.如圖，一輕繩跨過光滑定滑輪，繩的一端系物塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤（質量可忽略），盤中放置砝碼。改變盤中砝碼總質量m，并測量P的加速度大小a，得到圖像。重力加速度大小為g。在下列圖像中，可能正確的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【詳解】設P的質量為，P與桌面的動摩擦力為；以P為對象，根據牛頓第二定律可得以盤和砝碼為對象，根據牛頓第二定律可得聯立可得可知當砝碼的重力大于時，才有一定的加速度，當趨于無窮大時，加速度趨近等于。故選D。16.2024年5月，嫦娥六號探測器發射成功，開啟了人類首次從月球背面采樣返回之旅。將采得的樣品帶回地球，飛行器需經過月面起飛、環月飛行、月地轉移等過程。月球表面自由落體加速度約為地球表面自由落體加速度的。下列說法正確的是（）A.在環月飛行時，樣品所受合力為零B.若將樣品放置在月球正面，它對月球表面壓力等于零C.樣品在不同過程中受到的引力不同，所以質量也不同D.樣品放置在月球背面時對月球的壓力，比放置在地球表面時對地球的壓力小【答案】D【解析】【詳解】A．在環月飛行時，樣品所受合力提供所需的向心力，不為零，故A錯誤；BD．若將樣品放置在月球正面，它對月球表面壓力大小等于它在月球表面的重力大小；由于月球表面自由落體加速度約為地球表面自由落體加速度的，則樣品在地球表面的重力大于在月球表面的重力，所以樣品放置在月球背面時對月球的壓力，比放置在地球表面時對地球的壓力小，故B錯誤，D正確；C．樣品在不同過程中受到的引力不同，但樣品的質量相同，故C錯誤。故選D。17.如圖，一光滑大圓環固定在豎直平面內，質量為m的小環套在大圓環上，小環從靜止開始由大圓環頂端經Q點自由下滑至其底部，Q為豎直線與大圓環的切點。則小環下滑過程中對大圓環的作用力大小（）A.在Q點最大 B.在Q點最小 C.先減小后增大 D.先增大后減小【答案】C【解析】【詳解】方法一（分析法）：設大圓環半徑為，小環在大圓環上某處（點）與圓環的作用力恰好為零，如圖所示設圖中夾角為，從大圓環頂端到點過程，根據機械能守恒定律在點，根據牛頓第二定律聯立解得從大圓環頂端到點過程，小環速度較小，小環重力沿著大圓環圓心方向的分力大于小環所需的向心力，所以大圓環對小環的彈力背離圓心，不斷減小，從點到最低點過程，小環速度變大，小環重力和大圓環對小環的彈力合力提供向心力，所以大圓環對小環的彈力逐漸變大，根據牛頓第三定律可知小環下滑過程中對大圓環的作用力大小先減小后增大。方法二（數學法）：設大圓環半徑為，小環在大圓環上某處時，設該處與圓心的連線與豎直向上的夾角為，根據機械能守恒定律在該處根據牛頓第二定律聯立可得則大圓環對小環作用力的大小根據數學知識可知的大小在時最小，結合牛頓第三定律可知小環下滑過程中對大圓環的作用力大小先減小后增大。故選C。18.在電荷量為Q的點電荷產生的電場中，將無限遠處的電勢規定為零時，距離該點電荷r處的電勢為，其中k為靜電力常量，多個點電荷產生的電場中某點的電勢，等于每個點電荷單獨存在的該點的電勢的代數和。電荷量分別為和的兩個點電荷產生的電場的等勢線如圖中曲線所示（圖中數字的單位是伏特），則（）A.， B.， C.， D.，【答案】B【解析】【詳解】根據兩點電荷周圍的電勢分布可知帶正電，帶負電；由圖中電勢為0的等勢線可知由圖中距離關系可知聯立解得故選B。19.如圖，理想變壓器的副線圈接入電路的匝數可通過滑動觸頭T調節，副線圈回路接有滑動變阻器R、定值電阻和、開關S。S處于閉合狀態，在原線圈電壓不變的情況下，為提高的熱功率，可以（）A.保持T不動，滑動變阻器R的滑片向f端滑動B.將T向b端移動，滑動變阻器R的滑片位置不變C.將T向a端移動，滑動變阻器R的滑片向f端滑動D.將T向b端移動，滑動變阻器R的滑片向e端滑動【答案】AC【解析】【詳解】A．保持T不動，根據理想變壓器的性質可知副線圈中電壓不變，當滑動變阻器R的滑片向f端滑動時，R與串聯后的總電阻減小，電流增大，根據可知此時熱功率增大，故A正確；B．將T向b端移動，副線圈匝數變小，故副線圈兩端電壓變小，滑動變阻器R的滑片位置不變時，通過的電流減小，故熱功率減小，故B錯誤；C．將T向a端移動，副線圈匝數增加，故副線圈兩端電壓變大，滑動變阻器R的滑片向f端滑動，R與串聯后的總電阻減小，電流增大，此時熱功率增大，故C正確；D．將T向b端移動，副線圈匝數減少，故副線圈兩端電壓變小，滑動變阻器R的滑片向e端滑動，R與串聯后的總電阻增大，電流減小，此時熱功率減小，故D錯誤。故選AC。20.蹦床運動中，體重為的運動員在時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大小F與時間t的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取。下列說法正確的是（）A.