2021届高三第三次模拟考试卷此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号理科综合能力测试（二）注意事项：1．答题前，先
将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2
B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡
上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H
1C12N14O16Cl35.5Fe56Mn55Ba137第Ⅰ卷（选择题，共126分）
一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．防御素是一类可杀死细菌、真菌或者
病毒等微生物并有抗肿瘤活性的蛋白质。有关说法错误的是A．防御素在生物体内具有免疫的作用B．加热变性后的防御素不能与双缩脲试剂产生紫
色反应C．该蛋白质在核糖体上合成，若破坏核仁可能影响防御素的形成D．将防御素溶于NaCl溶液中不会造成其生物学活性的丧失【答案】B
【解析】变性蛋白质含有肽键，可与双缩脲试剂发生紫色反应，B项错误。2．关于生物学原理在生产实践中的应用，下列叙述错误的是A．“稀苗
结大穗，密植多打粮”，强调合理密植，提高光能利用率B．农家肥在土壤中微生物的分解下产生CO2和无机盐，提高光合作用速率C．选用透气
的消毒纱布包扎伤口，促进伤口处细胞有氧呼吸，有利于伤口的愈合D．“露田，晒田”，能为根系提供更多O2，促进细胞呼吸，有利于根吸收无
机盐【答案】C【解析】“稀苗结大穗，密植多打粮”说明合理密植，可以提高光能利用率，提高粮食产量，A正确；农家肥在土壤的微生物的分解
作用下可产生二氧化碳和无机盐，利于植物的光合作用，提高光合作用率，B正确；选用透气的消毒纱布包扎伤口，目的是抑制厌氧菌（破伤风杆菌
）的繁殖，C错误；“露田，晒田”增加土壤的含O2量，为根系提供更多的氧气，促进细胞有氧呼吸,有利植物的根部通过主动运输吸收无机盐
离子，D正确。3．研究人员将两种小型RNA和其他转录因子加入培养液，成功将健康成年人的皮肤细胞直接转化成了运动神经元。这项研究成果
有望治疗因运动神经元损伤导致的肌肉萎缩症。下列叙述正确的是A．皮肤细胞转化成运动神经元的过程中，细胞内蛋白质的种类和数量没有发生改
变B．皮肤细胞转化成运动神经元的过程中，原有细胞内表达的基因均不再表达C．小型RNA和转录因子的作用是诱导皮肤细胞发生基因突变，产
生了不同的蛋白质D．小型RNA和转录因子的作用是促使皮肤细胞内的基因发生了不同以往的选择性表达【答案】D【解析】皮肤细胞转化成运动
神经元的过程中，基因发生了选择性表达，细胞内蛋白质的种类和数量发生改变，A错误；皮肤细胞转化成运动神经元的过程中，原有细胞内表达的
基因部分仍需表达，如呼吸酶基因等，B错误；小型RNA和转录因子的作用是诱导皮肤细胞基因发生了不同以往的选择性表达，产生了不同的蛋白
质，没有发生基因突变，C错误、D正确。4．人在气温高，湿度大的环境中从事重体力劳动，可能出现体温调节障碍、水盐平衡失调、心血管和中
枢神经系统功能紊乱等中暑症状。下列叙述错误的是A．人体调节内环境稳态的能力是有限度的B．环境变化和机体损伤均可破坏内环境稳态C．中
暑出现的症状都是下丘脑功能损伤引起的D．物理降温和补充生理盐水有助于缓解中暑症状【答案】C【解析】人体维持稳态的调节能力是有一定的
限度的，A正确；内环境的稳态受到外界环境因素和体内细胞代谢活动的影响，B正确；中暑会导致体温调节障碍、水盐平衡失调、心血管和中枢神
经系统功能紊乱，中暑是蛇精调节和体液调节紊乱的结果，不都是下丘脑功能损伤引起的，C错误；在高温环境下，物理降温有利于机体散热，高温
环境下，大量出汗，无机盐丢失，需要补充生理盐水，D正确。5．如右图所示，曲线a、b表示两类生物种群密度与存活率之间的关系。下列分析
错误的是A．曲线a代表的种群一般营养级较高、个体体型较大B．依据曲线b，人工养殖鲫鱼时种群密度中等较为适宜C．种群密度超过c时，存
活率下降与种内斗争加剧有关D．种群密度为c时，曲线b代表的种群个体间种内斗争最剧烈【答案】D【解析】曲线a代表种群密度越大，其
存活率越低，即死亡率越大，故曲线a代表的种群一般营养级较高、个体体型较大；依据曲线b可知，人工养殖鲫鱼时种群密度中等较为适宜，因为
此时存活率最高，B正确；种群密度大于c时，b代表的存活率逐渐降低，说明该种群个体间斗争加剧，死亡率升高；种群密度为c时，曲线b代表
的种群存活率最高，说明此时该种群个体间竞争不是最剧烈的。6．某种鸡的慢羽（A）对快羽（a）为显性，位于Z染色体上，出壳雏鸡就可区分
；毛腿基因（B）对光腿（b）为显性，位于常染色体上，现有一对毛腿鸡杂交，F1雌鸡中有1/8光腿快羽，雄鸡中有3/8毛腿慢羽。下列叙
述正确的是A．亲本雌鸡的基因型为BBZAZaB．F1雄性个体中有3种表现型C．F1毛腿快羽雄鸡中纯合子占1/3
D．F1的雌雄个体中Za的基因频率相等【答案】C【解析】亲本基因型组合为BbZaW×BbZAZa，A项错误；F1雄性个体中有毛腿
慢羽、毛腿快羽、光腿慢羽和光腿快羽4种表现型，B项错误；F1毛腿快羽雄鸡基因型为BBZaZa和BbZaZa，其中纯合子占1/3，C
项正确；F1的雌雄个体中Za的基因频率分别为1/2、3/4，D项错误。7．化学与生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是A
．核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是高分子化合物B．垃圾分类有多种方法，其中废纸、废药品属于可回收垃圾C．纳米铁粉和FeS都
可以高效地去除被污染水体中的、、等重金属离子，其原理是相同的D．氨基酸是由天然蛋白质水解得到的，既可以和酸反应，又可以和碱反应【答
案】A【解析】A．核酸检测是确认病毒类型的有效手段，核酸是高分子化合物，A正确；B．废药品为有害垃圾，故B错误；C．纳米Fe粉是和
、、发生置换反应从而治理污染，FeS是将、、等重金属离子转化为比FeS更难溶的金属硫化物沉淀而治理污染，二者原理不同，故C错误；D
．天然蛋白质水解得到的是氨基酸，无法得到CH2(NH2)CH2COOH（非氨基酸），故D错误。故选A。8．设NA为阿伏加德罗常数的
值，下列说法正确的是A．标准状况下，2.24L氖气含有的质子数为2NAB．1mol雄黄(，结构为)含有2NA个S—S键C．常温下，
1.0LpH=9的CH3COONa溶液中，水电离出的H+数目为10?5NAD．7.8g分子式为C6H6的有机物与氢气反应后，最多
消耗氢气分子数目为0.3NA【答案】C【解析】A．标准状况下，2.24L氖气含有的质子数为NA，故A错误；B．由于S原子最外层有6
个电子，故形成2条共价键，故雄黄()中白球为S原子，故此物质中不含键，故B错误；C．在溶液中，溶液中的OH?全部是水电离出的，而此
时溶液中的OH?浓度为10?5mol·L?1，溶液的体积为1L，水电离出的H+与OH?的物质的量相等，为10?5mol，故水电离出
的H+数目为10?5NA，故C正确；D．7.8g分子式为C6H6的有机物有很多种同分异构体，其中链状的二炔烃最多可以消耗0.4NA
的H2，故D错误；故选C。9．二苯乙醇酸甲酯是重要的有机合成中间体，其分子结构简式如图所示。下列说法错误的是A．该物质的分子式为C
15H14O3B．该分子中最多有12个碳原子共面C．该物质能发生取代反应、加成反应、氧化反应D．1mol该物质最多能与6mol
H2加成【答案】B【解析】A．根据有机物中碳原子的成键特点，该物质分子式为C15H14O3，故A正确；B．每个苯环上有6个碳原子，
与碳原子相连的两苯环可以通过旋转，使两苯环和所连碳原子共面，因此共面的碳原子最多有13个，故B错误；C．该物质含有酯基能发生水解反
应（取代反应）和羟基能发生氧化反应，苯环与氢气加成，故C正确；D．1个苯环能与3个氢气分子发生加成，该有机物分子含有2个苯环，1m
ol该物质最多能与6molH2加成，故D正确。故选B。10．某科研团队研制出“TM－LiH（TM表示过渡金属）”双催化剂体系，显
