1、（全国卷）2020年高考理综压轴卷（含解析）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ar 40 Fe 56 I 127一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。共78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.下列有关细胞结构和功能的
2、叙述，正确的是A. 活细胞都含有与能量转换有关的细胞器B. 没有核膜的细胞既不能生长也不能分裂C. 细胞质可为细胞核的生命活动提供原料和能量D. 细胞膜上的载体参与细胞间信息交流2.今年爆发的肺炎疫情是由传播力极强的新型冠状病毒引起的，严重威胁人们的生命安全，严重影响经济文化生活，给全球带来巨大损失。下列有关该病毒及其引起的肺炎的相关说法，错误的是（ ）A. 可以通过检测病毒的碱基种类来判定该病毒的核酸类型B. 该病毒可在唾沫、门把手等处快速繁殖而引起广泛传播C. 研制疫苗并进行预防接种是保护易感人群最有效的方法D. 新冠肺炎患者痊愈后的血清对该病危重患者有治疗作用3.真核细胞增殖的主要方式是
3、有丝分裂，而减数分裂是一种特殊的有丝分裂，其特殊性主要表现在（ ）A. 核DNA数目加倍的方式B. 同源染色体的行为方式C. 染色质变成染色体的方式D. 姐妹染色单体分开的方式4 在光合作用中， RuBP 羧化酶能催化 CO2+C5(即 RuBP)2C3，下列分析正确的是（ ） A 叶肉细胞内 RuBP 羧化酶分布在叶绿体基质中 B RuBP 羧化酶为上述反应的进行提供所需的活化能 C 提取的 RuBP 羧化酶应在最适温度条件下保存，以保持其最高活性 D 叶肉细胞内 RuBP 羧化酶只有在黑暗条件下才能发挥其催化作用5.下列有关种群和群落的说法，正确的是（ ）A. 群落的物种组成是区别不同群落
4、的重要特征B. 种群的数量变化就是“J”型和“S”型增长C. 群落演替总是由低等到高等，由简单到复杂方向发展D. 喷洒农药来防治害虫，可以达到从根本上消灭害虫的目的6.某种植物花的颜色有红色和黄色两种，其花色受两对独立遗传的基因（A/a和B/b）共同控制。只要存在显性基因就表现为红色，其余均为黄色。含A的花粉有50%不能参与受精。让基因型为AaBb的某植株自交获得F1，下列有关F1的分析不合理的是A. F1中红花植株可能的基因型有8种B. F1中黄花植株所占的比例为1/12C. F1红花植株中双杂合个体所占的比例为3/11D. 可以通过测交来确定F1某红花植株的基因型以及产生配子的种类和数量2
5、9、（ 9 分）下图是中心法则及其发展图解，反映了生物体内遗传信息的流向，回答下列问题：（1）在线粒体和叶绿体中能够发生的生理过程有_（填序号），过程需要的一种特殊的酶是_。（2）与过程相比较，过程特有的碱基配对方式是_。（3）若某基因编码的氨基酸序列为“色氨酸苯丙氨酸丝氨酸半胱氨酸”，根据该氨基酸序列及密码子表_（填“能”或“不能”）推测出该基因的碱基序列，理由是_。30.（ 9 分） 科学家发现植物顶端优势受生长素和另一种植物激素 M 的共同调节。现有野生型植株甲、不能合成植物激素 M 的突变型植株乙和按图 1 进行嫁接形成的嫁接型植株丙（野生型甲做根、突变型乙做茎）。为探究植物激素 M
6、的作用及合成部位是茎还是根，某兴趣小组在相同的条件下培养植株甲、乙、丙。一段时间后， 测定甲、乙、丙三植株侧芽的长度，实验结果如图 2 所示。请据图分析回答下列问题：（ 1） 植物激素由一定细胞产生并运输到特定细胞发挥作用， 这里的“ 一定细胞”和“特定细胞”的形成是由于遗传信息 ， 植株甲能产生的植物激素是 （填“ 生长素” 、 “ 植物激素 M” 或“ 生长素和植物激素 M” ） 。（ 2）植株甲、乙进行对照，自变量是 ，图 2 中由甲、乙对照的结果可得出的结论是 。（ 3）图 2 显示植株甲、丙都表现出明显的侧芽生长受抑制的现象，由此可得出 ， 为使这一结论更具说服力，还需增设的另一组实
7、验是 。31. （10分）下图为人体内某些生理过程示意图，请回答下列相关问题。（1）_是细胞与外界环境进行物质交换的媒介。（2）人在饥饿（餐后4-5 h)时，图中过程_(填数字)将会加强，胰岛_细胞分泌的_(激素)可以促进该过程。（3）图中肝细胞细胞是人体安静状态下产热的主要细胞，当机体进入炎热环境后，汗腺分泌增加，_舒张。（4）若以小白鼠为实验材料，欲用一种抗利尿激素合成抑制剂(生理盐水配制，需注射)研究抗利尿激素对机体产生C液的量的影响，请写出实验设计思路。_。32.近百年来，果蝇由于容易饲养且繁殖速度快，因而广泛应用于遗传学研究的各方面。下图为雌雄果蝇体细胞的染色体图解。请回答下列问题：
8、（1）如图，果蝇的体细胞中有4对染色体，其中、这3对为_染色体，XX或XY为性染色体。 （2）果蝇的眼色由两对独立遗传的等位基因（A、a和D、d）控制，其中仅D、d位于X染色体上。A和D同时存在时果绳表现为红眼，D存在而A不存在时为粉红眼，其余情况为白眼。回答下列问题： 控制果蝇眼色的两对基因，其遗传遵循_定律。 现让两只红眼雌雄果蝇杂交，F1中只有红眼果蝇和粉红眼果蝇两种类型，则两只亲本红眼果蝇的基因型分别是_和_。利用F1中的果蝇为材料，探究F1中的红眼雄果蝇是否是纯合子。请写出实验设计思路，并预测结果及结论。思路：_。结果结论：_。37生物选修1：生物技术实践 （15分）枯草芽孢杆菌盛产
9、的蛋白酶，在生物医药和日用化工等生产领域具有重要的经济价值。为筛选枯草芽孢杆菌的蛋白酶高产株，将分别浸过不同菌株(ae)的分泌物提取液及无菌水(们)的无菌圆纸片置于含某种高浓度蛋白质的平板培养基表面：在37温箱中放置23天，结果如图。如图是枯草芽孢杆菌的蛋白酶和其它酶的热稳定性数据(酶在不同温度下保温足够长的时间，再在酶活性最高的温度下测其酶活性)。请回答问题：（1）在培养包括枯草芽孢杆菌在内的异养型微生物时，培养基营养成分应包括水、_(填3种)，配制如图培养基的基本步骤是计算称量_灭菌倒平板。（2）大规模产业化生产应首选菌株是_(用字母回答)，菌株b提取物周围没有形成明显清晰区的可能原因是_
10、。（3）在该蛋白的工业化生产过程中，通常需对发酵液在6070保温一定时间，再制备酶制剂。在6070保温一定时间的作用是_。（4）欲从a菌株中提取和分离相关蛋白酶，一般步骤为_。分离出来的样品加入到_进行洗脱，待蛋白质接近色谱柱底端时用试管收集流出液。38生物选修3：现代生物科技专题 （15分）2018年诺贝尔生理学或医学奖颁给了在肿瘤免疫做出贡献的两位科学家，其研究内容：阻断T细胞上的PD-1受体的信号传递，能增强T细胞对癌细胞的杀伤力，现可以用PD-1抗体蛋白当做药物来治疗癌症。请回答下列问题：（1）如果制作单克隆抗体，需要先合成PD-1蛋白，获得PD-1蛋白基因的方法有_、_和利用PCR技
11、术获得目的基因。（2）将PD-1蛋白注入小鼠的体内，引起小鼠免疫，再从小鼠脾脏中提取出_，让其与小鼠的_融合，获得杂交瘤细胞。（3）接着用特定的选择性培养基进行筛选，筛选后该培养基上只有 _才能生长。（4）得到的上述细胞还需进行_和_，经过多次筛选就可以得到足够数量且能够分泌所需抗体的细胞。化学部分7.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A. 碳酸钠可用于去除餐具的油污B. 漂白粉可用于生活用水的消毒C. 氢氧化铝可用于中和过多胃酸D. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查8.按第26届国际计量大会重新定义，阿伏加德罗常数（NA）有了准确值6.022140761023。下列说法正确的是A. 18 g
