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2019届陕西省榆林市高三下学期高考模拟第三次测试理科综合试卷
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榆林市2019届高考模拟第三次测试理科综合试题
生物部分
1.下列有关生物学实验的说法正确的是 ( )
A. “观察DNA和RNA在细胞中的分布”时，盐酸的作用是使细胞彼此分离
B. 在“探究酵母菌细胞呼吸方式”的实验中，有氧和无氧两种条件下均为实验组
C. 绿叶中色素提取和分离实验中，色素能够分离的原因是不同色素在无水乙醇中的溶解度不同
D. “用高倍显微镜观察线粒体”的实验中．可取藓类的小叶滴加健那绿盖盖玻片观察
【答案】B
【解析】
【分析】
叶绿体色素提取的原理：叶绿体中的色素能够溶解在有机溶剂，所以，可以在叶片被磨碎以后用乙醇提取叶绿体中的色素。色素分离原理：叶绿体中的色素在层析液中的溶解度不同，溶解度高的随层析液在滤纸上扩散得快，溶解度低的随层析液在滤纸上扩散得慢。根据这个原理就可以将叶绿体中不同的色素分离开来。
观察DNA和RNA在细胞中的分布的实验盐酸的作用：改变细胞膜的通透性，加速染色剂进入细胞，同时使染色质中的DNA与蛋白质分离，有利于DNA与染色剂结合。进而有利于对DNA进行染色。
【详解】观察DNA和RNA在细胞中的分布，用盐酸水解口腔上皮细胞，有利于染色剂进入细胞，使染色质中的DNA与蛋白质分开，并与DNA结合，A错误；在“探究酵母菌细胞呼吸方式”的实验中，在无氧和有氧条件下的两组均为实验组，是相互对照，B正确；叶绿体中色素能够分离的原因是不同色素在层析液中的溶解度不同，溶解度越大，扩散速度越快，C错误；健那绿染液可以使活细胞中的线粒体呈现蓝绿色，而细胞质接近无色。若取藓类的小叶滴加健那绿观察，则观察不到线粒体，因藓类的小叶中含有叶绿体，D错误。故选B。
【点睛】本题考查了生物学中的相关实验，意在考查考生理解实验目的、原理、方法和操作步骤，掌握相关的操作技能，并能将这些实验涉及的方法和技能进行综合运用。
2.下列关于植物细胞质壁分离实验的叙述，正确的是 ( )
A. 质壁分离指植物细胞在一定蔗糖溶液环境中，细胞质与细胞壁分离的现象
B. 用黑藻叶片进行实验时，叶绿体的存在会干扰实验现象的观察
C. 用紫色洋葱鳞片叶外表皮不同部位观察到的质壁分离程度可能不同
D. 用适宜浓度的硝酸钾溶液处理根尖有关的细胞，均可以发生质壁分离及自动复原
【答案】C
【解析】
【分析】
成熟的植物细胞有一大液泡。当细胞液的浓度小于外界溶液的浓度时，细胞液中的水分就透过原生质层进入到外界溶液中，由于原生质层比细胞壁的伸缩性大，当细胞不断失水时，液泡逐渐缩小，原生质层就会与细胞壁逐渐分离开来，既发生了质壁分离。当细胞液的浓度大于外界溶液的浓度时，外界溶液中的水分就透过原生质层进入到细胞液中，液泡逐渐变大，整个原生质层就会慢慢地恢复成原来的状态，即发生了质壁分离复原。
【详解】质壁分离指植物细胞在一定蔗糖溶液环境中，原生质层与细胞壁分离的现象，A错误；用黑藻叶片进行实验时，叶绿体的存在不会干扰实验现象的观察，B错误；用紫色洋葱鳞片叶外表皮不同部位观察到的质壁分离程度可能不同，C正确；用适宜浓度的硝酸钾溶液处理根尖成熟区细胞，可以发生质壁分离及自动复原，D错误。故选C。
【点睛】本题考查细胞质壁分离与质壁分离复原现象及其原因的相关知识，意在考查考生的识记能力和理解所学知识要点，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。
3.某品牌纯牛奶检出黄曲霉毒索超标140%。研究发现，黄曲霉毒索会导致p53基因（阻止细胞不正常增殖的基因）失去正常功能，导致肝癌的发生。下列有关叙述中，不正确的是 ( )
A. p53基因属仅存在于肝癌细胞中，
B. 一般情况下，一个细胞中至少5 -6个基因突变，才能表现出癌细胞所有特征
C. 对于肝癌晚期的病人，目前还缺少有效的治疗手段
D. 细胞在癌变的过程中，甲胎蛋白含量可能增加
【答案】A
【解析】
【分析】
1、细胞癌变原因：原癌基因和抑癌基因发生基因突变。
①原癌基因是细胞内与细胞增殖相关的基因，原癌基因主要负责调节细胞周期，控制细胞生长和分裂的过程。
②抑癌基因也称为抗癌基因，主要是阻止细胞不正常增殖。
2、致癌因子：物理致癌因子、化学致癌因子、病毒致癌因子。
【详解】p53基因是阻止细胞不正常增殖的基因，因此该基因为抑癌基因，存在于所有细胞中，A错误；癌症的发生并不是单一基因突变的结果，一般情况下，一个细胞中至少5-6个基因突变，才能表现出癌细胞所有特征，B正确；目前还缺少有效的治疗手段，C正确；细胞在癌变的过程中，甲胎蛋白含量可能增加，D正确。故选A。
4.甲、乙两固为某高等生物(2n=8)体内某个细胞分裂过程（已知四分体时期发生过交叉互换）中 不同时期的模式图。下列相关叙述正确的是（ ）
A. 在形成图甲细胞过程中发生过非等位基因的自由组合
B. 甲、乙两图说明该细胞分裂过程中发生了染色体结构变异
C. 图甲细胞中有两个染色体组，8条姐妹染色单体
D. 若图乙表示卵细胞，则同时形成的三个极体中有一个极体中的遗传信息与乙完 全一样
【答案】A
【解析】
【分析】
分析题图：甲细胞不含同源染色体，且着丝点整齐的排列在赤道板上，处于减数第二次分离中期；乙细胞中不含同源染色体，也不含姐妹染色单体，处于减数第二次分裂末期。
【详解】图甲细胞处于减数第二次分裂中期，在减数第一次分裂后期发生过非等位基因的自由组合，A正确；甲、乙两图说明该细胞分裂过程中发生过交叉互换，即发生了基因重组，B错误；图甲细胞中只有1个染色体组，C错误；若图乙表示卵细胞，由于发生过交叉互换，则同时形成的三个极体的遗传信息与乙都不一样，D错误。故选A。
【点睛】本题结合细胞分裂图，考查细胞的减数分裂，要求考生识记细胞减数分裂不同时期的特点，掌握减数分裂过程中染色体行为和数目变化规律，能正确分析题图，再结合所学的知识准确答题。
5.图所示为某原核细胞内的生理过程，下列说法正确的是 ( )
A. 基因的表达过程主要指DNA复制、转录和翻译等
B. 图示表明两个核糖体同时开始合成两条多肽链
C. 图中核糖体上的碱基配对方式有G-C、A-U
D. 图中翻译过程可发生在附着在内质网的核糖体上
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意和图示分析可知：图示表示遗传信息的转录和翻译过程，转录是以DNA的一条链为模板合成RNA的过程，该过程需要解旋酶和RNA聚合酶的参与；翻译是以mRNA为模板合成蛋白质的过程，该过程的场所是细胞质的核糖体。
【详解】基因的表达过程主要指转录和翻译，A错误；图示两个核糖体中，左边核糖体上肽链长，右边核糖体长度短，因此左边核糖体先合成多肽链，B错误；核糖体上发生的是翻译过程，该过程中tRNA上的反密码子会和mRNA上的密码子进行碱基互补配对，因此核糖体上的碱基配对方式有G-C、A-U，C正确；由于同时进行转录和翻译，说明发生在原核细胞中，而原核细胞中没有内质网，D错误。故选C。
【点睛】本题结合遗传信息的转录和翻译过程图，考查遗传信息的转录和翻译过程，要求考生识记遗传信息转录和翻译的场所、条件、过程及产物；识记原核细胞和真核细胞的形态和结构的异同，明确图示过程只能发生在原核细胞中。
6.下图表示猕猴桃果实采摘后乙烯释放速率和硬度的变化规律。下列相关说法不正确的是 ( ）
A. 猕猴桃果实在成熟过程中，乙烯释放量的增加可能与生长紊的含量变化有关
B. 由图可知乙烯的含量增加可能会促进纤维素酶的合成
C. 乙烯等植物激素会调节基因组的表达，从而改变细胞代谢
D. 猕猴桃采摘后，可以用植物激素乙烯利处理，促进果实成熟
【答案】D
【解析】
分析】
由图可知：猕猴桃采摘后，乙烯释放增加，果实硬度减小。乙烯主要作用是促进果实成熟，此外，还有促进老叶等器官脱落的作用。植物体各部位都能合成乙烯。
【详解】猕猴桃果实在成熟过程中，参与调节的植物激素不只有乙烯，乙烯释放量的增加可能与生长素的含量变化有关，A正确；猕猴桃采摘前，果实变软，说明乙烯的含量增加可能会促进纤维素酶的合成，B正确；乙烯等植物激素会调节基因组的表达，从而改变细胞代谢，C正确；乙烯利属于植物生长调节剂，不是植物激素，D错误。故选D。
【点睛】本题结合曲线，考查植物激素的相关知识，意在考查考生分析题图获取有效信息的能力；能理解所学知识要点，把握知识间内在联系的能力；能运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行解释、推理，做出合理的判断或得出正确的结论。
7.观测不同光照条件下生长的柑橘，结果见下表。请回答下列问题：
(l)该实验的自变量为____ 。
(2)光合作用是指绿色植物通过叶绿体，利用光能，把____转化成储存着能量的_____并且释放出氧气的过程。
(3)在弱光下，柑橘通过______和__________________来吸收更多的光能，以适应弱光环境。
(4)与弱光下相比，强光下柑橘平均每片叶 CO2吸收速率___________。对强光下生长的柑橘适度遮阴至弱光，短时间内叶绿体中C5的含量将会___（填“增加”或“减少”）．持续观测叶色、平均叶面积和净光合速率，这三个指标中，最先发生改变的是_____
【答案】 (1). 光照强度 (2). 二氧化碳和水 (3). 有机物 (4). 增加叶绿素含量 (5). 提高平均叶面积 (6). 大 (7). 减少 (8). 净光合速率
【解析】
【分析】
1、温度对光合作用的影响：在最适温度下酶的活性最强，光合作用强度最大，当温度低于最适温度，光合作用强度随温度的增加而加强，当温度高于最适温度，光合作用强度随温度的增加而减弱。
2、二氧化碳浓度对光合作用的影响：在一定范围内，光合作用强度随二氧化碳浓度的增加而增强。当二氧化碳浓度增加到一定的值，光合作用强度不再增强。
3、光照强度对光合作用的影响：在一定范围内，光合作用强度随光照强度的增加而增强。当光照强度增加到一定的值，光合作用强度不再增强。
【详解】（1）本实验的目的是观测不同光照条件下生长的柑橘，所以实验的自变量是光照强度。
（2）光合作用是指绿色植物通过叶绿体，利用光能，把二氧化碳和水转化成储存着能量的有机物并且释放出氧气的过程。
（3）分析表格中的信息可知，弱光条件下柑橘的叶片颜色变深、叶片的平均表面积增大，由此可以推测：在弱光下，柑橘通过增加叶片中叶绿素的含量和扩大叶面积来吸收更多的光能，以适应弱光环境。
（4）与弱光下相比，强光下柑橘平均每片叶CO2吸收速率大。对强光下生长的柑橘适度遮阴至弱光，短时间内叶绿体中C5的含量将会减少。持续观测叶色、平均叶面积和净光合速率，这三个指标中，最先发生改变的是净光合速率。
【点睛】此题主要考查影响光合作用的环境因素的相关知识，意在考查学生对基础知识的理解掌握，难度适中。
8.人体细胞进行正常生命活动衙要机体的调节机制维持内环境的相对稳定。下图是下丘脑、垂体、甲状腺之间的关系及弥漫性毒性甲状腺肿的发病机理。请回答相关问题。
(1)内环境的稳态就是指在正常生理情况下机体内环境的____和____维持相对稳定状态。
(2)弥漫性毒性甲状腺肿是由于机体产生某种抗体，导致患者体内甲状腺激素含量比正常人多。其原因主要是该抗体与相应受体结合，发挥与____激素相同的生理作用，使甲状腺机能增强，但甲状腺激素增多不会通过____调节影响抗体A的分泌，由图可知该病在免疫学上称为____。
(3)弥漫性毒性甲状腺肿临床上可以用物质C进行治疗，该物质可以通过抑制细胞X分泌____及细胞Y____过程，减少抗体的产生。
【答案】 (1). 各种成分 (2). 理化性质 (3). 促甲状腺 (4). 负反馈 (5). 自身免疫病 (6). 淋巴因子 (7). 增殖、分化
【解析】
【分析】
关于“内环境稳态调节”应掌握以下几点：
（1）实质：体内化学成分和渗透压、温度、pH等理化特性呈现动态平衡的过程；
（2）定义：在神经系统和体液的调节下，通过各个器官、系统的协调活动，共同维持内环境相对稳定的状态；
（3）调节机制：神经-体液-免疫调节网络；
（4）层面：水、无机盐、血糖、体温等的平衡与调节；
（5）意义：机体进行正常生命活动的必要条件。
【详解】（1）内环境的稳态就是指在正常生理情况下机体内环境的各种成分和理化性质维持相对稳定状态。
（2）促甲状腺激素促进甲状腺激素的合成和分泌。抗体A与甲状腺细胞膜相应受体结合，发挥与促甲状腺激素相同的生理作用，使甲状腺机能增强；甲状腺激素增多会通过反馈调节影响垂体和下丘脑的分泌，但是不会通过负反馈调节影响影响抗体A的分泌。由图可知该病在免疫学上称为自身免疫病。
（3）分析题图可知，细胞X是T细胞，细胞Y是B淋巴细胞，细胞Z是浆细胞，物质C可以通过抑制T细胞分泌淋巴因子，和B细胞增殖分化成浆细胞的过程进而减少浆细胞产生的抗体A。
【点睛】本题考查内环境的作用、内环境的稳态，要求考生识记内环境的组成及作用；识记内环境稳态的概念、调节机制及意义，能结合所学的知识准确判断各选项，属于考纲识记和理解层次的考查。
9.下图甲是一个草原生态系统的物质循环和能量流动示意图；图乙是该生态系统中鼠摄食后能量的流向示意图。（图中a～e代表过程，A～C代表能量）。请据图回答：
(l)生态系统中能量的____、____、转化和散失的过程，称为生态系统的能量流动。图乙中的A表示鼠同化的总能量，B的含义为______。
(2)草原群落中的碳元素返回无机环境的途径是____（填图中字母），一般生态系统的物质循环和能量流动是沿着____进行的。
(3)为控制草原鼠害，对鼠的种群密度进行调查宜采用____法。狼能够依据鼠留下的气味去捕食，鼠同样也能够依据狼的气味或行为躲避捕猎，由此可生态系统的信息传递能够___________ ，维持生态系统的稳定性。
【答案】 (1). 输入 (2). 传递 (3). 用于鼠生长发育和繁殖的能量 (4). d (5). 食物链和食物网（营养结构） (6). 标志重捕 (7). 调节种间关系
【解析】
【分析】
分析题图：图甲是一个草原生态系统的物质循环和能量流动示意图，其中a表示光合作用；b、c表示捕食关系；e表示分解作用；d表示呼吸作用。
分析乙图：图乙是该生态系统中鼠摄食后能量的流向示意图，其中A表示鼠同化的总能量；B表示鼠生长、发育和繁殖；C表示被分解者利用。
【详解】（1）生态系统中能量的输入、传递、转化和散失的过程，称为生态系统的能量流动。图乙中的A表示鼠同化的总能量。B的含义为用于生长、发育和繁殖的能量。
（2）草原群落中的碳元素返回无机环境的途径是d。一般生态系统的物质循环和能量流动是沿着食物链和食物网（营养结构）进行的。
（3）为控制草原鼠害，对鼠的种群密度进行调查宜采用标志重捕法。狼能够依据鼠留下的气味去捕食，鼠同样也能够依据狼的气味或行为躲避捕猎，由此可生态系统的信息传递能够调节种间关系，维持生态系统的稳定性。
【点睛】本题结合生态系统碳循环示意图、鼠能量流动示意图，考查生态系统的结构和功能，要求考生识记生态系统中碳循环的过程，能准确判断图中各生理过程的名称；识记生态系统中能量流动的过程，掌握某一营养级能量的输入、传递、转化和散失过程，能准确判断乙图中字母的含义。
10.分析如图所示的家族遗传系谱图，其中一种已知为伴性遗传，通过基因检测已知I 2 、II6 不携带乙病致病基因。网答下列有关问题（甲病：显性基因为A．隐性基因为a；乙病：显性基因为B．隐性基因为b).