時，運動員的重力勢能最大B.時，運動員的速度大小為C時，運動員恰好運動到最大高度處D.運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為【答案】BD【解析】【詳解】A．根據牛頓第三定律結合題圖可知時，蹦床對運動員的彈力最大，蹦床的形變量最大，此時運動員處于最低點，運動員的重力勢能最小，故A錯誤；BC．根據題圖可知運動員從離開蹦床到再次落到蹦床上經歷的時間為，根據豎直上拋運動的對稱性可知，運動員上升時間為1s，則在時，運動員恰好運動到最大高度處，時運動員的速度大小故B正確，C錯誤；D．同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為，以豎直向上為正方向，根據動量定理其中代入數據可得根據牛頓第三定律可知運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為，故D正確。故選BD。21.如圖，一絕緣細繩跨過兩個在同一豎直面（紙面）內的光滑定滑輪，繩的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側滑輪之間的虛線區域內有方向垂直紙面的勻強磁場，磁場上下邊界水平，在時刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進入磁場。運動過程中，線框始終在紙面內且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向，下列線框的速度v隨時間t變化的圖像中可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】【詳解】設線圈的上邊進入磁場時的速度為v，設線圈的質量M，物塊的質量m，圖中線圈進入磁場時線圈的加速度向下，則對線圈由牛頓第二定律可知對滑塊其中即線圈向上做減速運動，隨速度的減小，向下的加速度減小；當加速度為零時，即線圈勻速運動的速度為A．若線圈進入磁場時的速度較小，則線圈進入磁場時做加速度減小的減速運動，線圈的速度和加速度都趨近于零，則圖像A可能正確；B．因t=0時刻線圈就進入磁場，則進入磁場時線圈向上不可能做勻減速運動，則圖像B不可能；CD．若線圈的質量等于物塊的質量，且當線圈進入磁場時，且速度大于v0，線圈進入磁場做加速度減小的減速運動，完全進入磁場后線圈做勻速運動；當線圈出離磁場時，受向下的安培力又做加速度減小的減速運動，最終出離磁場時做勻速運動，則圖像C有可能，D不可能。三、非選擇題（174分）22.學生小組為了探究超重和失重現象，將彈簧測力計掛在電梯內，測力計下端掛一物體。已知當地重力加速度大小為。（1）電梯靜止時測力計示數如圖所示，讀數為_____N（結果保留1位小數）；（2）電梯上行時，一段時間內測力計的示數為，則此段時間內物體處于_____（填“超重”或“失重”）狀態，電梯加速度大小為_____（結果保留1位小數）。【答案】（1）5.0（2）①.失重②.1.0【解析】【小問1詳解】由圖可知彈簧測力計的分度值為0.5N，則讀數為5.0N。【小問2詳解】[1]電梯上行時，一段時間內測力計的示數為，小于物體的重力可知此段時間內物體處于失重狀態；[2]根據根據牛頓第二定律代入數據聯立解得電梯加速度大小23.電阻型氧氣傳感器阻值會隨所處環境中的氧氣含量發生變化。在保持流過傳感器的電流（即工作電流）恒定的條件下，通過測量不同氧氣含量下傳感器兩端的電壓，建立電壓與氧氣含量之間的對應關系，這一過程稱為定標。一同學用圖（a）所示電路對他制作的一個氧氣傳感器定標。實驗器材有：裝在氣室內的氧氣傳感器（工作電流）、毫安表（內阻可忽略）、電壓表、電源、滑動變阻器、開關、導線若干、5個氣瓶（氧氣含量分別為、、、、）。（1）將圖（a）中的實驗器材間的連線補充完整_____，使其能對傳感器定標；（2）連接好實驗器材，把氧氣含量為1%的氣瓶接到氣體入口；（3）把滑動變阻器的滑片滑到_____端（填“a”或“b”），閉合開關；（4）緩慢調整滑動變阻器的滑片位置，使毫安表的示數為，記錄電壓表的示數U；（5）斷開開關，更換氣瓶，重復步驟（3）和（4）；（6）獲得的氧氣含量分別為、、和的數據已標在圖（b）中；氧氣含量為時電壓表的示數如圖（c），該示數為______V（結果保留2位小數）。現測量一瓶待測氧氣含量的氣體，將氣瓶接到氣體入口，調整滑動變阻器滑片位置使毫安表的示數為，此時電壓表的示數為1.50V，則此瓶氣體的氧氣含量為_____（結果保留整數）。【答案】①.②.③.1.40④.17【解析】【詳解】（1）[1]為了保持流過傳感器的電流恒定，電阻型氧氣傳感器兩端的電壓調節范圍較大，所以滑動變阻器采用分壓式接法，由于毫安表內阻可忽略，所以電流表采用內接法，實物連接圖如圖所示（3）[2]為了保護電路，閉合開關前，需要電阻型氧氣傳感器兩端的電壓為零，故滑動變阻器的滑片滑到端口；（6）[3]由圖可知，電壓表的分度值為0.1V，需要估讀到分度值下一位，其讀數為1.40V；[4]當瓶氣體的氧氣含量為時，電壓為1.40V，在圖（b）中描出該點，用平滑的曲線將各點連接起來，如圖所示可知電壓表的示數為1.50V時，此瓶氣體的氧氣含量為。