1、2020 全国 I 卷高考理科综合能力测试 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 S 32 K39 Cr 52 Mn 55 Fe 56 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 1313 个小题，每小题个小题，每小题 6 6 分，共分，共 7878 分。在每小题给出的四个选项中，只分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的。有一项是符合题目要求的。 1.图甲表示人和植物的淀粉酶在不同 pH 条件下的活性，图乙表示 a、b、c 三种酶的活性受 温度影响的情况。下列说法正确的是 A. 若环境由中性变成酸性，人淀粉酶的活性逐渐升高 B. 植物和人的淀粉酶活
2、性相同时，pH 也可以相同 C. a、b 酶活性相同时，温度对酶的影响相同 D. c 酶的最适温度应大于 40 2.下列有关人体细胞结构与功能的叙述，正确的是 A. 细胞质基质含有多种酶，能进行多种化学反应 B. 溶酶体能合成多种水解酶，降解所吞噬的物质 C. 胰岛 A 细胞中不含有胰岛素基因，不能合成胰岛素 D. 神经细胞中的核仁会出现周期性的消失和重建 3.下列关于细胞生命历程的说法正确的是 A细胞凋亡发生在胚胎发育过程中，细胞分化发生在整个生命过程中 B多细胞生物个体衰老过程中，既有细胞的衰老死亡，也有大量新细胞经分裂产生并发生 细胞分化，所以个体衰老和细胞衰老无直接关系 C细胞分化是永
3、久性的变化，一般不可逆转 D放疗、化疗方法通过抑制癌细胞 DNA 复制和诱导癌细胞突变成正常细胞，达到治疗的目 的 4.研究小组调査某种遗传病时得到了如下系谱图，经分析得知，该病与两对等位基因（分别 用 A、a 和 B、b 表示，两对等位基因独立遗传且完全显性，都可以单独致病)有关，在调查 对象中没有发生基因突变和染色体变异的个体存在， 且第代的两个家庭互不含对方家庭的 致病基因。下列叙述中错误的是 A. 分析1、3和3、6可以判断，该病的遗传方式为常染色体隐性遗传 B. 第代个体均为单基因杂合子，2、5不可能为纯合子 C. 若14重新婚配、2与3重新婚配，则他们的后代全部正常 D. 若1与一
4、个和他基因型相同的女性婚配，则他们的后代的患病概率为 7/16 5. 下列关于群落的结构与演替的叙述，正确的是 A种群和群落都有空间特征，如均匀分布就是群落的水平结构 B群落演替过程中占优势的植物种群是在争夺阳光的竞争中获胜的种群 C一只猛禽追逐另一只抓握着鼠的同种猛禽，这两只猛禽之间属于捕食关系 D一棵树上不同高度的喜鹊巢，可反映动物群落的垂直结构 6.下列有关生态系统的叙述，错误的是 A.草原生态系统的生物群落应包括该草原中全部的植物、动物和微生物 B.河流受轻微污染恢复到接近原来的状态，体现了河流的恢复力稳定性 C.人工湿地能消除污染、净化水源，体现的是生物多样性的直接价值 D.湖泊生态
5、系统中不同深度有不同的生物分布，体现了群落的垂直结构 7.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A0.1molCl2常温下与过量 NaOH 溶液反应转移电子总数为 0.1NA B25时， pH=13 的 1.0LBa(OH)2溶液中含有的 OH -数目为 0.2N A C0.25mol Na2O2中含有的阴离子数为 0.5 NA D1L0.1molL -1的硫化钠溶液中硫离子数目为 0.1N A 8.常温时，将 0.1 mol Fe(NO3)3和 2 mol HC1 溶于水得 2L 混合溶液，然后向该溶液投入 mg 铁粉使其充分反应后，滴加 KSCN 溶液不变红色。下列有关说法正确的
6、是 A由于氧化性 Fe3+ H+，首先发生的反应是：Fe+2Fe3+= 3Fe2+ B充分反应后，共消耗铁 56g C在铁粉充分反应后的溶液中，铁元素以 Fe2+和 Fe3+的形式存在 D当加入 16.8 g 铁粉时，可生成标准状况下 6.72 L 气体 9.用右图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是 乙烯的制备 试剂 X 试剂 Y A CH3CH2Br 与 NaOH 乙醇溶液共热 H2O KMnO4酸性溶液 B CH3CH2Br 与 NaOH 乙醇溶液共热 H2O Br2的 CCl4溶液 C CH3CH2OH 与 H2SO4加热至 170 NaOH 溶液 KMnO4酸性溶液 D CH3CH2OH