（1）单基因遗传病指_______ 受控制的遗传病。
（2）II 2的基因型为_____________。III4个体为纯合子的概率为_______
（3）若III2和III4近亲结婚,生岀一个正常孩子的概率为________。若III2与III4配后生出一个性染色体组成为XXY的患甲病男孩,则可能是__________ (填“精子"或“卵细胞”)形成过程中____分裂没冇正常行。
【答案】 (1). 一对等位基因 (2). BbXAXa (3). 3/4 (4). 23/48 (5). 精子 (6). 减数分裂第一次分裂
【解析】
【分析】
根据系谱图首先判断乙病，图中看出Ⅲ1的双亲不患乙病，因此判断该病为常染色体隐性遗传病，因此甲病为伴性遗传。系谱图中，父亲患甲病，女儿均患甲病，母亲正常，儿子表现正常，因此该病应为X染色体显性遗传病。
【详解】（1）单基因遗传病指受一对等位基因控制的遗传病。
（2））Ⅱ2是患甲病不患乙病女性，大致基因型为B_XAX-；由于其父亲不患甲病，其女儿患乙病，故其基因型为BbXAXa。Ⅲ4个体是一个两病都不患的女性，其大致基因型为B_XaXa，由于其母亲Ⅱ6 不携带乙病致病基因，其父亲Ⅱ5的基因型决定是否携带乙病的致病基因，由题干分析可知，Ⅰ2 不携带乙病致病基因，则Ⅱ5的基因型BB占1/2，Bb占1/2，推出B概率3/4，b概率1/4，得到Ⅲ4个体BB占3/4，Bb占1/4。故Ⅲ4个体为纯合子BBXaXa的概率为3/4。
（3）根据分析，判断Ⅲ2的基因型为1/3BBXAY、2/3BbXAY，则患乙病概率2/3×1/4×1/4=1/24，患甲病概率1/2，则Ⅲ2和Ⅲ4近亲结婚，生岀一个正常孩子的概率为23/24×1/2=23/48。若Ⅲ2与Ⅲ4配后生出一个性染色体组成为XXY的患甲病男孩，则可能是精子形成过程中减数第一次分裂没有正常进行。
【点睛】本题具有一定的难度，属于考纲中理解、应用层次的要求，考查了伴性遗传和自由组合定律的应用，以及生物变异的有关知识，要求考生能够结合题意分析系谱图，判断出两种遗传病的遗传方式，并且能够熟练运用基因的自由组合定律进行相关概率的计算。
11.乳糖酶能够催化乳糖水解为葡萄糖和半乳糖，具有重要应用价值。乳糖酶的制备及固化步骤步如下：
(l)筛选产乳糖酶的微生物L时，宜用____作为培养基中的唯一碳源。从功能上讲，这种培养基属于____。
(2)在倒平板前，宜采用____方法对培养基进行灭菌，筛选该散生物时可用_____ 或释涂布平扳法进行接种。
(3)纯化后乳糖酶通常可用____法进行蛋白质纯度的鉴定以及检测其分子量大小。在相同条件下，带电荷相同的蛋白质电泳速度越快，说明其分子量越____。
(4)乳糖酶宜采用化学结合法（共价链结合法）进行固定化，可通过检测固定化乳糖酶的 _______ 确定其应用价值，而制备固定化细胞一般常采用____。
【答案】 (1). 乳糖 (2). 选择培养基 (3). 高压蒸汽灭菌 (4). 平板划线法 (5). SDS聚丙烯酰胺凝胶电泳 (6). 小 (7). （酶）活性【或（酶）活力】 (8). 包埋法
【解析】
【分析】
微生物常见的接种的方法：
①平板划线法：将已经熔化的培养基倒入培养皿制成平板，接种，划线，在恒温箱里培养。在线的开始部分，微生物往往连在一起生长，随着线的延伸，菌数逐渐减少，最后可能形成单个菌落。
②稀释涂布平板法：将待分离的菌液经过大量稀释后，均匀涂布在培养皿表面，经培养后可形成单个菌落。
【详解】（l）筛选产乳糖酶的微生物L时，宜用以乳糖作为培养基中的唯一碳源；由于只有能利用乳糖的微生物才能在该培养基上生存，因此从功能上讲，这种培养基属于选择培养基。
（2）对培养基进行灭菌应该采用高压蒸汽灭菌法；接种微生物常用平板划线法或释涂布平扳法。
（3）纯化后的乳糖酶通常可用SDS-聚丙烯酰胺凝胶电泳法进行蛋白质纯度的鉴定以及检测其分子量大小：在相同条件下，带电荷相同的蛋白质电泳速度越快，说明其分子量越小。
（4）乳糖酶宜采用化学结合法（共价链结合法）进行固定化，可通过检测固定化乳糖酶的（酶）活性确定其应用价值，而制备固定化细胞一般常采用包埋法。
【点睛】本题考查微生物的分离和培养、蛋白质的提取等，对于此类试题，需要考生注意的细节较多，如实验的原理、实验采用的方法、实验步骤等，需要考生在平时的学习过程中注意积累。
12.Rag2基因缺失小鼠不能产生成熟的淋巴细胞。科研人员利用胚胎干细胞（ES细胞）对Rag2基因缺失小鼠进行基因治疗。其技术流程如图：
（1）①中在核移植前通常使用_______ 去除卵母细胞的细胞核
（2）步骤中，重组胚胎培养到囊胚期时，可从其_____分离出ES细胞中添加____，如牛黄酸等化学物质时，就可诱导ES细胞向不同组织分化。
（3）步骤③中，需要构建含有Rag2因的表达载体。可以根据Rag2基因的_____设计引物，利用______ 技术扩增Rag2基因片段，该基因表达载体的组成，还必须有______，___________________ 以及标记基因等。
（4）为检测Rag2基因的表达情况，除分子检测外有时还管要进行_______水平的鉴定。
【答案】 (1). 显微操作（去核法）方法 (2). 内细胞团 (3). 分化诱导因子 (4). 核苷酸序列 (5). PCR (6). 启动子 (7). 终止子 (8). 个体生物学
【解析】
【分析】
分析题图：图示是利用胚胎干细胞（ES细胞）对干扰素基因缺失小鼠进行基因治疗的流程，其中①表示获得重组胚胎的过程；②表示早期胚胎培养过程；③表示采用基因工程技术将目的基因导入受体细胞。
【详解】（1）①中在核移植前通常使用显微操作方法去除卵母细胞的细胞核。
（2）步骤中，重组胚胎培养到囊胚期时，可从内细胞团分离出ES细胞。在培养液中添加分化诱导因子，如牛黄酸等化学物质时，就可诱导ES细胞向不同组织分化。
（3）步骤③中，需要构建含有Rag2因的表达载体。可以根据Rag2基因的核苷酸序列设计引物，再利用PCR技术扩增Rag2基因片段。该基因表达载体的组成，必须有启动子、终止子以及标记基因等。
（4）为检测Rag2基因的表达情况，除分子检测外，有时还管要进行个体生物学水平的坚定。
【点睛】本题结合利用胚胎干细胞（ES细胞）对干扰素基因缺失小鼠进行基因治疗的流程图，综合考查基因工程、细胞工程和胚胎工程的相关知识，要求考生识记细胞工程的操作步骤及相关细节；识记核移植技术的过程及应用；识记胚胎干细胞的来源及特点，能结合所学的知识准确答题。
榆林市2019届高考模拟第三次测试
理科综合试题（化学部分）
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 F-19 Na-23 S-32 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64
一、选择题(本大题共13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.化学与生活、社会科技关系密切，下列解释正确的是
A. 夏天雷雨过后空气清新的主要原因是放电时N2和O2合成了NO
B. 维生素D能促进人体对钙的吸收
C. “碳海绵”吸收泄露的原油时发生了化学变化
D. 聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程
【答案】B
【解析】
【详解】A. 闪电时，空气中的氧气有些变成了臭氧，它能净化空气，使空气清新，故A错误；
B. 维生素D能促进人体对钙的吸收，故B正确；
C. 碳海绵是一种气凝胶，它的内部有很多孔隙，充满空气，具有很强的吸附性，所以吸收原油时是物理变化，故C错误；
D. 油脂的皂化是油脂的碱性条件下水解反应，且油脂不属于高分子，故D错误，
故选B。
【点睛】油脂不属于高分子，它是高级脂肪酸甘油酯，这是此题中易错点。
2.有机物W在工业上常用作溶剂和香料，其合成方法如图，下列说法不正确的是
A. M、N、W均能发生加成反应和取代反应
B. N、W组成上相差一个CH2原子团，所以互为同系物
C. 1molM与1molw完全燃烧消耗O2的物质的量相同
D. M苯环上的二氯代物有6种
【答案】B
【解析】
【详解】A. M、N、W中都含有苯环，属于不饱和结构，在一定条件下可以发生加成反应和取代反应，故A正确；
B. N、W组成上虽然相差一个CH2原子团，但结构不相似，一个含有羧基一个含有酯基，不是同系物，故B错误；
C. M和W分子组成相差1个C和2个O，正好是燃烧产物CO2的组成，所以可以知1molM与1molw完全燃烧消耗O2的物质的量相同，故C正确；
D. M苯环上的二氯代物的取代基位置分别有2，3；2，4；2，5；2，6；3，4；3，5，共有6种，故D正确，
故选B。
【点睛】在确定取代物种类时，可以先确定一个取代基的位置，然后再确定另一个取代基的位置，同时注意结构的对称性，这是解决此类问题的一般规律。
3.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，且位于不同的主族，其主族序数之和等于前三周期元素的种类数，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，短周期主族元素中Z的原子半径最大。下列说法正确的是
A. 一定条件下，X和Z的单质与水反应均生成H2
B. Y的氢化物的沸点低于硫化氢
C. Z与Y和W分别形成1：1的化合物中，所含化学键完全相同
D. W是所在周期中金属性最强的元素
【答案】A
【解析】
【详解】前三周期元素一共有18种，短周期主族元素中Z的原子半径最大，则Z为Na，结合题干中其它信息知，X为C，Y为O，W为Cl，
A. 一定条件下，C和水反应生成CO和H2，Na和水反应也能生成H2，故A正确；
B. Y的氢化物是水，沸点为100℃，硫化氢常压下为气态，故水的沸点高，故B错误；
C. Z与Y和W分别形成1：1的化合物分别为过氧化钠和氯化钠，过氧化钠中既有离子键又有共价键，而氯化钠中只含离子键，故C错误；
D. W是所在周期中非金属性最强的元素，故D错误，
故选A。
4.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，则下列说法正确的是
A. 常温下，pH=1的盐酸中含有H+的数目为0.1NA
B. 标准状况下，22.4LCl2与Fe完全反应时，转移电子数为3NA
C. 32gO2和32gO3中所含原子数均为2NA
D. 常温常压下，23gC2H6O中，一定含有2.5NA个C－H键
【答案】C
【解析】
【详解】A. 常温下，pH=1的盐酸，不知道盐酸的体积，所以含有H+的数目无法确定，故A错误；
B. 标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1mol，每个氯气分子得到两个电子生成2个Cl-，所以转移电子数为2NA，故B错误；
C. 32gO2和32gO3都由氧原子构成，则n(O)=32g/16g/mol=2mol，所以原子数均为2NA，故C正确；
D. C2H6O可以是乙醇也可以是二甲醚，乙醇分子中有5个C－H键，而二甲醚中有6个C－H键，故D错误，
故选C。
5.从海水中提取镁、溴和碘是海水综合利用的重要内容，下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置正确的是
A. 用装置甲灼烧碎海带
B. 用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C. 用装置丙制备用于氧化浸泡液中I－Cl2
D. 用装置丁吸收氧化浸泡液中I－后的Cl2尾气
【答案】B
【解析】
【详解】A. 灼烧碎海带应该在坩埚中进行，故A错误；
B. 图示为过滤装置，可以过滤海带灰的浸泡液，故B正确；
C. 制备Cl2时需要加热，故C错误；
D. Cl2难溶于饱和食盐水，不能用饱和食盐水进行尾气处理，故D错误，
故选B。
6.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中有机废水中有机物可用C6H10O5表示，咸水中的主要溶质为NaCl。下列有关说法正确的是
A. a为原电池的负极
B. b电极附近溶液的pH减小
C. a电极反应式：C6H10O5+24e－+7H2O=6CO2↑+24H+
D. 中间室：Na+移向左室，Cl－移向右室
【答案】A
【解析】
【详解】A. a极生成CO2，碳元素化合价升高，发生氧化反应，a为原电池的负极，故A正确；
B. b电极的电极反应为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，附近溶液氢离子浓度减小，pH增大，故B错误；
C. a电极反应式应为：C6H10O5-24e－+7H2O=6CO2↑+24H+，故C错误；
D. 中间室：Na+移向正极右室，Cl－移向负极左室，故D错误，
故选A。
【点睛】本题侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据元素化合价的变化确定正负极，难点是电极反应式的书写；掌握好阴离子、阳离子的放电顺序、清楚在闭合回路中电子转移数目相等是解决此题的关键。
7.对某溶液中部分离子的定性检测流程如下。相关分析正确的是
A. 步骤①所加试剂可以是浓KOH溶液
B. 可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体
C. 步骤②的反应为Al3++3HCO3－=A1(OH)3↓+CO2↑
D. 检验Fe3+的离子反应方程式为Fe3++3SCN－=Fe(SCN)3↓(血红色)
【答案】A
【解析】
【详解】A. 无色气体应该是氨气，红褐色沉淀应该是氢氧化铁，加入的溶液应该是碱，铝离子没有沉淀，说明是强碱，所以步骤①所加试剂可以是浓KOH溶液，故A正确；
B. 应该用湿润的红色石蕊试纸检验生成的氨气，故B错误；
C. 步骤②的反应为AlO2- + HCO3- + H2O = CO32- + Al(OH)3↓，故C错误；
D. 生成Fe(SCN)3(血红色)不是沉淀，故D错误；
故选A。
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，每个试題考生都必须作答。第33题～第38题为选考题考生根据要求作答。)
(一)必考题(共129分)
8.探索CO2与CH4的反应使其转化为CO和H2，对减缓燃料危机，减少温室效应具有重要意义。回答下列问题
(1)已知：①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+206.1kJ·mol－1
②2H2(g)+CO(g)CH3OH(1) △H2=－128.3kJ·mol－1
③2H2(g)+O2(g)2H2O(g) △H3=－483.6kJ·mol－1
25℃时，在合适催化剂作用下，采用甲烷和氧气一步合成液态甲醇的热化学方程式为______________________。
(2)向某密闭恒容容器中通入物质的量浓度均为0.1mol·L－1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
①工业生产时一般会选择在P4和1250℃条件下进行反应，请解释其原因______________________。
②在压强为P4、1100℃的条件下，该反应在5min时达到平衡点X，则0-5min内，用CO表示该反应平均速率为___________；该温度下，反应的平衡常数为___________(保留3位有效数字)。
