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理科综合能力测试（七）
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：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 K39
第Ⅰ卷（选择题，共126分）
一、选择题：本大题共13小题，每小题6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．生物膜上的物质或结构与其功能相适应，下列相关叙述错误的是
A．功能越复杂的生物膜，蛋白质的种类和数量越多
B．线粒体内膜上附着与有氧呼吸有关的酶，有利于丙酮酸的分解
C．细胞膜上附着ATP水解酶，有利于主动吸收某些营养物质
D．核膜上有许多核孔，有利于核质之间的物质交换与信息交流
2．哈佛大学带头的科学团队合成了全新的 hachimoji DNA，这种8碱基的DNA可以正常支持生命体的活动，其结构也能按照预期进行碱基配对，并转录出RNA指导蛋白质合成。下列叙述错误的是
A．hachimoji DNA可彻底水解为磷酸、脱氧核糖和8种碱基
B．hachimoji DNA的出现增加了遗传信息的多样性
C．生物体内合成蛋白质时，一种氨基酸只能由一种密码子决定
D．生物体内的tRNA具有识别并转运相应氨基酸的功能
3．在验证生长素类似物A对小麦胚芽鞘（幼苗）伸长影响的实验中，将取得的胚芽鞘切段（长度为4mm）浸入蒸馏水中1h后，再分别转入到5种不同浓度的A溶液（实验组）和蒸馏水（对照组）中，在适宜温度下培养24h，然后逐一测量切段长度（取每组平均值），实验进行两次，结果见下图。根据下图及所学知识，下列说法中错误的是
A．切段浸入蒸馏水1h是为了减少切段中原有激素对实验结果的影响
B．两组实验中切段的长度均先增后减，说明A的作用具有两重性
C．浓度为0.1mg/L时实验二所得数据与实验一偏差较大，需要再重复一次
D．实验结果表明生长素类似物A促进胚芽鞘伸长的最适浓度为1mg/L左右
4．下列有关细胞的衰老、凋亡、癌变的叙述，正确的是
A．衰老细胞的酶活性都降低，细胞核减小
B．细胞免疫引起的靶细胞死亡不属于细胞凋亡
C．癌变的细胞中，细胞膜上糖蛋白大量增加
D．细胞的衰老、凋亡和癌变，都会引起细胞结构和功能的改变
5．抗生素的滥用，会使一些细菌产生抗药性。依据现代生物进化理论的观点，细菌产生抗药性的原因是
A．长期大量使用抗生素，会使细菌抗药性基因频率增大
B．抗生素使细菌细胞中染色体的结构和数目发生改变
C．抗生素使用过程中，细菌逐渐向抗药性增强的方向变异
D．抗生素诱发细菌产生基因突变，使细菌中出现抗药性强的个体
6．下列有关种群、群落和生态系统的叙述，正确的是
A．性别比例直接决定着种群数量的变化
B．任一群落都具有垂直结构和水平结构
C．生态系统自我调节能力的基础是负反馈调节
D．研究能量流动的目的，就是使能量尽可能多地保留在生产者体内
7．化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是
A．将海水中的镁转化为氯化镁，再电解熔融氯化镁可制得金属镁
B．稻草秸秆和甘蔗渣中富含纤维素，可以用它来制造纸张
C．芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程涉及到化学变化
D．《新修本草》中有关于“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑙璃……烧之赤色……”这里的赤色是析出了Cu单质
8．苦艾精油由天然艾叶萃取精炼而成，中药常用作温经通络，益气活血，祛寒止痛等。现代科学从其中分离出多种化合物，其中四种的结构如下：
下列说法正确的是
A．②③分子中所有的碳原子可能处于同一平面内
B．④的一氯代物有5种
C．②、④互为同分异构体
D．①②③均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
9．NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是
A．1mol﹣OH（羟基）与lmol NH中所含电子数均为10NA
B．常温常压下，水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时，反应中转移的电子数为NA
C．6.4g CH4O中含有的C-H键数目小于等于0.6NA
D．标准状况下，2.24L NO2和N2O4混合气体中含0.2NA个氧原子
10．实验室利用废弃旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示：
下列叙述错误的是
A．“溶解”操作中可用酸性条件下不断鼓入O2代替H2O2
B．铜帽溶解后，将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的H2O2
C．与加入锌粉反应的离子为Cu2+、H+
