1、（全国卷）2021年高考理综压轴卷（含解析）一、 选择题：本题共6个小题，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下列关于蛋白质的叙述中，正确的是（ ）A若某蛋白质中含有N条多肽链，则其含有N个氨基B蔗糖酶能催化蔗糖水解为葡萄糖和果糖，并产生ATPC载体是具有运输功能的蛋白质，仅存在于细胞膜上D受体具有识别和信息传递功能，有的受体中含有糖类2下列关于细胞结构与功能的叙述，正确的是（ ）A降低光照强度，蓝藻的叶绿体中产生O2的速率将降低B无氧条件下，酵母菌的细胞质基质中能够产生ATP和酒精C抗原刺激下，浆细胞的高尔基体合成抗体并形成含抗体的囊泡D剧烈运动时，骨骼肌细胞的
2、线粒体中葡萄糖分解速率将加快3某研究小组发现，血液中含有一种名为“GDF”的蛋白质，其含量减少可导致神经干细胞中端粒酶的活性下降。因端粒酶在细胞中可以将端粒修复延长，而让端粒不因细胞分裂而有所损耗，使细胞分裂次数增加，所以GDF含量减少会导致细胞分裂能力下降。下列分析错误的是（ ）A血液中GDF的减少可能与人体神经干细胞的衰老有关B血液中GDF含量减少可导致神经干细胞的形态结构发生改变C若控制GDF合成的基因不能表达，可导致神经干细胞发生癌变D正常细胞的分裂次数是有限的，这可能与端粒不断被损耗有关4下图所示的单基因遗传病在人群中的发病率为1/a。下列分析正确的是（ ） A该病是伴X染色体隐性遗
3、传病B1为纯合子的概率应是2/3C1与3为携带者的概率相同D据图分析可知a的值应是95工作在第一线的医护人员采取多种措施，全力救治重症的新冠肺炎患者，挽救了许多患者的生命。下列有关措施与其生物学原理的对应关系中正确的是（ ）A利用呼吸机等设备提高患者的血氧水平有氧呼吸各个阶段都需要氧气参与B为患者提供更多的营养物质免疫系统的结构与功能增强需要消耗有机物和能量C将新冠肺炎康复者的血浆输入患者体内康复者血浆中含有B细胞D增强患者战胜疾病的信心大脑皮层中有免疫调节中枢6在美国亚利桑那州北部的凯巴伯森林地区，人们为了保护鹿而大量捕杀鹿的天敌-狼。下列说法正确的是（ ）A狼从鹿获得的能量最终来自该生态系
4、统中生产者固定的太阳能B鹿和狼之间的信息传递对鹿不利，使该生态系统的稳定性受到破坏C若消灭了狼，可使鹿的种群数量按照J型曲线持续增长D大量捕杀狼使生态系统的能量流动方向发生改变二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第2932题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3738题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共39分）29细辛是一种在森林下部生活的植物，滨藜是一种在沙漠中生活的植物。下图是光照强度对两种植物光合作用强度影响的曲线（甲、乙）。请据图作答： （1）图中代表滨藜光合作用强度变化曲线是_，判断依据是_ 。（2）甲曲线上b1点时植物叶肉细胞内光合作用吸收的CO2来自于_ ，叶肉
5、细胞中水参与反应并产生H的部位有_ 。（3）据图分析，光照强度为b2和c时，限制乙植物光合作用的主要环境因素分别是 _ 。（4）图中e点甲植物合成的有机物量 _ （填“等于”、“大于”、“小于”）乙植物。30为研究南瓜多糖对血糖的影响，某课题组用四氧嘧啶一定程度上破坏小鼠的胰岛B细胞，使小鼠患糖尿病。将糖尿病小鼠分为两组，A组灌胃（一种实验中常用的给药方式）一定浓度的南瓜多糖溶液，B组灌胃等体积的水，一段时间后测定两组小鼠血糖及胰岛素含量。回答下列问题：（1）实验中血糖指标需要在空腹条件下测定，原因是_。（2）实验结果表明饲喂南瓜多糖后，小鼠体内胰岛素含量升高，加速组织细胞_葡萄糖，从而降低血
6、糖浓度，从而得出南瓜多糖具有一定的降血糖作用。（3）为使实验更科学，还应增加一组灌胃等体积水的_小鼠，以测定_和_基准值。31果蝇的眼色有野生型和三种突变类型（朱红眼、棕红眼、白眼），该眼色由两对等位基因B和b、D和d共同控制，基因组成与表现型的关系为：位于X染色体上的隐性基因d纯合时表现为朱红眼（XdXd和XdY均为纯合子）；位于第号常染色体上的隐性基因b纯合时表现为棕红眼；当基因b和d都纯合时表现为白眼。（1）该种眼色的遗传遵循_定律，该果蝇种群中野生型雄果蝇的基因型为_。（2）若果蝇的某种性状由细胞质基因控制，则该性状只能通过_（父本或母本）遗传给子代，原因是_。（3）某同学用野生型雌果