(3)工业上用CO和H2制取甲醇反应方程式为2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)。对于该合成反应，若通入的CO的物质的量一定，如图为4种投料比[n(CO)︰n(H2)分别为5︰7、10︰17、5︰9、1︰2]时，反应温度对CO平衡转化率的影响曲线。
①曲线b对应的投料比是___________
②当反应在曲线a、b、c对应的投料比下达到相同的平衡转化率时，对应的反应温度和投料比的关系是___________。
③投料比为10︰17反应温度为T1时，平衡混合气体中CO的物质的量分数为___________。
【答案】 (1). CH4（g）+O2（g）CH3OH（l）△H=-164.0 kJ·mol-1 (2). 较大的压强和较高的温度都能加快反应速率，提高生产效率 (3). 0.032 mol·L-1·min-1 (4). 1.64 (5). 5：9 (6). 投料比越大，反应温度越低 (7). 20.8%
【解析】
分析】
根据运用盖斯定律计算和书写热化学方程式；根据转化率运用三段式法进行反应速率、平衡常数和物质的含量相关等。
【详解】（1）根据盖斯定律：2①+2②+③得2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(1) △H=2△H1+2△H2+△H3=2×206.1kJ·mol－1 －2×128.3kJ·mol－1－483.6kJ·mol－1=328.0kJ·mol－1，
故答案为：2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(1) △H=328.0kJ·mol－1
(2)①根据图表所示及工业生产需要分析知较大的压强和较高的温度都能加快反应速率，提高生产效率，
故答案为：较大的压强和较高的温度都能加快反应速率，提高生产效率；
②起始时甲烷的浓度为0.1mol·L－1，转化率为80%，则甲烷浓度变化为0.1mol·L－1×80%=0.081mol·L－1，v(CO)=2×v(CH4)=2× =0.032 mol·L-1·min-1；
CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)
起始 0.1 0.1 0 0
转化 0.08 0.08 0.16 0.16
平衡 0.02 0.02 0.16 0.16
K=，
故答案为：0.032 mol·L-1·min-1；1.64；
(3)①由方程式知，投料比n(CO)︰n(H2)越小，CO转化率越高，所以b曲线的投料比是排第二小的是5：9；
②根据图像趋势知投料比越大，反应温度越低，；
③投料比为10︰17对应曲线c，反应温度为T1时，平衡时CO转化率为75%，则
2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)
起始 17 10 0
转化 15 7.5 7.5
平衡 2 2.5 7.5
混合气体中CO的物质的量分数为 20.8%；
故答案为：5：9；投料比越大，反应温度越低； 20.8%。
【点睛】三段式法的运用是解决此题的关键；在分析图像数据时，准确获取图像中有用信息也是解决此题的关键。
9.黄铁矿石是制取硫酸的主要原料，主要成分为FeS2和少量FeS(假设其它杂质中不含铁、硫元素，且高温下不发生化学变化)。某化学兴趣小组对该黄铁矿石进行如下实验探究。将m1g该黄铁矿石的样品放入如图装置(夹持和加热装置略)的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全。其反应的化学方程式为4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，4FeS+7O2=2Fe2O3+4SO2
(1)鼓人空气的作用是___________，锥形瓶乙中NaOH溶液的作用是___________。
【实验一】测定硫元素的含量
反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：
(2)反应结束后，给乙瓶溶液中加入足量H2O2溶液的目的是___________(用化学方程式表示)。
(3)洗涤滤渣的方法是______________________。
(4)该黄铁矿石中硫元素的质量分数为___________(列出表达式即可)。
【实验二】测定铁元素的含量
①用足量稀硫酸溶解石英管中的固体残渣；②加还原剂使溶液中的Fe3+恰好完全转化为Fe2+后，过滤、洗涤；③将滤液稀释至250mL；④取25.00mL稀释液，用0.1000mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，三次滴定实验，平均消耗酸性KMnO4溶液25.00mL。
(5)操作②中用铁粉作还原剂，测定铁的含量___________(填“偏高”或“偏低”或“不变”)，操作④中滴定时酸性KMnO4溶液盛装在___________填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”)，③中稀释液中Fe2+的物质的量浓度c(Fe2+)=___________。
【答案】 (1). 提供反应物O2，排尽生成的SO2，使之完全被乙瓶溶液吸收 (2). 吸收反应生成的SO2 (3). Na2SO3+H2O2==Na2SO4+H2O (4). (沿玻璃棒）向过滤器中加蒸馏水至浸没固体，（静置）待水自然全部流下，重复操作2~3次。 (5). (6). 偏高 (7). 酸式滴定管 (8). 0.5000 mol·L-1
【解析】
【分析】
根据方程式计算计算质量分数；根据流程图及反应原理分析流程中操作的目的和方法；根据滴定原理计算溶液的浓度。
【详解】(1)反应中有氧气参加，同时空气可以将生成物带出；产物二氧化硫有毒，用氢氧化钠吸收，
故答案为：提供反应物O2，排尽生成的SO2，使之完全被乙瓶溶液吸收；吸收反应生成的SO2；
(2)H2O2有氧化性，可以氧化亚硫酸钠： Na2SO3+H2O2==Na2SO4+H2O，
故答案为： Na2SO3+H2O2==Na2SO4+H2O；
(3)洗涤滤渣的方法是 (沿玻璃棒）向过滤器中加蒸馏水至浸没固体，（静置）待水自然全部流下，重复操作2~3次，
故答案为： (沿玻璃棒）向过滤器中加蒸馏水至浸没固体，（静置）待水自然全部流下，重复操作2~3次；
(4) S ~ BaSO4
32g 233g
m m2g
则黄铁矿石中硫元素的质量分数为
故答案为：
(5)①使用铁粉作还原剂，使得铁的含量偏高；因为高锰酸钾溶液有强腐蚀性，所以操作④中滴定时酸性KMnO4溶液盛装在酸式滴定管；
5Fe2+ ~ KMnO4
n(Fe2+)=5n( KMnO4)=5×0.1000mol·L－1×25.00mL=0.0125mol，则c(Fe2+)=0.0125mol/25mL= 0.5000 mol·L-1，
故答案为：偏高；酸式滴定管； 0.5000 mol·L-1。
10.重铬酸钠是一种用途极广的强氧化剂，工业上可以用铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2或FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质]制备，其主要工艺流程如图所示。请回答下列问题：
(1)煅烧铬铁矿生成Na2CrO4的化学方程式为______________________。
(2)调节溶液的pH所选的试剂为___________(填名称)，写出生成Al(OH)3的化学方程式______________________。
(3)Na2CrO4溶液酸化时发生反应2CrO42－(黄色)+2H+Cr2O72－(橙红色)+H2O。
①该反应___________氧化还原反应(填“是”或“不是”)，反应的平衡常数表达式：K=___________。
②若向Na2Cr2O7溶液(橙红色)中加入足量的NaOH固体，溶液___________(填标号)
A 变黄色 B 颜色不变 C 变红色溶液
③已知：25℃时，Ag2CrO4的Ksp=1.12×10－12，Ag2Cr2O7，的Ksp=2×10－7。25℃时，向Na2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液，生成砖红色沉淀，且溶液酸性增强，该沉淀的化学式是___________。
(4)用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液生产重铬酸钾的反应为Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，结合溶解度图回答，冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是___________。
【答案】 (1). 4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO38CO2+8Na2CrO4+2Fe2O3 (2). 稀硫酸 (3). AlO2-+H++H2O==Al(OH)3↓ (4). 不是 (5). (6). A (7). Ag2CrO4 (8). 低温时K2Cr2O7溶解度远小于其它组分
【解析】
【分析】
根据题干信息及物质性质书写化学方程式；根据化学平衡原理书写平衡常数表达式，并判断平衡移动方向；根据沉淀溶解平衡原理分析沉淀的组成。
【详解】(1)根据反应原理判断，产物中还有氧化铁和二氧化碳，则煅烧铬铁矿生成Na2CrO4的化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO38CO2+8Na2CrO4+2Fe2O3，
故答案为：4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO38CO2+8Na2CrO4+2Fe2O3；
(2)根据流程图中信息知调节溶液的pH所选的试剂为稀硫酸；生成Al(OH)3的化学方程式为AlO2-+H++H2O==Al(OH)3↓，
故答案为：稀硫酸；AlO2-+H++H2O==Al(OH)3↓；
(3)①反应中Cr元素化合价没有变化，所以不是氧化还原反应；根据平衡特点，反应的平衡常数表达式：K=，
②加入足量的NaOH固体，平衡向逆方向移动，溶液变黄色，
③Ksp越小越容易沉淀，所以沉淀为Ag2CrO4，
故答案为：不是；；A；Ag2CrO4 ；
(4)根据溶解度图知，冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是低温时K2Cr2O7溶解度远小于其它组分，
故答案为：低温时K2Cr2O7溶解度远小于其它组分。
(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，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
【化学——选修3：物质结构与性质】
11.将过量的氨水加到硫酸铜溶液中，溶液最终变成深蓝色，继续加入乙醇，析出深蓝色的晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O。
(1)Cu2+价电子排布式为___________；[Cu(NH3)4]SO4·H2O中，1mol[Cu(NH3)4]2+含有σ键的数目为___________。
(2)SO42－中S原子轨道杂化类型为___________，H3O+几何构型为___________。
(3)NH3极易溶于H2O中，可能的原因为___________。
(4)N、O、S第一电离能由大到小的顺序为___________。
(5)Cu与F形成的化合物的晶胞结构如图所示，若晶体密度为ag·cm－3，则Cu与F最近距离为___________pm(用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算表达式，不用化简)。
【答案】 (1). 3d9 (2). 16NA (3). sp3 (4). 三角锥形 (5). NH3和H2O都是极性分子，“相似相溶”，NH3与H2O之间易形成氢键，NH3和H2O可发生化学反应 (6). N>O>S (7).
【解析】
分析】
根据核外电子排布规律书写电子排布式；根据价层电子对互斥理论和等电子体理论判断分子的空间构型；根据晶胞的结构和密度进行相关计算。
【详解】(1)根据核外电子排布规律知Cu2+价电子排布式为3d9；配体氨气分子中有3个σ键，每个[Cu(NH3)4]2+含4个配位键，所以1mol[Cu(NH3)4]2+含有σ键的数目为3×4+4=16mol，即 16NA，
故答案为： 16NA；
(2)SO42－空间构型为四面体，所以S原子轨道杂化类型为 sp3；H3O+与氨气互为等电子体，故几何构型为三角锥形，
故答案为： sp3；三角锥形；
(3)从NH3与H2O中的化学键类型分析知，可能的原因为NH3和H2O都是极性分子，“相似相溶”，NH3与H2O之间易形成氢键，NH3和H2O可发生化学反应，
故答案为：NH3和H2O都是极性分子，“相似相溶”，NH3与H2O之间易形成氢键，NH3和H2O可发生化学反应；
(4)非金属性越强第一电离能越大，又应N核外电子排布的半满结构，导致N第一电离能大于O，所以第一电离能由大到小的顺序为N>O>S ，
故答案：N>O>S ；
(5)晶胞中含有Cu原子数为：8×1/8+6×1/2=4，含有F原子数为4，晶胞的质量为g，晶胞体积为cm3，则晶胞棱长l= ×1010pm，F原子与周围的4个Cu原子形成正四面体结构，F原子与正四面体顶点Cu的距离最近，F原子与Cu原子连线处于晶胞体对角线上，且体对角线长度的1/4等于晶胞棱长的，故Cu与F最近距离为pm，
故答案为：。
【点睛】本题考查晶胞计算，关键是理解F原子与Cu的最近距离与体对角线长度关系，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力。
【化学——选修5有机化学基础】
12.尼美舒利是一种非甾体抗炎药，它的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A的化学名称为___________。
(2)B的结构简式为___________。
(3)由C生成D的化学方程式为___________，E→F的反应类型为___________。
(4)C中的官能团有___________、___________(填官能团名称)。
(5)由甲苯为原料可经三步合成2，4，6-三氨基苯甲酸，合成路线如下：
反应①的试剂和条件为___________；中间体B的结构简式为___________；反应③试剂和条件为___________。
(6)E的同分异构体中能同时满足下列条件的共有___________种(不含立体异构)；
①含有两个苯环且两个苯环直接相连
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③两个取代基不在同一苯环上
其中核磁共振氢谱为6组峰，峰面积比为2︰2︰2︰2︰2︰1的结构简式为___________。
【答案】 (1). 苯 (2). (3). (4). 取代反应 (5). 溴原子 (6). 硝基 (7). 浓硝酸/浓硫酸，加热 (8). (9). H2，雷尼镍 (10). 9 (11).