著提高了在温和条件下氮气和氢气合成NH3的效率，原理示意如下：下列分析不合理的是A．状态Ⅰ，吸收能量并有N≡N键发生断裂B．合成N
H3总反应的原子利用率是100%C．“TM－LiH”能降低合成氨反应的ΔHD．生成NH3：2LiNH+3H2=2LiH+2NH3【
答案】C【解析】A．状态Ⅰ为氮气生成LiNH的过程，N≡N键发生断裂要吸收能量，故A正确；B．由流程可知氮气和氢气反应，生成物只有
氨气，原子利用率为100%，故B正确；C．催化剂可降低反应的活化能，但不能降低反应物和生成物的总能量，不能改变反应热，故C错误；D
．由状态Ⅲ可知生成NH3：2LiNH+3H2=2LiH+2NH3，故D正确。故选C。11．某化合物的结构如图所示，W、X、Y均为短
周期元素，W+在短周期金属元素简单阳离子中半径最大，X元素原子的最外层电子数比次外层电子数多l，Y?与Li+具有相同的电子层结构，
下列说法错误的是A．WY是离子化合物B．图示化合物是强还原剂C．X的最高价氧化物可以和强碱反应D．图示化合物中每个原子均能满足8电
子稳定结构【答案】D【解析】W、X、Y均为短周期元素，W+在短周期金属元素阳离子中半径最大，则W为钠；X元素的最外层电子数比次外层
电子数多l，则X为硼；Y?与Li+具有相同的电子层结构，则Y为氢。A．WY为NaH，是由Na+和H?构成的离子化合物，故A正确；B
．该化合物的化学式为NaBH4，其中H显-1价，是强还原剂，故B正确；C．X的最高价氧化物B2O3是酸性氧化物，可以和强碱反应，故
C正确；D．该化合物中，Na+、B原子均能满足8电子稳定结构，但H的最外层只有2个电子，不满足8电子相对稳定结构，故D错误。故选D
。12．在某种光电池中，当光照在表面涂有氯化银的银片上时，发生反应：AgCl(s)Ag(s)+Cl(AgCl)[Cl(AgCl)表
示生成的氯原子吸附在氯化银表面]，接着发生反应：Cl(AgCl)+e?=Cl?(aq)+AgCl(s)。如图为用该光电池电解尿素[
CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图，下列叙述正确的是A．光电池工作时，Ag极为电流流出极，发生氧化反应B．制氢装置溶液中
K+移向A极C．光电池工作时，Ag电极发生的反应为2Cl?-2e?=Cl2↑D．制氢装置工作时，A极的电极反应式为CO(NH2)2
+8OH??6e?=CO+6H2O+N2↑【答案】D【解析】根据题意，左边装置为原电池，右边装置为电解池，原电池中当光照在表面涂有
氯化银的银片上时，发生反应：AgCl(s)Ag(s)+Cl(AgCl)，接着发生反应：Cl(AgCl)+e?=Cl?(aq)+Ag
Cl(s)，银上的电极反应为AgCl(s)+e?=Ag(s)+Cl?，得电子发生还原反应，所以银作正极、铂作负极。A．左侧Ag电极
上得电子作正极、Pt作负极，则Ag电极发生还原反应，故A错误；B．左侧Ag电极上得电子作正极、Pt作负极，则连接Ag的电极为阳极、
连接Pt的电极为阴极，制取氢气装置溶液中阳离子向阴极移动，所以K+移向B电极，故B错误；C．光电池工作时，Ag电极上AgCl得电子
生成Ag，电极反应式为AgCl(s)+e?=Ag(s)+Cl?，故C错误；D．制取氢气装置工作时，A电极为阳极，尿素失电子和氢氧根
离子反应生成碳酸根离子和氮气、水，电极反应式为CO(NH2)2+8OH??6e?=CO+N2↑+6H2O，故D正确；故选D。13．
20℃时，用NaOH调节0.10mol/LH2C2O4溶液的pH，假设不同pH下均有c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2
O)＝0.10mol/L。使用数字传感器测得溶液中各含碳粒子的物质的量浓度随pH的变化曲线如图。下列有关分析正确的是A．曲线a代表
H2C2O4浓度随pH的变化B．当溶液pH=7时：c(Na+)>c(C2O)>c(HC2O)>c(H2C2O4)C．pH从4到6时
主要发生的反应离子方程式为2OH?+H2C2O4=2H2O+C2OD．在曲线a、c交界点有：c(H+)+c(H2C2O4)=c(O
H?)+c(C2O)【答案】B【解析】NaOH调节0.1mol?L?1H2C2O4溶液pH时，c(H2C2O4)降低、c(HC2
O)先增大后减少，c(C2O)一直增大，所以曲线b代表c(H2C2O4)，曲线a代表c(HC2O)，曲线c代表c(C2O)。A．曲
线a代表HC2O浓度随pH的变化，A错误；B．pH=7时，c(OH?)=c(H+)，根据电荷守恒和溶液呈中性可得：c(HC2O)+
2c(C2O)=c(Na+)，则c(C2O)＜c(Na+)，根据图象可知c(H2C2O4)＜c(HC2O)＜c(C2O)，所以溶液
pH=7时：c(Na+)>c(C2O)>c(HC2O)>c(H2C2O4)，B正确；C．从图象可知pH从4到6，主要发生的反应是H
C2O转化为C2O，离子方程式为：OH?+HC2O=H2O+C2O，故C错误；D．在曲线a、c交界点有：c(C2O)等于c(H2C
2O4)，c(H+)+c(Na+)＝c(OH?)+2c(C2O)+c(HC2O)=c(OH?)+0.1+c(C2O)-c(H2C2
O4)，所以c(H+)+c(H2C2O4)+c(Na+)＝c(OH?)+c(C2O)+0.1，若c(Na+)=0.1mol/L，则
溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O电离大于水解，则c(C2O)大于c(H2C2O4)，所以要使c(C2O)等于c(H2C2O4)
，则氢氧化钠用量要减少，即c(Na+)<0.1mol/L，因为c(H+)+c(H2C2O4)+c(Na+)＝c(OH?)+c(C2
O)+0.1，所以c(H+)+c(H2C2O4)>c(OH?)+c(C2O)，D错误；答案选C。二、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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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。14．2020年10月4日世界杯预选赛女子十米跳台决赛在河北奥体中心举行。如图为跳水运动员从起跳
到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为I，运动员入水后到最低点的运动过程记为II，忽略空气阻力，则运动员A．过程
I的动量改变量等于零B．过程II的动量改变量等于零C．过程I的动量改变量等于重力的冲量D．过程II的动量改变量等于重力的冲量【答案
】C【解析】过程I中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，不为零，故A错误，C正确；运动员进入水前的速度不为零，末速度为零，过程I
I的动量改变量不等于零，故B错误；过程II的动量改变量等于合外力的冲量，此过程中受重力和水的阻，则不等于重力的冲量，故D错误。15
．2020年11月24日4时30分，我国用长征五号遥五运载火箭成功发射嫦娥五号探测器。该探测器顺利到达月球表面并取回1.73kg
月壤。氦3大量存在于月壤中，是未来的清洁能源。两个氦3聚变的核反应方程是He＋He→He＋2X＋12.86MeV，已知氦3、氦4
和X粒子的质量分别为m1、m2和m3。下列说法正确的是A．核裂变比核聚变更为安全、清洁B．X粒子为中子C．由核反应过程质量守恒可知
2m1＝m2＋2m3D．两个轻核结合成质量较大的核，比结合能较聚变前增大【答案】D【解析】核聚变需要在超高温、高压的条件下才能发
生反应，一旦条件不满足就会停止反应，且没有放射性污染，比核裂变更为安全、清洁，A错误；据电荷数守恒及质量数守恒可确定X粒子为质子，
B错误；核反应过程有质量亏损，故2m1＞m2＋2m3，C错误；两个轻核结合成质量较大的核，比结合能较聚变前增大，D正确。16．如图
所示，长木板A与物体B叠放在水平地面上，物体与木板左端的固定立柱间放置轻质弹簧，在水平外力F作用下，木板和物体都静止不动，弹簧处于