24.為搶救病人，一輛救護車緊急出發，鳴著笛沿水平直路從時由靜止開始做勻加速運動，加速度大小，在時停止加速開始做勻速運動，之后某時刻救護車停止鳴笛，時在救護車出發處的人聽到救護車發出的最后的鳴笛聲。已知聲速，求：（1）救護車勻速運動時的速度大小；（2）在停止鳴笛時救護車距出發處的距離。【答案】（1）20m/s；（2）680m【解析】【詳解】（1）根據勻變速運動速度公式可得救護車勻速運動時的速度大小（2）救護車加速運動過程中的位移設在時刻停止鳴笛，根據題意可得停止鳴笛時救護車距出發處的距離代入數據聯立解得25.如圖，金屬導軌平行且水平放置，導軌間距為L，導軌光滑無摩擦。定值電阻大小為R，其余電阻忽略不計，電容大小為C。在運動過程中，金屬棒始終與導軌保持垂直。整個裝置處于豎直方向且磁感應強度為B的勻強磁場中。(1)開關S閉合時，對金屬棒施加以水平向右的恒力，金屬棒能達到的最大速度為v0。當外力功率為定值電阻功率的兩倍時，求金屬棒速度v的大小。(2)當金屬棒速度為v時，斷開開關S，改變水平外力并使金屬棒勻速運動。當外力功率為定值電阻功率的兩倍時，求電容器兩端的電壓以及從開關斷開到此刻外力所做的功。【答案】（1）；（2），【解析】【詳解】（1）開關S閉合后，當外力與安培力相等時，金屬棒的速度最大，則由閉合電路歐姆定律金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢為聯立可得，恒定的外力為在加速階段，外力的功率為定值電阻功率為若時，即化簡可得金屬棒速度v的大小為（2）斷開開關S，電容器充電，則電容器與定值電阻串聯，則有當金屬棒勻速運動時，電容器不斷充電，電荷量q不斷增大，電路中電流不斷減小，則金屬棒所受安培力不斷減小，而拉力的功率定值電阻功率當時有可得根據可得此時電容器兩端電壓為從開關斷開到此刻外力所做的功為其中聯立可得26.鈷在新能源、新材料領域具有重要用途。某煉鋅廢渣含有鋅、鉛、銅、鐵、鈷、錳的價氧化物及鋅和銅的單質。從該廢渣中提取鈷的一種流程如下。注：加沉淀劑使一種金屬離子濃度小于等于，其他金屬離子不沉淀，即認為完全分離。已知：①②以氫氧化物形式沉淀時，和溶液的關系如圖所示。回答下列問題：（1）“酸浸”前，需將廢渣磨碎，其目的是_____。（2）“酸浸”步驟中，發生反應的化學方程式是_____。（3）假設“沉銅”后得到的濾液中和均為，向其中加入至沉淀完全，此時溶液中_____，據此判斷能否實現和的完全分離_____(填“能”或“不能”)。（4）“沉錳”步驟中，生成，產生的物質的量為_____。（5）“沉淀”步驟中，用調，分離出的濾渣是_____。（6）“沉鈷”步驟中，控制溶液，加入適量的氧化，其反應的離子方程式為_____。（7）根據題中給出的信息，從“沉鈷”后的濾液中回收氫氧化鋅的方法是_____。【答案】（1）增大固體與酸反應的接觸面積，提高鈷元素的浸出效率（2）（3）①.②.不能（4）（5）（6）（7）向濾液中滴加溶液，邊加邊攪拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，靜置后過濾、洗滌、干燥【解析】【分析】煉鋅廢渣含有鋅、鉛、銅、鐵、鈷、錳的價氧化物及鋅和銅的單質，經稀硫酸酸浸時，銅不溶解，Zn及其他價氧化物除鉛元素轉化為硫酸鉛沉淀外，其他均轉化為相應的+2價陽離子進入溶液；然后通入硫化氫沉銅生成CuS沉淀；過濾后，濾液中加入Na2S2O8將錳離子氧化為二氧化錳除去，同時亞鐵離子也被氧化為鐵離子；再次過濾后，用氫氧化鈉調節pH=4，鐵離子完全轉化為氫氧化鐵沉淀除去；第三次過濾后的濾液中加入次氯酸鈉沉鈷，得到Co(OH)3。【小問1詳解】“酸浸”前，需將廢渣磨碎，其目的是增大固體與酸反應的接觸面積，提高鈷元素的浸出效率。【小問2詳解】“酸浸”步驟中，Cu不溶解，Zn單質及其他價氧化物除鉛元素轉化為硫酸鉛沉淀外，其他均轉化為相應的+2價陽離子進入溶液，即為轉化為CoSO4，反應的化學方程式為。【小問3詳解】假設“沉銅”后得到的濾液中和均為，向其中加入至沉淀完全，此時溶液中，則，小于，說明大部分也轉化為硫化物沉淀，據此判斷不能實現Zn2+和Co2+的完全分離。【小問4詳解】“沉錳”步驟中，Na2S2O8將Mn2+氧化為二氧化錳除去，發生的反應為，因此，生成，產生的物質的量為。【小問5詳解】“沉錳”步驟中，同時將氧化為，“沉淀”步驟中用調pH=4，可以完全沉淀為，因此，分離出的濾渣是。【小問6詳解】“沉鈷”步驟中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入適量的NaClO氧化，為了保證被完全氧化，NaClO要適當過量，其反應的離子方程式為。