【解析】
【分析】
运用逆合成法根据合成路线及反应条件等题干信息分析各有机物的组成，书写相关方程式；根据限制条件判断同分异构体的种类及写出相关结构简式。
【详解】运用逆合成法，根据反应条件及题干信息分析知，F为，E为，D为，C为，B为，A为苯；
(1)A的化学名称为苯，
故答案为：苯；
(2)B为苯与溴发生的取代反应，的结构简式为，
故答案为：；
(3)根据上述分析，C生成D的化学方程式为；E→F的反应类型为取代反应，
故答案为：；取代反应；
(4)C为，其中官能团有溴原子；硝基，
故答案为：溴原子；硝基；
(5)反应①为硝化反应，试剂和条件为浓硝酸/浓硫酸，加热；中间体B为三硝基苯甲酸，结构简式为；反应③为硝基被还原，根基题干信息知反应试剂和条件为H2，雷尼镍，
故答案为：浓硝酸/浓硫酸，加热；；H2，雷尼镍；
(6)能与FeCl3溶液发生显色反应，说明结构中含有酚羟基，则另一个取代基为氨基，两个苯环直接相连，以直接相连的两个碳原子为准，与之向邻的碳原子两边各有2个，与之相间的碳原子两边各有2个，与之相对的碳原子两边各有1个，若羟基在其中一个苯环的邻位上，则氨基在另一苯环上的位置有邻位、间位和对位3种，若羟基在间位，则氨基也有3种，若羟基在对位，氨基也有3种情况，所以同分异构体一共有3+3+3=9种；其中根据对称性满足核磁共振氢谱的结构为：，
故答案为：. 9；。
榆林市2019届高考模拟第三次测试
理科综合试题（物理部分）
一、选择题
1.一个人站立在商店的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示，则
A. 人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小
B. 人只受重力和踏板的支持力的作用
C. 踏板对人的支持力做的功等于人的机械能增加量
D. 人所受合力做的功等于人的动能的增加量
【答案】D
【解析】
【详解】AB、人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：ax＝acosθ，方向水平向右；ay＝asinθ，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，f＝ma＝macosθ，水平向右，竖直方向受重力和支持力，FN﹣mg＝masinθ，所以FN＞mg，故AB错误；
C、除重力以外的力对物体做的功，等于物体机械能的变化量，踏板对人的力除了支持力还有摩擦力，运动过程中摩擦力也做功，所以踏板对人的支持力做的功不等于人的机械能增加量，故C错误；
D、由动能定理可知，人所受合力做的功等于人的动能的增加量，故D正确。
2.质量相同的甲、乙两物体放在相同的光滑水平地面上，分别在水平力F1、F2的作用下从同一地点，沿同一方向，同时运动，其υ-t图象如图所示，下列判断正确的是
A. 0～6s，F1先减小后不变，F2一直增大
B. 0~6s内两者在前进方向上的最大距离一定大于4m
C. 在0~2s内，甲的加速度始终大于乙的加速度
D. 4s末甲、乙两物体动能相同，由此可知F1=F2
【答案】B
【解析】
【详解】A、由υ-t图象可知，对甲物体，在0～2 s内，甲物体速度时间图线的斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小，则F1逐渐减小，2～6s内，速度保持不变，F1为零，对于乙物体，速度时间图线的斜率保持不变，则F2保持不变，故A错误；
B、0～6 s内，当两者速度相同时，相距最大，此时乙的位移为，甲的位移为，则两者的最大距离大于4m，故B正确；
C、由υ-t图象可知，在0~2s内，t=0时，甲图线的斜率大于乙图线的斜率，此后，甲的斜率逐渐减小到零，乙图线的斜率保持不变，故甲的加速度先大于乙的加速度，后小于乙的加速度，故C错误；
D、4s末甲、乙两物体动能相同，但甲乙图线的斜率不同，故F1不等于F2，故D错误。
3.目前，在居家装修中，经常用到花岗岩、大理石等装修材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素，比如有些含有铀钍的花岗岩等岩石都会释放出放射性惰性气体氡，而氢会发生放射性衰变，放出、、射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道方面的疾病，根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是
A. 衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的
B. 射线是原子核外电子电离形成的质子流它具有很强的穿透能力
C. 已知氢的半衰期为3.8天，若取1g氢放在天平左盘上，砝码放于右盘，左右两边恰好平衡，则3.8天后，需取走0.5g砝码天平才能再次平衡
D. 发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4
【答案】A
【解析】
【详解】A、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的，故A正确，
B、射线是电子流，并不是质子流，它的穿透能力强于射线，弱于射线，穿透能力中等，故B错误；
C、氡的半衰期为3.8天，经3.8天后，有0.5克衰变成新核，新的原子核仍然留在天平左盘中，故取走的砝码应小于0.5克，天平才能再次平衡。故C错误
D、发生α衰变时，电荷数少2（即质子数减少2），质量数少4，故中子数减少2，故D错误。
4.2019年3月10日我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功将“中星6C”卫星发射升空，卫星进入预定轨道，它是一颗用于广播和通信的地球静止小轨道通信卫星，假设该卫星在距地面高度为h的同步轨道做圆周运动。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G。下列说法正确的是
A. 同步卫星运动的周期为
B. 同步卫星运行的线速度为
C. 同步轨道处的重力加速度为
D. 地球的平均密度为
【答案】C
【解析】
【详解】A、地球同步卫星在距地面高度为h的同步轨道做圆周运动，万有引力提供向心力，有：m，在地球表面，重力等于万有引力，有：mg，故同步卫星运动的周期为：T＝2π，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力，有：m，在地球表面，重力等于万有引力，有：mg，解得同步卫星运行的线速度为：v，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力，有：，在地球表面，重力等于万有引力，有：mg，解得，故C正确；
D、由mg得：M，故地球的密度为：ρ，故D错误。
5.如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4.0kg和m=3.0kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示，墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小
A. 9N·s B. 18N·s C. 36N·s D. 72N·s
【答案】C
【解析】
【详解】由图知，C与A碰前速度为：v1＝9m/s，碰后速度为：v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1＝（mA+mC）v2， 12s末A和C的速度为：v3＝﹣3m/s，4s到12s，墙对B的冲量为：I＝（mA+mC）v3﹣（mA+mC）v2，代入数据解得：I＝﹣36N•s，方向向左；故墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小为36N•s，故C正确，ABD错误。
6.电容式加速度传感器的原理结构如图所示，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动改变电容，则
A. 电介质插入极板间越深，电容器电容越小
B. 当传感器以恒定加速度运动时，电路中没有电流
C. 若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长
D. 当传感器由静止突然向右加速瞬间，极板间的电量增大，电容器处于充电状态
【答案】BD
【解析】
【详解】A、根据电容器的电容公式C＝ɛ，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A错误；
B、当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B正确；
C、若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故C错误；
D、当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q＝CU，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，故D正确。
7.如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v1=2m/s的恒定速率运行。初速度大小为v2=3m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5s后与传送带的速度相同，则
A. 小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右
B. 根据运动学知识可知a=0.2m/s2
C. 小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5m
D. 小墨块在传送带上的痕迹长度为12.5m
【答案】AD
【解析】
【详解】A、小墨块未与传送带速度相同时，相对传送带向左运动，故受到传送带的摩擦力方向水平向右，故A正确；
B、小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动5s后与传送带的速度相同，故加速度，方向向右，故B错误；
CD、小墨块向左减速运动时，对小墨块有：0＝v2﹣at1，x1t1，联立解得：x1＝4.5m；小墨块向左减速的过程中，对传送带的位移为：x2＝v1t1，小墨块向右加速运动时，对小墨块有：v1＝at2，x1′，对传送带x2'＝v1t2，因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：x＝（x1+x2）+（x2′﹣x1′），解得：x＝12.5m，故C错误，D正确。
8.如图所示的圆形线圈共n匝，电阻为R，过线圈中心O垂直于线圈平面的直线上有A、B两点，A、B两点的距离为L，A、B关于O点对称，一条形磁铁开始放在A点，中心与A点重合，轴线与A、B所在直线重合，此时线圈中的磁通量为Φ1，将条形磁铁以速度v匀速向右移动，轴线始终与直线重合，磁铁中心到O点时线圈中的磁通量为Φ2，下列说法正确的是
A. 磁铁在A点时，通过一匝线圈的磁通量为
B. 磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为E=
C. 磁铁从A到B的过程中，线圈中磁通量的变化量为2Φ1
D. 磁铁从A到B的过程中，通过线圈某一截面的电荷量为零
【答案】BD
【解析】
【详解】A、磁铁在A点时，线圈中的磁通量为，故通过一匝线圈的磁通量也为，与匝数无关，故A错误；
B、磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为E＝nn，故B正确；
CD、磁铁从A到B的过程中，磁通量先增加后减小，磁通量的变化量为零，故平均感应电动势为零，故平均感应电流为零，故通过线圈某一截面的电量为零，故C错误，D正确。
二、非选择题
9.某物理小组在一次探究活动中测量小滑块与木板之间的动摩擦因数μ。实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，P为连接数字计时器的光电门且固定在B点。实验时给带有遮光条的小滑块一个初速度，让它沿木板从左侧向右运动，小滑块通过光电门P后最终停在木板上某点C。已知当地重力加速度为g。
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，其读数d=___________cm。
(2)为了测量动摩擦因数，除遮光条宽度d及数字计时器显示的时间t外，下列物理量中还需测量的有___________。
A．木板的长度L1 B．木板的质量m1
C．小滑块的质量m2 D．木板上BC间的距离L2
(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ=___________(用题中所涉及的物理量的符号表示)
【答案】 (1). 0.375 (2). D (3).
【解析】
(1)由图乙所示游标卡尺可以知道,主尺示数为 ,游标尺示数为 ,,游标卡尺读数 ;
(2)通过光电门的速度为:
根据动能定理可以知道: ,
要测量动摩擦因数,需要知道滑木板上BC间的距离
所以D选项是正确的.
(3)根据动能定理可以知道:,
计算得出:
综上所述本题答案是：(1). 0.375 (2). D (3).
10.某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻。
A．待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5V，内阻约几欧姆
B．直流电压表V1、V2，量程均为3V，内阻约为3kΩ
C定值电阻R0未知
D．滑动变阻器R，最大阻值Rm
E．导线和开关
(1)根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图______。
(2)实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0=___________(用Um、U10、U20、Rm表示)
(3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U2-U1图象如图丙所示，图中直线斜率为k，与纵轴的截距为a，则两节干电池的总电动势E=___________，总内阻r=___________(用k、a、R0表示)。
【答案】 (1). (2). (3). (4).
【解析】
【详解】（1）由实物图可知电路的连接方式，得出的实物图如图所示：
（2）由图可知，V2测量R0与R两端的电压，V1测量R两端的电压，则R0两端的电压U20﹣U10；由欧姆定律可知：R0Rm；
（3）由闭合电路欧姆定律可知：E＝U2r，变形得：，结合图象有：，，解得;,。
11.如图所示，轨道ABC中的A段为一半径R=0.2m的光滑圆形轨道，BC段为足够长的粗糙水平面。一小滑块P由A点从静止开始下滑，滑到B点时与静止在B点相同质量的小滑块Q碰撞后粘在一起，两滑块在BC水平面上滑行一段距离后停下。g取10m/s2，两滑块与水平面间的动摩擦因数相同μ=0.1，求：
(1)小滑块P刚到达圆形轨道B点时轨道对它的支持力FN为3N，求该滑块的质量和运动到B点的速度。
(2)滑块在水平面上的滑行的距离。
【答案】(1) 、 (2)
【解析】
【详解】(1)小滑块P沿光滑圆形轨道下滑到达B点的过程中，由动能定理得：
在B点，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：、
(2)碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律得：
解得：
两滑块在水平面上滑行的过程中，由动能定理得:
解得：
12.如图甲所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场E，在y轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向。在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r=0.3m的圆形区域(图中未画出)且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度B2=0.8T，t=0时刻，一质量m=8×10－4kg、电荷量q=+2×10－4C的微粒从x轴上xp=－0.8m处的P点以速度v=0.12m/s向x轴正方向入射。已知该带电微粒在电磁场区域做匀速圆周运动。(g取10m/s2)
(1)求电场强度。
(2)若磁场15πs后消失，求微粒在第二象限运动过程中离x轴的最大距离；
(3)若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时速度方向的偏转角最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x，y)。
【答案】(1) ，方向竖直向上 (2) (3)
【解析】
【详解】(1)因为微粒射入电磁场后做匀速圆周运动受到的电场力和重力大小相等，则：
解得：，方向竖直向上
(2)由牛顿第二定律有：
所以
从图乙可知在内微粒做匀速圆周运动，在内微粒向左做匀速直线运动．在内微粒又做匀速圆周运动，在内微粒向右做匀速直线运动，之后穿过y轴．
离x轴的最大距离
(3)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点A与出射点B的连线必须为磁场圆的直径．
由牛顿第二定律，有
所以
所以最大偏转角为60°
所以圆心坐标
即磁场的圆心坐标为．
13.下列说法正确的是( )
A. 分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大
B. 当分子间的作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小分子势能增大
C. 一定质量的理想气体发生等温膨胀，一定从外界吸收热量
D. 一定质量的理想气体发生等压影胀，一定向外界放出热量
E. 熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度
【答案】BCE
【解析】
【详解】A、分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力也减小，故A错误；
B、当分子间的作用力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，故B正确；
C、保持理想气体温度不变，内能不变，增大其体积时，气体从外界吸热，故C正确；
D、一定质量的理想气体发生等压膨胀，根据理想气体的状态方程：可知，气体的温度一定升高，内能增大，而对外做功，所以一定向从外界吸收热量，故D错误；
E、根据熵的微观意义可知，熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度。故E正确。
14.如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A之间气体柱长为lA＝40 cm，右管内气体柱长为lB＝39 cm。先将开口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg，求：
①A端上方气柱长度；
②稳定后右管内的气体压强。
【答案】①38cm；②78cmHg
【解析】
试题分析：①稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4cm，则A管内气体的压强为PA1=(76+4) cmHg
由公式：P0VA0=PA1VA1，
代入数据得：LA1=38cm
②设右管水银面上升h，则右管内气柱长度为lB-h，气体的压强为；
由玻意尔定律得：
解得：h=1cm
所以右管内气体压强为
考点：气体的状态方程.
【此处有视频，请去附件查看】
15.一列简横波从左向右以v=2m/s的速度传播，某时刻的波形图如图所示。下列说法正确的是___________
A. A质点再经过周期将传播到C点
B. B点正在向上运动
C. B点再经过T回到平衡位置
D. 该的周期T=0.05s
E. C点再经过T将到达峰的位置
【答案】BDE
【解析】
【详解】A、在波的传播过程中，质点不随波传播，A质点不可能传播到C点，故A错误；
B、由波向右传播，根据“同侧法”判断质点的振动方向，可知B点向上振动，故B正确；
C、B点向上振动靠近平衡位置平均速度大，所用时间小于八分之一周期，故C错误；
D、由T=，故D正确；
E、由波的传播方向可判断C点向下运动，所以经过四分之三周期到波峰，E对。
16.如图所示，OBCD为半圆柱体我璃的横截面，OD为直径，一束由红光和紫光组成的复色光看AO方向从真空斜射入玻璃，B、C点为两单色光的射出点(设光线在C处发生全反射)。已知从B点射出的单色光由O到B的传播时间为t。
①若OB、OC两束单色光在直空中的波长分别为λB、λC，试比较λB、λC的大小。
②求从C点射出的单色光由O到C的传播时间tC。
【答案】（1）λB<λC；（2）t
【解析】
试题分析：①由于光线OB偏折比光线OC偏折更多，所以OB光的折射率较大，波长较短，即有λB＜λC；
②作出光路图如图所示．
作界面OD的法线MN，设圆柱体直径为d，入射角为θ，折射角分别为θB、θC，连接DB、DC，
由折射定律得，
，
由上两式得
已知，，可得 tC=t
考点：光的折射
【名师点睛】解决本题的关键是运用几何知识、光速公式和折射定律推导出时间表达式，要用运用数学知识分析几何光学的意识和能力；同时要记住这样的结论：光的折射率越大，则频率越大，波长越小，临界角小，在介质中的传播速度越小.