压缩状态。将外力F缓慢减小到零，物体和木板始终不动，在此过程中A．木板A上下表面所受摩擦力的合力大小不变B．木板A上下表面所受摩擦
力的合力逐渐减小C．物体B所受的摩擦力逐渐减小D．物体B所受的摩擦力先增大后减小【答案】A【解析】木板A水平方向共受三个力，分别是
弹簧水平向左的弹力和上下两个面的静摩擦力，因A静止不动，受合外力为0，弹簧的弹力不变，所以两个摩擦力的合力也不变，与弹力大小相等，
方向相反，A正确，B错误；对物体B，因开始时所受摩擦力的方向不确定，则摩擦力方向有可能与F同向，此时弹力不变，F减小，则摩擦力增大
；也可能与F反向，此时弹力不变，F减小，则摩擦力先减小然后再反向增大，C错误，D正确。17．在星球P和星球Q的表面，以相同的初速度
v0竖直上抛一小球，小球在空中运动时的速度－时间图像分别如图所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体，星球P的半径是星球Q半径的3倍
，下列说法正确的是A．星球P和星球Q的质量之比为3∶1B．星球P和星球Q的密度之比为1∶1C．星球P和星球Q的第一宇宙速度之比为∶
1D．星球P和星球Q的近地卫星周期之比为1∶【答案】B【解析】根据v－t图像的斜率表示加速度，可知两星球表面重力加速度之比gP∶g
Q＝3∶1，根据M＝得到MP∶MQ＝27∶1，故A错误；由ρ＝可以得到ρP∶ρQ＝1∶1，故B正确；根据v＝，得两星球的第一宇宙速
度之比vP∶vQ＝3∶1，故C错误；根据T＝2π可得TP∶TQ＝1∶1，故D错误。18．如图所示，金属框abcd置于水平绝缘平台上
，ab和dc边平行，和bc边垂直，ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向
右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行，不计一切摩擦。则A．金属
框的速度逐渐增大，最终趋于恒定B．金属框的加速度逐渐减小，最终为零C．导体棒所受安培力逐渐增大，最终趋于恒定D．导体棒到金属框be
边的距离逐渐增大，最终趋于恒定【答案】C【解析】初始时刻，金属框的加速度最大，随着金属框速度的增加，感应电动势逐渐增加，回路电流之
间增加，MN所受安培力逐渐增加，根据牛顿第二定律，对金属框F－BIL＝Ma1，对导体棒BIL＝ma2，因此金属框加速度逐渐减小，导
体棒加速度逐渐增加，最终两者加速度相同，速度差恒定。故选C。19．远距离输电原理图如图所示，原线圈输入电压及输电功率恒定，升压变压
器和降压变压器均为理想变压器，当S由2改接为1时，下列说法正确的是A．电压表读数增大B．电流表读数增大C．输电线上损耗的功率减小D
．用户的功率减小【答案】AC【解析】原线圈输入电压及输电功率恒定，当S由2改接为1时，根据U2＝U1，升压变压器副线圈匝数n2增
大，则U2增大，由于U1I1＝U2I2，则升压变压器副线圈电流I2减小，所以电流表读数减小，B错误；线路损失的电压ΔU＝I2R线减
小，则降压变压器原线圈的电压U3＝U2－ΔU增大，则降压变压器副线圈的电压U4＝U3增大，所以电压表的读数增大，A正确；输电线上损
耗的功率ΔP＝I22R线，由于升压变压器副线圈电流I2减小，所以输电线上损耗的功率减小，C正确；用户的功率P4＝P1－ΔP，输电
线上损耗的功率减小，所以用户的功率增大，D错误。20．如图所示，光滑水平面OB与足够长的粗糙斜面BC交于B点。轻弹簧左端固定于竖直
墙面，用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放滑块，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上。换用相同
材料、质量为m2的滑块(m2＞m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程。不计滑块经过B点时的机械能损失。从静止释放滑块到滑块沿斜面
上升到最大高度过程，下列说法正确的是A．两滑块到达B点的速度大小相等B．两滑块在斜面上运动的加速度相同C．两滑块的重力势能增加量相
同D．两滑块与斜面因摩擦产生的热量相同【答案】BCD【解析】弹簧释放的过程，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能。两次弹簧都压缩到同一点
D后释放，则两次弹簧的弹性势能相同，水平面又光滑，所以两滑块运动到B点的动能相同，但是两滑块质量不同，则速度不同，故A错；由牛顿第
二定律可得，滑块在斜面上运动的加速度a＝gsinθ＋μgcosθ，由于材料相同，所以动摩擦因数相同，由上式可知加速度与质量无关
，故两滑块在斜面上运动的加速度相同，故B正确；设滑块上升的最大高度为h，由能量守恒定律得，解得，由上式可知，两滑块的重力势能增加量
是相同的，故C正确；因摩擦产生的热量为，由上面解析可知，μ、mgh相同，故产生的热量相同，故D正确。21．如图，直角坐标系xOy平
面内，O（0，0）、P（a，0）两点各放置一点电荷，Q（0，a）点电场强度沿x轴正方向，下列判断正确的是A．P点电荷带正电B．P点
电荷量大于O点电荷量C．在x轴负半轴上某点电场强度为零D．从P点沿x轴正方向电势越来越低【答案】BC【解析】如果O、P点电荷带电性
一致，Q点电场强度必有y轴分量，若O、P点电荷分别带负电、正电，则Q点电场强度必有指向x轴负方向分量，故点O处点电荷带正电，P处点
电荷带负电，故A错误；由题意Q点电场强度沿x轴正方向可得，即，解得，故B正确；设O点沿x轴负方向存在一点M距离O点x，电场强度为0
，则有，解得，由于电势沿电场线方向降低，P点电荷带负电且电荷量较大，则P点右侧电场线沿x轴负方向，则沿x轴正方向电势越来越高，故C
正确，D错误。第Ⅱ卷（非选择题，共174分）三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须
作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题(共129分)22．(6分)其研究性学习小组设计实验测量“某品牌的
运动鞋鞋底与室内篮球馆木地板之间动摩擦因数的大小”，简要步骤如下：(1)找来学校球馆的一块长木板固定在水平桌面上，在木板左端固定一
光滑小滑轮，右端固定电磁打点计时器；(2)用塑料袋装一些沙子，塞入鞋中，并测出鞋和沙子的总质量M。接着把鞋子放在长木板上，把一轻质
细线的一端固定在鞋子上，使鞋子能够沿细线方向做直线运动，再将细线绕过小滑轮，细线另一端拴一小桶，鞋子连接纸带穿过打点计时器，纸带保
持水平。(3)释放小桶，使鞋子能由静止开始加速运动，打出的纸带如图所示，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻计数点之间有四个计
时点没有画出，用刻度尺测量出两点之间的距离如图所示分别为s1＝1.81cm、s2＝2.10cm、s3＝2.40cm、s4＝2
.70cm、s5＝3.01cm、s6＝3.30cm，打点计时器所接交流电频率f＝50Hz，可算出运动的加速度a＝_____
____m/s2（保留两位有效数字）；用天平测出小桶的质量为m，则鞋底与木板之间的动摩擦因数表达式μ＝_________；（用M
、m、g、a表示）(3)在测量过程中，下列说法正确的是______。A．细线要与长木板保持平行B．应将长木板垫高以平衡摩擦力C．应
该先接通计时器的电源后再使鞋子开始运动D．实验需要m远小于M才行【答案】(3)0.30(4)AC【解析】(3)根据逐差法m/s2
，由，解得。(4)在测量中，拉力要与长木板平行，即细线要与长木板保持平行，A正确；此实验目的就是为了测量摩擦因数，所以不应该平衡摩
擦力。如果先使鞋子开始运动再接通电源，有可能纸带已经被拉走，打不上点。所以应该先接通计时器的电源后再使鞋子开始运动，C正确；此实验
利用牛顿第二定律分析，不要求m远小于M，D错误。23．(9分)某实验小组研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：两只相同的小灯泡（额