D．“过滤”操作后，将滤液蒸干、高温灼烧即可制取纯净的ZnO
11．短周期主族元素W、M、X、Y、Z原子序数依次增大。W的族序数是周期数的3倍，Ⅹ原子的最外层只有一个电子，Y是地壳中含量最多的金属元素，Z在同周期中原子半径最小。下列说法错误的是
A．X2W2和X2W中阴、阳离子数之比均为1∶2
B．可用M的单质与W的氢化物反应证明非金属性M>W
C．M、Z两种元素气态氢化物的稳定性比较：Mc(AOH)>c(A+)
13．H3BO3可以通过电解NaB(OH)4溶液的方法制备，其工作原理如图，下列叙述错误的是
A．N室发生的电极反应式为：2H++2e－＝H2↑
B．M室中稀硫酸可用盐酸替代
C．b膜为阴膜，产品室发生的反应方程式为：B(OH)+H+=H3BO3+H2O
D．理论上每生成1mol产品，阳极室可生成标况下5.6L气体
二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项符合题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．如图所示，水平面上固定着一个三棱柱体，其左侧光滑，倾角为α；右侧粗糙，倾角为β。放置在三棱柱体上的物块A和物块B通过一根跨过顶端定滑轮的细绳相连，若物块A和物块B始终保持静止。下列说法正确的是
A．仅增大角α，物块B所受的摩擦力一定增大
B．仅增大角α，物块B对三棱柱体的压力可能减小
C．仅增大角β，绳子的拉力一定增大
D．仅增大角β，地面对三棱柱体的支持力不变
15．如图，光滑水平面上放着长木板B，质量m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如右图所示，重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法正确的是
A．A、B之间动摩擦因数为0.1
B．长木板的质量为1 kg
C．长木板长度至少为2 m
D．A、B组成系统损失机械能为4 J
16．如图所示，两电荷量分别为－Q和＋2Q的点电荷固定在直线MN上，两者相距为L，以＋2Q的点电荷所在位置为圆心、为半径画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，下列说法正确的是
A．c、d两点的电势相同
B．a点的电势高于b点的电势
C．c、d两点的电场强度相同
D．a点的电场强度小于b点的电场强度
17．有a、b、c、d四颗地球卫星，卫星a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，卫星b在地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有
A．a的向心加速度等于重力加速度g
B．b在相同时间内转过的弧长最长
C．c在4 h内转过的圆心角是
D．d的运动周期有可能是20 h
18．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场B，一群质量为m、带电量为q正负微粒（不计重力），从P点以相同速度v沿图示方向进入磁场，已知OP＝L，x正半轴和y负半轴安装足够长的荧光屏接收粒子，下列判断不正确的（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）
A．能够从x正半轴射出磁场的所有微粒一定带正电
B．比荷大于的所有正微粒都不能进入第一象限
C．能够从y负半轴射出磁场的某两个微粒在磁场中运动时间一定相等
D．若，微粒射出磁场时位移最大
19．如图所示，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻为r，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形，棒与导轨间无摩擦、棒左侧有两个固定于水平面的光滑立柱。导轨bc段电阻为R，长为L，其他部分电阻不计。以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向右，磁感应强度大小均为B。在t＝0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。则
A．F与t2成正比
B．F和t是线性关系
C．当t达到一定值时，QP刚好对轨道无压力
D．若F＝0，PQbc静止，ef左侧磁场均匀减小，QP可能对轨道无压力
20．如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)左端固定在A点，弹性绳自然长度等于AB，跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球，小球穿过竖直固定的杆。初始时A、B、C在一条水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零。已知C、E两点间距离为h，D为CE的中点，小球在C点时弹性绳的拉力为，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是