7、蝇与白眼雄果蝇为亲本进行杂交，结果如表。亲本F1F2野生型（）白眼（）雌雄均为野生型：？：野生型棕红眼朱红眼白眼=3131F2中野生型雌果蝇的比例为_。若让F2中的非野生型雌果蝇和朱红眼雄果蝇相互交配，F3中基因d的频率为_。32在气候条件适宜的情况下，闲置数年后的草莓农田被柳等木本植物覆盖，成片的草莓不见了。请回答：（1）草莓农田闲置后基本保留了原有的_，进而发生次生演替。（2）演替过程中，草莓被柳树林代替的原因是_；群落的丰富度将_（填“增大”“减小”或“保持不变”）。（3）若气候条件比较干旱，则闲置的草莓农田可能发展至_阶段。（二）选考题：共15分。请考生从2道题中选一题作答。如果多做，
8、则按所做的第一题计分。37生物选修1：生物技术实践（15分）家蚕性染色体组成为雌ZW，雄性ZZ。雄蚕吐丝多、丝质好，更受蚕农青睐，但幼蚕阶段雌雄不易区分。研究人员培育出了几乎只产雄蚕的家蚕品系，原理如图所示。（说明：a、b是只位于Z染色体上的隐性基因，且纯合致死，+代表与a、b对应的显性基因。）请回答： （1）图中亲本分别用Z+W与Za+Z+b表示，则子代中存活的基因型为_。（2）a与b的遗传_（填“遵循”或“不遵循”）基因的自由组合定律，原因是_。（3）研究人员多次进行图中所示的杂交实验，发现后代雄蚕率为96%98%，而不是理想的100%，推测可能的原因是_。（4）图中品系仅是从遗传的角度在
9、实验室构建的，蚕丝性状不够理想。近期发现某优良性状由常染色体上的E基因控制，现有EEZ+Z+、EEZ+W、eeZa+Z+b、eeZ+W家蚕，能否通过杂交育种培育出EEZa+Z+b家蚕？_。请说明理由：_。（5）科学家通过辐射处理使常染色体上的基因片段拼接到W染色体上，最终培育出优良品种的家蚕，这种培育方法依据的原理是_。38生物选修3：现代生物科技专题（15分）通过基因工程研制的某新型基因治疗药物，其本质是利用腺病毒和人P53基因（抑癌基因）拼装得到的重组病毒。人的P53蛋白可对癌变前的DNA损伤进行修复，使其恢复正常，或诱导其进入休眠状态或细胞凋亡，阻止细胞癌变。该药物的载体采用第一代人5型
10、腺病毒，其致病力很弱，其基因不整合到宿主细胞的基因组中，无遗传毒性；载体经基因工程改造后，只对细胞实施一次感染，不能复制，不会污染。请回答下列问题：（1）在该药物的生产中，为了获得更高的安全性能，在载体一般应具备的条件中，科学家选择性地放弃了一般载体都应该具有的_（在“能自我复制”“有多个限制性酶切位点”“在宿主细胞中能稳定保存”中选答）。检测P53基因基因是否插入到染色体上，可从分子水平上检测，方法是_。（2）如果要获取人类基因组中抑癌基因P53，可以采取的方法通常包括_和人工方法合成。目的基因的大量扩增则可以采用_技术，该技术中需使用一种特殊的酶是_。（3）如果要获得胚胎干细胞进行研究，则
11、胚胎干细胞可来源于_的内细胞团，或胎儿的原始性腺，也可以通过_技术得到重组细胞后再进行相应处理获得。在培养液中加入_，如牛黄酸等化学物质时就可以诱导胚胎干细胞向不同类型的组织细胞分化，这为揭示细胞分化和细胞凋亡的机理提供了有效的手段。参考答案及解析1.【答案】D【解析】如果某蛋白质含有N条多肽链，则该蛋白质至少含有N个游离的氨基，A错误蔗糖酶催化蔗糖水解为葡萄糖和果糖的过程中不能产生ATP，B错误；载体不一定是蛋白质，也不一定位于细胞膜上，C错误；受体具有识别和信息传递的功能，有的受体含有糖类，如糖蛋白，D正确。故选D。2.【答案】B【解析】蓝藻为原核生物，其细胞内无叶绿体，A错误；无氧条件下
12、，酵母菌进行无氧呼吸的场所是细胞质基质，无氧呼吸可以产生ATP和酒精，B正确；抗原不能直接刺激浆细胞，浆细胞的高尔基体无合成抗体的功能，抗体在核糖体上合成，经内质网和高尔基体加工后分泌到细胞外，C错误；有氧呼吸时，葡萄糖先在细胞质基质中分解为丙酮酸再进入线粒体，可见，线粒体不能直接分解葡萄糖，D错误。故选B。3.【答案】C【解析】GDF含量减少可导致神经干细胞中端粒酶的活性下降，从而抑制端粒的修复延长，使细胞衰老，A正确；衰老的细胞会发生形态结构和功能的改变，B正确；控制GDF合成的基因发生突变，则机体无法合成GDF，可能会加速细胞衰老，但不会导致神经干细胞发生癌变，C错误；端粒酶在细胞中可以
13、将端粒修复延长，而让端粒不因细胞分裂而有所损耗，使细胞分裂次数增加，D正确。故选C。4.【答案】C【解析】分析系谱图：3患病且为女性，其父母都正常，所以该单基因遗传病为常染色体隐性遗传病（用B、b表示）。该病在人群中的发病率为1/a，说明bb=1/a，b= ，B=1。分析系谱图，该遗传病为常染色体隐性遗传病，在人群中的发病率女性等于男性，A错误；1与2婚配，1产生B配子的概率为（1 ），因为a未知，不能计算出1为纯合子的概率，B错误；3患病，基因型为bb，其父母均为杂合子，基因型为Bb，其后代不患病个体基因型为Bb，所以1与3均为携带者，概率相同，C正确；据图分析，3患病概率为1/4。在随机人