定电压3.8V，额定电流0.32A），电压表V（量程3V，内阻3kΩ），电流表A（量程0.6A，内阻约0.5Ω），定值
电阻R0（阻值1000Ω），滑动变阻器R（阻值0～5.0Ω），电源（电动势E＝4.5V，内阻不计）。(1)选择一只小灯泡进行
实验研究，要求能够实现在0～3.8V的范围内测量小灯泡的电压，在下面的选线框中画出实验原理电路图。(2)实验测得该小灯泡伏安特
性曲线如图。由实验曲线可知，小灯泡的电阻率随着电流的增加而___________（填增大、不变或减小）。(3)将本实验中的两只小灯
泡与电动势E＝4.0V，内阻r＝4.0Ω的另一电源串联成闭合回路电路，则电源两端的路端电压U和干路电流I的关系式为______
_____，小灯泡的实际功率为___________W。（结果保留两位小数）【答案】(1)见解析图(2)增大(3)U＝E－Ir
0.36(0.32～0.40)【解析】(1)如图所示，由于要求小灯泡的电压的在0～3.8V的范围内测量，故滑动变阻器选择分压接
法，由于电压表的量程不够，可与定值电阻R0串联，扩大量程为V，灯的内阻Ω，有内外接判定值V，R＞RL，即电流表外接，如图所示。(2
)结合上图和U－I可知，I越大，对应得点与原点连线的斜率越大，电阻越大，电阻率越大；(3)由闭合电路欧姆定律可知，路端电压U＝E－
Ir，两个灯泡完全相同并且串联，所以灯泡电压，在U－I中作出上式的图像，如图所示，图线交点坐标约为(0.23A，1.57V)，则P
＝UI＝0.36W。24．(14分)如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内，y轴与x＝d之间，有沿x轴正向的匀强电场，在第二象限
内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在x轴上P（－d，0）点，沿y轴正向发射一个质量为m、电荷量大小为q的带负电粒子，粒子的速度大小
为v0，粒子刚好从坐标原点O射出磁场；若只增大粒子的发射速度大小，使粒子垂直y轴射出磁场，结果粒子在电场中运动d的距离，速度为零，
不计粒子的重力，求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小；(2)匀强电场的电场强度大小；(3)继续增大粒子的发射速度大小，要使粒子不能从
x＝d射出电场，粒子的发射速度最大为多少。【解析】(1)当粒子以大小为v0的速度射入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的半径根据牛顿第二
定律有解得。(2)设粒子射出速度大小为v1，由题意知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r2＝d根据牛顿第二定律粒子进入电场后，根据
动能定理有解得。(3)设粒子射出速度增大为v时，粒子刚好不从x＝d射出电场设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有
：设粒子出磁场时速度与x轴正向夹角为θ，根据几何关系有粒子出磁场时，沿x轴正向的分速度vx＝vcosθ粒子沿电场方向做匀减速运
动，根据运动学公式有根据牛顿第二定律有qE＝ma解得v＝3v0。25．(18分)如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧
轨道半径R＝0.45m，下端恰好与平台平滑对接，在光滑的水平面上有一个静止的、足够长的木板c，可视为质点的小滑块b静止在距离木板
右端L＝2.25m处，木板的右端紧靠侧壁竖直的平台，平台的上表面光滑并与木板上表面等高。可视为质点的小滑块a由圆弧轨道顶端无初速
释放，a、b碰撞时间极短，碰后粘连在一起运动。已知两个小滑块与木板的质量均为m＝1kg，小滑块a、b与木板间的动摩擦因数均为μ＝
0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。(1)求小滑块a滑到圆弧轨道底端对圆弧轨道的压力大小；(2)求小滑块a、b
碰后瞬间速度的大小；(3)若a、b间发生弹性碰撞，求碰撞后小滑块a、b之间的最大距离。【解析】(1)小滑块a从圆弧轨道顶端滑到平台
上，根据机械能守恒定律得解得小滑块a滑到圆弧轨道底端时速度的大小，在圆弧轨道底端时由牛顿第二定律得解得根据牛顿第三定律可知：小滑块
a对圆弧轨道的压力大小为30N。(2)a滑上c后水平方向受向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得代入数据解得若b、c相对静止，则b、
c整体受a对它的向左的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得代入数据解得由题意可知b与c间的动摩擦因数为0.1，故b在c表面的最大加速度为故
可以保持相对静止，即则当将要相碰时满足解得：（另一值不满足题意，舍掉），此时a的速度b和c的速度a、b碰后粘连在一起运动，设共同速
度为v，则由动量守恒解得小滑块a、b碰后瞬间速度的大小。(3)a、b发生弹性碰撞，设碰后a、b速度分别为、，则有联立解得、分析知碰
后a、c一起运动，设最终三者共同速度为，则由动量守恒定律得设a、b间最大距离为d，由能量守恒得。联立解得。26．（14分）砂质土壤
分析中常用KarlFischer法是测定其中微量水含量，该方法是利用I2和SO2反应定量消耗水作为原理(假设土壤中其他成分不参加
反应)，据此回答下列问题：(1)写出该反应的化学反应方程式为_________________________。步骤Ⅰ：反应样品中
的水下图是某同学在实验室模拟KarlFischer法的实验装置图：(2)装置连接的顺序为a→____________(填接口字母
顺序)；M仪器的名称为_____________，其在实验过程中的作用是_____________________________
___；(3)操作步骤为：①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，____________________；③关闭弹簧夹，打开分液
漏斗活塞；④反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2，⑤取下D装置。步骤④中继续通入N2的目的是________________
________________步骤Ⅱ：测定剩余的碘向反应后的D装置加入蒸馏水，过滤，充分洗涤，并合并洗涤液和滤液，将其配成250
.00mL溶液，取25.00mL用0.20mol·L?1Na2S2O3标准液滴定剩余的I2单质，已知反应如下：2S2O+I2=S
4O+2I?。(4)将Na2S2O3标准液装在______(填“酸式”“碱式”)滴定管中，调整液面后开始滴定；(5)滴定实验重复四
次得到数据如下：实验①②③④消耗的标准液的体积/mL18.3720.0519.9520.00①若实验开始时，向D装置中加入10.0
0g土壤样品和10.16gI2(已知I2过量)，则样品土壤中水的含量为_________%。②若Na2S2O3标准液已部分氧化变
质，则水含量测定结果将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。【答案】（1）SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HId
→e→i→h→g→f→b→c长颈漏斗平衡内外气压，防止压强过大打开弹簧夹，通入氮气将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收碱式
7.2偏低【解析】(1)碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水中发生氧化还原反应生成氢碘酸和硫酸，反应的化学方程式为：
SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，故答案为SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4；(2)装置A是制备二氧化硫气体，