A．小球在D点时速度最大
B．若在E点给小球一个向上的速度v，小球恰好能回到C点，则
C．小球在CD阶段损失的机械能等于小球在DE阶段损失的机械能
D．若仅把小球质量变为2m，则小球到达E点时的速度大小
21．如图所示，在方向竖直向上、大小E＝1×106 V/m的匀强电场中，固定一个穿有A、B
两个小球（均视为质点）的光滑绝缘圆环，圆环在竖直平面内，圆心为O、半径R＝0.2 m。A、B用一根绝缘轻杆相连，B球带电荷量q＝＋7×l0－6 C，A球不带电，质量分别为mA＝0.1 kg、mB＝0.8 kg。将两小球从圆环上的图示位置（A与圆心O等高，B在圆心O的正下方）由静止释放，重力加速度大小为g＝10 m/s2。则
A．小球A和B受到的合力的大小相等
B．小球B不能到达圆环的最高点
C．小球A和B的速度大小始终相等
D．两小球及轻杆组成的系统最大动能为J
第Ⅱ卷（非选择题，共174分）
三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题(共129分)
22．(6分)某同学用如图所示装置来探究“在外力一定时，物体的加速度与其质量之间的关系”。
(1)下列实验中相关操作正确的是________。
A．平衡摩擦力时，应先将沙桶用细线绕过定滑轮系在小车上
B．平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器
C．小车释放前应靠近打点计时器，且先释放小车后接通打点计时器的电源
(2)将沙和沙桶的总重力mg近似地当成小车所受的拉力F会给实验带来系统误差。设小车所受拉力的真实值为F真，为了使系统误差c(AOH)，故D错误。答案选D。
13. 【答案】B
【解析】A．N室中石墨为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH−，电极反应式为2H2O+2e−
=H2↑+2OH−或2H++2e−＝H2↑，故A正确； B．M室中稀硫酸若用盐酸替代，氯离子在阳极上放电生成的氯气易污染空气，H+通过a膜进入产品室，盐酸的浓度不断减小，则M室溶液的导电性逐渐减弱，电解效率逐渐降低，不利于硼酸的生产，故B错误；C．M室中H+通过阳离子交换膜a膜进入产品室，原料室中的B(OH)通过阴离子交换膜b膜进入产品室, 产品室中H+和B(OH)反应生成H3BO3，反应的离子方程式为B(OH)+H+=H3BO3+H2O，故C正确；D．理论上每生成1mol产品，阳极室生成1mol H+和0.25mol O2，标况下0.25mol O2的体积为5.6L，故D正确。故选B。
二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项符合题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．【答案】D
【解析】细线的拉力T＝mAgsinα，仅增大角α，细线的拉力变大，但因开始时B所受的摩擦力方向不能确定，则不能断定物块B所受的摩擦力一定增大，选项A错误；仅增大角α，物块B对三棱柱体的压力仍等于mBgcosβ不变，选项B错误；仅增大角β，绳子的拉力仍为T＝mAgsinα不变，选项C错误；对AB两物体以及三棱柱的整体而言，地面对三棱柱体的支持力等于整体的重力，则仅增大角β，地面对三棱柱体的支持力不变，选项D正确。
15．【答案】A
【解析】从图可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2kg，故B错误；由图象可知，木板B匀加速运动的加速度，对B根据牛顿第二定律得μmg＝MaB，解得动摩擦因数μ＝0.1，故A正确；由图象可知前1s内B的位移，A的位移，所以木板最小长度，故C错误；A、B组成系统损失机械能，故D错误。
16．【答案】A
【解析】a、b、c、d四点在以点电荷＋2Q为圆心的圆上，可知＋2Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过－Q产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高，c、d两点对称电势相等，a点电势最低，故A正确，B错误；＋2Q的场源在c、d两点产生的场强大小相等，－Q的场源在c、d两点的产生的场强大小也相等，根据场强的合成可知两点的总场强大小相等，但方向不同，故c、d两点的电场强度不同，故C错误；由点电荷的场强公式，合成可得，方向向左；，方向向右，故，则D错误。故选A。
17．【答案】B
【解析】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a＝ω2r知，c的向心加速度大于a的向心加速度。由G＝mg，解得：g＝，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，a的向心加速度小于重力加速度g,故A错误；由，解得：，卫星的半径r越大，速度v越小，所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故B正确；c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是，故C错误；由开普勒第三定律得： ＝k可知：卫星的半径r越大，周期T越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，有不可能是20h，故D错误。