【小問7詳解】根據題中給出的信息，“沉鈷”后的濾液的pH=5.0~5.5，溶液中有元素以形式存在，當pH＞12后氫氧化鋅會溶解轉化為，因此，從“沉鈷”后的濾液中回收氫氧化鋅的方法是：向濾液中滴加溶液，邊加邊攪拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，靜置后過濾、洗滌、干燥。27.(俗稱過氧化脲)是一種消毒劑，實驗室中可用尿素與過氧化氫制取，反應方程式如下：(一)過氧化脲的合成燒杯中分別加入、蒸餾水和尿素，攪拌溶解。下反應，冷卻結晶、過濾、干燥，得白色針狀晶體。(二)過氧化脲性質檢測I．過氧化脲溶液用稀酸化后，滴加溶液，紫紅色消失。Ⅱ．過氧化脲溶液用稀酸化后，加入溶液和四氯化碳，振蕩，靜置。(三)產品純度測定溶液配制：稱取一定量產品，用蒸餾水溶解后配制成溶液。滴定分析：量取過氧化脲溶液至錐形瓶中，加入一定量稀，用準確濃度的溶液滴定至微紅色，記錄滴定體積，計算純度。回答下列問題：（1）過濾中使用到的玻璃儀器有_____(寫出兩種即可)。（2）過氧化脲的產率為_____。（3）性質檢測Ⅱ中的現象為_____。性質檢則I和Ⅱ分別說明過氧化脲具有的性質是_____。（4）下圖為“溶液配制”的部分過程，操作a應重復3次，目的是_____，定容后還需要的操作為_____。（5）“滴定分析”步驟中，下列操作錯誤的是_____(填標號)。A.溶液置于酸式滴定管中B.用量筒量取過氧化脲溶液C.滴定近終點時，用洗瓶沖洗錐形瓶內壁D.錐形瓶內溶液變色后，立即記錄滴定管液面刻度（6）以下操作導致氧化脲純度測定結果偏低的是_____(填標號)。A.容量瓶中液面超過刻度線B.滴定管水洗后未用溶液潤洗C.搖動錐形瓶時溶液滴到錐形瓶外D.滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后氣泡消失【答案】（1）燒杯、漏斗、玻璃棒，可任選兩種作答（2）50%（3）①.液體分層，上層為無色，下層為紫紅色②.還原性、氧化性（4）①.避免溶質損失②.蓋好瓶塞，反復上下顛倒、搖勻（5）BD（6）A【解析】【小問1詳解】過濾操作需要的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，可任選兩種作答。【小問2詳解】實驗中加入尿素的質量為12.0g，物質的量為0.2mol，過氧化氫的質量為，物質的量約為0.245mol，過氧化氫過量，產率應按照尿素的質量計算，理論上可得到過氧化脲0.2mol，質量為0.2mol×94g/mol=18.8g，實驗中實際得到過氧化脲9.4g，故過氧化脲的產率為。【小問3詳解】在過氧化脲的性質檢測中，檢測Ⅰ用稀硫酸酸化，加入高錳酸鉀溶液，紫紅色消失，說明過氧化脲被酸性高錳酸鉀氧化，體現了過氧化脲的還原性；檢測Ⅱ用稀硫酸酸化，加入KI溶液和四氯化碳溶液，過氧化脲會將KI氧化為I2單質，體現了過氧化脲的氧化性，生成的I2在四氯化碳中溶解度大，會溶于四氯化碳溶液，且四氯化碳密度大于水，振蕩，靜置后出現的現象為：液體分層，上層為無色，下層為紫紅色。【小問4詳解】操作a為洗滌燒杯和玻璃棒，并將洗滌液轉移到容量瓶中，目的是避免溶質損失；定容后應蓋好瓶塞，反復上下顛倒、搖勻。【小問5詳解】A．KMnO4溶液是強氧化性溶液，應置于酸式滴定管中，A項正確；B．量筒的精確度不能達到0.01mL，量取25.00mL的溶液應選用滴定管，B項錯誤；C．滴定過程中，待測液有可能會濺到錐形瓶內壁，滴定近終點時，為了使結果更精確，可用洗瓶沖洗錐形瓶內壁，C項正確；D．錐形瓶內溶液變色后，應等待30s，觀察溶液不再恢復原來的顏色后，才能記錄滴定管液面刻度，D項錯誤；故選BD。【小問6詳解】A．在配制過氧化脲溶液時，容量瓶中頁面超過刻度線，會使溶液體積偏大，配制溶液的濃度偏低，會使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏低，導致測定結果偏低，A項符合題意；B．滴定管水洗后未用KMnO4溶液潤洗，會導致KMnO4溶液濃度偏低，會使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏高，導致測定結果偏高，B項不符合題意；C．搖動錐形瓶時KMnO4溶液滴到錐形瓶外，會使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏高，導致測定結果偏高，C項不符合題意；D．滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后氣泡消失，會使滴定過程中消耗的KMnO4溶液體積偏高，導致測定結果偏高，D項不符合題意；故選A。28.甲烷轉化為多碳化合物具有重要意義。一種將甲烷溴化再偶聯為丙烯()的研究所獲得的部分數據如下。回答下列問題：（1）已知如下熱化學方程式：計算反應的_____。（2）與反應生成，部分會進一步溴化。