装置B中的碱石灰可以吸收尾气，并防止外界水蒸气进入装置，应该在整套装置的最后，D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置，进入该装置的二
氧化硫需要用浓硫酸(E)干燥，C装置为安全瓶，因此装置的顺序为ACEDB，接口顺序为d→e→i→h→g→f→b→(c)；根据图示，
M为长颈漏斗，在实验过程中，可以起到平衡内外气压，防止压强过大的作用，故答案为d→e→i→h→g→f→b→(c)；长颈漏斗；平衡内
外气压，防止压强过大；(3)操作步骤：①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，打开弹簧夹，通入氮气，把装置内空气赶净，③关闭弹簧夹
，打开分液漏斗活塞；④反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2，将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收，⑤取下D装置；故答案为打开
弹簧夹，通入氮气；将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收；(4)Na2S2O3水解显碱性，Na2S2O3标准液应装在碱式滴定管中；故
答案为碱式；(5)①实验开始时，向D装置中加入10.00g土壤样品和10.16gI2(已知I2过量)，n(I2)==0.04mo
l，向反应后的D装置加入蒸馏水，过滤，充分洗涤，并合并洗涤液和滤液，将其配成250.00mL溶液，取25.00mL用0.20mol
·L?1Na2S2O3标准液滴定剩余I2单质，根据实验数据可知，实验①的误差较大，删除该数值，②③④实验消耗Na2S2O3溶液的
平均值=mL=20.00mL，根据2S2O+I2=S4O+2I?，消耗碘单质物质的量=n(Na2S2O3)××=×0.0200L×
0.20mol/L×10=0.02mol，与二氧化硫反应的碘单质物质的量=0.04mol-0.02mol=0.02mol，消耗水为
0.04mol，土壤样品中水的含量=×100%=7.2%，故答案为7.2%；②若Na2S2O3标准液已部分氧化变质，滴定过程中消耗
的硫代硫酸钠溶液体积增大，测定剩余碘单质物质的量增大，则与二氧化硫反应的碘单质减少，反应的水的物质的量减小，计算得到水的含量偏低，
故答案为偏低。27．（14分）二甲醚(CH3OCH3)有优良的燃烧性能，被称为21世纪的“清洁能源”，一步法合成二甲醚是以合成气(
CO、H2)为原料，在一定温度、压强和催化剂作用下进行，反应器中发生了下列反应：Ⅰ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)Δ
H1=-90kJ/molⅡ：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH2=-23kJ/molⅢ：CO(g)+H2
O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH3=-41kJ/mol(1)一种新合成二甲醚的方法为一定条件下：2CO2(g)+6H2(g
)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)，该反应的ΔH=_______kJ/mol；判断该反应在一定温度下、体积恒定的密闭容器中，
下列不能作为达到化学平衡状态的依据是_______。A．平均摩尔质量保持不变B．容器内气体的密度不变C．容器内压强保持不变D．
单位时间内消耗2molCO2，同时消耗1mol二甲醚(2)可采用CO和二甲醚催化合成乙醇。反应Ⅰ：反应Ⅱ：①压强为pkPa时，
温度对二甲醚和乙酸甲酯平衡转化率的影响如图甲所示，则ΔH1_______(填“＞”或“＜”)0。②温度对平衡体系中乙酸甲酯的含量和
乙醇的影响如图乙所示，在范围内，乙酸甲酯的含量逐渐增大，而乙醇的百分含量逐渐减小的原因是：_______。(3)25℃时，以二甲醚
燃料电池(电解质溶液为稀硫酸)为电源，电解一定浓度的NaCl溶液.写出通入二甲醚一极的电极反应式_______。电解一段时间后，N
aCl溶液的pH变为12(假设电解前后NaCl溶液的体积不变)，则理论上消耗二甲醚的物质的量为_______mol。【答案】（1）
B＜在300~600K内，随温度升高，反应Ⅰ向逆反应方向移动的程度比反应Ⅱ的小CH3OCH3-12e?+3H2O=2CO2+
12H+5.0×10?4【解析】(1)已知①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH1=-90kJ/mol②2CH3O
H(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH2=-23kJ/mol③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH
3=-41kJ/mol由盖斯定律知，反应2×①+②-2×③，整理可得反应：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H
2O(g)的ΔH=-121kJ/mol；A．反应前后气体的质量不变，而气体的物质的量会发生改变，所以反应中混合气体的平均摩尔质量会
随着反应而变，故平均摩尔质量保持不变能说明反应已达平衡，A不符合题意；B．密闭容器中ρ=，气体总质量恒定不变，容积体积的不变，则气
体密度始终不变，因此不能根据密度不变判断反应是否已达平衡，B符合题意；C．反应中容器内压强会随着反应而变，当容器内压强保持不变时，
能说明反应已达平衡，C不符合题意；D．从速率的角度，每反应消耗2molCO2，就产生1molCH3OCH3，同时消耗1mol
CH3OCH3，则CH3OCH3的浓度不变，反应达到平衡状态，D不符合题意；故合理选项是B；(2)①由图1可知：压强为pkPa时
，随着温度的升高，二甲醚和乙酸甲酯平衡转化率均降低，说明温度升高，反应①、反应②均逆向移动，即反应的正方向均为放热反应，则ΔH1＜
0；②ΔH1＜0，ΔH２＜0，升高温度反应①、②均逆向移动，但从图甲可以知道，300~600K时，随温度升高，反应①向逆反应方向移
动的程度比反应②的小，从而乙醇百分含量逐渐减少；(3)25℃时，以二甲醚燃料电池(电解质溶液为稀硫酸)为电源，电解600mL一定浓
度的NaCl溶液，其中通入二甲醚一极为负极，CH3OCH3失去电子被氧化变为CO2，则负极的电极反应式为：CH3OCH3-12e?
+3H2O=2CO2+12H+；电解NaCl溶液方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，根据方程式可知：每反应
产生2molNaOH，反应中转移2mol电子。一段时间后，NaCl溶液的pH变为12，n(NaOH)=×0.6L=6.0×10?
3mol，则n(e?)=6.0×10?3mol，则理论上消耗二甲醚的物质的量为n(CH3OCH3)=n(e?)=5.0×10?4m
ol。28．铟In作为一种稀有贵金属在很多高新领域有广泛应用，随着铟的应用越来越广泛，人类对铟的需求量日益增加，有效富集回收铟的技
术也越来越受到重视。回收处理含铟废渣(In的质量分数为9.8%，同时含有FeCl3、SiO2、SnO、Tl(OH)3杂质)是制取铟
的主要途径之一。已知：①溶液中一些金属离子水解生成氢氧化物沉淀时的pH如下表：金属离子开始沉淀pH沉淀完全pH②“浸渣Ⅰ”的主要成
分为SnO、Tl(OH)3、SiO2、In(OH)3、Fe(OH)3。请回答下列问题(1)“操作Ⅲ”的名称为_______。(2)
“浸出渣a”的主要成分为_______(填化学)。(3)“还原渣”的主要成分为Tl和Sn，写出反应生成Tl的离子方程式：_____
__。(4)加入试剂X，调节pH的范围为_______，可选择的试剂X_______。A．Fe2O3B．FeCO3C．稀硫酸
D．稀硝酸(5)“沉渣”中加入稀硫酸，发生反应的化学方程式为_______。(6)通过加入铝置换出的海绵铟中铟的质量分数达到96.