12、T2O中含有的中子数为12NAB. 用23.5gAgI与水制成的胶体中胶体粒子数目为0.1NAC. 标准状况下，2.24LCl2全部溶于水所得溶液中的Cl数目为0.1NAD. 1mol某烷烃CnH2n+2（n1）分子中含有的共价键数为(3n+1)NA9、 关于有机物（）的结构、性质有关的叙述正确的是（）A. 该物质所有原子可能在同一平面B. 与该物质具有相同官能团的芳香烃同分异构体有2种C. 该物质在一定条件下能发生加成反应、氧化反应、取代反应、加聚反应D. 1mol该物质最多可与1molBr2反应10、短周期主族元素X、Y、Z、M、W的原子序数依次增大，其中Z、W处于同一主族，Z、M的原子最
13、外层电子数之和等于9，Y的氢化物常温下呈液态，是人类生存的重要资源，X的简单氢化物与W的单质（黄绿色）组成的混合气体见光可生成W的氢化物和油状混合物。下列说法正确的是（）A. Y和W形成的某种二元化合物可用于自来水的杀菌消毒B. 简单离子半径：C. W的氧化物对应的水化物的酸性比X的强D. Z分别与X、M形成的化合物，其所含化学键的类型相同11.下列实验操作，现象和结论正确的是（ ）实验操作和现象结 论A向浓度均为0.1mol/L的FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，出现红褐色沉淀KspFe(OH)3”、“=”或“”）时，说明气垫导轨已经水平。（2）用螺旋测微器测遮光条宽度d，测
14、量结果如图丙所示，则d =_mm。（3）将滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连，将滑块P由图甲所示位置释放，通过计算机得到的图象如图乙所示。利用测定的数据，当关系式 =_成立时，表明在上述过程中，滑块和钩码组成的系统机械能守恒。（重力加速度为g，用题中给定的物理量符号表达）23.（9分）电动自行车是一种环保，便利的交通工具，越来越受大众的青睐，为了测定电动车电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图1所示的实验电路，所用实验器材有：A电池组(电动势约为12 V，内阻未知)B电流表(量程为300 mA，内阻忽略不计)C电阻箱R(0999.9 )D定值电阻R0(阻值为10 )E
15、导线和开关该同学部分操作步骤如下(1)当闭合开关后，无论怎样调节电阻箱，电流表都没有示数，反复检查确认电路连接完好，该同学利用多用电表，又进行了如下操作：断开电源开关S.将多用电表选择开关置于“1”挡，调零后，将红、黑表笔分别接在R0两端，读数为10.将多用电表选择开关置于“10 ”挡，调零后，将红，黑表笔分别接电阻箱两接线柱，指针位置如图2所示，则所测电阻箱阻值为_ .用多用电表分别对电源和开关进行检测，发现电源，开关均完好由以上操作可知，发生故障的元件是_(2)在更换规格相同的元件后重新连接好电路(3)改变电阻箱R的阻值，分别测出电路中相应的电流I.为了保证实验顺利进行且使测量结果更准确些
16、，电阻箱R的取值范围应为_A100300B40100C1540(4)根据实验数据描点，绘出的R图象如图3所示若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电池组的电动势E_，内阻r_(用k，b和R0表示)24.（12分）2020年新年伊始，人们怀着对新一年的美好祝愿和期盼，在广场的水平地面上竖立了“2020”数字模型，该模型是由较细的光滑管道制造而成，每个数字高度相等，数字“2”上半部分是半径R1=1m的圆形管道，数字“0”是半径R2=1.5m的圆形管道，“2”与“0”之间分别由导轨EF和HM连接，最右侧数字“0”管道出口处与四分之一圆轨道MN连接。从轨道AB上某处由静止释放质量为m=1kg的小
17、球，若释放点足够高，小球可以顺着轨道连续通过“2020”管道并且可以再次返回“2020”管道。D、G分别为数字“2”和“0”管道想的最高点，水平轨道BC与小球间的动摩擦因数=0.5，且长度为L=1m，其余轨道均光滑，不计空气阻力且小球可以当作质点，g=10m/s2 。（1）若小球恰好能通过“2020”管道，则小球在AB轨道上静止释放处相对地面的高度h为多少？（2）若小球从h1=5m高处静止释放，求小球第一次经过D点时对管道的压力？25.（20分）如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN、PQ，其交点为O。MN一侧有电场强度为E的匀强电场（垂直于MN），另一侧有匀强磁场（垂
18、直纸面向里）。宇航员（视为质点）固定在PQ线上距O点为h的A点处，身边有多个质量均为m、电量不等的带负电小球。他先后以相同速度v0、沿平行于MN方向抛出各小球。其中第1个小球恰能通过MN上的C点第一次进入磁场，通过O点第一次离开磁场，OC=2h。求：（1）第1个小球的带电量大小；（2）磁场的磁感强度的大小B；（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大。33物理选修33（15分）（1）下列说法正确的是（ 5分 ）（填正确答案标号。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若一种
19、液体不浸润某种固体，则一定也不浸润其他固体B当液体与固体之间表现为浸润时，附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离C液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，表面层分子力表现为引力，引力的方向垂直于液面指向液体内部D不同晶体的熔化热不同，而非晶体没有固定的熔化热E.一定质量的物质，在一定的温度和压强下，汽化时吸收的热量与液化放出的热量相等（2）（10分）如图所示,哑铃状玻璃容器由两段粗管和一段细管连接而成,容器竖直放置.容器粗管的截面积为S1=2cm2,细管的截面积S2=1cm2,开始时粗细管内水银长度分别为h1=h2=2cm.整个细管长为h=4cm.封闭气体长度为L=6cm.大气压强为p0
20、=76cmHg,气体初始温度为27C求:（1）若要使水银刚好离开下面的粗管,封闭气体的温度应为多少K；（2）若在容器中再倒入同体积的水银,且使容器中封闭气体长度L仍为6cm不变,封闭气体的温度应为多少K34物理选修34（15分）（1）如图所示为一列沿轴正方向传播的简谐横波时刻波形图，该时刻点开始振动，再过，点开始振动。下列判断正确的是（5分）（填正确答案标号。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波的传播速度 B质点的振动方程C质点相位相差是 D时刻，处质点在波峰E.时刻，质点与各自平衡位置的距离相等（2）（10分）如图所示，为折射率的扇形玻璃砖截