14、群中，隐性遗传病的发病率1/a一般较低，题干信息不能推算出随机人群发病率，D错误。故选C。5.【答案】B【解析】只有有氧呼吸第三阶段需要氧气参与，A错误；为患者提供更多的营养物质，可以为增强免疫系统的结构与功能提供有机物和能量，B正确；康复者血浆中含有抗体，C错误；大脑皮层没有免疫调节中枢，D错误。故选B。6.【答案】A【解析】该森林生态系统存在的一条食物链为绿色植物鹿狼，狼获得的能量来自鹿，而鹿同化的能量来自该生态系统生产者通过光合作用固定的太阳能，A正确；鹿和狼之间存在信息传递，这种信息传递能调节种间关系，有利于维持生态系统的稳定性，B错误；由于人为地消灭了狼，鹿的种群数量会在短时间内增加
15、，当鹿的种群数量超过了森林的环境容纳量，种群数量又开始减少， C错误；大量捕杀狼生态系统的能量流动方向不会发生改变，D错误。故选A。29.【答案】(1)甲 滨藜生活在沙漠适应较强光照，甲曲线对应的光饱和点(或光补偿点)更大 (2)细胞呼吸释放出的和来自大气中 类囊体薄膜（基粒或叶绿体）、线粒体基质（线粒体） (3)光照强度CO2浓度、温度 (4)大于 【解析】（1）根据题干信息得知，细辛适合生活在较弱光照环境，滨藜适合生活在较强光照环境中，前者的光补偿点和光饱和点都比后者低，所以甲曲线对应的是滨藜，乙曲线对应的是细辛。（2）根据图像得知光照强度为b1时，植物的光合作用强度和呼吸作用强度相同，但
16、植物所有细胞都要进行呼吸作用而只有叶肉细胞等进行光合作用，所以叶肉细胞的光合作用强度大于呼吸作用强度，其所需的CO2除了来自细胞呼吸外还需要从环境中吸收。细胞有氧呼吸第二阶段需要水的参与并生成H，光合作用光反应阶段水被光解为氧气和H。前者发生于线粒体，后者发生于叶绿体。（3）乙曲线中光照强度由b2增加到b1时，光合作用随着光照强度的增大而增大，说明光照强度是该点的影响因素。在光照强度大于c之后，光照强度继续增加光合作用不再增强，说明光合作用的限制因素不再是光照强度而是CO2浓度、温度。（4）植物合成的有机物指的是其总光合作用量，图中e点两植物的净光合量相同，而甲的呼吸作用比乙的强，总光合量等于
17、净光合量+呼吸作用量，因此图中e点甲植物合成的有机物量大于乙植物。30.【答案】(1)避免进食后吸收的葡萄糖对实验数据产生影响（或“血糖升高后对实验数据产生影响”） (2)摄取、利用和储存 (3)正常 血糖 胰岛素 【解析】（1）血糖的主要来源为食物的消化吸收，因此实验中血糖指标需要在空腹条件下测定，避免进食后吸收的葡萄糖对实验数据产生影响（或“血糖升高后对实验数据产生影响”）。（2）胰岛素的功能：促进组织细胞加速摄取、利用和储存葡萄糖，从而使血糖水平降低。（3）为使实验更科学，还应增加一组对照组：灌胃等体积水的正常小鼠，以测定血糖和胰岛素含量作为基准值。31.【答案】（1）基因自由组合 BB
18、XDY和BbXDY （2）母本 受精卵中的质基因几乎全部来自卵细胞（或母本） （3）3/8 1/2 【解析】（1）因控制眼色的基因分别位于常染色体和X染色体上，两对基因独立遗传，故遵循基因的自由组合定律；野生型果蝇应为双显性个体，则雄果蝇的基因型应为BXDY（BBXDY和BbXDY）；（2）因受精时精子只有头部（细胞核）与卵细胞结合，故受精卵中的质基因几乎全部来自卵细胞（或母本），因此若果蝇的某种性状由细胞质基因控制，则该性状只能通母本遗传给子代；（3）野生型（）BXDX白眼（）bbXdY，F1雌雄均为野生型（BXDX、BXDY），则可推知亲本基因型为BBXDXD、bbXdY，F1基因型为Bb
19、XDXd、BbXDY；F1个体间相互交配，则F2中野生型雌果蝇基因型为BXDX，比例为3/41/2=3/8；F1基因型为BbXDXd、BbXDY， F2中不可能出现XdXd的个体，故非野生型雌果蝇只有棕红眼，基因型为1/2bbXDXD和1/2bbXDXd，朱红眼雄果蝇的基因型为BXdY，只考虑D、d一对等位基因，则可转化为XDXD：XDXd：XdY=1:1:2，则d的基因频率为（12）/（222）=1/2，因随机交配不改变基因频率，故F3中d的基因频率仍为1/2。32.【答案】(1)土壤条件（或土壤中的植物种子、其他繁殖体） (2)柳树与草莓在争夺阳光、空间等资源的竞争中处于优势 增大 (3)
20、草本植物或（稀疏的）灌木 【解析】演替是指一个群落被另一个群落所代替的过程，可以分为初生演替和次生演替，其中次生演替是指在原有植被虽不存在，但原有土壤条件基本保留，甚至还保留了植物的种子或其它繁殖体的地方发生的演替。（1）草莓农田闲置后其土壤条件（或土壤中的植物种子、其他繁殖体）依然保留，因此发生的属于次生演替；（2）演替过程中优势物种的替换发生的原因是柳树林在阳光、空间等资源的竞争中处于优势，草莓在竞争中处于劣势；次生演替过程中由于环境较为适宜，演替的方向是向着物种多样化发展，因此丰富度将增大；（3）由于气候条件比较干旱，可能不利于植被的生长，群落可能向着草本植物或（稀疏的）灌木演替。37.