生物部分
1.下列有关生物学实验的说法正确的是 ( )
A. “观察DNA和RNA在细胞中的分布”时，盐酸的作用是使细胞彼此分离
B. 在“探究酵母菌细胞呼吸方式”的实验中，有氧和无氧两种条件下均为实验组
C. 绿叶中色素提取和分离实验中，色素能够分离的原因是不同色素在无水乙醇中的溶解度不同
D. “用高倍显微镜观察线粒体”的实验中．可取藓类的小叶滴加健那绿盖盖玻片观察
【答案】B
【解析】
【分析】
叶绿体色素提取的原理：叶绿体中的色素能够溶解在有机溶剂，所以，可以在叶片被磨碎以后用乙醇提取叶绿体中的色素。色素分离原理：叶绿体中的色素在层析液中的溶解度不同，溶解度高的随层析液在滤纸上扩散得快，溶解度低的随层析液在滤纸上扩散得慢。根据这个原理就可以将叶绿体中不同的色素分离开来。
观察DNA和RNA在细胞中的分布的实验盐酸的作用：改变细胞膜的通透性，加速染色剂进入细胞，同时使染色质中的DNA与蛋白质分离，有利于DNA与染色剂结合。进而有利于对DNA进行染色。
【详解】观察DNA和RNA在细胞中的分布，用盐酸水解口腔上皮细胞，有利于染色剂进入细胞，使染色质中的DNA与蛋白质分开，并与DNA结合，A错误；在“探究酵母菌细胞呼吸方式”的实验中，在无氧和有氧条件下的两组均为实验组，是相互对照，B正确；叶绿体中色素能够分离的原因是不同色素在层析液中的溶解度不同，溶解度越大，扩散速度越快，C错误；健那绿染液可以使活细胞中的线粒体呈现蓝绿色，而细胞质接近无色。若取藓类的小叶滴加健那绿观察，则观察不到线粒体，因藓类的小叶中含有叶绿体，D错误。故选B。
【点睛】本题考查了生物学中的相关实验，意在考查考生理解实验目的、原理、方法和操作步骤，掌握相关的操作技能，并能将这些实验涉及的方法和技能进行综合运用。
2.下列关于植物细胞质壁分离实验的叙述，正确的是 ( )
A. 质壁分离指植物细胞在一定蔗糖溶液环境中，细胞质与细胞壁分离的现象
B. 用黑藻叶片进行实验时，叶绿体的存在会干扰实验现象的观察
C. 用紫色洋葱鳞片叶外表皮不同部位观察到的质壁分离程度可能不同
D. 用适宜浓度的硝酸钾溶液处理根尖有关的细胞，均可以发生质壁分离及自动复原
【答案】C
【解析】
【分析】
成熟的植物细胞有一大液泡。当细胞液的浓度小于外界溶液的浓度时，细胞液中的水分就透过原生质层进入到外界溶液中，由于原生质层比细胞壁的伸缩性大，当细胞不断失水时，液泡逐渐缩小，原生质层就会与细胞壁逐渐分离开来，既发生了质壁分离。当细胞液的浓度大于外界溶液的浓度时，外界溶液中的水分就透过原生质层进入到细胞液中，液泡逐渐变大，整个原生质层就会慢慢地恢复成原来的状态，即发生了质壁分离复原。
【详解】质壁分离指植物细胞在一定蔗糖溶液环境中，原生质层与细胞壁分离的现象，A错误；用黑藻叶片进行实验时，叶绿体的存在不会干扰实验现象的观察，B错误；用紫色洋葱鳞片叶外表皮不同部位观察到的质壁分离程度可能不同，C正确；用适宜浓度的硝酸钾溶液处理根尖成熟区细胞，可以发生质壁分离及自动复原，D错误。故选C。
【点睛】本题考查细胞质壁分离与质壁分离复原现象及其原因的相关知识，意在考查考生的识记能力和理解所学知识要点，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。
3.某品牌纯牛奶检出黄曲霉毒索超标140%。研究发现，黄曲霉毒索会导致p53基因（阻止细胞不正常增殖的基因）失去正常功能，导致肝癌的发生。下列有关叙述中，不正确的是 ( )
A. p53基因属仅存在于肝癌细胞中，
B. 一般情况下，一个细胞中至少5 -6个基因突变，才能表现出癌细胞所有特征
C. 对于肝癌晚期的病人，目前还缺少有效的治疗手段
D. 细胞在癌变的过程中，甲胎蛋白含量可能增加
【答案】A
【解析】
【分析】
1、细胞癌变原因：原癌基因和抑癌基因发生基因突变。
①原癌基因是细胞内与细胞增殖相关的基因，原癌基因主要负责调节细胞周期，控制细胞生长和分裂的过程。
②抑癌基因也称为抗癌基因，主要是阻止细胞不正常增殖。
2、致癌因子：物理致癌因子、化学致癌因子、病毒致癌因子。
【详解】p53基因是阻止细胞不正常增殖的基因，因此该基因为抑癌基因，存在于所有细胞中，A错误；癌症的发生并不是单一基因突变的结果，一般情况下，一个细胞中至少5-6个基因突变，才能表现出癌细胞所有特征，B正确；目前还缺少有效的治疗手段，C正确；细胞在癌变的过程中，甲胎蛋白含量可能增加，D正确。故选A。
4.甲、乙两固为某高等生物(2n=8)体内某个细胞分裂过程（已知四分体时期发生过交叉互换）中 不同时期的模式图。下列相关叙述正确的是（ ）
A. 在形成图甲细胞过程中发生过非等位基因的自由组合
B. 甲、乙两图说明该细胞分裂过程中发生了染色体结构变异
C. 图甲细胞中有两个染色体组，8条姐妹染色单体
D. 若图乙表示卵细胞，则同时形成的三个极体中有一个极体中的遗传信息与乙完 全一样
【答案】A
【解析】
【分析】
分析题图：甲细胞不含同源染色体，且着丝点整齐的排列在赤道板上，处于减数第二次分离中期；乙细胞中不含同源染色体，也不含姐妹染色单体，处于减数第二次分裂末期。
【详解】图甲细胞处于减数第二次分裂中期，在减数第一次分裂后期发生过非等位基因的自由组合，A正确；甲、乙两图说明该细胞分裂过程中发生过交叉互换，即发生了基因重组，B错误；图甲细胞中只有1个染色体组，C错误；若图乙表示卵细胞，由于发生过交叉互换，则同时形成的三个极体的遗传信息与乙都不一样，D错误。故选A。
【点睛】本题结合细胞分裂图，考查细胞的减数分裂，要求考生识记细胞减数分裂不同时期的特点，掌握减数分裂过程中染色体行为和数目变化规律，能正确分析题图，再结合所学的知识准确答题。
5.图所示为某原核细胞内的生理过程，下列说法正确的是 ( )
A. 基因的表达过程主要指DNA复制、转录和翻译等
B. 图示表明两个核糖体同时开始合成两条多肽链
C. 图中核糖体上的碱基配对方式有G-C、A-U
D. 图中翻译过程可发生在附着在内质网的核糖体上
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意和图示分析可知：图示表示遗传信息的转录和翻译过程，转录是以DNA的一条链为模板合成RNA的过程，该过程需要解旋酶和RNA聚合酶的参与；翻译是以mRNA为模板合成蛋白质的过程，该过程的场所是细胞质的核糖体。
【详解】基因的表达过程主要指转录和翻译，A错误；图示两个核糖体中，左边核糖体上肽链长，右边核糖体长度短，因此左边核糖体先合成多肽链，B错误；核糖体上发生的是翻译过程，该过程中tRNA上的反密码子会和mRNA上的密码子进行碱基互补配对，因此核糖体上的碱基配对方式有G-C、A-U，C正确；由于同时进行转录和翻译，说明发生在原核细胞中，而原核细胞中没有内质网，D错误。故选C。
【点睛】本题结合遗传信息的转录和翻译过程图，考查遗传信息的转录和翻译过程，要求考生识记遗传信息转录和翻译的场所、条件、过程及产物；识记原核细胞和真核细胞的形态和结构的异同，明确图示过程只能发生在原核细胞中。
6.下图表示猕猴桃果实采摘后乙烯释放速率和硬度的变化规律。下列相关说法不正确的是 ( ）
A. 猕猴桃果实在成熟过程中，乙烯释放量的增加可能与生长紊的含量变化有关
B. 由图可知乙烯的含量增加可能会促进纤维素酶的合成
C. 乙烯等植物激素会调节基因组的表达，从而改变细胞代谢
D. 猕猴桃采摘后，可以用植物激素乙烯利处理，促进果实成熟
【答案】D
【解析】
分析】
由图可知：猕猴桃采摘后，乙烯释放增加，果实硬度减小。乙烯主要作用是促进果实成熟，此外，还有促进老叶等器官脱落的作用。植物体各部位都能合成乙烯。
【详解】猕猴桃果实在成熟过程中，参与调节的植物激素不只有乙烯，乙烯释放量的增加可能与生长素的含量变化有关，A正确；猕猴桃采摘前，果实变软，说明乙烯的含量增加可能会促进纤维素酶的合成，B正确；乙烯等植物激素会调节基因组的表达，从而改变细胞代谢，C正确；乙烯利属于植物生长调节剂，不是植物激素，D错误。故选D。
【点睛】本题结合曲线，考查植物激素的相关知识，意在考查考生分析题图获取有效信息的能力；能理解所学知识要点，把握知识间内在联系的能力；能运用所学知识与观点，通过比较、分析与综合等方法对某些生物学问题进行解释、推理，做出合理的判断或得出正确的结论。
7.观测不同光照条件下生长的柑橘，结果见下表。请回答下列问题：
(l)该实验的自变量为____ 。
(2)光合作用是指绿色植物通过叶绿体，利用光能，把____转化成储存着能量的_____并且释放出氧气的过程。
(3)在弱光下，柑橘通过______和__________________来吸收更多的光能，以适应弱光环境。
(4)与弱光下相比，强光下柑橘平均每片叶 CO2吸收速率___________。对强光下生长的柑橘适度遮阴至弱光，短时间内叶绿体中C5的含量将会___（填“增加”或“减少”）．持续观测叶色、平均叶面积和净光合速率，这三个指标中，最先发生改变的是_____
【答案】 (1). 光照强度 (2). 二氧化碳和水 (3). 有机物 (4). 增加叶绿素含量 (5). 提高平均叶面积 (6). 大 (7). 减少 (8). 净光合速率
【解析】
【分析】
1、温度对光合作用的影响：在最适温度下酶的活性最强，光合作用强度最大，当温度低于最适温度，光合作用强度随温度的增加而加强，当温度高于最适温度，光合作用强度随温度的增加而减弱。
2、二氧化碳浓度对光合作用的影响：在一定范围内，光合作用强度随二氧化碳浓度的增加而增强。当二氧化碳浓度增加到一定的值，光合作用强度不再增强。
3、光照强度对光合作用的影响：在一定范围内，光合作用强度随光照强度的增加而增强。当光照强度增加到一定的值，光合作用强度不再增强。
【详解】（1）本实验的目的是观测不同光照条件下生长的柑橘，所以实验的自变量是光照强度。
（2）光合作用是指绿色植物通过叶绿体，利用光能，把二氧化碳和水转化成储存着能量的有机物并且释放出氧气的过程。
（3）分析表格中的信息可知，弱光条件下柑橘的叶片颜色变深、叶片的平均表面积增大，由此可以推测：在弱光下，柑橘通过增加叶片中叶绿素的含量和扩大叶面积来吸收更多的光能，以适应弱光环境。
（4）与弱光下相比，强光下柑橘平均每片叶CO2吸收速率大。对强光下生长的柑橘适度遮阴至弱光，短时间内叶绿体中C5的含量将会减少。持续观测叶色、平均叶面积和净光合速率，这三个指标中，最先发生改变的是净光合速率。
【点睛】此题主要考查影响光合作用的环境因素的相关知识，意在考查学生对基础知识的理解掌握，难度适中。
8.人体细胞进行正常生命活动衙要机体的调节机制维持内环境的相对稳定。下图是下丘脑、垂体、甲状腺之间的关系及弥漫性毒性甲状腺肿的发病机理。请回答相关问题。
(1)内环境的稳态就是指在正常生理情况下机体内环境的____和____维持相对稳定状态。
(2)弥漫性毒性甲状腺肿是由于机体产生某种抗体，导致患者体内甲状腺激素含量比正常人多。其原因主要是该抗体与相应受体结合，发挥与____激素相同的生理作用，使甲状腺机能增强，但甲状腺激素增多不会通过____调节影响抗体A的分泌，由图可知该病在免疫学上称为____。
(3)弥漫性毒性甲状腺肿临床上可以用物质C进行治疗，该物质可以通过抑制细胞X分泌____及细胞Y____过程，减少抗体的产生。
【答案】 (1). 各种成分 (2). 理化性质 (3). 促甲状腺 (4). 负反馈 (5). 自身免疫病 (6). 淋巴因子 (7). 增殖、分化
【解析】
【分析】
关于“内环境稳态调节”应掌握以下几点：
（1）实质：体内化学成分和渗透压、温度、pH等理化特性呈现动态平衡的过程；
（2）定义：在神经系统和体液的调节下，通过各个器官、系统的协调活动，共同维持内环境相对稳定的状态；
（3）调节机制：神经-体液-免疫调节网络；
（4）层面：水、无机盐、血糖、体温等的平衡与调节；
（5）意义：机体进行正常生命活动的必要条件。
【详解】（1）内环境的稳态就是指在正常生理情况下机体内环境的各种成分和理化性质维持相对稳定状态。
（2）促甲状腺激素促进甲状腺激素的合成和分泌。抗体A与甲状腺细胞膜相应受体结合，发挥与促甲状腺激素相同的生理作用，使甲状腺机能增强；甲状腺激素增多会通过反馈调节影响垂体和下丘脑的分泌，但是不会通过负反馈调节影响影响抗体A的分泌。由图可知该病在免疫学上称为自身免疫病。
（3）分析题图可知，细胞X是T细胞，细胞Y是B淋巴细胞，细胞Z是浆细胞，物质C可以通过抑制T细胞分泌淋巴因子，和B细胞增殖分化成浆细胞的过程进而减少浆细胞产生的抗体A。
【点睛】本题考查内环境的作用、内环境的稳态，要求考生识记内环境的组成及作用；识记内环境稳态的概念、调节机制及意义，能结合所学的知识准确判断各选项，属于考纲识记和理解层次的考查。
9.下图甲是一个草原生态系统的物质循环和能量流动示意图；图乙是该生态系统中鼠摄食后能量的流向示意图。（图中a～e代表过程，A～C代表能量）。请据图回答：
(l)生态系统中能量的____、____、转化和散失的过程，称为生态系统的能量流动。图乙中的A表示鼠同化的总能量，B的含义为______。
(2)草原群落中的碳元素返回无机环境的途径是____（填图中字母），一般生态系统的物质循环和能量流动是沿着____进行的。
(3)为控制草原鼠害，对鼠的种群密度进行调查宜采用____法。狼能够依据鼠留下的气味去捕食，鼠同样也能够依据狼的气味或行为躲避捕猎，由此可生态系统的信息传递能够___________ ，维持生态系统的稳定性。
【答案】 (1). 输入 (2). 传递 (3). 用于鼠生长发育和繁殖的能量 (4). d (5). 食物链和食物网（营养结构） (6). 标志重捕 (7). 调节种间关系
【解析】
【分析】
分析题图：图甲是一个草原生态系统的物质循环和能量流动示意图，其中a表示光合作用；b、c表示捕食关系；e表示分解作用；d表示呼吸作用。
分析乙图：图乙是该生态系统中鼠摄食后能量的流向示意图，其中A表示鼠同化的总能量；B表示鼠生长、发育和繁殖；C表示被分解者利用。
【详解】（1）生态系统中能量的输入、传递、转化和散失的过程，称为生态系统的能量流动。图乙中的A表示鼠同化的总能量。B的含义为用于生长、发育和繁殖的能量。
（2）草原群落中的碳元素返回无机环境的途径是d。一般生态系统的物质循环和能量流动是沿着食物链和食物网（营养结构）进行的。
（3）为控制草原鼠害，对鼠的种群密度进行调查宜采用标志重捕法。狼能够依据鼠留下的气味去捕食，鼠同样也能够依据狼的气味或行为躲避捕猎，由此可生态系统的信息传递能够调节种间关系，维持生态系统的稳定性。
【点睛】本题结合生态系统碳循环示意图、鼠能量流动示意图，考查生态系统的结构和功能，要求考生识记生态系统中碳循环的过程，能准确判断图中各生理过程的名称；识记生态系统中能量流动的过程，掌握某一营养级能量的输入、传递、转化和散失过程，能准确判断乙图中字母的含义。
10.分析如图所示的家族遗传系谱图，其中一种已知为伴性遗传，通过基因检测已知I 2 、II6 不携带乙病致病基因。网答下列有关问题（甲病：显性基因为A．隐性基因为a；乙病：显性基因为B．隐性基因为b).