21、面，一束单色光照射到面上的点，在点折射后的光线平行于。已知点是的中点，点是延长线上一点，。求入射光在点的入射角；通过计算判断光射到弧能否从弧射出。生物答案1、【答案】C【解析】原核细胞与真核细胞最大的区别是原核细胞没有由核膜包被的典型的细胞核；它们的共同点有：都具有细胞膜、核糖体、遗传物质DNA等；原核生物虽然没有线粒体和叶绿体，但是部分生物也可以进行光合作用和有氧呼吸。细胞核是细胞遗传和代谢活动的控制中心。生物膜由细胞膜、细胞器膜和核膜组成，不同的生物膜的功能不同，生物膜系统在组成成分和结构上相似，在结构和功能上联系。【详解】A、与能量转换有关的细胞器是叶绿体和线粒体，而原核细胞没有线粒体和
22、叶绿体，A错误；B、没有核膜的细胞是原核细胞，可以生长和分裂，B错误；C、细胞质含有多种物质和众多细胞器，可以为细胞核的生命活动提供原料和能量，C正确；D、细胞膜上的载体参与物质的运输，而糖蛋白参与细胞间的信息交流，D错误。故选C。2、【答案】B【解析】病毒（如噬菌体）没有细胞结构，蛋白质和核酸（每种病毒只含一种核酸，DNA或RNA） 等物质组成的简单生命体。病毒只能寄生在宿主细胞内才能正常地生活，可以根据病毒所含核酸种类的不同可分为DNA病毒和RNA病毒。传染病概念：由病原体（细菌、真菌、病毒和寄生虫）引起的，能在人与人之间和人和动物之间传播的疾病。传染病流行具有三个环节：传染源、传播途径和
23、易感人群。传播途径：空气传播、水传播、饮食传播、接触传播、生物传播等，传染病的预防措施：控制传染源；切断传播途径；保护易感人群。【详解】A、可以通过检测病毒的碱基种类来判定该病毒为DNA病毒或RNA病毒，A正确；B、病毒只能在宿主细胞才可快速繁殖，B错误；C、易感人群接种疫苗是最有效的防疫手段，C正确；D、新冠肺炎患者痊愈后血清内有相应的抗体和记忆B细胞，对危重患者有治疗作用，D正确。故选B。【点睛】新型冠状病毒也属于病毒，把握病毒的基本特点：仅含一种核酸，需寄生于活细胞。同时掌握免疫反应的基本概念，结合所学知识解答题目。3、【答案】B【解析】有丝分裂是真核生物体细胞增殖的一种方式，在分裂过程
24、中DNA复制一次，细胞分裂一次。亲代细胞的DNA经过复制之后，精确地平均分配到两个子细胞中，亲代和子代之间保持了遗传性状的稳定性。减数分裂是进行有性生殖的生物，在产生成熟生殖细胞时进行的染色体数目减半的细胞分裂。在减数分裂过程中，染色体只复制一次，而细胞分裂两次。结果是，成熟生殖细胞中的染色体数目比原始生殖细胞的减少一半。在减数分裂中，染色体的行为有特殊的变化即：同源染色体联会、分离，非同源染色体的自由组合。【详解】A、有丝分裂和减数分裂的核DNA数目加倍的方式相同，都是在间期进行半保留复制导致的，A错误；B、有丝分裂过程中同源染色体没有特殊的行为方式，减数分裂过程中同源染色体要进行联会和分离
25、；有丝分裂过程始终存在同源染色体，而减数第二次分裂过程中不存在同源染色体，B正确；C、有丝分裂和减数分裂过程中染色质变成染色体的方式相同，都是前期染色质缩短变粗形成染色体，C错误；D、有丝分裂和减数分裂过程中姐妹染色单体分开的方式相同，都是着丝点分裂，姐妹染色单体分开形成子染色体，D错误。故选B。4、【答案】A【解析】叶肉细胞内RuBP羧化酶是植物体内催化CO2固定的酶，反应的场所是叶绿体基质，A正确。酶的作用原理是降低化学反应的活化能，因此RuBP羧化酶降低了上述反应进行所需的活化能，B错误。酶在低温条件下，空间结构保持稳定，在适宜的温度下酶的活性可以恢复，因此酶适于在低温下保存以保持活性，
26、C错误。CO2的固定在有光、无光条件下都能进行，因此叶肉细胞内RuBP羧化酶在光照和黑暗条件下都能发挥作用，D错误。5、【答案】A【解析】种群是指生活在一定区域的同种生物的全部个体，种群特征包括种群的数量特征（种群密度）、年龄结构、性别比例、迁入率和迁出率、出生率和死亡率、空间特征等。群落的概念：在一定空间内所有生物种群的集合体，它具有一定的结构、一定的种类构成和一定的种间相互关系。群落演替是指随着时间的推移一个群落被另一个群落代替的过程。【详解】A、群落的物种组成是区别不同群落的重要特征，A正确；B、种群的数量变化是一个复杂的动态变化过程，常见的数量变化有“J”型和“S”型增长，也有其他增长
27、形式，B错误；C、群落演替一般来说，由低等到高等，由简单到复杂方向发展，但在自然灾害或人为干预下，可能会朝着反方向发展，C错误；D、喷洒农药来防治害虫，可以杀灭大部分害虫，但仍有少部分带抗性的个体存活，D错误。故选A。6、【答案】D【解析】根据题意“花色受两对独立遗传的基因（A/a和B/b）共同控制。只要存在显性基因就表现为红色（A-B-、A-bb、aaB-），其余均为黄色（aabb）。含A的花粉有50%不能参与受精。则基因型为AaBb的某植株产生的雄配子基因型和比例为AB：Ab：aB：ab=1：1：2：2，产生的雌配子的基因型和比例为AB：Ab：aB：ab=1：1：1：1。据此答题。【详解】
28、A、根据分析可知，AaBb的植株产生的雄配子基因型和比例为AB：Ab：aB：ab=1：1：2：2，雌配子的基因型和比例为AB：Ab：aB：ab=1：1：1：1，AaBb自交产生的F1中红花植株可能的基因型有AABB、AaBB、AABb、AaBb、AAbb、Aabb、aaBB、aaBb共8种，A正确；B、F1中黄花植株（aabb）所占的比例为2/61/4=1/12，B正确；C、F1红花植株中双杂合个体所占的比例为（2/61/4+2/61/4+1/61/4+1/61/4）（1-2/61/4）=3/11，C正确；D、F1中红花植株可能的基因型有AABB、AaBB、AABb、AaBb、AAbb、Aab
29、b、aaBB、aaBb，其中AABB、AaBB、AABb、AAbb、aaBB测交的后代均为红花，Aabb和aaBb测交的后代均为红花：白花=1：1，所以不可以通过测交来确定F1某红花植株的基因型以及产生配子的种类和数量，D错误。故选D。29、（9分）【答案】 (1). （2分） (2). 逆转录酶（2分） (3). T-A（2分） (4). 不能 （1分） (5). 密码子具有简并性，由氨基酸序列不能确定mRNA的碱基序列，也就推测不出基因的碱基序列（2分）【解析】试题分析：据图分析，图示中心法则反映了生物体内遗传信息的传递过程，其中表示DNA的自我复制，表示转录，表示翻译，表示逆转录，表示R
30、NA的自我复制。【详解】（1）线粒体和叶绿体是半自主性细胞器，有独立的遗传物质，能够发生DNA的自我复制、转录、翻译，表示逆转录，需要逆转录酶；（2）表示转录，特有的碱基配对方式是T-A；（3）由于密码子具有简并性，即多个密码子可能对应1个氨基酸，所以由氨基酸序列不能确定mRNA的碱基序列，也就推测不出基因的碱基序列。【点睛】解答本题的关键是掌握中心法则的基本内容，能够根据箭头、模板和产物判断各个数字代表的遗传学过程。30.（9分）（1）.在不同细胞中执行情况不同（或选择性表达的结果）（1分） 生长素和植物激素M （1分） （2）.有无植物激素M（1分） 植物激素M对侧芽的生长有抑制作用（或植