21、【答案】(1)Za+Z+、Z+Z+b (2)不遵循 a和b位于一对同源染色体上 (3)图中亲本雄蚕初级精母细胞中ZZ染色体可能发生交叉互换，形成含有+基因的Z染色体的精子，与含W染色体的卵子结合后，可出现能存活的雌蚕，所以雄蚕率不到100% (4)不能 若要培育目标品种EEZa+Z+b，必须有Za+W或者是Z+bW的存活雌蚕来作为杂交母本，但这些基因型的雌蚕是不能存活的。因此无法通过杂交培育目标品种EEZa+Z+b（或：若要通过杂交育种获得EEZa+Z+b，其中一条Z染色体必须来自母本，则母本的基因型为Za-W或者是Z-bW，但这两种基因型的雌蚕不能存活。因此无法通过杂交培育标品种EEZa+Z
22、+b。或：家蚕EEZa+Z+b是由基因型EZa+和EZ+b的雌雄配了受精发育来的，而亲代雌性家蚕Za+W或Z+bW是无法存活。） (5)染色体结构变异（或：易位） 【解析】（1）结合题意可知，图中亲本的基因型为Z+W与Za+Z+b表示，子代中存活的基因型为Za+Z+、Z+Z+b。（2）a与b为同源染色体上的非等位基因（或a和b位于一对同源染色体上），故两对基因的遗传不遵循基因的自由组合定律。（3）图中亲本雄蚕的基因型为Za+Z+b，在减数分裂形成精子的过程中，在四分体时期初级精母细胞中ZZ染色体可能发生交叉互换，进而形成含有+基因的Z染色体的精子，与含W染色体的卵子结合后，可出现能存活的雌蚕，
23、所以雄蚕率不到100%。（4）现有亲本为EEZ+Z+、EEZ+W、eeZa+Z+b、eeZ+W家蚕，能否通过杂交育种培育出EEZa+Z+b家蚕，要解答这个问题，可以采用逆推法来分析，若要培育目标品种EEZa+Z+b，必须有Za+W或者是Z+bW的存活雌蚕来作为杂交母本，根据题意这些基因型的雌蚕是不能存活的。因此无法通过杂交培育目标品种EEZa+Z+b。（5）科学家通过辐射处理后的结果是让常染色体上的基因片段拼接到W染色体上，显然是实现了非同源染色体之间片段的拼接，这属于染色体结构变异中的易位，故最终培育出优良品种的家蚕所依据的原理是染色体结构变异。 38.【答案】(1)能自我复制 DNA分子杂
24、交技术 (2)自然界已有物种分离 PCR 热稳定的DNA聚合酶（Taq酶） (3)囊胚期 核移植 分化诱导因子 【解析】（1）据题意可知，载体经基因工程改造后，只对细胞实施一次感染，不能复制，不能污染。故在载体一般应具备的条件中，科学家选择性地放弃了一般载体都应该具有的自我复制功能。检测P53基因的表达产物，可从分子水平上检测，采用DNA分子杂交技术。（2）如果要获取人类基因组中抑癌基因P53，可以采取的方法通常包括从从基因文库获取和通过化学方法人工合成。目的基因的大量扩增则可以采用PCR技术，该技术中因需要高温处理，故需使用的一种特殊的酶是热稳定DNA聚合酶。（3）在研究中如果要获得胚胎干细
25、胞进行研究，则胚胎干细胞可来源于囊胚期的内细胞团，或胎儿的原始性腺，也可以通过核移植技术得到重组细胞后再进行相应处理获得。在培养液中加入分化诱导因子，可以诱导胚胎干细胞向不同类型的组织细胞分化。KSSU2021年全国新课标高考压轴卷（物理） 第卷(选择题，共48分)一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求，第1821题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14用波长为300 nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.281019 J。已知普朗克常量为6.631034 Js，真空中的光
26、速为3.00108 ms1。能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为( )A11014 Hz B81014 HzC21015 Hz D81015 Hz15.由消防带水龙头的喷嘴喷出水的流量是0.28 m3/min，水离开喷口时的速度大小为16 m/s，方向与水平面夹角为60，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g取10 m/s2)( )A28.8 m 1.12102 m3B28.8 m 0.672 m3C38.4 m 1.29102 m3D38.4 m 0.776 m316.使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第
27、二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2v1。已知某星球的半径为地球半径R的4倍，质量为地球质量M的2倍，地球表面重力加速度为g。不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为( )A.gR(1) B2(1)C. DgR(1)17.在一空间有方向相反，磁感应强度大小均为B的匀强磁场，如图所示，垂直纸面向外的磁场分布在一半径为a的圆形区域内，垂直纸面向里的磁场分布在除圆形区域外的整个区域，该平面内有一半径为b(ba)的圆形线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，线圈与半径为a的圆形区域是同心圆。从某时刻起磁感应强度在t时间内均匀减小到2(B)，则此过程中该线圈产生的感应电动势大