（1）单基因遗传病指_______ 受控制的遗传病。
（2）II 2的基因型为_____________。III4个体为纯合子的概率为_______
（3）若III2和III4近亲结婚,生岀一个正常孩子的概率为________。若III2与III4配后生出一个性染色体组成为XXY的患甲病男孩,则可能是__________ (填“精子"或“卵细胞”)形成过程中____分裂没冇正常行。
【答案】 (1). 一对等位基因 (2). BbXAXa (3). 3/4 (4). 23/48 (5). 精子 (6). 减数分裂第一次分裂
【解析】
【分析】
根据系谱图首先判断乙病，图中看出Ⅲ1的双亲不患乙病，因此判断该病为常染色体隐性遗传病，因此甲病为伴性遗传。系谱图中，父亲患甲病，女儿均患甲病，母亲正常，儿子表现正常，因此该病应为X染色体显性遗传病。
【详解】（1）单基因遗传病指受一对等位基因控制的遗传病。
（2））Ⅱ2是患甲病不患乙病女性，大致基因型为B_XAX-；由于其父亲不患甲病，其女儿患乙病，故其基因型为BbXAXa。Ⅲ4个体是一个两病都不患的女性，其大致基因型为B_XaXa，由于其母亲Ⅱ6 不携带乙病致病基因，其父亲Ⅱ5的基因型决定是否携带乙病的致病基因，由题干分析可知，Ⅰ2 不携带乙病致病基因，则Ⅱ5的基因型BB占1/2，Bb占1/2，推出B概率3/4，b概率1/4，得到Ⅲ4个体BB占3/4，Bb占1/4。故Ⅲ4个体为纯合子BBXaXa的概率为3/4。
（3）根据分析，判断Ⅲ2的基因型为1/3BBXAY、2/3BbXAY，则患乙病概率2/3×1/4×1/4=1/24，患甲病概率1/2，则Ⅲ2和Ⅲ4近亲结婚，生岀一个正常孩子的概率为23/24×1/2=23/48。若Ⅲ2与Ⅲ4配后生出一个性染色体组成为XXY的患甲病男孩，则可能是精子形成过程中减数第一次分裂没有正常进行。
【点睛】本题具有一定的难度，属于考纲中理解、应用层次的要求，考查了伴性遗传和自由组合定律的应用，以及生物变异的有关知识，要求考生能够结合题意分析系谱图，判断出两种遗传病的遗传方式，并且能够熟练运用基因的自由组合定律进行相关概率的计算。
11.乳糖酶能够催化乳糖水解为葡萄糖和半乳糖，具有重要应用价值。乳糖酶的制备及固化步骤步如下：
(l)筛选产乳糖酶的微生物L时，宜用____作为培养基中的唯一碳源。从功能上讲，这种培养基属于____。
(2)在倒平板前，宜采用____方法对培养基进行灭菌，筛选该散生物时可用_____ 或释涂布平扳法进行接种。
(3)纯化后乳糖酶通常可用____法进行蛋白质纯度的鉴定以及检测其分子量大小。在相同条件下，带电荷相同的蛋白质电泳速度越快，说明其分子量越____。
(4)乳糖酶宜采用化学结合法（共价链结合法）进行固定化，可通过检测固定化乳糖酶的 _______ 确定其应用价值，而制备固定化细胞一般常采用____。
【答案】 (1). 乳糖 (2). 选择培养基 (3). 高压蒸汽灭菌 (4). 平板划线法 (5). SDS聚丙烯酰胺凝胶电泳 (6). 小 (7). （酶）活性【或（酶）活力】 (8). 包埋法
【解析】
【分析】
微生物常见的接种的方法：
①平板划线法：将已经熔化的培养基倒入培养皿制成平板，接种，划线，在恒温箱里培养。在线的开始部分，微生物往往连在一起生长，随着线的延伸，菌数逐渐减少，最后可能形成单个菌落。
②稀释涂布平板法：将待分离的菌液经过大量稀释后，均匀涂布在培养皿表面，经培养后可形成单个菌落。
【详解】（l）筛选产乳糖酶的微生物L时，宜用以乳糖作为培养基中的唯一碳源；由于只有能利用乳糖的微生物才能在该培养基上生存，因此从功能上讲，这种培养基属于选择培养基。
（2）对培养基进行灭菌应该采用高压蒸汽灭菌法；接种微生物常用平板划线法或释涂布平扳法。
（3）纯化后的乳糖酶通常可用SDS-聚丙烯酰胺凝胶电泳法进行蛋白质纯度的鉴定以及检测其分子量大小：在相同条件下，带电荷相同的蛋白质电泳速度越快，说明其分子量越小。
（4）乳糖酶宜采用化学结合法（共价链结合法）进行固定化，可通过检测固定化乳糖酶的（酶）活性确定其应用价值，而制备固定化细胞一般常采用包埋法。
【点睛】本题考查微生物的分离和培养、蛋白质的提取等，对于此类试题，需要考生注意的细节较多，如实验的原理、实验采用的方法、实验步骤等，需要考生在平时的学习过程中注意积累。
12.Rag2基因缺失小鼠不能产生成熟的淋巴细胞。科研人员利用胚胎干细胞（ES细胞）对Rag2基因缺失小鼠进行基因治疗。其技术流程如图：
（1）①中在核移植前通常使用_______ 去除卵母细胞的细胞核
（2）步骤中，重组胚胎培养到囊胚期时，可从其_____分离出ES细胞中添加____，如牛黄酸等化学物质时，就可诱导ES细胞向不同组织分化。
（3）步骤③中，需要构建含有Rag2因的表达载体。可以根据Rag2基因的_____设计引物，利用______ 技术扩增Rag2基因片段，该基因表达载体的组成，还必须有______，___________________ 以及标记基因等。
（4）为检测Rag2基因的表达情况，除分子检测外有时还管要进行_______水平的鉴定。
【答案】 (1). 显微操作（去核法）方法 (2). 内细胞团 (3). 分化诱导因子 (4). 核苷酸序列 (5). PCR (6). 启动子 (7). 终止子 (8). 个体生物学
【解析】
【分析】
分析题图：图示是利用胚胎干细胞（ES细胞）对干扰素基因缺失小鼠进行基因治疗的流程，其中①表示获得重组胚胎的过程；②表示早期胚胎培养过程；③表示采用基因工程技术将目的基因导入受体细胞。
【详解】（1）①中在核移植前通常使用显微操作方法去除卵母细胞的细胞核。
（2）步骤中，重组胚胎培养到囊胚期时，可从内细胞团分离出ES细胞。在培养液中添加分化诱导因子，如牛黄酸等化学物质时，就可诱导ES细胞向不同组织分化。
（3）步骤③中，需要构建含有Rag2因的表达载体。可以根据Rag2基因的核苷酸序列设计引物，再利用PCR技术扩增Rag2基因片段。该基因表达载体的组成，必须有启动子、终止子以及标记基因等。
（4）为检测Rag2基因的表达情况，除分子检测外，有时还管要进行个体生物学水平的坚定。
【点睛】本题结合利用胚胎干细胞（ES细胞）对干扰素基因缺失小鼠进行基因治疗的流程图，综合考查基因工程、细胞工程和胚胎工程的相关知识，要求考生识记细胞工程的操作步骤及相关细节；识记核移植技术的过程及应用；识记胚胎干细胞的来源及特点，能结合所学的知识准确答题。
榆林市2019届高考模拟第三次测试
理科综合试题（化学部分）
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 O-16 F-19 Na-23 S-32 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64
一、选择题(本大题共13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.化学与生活、社会科技关系密切，下列解释正确的是
A. 夏天雷雨过后空气清新的主要原因是放电时N2和O2合成了NO
B. 维生素D能促进人体对钙的吸收
C. “碳海绵”吸收泄露的原油时发生了化学变化
D. 聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程
【答案】B
【解析】
【详解】A. 闪电时，空气中的氧气有些变成了臭氧，它能净化空气，使空气清新，故A错误；
B. 维生素D能促进人体对钙的吸收，故B正确；
C. 碳海绵是一种气凝胶，它的内部有很多孔隙，充满空气，具有很强的吸附性，所以吸收原油时是物理变化，故C错误；
D. 油脂的皂化是油脂的碱性条件下水解反应，且油脂不属于高分子，故D错误，
故选B。
【点睛】油脂不属于高分子，它是高级脂肪酸甘油酯，这是此题中易错点。
2.有机物W在工业上常用作溶剂和香料，其合成方法如图，下列说法不正确的是
A. M、N、W均能发生加成反应和取代反应
B. N、W组成上相差一个CH2原子团，所以互为同系物
C. 1molM与1molw完全燃烧消耗O2的物质的量相同
D. M苯环上的二氯代物有6种
【答案】B
【解析】
【详解】A. M、N、W中都含有苯环，属于不饱和结构，在一定条件下可以发生加成反应和取代反应，故A正确；
B. N、W组成上虽然相差一个CH2原子团，但结构不相似，一个含有羧基一个含有酯基，不是同系物，故B错误；
C. M和W分子组成相差1个C和2个O，正好是燃烧产物CO2的组成，所以可以知1molM与1molw完全燃烧消耗O2的物质的量相同，故C正确；
D. M苯环上的二氯代物的取代基位置分别有2，3；2，4；2，5；2，6；3，4；3，5，共有6种，故D正确，
故选B。
【点睛】在确定取代物种类时，可以先确定一个取代基的位置，然后再确定另一个取代基的位置，同时注意结构的对称性，这是解决此类问题的一般规律。
3.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，且位于不同的主族，其主族序数之和等于前三周期元素的种类数，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，短周期主族元素中Z的原子半径最大。下列说法正确的是
A. 一定条件下，X和Z的单质与水反应均生成H2
B. Y的氢化物的沸点低于硫化氢
C. Z与Y和W分别形成1：1的化合物中，所含化学键完全相同
D. W是所在周期中金属性最强的元素
【答案】A
【解析】
【详解】前三周期元素一共有18种，短周期主族元素中Z的原子半径最大，则Z为Na，结合题干中其它信息知，X为C，Y为O，W为Cl，
A. 一定条件下，C和水反应生成CO和H2，Na和水反应也能生成H2，故A正确；
B. Y的氢化物是水，沸点为100℃，硫化氢常压下为气态，故水的沸点高，故B错误；
C. Z与Y和W分别形成1：1的化合物分别为过氧化钠和氯化钠，过氧化钠中既有离子键又有共价键，而氯化钠中只含离子键，故C错误；
D. W是所在周期中非金属性最强的元素，故D错误，
故选A。
4.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，则下列说法正确的是
A. 常温下，pH=1的盐酸中含有H+的数目为0.1NA
B. 标准状况下，22.4LCl2与Fe完全反应时，转移电子数为3NA
C. 32gO2和32gO3中所含原子数均为2NA
D. 常温常压下，23gC2H6O中，一定含有2.5NA个C－H键
【答案】C
【解析】
【详解】A. 常温下，pH=1的盐酸，不知道盐酸的体积，所以含有H+的数目无法确定，故A错误；
B. 标准状况下，22.4LCl2的物质的量为1mol，每个氯气分子得到两个电子生成2个Cl-，所以转移电子数为2NA，故B错误；
C. 32gO2和32gO3都由氧原子构成，则n(O)=32g/16g/mol=2mol，所以原子数均为2NA，故C正确；
D. C2H6O可以是乙醇也可以是二甲醚，乙醇分子中有5个C－H键，而二甲醚中有6个C－H键，故D错误，
故选C。
5.从海水中提取镁、溴和碘是海水综合利用的重要内容，下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置正确的是
A. 用装置甲灼烧碎海带
B. 用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C. 用装置丙制备用于氧化浸泡液中I－Cl2
D. 用装置丁吸收氧化浸泡液中I－后的Cl2尾气
【答案】B
【解析】
【详解】A. 灼烧碎海带应该在坩埚中进行，故A错误；
B. 图示为过滤装置，可以过滤海带灰的浸泡液，故B正确；
C. 制备Cl2时需要加热，故C错误；
D. Cl2难溶于饱和食盐水，不能用饱和食盐水进行尾气处理，故D错误，
故选B。
6.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中有机废水中有机物可用C6H10O5表示，咸水中的主要溶质为NaCl。下列有关说法正确的是
A. a为原电池的负极
B. b电极附近溶液的pH减小
C. a电极反应式：C6H10O5+24e－+7H2O=6CO2↑+24H+
D. 中间室：Na+移向左室，Cl－移向右室
【答案】A
【解析】
【详解】A. a极生成CO2，碳元素化合价升高，发生氧化反应，a为原电池的负极，故A正确；
B. b电极的电极反应为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，附近溶液氢离子浓度减小，pH增大，故B错误；
C. a电极反应式应为：C6H10O5-24e－+7H2O=6CO2↑+24H+，故C错误；
D. 中间室：Na+移向正极右室，Cl－移向负极左室，故D错误，
故选A。
【点睛】本题侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据元素化合价的变化确定正负极，难点是电极反应式的书写；掌握好阴离子、阳离子的放电顺序、清楚在闭合回路中电子转移数目相等是解决此题的关键。
7.对某溶液中部分离子的定性检测流程如下。相关分析正确的是
A. 步骤①所加试剂可以是浓KOH溶液
B. 可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体
C. 步骤②的反应为Al3++3HCO3－=A1(OH)3↓+CO2↑
D. 检验Fe3+的离子反应方程式为Fe3++3SCN－=Fe(SCN)3↓(血红色)
【答案】A
【解析】
【详解】A. 无色气体应该是氨气，红褐色沉淀应该是氢氧化铁，加入的溶液应该是碱，铝离子没有沉淀，说明是强碱，所以步骤①所加试剂可以是浓KOH溶液，故A正确；
B. 应该用湿润的红色石蕊试纸检验生成的氨气，故B错误；
C. 步骤②的反应为AlO2- + HCO3- + H2O = CO32- + Al(OH)3↓，故C错误；
D. 生成Fe(SCN)3(血红色)不是沉淀，故D错误；
故选A。
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，每个试題考生都必须作答。第33题～第38题为选考题考生根据要求作答。)
(一)必考题(共129分)
8.探索CO2与CH4的反应使其转化为CO和H2，对减缓燃料危机，减少温室效应具有重要意义。回答下列问题
(1)已知：①CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) △H1=+206.1kJ·mol－1
②2H2(g)+CO(g)CH3OH(1) △H2=－128.3kJ·mol－1
③2H2(g)+O2(g)2H2O(g) △H3=－483.6kJ·mol－1
25℃时，在合适催化剂作用下，采用甲烷和氧气一步合成液态甲醇的热化学方程式为______________________。
(2)向某密闭恒容容器中通入物质的量浓度均为0.1mol·L－1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，测得CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
①工业生产时一般会选择在P4和1250℃条件下进行反应，请解释其原因______________________。
②在压强为P4、1100℃的条件下，该反应在5min时达到平衡点X，则0-5min内，用CO表示该反应平均速率为___________；该温度下，反应的平衡常数为___________(保留3位有效数字)。