將和。通入密閉容器，平衡時，、與溫度的關系見下圖(假設反應后的含碳物質只有、和)。(i)圖中的曲線是_____(填“a”或“b”)。(ii)時，的轉化_____，_____。(iii)時，反應的平衡常數_____。（3）少量可提高生成的選擇性。時，分別在有和無的條件下，將和，通入密閉容器，溴代甲烷的物質的量(n)隨時間(t)的變化關系見下圖。(i)在之間，有和無時的生成速率之比_____。(ii)從圖中找出提高了選擇性的證據：_____。(ⅲ)研究表明，參與反應的可能機理如下：①②③④⑤⑥根據上述機理，分析提高選擇性的原因：_____。【答案】（1）67（2）①.a②.80%③.7.8④.10.92（3）①.(或3：2)②.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐漸降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升③.I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2發生反應生成了CH3Br【解析】【分析】根據蓋斯定律計算化學反應熱；根據影響化學反應速率的因素判斷還行反應進行的方向從而判斷曲線歸屬；根據反應前后的變化量計算轉化率；根據平衡時各物質的物質的量計算平衡常數；根據一段時間內物質的含量變化計算速率并計算速率比；根據圖示信息和反應機理判斷合適的原因。【小問1詳解】將第一個熱化學方程式命名為①，將第二個熱化學方程式命名為②。根據蓋斯定律，將方程式①乘以3再加上方程式②，即①×3+②，故熱化學方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的?H=29×3+20=67kJ·mol1。【小問2詳解】(i)根據方程式①，升高溫度，反應向吸熱反應方向移動，升高溫度，平衡逆向移動，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量減少，故CH3Br的曲線為a；(ii)560℃時反應達平衡，剩余的CH4(g)的物質的量為1.6mmol，其轉化率α=×100%=80%；若只發生一步反應，則生成6.4mmolCH3Br，但此時剩余CH3Br的物質的量為5.0mmol，說明還有1.4mmolCH3Br發生反應生成CH2Br2，則此時生成的HBr的物質的量n=6.4+1.4=7.8mmol；(iii)平衡時，反應中各組分的物質的量分別為n(CH3Br)=5.0mmol、n(Br2)=0.2mmol、n(CH2Br2)=1.4mmol、n(HBr)=7.8mmol，故該反應的平衡常數K===10.92。【小問3詳解】(i)11~19s時，有I2的生成速率v==mmol·(L·s)1，無I2的生成速率v==mmol·(L·s)1。生成速率比==；(ii)從圖中可以看出，大約4.5s以后有I2催化CH2Br2的含量逐漸降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此變化判斷I2提高了CH3Br的選擇性；(iii)根據反應機理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同時也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2發生反應生成了CH3Br，提高了CH3Br的選擇性。29.在自然條件下，某植物葉片光合速率和呼吸速率隨溫度變化的趨勢如圖所示。回答下列問題。（1）該植物葉片在溫度a和c時的光合速率相等，葉片有機物積累速率________（填“相等”或“不相等”），原因是________________________________。（2）在溫度d時，該植物體的干重會減少，原因是________________________________。（3）溫度超過b時，該植物由于暗反應速率降低導致光合速率降低。暗反應速率降低的原因可能是________________________________。（答出一點即可）（4）通常情況下，為了最大程度地獲得光合產物，農作物在溫室栽培過程中，白天溫室的溫度應控制在________最大時的溫度。【答案】（1）①.不相等②.溫度a和c時的呼吸速率不相等（2）溫度d時，葉片的光合速率與呼吸速率相等，但植物的根部等細胞不進行光合作用，仍呼吸消耗有機物，導致植物體的干重減少（3）溫度過高，導致部分氣孔關閉，CO2供應不足，暗反應速率降低；溫度過高，導致酶的活性降低，使暗反應速率降低（4）光合速率和呼吸速率差值【解析】【分析】影響光合作用的因素有：光照強度、溫度、CO2濃度、酶的活性和數量、光合色素含量等。【小問1詳解】該植物葉片在溫度a和c時的光合速率相等，但由于呼吸速率不同，因此葉片有機物積累速率不相等。