31、物激素M和生长素抑制侧芽生长是协同作用）（2分） （3）.植物激素M是根产生的（2分） 用突变型做根、野生型做茎进行嫁接实验形成植株丁，对比观察丁植株侧芽的长度（2分）【解析】（1）“一定细胞”和“特定细胞”是通过细胞分化产生的，是基因选择性表达的结果。（2）图2中，植株甲、乙进行对照，植株甲能合成植物激素M，而植株乙不能合成植物激素M，其他条件相同，所以自变量是有无植物激素M；图中甲、乙对照结果显示，不能合成植物激素M的植株乙侧芽生长较长，可得出植物激素M对侧芽的生长有抑制作用。（3）嫁接型植株丙是用野生型甲做根、突变型乙做茎，实验结果是侧芽短，出现了顶端优势，说明能产生植物激素M，可得出植
32、物激素M是根产生的；为使这一结论更具说服力，还需增设的另一组实验是用突变型做根、野生型做茎进行嫁接实验形成植株丁，对比观察丁植株侧芽的长度。31、（10分）【答案】 (1). 内环境（或细胞外液）（2分） (2). 4 （1分） (3). A （1分） (4). 胰高血糖素（1分） (5). 皮肤毛细血管 （2分） (6). 将等量的生长状況相同的健康小白鼠随机平均分为甲、乙两组，甲组注射适量的抗利尿激素合成抑制剂，乙组注射等量的生理盐水，一段时间后检测甲、乙两组小白鼠的C液（尿）量（3分）【解析】根据题图，1表示淀粉水解产生A即葡萄糖的过程，D为肝糖原，3表示肝糖原的合成，4表示肝糖原水解补
33、充血糖的过程，据此分析。【详解】（1）细胞与外界环境进行物质交换的媒介是内环境。（2）人在饥饿时，肝糖原水解，图中过程4过程将会加强，该过程需要胰岛A细胞分泌胰高血糖素。（3）当机体进入炎热环境后，汗腺分泌增加，皮肤毛细血管舒张。（4）实验设计思路：将等量的生长状況相同的健康小白鼠随机平均分为甲、乙两组；甲组注射适量的抗利尿激素合成抑制剂，乙组注射等量的生理盐水；一段时间后检测甲、乙两组小白鼠的C液量。【点睛】此题涉及的知识面比较广，解答此类题目的关键是熟练掌握相关的基础知识，只有基础扎实才能灵活答题。32、（11分）【答案】 (1). 常 （1分） (2). （基因）自由组合 （2分） (3
34、). AaXDXD； （2分） (4). AaXDY； （2分） (5). 思路：用F1中的红眼雄果蝇与粉红眼雌果蝇杂交，观察后代的性状表现 （2分） (6). 结论：若后代性状雌雄果绳均为红眼，则红眼雄果蝇是纯合子；若后代雌雄果蝇中既有红眼也有粉红眼，则红眼雄果绳是杂合子（2分）【解析】据图分析，图中左侧雌果蝇，其中包括三对常染色体，一对性染色体（XX）；右侧为雄果蝇，其中包含三对常染色体和一对性染色体（XY）。分析题干信息可知，“果蝇的眼色由两对独立遗传的等位基因（A、a和D、d）控制”，说明两对基因遵循基因的自由组合定律；“A和D同时存在时果蝇表现为红眼，D存在而A不存在时为粉红眼，其余
35、情况为白眼”，说明红眼基因型可以表示为A_XDX-、A_XDY，粉红眼的基因型为aaXDX-、aaXDY，白眼基因型包括A_XdXd、A_XdY、aaXdXd、aaXdY。【详解】（1）图中雌雄果蝇中含有三对常染色体和一对性染色体，其中中、为三对常染色体。（2）根据题意分析可知，控制果蝇眼色的两对等位基因独立遗传，说明两者之间遵循基因的自由组合定律。现让两只红眼雌雄果蝇杂交（A_XDX-A_XDY），子代中只有红眼果蝇（A_XD_）和粉红眼果蝇（aa_ _）两种类型，说明两个亲本都有a基因，但是雌果蝇没有d基因，因此两只红眼亲本果蝇的基因型是AaXDXD、AaXDY，则子代中红眼雄果蝇的基因型
36、可能为AAXDY、AaXDY。为探究其中的红眼雄果蝇是否是纯合子，可以用F1中的红眼雄果蝇与粉红眼雌果蝇（aaXDXD）杂交，观察后代的性状表现。若后代性状表现为雌雄果蝇均为红眼，则红眼雄果蝇是纯合子；若后代性状表现为雌雄果蝇中既有红眼也有粉红眼，则红眼雄果蝇是杂合子。【点睛】本题考查伴性遗传规律、自由组合规律、自由组合定律的应用等，解答本题的关键是根据题干信息写出不同表现型个体的部分基因组成，再根据亲子代的表现确定其余基因，进而结合题干要求分析答题。37、（15分）【答案】 (1). 无机盐、碳源、氮源 （3分） (2). 熔化 （2分） (3). a （2分） (4). 不能合成蛋白酶(或
37、合成的蛋白酶量不足或合成的蛋白酶不分泌或分泌量不足或分泌的蛋白酶活性低) （2分） (5). 大幅度降低发酵液中其他酶的活性 （2分） (6). 样品处理、粗分离、纯化、纯度鉴定 （2分） (7). 凝胶色谱柱（2分）【解析】培养基的成分主要有碳源、氮源、水和无机盐等，此外，在培养微生物时还需要满足其生长的温度、pH和氧气等条件。某科研小组利用含某种高浓度蛋白质的培养基，筛选枯草芽孢杆菌的蛋白酶高产株，若培养基中出现的透明圈越大，则说明该菌分解蛋白质的能力越强，据此分析。【详解】（1）在培养包括枯草芽孢杆菌在内的异养型微生物时，培养基营养成分应包括水、无机盐、碳源、氮源，配制图1培养基的基本步
38、骤是：计算称量熔化灭菌倒平板。（2）根据题意和图1分析可知：a周围的透明圈最大，说明分泌的蛋白酶最多，所以大规模产业化首选的菌株是a；菌株b提取物周围没有形成明显清晰区，原因可能是：不能合成蛋白酶或合成的蛋白酶量不足，或合成的蛋白酶不分泌或分泌量不足，或分泌的蛋白酶活性低。（3）根据图2分析可知：在6070时，其它酶的相对活性明显比蛋白酶的相对活性低，所以保温一定时间的作用是大幅度降低发酵液中其他酶的活性。（4）欲从a菌株中提取和分离相关蛋白酶，一般步骤为：样品处理、粗分离、纯化、纯度鉴定。分离出来的样品加入到凝胶色谱柱进行洗脱，待蛋白质接近色谱柱底端时用试管收集流出液。【点睛】本题考查微生物
39、的培养与运用、蛋白质的提取和分离相关知识，意在考查学生的识记能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题的能力，难度适中。38、（15分）【答案】 (1). 从基因文库中获得目的基因 （2分） (2). 人工化学合成 （2分） (3). B淋巴细胞 （2分） (4). 骨髓瘤细胞（2分） (5). 融合的杂种细胞（2分） (6). 克隆化培养 （2分） (7). 抗体检测（3分）【解析】单克隆抗体制备流程：先给小鼠注射特定抗原使之发生免疫反应，之后从小鼠脾脏中获取已经免疫的B淋巴细胞；诱导B细胞和骨髓瘤细胞融合，利用选择培养基筛选出杂交瘤细胞；进行抗体检测，筛选出能产生特定抗体的杂交瘤细胞；进行克
40、隆化培养，即用培养基培养和注入小鼠腹腔中培养；最后从培养液或小鼠腹水中获取单克隆抗体。【详解】（1）获得目的蛋白基因的方法有：从基因文库中获得目的基因、人工化学合成和利用PCR技术获得目的基因。（2）将PD-1蛋白注入小鼠的体内，将引起小鼠发生体液免疫，然后从小鼠脾脏中提取出经过免疫的B淋巴细胞，让其与小鼠的骨髓瘤细胞融合，获得杂交瘤细胞。（3）用特定的选择性培养基进行筛选，在该培养基上只有融合的杂种细胞才能生长，而自体融合的细胞以及未融合的细胞不能生长，从而将杂交瘤细胞筛选出来。（4）得到的细胞还需进行克隆化培养和抗体检测，经过多次筛选就可以得到足够数量且能够分泌所需抗体的细胞。【点睛】本题