28、小为( )A.()2t(Bb2a2) B()t(Bb22a2)C.()t(Bb2a2) D()2t(Bb22a2)18.如图所示，真空中有一点电荷甲固定在O点，虚线是其在周围空间产生的电场的三个等势面，且相邻的两个等势面间电势差相同。实线是点电荷乙在电场中运动轨迹，S、M、N为运动轨迹与等势面的交点，下列说法一定正确的是( )A电势MS B甲、乙为同种电荷C电势能EPMEPN D场强大小ESEN19.如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO轴以角速度匀速转动，外电路电阻为R。下列判断正确的是( )A电压表的读数为()Rr(NBSR)B当线圈由图示位
29、置转过30的过程中，通过电阻R的电荷量为()2Rr(NBS)C在线圈转过一周的过程中，电阻R上产生的焦耳热为()4Rr2(N2B2S2R)D当线圈由图示位置转过30时，通过电阻R的电流为()2Rr(NBS)20.如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x；当用同样大小的恒力F沿着倾角为的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法中正确的是( )A若mM，有x1x2B若msin ，有x1x2D若si
30、n ，有x1”“”或“EPN，选项C正确；根据点电荷电场强度公式可知，场强大小ESEN，选项D错误。19.【答案】AD【解析】电动势的最大值EmNBS，有效值E2(Em)2(NBS)，电压表的示数为路端电压的有效值，解得URr(R)E()Rr(NBSR)，A正确；线圈由题图所示位置转过30的过程中，通过电阻R的电荷量qRr(N)()Rr(NBSBSsin 60)Rr(NBS)，B错误；在线圈转过一周的时间内电阻R上产生的热量QR(U2)(2)()Rr2(N2B2S2R)，C错误；电流的最大值为ImRr(Em)Rr(NBS)，电流的瞬时值表达式为iImsin t，从题图所示位置转过30时，t6(
31、)，此时的电流为i2(Im)()2Rr(NBS)，D正确。20.【答案】AB【解析】在水平面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F(mM)g(mM)a1隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FTmgma1联立解得FTmM(m)F在斜面上滑动时，对整体，根据牛顿第二定律，有F(mM)gsin (mM)a2隔离物块A，根据牛顿第二定律，有FTmgsin ma2联立解得FTMm(m)F比较可知，弹簧弹力相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，故A、B正确，C、D错误。21.【答案】BC【解析】 在从0.2 m上升到0.35 m范围内，EkEpmgh，图线的斜率绝对值kh(Ek)0.350.2(0.3) N2
32、 Nmg，所以m0.2 kg，故A错误；在Ekh图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2 m上升到0.35 m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2 m上升到0.35 m范围内所受作用力为恒力，从h0.2 m开始滑块与弹簧分离，弹簧的原长为0.2 m，故B正确；根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epmmgh0.210(0.350.1) J0.5 J，故C正确；由图可知，当h0.18 m时的动能最大为Ekm0.32 J，在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能
33、与弹簧的弹性势能总和最小，根据能量守恒定律可知EEEkmEpmmghEkm0.5 J0.2100.1 J0.32 J0.38 J，故D错误。22.【答案】:(1)第2点到第6点之间的距离h26第1点到第3点之间的距离h13第5点到第7点之间的距离h57第2点的瞬时速度v2 第6点的瞬时速度v6mgh262(1)mv6(2)2(1)mv2(2)(2)ADBCEF【解析】(1)要验证从第2点到第6点之间的纸带对应重物的运动过程中机械能守恒，应测出第2点到第6点的距离h26，要计算第2点和第6点的速度v2和v6，必须测出第1点到第3点之间的距离h13和第5点到第7点之间的距离h57，机械能守恒的表达
34、式为mgh262(1)mv6(2)2(1)mv2(2)。(2)实验操作顺序为ADBCEF。23.【答案】:(1)1.704 电压表内阻远大于金属丝电阻，电压表分流几乎为零 12 (2)13【解析】(1)由题图所示螺旋测微器可知，螺旋测微器示数为1.5 mm20.40.01 mm1.704 mm。由表中实验数据可知，电压表接a、b两点时，电流表示数不变，电压表示数变化较大，说明电压表内阻很大，电压表分流很小，几乎为零，电流表分压较大，电流表应采用外接法，电压表应接a点，金属丝电阻Rx测Ia(Ua)0.15(1.84) 12 ；电流表采用外接法，由于电压表分流作用，电流表的测量值大于真实值，由欧姆