18．【答案】C
【解析】粒子要从x正半轴射出磁场，则粒子的轨迹向上偏转，由左手定则可知，微粒一定带正电；故A正确；正微粒不能x轴射出，则不能进入第一象限，轨迹图如图，当，则粒子不能进入第一象限，，代入得，故B正确；
y负半轴射出磁场的两个微粒属于磁场中直线边界问题，直线边界，粒子进出磁场具有对称性，但正负微粒对应的圆心角不同，如图，故运动时间不一定相等，故C错误；微粒射出磁场时位移最大的轨迹图如图所示，则有 ，又，故，故D正确。
19．【答案】BC
【解析】t时刻dc产生的感应电动势 E＝BLv，导轨做初速为零的匀加速运动，v＝at，则 E＝BLat；感应电流 I，金属导轨abcd安培力大小 F安＝BIL，对导轨，由牛顿第二定律得：F﹣F安＝ma，则得：F＝mat，可知F与t2不成正比，F与t成线性关系，故A错误，B正确；当t
达到一定值时，导致QP的电流，产生的安培力等于其重力，则刚好对轨道无压力，故C正确；当ef左侧磁场均匀减小，不管减小到什么值，QP对轨道压力不会为零，因为受到的安培力与重力同向，故D错误。
20．【答案】AB
【解析】当小球运动到某点P点，弹性绳的伸长量是，小球受到如图所示的四个力作用：
其中，将正交分解，则、，的竖直分量。据牛顿第二定律得：，解得：，即小球的加速度先随下降的距离均匀减小到零，再随下降的距离反向均匀增大。据运动的对称性可知，小球运动到CE的中点D点时，加速度为零，速度最大，故A正确；对小球从C运动到E过程，应用动能定理得：；若小球恰能从E点回到C点，应用动能定理得：；联立解得：、，故B正确；小球在全程所受摩擦力大小不变，小球在CD段所受弹力竖直分量较小；则小球在CD段时摩擦力和弹力做的负功比小球在DE段时摩擦力和弹力做的负功少，小球在CD阶段损失的机械能小于小球在DE阶段损失的机械能，故C错误；若仅把小球质量变为2m，对小球从C运动到E过程，应用动能定理得：，解得：小球到达E点时的速度大小，故D错误。
21．【答案】BCD
【解析】设B转过α角时，A、B的速度分别为vA、vB，因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同，故vA＝vB，所以小球A和B切向加速度大小和法向加速度大小相等，但两球的质量不等，根据牛顿第二定律可知小球A和B受到合力大小不等，故A错误，C正确；设B到达圆环最高点时A、B的动能分别为EKA、EKB，对A根据动能定理有：，对B根据动能定理有：，联立解得：，上式表明：B在圆环最高点时，系统动能为负值，所以B不能到达圆环最高点，故B正确；对A由动能定理：，对B，由动能定理：，联立解得：，据此式知，当时，两小球及轻杆组成的系统最大动能是，故D正确。
第Ⅱ卷（非选择题，共174分）
三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题(共129分)
22．(6分)
【答案】(1)B (1分) (2) (2分) (3)C (2分)
【解析】（1）平衡摩擦力时，应不挂沙桶，只让小车拖着纸带在木板上做匀速运动，选项A错误；平衡摩擦力时，小车后面应固定一条纸带，纸带穿过打点计时器，选项B正确；小车释放前应靠近打点计时器，且先接通打点计时器的电源后释放小车，选项C错误。
（2）在本实验中认为细线的拉力F等于砝码和砝码盘的总重力mg，由此造成的误差是系统误差，对小车，根据牛顿第二定律得：，对整体，根据牛顿第二定律得：，且，解得：。
（3）由牛顿第二定律可知：，则，故选C。
23．(10分)
【答案】(1)3.0 (2分) (2)G (2分)如图所示(3分) (3)(3分)
【解析】(1)因为电源电动势为E＝3V，故改装成的电压表的量程应为3V；
(2)保证安全的前提下应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器选择G；电路连接如图：
(3)若某次测量中电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，根据串并联电路特点结合欧姆定律，联立即可取出Rx的表达式：。
24．(12分)
【解析】（1）轨迹如图所示，设电子从电场进入磁场时速度方向与x轴夹角为，
在电场中x轴方向： (2分)
y轴方向， (2分)
得， (2分)
（2）在磁场中， (2分)
磁场中的偏转角度为 (2分)
。 (2分)
25．(20分)
【解析】（1）设A到达C的最下端时速度大小为v0，圆弧轨道支持力大小为FN，则
(1分)
(1分)
解得＝4m/s，FN＝3 N (1分)
（2）设A在B上向右滑行过程中，A的加速度大小为a1，B的加速度大小为a2，滑上B后经时间t1后接触弹簧，A的位移x1，B的位移x2，则
(1分)