【小問2詳解】在溫度d時，葉片的光合速率與呼吸速率相等，但由于植物有些細胞不進行光合作用如根部細胞，因此該植物體的干重會減少。【小問3詳解】溫度超過b時，為了降低蒸騰作用，部分氣孔關閉，使CO2供應不足，暗反應速率降低；同時使酶的活性降低，導致CO2固定速率減慢，C3還原速率減慢，進而使暗反應速率降低。【小問4詳解】為了最大程度地獲得光合產物，農作物在溫室栽培過程中，白天溫室的溫度應控制在光合速率與呼吸速率差值最大時的溫度，有利于有機物的積累。30.某種病原體的蛋白質A可被吞噬細胞攝入和處理，誘導特異性免疫。回答下列問題。（1）病原體感染誘導產生漿細胞的特異性免疫方式屬于________。（2）溶酶體中的蛋白酶可將蛋白質A的一條肽鏈水解成多個片段，蛋白酶切斷的化學鍵是________。（3）不采用熒光素標記蛋白質A，設計實驗驗證蛋白質A的片段可出現在吞噬細胞的溶酶體中，簡要寫出實驗思路和預期結果______。【答案】（1）體液免疫（2）肽鍵（3）實驗思路：以蛋白質A的片段為抗原，制備單克隆抗體，利用差速離心法將吞噬細胞中的溶酶體分離，并提取溶酶體中的蛋白質，利用抗原抗體雜交技術進行檢測預期結果：出現雜交帶，表明蛋白質A的片段可出現在吞噬細胞的溶酶體中【解析】【分析】非特異性免疫（先天性免疫）：第一道防線：皮膚、黏膜等；第二道防線：體液中的殺菌物質和吞噬細胞；特異性免疫（獲得性免疫）第三道防線：由免疫器官和免疫細胞借助血液循環和淋巴循環組成。【小問1詳解】特異性免疫包括體液免疫和細胞免疫。病原體感染誘導產生漿細胞的特異性免疫方式屬于體液免疫。【小問2詳解】蛋白酶可將蛋白質A的一條肽鏈水解成多個片段，因此蛋白酶切斷的是肽鍵。【小問3詳解】為驗證蛋白質A的片段可出現在吞噬細胞的溶酶體中，可以蛋白質A的片段為抗原，制備單克隆抗體，利用差速離心法將吞噬細胞中的溶酶體分離，并提取溶酶體中的蛋白質，利用抗原抗體雜交技術進行檢測，若出現雜交帶，則表明蛋白質A的片段可出現在吞噬細胞的溶酶體中。31.鳥類B曾瀕臨滅絕。在某地發現7只野生鳥類B后，經保護其種群規模逐步擴大。回答下列問題。（1）保護鳥類B采取“就地保護為主，易地保護為輔”模式。就地保護是________。（2）鳥類B經人工繁育達到一定數量后可放飛野外。為保證鳥類B正常生存繁殖，放飛前需考慮的野外生物因素有________________。（答出兩點即可）（3）鳥類B的野生種群穩步增長。通常，種群呈“S”型增長的主要原因是________。（4）保護鳥類B等瀕危物種的意義是________________________。【答案】（1）在原地對被保護的生態系統或物種建立自然保護區以及國家公園等（2）天敵、競爭者、食物等（3）存在環境阻力（4）增加生物多樣性【解析】【分析】1、生物多樣性：生物圈內所有的植物、動物和微生物，它們所擁有的全部基因以及各種各樣的生態系統，共同構成了生物多樣性。生物多樣性包括基因多樣性、物種多樣性和生態系統多樣性。2、生物多樣性的價值：（1）直接價值：對人類有食用、藥用和工業原料等使用意義，以及有旅游觀賞、科學研究和文學藝術創作等非實用意義的。（2）間接價值：對生態系統起重要調節作用的價值（生態功能）。（3）潛在價值：目前人類不清楚的價值。【小問1詳解】就地保護是指在原地對被保護的生態系統或物種建立自然保護區以及國家公園等，這是對生物多樣性最有效的保護。【小問2詳解】為保證鳥類B正常生存繁殖，放飛前需考慮的野外生物因素有減少天敵以及競爭者的存在，同時增加鳥類B的食物數量和種類。【小問3詳解】種群呈“S”型增長的主要原因是受資源和空間的限制，以及競爭者和天敵的存在，即存在環境阻力。【小問4詳解】保護瀕危物種可以增加生物多樣性。32.袁隆平研究雜交水稻，對糧食生產具有突出貢獻。回答下列問題。（1）用性狀優良的水稻純合體（甲）給某雄性不育水稻植株授粉，雜交子一代均表現雄性不育；雜交子一代與甲回交（回交是雜交后代與兩個親本之一再次交配），子代均表現雄性不育；連續回交獲得性狀優良的雄性不育品系（乙）。由此推測控制雄性不育的基因（A）位于________________（填“細胞質”或“細胞核”）。（2）將另一性狀優良的水稻純合體（丙）與乙雜交，F1均表現雄性可育，且長勢與產量優勢明顯，F1即為優良的雜交水稻。丙的細胞核基因R的表達產物能夠抑制基因A的表達。基因R表達過程中，以mRNA為模板翻譯產生多肽鏈的細胞器是________。F1自交子代中雄性可育株與雄性不育株的數量比為________________。（3）以丙為父本與甲雜交（正交）得F1，F1自交得F2，則F2中與育性有關的表現型有________種。反交結果與正交結果不同，反交的F2中與育性有關的基因型有________種。【答案】（1）細胞質（2）①.核糖體②.3:1（3）①.1②.3【解析】【分析】基因的自由組合定律的實質是位于非同源染色體上的非等位基因的分離或組合是互不干擾的；在減數分裂過程中，同源染色體上的等位基因彼此分離的同時，非同源染色體上的非等位基因自由組合。