7、 与 H2SO4加热至 170 NaOH 溶液 Br2的 CCl4溶液 10.中国科学家屠呦呦因创制了具有国际影响的新型抗疟药青蒿素和双氢青蒿素，获得 2015 年诺贝尔生理学或医学奖青蒿素的结构如图所示，下列关于青蒿素的说法错误的是 （ ） A分子中含有 3 种官能团 B易溶于苯，难溶于水 C可与 NaOH 溶液发生水解反应 D其同分异构体不可能有芳香族化合物 11.科学家研发出一种新型水溶液锂电池， 采用复合膜包裹的金属锂作负极， 锰酸锂(LiMn2O4) 作正极， 以0.5 mol/L Li2SO4 水溶液作电解质溶液。 电池充、 放电时， LiMn2O4与Li2Mn2O4 可以相互转化
8、。下列有关该电池的说法正确的是 A.该电池放电时，溶液中的 SO4 2-向电极 b 移动 B.该电池负极的电极反应式为:2Li+2H2O=2LiOH+H2 C.电池放电时的总反应为：Li + LiMn2O4=Li2Mn2O4 D.电池充电时，阳极的电极反应式为：LiMn2O4+Li +e=Li 2Mn2O4 12.用某无氧酸处理膨土岩(主要成分为硅酸盐) 时生成了一种沉淀 XYZM6，已知 X、Y、Z、 M 四种元素均为短周期元素，其中 X、Y、Z 位于同一周期，有三个电子层且最外层电子 数依次增大，Y 2+与 M-具有相同电子层结构，下列说法正确的是 A.离子半径：Y 2+M B.X 氧化物
9、中只含有离子键 C.处理膨土岩的酸为盐酸 D.工业上常用电解 Z 的氧化物制备 Z 的单质 13.25时，Ka(CH3COOH)=1.710 -5。该温 度下，用 0.1mol/L 的醋酸滴定 10.00 mL0.1mol/L 的碱 MOH， 滴定过程 中加入醋酸的体积(V) 与溶液中 lgC(H +)/c(OH-)的关系如图所示。 下列 说法正确的是 A.MOH 的电离方程式为 MOH M +OH B.a 点:V(CH3COOH)= 10.00 ml C.b 点:c(CH3COO -) c(M+) c(H + )c(OH) D.25，时，CH3COO 的水解平衡常数 为(1017)10 -8
10、 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 6 6 分，共分，共 4848 分。在每小题给出的四个选项中，第分。在每小题给出的四个选项中，第 14181418 题只有一项符合题目要求，第题只有一项符合题目要求，第 19211921 题有多项符合题目要求。全部选对的得题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 6 分，选分，选 对但不全的得对但不全的得 3 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分。分。 14.三颗人造地球卫星 A、B、C 绕地球做匀速圆周运动，如图所示，已知 mA=mBvB=vC B. 机械能关系为 EAH ，因此先反应的是 Fe 和 NO 3 (
11、H)反应， 故错误； B、Fe4HNO 3 =Fe32H 2ONO， 根据投入量 n(NO3 )=0.3mol，n(H)=2mol，根据反应方程式为，NO 3 完全反应，消耗 n(H )=1.2mol，还剩下 n(H)=0.8mol，消耗 n(Fe)=0.3mol，然后发生 Fe2Fe3=3Fe2，溶液共 有 n(Fe3 )=0.1mol0.3mol=0.4mol，根据反应方程式消耗 n(Fe)=0.2mol，最后发生 Fe2H =Fe2 H 2，根据反应方程式，消耗 n(Fe)=0.4mol，共消耗 n(Fe)=0.3mol0.2mol 0.4mol=0.9mol，即 m(Fe)=0.9 5