41、考查单克隆抗体的制备过程，意在考查考生理解所学知识要点，把握知识间内在联系，形成知识网络结构的能力；能运用所学知识，准确判断问题的能力，属于考纲识记和理解层次的考查。化学答案7、【答案】D【解析】A. 碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确；B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；C. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；D. 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，D错误。答案选D。8、【答案】D【解析】A18gT2O的物质的量为=mol，mol该水分子中含有中子的物质
42、的量为mol12=mol，故A错误；B胶体微粒不是单个的分子，而是多个AgI的聚合体，因此无法计算用23.5gAgI与水制成的胶体中胶体粒子数，故B错误；C氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，且生成的是HCl和HClO，故溶液中的氯离子个数小于0.1NA个，故C错误；D1molCnH2n+2(烷烃)中含有(n-1)mol碳碳键和(2n+2)mol碳氢键，总共含有(3n+1)mol共价键，含有共价键数为(3n+1)NA，故D正确；答案选D。9、【答案】C【解析】解：A含有甲基，具有甲烷的结构特点，则所有原子不可能在同一平面，故A错误； B与该物质具有相同官能团的芳香烃，可含有两个取代基，分别
43、为-CH3、-CH=CH2，有邻、间、对3种，也可为-CH=CHCH3、-C（CH3）=CH2，共5种，故B错误； C含有甲基、苯环，可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，故C正确； D碳碳双键和苯环在一定条件下都可发生加成反应，故D错误。 故选：C。10.【答案】A【解析】解：根据分析可知：X为C，Y为O，Z为F，M为Mg，W为Cl元素。 AO、Cl形成的二氧化氯具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，故A正确； B离子的电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：MYW，故B错误； C没有指出最高价含氧酸，该说法不合理，故C错误； DF与C
44、形成的是共价化合物，含有共价键，而F与Mg形成的是离子化合物，只含有离子键，所含化学键的类型不同，故D错误； 故选：A。11.【答案】A【解析】【详解】A. 向浓度均为0.1mol/L的FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，出现红褐色沉淀，未出现白色沉淀，则说明溶度积：KspFe(OH)3KspAl(OH)3，A项正确；B. Fe2+在酸性条件下会被硝酸根离子氧化成Fe3+，故加入KSCN溶液后变红，无法判断原样品是否变质，B项错误；C. NH4HCO3固体受热易分解生成氨气、二氧化碳与水，其中氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则不能证明NH4HCO3是否显碱性，C项错误；D. 向某
45、黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，说明混合后的溶液中有I2分子，则原溶液可能含有I2、Fe3+或Br2等，D项错误；答案选A。12.【答案】C【解析】图示分析可知微生物燃料电池中氢离子移向电极2，说明电极1为原电池的负极，根据图示电极2为NO3-得电子被还原成N2，其电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，CH3COO-在原电池负极失电子生成二氧化碳气体，发生氧化反应，环境为酸性介质，则电极1的电极反应式为：CH3COO-8e-+2H2O2CO2+7H+，NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3-，NH4+2O2NO3-+2H+H2O，据此分析作答。【详解】根据上述分
46、析可知，A. 结合A、B极反应式可知，总反应为CH3COONH4被氧气氧化转化为CO2和N2的过程，其化学方程式为：4CH3COONH4+11O2=8CO2+2N2+14H2O，A项正确；B. 微生物燃料电池中氢离子移向电极2，说明电极1为原电池的负极，即电极1的电势比电极2 上的低，B项正确；C. 微生物存活需要最适温度，不是温度越高活性越好，C项错误；D. 电极2为正极，NO3-得电子被还原成N2，其电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O，D项正确；答案选C。13、C【解答】解：二元弱酸H2R的K1c（H+）K2c（H+），当溶液的pH相同时，c（H+）相同，lgX：，
47、则表示lg与pH的变化关系，表示lg与pH的变化关系。A根据分析可知表示lg与pH的变化关系，故A错误；BpH1.22时，溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）c（HR）+2c（R2）+c（OH）可知，2c（R2）+c（HR）c（Na+），故B错误；CpH1.22时和4.19时，lgX0，则c（H2R）c（HR）、c（HR）c（R2），K1c（H+）c（H+）101.22，K2c（H+）c（H+）104.19，HR的水解平衡常数Kh（HR）1012.78104.19Ka（HR），说明HR的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，则NaHR溶液中c（H+）c（OH）
48、，故C正确；D表示lg与pH的变化关系，lg0时pH4.19，溶液呈酸性，此时c（HR）c（R2），由于lg为增函数，若使溶液为中性，则c（HR）c（R2），正确的离子浓度大小为：c（Na+）c（R2）c（HR）c（H+）c（OH），故D错误；故选：C。27、【答案】 (1). (2). (3). 加入溶液浸取过滤得碳，再向滤液通入二氧化碳后过滤，将固体加热得(或先用盐酸浸取，再用氨水也可) (4). (5). (6). (7). 【解析】锆英石（主要成分为ZrSiO4，也可表示为ZrO2SiO2，还含少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质），通入足量的氯气以及和足量的石焦油反应，ZrSi
49、O4转化为ZrCl4，加水水解，使ZrCl4转化为ZrOCl28H2O，900加热分解，即可得到ZrO2，加入镁置换得到海绵锆，据此分析作答。【详解】（1）SiCl4分子中硅原子最外层有4个电子，能形成4个共价键达到稳定结构，每个氯原子能形成一个共价键达到稳定结构，电子式为：，故答案为：；（2）高温气化过程中，二氧化硅和氯气与碳反应生成氯化硅与一氧化碳，其化学方程式为：，故答案为：；（3）分离出碳和，从的两性来分析，如先加入溶液浸取过滤得碳，再向滤液通入二氧化碳后过滤，将固体加热得；或先用盐酸浸取过滤得碳，再向滤液加入过量氨水得到沉淀，最后再加热得到，故答案为：加入溶液浸取过滤得碳，再向滤液通