【小問1詳解】由題意可知，雄性不育株在雜交過程中作母本，在與甲的多次雜交過程中，子代始終表現為雄性不育，即與母本表型相同，說明雄性不育為母系遺傳，即制雄性不育的基因（A）位于細胞質中。【小問2詳解】以mRNA為模板翻譯產生多肽鏈即合成蛋白質的場所為核糖體。控制雄性不育的基因（A）位于細胞質中，基因R位于細胞核中，核基因R的表達產物能夠抑制基因A的表達，則丙的基因型為A（RR）或a（RR），雄性不育乙的基因型為A（rr），子代細胞質來自母本，因此F1的基因型為A（Rr），核基因R的表達產物能夠抑制基因A的表達，因此F1表現為雄性可育，F1自交，子代的基因型及比例為A（RR）：A（Rr）：A（rr）=1：2：1，因此子代中雄性可育株與雄性不育株的數量比為3：1。【小問3詳解】丙為雄性可育基因型為A（RR）或a（RR），甲也為雄性可育基因型為a（rr），以丙為父本與甲雜交（正交）得F1，F1基因型為a（Rr）雄性可育，F1自交的后代F2可育，即則F2中與育性有關的表現型有1種。反交結果與正交結果不同，則可說明丙的基因型為A（RR），甲的基因型為a（rr），反交時，丙為母本，F1的基因型為A（Rr），F2中的基因型及比例為A（RR）：A（Rr）：A（rr）=1：2：1，即F2中與育性有關的基因型有3種。二、選考題（共45分）[物理——選修33]（15分）33.Ⅰ如圖，四個相同的絕熱試管分別倒立在盛水的燒杯a、b、c、d中，平衡后燒杯a、b、c中的試管內外水面的高度差相同，燒杯d中試管內水面高于試管外水面。已知四個燒杯中水的溫度分別為、、、，且。水的密度隨溫度的變化忽略不計。下列說法正確的是（）A.a中水的飽和氣壓最小B.a、b中水的飽和氣壓相等C.c、d中水的飽和氣壓相等D.a、b中試管內氣體的壓強相等E.d中試管內氣體的壓強比c中的大【答案】ACD【解析】【詳解】A．同一物質的飽和氣壓與溫度有關，溫度越大，飽和氣壓越大，a中水的溫度最低，則a中水的飽和氣壓最小，故A正確；B．同理，a中水的溫度小于b中水的溫度，則a中水的飽和氣壓小于b中水的飽和氣壓，故B錯誤；C．c中水的溫度等于d中水的溫度，則c、d中水的飽和氣壓相等，故C正確；D．設大氣壓強為，試管內外水面的高度差為，則a、b中試管內氣體的壓強均為故D正確；E．d中試管內氣體的壓強為c中試管內氣體的壓強為可知故E錯誤。故選ACD。Ⅱ如圖，一豎直放置的汽缸內密封有一定量的氣體，一不計厚度的輕質活塞可在汽缸內無摩擦滑動，移動范圍被限制在卡銷a、b之間，b與汽缸底部的距離，活塞的面積為。初始時，活塞在卡銷a處，汽缸內氣體的壓強、溫度與活塞外大氣的壓強、溫度相同，分別為和。在活塞上施加豎直向下的外力，逐漸增大外力使活塞緩慢到達卡銷b處（過程中氣體溫度視為不變），外力增加到并保持不變。（1）求外力增加到時，卡銷b對活塞支持力大小；（2）再將汽缸內氣體加熱使氣體溫度緩慢升高，求當活塞剛好能離開卡銷b時氣體的溫度。【答案】（1）100N；（2）327K【解析】【詳解】（1）活塞從位置到過程中，氣體做等溫變化，初態、末態、根據解得此時對活塞根據平衡條件解得卡銷b對活塞支持力的大小（2）將汽缸內氣體加熱使氣體溫度緩慢升高，當活塞剛好能離開卡銷b時，氣體做等容變化，初態，末態，對活塞根據平衡條件解得設此時溫度為，根據解得[物理——選修34]（15分）34.Ⅰ一列簡諧橫波沿x軸傳播，周期為，時刻的波形曲線如圖所示，此時介質中質點b向y軸負方向運動，下列說法正確的是（）A.該波的波速為B.該波沿x軸正方向傳播C.時質點a和質點c運動方向相反D.時介質中質點a向y軸負方向運動E.時介質中質點b的速率達到最大值【答案】ACD【解析】【詳解】A．由圖可知波長為則該波的波速為故A正確；B．此時介質中質點b向y軸負方向運動，根據波形平移法可知，該波沿x軸負方向傳播，故B錯誤；C．由于質點a和質點c之間的距離為半個波長，則質點a和質點c的振動完全相反，所以時質點a和質點c的運動方向相反，故C正確；D．時刻質點a處于波峰位置，則時，質點a剛好經過平衡位置向y軸負方向運動，故D正確；E．時刻質點b處于平衡位置向y軸負方向運動，則時，質點b剛好處于波峰位置，此時質點b的速率為0，故E錯誤。故選ACD。Ⅱ一玻璃柱的折射率，其橫截面為四分之一圓，圓的半徑為R，如圖所示。截面所在平面內，一束與AB邊平行的光線從圓弧入射。入射光線與AB邊的距離由小變大，距離為h時，光線進入柱體后射到BC邊恰好發生全反射。求此時h與R的比值。【答案】【解析】【詳解】如圖，畫出光路圖可知設臨界角為C，得，根據可得解得故可得故可知[化學—選修3：物質結構與性質]35.ⅣA族元素具有豐富的化學性質，其化合物有著廣泛的應用。回答下列問題：（1）該族元素基態原子核外未成對電子數為_____，在與其他元素形成化合物時，呈現的最高化合價為_____。（2）俗稱電石，該化合物中不存在的化學鍵類型為_____(填標號)。a．離子鍵b．極性共價鍵c．非極性共價鍵d．