35、定律可知，金属丝电阻测量值小于真实值。(2)由表中实验数据知，RAIa(UbUa)，则RxIb(Ub)RA13 。 24.【答案】:(1)20 N0解得F20 N 所以20 N30 N，所以物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿第二定律得Fmgcos Mgsin Ma1隔离物块，由牛顿第二定律得 mgcos mgsin ma2设物块滑离木板所用时间为t 木板的位移x12(1)a1t2物块的位移x22(1)a2t2物块与木板分离的临界条件为 xx1x2L联立以上各式解得t1.2 s物块滑离木板时的速度va2t由公式2gxsin 0v2 解得x0.9 m。25.【答案】 见解析 【解析】(1)金属棒从
36、出磁场到上升到弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律得：2(1)mv2mgh由得：v4 m/s。(2)金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，根据平衡条件得FBILmgIRr(BLv) 联立式得F0.6 N金属棒速度为2(v)时，设回路中的电流为I，根据牛顿第二定律得FBILmgmaI()2Rr(BLv) 联立得：a1 m/s2。(3)设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q，根据功能关系：Fxmgx2(1)mv2Q则电阻R上的焦耳热QRRr(R)Q联立解得：QR1.5 J。33.【答案】(1)A (1)V1(V2)T1 (2)Q1S(mg)(V2V1)【解析】由ac的延长线过
37、原点O知，直线Oca为一条等容线，气体在a、c两状态的体积相等，选项A正确；理想气体的内能由其温度决定，故在状态a时的内能大于在状态c时的内能，选项B错误；过程cd是等温变化，气体内能不变，由热力学第一定律知，气体对外放出的热量等于外界对气体做的功，选项C错误；过程da气体内能增大，从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，选项D错误。（2）(1)加热过程中气体等压膨胀，由T1(V1)T2(V2)，得：T2V1(V2)T1。(2)设加热过程中，封闭气体内能增加U，因气体体积增大，故此过程中气体对外做功，WC将盐酸滴加到CaCO3固体中，生成CO2气体C净化混有少量乙烯的乙烷将气体和足量H2通过热的
38、镍催化剂表面D干燥氨气将气体通过盛有浓硫酸的洗气瓶 AABBCCDD4科研工作者研究出一种新型的醇催化氧化途径，可以避免生成有毒物质，其部分反应机理如图所示.下列说法错误的是 A避免生成有毒物质符合绿色化学的理念B在该反应中作催化剂C反应过程中N和S元素的成键数目均保持不变D总反应方程式为+HCl5一种矿石的组成元素W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Z单质燃烧发出耀眼的白光，X原子L层比K层多一个电子，分子中含有10个电子。下列说法正确的是A原子半径：B常温常压下单质沸点：CZ与Y可形成共价化合物ZYDX的最高价氧化物的水化物是弱酸6环己酮在生产生活中有重要的用途,可在酸性溶液中用
39、环己醇间接电解氧化法制备,其原理如图所示。下列说法不正确的是 Aa 极与电源正极相连B理论上生成 1mol 环己酮时,有22.4LH2生成C生成环己酮的反应为氧化反应Da 极电极反应式是7向XmL0.1molL-1氨水中滴加等浓度的稀高氯酸，测得混合溶液的温度和PohPoh=-lgc(OH-)随着加入稀高氯酸的体积变化如图所示(图中实线为温度变化，虚线为pOH变化)。下列说法正确的是 Ax=40Bb、c点由水电离出的c(OH-)大小为bcCb点时溶液中微粒浓度存在关系：C(NH)+c(NH3.H2O)=C(H+)+c(ClO)Da、d点对应氨水的电离常数：K(d)H2CO3，但不能证明非金属性
40、ClC，B不能达到目的；C用氢气净化混有少量乙烯的乙烷，氢气用量不能控制，可能乙烯未除尽或多余的氢气成为杂质，C不能达到目的；D氨气能与浓硫酸反应，应用碱石灰干燥氨气，D不能达到目的；故答案选A。4【答案】C【解析】A避免生成有毒物质，可防止污染环境，符合绿色化学的理念，A项正确；B反应过程中，参与反应后，又有生成，在反应中作催化剂，B项正确；C由图可知，反应过程中S元素的成键数目发生改变，C项错误；D由转化关系知，醇催化氧化的总反应为，D项正确；答案选C。5【答案】D【分析】X原子L层比K层多一个电子，则X的电子排布为2、3，X为5号元素B；Z单质燃烧发出耀眼的白光，则Z为Mg；分子中含有1
41、0个电子，则W为H元素，Y为O元素，Z为Mg元素。【解析】AW、X、Y、Z分别为H、B、O、Mg元素，原子半径大小为：，A错误；BW、X、Y分别为H、B、O元素，单质的沸点大小：，B错误；CZ和Y分别为Mg、O元素，二者形成的化合物MgO为离子化合物，C错误；DX为硼元素，它的最高价氧化物的水化物硼酸是一种弱酸，D正确；故选D。6【答案】B【解析】A根据装置图可知，a极为电解池的阳极，则与电源正极相连，A正确；B理论上由环己醇生成1mol环已酮()时，转移2mol电子，根据电子守恒可知阴极有1mol氢气放出，但因题中没明确状态，故不能确定氢气的体积，B错误；C由图示可知，环己醇被氧化生成环已酮
42、，即生成环己酮的反应为氧化反应，C正确；Da极为阳极，Cr3+失电子被氧化，电极反应式是，D正确；故选D。7【答案】B【解析】A由图可知，b点温度最高，是二者恰好反应的点，此时酸碱的物质的量相等，酸碱浓度相等，所以x=20，A错误；Bb点温度最高，为滴定终点，溶质为NH4ClO4，盐类水解促进水的电离，从b点到c点随着高氯酸的加入不断抑制水的电离，由水电离出的c(OH-)大小为bc，B正确；Cb点温度最高，为滴定终点，溶质为NH4ClO4，HClO4是强酸，溶液中不存在HClO4分子，根据物料守恒可得：c()+c(NH3H2O)=c()， C错误；D氨水电离为吸热过程，体系温度越高，NH3H2