(3)工业上用CO和H2制取甲醇反应方程式为2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)。对于该合成反应，若通入的CO的物质的量一定，如图为4种投料比[n(CO)︰n(H2)分别为5︰7、10︰17、5︰9、1︰2]时，反应温度对CO平衡转化率的影响曲线。
①曲线b对应的投料比是___________
②当反应在曲线a、b、c对应的投料比下达到相同的平衡转化率时，对应的反应温度和投料比的关系是___________。
③投料比为10︰17反应温度为T1时，平衡混合气体中CO的物质的量分数为___________。
【答案】 (1). CH4（g）+O2（g）CH3OH（l）△H=-164.0 kJ·mol-1 (2). 较大的压强和较高的温度都能加快反应速率，提高生产效率 (3). 0.032 mol·L-1·min-1 (4). 1.64 (5). 5：9 (6). 投料比越大，反应温度越低 (7). 20.8%
【解析】
分析】
根据运用盖斯定律计算和书写热化学方程式；根据转化率运用三段式法进行反应速率、平衡常数和物质的含量相关等。
【详解】（1）根据盖斯定律：2①+2②+③得2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(1) △H=2△H1+2△H2+△H3=2×206.1kJ·mol－1 －2×128.3kJ·mol－1－483.6kJ·mol－1=328.0kJ·mol－1，
故答案为：2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(1) △H=328.0kJ·mol－1
(2)①根据图表所示及工业生产需要分析知较大的压强和较高的温度都能加快反应速率，提高生产效率，
故答案为：较大的压强和较高的温度都能加快反应速率，提高生产效率；
②起始时甲烷的浓度为0.1mol·L－1，转化率为80%，则甲烷浓度变化为0.1mol·L－1×80%=0.081mol·L－1，v(CO)=2×v(CH4)=2× =0.032 mol·L-1·min-1；
CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)
起始 0.1 0.1 0 0
转化 0.08 0.08 0.16 0.16
平衡 0.02 0.02 0.16 0.16
K=，
故答案为：0.032 mol·L-1·min-1；1.64；
(3)①由方程式知，投料比n(CO)︰n(H2)越小，CO转化率越高，所以b曲线的投料比是排第二小的是5：9；
②根据图像趋势知投料比越大，反应温度越低，；
③投料比为10︰17对应曲线c，反应温度为T1时，平衡时CO转化率为75%，则
2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)
起始 17 10 0
转化 15 7.5 7.5
平衡 2 2.5 7.5
混合气体中CO的物质的量分数为 20.8%；
故答案为：5：9；投料比越大，反应温度越低； 20.8%。
【点睛】三段式法的运用是解决此题的关键；在分析图像数据时，准确获取图像中有用信息也是解决此题的关键。
9.黄铁矿石是制取硫酸的主要原料，主要成分为FeS2和少量FeS(假设其它杂质中不含铁、硫元素，且高温下不发生化学变化)。某化学兴趣小组对该黄铁矿石进行如下实验探究。将m1g该黄铁矿石的样品放入如图装置(夹持和加热装置略)的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全。其反应的化学方程式为4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，4FeS+7O2=2Fe2O3+4SO2
(1)鼓人空气的作用是___________，锥形瓶乙中NaOH溶液的作用是___________。
【实验一】测定硫元素的含量
反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：
(2)反应结束后，给乙瓶溶液中加入足量H2O2溶液的目的是___________(用化学方程式表示)。
(3)洗涤滤渣的方法是______________________。
(4)该黄铁矿石中硫元素的质量分数为___________(列出表达式即可)。
【实验二】测定铁元素的含量
①用足量稀硫酸溶解石英管中的固体残渣；②加还原剂使溶液中的Fe3+恰好完全转化为Fe2+后，过滤、洗涤；③将滤液稀释至250mL；④取25.00mL稀释液，用0.1000mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，三次滴定实验，平均消耗酸性KMnO4溶液25.00mL。
(5)操作②中用铁粉作还原剂，测定铁的含量___________(填“偏高”或“偏低”或“不变”)，操作④中滴定时酸性KMnO4溶液盛装在___________填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”)，③中稀释液中Fe2+的物质的量浓度c(Fe2+)=___________。
【答案】 (1). 提供反应物O2，排尽生成的SO2，使之完全被乙瓶溶液吸收 (2). 吸收反应生成的SO2 (3). Na2SO3+H2O2==Na2SO4+H2O (4). (沿玻璃棒）向过滤器中加蒸馏水至浸没固体，（静置）待水自然全部流下，重复操作2~3次。 (5). (6). 偏高 (7). 酸式滴定管 (8). 0.5000 mol·L-1
【解析】
【分析】
根据方程式计算计算质量分数；根据流程图及反应原理分析流程中操作的目的和方法；根据滴定原理计算溶液的浓度。
【详解】(1)反应中有氧气参加，同时空气可以将生成物带出；产物二氧化硫有毒，用氢氧化钠吸收，
故答案为：提供反应物O2，排尽生成的SO2，使之完全被乙瓶溶液吸收；吸收反应生成的SO2；
(2)H2O2有氧化性，可以氧化亚硫酸钠： Na2SO3+H2O2==Na2SO4+H2O，
故答案为： Na2SO3+H2O2==Na2SO4+H2O；
(3)洗涤滤渣的方法是 (沿玻璃棒）向过滤器中加蒸馏水至浸没固体，（静置）待水自然全部流下，重复操作2~3次，
故答案为： (沿玻璃棒）向过滤器中加蒸馏水至浸没固体，（静置）待水自然全部流下，重复操作2~3次；
(4) S ~ BaSO4
32g 233g
m m2g
则黄铁矿石中硫元素的质量分数为
故答案为：
(5)①使用铁粉作还原剂，使得铁的含量偏高；因为高锰酸钾溶液有强腐蚀性，所以操作④中滴定时酸性KMnO4溶液盛装在酸式滴定管；
5Fe2+ ~ KMnO4
n(Fe2+)=5n( KMnO4)=5×0.1000mol·L－1×25.00mL=0.0125mol，则c(Fe2+)=0.0125mol/25mL= 0.5000 mol·L-1，
故答案为：偏高；酸式滴定管； 0.5000 mol·L-1。
10.重铬酸钠是一种用途极广的强氧化剂，工业上可以用铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2或FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质]制备，其主要工艺流程如图所示。请回答下列问题：
(1)煅烧铬铁矿生成Na2CrO4的化学方程式为______________________。
(2)调节溶液的pH所选的试剂为___________(填名称)，写出生成Al(OH)3的化学方程式______________________。
(3)Na2CrO4溶液酸化时发生反应2CrO42－(黄色)+2H+Cr2O72－(橙红色)+H2O。
①该反应___________氧化还原反应(填“是”或“不是”)，反应的平衡常数表达式：K=___________。
②若向Na2Cr2O7溶液(橙红色)中加入足量的NaOH固体，溶液___________(填标号)
A 变黄色 B 颜色不变 C 变红色溶液
③已知：25℃时，Ag2CrO4的Ksp=1.12×10－12，Ag2Cr2O7，的Ksp=2×10－7。25℃时，向Na2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液，生成砖红色沉淀，且溶液酸性增强，该沉淀的化学式是___________。
(4)用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液生产重铬酸钾的反应为Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，结合溶解度图回答，冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是___________。
【答案】 (1). 4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO38CO2+8Na2CrO4+2Fe2O3 (2). 稀硫酸 (3). AlO2-+H++H2O==Al(OH)3↓ (4). 不是 (5). (6). A (7). Ag2CrO4 (8). 低温时K2Cr2O7溶解度远小于其它组分
【解析】
【分析】
根据题干信息及物质性质书写化学方程式；根据化学平衡原理书写平衡常数表达式，并判断平衡移动方向；根据沉淀溶解平衡原理分析沉淀的组成。
【详解】(1)根据反应原理判断，产物中还有氧化铁和二氧化碳，则煅烧铬铁矿生成Na2CrO4的化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO38CO2+8Na2CrO4+2Fe2O3，
故答案为：4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO38CO2+8Na2CrO4+2Fe2O3；
(2)根据流程图中信息知调节溶液的pH所选的试剂为稀硫酸；生成Al(OH)3的化学方程式为AlO2-+H++H2O==Al(OH)3↓，
故答案为：稀硫酸；AlO2-+H++H2O==Al(OH)3↓；
(3)①反应中Cr元素化合价没有变化，所以不是氧化还原反应；根据平衡特点，反应的平衡常数表达式：K=，
②加入足量的NaOH固体，平衡向逆方向移动，溶液变黄色，
③Ksp越小越容易沉淀，所以沉淀为Ag2CrO4，
故答案为：不是；；A；Ag2CrO4 ；
(4)根据溶解度图知，冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是低温时K2Cr2O7溶解度远小于其它组分，
故答案为：低温时K2Cr2O7溶解度远小于其它组分。
(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，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。
【化学——选修3：物质结构与性质】
11.将过量的氨水加到硫酸铜溶液中，溶液最终变成深蓝色，继续加入乙醇，析出深蓝色的晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O。
(1)Cu2+价电子排布式为___________；[Cu(NH3)4]SO4·H2O中，1mol[Cu(NH3)4]2+含有σ键的数目为___________。
(2)SO42－中S原子轨道杂化类型为___________，H3O+几何构型为___________。
(3)NH3极易溶于H2O中，可能的原因为___________。
(4)N、O、S第一电离能由大到小的顺序为___________。
(5)Cu与F形成的化合物的晶胞结构如图所示，若晶体密度为ag·cm－3，则Cu与F最近距离为___________pm(用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算表达式，不用化简)。
【答案】 (1). 3d9 (2). 16NA (3). sp3 (4). 三角锥形 (5). NH3和H2O都是极性分子，“相似相溶”，NH3与H2O之间易形成氢键，NH3和H2O可发生化学反应 (6). N>O>S (7).
【解析】
分析】
根据核外电子排布规律书写电子排布式；根据价层电子对互斥理论和等电子体理论判断分子的空间构型；根据晶胞的结构和密度进行相关计算。
【详解】(1)根据核外电子排布规律知Cu2+价电子排布式为3d9；配体氨气分子中有3个σ键，每个[Cu(NH3)4]2+含4个配位键，所以1mol[Cu(NH3)4]2+含有σ键的数目为3×4+4=16mol，即 16NA，
故答案为： 16NA；
(2)SO42－空间构型为四面体，所以S原子轨道杂化类型为 sp3；H3O+与氨气互为等电子体，故几何构型为三角锥形，
故答案为： sp3；三角锥形；
(3)从NH3与H2O中的化学键类型分析知，可能的原因为NH3和H2O都是极性分子，“相似相溶”，NH3与H2O之间易形成氢键，NH3和H2O可发生化学反应，
故答案为：NH3和H2O都是极性分子，“相似相溶”，NH3与H2O之间易形成氢键，NH3和H2O可发生化学反应；
(4)非金属性越强第一电离能越大，又应N核外电子排布的半满结构，导致N第一电离能大于O，所以第一电离能由大到小的顺序为N>O>S ，
故答案：N>O>S ；
(5)晶胞中含有Cu原子数为：8×1/8+6×1/2=4，含有F原子数为4，晶胞的质量为g，晶胞体积为cm3，则晶胞棱长l= ×1010pm，F原子与周围的4个Cu原子形成正四面体结构，F原子与正四面体顶点Cu的距离最近，F原子与Cu原子连线处于晶胞体对角线上，且体对角线长度的1/4等于晶胞棱长的，故Cu与F最近距离为pm，
故答案为：。
【点睛】本题考查晶胞计算，关键是理解F原子与Cu的最近距离与体对角线长度关系，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力。
【化学——选修5有机化学基础】
12.尼美舒利是一种非甾体抗炎药，它的一种合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
(1)A的化学名称为___________。
(2)B的结构简式为___________。
(3)由C生成D的化学方程式为___________，E→F的反应类型为___________。
(4)C中的官能团有___________、___________(填官能团名称)。
(5)由甲苯为原料可经三步合成2，4，6-三氨基苯甲酸，合成路线如下：
反应①的试剂和条件为___________；中间体B的结构简式为___________；反应③试剂和条件为___________。
(6)E的同分异构体中能同时满足下列条件的共有___________种(不含立体异构)；
①含有两个苯环且两个苯环直接相连
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③两个取代基不在同一苯环上
其中核磁共振氢谱为6组峰，峰面积比为2︰2︰2︰2︰2︰1的结构简式为___________。
【答案】 (1). 苯 (2). (3). (4). 取代反应 (5). 溴原子 (6). 硝基 (7). 浓硝酸/浓硫酸，加热 (8). (9). H2，雷尼镍 (10). 9 (11).