(1分)
(1分)
(1分)
(1分)
(1分)
解得t1＝1.2 s，L＝2.4 m (1分)
（3）设A接触弹簧与B保持相对静止时速度大小为v1，弹簧恢复原长时A的速度大小为v2，B
的速度大小为v3，A相对B向左滑动过程中的加速度大小与A滑上B向右滑行过程中各自加速度大小相等，则
(1分)
(2分)
最终运动到木板的左端时A、B共同速度大小为v4，则 (2分)
由能量守恒 (2分)
解得v1＝1 m/s，v4＝1m/s，v2＝2 m/s，v3＝2 m/s
设物块A从木板右端运动到左端的时间为t2，对木板B，由动量定理有 (2分)
解得t2＝1.2 s (1分)
26. 【答案】（1）分液漏斗 干燥管
（2） 吸收未反应的HBr，并防止空气中的水蒸气进入装置⑤ 是
（3） 使装置中残留的HBr被充分吸收，避免造成污染
（4） ①难挥发性（或高沸点）
②2NaBr+2H2SO4(浓)SO2↑+Br2↑+2H2O+Na2SO4
③没有 SO2与铁不反应，溴与铁生成的FeBr3在高温下迅速分解为FeBr2
【解析】（1）根据常见仪器的结构，仪器M为分液漏斗、N为球形干燥管，故答案为：分液漏斗；球形干燥管；（2）根据上述分析，装置⑥可以吸收未反应的HBr，并防止空气中的水蒸气进入装置⑤使溴化亚铁潮解变质；铁与溴化氢反应生成溴化亚铁，同时生成了氢气，从装置末端排出的气体中含有氢气，需要处理，否则可能发生爆炸危险，故答案为：吸收未反应的HBr，并防止空气中的水蒸气进入装置⑤；是；（3）实验结束时要关闭热源并继续通入N2一段时间，此时通入N2可以使装置中残留的HBr被充分吸收，避免造成污染，故答案为：使装置中残留的HBr被充分吸收，避免造成污染；（4）将浓磷酸换成浓硫酸同样能制得HBr，但反应过程中圆底烧瓶内的溶液变为橙黄色。①浓磷酸和浓硫酸均能用于制HBr的原因是硫酸和磷酸都是难挥发性酸，故答案为：难挥发性(或高沸点)；②浓硫酸具有强氧化性，能够氧化溴离子生成溴单质，因此溶液变橙黄色是因为发生了副反应2NaBr+2H2SO4(浓)SO2↑+Br2↑+2H2O+Na2SO4，故答案为：2NaBr+2H2SO4(浓)SO2↑+Br2↑+2H2O+Na2SO4；③用浓硫酸作反应物时，进入素瓷烧反应管的HBr中含有溴蒸气和二氧化硫，二氧化硫与铁不反应，溴与铁生成的FeBr3在高温下迅速分解为FeBr2，不会影响产品纯度，故答案为：没有；SO2与铁不反应，溴与铁生成的FeBr3在高温下迅速分解为FeBr2。
27. 【答案】（1）浓HNO3易挥发、分解
（2）Ba(FeO2)2+8HNO3=Ba(NO3)2+2Fe(NO3)3+4H2O
（3）BaCO3 Fe3+、H+
（4）蒸发浓缩 冷却结晶
（5）NO+6H2O+8e−=NH3↑+9OH−
（6）Ba2++SO=BaSO4↓ 洗涤废渣并回收洗涤液
【解析】BaCO3含少量CuCO3、Ba(FeO2)2等杂质，其中Ba(FeO2)2中钡元素为+2价，铁元素为+3价，加入硝酸，在容器中充分溶解得到溶液，此溶液中含有钡离子、铜离子、三价铁离子，可加入X碳酸钡，调节溶液pH=4～5，使铁离子、铜离子水解生成Fe(OH)3沉淀、Cu(OH)2沉淀，过滤后废渣为Fe(OH)3、Cu(OH)2，滤液中主要含有硝酸、硝酸钡，经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤可得到硝酸钡晶体。（1）酸溶时不使用浓硝酸的原因是浓HNO3易挥发、分解；（2）酸溶后溶液中pH=1，Ba(FeO2)2与HNO3反应生成硝酸钡、硝酸铁和水，反应的化学方程式为Ba(FeO2)2+8HNO3=Ba(NO3)2+
2Fe(NO3)3+4H2O；（3）该厂结合本厂实际，中和选用的X必须能消耗过量硝酸并使铁离子沉淀而除去，且不引入新的杂质，可为BaCO3；中和使溶液中Fe3+、H+的浓度减少；（4）滤液得到Ba(NO3)2晶体的操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（5）电解装置的阴极还有少量使红色石蕊试纸变蓝的气体生成，则气体显碱性为氨气，生成该气体的电极反应是硝酸根离子得电子产生氨气，电极反应式为NO+6H2O+8e−=NH3↑+9OH−；（6）误食Ba2+可以服用MgSO4溶液解毒，钡离子与硫酸根离子反应产生难溶于酸的硫酸钡，涉及到的离子反应方程式为Ba2++SO=BaSO4↓；为了减少环境污染，请对上述流程中不合理的设计进行改进，改进措施是洗涤废渣并回收洗涤液，避免引起污染。
28. 【答案】（1）393.5kJ·mol−1 2NO(g)O2(g)＋N2(g) ΔH1＝－180.5kJ·mol−1
（2）压强 ＜ d 4.5mol·L−1
（3）2NH3－6e−＋6OH−＝2N2＋6H2O 336
【解析】（1）①根据CO2(g)C(s)＋O2(g) ΔH3＝＋393.5 kJ·mol−1，可知C(s)＋O2(g)CO2(g) ΔH3＝－393.5 kJ·mol−1，所以C(s)的燃烧热(△H)为393.5 kJ·mol−1。