04%，通过以上途径回收铟的总损耗率约为2%，回收效率非常高。某企业每月可产生此种含铟废渣1600kg利用上述技术手段，理论上可获
得海绵铟的质量为_______kg。【答案】（1）过滤~B【解析】由流程可知，加水溶解含铟废渣，“浸渣1”的主要成分为
SnO、Tl(OH)3、SiO2、Fe(OH)3、In(OH)3；加稀硫酸酸浸，SiO2不溶解，为浸出渣a的主要成分，浸出液中含有
Sn2+、Tl3+、Fe3+、In3+等阳离子，加入铁粉，一方面将Fe3+还原为Fe2+，另一方面置换出Sn和Tl单质，加入FeC
O3调pH使In3+沉淀而Fe2+不沉淀，过滤后得到的沉渣中主要含有In(OH)3，用稀硫酸溶解，得到In3+，最后加入Al进行置
换，得到海绵铟。(1)“操作Ⅲ”是分离固体和液体，名称为过滤；(2)“浸出渣a”是不与稀硫酸反应的物质，主要成分为SiO2；(3)
Fe单质和‘浸出液’的Tl3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Tl，离子方程式；(4)调节pH是为了完全沉淀ln3+，但不能产生Fe
(OH)2沉淀，则调节pH的范围为5.0~7.15；为了不引入其他杂质离子，应选择FeCO3，故选B；(5)“沉渣”的主要成分是
In(OH)3，加入稀硫酸发生酸碱中和反应，反应的化学方程式为：；(6)铟废渣中In的质量分数为9.8%，总损耗率约为2%，海绵
铟中铟的质量分数达到96.04%，则获得海绵铟的质量为1600kg×9.8%×(1-2%)÷96.04%=160kg。29．（9分
）马铃薯叶片合成的有机物可通过叶柄和茎输送到地下，地下茎积累有机物形成球状的块茎（如图所示）。回答下列问题：（1）适宜的光照条件下
，马铃薯叶肉细胞中［H]参与的化学反应有____________。（2）用富含H218O的水浇灌马铃薯植株，___________
_（填“能”或“不能”）在产生的CO2中检测到18O，原因是____________。（3）光合作用的光反应阶段和暗反应阶段之间在
能量方面的联系是____________。（4）研究发现，将生长状况相同的马铃薯幼苗均分为两组，分别种植在缺钾地块、正常地块中，收
获时发现：缺钾的地块中马铃薯的产量明显低于正常地块，但是地上茎叶部分的干重明显高于正常地块。据此分析钾的作用是__________
__。【答案】（1）与氧结合生成水、参与C3化合物的还原（2）能H218O参与有氧呼吸第二阶段，与丙酮酸在酶的催化下生成含18
O的二氧化碳（3）光反应阶段生成的ATP为暗反应中C3的还原提供能量，ATP中活跃的化学能则转化为储存在糖类等有机物中稳定的化学
能（4）促进叶片合成的有机物向块茎中运输【解析】（1）适宜的光照条件下，马铃薯叶肉细胞中[H]参与的反应是光合作用的暗反应阶段（
参与C3化合物的还原）和有氧呼吸的第三阶段（与氧结合生成水）。（2）H218O参与有氧呼吸第二阶段，与丙酮酸在酶的催化下生成含18
O的二氧化碳，所以用含H218O的水浇灌马铃薯植株，能在产生的CO2中检测到18O。（3）光反应阶段和暗反应阶段之间在能量方面的联
系表现在：光反应阶段生成的ATP为暗反应中C3的还原提供能量，ATP中活跃的化学能则转化为储存在糖类等有机物中稳定的化学能。（4）
由地上茎叶部分的干重明显高于正常地块，但马铃薯的产量缺明显低于正常地块，可推知，钾的作用是促进叶片合成的有机物向块茎中运输。30．
（8分）血糖平衡调节是人体生命活动调节的重要方面，对于维持人体健康有重要意义。请回答下列问题：（1）人体是通过一些特定的激素来调节
血糖平衡的，最主要的是胰岛素和胰高血糖素，这两种激素的合成场所是（填细胞器名称），释放到细胞外的方式是。（2）正常情况下，血糖
浓度维持在一定范围内。在血糖调节过程中，神经中枢_________起了非常重要的作用。胰岛素可通过促进细胞____________
_______________来降低血糖浓度，胰高血糖素可通过促进___________糖原直接分解来提高血糖浓度。（3）糖尿病有
两种类型，Ⅰ型为胰岛素分泌不足，Ⅱ型为靶细胞膜上胰岛素受体受损。现有一只患糖尿病的小鼠，试用简单的方法判断该小鼠属于哪种类型的糖尿
病：(写出简单的实验思路及结果分析)。【答案】（1）核糖体（1分）胞吐（1分）（2）下丘脑（1分）加速摄取、利用和储存葡萄
糖（2分）肝（1分）（3）给实验小鼠注射适量的胰岛素，检测小鼠血糖变化，若血糖水平基本不变即为II型实验小鼠；若小鼠血糖水平下降
则为I型（或抽取血样检测体内胰岛素水平，若胰岛素含量少为I型，含量偏高或者基本正常则为II型）（2分）【解析】（1）胰岛素和胰高血
糖素的化学本质为蛋白质，在核糖体中合成，通过胞吐方式释放到细胞外。（2）下丘脑与人体血糖调节有关。胰岛素可通过促进细胞加速摄取、利
用和储存葡萄糖来降低血糖浓度，胰高血糖素可通过促进肝糖原直接分解来提高血糖浓度。（3）据分析可知，Ⅱ型糖尿病病人体中缺乏识别胰岛素
的受体，注射的胰岛素不能发挥作用，不能治疗Ⅱ型糖尿病；据此，可设计如下：给实验小鼠注射适量的胰岛素，检测小鼠血糖变化，若血糖水平基
本不变则为II型实验小鼠，若小鼠血糖水平下降则为I型。31．（10分）同化效率指植物吸收的日光中被https://baike.so
.com/doc/5389938-5626550.html光合作用所固定的能量比例，或被动物https://baike.so.co
m/doc/1378750-1457514.html摄食的能量中被同化了的能量比例。草原上存在一条食物链：植物→兔→狼，回答下列问
题：（1）从植物的光合色素对光的吸收情况看，草的同化效率不可能为100%的原因是。（2）该食物链中，兔同化的能量（填“大于
”、“等于”或“小于”）狼同化的能量，其原因是。（3）狼能够通过兔留下的气味去猎捕兔，兔同样也能够通过狼的气味或行为躲避猎捕，这
说明生态系统的信息能够。狼追逐兔的过程中，肌肉发达、动作敏捷的兔容易逃脱狼的追逐而存活下来，而跑得快的狼也更容易得到食物而得以生
存，这种现象称之为。【答案】（1）光合色素主要吸收可见光中的红光和蓝紫光，相当一部分光能被反射出去或变为热能散失掉了（2）大于
生态系统中能量传递的特点是单向流动、逐级递减（合理即可）（3）调节种间关系，维持生态系统的稳定共同进化（或协同进化）（每空2分）
【解析】（1）光合色素中的叶绿素主要吸收红光和蓝紫光，类胡萝卜素主要吸收蓝紫光，因此，光合作用所利用的那一部分光能只占入射到植物体
上的光能的一部分，其余的相当一部分光能被反射出去或变为热能散失掉了。（2）生态系统中能量传递的特点是单向流动、逐级递减，故兔同化的
能量大于狼同化的能量。（3）狼和兔子间能进行信息传递，这些信息能够调节这两种生物的种间关系，进而维持生态系统的稳定。狼和兔子作为对
方的环境，彼此起选择作用，共同进化。32．（12分）果蝇的野生型和突变型为一对相对性状，受一对等位基因控制。现用一对纯合野生型雌雄
果蝇杂交，由于其中一个亲本在某次减数分裂时，一对等位基因中的一个基因发生突变，导致子一代中出现了一只突变型雄果蝇。回答下列问题：（
1）若该对等位基因位于常染色体上，则显性性状是____________（填“突变型”、“野生型”、“突变型或野生型”），且减数分裂
时发生基因突变的亲本是__________________。（2）若该对等位基因仅位于又染色体上，则显性性状是__________
_（填“突变型”、“野生型”、“突变型或野生型”），减数分裂时发生基因突变的亲本是____________。为了解子一代中某只野生
型雌果蝇是否携带该突变基因，现用该雌果蝇与突变型雄果蝇杂交，若子二代中____________，则可判断该雌果蝇未携带该突变基因，
判断的理由是____________；若子二代中____________，则可判断该雌果蝇携带该突变基因。【答案】（1）突变型父
本或母本（2）突变型或野生型母本雌雄果蝇全为野生型根据野生型雌果蝇可能携带突变基因，推知突变型为隐性性状，而子二代雌雄果蝇
全为野生型，则该雌果蝇不可能携带隐性突变基因雌雄果蝇均有野生型和突变型【解析】（1）分析题意，一对等位基因中的一个基因发生突变，