【解析】
【分析】
运用逆合成法根据合成路线及反应条件等题干信息分析各有机物的组成，书写相关方程式；根据限制条件判断同分异构体的种类及写出相关结构简式。
【详解】运用逆合成法，根据反应条件及题干信息分析知，F为，E为，D为，C为，B为，A为苯；
(1)A的化学名称为苯，
故答案为：苯；
(2)B为苯与溴发生的取代反应，的结构简式为，
故答案为：；
(3)根据上述分析，C生成D的化学方程式为；E→F的反应类型为取代反应，
故答案为：；取代反应；
(4)C为，其中官能团有溴原子；硝基，
故答案为：溴原子；硝基；
(5)反应①为硝化反应，试剂和条件为浓硝酸/浓硫酸，加热；中间体B为三硝基苯甲酸，结构简式为；反应③为硝基被还原，根基题干信息知反应试剂和条件为H2，雷尼镍，
故答案为：浓硝酸/浓硫酸，加热；；H2，雷尼镍；
(6)能与FeCl3溶液发生显色反应，说明结构中含有酚羟基，则另一个取代基为氨基，两个苯环直接相连，以直接相连的两个碳原子为准，与之向邻的碳原子两边各有2个，与之相间的碳原子两边各有2个，与之相对的碳原子两边各有1个，若羟基在其中一个苯环的邻位上，则氨基在另一苯环上的位置有邻位、间位和对位3种，若羟基在间位，则氨基也有3种，若羟基在对位，氨基也有3种情况，所以同分异构体一共有3+3+3=9种；其中根据对称性满足核磁共振氢谱的结构为：，
故答案为：. 9；。
榆林市2019届高考模拟第三次测试
理科综合试题（物理部分）
一、选择题
1.一个人站立在商店的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示，则
A. 人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小
B. 人只受重力和踏板的支持力的作用
C. 踏板对人的支持力做的功等于人的机械能增加量
D. 人所受合力做的功等于人的动能的增加量
【答案】D
【解析】
【详解】AB、人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：ax＝acosθ，方向水平向右；ay＝asinθ，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，f＝ma＝macosθ，水平向右，竖直方向受重力和支持力，FN﹣mg＝masinθ，所以FN＞mg，故AB错误；
C、除重力以外的力对物体做的功，等于物体机械能的变化量，踏板对人的力除了支持力还有摩擦力，运动过程中摩擦力也做功，所以踏板对人的支持力做的功不等于人的机械能增加量，故C错误；
D、由动能定理可知，人所受合力做的功等于人的动能的增加量，故D正确。
2.质量相同的甲、乙两物体放在相同的光滑水平地面上，分别在水平力F1、F2的作用下从同一地点，沿同一方向，同时运动，其υ-t图象如图所示，下列判断正确的是
A. 0～6s，F1先减小后不变，F2一直增大
B. 0~6s内两者在前进方向上的最大距离一定大于4m
C. 在0~2s内，甲的加速度始终大于乙的加速度
D. 4s末甲、乙两物体动能相同，由此可知F1=F2
【答案】B
【解析】
【详解】A、由υ-t图象可知，对甲物体，在0～2 s内，甲物体速度时间图线的斜率逐渐减小，则加速度逐渐减小，则F1逐渐减小，2～6s内，速度保持不变，F1为零，对于乙物体，速度时间图线的斜率保持不变，则F2保持不变，故A错误；
B、0～6 s内，当两者速度相同时，相距最大，此时乙的位移为，甲的位移为，则两者的最大距离大于4m，故B正确；
C、由υ-t图象可知，在0~2s内，t=0时，甲图线的斜率大于乙图线的斜率，此后，甲的斜率逐渐减小到零，乙图线的斜率保持不变，故甲的加速度先大于乙的加速度，后小于乙的加速度，故C错误；
D、4s末甲、乙两物体动能相同，但甲乙图线的斜率不同，故F1不等于F2，故D错误。
3.目前，在居家装修中，经常用到花岗岩、大理石等装修材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素，比如有些含有铀钍的花岗岩等岩石都会释放出放射性惰性气体氡，而氢会发生放射性衰变，放出、、射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道方面的疾病，根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是
A. 衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的
B. 射线是原子核外电子电离形成的质子流它具有很强的穿透能力
C. 已知氢的半衰期为3.8天，若取1g氢放在天平左盘上，砝码放于右盘，左右两边恰好平衡，则3.8天后，需取走0.5g砝码天平才能再次平衡
D. 发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4
【答案】A
【解析】
【详解】A、β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的，故A正确，
B、射线是电子流，并不是质子流，它的穿透能力强于射线，弱于射线，穿透能力中等，故B错误；
C、氡的半衰期为3.8天，经3.8天后，有0.5克衰变成新核，新的原子核仍然留在天平左盘中，故取走的砝码应小于0.5克，天平才能再次平衡。故C错误
D、发生α衰变时，电荷数少2（即质子数减少2），质量数少4，故中子数减少2，故D错误。
4.2019年3月10日我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功将“中星6C”卫星发射升空，卫星进入预定轨道，它是一颗用于广播和通信的地球静止小轨道通信卫星，假设该卫星在距地面高度为h的同步轨道做圆周运动。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G。下列说法正确的是
A. 同步卫星运动的周期为
B. 同步卫星运行的线速度为
C. 同步轨道处的重力加速度为
D. 地球的平均密度为
【答案】C
【解析】
【详解】A、地球同步卫星在距地面高度为h的同步轨道做圆周运动，万有引力提供向心力，有：m，在地球表面，重力等于万有引力，有：mg，故同步卫星运动的周期为：T＝2π，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力，有：m，在地球表面，重力等于万有引力，有：mg，解得同步卫星运行的线速度为：v，故B错误；
C、根据万有引力提供向心力，有：，在地球表面，重力等于万有引力，有：mg，解得，故C正确；
D、由mg得：M，故地球的密度为：ρ，故D错误。
5.如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4.0kg和m=3.0kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示，墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小
A. 9N·s B. 18N·s C. 36N·s D. 72N·s
【答案】C
【解析】
【详解】由图知，C与A碰前速度为：v1＝9m/s，碰后速度为：v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1＝（mA+mC）v2， 12s末A和C的速度为：v3＝﹣3m/s，4s到12s，墙对B的冲量为：I＝（mA+mC）v3﹣（mA+mC）v2，代入数据解得：I＝﹣36N•s，方向向左；故墙壁对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小为36N•s，故C正确，ABD错误。
6.电容式加速度传感器的原理结构如图所示，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动改变电容，则
A. 电介质插入极板间越深，电容器电容越小
B. 当传感器以恒定加速度运动时，电路中没有电流
C. 若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长
D. 当传感器由静止突然向右加速瞬间，极板间的电量增大，电容器处于充电状态
【答案】BD
【解析】
【详解】A、根据电容器的电容公式C＝ɛ，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A错误；
B、当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B正确；
C、若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故C错误；
D、当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q＝CU，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，故D正确。
7.如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v1=2m/s的恒定速率运行。初速度大小为v2=3m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5s后与传送带的速度相同，则
A. 小墨块未与传送带速度相同时，受到的摩擦力方向水平向右
B. 根据运动学知识可知a=0.2m/s2
C. 小墨块在传送带上的痕迹长度为4.5m
D. 小墨块在传送带上的痕迹长度为12.5m
【答案】AD
【解析】
【详解】A、小墨块未与传送带速度相同时，相对传送带向左运动，故受到传送带的摩擦力方向水平向右，故A正确；
B、小墨块在摩擦力的作用下做匀变速运动，小墨块在传送带上运动5s后与传送带的速度相同，故加速度，方向向右，故B错误；
CD、小墨块向左减速运动时，对小墨块有：0＝v2﹣at1，x1t1，联立解得：x1＝4.5m；小墨块向左减速的过程中，对传送带的位移为：x2＝v1t1，小墨块向右加速运动时，对小墨块有：v1＝at2，x1′，对传送带x2'＝v1t2，因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：x＝（x1+x2）+（x2′﹣x1′），解得：x＝12.5m，故C错误，D正确。
8.如图所示的圆形线圈共n匝，电阻为R，过线圈中心O垂直于线圈平面的直线上有A、B两点，A、B两点的距离为L，A、B关于O点对称，一条形磁铁开始放在A点，中心与A点重合，轴线与A、B所在直线重合，此时线圈中的磁通量为Φ1，将条形磁铁以速度v匀速向右移动，轴线始终与直线重合，磁铁中心到O点时线圈中的磁通量为Φ2，下列说法正确的是
A. 磁铁在A点时，通过一匝线圈的磁通量为
B. 磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为E=
C. 磁铁从A到B的过程中，线圈中磁通量的变化量为2Φ1
D. 磁铁从A到B的过程中，通过线圈某一截面的电荷量为零
【答案】BD
【解析】
【详解】A、磁铁在A点时，线圈中的磁通量为，故通过一匝线圈的磁通量也为，与匝数无关，故A错误；
B、磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为E＝nn，故B正确；
CD、磁铁从A到B的过程中，磁通量先增加后减小，磁通量的变化量为零，故平均感应电动势为零，故平均感应电流为零，故通过线圈某一截面的电量为零，故C错误，D正确。
二、非选择题
9.某物理小组在一次探究活动中测量小滑块与木板之间的动摩擦因数μ。实验装置如图甲所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，P为连接数字计时器的光电门且固定在B点。实验时给带有遮光条的小滑块一个初速度，让它沿木板从左侧向右运动，小滑块通过光电门P后最终停在木板上某点C。已知当地重力加速度为g。
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，其读数d=___________cm。
(2)为了测量动摩擦因数，除遮光条宽度d及数字计时器显示的时间t外，下列物理量中还需测量的有___________。
A．木板的长度L1 B．木板的质量m1
C．小滑块的质量m2 D．木板上BC间的距离L2
(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ=___________(用题中所涉及的物理量的符号表示)
【答案】 (1). 0.375 (2). D (3).
【解析】
(1)由图乙所示游标卡尺可以知道,主尺示数为 ,游标尺示数为 ,,游标卡尺读数 ;
(2)通过光电门的速度为:
根据动能定理可以知道: ,
要测量动摩擦因数,需要知道滑木板上BC间的距离
所以D选项是正确的.
(3)根据动能定理可以知道:,
计算得出:
综上所述本题答案是：(1). 0.375 (2). D (3).
10.某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻。
A．待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5V，内阻约几欧姆
B．直流电压表V1、V2，量程均为3V，内阻约为3kΩ
C定值电阻R0未知
D．滑动变阻器R，最大阻值Rm
E．导线和开关
(1)根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图______。
(2)实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0=___________(用Um、U10、U20、Rm表示)
(3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U2-U1图象如图丙所示，图中直线斜率为k，与纵轴的截距为a，则两节干电池的总电动势E=___________，总内阻r=___________(用k、a、R0表示)。
【答案】 (1). (2). (3). (4).
【解析】
【详解】（1）由实物图可知电路的连接方式，得出的实物图如图所示：
（2）由图可知，V2测量R0与R两端的电压，V1测量R两端的电压，则R0两端的电压U20﹣U10；由欧姆定律可知：R0Rm；
（3）由闭合电路欧姆定律可知：E＝U2r，变形得：，结合图象有：，，解得;,。
11.如图所示，轨道ABC中的A段为一半径R=0.2m的光滑圆形轨道，BC段为足够长的粗糙水平面。一小滑块P由A点从静止开始下滑，滑到B点时与静止在B点相同质量的小滑块Q碰撞后粘在一起，两滑块在BC水平面上滑行一段距离后停下。g取10m/s2，两滑块与水平面间的动摩擦因数相同μ=0.1，求：
(1)小滑块P刚到达圆形轨道B点时轨道对它的支持力FN为3N，求该滑块的质量和运动到B点的速度。
(2)滑块在水平面上的滑行的距离。
【答案】(1) 、 (2)
【解析】
【详解】(1)小滑块P沿光滑圆形轨道下滑到达B点的过程中，由动能定理得：
在B点，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：、
(2)碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律得：
解得：
两滑块在水平面上滑行的过程中，由动能定理得:
解得：
12.如图甲所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场E，在y轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向。在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r=0.3m的圆形区域(图中未画出)且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度B2=0.8T，t=0时刻，一质量m=8×10－4kg、电荷量q=+2×10－4C的微粒从x轴上xp=－0.8m处的P点以速度v=0.12m/s向x轴正方向入射。已知该带电微粒在电磁场区域做匀速圆周运动。(g取10m/s2)
(1)求电场强度。
(2)若磁场15πs后消失，求微粒在第二象限运动过程中离x轴的最大距离；
(3)若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时速度方向的偏转角最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x，y)。
【答案】(1) ，方向竖直向上 (2) (3)
【解析】
【详解】(1)因为微粒射入电磁场后做匀速圆周运动受到的电场力和重力大小相等，则：
解得：，方向竖直向上
(2)由牛顿第二定律有：
所以
从图乙可知在内微粒做匀速圆周运动，在内微粒向左做匀速直线运动．在内微粒又做匀速圆周运动，在内微粒向右做匀速直线运动，之后穿过y轴．
离x轴的最大距离
(3)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点A与出射点B的连线必须为磁场圆的直径．
由牛顿第二定律，有
所以
所以最大偏转角为60°
所以圆心坐标
即磁场的圆心坐标为．
13.下列说法正确的是( )
A. 分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力增大
B. 当分子间的作用力表现为斥力时，随分子间距离的减小分子势能增大
C. 一定质量的理想气体发生等温膨胀，一定从外界吸收热量
D. 一定质量的理想气体发生等压影胀，一定向外界放出热量
E. 熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度
【答案】BCE
【解析】
【详解】A、分子间距离增大时，分子间的引力减小，斥力也减小，故A错误；
B、当分子间的作用力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，故B正确；
C、保持理想气体温度不变，内能不变，增大其体积时，气体从外界吸热，故C正确；
D、一定质量的理想气体发生等压膨胀，根据理想气体的状态方程：可知，气体的温度一定升高，内能增大，而对外做功，所以一定向从外界吸收热量，故D错误；
E、根据熵的微观意义可知，熵的大小可以反映物体内分子运动的无序程度。故E正确。
14.如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A之间气体柱长为lA＝40 cm，右管内气体柱长为lB＝39 cm。先将开口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg，求：
①A端上方气柱长度；
②稳定后右管内的气体压强。
【答案】①38cm；②78cmHg
【解析】
试题分析：①稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4cm，则A管内气体的压强为PA1=(76+4) cmHg
由公式：P0VA0=PA1VA1，
代入数据得：LA1=38cm
②设右管水银面上升h，则右管内气柱长度为lB-h，气体的压强为；
由玻意尔定律得：
解得：h=1cm
所以右管内气体压强为
考点：气体的状态方程.
【此处有视频，请去附件查看】
15.一列简横波从左向右以v=2m/s的速度传播，某时刻的波形图如图所示。下列说法正确的是___________
A. A质点再经过周期将传播到C点
B. B点正在向上运动
C. B点再经过T回到平衡位置
D. 该的周期T=0.05s
E. C点再经过T将到达峰的位置
【答案】BDE
【解析】
【详解】A、在波的传播过程中，质点不随波传播，A质点不可能传播到C点，故A错误；
B、由波向右传播，根据“同侧法”判断质点的振动方向，可知B点向上振动，故B正确；
C、B点向上振动靠近平衡位置平均速度大，所用时间小于八分之一周期，故C错误；
D、由T=，故D正确；
E、由波的传播方向可判断C点向下运动，所以经过四分之三周期到波峰，E对。
16.如图所示，OBCD为半圆柱体我璃的横截面，OD为直径，一束由红光和紫光组成的复色光看AO方向从真空斜射入玻璃，B、C点为两单色光的射出点(设光线在C处发生全反射)。已知从B点射出的单色光由O到B的传播时间为t。
①若OB、OC两束单色光在直空中的波长分别为λB、λC，试比较λB、λC的大小。
②求从C点射出的单色光由O到C的传播时间tC。
【答案】（1）λB<λC；（2）t
【解析】
试题分析：①由于光线OB偏折比光线OC偏折更多，所以OB光的折射率较大，波长较短，即有λB＜λC；
②作出光路图如图所示．
作界面OD的法线MN，设圆柱体直径为d，入射角为θ，折射角分别为θB、θC，连接DB、DC，
由折射定律得，
，
由上两式得
已知，，可得 tC=t
考点：光的折射
【名师点睛】解决本题的关键是运用几何知识、光速公式和折射定律推导出时间表达式，要用运用数学知识分析几何光学的意识和能力；同时要记住这样的结论：光的折射率越大，则频率越大，波长越小，临界角小，在介质中的传播速度越小.
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