配位鍵（3）一種光刻膠薄膜成分為聚甲基硅烷，其中電負性最大的元素是_____，硅原子的雜化軌道類型為_____。（4）早在青銅器時代，人類就認識了錫。錫的鹵化物熔點數據如下表，結合變化規律說明原因：_____。物質熔點/44229143（5）結晶型可作為放射性探測器元件材料，其立方晶胞如圖所示。其中的配位數為_____。設為阿伏加德羅常數的值，則該晶體密度為_____(列出計算式)。【答案】（1）①.2②.+4（2）bd（3）①.C②.（4）SnF4屬于離子晶體，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，離子晶體的熔點比分子晶體的高，分子晶體的相對分子量越大，分子間作用力越強，熔點越高（5）①.6②.【解析】【小問1詳解】ⅣA族元素基態原子的價層電子排布為，其核外未成對電子數為2，因最外層電子數均為4，所以在與其他元素形成化合物時，呈現的最高化合價為+4；【小問2詳解】俗稱電石，其為離子化合物，由和構成，兩種離子間存在離子鍵，中兩個C原子之間存在非極性共價鍵，因此，該化合物中不存在的化學鍵類型為極性共價鍵和配位鍵，故選bd；【小問3詳解】一種光刻膠薄膜成分為聚甲基硅烷，含C、Si、H三種元素，其電負性大小：C>H>Si，則電負性最大的元素是C，硅原子與周圍的4個原子形成共價鍵，沒有孤電子對，價層電子對數為4，則硅原子的雜化軌道類型為；【小問4詳解】根據表中數據可知，SnF4的熔點均遠高于其余三種物質，故SnF4屬于離子晶體，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，離子晶體的熔點比分子晶體的高，SnCl4、SnBr4、SnI4三種物質的相對分子質量依次增大，分子間作用力依次增強，熔點升高，故原因為：SnF4屬于離子晶體，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，離子晶體的熔點比分子晶體的高，分子晶體的相對分子量越大，分子間作用力越強，熔點越高；【小問5詳解】由晶胞結構圖可知，該晶胞中有4個和4個，距離每個原子周圍最近的原子數均為6，因此的配位數為6。設為阿伏加德羅常數的值，則個晶胞的質量為，個晶胞的體積為，因此該晶體密度為。[化學—選修5：有機化學基礎]36.白藜蘆醇(化合物I)具有抗腫瘤、抗氧化、消炎等功效。以下是某課題組合成化合物I的路線。回答下列問題：（1）A中的官能團名稱為_____。（2）B的結構簡式為_____。（3）由C生成D的反應類型為_____。（4）由E生成F的化學方程式為_____。（5）已知G可以發生銀鏡反應，G的化學名稱為_____。（6）選用一種鑒別H和I的試劑并描述實驗現象_____。（7）I的同分異構體中，同時滿足下列條件的共有_____種(不考慮立體異構)。①含有手性碳(連有4個不同的原子或基團的碳為手性碳)；②含有兩個苯環；③含有兩個酚羥基；④可發生銀鏡反應。【答案】（1）硝基（2）（3）取代反應（4）+P(OC2H5)3→+C2H5Br（5）4甲氧基苯甲醛(或對甲氧基苯甲醛)（6）鑒別試劑為：FeCl3溶液，實驗現象為：分別取少量有機物H和有機物I的固體用于水配置成溶液，向溶液中滴加FeCl3溶液，溶液呈紫色的即為有機物I（7）9【解析】【分析】根據流程，有機物A在Fe/H+作用下發生還原反應生成有機物B，根據有機物B的分子式和有機物A的結構可以得到有機物B的結構為；有機物B發生兩個連續的反應后將結構中的氨基氧化為羥基，得到有機物C；有機物C發生取代反應得到有機物D，根據有機物D的分子式可以推出有機物D為；有機物D與NBS發生取代反應得到有機物E，根據有機物E的分子式可以推出有機物E為；有機物E與P(OC2H5)3發生反應得到有機物F，有機物F與有機物G發生反應得到有機物H，結合有機物H的結構、有機物G的分子式和小問5的已知條件可以得到有機物G的結構為；最后，有機物H與BBr3反應得到目標化合物I。據此分析解題：【小問1詳解】根據有機物A的結構可知，A的官能團為硝基；【小問2詳解】根據分析，有機物B的結構簡式為：；【小問3詳解】根據分析，有機物C發生反應生成有機物D是將C中的羥基取代為甲氧基得到有機物D，故反應類型為取代反應；【小問4詳解】根據分析，有機物E與P(OC2H5)3發生反應得到有機物F，反應方程式為：+P(OC2H5)3→+C2H5Br；【小問5詳解】有機物G可以發生銀鏡反應說明有機物G中含有醛基，結合其分子式和有機物F和有機物H的結構可以得到有機物G的結構為，其化學名稱為：4甲氧基苯甲醛(或對甲氧基苯甲醛)；【小問6詳解】對比有機物H和有機物I的結構可以看出，有機物I中含有酚羥基，可以由此進行鑒別，鑒別試劑為FeCl3溶液，實驗現象為分別取少量有機物H和有機物I的固體用于水配置成溶液，向溶液中滴加FeCl3溶液，溶液呈紫色的即為有機物I；【小問7詳解】對于有機物I的同分異構體，可以發生銀鏡反應說明含有醛基；含有手性碳原子，說明有飽和碳原子