②（1）2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH1＝－746.5kJ·mol−1
（2）2C(s)＋O2(g)2CO(g) ΔH2＝－221.0kJ·mol−1
（3）CO2(g)C(s)＋O2(g) ΔH3＝＋393.5kJ·mol−1
根据盖斯定律（1）－（2）＋（3）得2NO(g)O2(g)＋N2(g) ΔH1＝－180.5kJ·mol−1。（2）①2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)正反应放热，升高温度平衡逆向移动，NO的平衡转化率降低；2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)正方向物质的量减少，增大压强平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，所以X代表的物理量是压强，Y代表的物理量是温度，温度越高NO的平衡转化率越小，所以Y1＜Y2；②a．B容器中保持恒温恒容，C容器中保持绝热恒容，正反应放热，C容器的温度高，反应速率快，B、C两个容器中反应达到平衡所用的时长为：tB＞tC，故a正确；b．A容器中保持恒温恒压，B容器中保持恒温恒容，A压强大于B，A中NO的转化率大于B；B容器中保持恒温恒容，C容器中保持绝热恒容，正反应放热，C容器的温度高，B中NO的转化率大于C，3个容器中NO
的平衡转化率的大小顺序为＞＞，故b正确；c．根据 ，总物质的量是变量，所以容器内气体平均摩尔质量是变量，当A容器内气体平均摩尔质量不变时，说明该反应处于化学平衡状态，故c正确；d．B容器中保持恒温恒容， ，密度是恒量，当B容器内气体密度保持不变时，该反应不一定处于平衡状态，故d错误。选d。
③ 2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)
开始（mol/L） 2.5 2 0 0
转化（mol/L） 2x 2x 2x x
平衡（mol/L） 2.5－2x 2－2x 2x x
，x=0.5；A容器中逆反应的平衡常数K==
4.5mol·L−1；（3）①电子由a流向b，可知a是负极，a极失电子发生氧化反应，电极反应式是2NH3－6e−＋6OH−＝2N2＋6H2O；②常温下，若用该电池电解0.6L饱和食盐水，一段时间后，测得饱和食盐水pH变为13，则生成氢氧化钠的物质的量为0.1mol/L×0.6L=0.06mol，电路中转移电子的物质的量是0.06mol，b电极上NO2得电子发生还原反应，2NO2＋8e−＋4H2O＝N2＋8OH−，根据得失电子守恒，消耗NO2在标准状况下的的体积为0.06mol÷4×22.4L/mol=0.336L=336mL。
29. 【答案】（1）>
（2）不能 F点CO2浓度高于A点，一昼夜后空气中的CO2增多，说明玉米的光合作用速率小于玉米和小鼠的呼吸速率之和，但无法判断玉米的光合速率与玉米的呼吸速率的大小关系
（3）②18O ③有氧呼吸第三阶段
【解析】（1）根据分析可知，图中C、E点对应时刻，表示玉米植株的光合速率=玉米植株的呼吸速率+小鼠的呼吸速率，所以C、E点对应时刻，玉米植株的光合速率＞玉米植株的呼吸速率。（2）图示中F点二氧化碳浓度大于实验初始的二氧化碳浓度，表明玉米植株的总光合速率小于玉米植株的呼吸速率和小鼠的呼吸速率之和，但不能确定玉米植株自身的光合速率和呼吸速率的大小，所以不能确定玉米植株是否能够正常生长。（3）植物光合作用的光反应阶段H218O光解产生18O2，18O2释放到容器中，可进入小鼠体内参与小鼠有氧呼吸的第三阶段，产生H218O，H218O参与小鼠细胞中有机物的代谢，最终在小鼠体内细胞的有机物中出现了放射性。故①表示植物体内光合作用光反应；③表示小鼠有氧呼吸第三阶段。
30. 【答案】（1）胞吐（1分） 电位变化
（2）药物S与5-羟色胺的转运蛋白结合，抑制5-羟色胺吸收，增加突触间隙中5-羟色胺含量 （3）通过药物抑制突触间隙中（5-羟色胺）氧化酶活性，增加5-羟色胺浓度
（4）已免疫 组织损伤（1分）
【解析】（1）由图分析可知，突触间信号传递时，5-HT作为神经递质，从①突触小泡中以胞吐的形式释放，与突触后膜结合，引起突触后膜产生电位变化，因神经递质只能由突触前膜释放，作用于突触后膜，所以神经元之间的信息传递只能是单向的。（2）服用药物S可以缓解抑郁情绪的发生，因为细胞膜上的5-HT运载体可以把发挥作用后的5-HT运回突触前膜，该药物能够抑制5-HT运载体的功能，使5-HT的作用时间延长，兴奋时间延长。（3）根据题意，5-羟色胺发挥作用后被氧化酶氧化，可以通过药物抑制突触间隙中（5-羟色胺）氧化酶活性，增加5-羟色胺浓度。（4）某人服用抗抑郁药物后出现了皮疹、呼吸困难等过敏反应，这种过敏反应是已免疫机体再次接受相同抗原时所发生的组织损伤或功能素乱。
31. 【答案】（1）生态系统具有自我调节能力（生态系统具有抵抗力稳定性）
（2）在不牺性未来几代人需要的情况下，满足我们这代人的需要
（3）增加（1分） 能量流动是逐级递减，增加植物性食物的比例，人类获得能量更多