导致子一代中出现了一只突变型雄果蝇，若控制该对相对性状的基因位于常染色体上，则野生型果蝇的后代出现的突变型是显性性状，可能是减数分
裂时父本或母本的基因型由aa突变为Aa的结果。（2）若控制该对相对性状的基因位于X染色体上，若突变型是显性性状，则亲本的基因型为X
aXa，XaY，后代雄果蝇为XAY，说明母亲的基因发生了显性突变；若突变型是隐性性状，则亲本的基因型为XAXA，XAY，后代雄果蝇
为XaY，说明母亲的基因发生了隐性突变，因为雄果蝇X染色体上的基因只能来自母本，故显性性状无法确定，为突变型或野生型。若要了解子一
代中某只野生型雌果蝇是否携带该突变基因，可用该雌果蝇与突变型雄果蝇杂交，根据野生型雌果蝇可能携带突变基因，推知突变型为隐性性状，若
子二代中雌雄果蝇全为野生型，其杂交组合为XAXA×XaY，则该雌果蝇不可能携带隐性突变基因；若子二代中雌雄果蝇均有野生型和突变型，
其杂交组合为XAXa×XaY，则可判断该雌果蝇携带该突变基因。（二）选考题（共45分，请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中
每科任选一题作答，如果多做，则每科按所做的第一题计分。）33．【物理——选修3—3】(15分)(1)(5分)关于分子动理论和热力学
定律，下列说法中正确的是___________。（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．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量B．布朗运动是由于分子无规则运动直接形成的，而扩散现
象是分子热运动的间接反映C．阿伏加德罗常数是联系微观物理量和宏观物量的桥梁，已知水的摩尔质量和水分子的质量，可以求出该常数D．热传
递的自然过程是大量分子从无序程度大的状态向无序程度小的状态转化的过程E．水面上的单分子油膜，在测量油膜分子直径时可把它们当做球形处
理【答案】ACE【解析】空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，因为电能也部分转化为热能，A正确；扩散现象是由于
分子无规则运动直接形成的，而布朗运动是分子热运动的间接反映，B错误；阿伏加德罗常数是联系微观物理量和宏观物量的桥梁，已知水的摩尔
质量和水分子的质量，可以求出阿伏伽德罗常数，C正确；根据热力学第二定律可知，热传递的自然过程是大量分子从无序程度小的状态向无序程度
大的状态转化的过程，D错误；油膜法把油分子近似看作一个球体，E正确。(2)(10分)如图甲所示，竖直放置气缸内用活塞封闭着一定质量
的理想气体，活塞的质量为m，横截面积为S，现对气缸内气体缓慢加热，使其温度从T1升高了ΔT，气柱的高度增加了Δh，吸收的热量为Q，
已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，不计活塞与气缸间摩擦。(i)求对气缸内气体缓慢加热的过程中气体内能的增加量；(ii)如果在
活塞上缓慢堆放一定质量细砂，保持缸内气体温度不变（升高后的温度），如图乙所示，使缸内气体的体积又恢复到初始状态，求所堆放细砂的总质
量。【解析】(i)设缸内气体的温度为T1时压强为p1，活塞受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，得到气体膨胀对外界做功为根据
热力学第一定律得到联立可以得到。(ii)设放砂子的质量为M，缸内气体的温度为T2时压强为p2，系统受重力、大气压力和缸内气体的压力
作用而平衡，得到根据查理定律联立可以得到。34．【物理——选修3—4】(15分)(1)(5分)从波源质点0起振开始计时。经时间t＝
1s，x轴上距波源10m处的质点开始振动，此时波形如图所示，则下列说法正确的是___________。（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．该列波的周期为0.8sB．O点的简谐振动方程为y
＝2sin5πt（cm）C．在0～0.6s时间内，x轴上2m处质点通过的路程为4cmD．在t＝0.6s时，x轴上8m处
质点位移为零，且向y轴负方向振动E．再经4.0s，x＝48m处的质点处于波峰位置【解析】由波形图可知周期为0.8s，A正确；
由rad/s，得O点的简谐振动方程为y＝2sin2.5πt（cm），B错误；波速，由图可知，t＝0.2s时，x轴上2m处的质点开
始振动故在0~0.6时间内x轴上2m处质点振动的时间为0.4s，故通过的路程，C正确；根据T＝0.8s，由图可知，在t＝0.6s时
，x轴上8m处质点还未发生振动，D错误；由图可知，在x轴上，x＝48m处的质点距x＝8m质点在波峰距离为40m，由公式可知，再经4
.0s，x＝48m处的质点处于波峰位置，E正确。(2)(10分)玻璃直角三棱镜的截面如图所示，∠B＝30°，一束光线从AB边上的
M点以平行于BC的方向射入棱镜，经BC边反射后的反射光线与AB边平行。已知AB＝L，BM＝L，真空中的光速为c。求：(i)棱镜的折
射率n；(ii)该束光线从M点射入到第一次从AC边射出经历的时间。【解析】(i)根据题意，作出光路图，如图所示，根据几何关系可知，
光线在M点的入射角为，折射角为根据折射定律有解得。(ii)光在棱镜中传播的速度为由几何知识可得、光线从M点射入到第一次从边射出所经
历的时间解得。35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）钛及其化合物的应用正越来越受到人们的关注。（1）基态下钛原子核外电
子排布的最高能级的符号是_____________。与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有_____种。（2）钛比
钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料。钛硬度比铝大的原因是________________。（3）TiCl4是氯化法制取钛的中间产物
。TiCl4和SiCl4在常温下都是液体，分子结构相同。采用蒸馏的方法分离SiCl4和TiCl4的混合物，先获得的馏分是_____
_________（填化学式）。（4）半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯等的聚合，其结构如右图所示。①组成该物质的元素中，
电负性最大的是____________（填元素名称）。②M中，碳原子的杂化形式有________种。③M中，不含_________
（填标号）。a．π键b．σ键c．配位键d．氢键e．离子键（5）金红石(TiO2)是含钛的主要矿物之一，具有四方晶系结构。其
晶胞结构（晶胞中相同位置的原子相同）如下图所示。①4个微粒A、B、C、D中，属于氧原子的是______________。②若A、B
、C的原子坐标分别为A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、c(a，a，c)，则D的原子坐标为D（0.19a，____
_，______）；钛氧键的键长d=________________（用代数式表示）。【答案】（1）3d3Ti原子的价电子
数比Al多，金属键更强（或Ti的原子化热比Al大，金属键更强等其他合理答案）SiCl4氧2d、eBD0.81
a0.5c0.31×a【解析】（1）基态Ti原子核外电排布为1s22s22p63s23p63d24s2，且未成对电
子数为2，基态下原子核外电子排布的最高能级的符号是3d。第4周期元素中，基态原子的未成对电数与钛相同的有Ni（3d84s2）、Ge
（4s24p2）、Se（4s24p4）3种；（2）钛与铝同为金属晶体，金属晶体的硬度主要由金属键决定，钛硬度比铝大的原因是Ti原子
的价电子数比Al多，金属键更强)（或Ti的原子化热比Al大，金属键更强等其他合理答案）。（3）由TiCl4和SiCl4在常温下都是
液体，可知，两者均属于分子晶体且分子结构相同，分子间作用力是影响晶体物理性质的主要因素，相对分子质量越大分子间作用力越大，所以，T
iCl4比SiCl4沸点高。采用蒸馏的方法分离SiCl4和TiCl4的混合物，先获得的馏分是SiCl4。（4）半夹心结构催化剂M中