43、O的电离常数越大，d点温度高于a点，所以电离常数K(d)K(a)，D错误；故选B。8【答案】球形干燥管（1分） badec （2分） NH3（1分） 控制溶液不能碱性太强，否则易生成副产物碱式碳酸镧La(OH)CO3 （2分） 2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3xH2O+6NH4Cl （2分）将装置中产生的气体全部吹入后续装置中被吸收，减少实验误差（2分） （2分） （2分） 【分析】（1）结合装置以及所给试剂，制取水合碳酸镧的原理为2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3xH2O+6NH4Cl，装置Y制备NH3，NH3易溶于水
44、，通入带有球形干燥管的导气管中防倒吸，装置W制备CO2，装有饱和碳酸氢钠的装置X用于除去CO2中的HCl，防止消耗过多的氨气，在装置Z中生成水合碳酸镧。（2）根据已知信息，m2-m1为La2(CO3)3xH2O的质量，m4-m1为La2O3的质量，m5-m3为CO2的质量。B中装有浓硫酸，C中装有碱石灰，D中碱石灰的作用是防止空气中CO2和H2O进入到装置C中影响实验结果；第一次通入N2，目的是排出装置中的空气，防止空气中CO2干扰实验结果，第二次通入N2，将装置中残留的CO2全部排入装置C中被吸收，减小实验误差。【解析】(1)根据仪器的结构特点可知其名称为球形干燥管；故答案为：球形干燥管；结
45、合分析可知装置接口顺序应为fbadec；故答案为：badec；为增大CO2溶解度，提高产率，Z中应先通入氨气再通入CO2；根据题目信息可知如果溶液碱性太强，易生成受热分解的碱式碳酸镧La(OH)CO3，所以通入CO2需要过量的原因是：控制溶液不能碱性太强，否则易生成副产物碱式碳酸镧La(OH)CO3；故答案为：氨气；控制溶液不能碱性太强，否则易生成副产物碱式碳酸镧La(OH)CO3；根据元素守恒可知化学方程式为2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3xH2O+6NH4Cl；故答案为：2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3xH2O+6
46、NH4Cl；(2)第二次通入N2，将装置中残留的CO2全部排入装置C中被吸收，减小实验误差；故答案为：将装置中产生的气体全部吹入后续装置中被吸收，减少实验误差；如果制得的样品中不含有La(OH)CO3，则由La2(CO3)3xH2O化学式可知n(La2O3)：n(CO2)=1:3，即=；n(La2O3)=nLa2(CO3)3xH2O，可求出水合碳酸镧化学式中结晶水数目x=；故答案为：；。 9【答案】（1分） 过滤（1分） 氧化，使铁元素完全转化成沉淀而除去（2分） （1分） （2分） （2分） 阳 （1分） （2分） 。（2分） 【分析】铬铁矿主要成分为FeO和，含有、等杂质，加入过量稀硫酸，
47、只有与稀硫酸不反应，则过滤得固体A为，溶液B中含有、，在B中加入过氧化氢，可生成，调节溶液pH可除去、，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，即固体C，溶液D含有，在溶液D中加入和NaOH，发生氧化还原反应，过滤得溶液E含有，酸化可得，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可得，以此解答该题。【解析】根据以上分析，固体A为，故答案为：；根据以上分析，实验室中操作的名称为过滤，故答案为：过滤；固体C中含有的物质是和，则的作用是氧化，使铁元素完全转化成沉淀而除去；当时开始沉淀，室温下，除去溶液中的、，氢氧化铝完全变成沉淀时的pH：，解得：，同理完全变成沉淀时，pH约为，故pH范围是：，故答案为：氧化，使铁元素完全转化成沉
48、淀而除去；在溶液D中加入和NaOH，发生氧化还原反应，生成和，所以中发生反应的离子方程式为，故答案为：；中酸化是用硫酸而不用盐酸酸化，原因为会氧化盐酸中的氯离子，反应离子方程式为：；电解溶液制取，则E电极发生，说明E电极生成氢离子，电极反应为氢氧根失电子发生氧化反应，所以该装置工作时E电极的名称是阳极，B极为正极，A极为负极，电极反应式为；当电解过程中转移了电子时，则右侧反应消耗氢氧根离子，放出氧气，右侧移动到左侧的钠离子也为，所以理论上右侧溶液的质量减少，故答案为：；阳；。 10【答案】-730 （2分） 0.04 （2分） 2（2分） 增大 （2分） （2分） 900（2分） 催化剂失去活
49、性或催化剂活性突然减小或催化剂活性大大降低 （3分） 【解析】(1)=断键吸收能量-成键放出能量=10762+6302-(946+7994)=-730kJ/mol； (2)温度下一氧化氮的转化率为80%，故内用表示的平均反应速率；T1温度下，一氧化氮的转化率为50%，平衡时CO、NO、N2、CO2浓度0.25mol/L，0.25mol/L，0.125mol/L，0.25mol/L，故； T1平衡后加入CO、NO，平衡正向移动，NO转化率增大；(3)由图可知，NH3、NO和O2反应生成N2和H2O，反应过程中消耗Fe2+后又生成Fe2+，Fe2+在反应过程中作催化剂，化学方程式为：；(4) 催化