50、入二氧化碳后过滤，将固体加热得(或先用盐酸浸取，再用氨水也可)；（4）根据流程图可知ZrCl4与水反应产物为ZrOCl28H2O，根据原子守恒，反应方程式为：ZrCl4+9H2OZrOCl28H2O+2HCl，故答案为：ZrCl4+9H2OZrOCl28H2O+2HCl；（5）结合氧化铝的两性，根据已知条件可知，氧化锆()与氢氧化钠共熔融可形成酸盐的化学方程式为：，故答案为：；（6）用钾还原时制得金属，根据氧化还原反应的规律得出其化学方程式为：K2ZrF6+4K=Zr+6KF，根据关系式得出若被还原时生成的钾盐（KF）的物质的量为6mol,故答案为：6mol;(7) A，根据水的离子积可知，=
51、10-14,结合公式可推出，电解质溶液的与之和均为14，A项正确；B. 用盐酸滴定某浓度的溶液，滴定过程中逐渐减小，则，B项正确；C.溶液中逐滴加入硫酸溶液，生成硫酸钡，滴加过程中逐渐减小，会逐渐增大，C项错误；D. ，则溶液中c(Zr4+)c2(CO32-)=4.010-12，则-lg c(Zr4+)c2(CO32-)=12-2lg2，即pc(Zr4+)+2p c(CO32-)=11.4，D项错误；答案选AB。28、【答案】 (1). （球形）干燥管 (2). agfbchi（或ih）de（或ed）bc (3). 排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸 (4). C处反应管中固体由黑变红，其后
52、的澄清石灰水变浑浊 (5). 取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成 (6). FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O (7). 将Fe3+还原为Fe2+ (8). 100% (9). 偏低【解析】I(1)根据仪器的图形和作用分析解答；草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜可以检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水可以检验二氧化碳的生成，经碱石灰干燥后气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，最后尾气处理，据此分析解答；实验前先通入一段时间N2，可以把装置内空气赶净，据此解答；实验证明了气体产物中含有CO，可以利用CO还原氧化铜设计实
53、验验证；(2)黑色固体可能为Fe或FeO，可以把固体溶于酸检验；(3)依据(1)和(2)的结论分析解答；(4)根据锌可以将Fe3+还原分析解答；(5)草酸亚铁与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，亚铁离子和草酸根离子都被氧化。向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmolL-1KMnO4标准溶液滴定至终点，此时滴定的是亚铁离子，利用化学反应的定量关系分析计算；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，根据消耗高锰酸钾量的变化分析误差。【详解】(1)装置D的名称为：(球形)干燥管，故答案为：(球形)干燥管；草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜检验水蒸气的
54、存在，通过装置B中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过装置E中碱石灰干燥后，气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为：agfbchi(或ih)de(或ed)bc，最后连接尾气处理装置，故答案为：agfbchi(或ih)de(或ed)bc；实验前先通入一段时间N2，目的是排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，故答案为：排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸；实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为：C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，故答案为：C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑
55、浊；(2)充分反应后，A处反应管中残留黑色固体，黑色固体可能为Fe或FeO。要证明其成分只有FeO，可以将固体溶于酸，看有无气体放出即可，具体为：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成说明无铁存在，只有氧化亚铁，故答案为：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成；(3)依据(1)和(2)结论，可知A处反应管中发生的反应是草酸亚铁晶体分解生成氧化亚铁、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O，故答案为：FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O；(4)锌可以将Fe3+还原，因此步骤3中加入锌粉的目的为：将Fe3+还原为Fe2+，故答案为：将Fe3+
56、还原为Fe2+；(5)取上述溶液25.00mL，用cmolL1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL，此过程中亚铁离子和草酸根离子都被氧化；向反应后的溶液中加入适量锌粉，锌将Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmolL1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL，此时滴定的是溶液中的亚铁离子。第一次消耗的高锰酸钾减去第二次消耗的高锰酸钾为滴定草酸根离子的量，反应的离子方程式：2MnO4-+5C2O42-+8H+=10CO2+4H2O+2Mn2+，草酸亚铁晶体样品的纯度100%，若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，会导致第一步滴定中消耗的高锰酸钾的量减
57、少，即V1偏小，则计算得到的亚铁离子物质的量减小，测定结果偏低，故答案为：100%；偏低。29、【答案】 (1). COCl24OH=CO32-2Cl2H2O (2). CH4(g)CO2(g)=2CO(g)2H2(g) H= +247.3kJmol -1 (3). 5.56 (4). 移去部分CO (5). 减小 (6). 正反应放热，升高温度，平衡逆向移动 (7). AC (8). 1 (9). 3.810-5【解析】 (1)光气(COCl2)化学性质不稳定，遇水迅速产生两种酸性气体，气体为二氧化碳和氯化氢，据此书写反应的离子方程式；(2)根据盖斯定律分析解答；(3)根据图像，平衡时COC