（4）调整能量流动方向，使能量持续高效地流向对人类最有益的部分
【解析】（1）生态系统具有一定的自我调节能量，因此，人类活动对生态系统有一定干扰作用，但大多数生态系统不会受到明显的影响。（2）由分析可知，可持续发展观念已是针对全球性生态环境等问题形成的新思维，可持续发展的含义是指在不牺性未来几代人需要的情况下，满足我们这代人的需要，它追求的是自然、经济、社会的持久而协调的发展。（3）能量流动是逐级递减，增加植物性食物的比例，人类获得能量更多，因此，若人类调整食物结构关系，增加植物性食物的比例，则调整后地球上可供养的人口数量增加。（4）根据能量流动的意义可知，在农业生态系统当中，人们往往需要除草灭虫，这样做的目的是调整能量流动方向，使能量持续高效地流向对人类最有益的部分。
32. 【答案】（1）两（1分） F1条形叶自交产生的F2条形叶：剑形叶=15:1，是两对等位
基因
控制的自由组合现象（9:3:3:1）的变式
（2）（3分）
（3） 0
（4）BbCc
【解析】（1）根据分析可知，F1条形叶自交产生的F2条形叶：剑形叶=15:1，是两对等位基因控制的自由组合现象（9:3:3:1）的变式，所以控制叶形的基因有2对。（2）根据上述分析可知，叶缘形状是受一对等位基因控制，且波状齿为显性性状，波状齿的纯合子致死，所以群体中存在的波状齿均为杂合子，杂合子自交的后代会出现性状分离。用遗传图解解释如下：
（3）由于锯齿的基因型为aa，且根据分析只要含有显性基因即为条形叶，所以剑形叶基因型为bbcc，若让F2植株自交，再把F3中锯齿剑形叶植株（aabbcc）各自隔离种植并自交，由于纯合
子自交后代不发生性状分离，所以自交后代能发生性状分离的植株所占比例是0。（4）根据上述分析可知，只有bbcc表现为剑形叶，所以F3中条形叶植株测交后代中条形叶︰剑形叶=3︰1，说明F3中该条形叶植株的基因型为BbCc。
（二）选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做。则每学科按所做的第一题计分。
33．【物理——选修3-3】(15分)
(1)(5分)
【答案】BCD
【解析】由图知气体的 pV一直增大，由，知气体的温度一直升高，故A错误；一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，故B正确；气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C正确；气体的内能一直增加，并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律△U＝W＋Q可知气体一直从外界吸热，故D正确；气体吸收的热量用于对外功和增加内能，故E错误。
(2)(10分)
【解析】（i）根据题意可知，气体的状态变化是等压变化，根据理想气体状态方程，可得
所以(3分)
求得t＝177℃；(2分)
（ii）设加入的汞柱为xcm，根据理想气体状态方程，可得(3分)
P1＝88cmHg，V1＝20S，T1＝300K，
P3＝（88＋x）cmHg，T3＝（273＋87）K，V3＝（43－13－x）S，
解得x＝8cm。(2分)
34．【物理——选修3-4】(15分)
(1)(5分)
【答案】ABE
【解析】由题图1可知波的振动周期为T＝4 s，故A正确；由题图1可知在t＝4 s时浮标沿y轴负向振动，由波的传播方向与质点振动方向的关系知，此时水波正沿x轴的正方向传播，故B正确；由题图2可知，水波的波长为＝4 m，水波传播的波速为，故C、D错误。若现在以题图2中的波形为计时的起点，此时质点A是向上振动，质点B是向下振动。经2 s后质点A到达波峰，此时质点B恰好达到波谷，故此时质点B离平衡位置的距离为s＝20 cm＝0.2 m，故E正确。
(2)(10分)
【解析】(i)根据题意，∠ABC＝45°及经E、F点的入射光线垂直AB边射出，可得光线进入透明物体平行于OP，由光路图和几何关系知∠OEP＝120°，EF＝R，则三角形OEF为等边三角形，由几何关系可知(3分)
则折射角，入射角(2分)
此透明物体的折射率(2分)
(ii)根据公式知(1分)
光在此介质中传播的速度为m/s(2分)
35.．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
【答案】（1）15
（2） O
（3） NH3 极性 平面正方形
（4） sp3 3
（5） H2SO4与H2SO3分别可表示为(HO)2SO2和(HO)2SO，前者非羟基氧（2个）多与后者的非羟基氧（1个）的数目，使H2SO4中的S-O-H中O的电子更偏向于S，越容易电离出H+，酸性更强
（6） CuO