含有C、H、O、Ti、Cl五种元素，电负性大小顺序为O>Cl>C>H>Ti，①组成该物质的元素中，电负性最大的是氧；碳原子的杂化形
式有sp2、sp3两种，②M中，碳原子的杂化形式有2种；③在半夹心分子结构中，C－C、C－H、C－O原子间存在δ键，环中存在大π键
、Ti与O间存在配位键，不存在氢键与离子键。M中，不含de。（5）晶体结构有7大晶系，每个晶胞含有6个晶胞参数(棱长a、b、c；夹
角αβγ)，金红石(TiO2)是典型的四方晶系，结构中A类原子8×1/8=1、B类原子4×1/2=2、D类原子2×1=2、体心原子
1×1=1，原子B、D为O，①4个微粒A、B、C、D中，属于氧原子的是BD；原子A与体心原子为Ti(Ti∶O=1∶2)。结合晶系与
晶胞参数可得原子坐标可A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a，c)、D(0.19a，0.81a，0.5c
)、体心(0.5a，0.5a，0.5c)。钛氧键键长：d2=(0.31a)2+(0.31a)2，则d=0.31×a。36．【化学—
—选修5：有机化学基础】（15分）有机物M是有机合成的重要中间体，制备M的一种合成路线如下(部分反应条件和试剂略去)：已知：①A的
密度是相同条件下H2密度的38倍；其分子的核磁共振氢谱中有3组峰②(－NH2容易被氧化)③R－CH2COOH请回答下列问题：(1)
B的化学名称为______。A中官能团的电子式为______。(2)CD的反应类型是，I的结构简式为。(3)FG的化学方程式为
。(4)M不可能发生的反应为______(填选项字母)。a．加成反应b．氧化反应c．取代反应d．消去反应(5)请写出任意两
种满足下列条件的E的同分异构体有______。①能与FeCl3溶液发生显色反应②能与NaHCO3反应③含有－NH2(6)参照上
述合成路线，以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：_______________。【答案】（1）丙二醛（2）取代反应
（3）+(CH3CO)2O+CH3COOH（4）d（5）、(符合要求均可)（6）【解析】A的密度是相同条件下H2密度的38倍
，则A的相对分子质量为76，其分子的核磁共振氢谱中有3组峰，A能连续被氧化生成二元酸，则A为二元醇，A、B、C中碳原子个数相等，则
A为HOCH2CH2CH2OH，B为OHCCH2CHO，C发生取代反应生成D；根据已知②知，E发生还原反应生成F为，F发生取代反应
生成G，D与G发生取代反应生成H，H加热发生已知③的反应生成的I为，I发生取代反应生成M；(1)B为OHCCH2CHO，B的化学名
称为丙二醛，A是HOCH2CH2CH2OH，A中官能团为羟基，A中官能团的电子式为；(2)C的结构简式为HOOC－CH2－COOH
，D的结构简式为HOOCCHBrCOOH，C与Br2发生取代反应产生HOOC－CHBr－COOH和HBr；I的结构简式为；(3)F
发生取代反应生成G，F→G的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH；(4)a．M中苯环能发生加成反应，a不符合题意；b．
酚羟基能发生氧化反应，b不符合题意；c．羧基、酚羟基和肽键都能发生取代反应，c不符合题意；d．羧基、酚羟基和肽键都不能发生消去反应
，d符合题意；故合理选项是d；(5)E的同分异构体符合下列条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能与NaHCO
3反应，说明含有羧基，③含有－NH2，如果－OH、－COOH相邻，有4种；如果－OH、－COOH相间，有4种；如果－OH、－COO
H相对，有2种，所以符合条件的有10种，其中两种同分异构体的结构简式是：、；(6)以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线，可由对氨基苯甲酸发生缩聚反应得到，氨基可由硝基还原得到，羧基可由醛基氧化得到，醛基可由醇羟基氧化得到，醇羟基可由卤代烃发生水解反应得到，其合成路线为。37．【生物——选修1：生物技术实践】（15分）微生物培养技术在医疗、工业生产、食品生产等方面均有应用。请回答：（1）从垃圾堆埋场的土样中能够筛选分离到高效降解聚乙烯类塑料菌株，是因为__________________________________。研究发现，该菌株能降解聚乙烯的直接原因是能分泌降解_____________的酶。（2）临床使用抗生素前，有时需要进行细菌的耐药性试验，其大致过程是：将含有某种细菌的菌液用________法接种在培养基表面并进行培养，最终形成单个的菌落；再分别将含有等剂量不同种抗生素的相同大小的圆形滤纸片置于该平板上有菌落的位置，继续培养一段时间后，若滤纸片下的菌落死亡，说明该细菌对该抗生素________(填“敏感”或“不敏感”)。（3）用上述方法统计菌落数目时，一般选择菌落在____________的平板进行计数，在某一稀释度下平板上的平均菌落数为50个，所用稀释液的体积为0.2mL，稀释倍数为105时，则每毫升样品中的菌落数为________。通常使用这种方法计数结果往往偏小，原因是______________________________________。【答案】（1）该菌多分布在富含聚乙烯类塑料的环境中，而垃圾堆埋场属于富含聚乙烯类塑料的环境聚乙烯（2）稀释涂布平板敏感（1分）（3）30～3002.5×107有的菌落不是由一个细菌繁殖而来的，而是由几个细菌繁殖而成的【解析】（1）为获得目的菌株，需从恰当的环境中取样并需配置恰当的选择培养基进行筛选分离，所以为获得高效降解聚乙烯类塑料菌株就需要从富含聚乙烯类塑料的环境中（如垃圾堆埋场）获取。根据酶的专一性，该菌株能降解聚乙烯是因为能分泌降解聚乙烯的酶；（2）分离纯化菌种，可采用稀释涂布平板法将菌液进行一系列梯度稀释，然后将不同稀释度的菌液分别涂布到固体培养基的表面进行培养；在稀释度足够高的菌液里，聚集在一起的微生物将被分散成单个细胞，从而能在培养基表面形成单个的菌落。将含有等剂量不同种抗生素的相同大小的圆形滤纸片置于该平板上有菌落的位置，继续培养一段时间后，若滤纸片下的菌落死亡，则说明该细菌对该种抗生素敏感；（3）用稀释涂布平板法统计菌落数目时，为保证结果准确，一般选择菌落数在30～300的平板进行计数，在某一稀释度下平板上的平均菌落数为50个，所用稀释液的体积为0.2mL，稀释倍数为105时，则每毫升样品中的菌落数＝（50÷0.2）×105＝2.5×107。由于使用稀释涂布平板法培养得到的菌落，有的可能是由几个细菌繁殖而成的，所以使用这种方法计数结果往往偏小。38．【生物——选修3：现代生物科技专题】（15分）传统的由小鼠杂交瘤细胞产生的单克隆抗体称为鼠源性单抗。这种单抗在应用至人体时，可能被人体当作“异物”，从而引发一些不良反应。解决的方案之一是用完全由人类抗体基因编码的全人源抗体替代鼠源性抗体。下图是针对某种病毒的全人源单克隆抗体的制备技术流程图。结合图示及所学知识，回答下列问题：（1）从免疫学的角度推测，鼠源性单抗应用至人体时，可能引发的不良反应有（答出一点即可）。（2）科学家从康复者而不从未感染者的血液中分离单个B细胞，原因是。（3）从B细胞中提取的mRNA,需经过过程并经扩增，才能得到大量的特异性抗体基因。（4）为达到长期从细胞培养液中获得单克隆抗体的目的，作为目的基因受体的哺乳动物细胞应具备的特点。转入的全人源单抗基因能够在其他哺乳动物细胞表达的原因是。【答案】（1）过敏反应（2分）（答“免疫排斥反应”给分）（2）康复者的血液中含有分泌该种病毒的特异性抗体的浆细胞，而未感染者的血液中不含（3分）（或答"只有康复者的血液中含有分泌该种病毒的特异性抗体的浆细胞"，"血液"答作"血浆"不给分）（3）逆转录（2分）PCR（2分）（4）既能无限增殖（分裂能力强）（2分），又具有分泌能力（2分）（“又具有分泌能力”答作“能产生专一性抗体”，不得分）几乎所有的生物共用一套遗传密码（2分） |
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