58、l2的浓度为0.03mol/L，根据三段式计算平衡常数K；第8 min时，COCl2的浓度逐渐减小，CO的浓度突然减小，据此分析改变的条件；该反应为放热反应，根据温度对平衡的影响分析解答；(4)反应的快慢由最慢的反应决定，结合反应历程分析判断；根据表格数据，当c(Cl2)不变时，c(CO)增大1倍，反应速率增大1倍，说明v与c(CO)的一次方成正比，结合表格数据计算判断m和 k的值，当c(Cl2) = 0.010molL-1，代入速率方程计算v。【详解】(1)光气(COCl2)化学性质不稳定，遇水迅速产生两种酸性气体，气体为二氧化碳和氯化氢，因此少量COCl2与烧碱溶液发生反应的离子方程式为C
59、OCl24OH=CO32-2Cl2H2O，故答案为：COCl24OH=CO32-2Cl2H2O；(2)CH4(g)+2O2 =CO2(g)+2H2O(l)H=-890.3 kJmol-1，2H2(g)O2 (g)=2H2O(l) H2-571.6 kJmol-1，2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H=-566.0 kJmol-1，根据盖斯定律，将-得：CH4(g)CO2(g)=2CO(g)2H2(g) H=(-890.3 kJmol-1)-(-571.6 kJmol-1)-(-566.0 kJmol-1)= +247.3kJmol -1，故答案为：CH4(g)CO2(g)=2CO(g)2
60、H2(g) H= +247.3kJmol -1；(3)根据图像，平衡时COCl2的浓度为0.03mol/L，则 Cl2(g)CO(g)COCl2(g)起始(mol/L)0.09 0.12 0反应(mol/L)0.03 0.03 0.03平衡(mol/L)0.06 0.09 0.03反应在第6 min时达到平衡，平衡常数K=5.56；第8 min时，COCl2的浓度逐渐减小，CO的浓度突然减小，因此改变的条件是移去部分CO，故答案为：5.56；移去部分CO；Cl2(g)CO(g)COCl2(g) H-108 kJmol-1，为放热反应；在第12 min时升高温度，平衡逆向移动，重新达到平衡时，C
61、OCl2的体积分数将减小，故答案为：减小；正反应放热，升高温度，平衡逆向移动；(4)A根据反应历程，COCl属于反应的中间产物，故A正确；B第一步和第二步反应能够快速达到平衡，说明反应容易进行，反应的活化能较低，故B错误；C反应的快慢由最慢的反应决定，因此决定总反应快慢的是第三步，故C正确；D第三步的反应较慢，说明有效碰撞频率较小，故D错误，故答案为：AC；速率方程v = kc(Cl2)3/2c(CO)m，根据表格数据，当c(Cl2)不变时，c(CO)增大1倍，反应速率增大1倍，说明v与c(CO)的一次方成正比，m=1，则1.210-2= k(0.100)3/2(0.100)1，因此当k=，因
62、此当c(Cl2) = 0.010molL-1，v =(0.0100)3/2(0.0100)1molL-1s-1 =3.810-5 molL-1s-1，故答案为：1；3.810-5。35、【答案】 (1). 4 (2). (3). sp3 (4). 小于 (5). 电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大 (6). 氧 (7). ABD (8). A (9). 12 (10). 【解析】【详解】(1) Fe为26号元素，基态Fe的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，基态原子未成对电子数为4
63、个；Ti为22号元素，基态Ti的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，所以基态Ti原子的价电子排布图是；答案：4；。（2）N4分子的空间构型与P4类似，4个N原子形成正四面体构型，每个N原子形成3个N-N键，还含有1对孤电子对，杂化轨道数目为4，故N原子采取sp3杂化；答案：sp3。(3) 因为电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大，所以PH3小于NH3。答案：小于；电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变
64、大。(4) 组成M的元素有Ti、C、H、O、Cl ，其中O的非金属性最强，非金属性越强电负性越大，所以电负性最大的是氧；答案：氧。M中有碳碳双键、碳碳单键、CH键、CO键等，单键为键、 双键中含1个键和1个键；根据M的结构知Ti与O之间有配位键，没有离子键，故选ABD。(5) )由金刚石的晶胞结构可知，金刚石的晶胞相当于一个大的体心立方堆积中套一个小的体心立方堆积，金属铁的晶胞为体心立方堆积，根据金刚石的晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图知，金属铁的晶胞沿其体对角线垂直在纸面上的投影图为A。答案：A。 (6) 根据均摊法，在氮化铁晶胞中，含有N原子数为2，Fe原子数为21/2+121/6+
65、3=6，所以氮化铁的化学式Fe3N，其中铁原子最近的铁原子的个数为12；若晶胞底边长为acm，高为ccm，则晶胞的体积是a2ccm3，所以这种磁性氮化铁的晶体密度为ga2ccm3=g/cm3；答案：12； 。36、【答案】 (1). 乙醇（酒精） (2). C2H4O (3). 氧化反应 (4). 取代反应 (5). (6). (7). （酚）羟基 (8). 羰基（酮基） (9). (10). 【解析】【分析】A的分子式为C2H6O，能被氧气催化生成B，B能与新制氢氧化铜悬浊液反应，说明B中含醛基，结合D的结构简式，采用逆合成法可知，B为乙醛，A为乙醇；D和苯酚发生取代反应生成E，E与苯甲醛根
66、据给定已知信息可知在一定条件下生成F（），结合产物I可知，F与氢气加成反应得到的G为，与H发生取代反应生成I，则H应为据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，（1）A为乙醇或酒精，B为乙醛，其分子式为：C2H4O，故答案为：乙醇（酒精）；C2H4O；（2）A与氧气催化氧化生成B，其反应类型为氧化反应；C与SOCl2发生取代反应生成，故答案为：氧化反应；取代反应；（3）根据上述分析易知，F的结构简式为；H的结构简式为；故答案为：；（4）依据结构简式可知，E中所含官能团为：（酚）羟基和羰基（酮基）；E的的分子式为C8H8O2，不饱和度=，其同分异构体中，能发生银镜反应和水解反应，则含醛基和酯基，或
67、甲酸酯基；核磁共振氢谱上显示4组峰，结合不饱和度可知，分子内应有苯环，可推出其结构简式为：，故答案为：；（5）以2-丙醇和苯甲醛为原料，参照上述合成路线可知，需先将2-丙醇氧化为丙酮，再根据给定信息与苯甲醛在一定条件下反应生成，最后与氢气加成生成目标产物，补充的具体合成路线如下：。物理答案14、【答案】D【解析】A、原子的核式结构模型是卢瑟福最早提出的，故A错误；B、一个氢原子从量子数n3的激发态跃迁到基态时最多可辐射种不同频率的光子，故B错误；C、根据光电效应的产生条件可知，一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能因为这束光的频率太小，跟光的强度无关，故C错误；D、根据半衰期公式知，解得