50、氧化法去除NO是在一定条件下，用NH3消除NO污染，其反应原理为，由不同温度条件下，n(NH3)：n(NO)为2:1时NO脱除率曲线知：900时NO的脱除率最高；因此脱除NO的最佳温度是900，由于催化剂在一定温度具有强的催化活性，当温度较高时会失去活性，因此在温度超过1000NO脱除率骤然下降的原因可能是催化剂失去活性。 11【答案】Mg （1分） 是的5倍多，说明最外层有2个电子（1分） 基态N原子的2p能级半充满（1分） 8 （1分） C、D （2分） 氨分子与形成配合物后，孤对电子与形成配位键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用减弱，所以键键角变大（2分） B（1分） 立方BN晶体是
51、原子晶体，键键能大，所以质地坚硬 （1分） （2分） （1分） 1:3（1分） 棱心 （1分） 【解析】(1)由图1可知电离能I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子，结合该元素是第三周期元素，则该元素为第三周期第A族元素，此元素为镁元素，元素符号为Mg；第二周期元素的第一电离能随原子序数的变化情况如图6，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第A元素第一电离能大于第A元素，第A族的第一电离能大于第A族元素，即I1随Z的递增而呈增大趋势，而导致在a点出现齿峰的原因是基态N原子的2p能级半充满；根据图示，1个铝原子周围有8个镁原子最近且等距离；(2) A.根据配合物
52、的结构图，是三角双锥结构，正负电荷分布均匀，是非极性分子，分子中含有键和键，选项A正确；B.中Fe原子的配体是CO，价电子数是10，与互为等电子体，选项B正确；C.含有键，选项C不正确；D.是化学变化，有化学键的断裂和生成，断裂配位键、生成金属键，选项D不正确；答案选CD；(3)分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以键键角变大；A.中S原子价电子对个数，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，中N原子价电子对个数，含有一个孤电子对，所以为V形结构，选项A不符合；B. 中N原子价电子对个数，没有孤电子
53、对，所以为平面结构，中S原子价电子对个数，没有孤电子对，所以为平面结构，选项B符合；C. 中O原子价电子对个数，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，ClO3-中Cl原子价电子对个数，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，选项不C符合；D. 中P原子价电子对个数，没有孤电子对，所以为四面体结构，中S原子价电子对个数，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，选项D不符合；答案选B；(4)立方BN晶体是原子晶体，键键能大，所以质地坚硬；根据均摊原则，1个晶胞中含有N原子数是4、含有B原子数是，晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，则晶胞体对角线为4anm，晶胞边长是nm，阿伏加德罗常数的值为NA
54、，则晶体的密度为；(5)根据均摊法，C原子位于晶胞内部，个数为1 ，Mg原子位于顶点，个数为1 ， Ni原子位于面心，个数为3 ，所以化学式为MgNi3C；据图可知镍原子构成的八面体空隙数目为1 ，每条棱上的两个镁原子与相邻面心的镍原子构成正八面体空隙的，所以镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙为3 ，则完全由镍原子构成的八面体空隙与由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为1：3；若取碳原子为晶胞顶点，镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙中有2个镁原子、4个镍原子，则镍原子位于晶胞的棱心位置。12【答案】酯基、醚键（2分） 取代反应 （2分） 或 （2分） （3分） （6分） 【分析】发生硝
55、化反应生成B，根据E的结构简式逆推，可知B是，中硝基还原为氨基，C为；D是一种有机盐酸盐，O、N、Cl原子或离子达到8电子稳定结构，与H2O反应水解生成物除E外还有N2和HCl，结合C、E的结构，可知D是。【解析】(1)中含氧官能团的名称为酯基、醚键；(2) 为取代反应；（3）根据分析，C为；D是一种有机盐酸盐，O、N、Cl原子或离子达到8电子稳定结构，与H2O反应水解生成物除E外还有N2和HCl，结合C、E的结构，可知D为或。（4）能发生银镜反应，说明结构中有醛基或甲酸酯基，-NMR图谱中有四组峰说明结构中有四种不同化学环境的氢原子，有一定的对称性，分子中不含过氧键，说明结构中没有，符合条件的的结构有；（5）阿司匹林(乙酰水杨酸)可通过水杨酸和乙酸酐来合成，对照硝基苯，水杨酸中有处于邻位羟基和羧基，所以需要在硝基苯中引入这两种基团并消去硝基。根据题干信息，羟基可按照题中从B到E流程得到，可通过E到F的反应得到醛基，再将醛基氧化得到羧基，然后通过水杨酸和乙酸酐反应得到，合成路线为。