【解析】（1）基态铜原子的电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，s有1个轨道，p有3个轨道，d有5个轨道，所以总共有15个轨道；（2）原子对键合电子吸引力就是元素的电负性，根据非金属性越强，电负性越强分析，其中O原子对键合电子吸引力最大；（3）氨气分子中氮原子有一对孤对电子，所以在[Cu(NH3)4]2+中氨气提供孤对电子；Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，说明[Cu(NH3)4]2+是平面正方形结构，其中一种可溶于水极性，根据相似相溶原理分析，水为极性分析，所以化合物Cu(NH3)2Cl2为极性分子。（4）氨气中氮原子形成3个氮氢键，氮原子还有1对孤对电子对，杂化类型为sp3；乙醇分子中有两个碳原子和一个氧原子都采用的是该种杂化方式，共3个；（5）含氧酸的酸性需要看羟基的氧原子个数，H2SO4与H2SO3分别可表示为(HO)2SO2和(HO)2SO，前者非羟基氧（2个）多与后者的非羟基氧（1个）的数目，使H2SO4中的S-O-H中O的电子更偏向于S，越容易电离出H+，酸性更强；（6）根据均摊法分析，其中氧原子的个数为=4，铜原子个数为4，所以该晶胞中含有4个氧原子和4个铜原子，化学式为CuO，晶胞的密度为= g·cm－3
36.【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
【答案】（1）醛基和溴原子(-CHO、-Br)
（2）取代反应
（3） ab
（4）
（5）
（6）
（3）
（4） 或或
【解析】由合成路线图可知，A生成B的反应为取代反应，B生成C的反应为取代反应，根据信息提示可知C生成D的反应为取代反应，D为，D与NaN3发生取代反应生成E，结合题中E的分子式可推知E为；由E经F生成G正推，再由G经F到E逆推，可推知F为或或，E生成F的反应为取代和加聚反应，F生成G的反应为水解反应；（1）化合物A的官能团是醛基和溴原子。本小题答案为：醛基和溴原子(-CHO、-Br)。（2）经上述分析可知反应①的反应类型是取代反应。本小题答案为：取代反应。（3）a．B中有5种有效氢，C中有4种有效氢，则可利用质谱法鉴别B和C，故a正确；b．B中含有醛基、碳碳叁键、羟基3种官能团，则B能发生加成、还原、氧化、取代、消去等反应，故b正确；c．C中含有醛基和碳碳叁键，均能与酸性高锰酸钾，使之褪色，故不能用酸性高锰酸钾溶液检验C中含有碳碳叁键，故c错误。答案选ab。（4）B生成C的过程中还有另一种生成物X，分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一组峰，则X只有一种有效氢，为对称结构，则X的结构简式为。本小题答案为：。
（5）根据已知信息提示可知，C生成D的反应方程式为
。（6）由上述分析可知E的结构简式为。本小题答案为：。（7）根据合成路线，可采取逆推法，由K逆推J，J为；由J逆推I，I为，由I逆推H，H为。本小题答案为：；；。
（8）由上述分析可知，聚合物F的结构简式为或或。本小题答案为或或。
37.【生物——选修一：生物技术实践】（15分）
【答案】（1）探究温度、碱性蛋白酶含量对去污力的影响（3分） 0.6
（2对照、单一变量 酶失活（或酶的活性低）
（3）②④
（4）用温水浸泡；延长浸泡时间；增加洗衣粉的用量等
（5）酶可被分解，又避免水体富营养化
【解析】（1）由上述分析可知，该实验的目的是探究温度、碱性蛋白酶的含量对去污力的影响。由坐标图可知，在碱性蛋白酶的含量为0.6%时，50℃时加酶洗衣粉中碱性蛋白酶的用量最少，去污力最高。所以50℃时加酶洗衣粉中碱性蛋白酶的最适含量约是0.6%。（2）①该实验中洗涤物的种类相同，水量相同，体现了实验设计的单一变量原则，实验中的洗涤温度不同以及加入洗衣粉的种类不同，相互之间形成对照，故又体现了实验设计的对照原则。②若实验组1号洗净油污所需时间接近7min，意味着酶几乎不起作用，最可能的原因是酶失活。（3）毛织品、蚕丝织品的主要成分是蛋白质，能被蛋白酶催化分解，故不适宜用添加蛋白酶的加酶洗衣粉洗涤。综上所述，②④正确，①③错误。故选②④。（4）根据表格中数据，在45°C时，使用加酶洗衣粉的1组洗净油污所需时间最短，因此，要提高加酶洗衣粉洗涤效果，可通过用温水浸泡、延长浸泡时间来实现。也可以通过增加酶的用量，即增加加酶洗衣粉的用量来提高洗涤效果。（5）由于洗衣粉中的酶可被分解，又避免了水体富营养化，所以大力推广使用加酶洗衣粉代替含磷洗衣粉，有利于生态环境保护。
38.【生物——选修三：现代生物科技专题】（15分）
【答案】（1）mRNAPCR
（2）启动子显微注射
（3）桑椹胚或囊胚滋养层
（4）羊细胞有内质网和高尔基体，具备蛋白质加工的能力（3分）
【解析】（1）α1-抗胰蛋白酶是肝细胞表达的一种蛋白质，故可以先提取肝细胞的mRNA，在反转录酶的催化作用下合成DNA，再通过PCR进行目的基因的扩增。（2）构建基因表达载体时，想让目的基因在乳汁中表达，故需要把目的基因与乳腺蛋白的启动子相连，通过显微注射法导入动物的受精卵中。（3）通常早期胚胎培养至桑椹胚或囊胚阶段可以进行胚胎移植。若要进行性别鉴定，可以取囊胚期滋养层细胞进行DNA鉴定。（4）该技术选用的受体细胞是真核细胞，相对于转基因大肠杆菌来说，真核细胞具有细胞核和众多的复杂的细胞器，如内质网、高尔基体，可以对蛋白质进行成熟加工，更有优势。
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