68、n2，即发生两次半衰期，则确定该生物死亡时距今约2573011460年，故D正确。15、【答案】C【解析】根据万有引力提供卫星圆周运动向心力有：；A、周期，两颗卫星的轨道半径相同，但木星的质量大，故其周期小，即甲卫星的周期小于乙卫星的周期，故A错误；B、线速度，两颗卫星的轨道半径相同，但木星的质量大，故线速度大，即甲卫星的线速度大于乙卫星的线速度，故B错误；C、向心加速度，两颗卫星的轨道半径相同，但木星的质量大，故其向心加速度大，即甲卫星的向心加速度大于乙卫星的向心加速度，故C正确；D、木星的质量大，但不知道两颗卫星的质量大小关系，故无法求得它们间万有引力的大小，无法比较，故D错误。16、【答
69、案】D【解析】输入电压为U，则两灯泡正常发光时两端电压均为，变压器的匝数比 ，则，根据P=IU可知灯泡a与b的功率之比为1:6，故选D.17、【答案】C【解析】A、把AB看成一个整体，AB对C的压力在水平方向的分力为Nx（m1+m2）gcossin，方向水平向右，AB对C的摩擦力在水平方向的分力为fxfcos，方向水平向左。因为AB一起加速下滑，所以（m1+m2）gsinf，则Nxfx，所以斜面C有向右的运动趋势，则斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向左。故A错误；B，因为AB一起加速下滑，所以1（m1+m2）cos（m1+m2）gsin，则1tan，故B错误；C、把AB看成一个整体，滑块A与斜
70、面之间的摩擦力为f1（m1+m2）gcos，故C正确；D、滑块AB一起加速下滑，其加速度为agsin1gcos，B与A之间的摩擦力是静摩擦，则AB之间的摩擦力为fm2amg（sin1cos），故D错误。故选：C。18【答案】D【解析】A、关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故A错误；B、关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则冲量不为零，故B错误；C、上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间为t，根据动能定理可得：，解得，故C错误；D、上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度，功率不变，则速度增大、加速度减小，所用时间为
71、，则，解得，故D正确。19、【答案】ABD【解析】A.由vt图象知，当t0.5s时，小车开始做速度v1m/s的匀速运动，此时，物块与小车的速度相同，物块与小车间无摩擦力作用，对物块，由vat及fmamg得f2N，0.2，在00.5s内，小车的位移s=(5+1)/20.5m1.5 m，物块的位移为x=1/20.5m0.25m，所以小车的最小长度为1.5m0.25 m1.25 m，故A正确；B.物块的最终动能 ；由动能定理得小车动能的减小量Efs3J，故B正确；C.系统机械能减少为E3J0.5 J2.5J，故C错误；D.小车的加速度为 而 ，f2N，得M0.25kg，故D正确。20、【答案】AB【
72、解析】回路中感应电流为：，Iv，则得：I1：I2=v1：v2=1：2故A正确。产生的热量为：Q=I2Rt=（）2R= ，Qv，则得：Q1：Q2=v1：v2=1：2故B正确。通过任一截面的电荷量为：q=It=t=，q与v无关，则得：q1：q2=1：1故C错误。由于棒匀速运动，外力的功率等于回路中的功率，即得：P=I2R=（）2R，Pv2，则得：P1：P2=1：4，故D错误。故选AB。21【答案】BD【解析】A.物块由静止开始下落时加速度为，根据牛顿第二定律得，解得，合外力为零时，速度最大，所以B点速度不是最大速度，故A错误；B.由A到C应用能量守恒定律，弹簧的弹性势能的增加量，故B正确；C.从A
73、到C的过程中，电场力做功。带电物块电势能的增加量为，故C错误；D.带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量等于克服电场力做的功，所以带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为，故D正确。故选：BD22、【答案】 (1). =； 2分 (2). 8.475； 2分 (3). 2分【解析】（1）轻推滑块，当图乙中的t1=t2时，说明滑块经过两光电门的速度相等，则气垫导轨已经水平。（2）螺旋测微器的固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为0.0147.5mm=0.475mm。由读数规则可得d =8mm+0.01mm47.5=8.475mm；（3）滑块经过两光电门时的速度分别为：；若机械能守恒则满足：，即满足。2
74、3、【答案】 (1). 70 1分 (2).电流表 1分 (3). B 2分 (4). 2分 (5). 3分【解析】（1）欧姆表表盘读数为7，倍率为“10”，故为70；在故障检测时，除电流表其余部分均没有问题，故问题只能出在电流表处；（2）为减小电流表的读数误差，电流表指针偏转角度应该尽量大于三分之一，即电流范围为：100mAI300mA，根据欧姆定律，总电阻120R总40，扣除定值电阻10，即电流表内阻和电源内阻加上电阻箱电阻应该大于等于30而小于等于110，由于电流表内阻不计，故应该选B；（3）根据闭合电路欧姆定律，有，则，故有：，联立解得：，。24.（12分）解：（1）恰好能过管道最高点
75、即最高点速度为0A-B-C阶段由动能定理： -2分C-D阶段由机械能守恒： -2分 得： h=3.5m -1分（2） 从释放到运动至C处，由动能定理: -2分C- D阶段由机械能守恒： -2分设小球在D处受到的弹力为FND点： -2分 得： FN=20N 由牛顿第三定律可知 小球在D处对管道的压力大小也为20N，且方向竖直向上 -1分25【答案】(1) ； (2) ；(3)存在，【解析】（1）设第1球的电量为，研究A到C的运动： -2分 -2分解得：；-1分（2）研究第1球从A到C的运动： -1分解得： -1分，；-1分研究第1球从C作圆周运动到达O的运动，设磁感应强度为由得 -1分由几何关系
76、得： Rsin=h-1分解得： ；-1分（3）后面抛出的小球电量为，磁感应强度 小球作平抛运动过程-2分 -2分小球穿过磁场一次能够自行回到A，满足要求：，变形得： -3分解得： 。-2分33（1）BDE-5分（2）(1)开始时， ， -1分水银全面离开下面的粗管时，设水银进入上面的粗管中的高度为h3，则 -1分解得此时管中气体的压强为-1分管中气体体积为 -1分由理想气体状态方程 得-1分(2)再倒入同体积的水银，气体的长度仍为6cm不变，-1分则此过程为等容变化管里气体的压强为，-2分则由 解得-2分34（1）ACE-5分（2）光在介质中传播的光路图如图所示：设入射光在C点的入射角为i，折射角为r，由于在C点折射后的光线平行于OB，所以OCP=AOD=60，r=30，根据折射定律有：-3分代入数据解得：i=60；-2分在C点折射后的光线射到AB弧上P点，连接O、P，OP是法线，过O点做CP的垂线交CP于Q，则折射光线在AB弧的入射角为i1，玻璃砖临界角为C，扇形半径为L，则：，-1分根据几何知识有COQ=30，LOQLOCcosCOQ=根据-2分可得：，-1分则：i1C，所以光射到AB弧能从AB弧射出。-1分