12、6g=50.4g，故错误；C、滴加 KSCN 溶液，溶液不变红色， 说 明 不 含 Fe3 ， 故 错 误 ； D 、 加 入 16.8gFe 恰 好 发 生 第 一 个 反 应 ， 生 成 n(NO)=16.8/56mol=0.3mol，体积为 V(NO) =0.3 22.4L=6.72L，故正确。 9. 【答案】B 【解析】A、B 选项乙烯中的杂质为乙醇，乙醇可使 KMnO4褪色，故必须用水除去； 而乙醇不能使 Br2的 CCl4溶液褪色，故不需除去； 、选项乙烯中杂质为乙醇、SO2和 CO2。其中乙醇、SO2均可使 KMnO4褪色，故用氢氧化钠溶液除去；尽管乙醇不能使 Br2 的 CCl
13、4溶液褪色，但 SO2在有 H2O（g）存在的情况下能使 Br2的 CCl4溶液褪色，故用氢氧 化钠溶液除去，选 B。 10. 【答案】D 【解析】A由结构简式可知有机物含有过氧键、醚基以及酯基，故 A 正确； B有机物含有酯基，不溶于水，易溶于有机物，故 B 正确； C含有酯基，可发生水解反应，故 C 正确； D有机物含有 5 个环，1 个 C=O 键，不饱和度为 6，可能含有苯环，故 D 错误 故选 D 11. 【答案】C 12. 【答案】D 13. 【答案】C 二、选择题二、选择题 14. 【答案】C 【解析】 15.【答案】C 【解析】A、x 在 a2a 范围，线框穿过两磁场分界线时，
14、BC、AC 边在右侧磁场中切割 磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势 E1增大，AC 边在左侧磁场中切割磁感 线，产生的感应电动势 E2增大，两个电动势串联，总电动势 E=E1+E2增大故 A 错误； B、x 在 0a 范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为 正值故 B 错误； CD、 在 2a3a， 线框穿过左侧磁场时， 根据楞次定律， 感应电流方向为逆时针， 为正值 故 C 正确，D 错误 故选：C 16. 【答案】C 【解析】A、B、当闭合开关后，副线圈两端电压不变，故电压表示数为 100V，电流表示数 不变，A、B 错误；C、D、两个灯泡正常工作，故
15、功率增大，经过灯泡的电流频率为 50Hz， 每秒钟方向改变 100 次，C 正确、D 错误。故选 C. 17. 【答案】C 【解析】A、由题意可知带负电小球由P点到Q点先加速后减速运动，受到沿x轴向上的 电场力作用，故场强沿 x 轴向下，沿电场线方向电势逐渐降低，故P点电势比Q点电势高， A 错误；B、D、开始，在Q点，故P点场强必Q点场强小，B、D 错误； C、由P到Q由动能定理可知克服电场力做功为 ，故P、Q两点的电势差为， C 正确；故选 C。 18. 【答案】B 【解析】A、半衰期与压强无关，由原子核内部因素决定，故 A 错误 B、 衰变所释放的电子是原子核中的中子转化为质子和电子产生
16、的，不是核外电子故 B 正确 C、核反应方程质量数和电荷数是守恒的故 C 错误 D、比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定故 D 错误 故选：B 19. 【答案】BD 20. 【答案】AD 21. 【答案】BD 三、非选择题三、非选择题 （一）必考题（一）必考题 22. 【答案】 （1）0.49； （2）CD； （3） 【解析】 （1）电源频率为 50Hz，每相邻两计数点间还有 4 个计时点，则计数点间的时 间间隔：t=0.02 5=0.1s， 由匀变速运动的推论x=aT2可知：加速度 a=0.49m/s2； （2）以系统为研究对象，由牛顿第二定律得： m3gf=（m2+m3
17、）a，滑动摩擦力：f=m2g， 解得：= ，要测动摩擦因数 ， 需要测出：滑块的质量 m2 与托盘和砝码的总质量 m3， 故选：CD； （3）由（2）可知，动摩擦因数的表达式为：=； 故答案为： （1）0.49； （2）CD； （3） 23. 【答案】（1）由原理图可得出电路的连接方式，则按实物图的连接方法将各元件相连 即可，注意导线不能交叉，导线要接在接线柱上；如下图所示； （2）由欧姆定律可知，流过 R0 的电流 I=； （3）路端电压 U=EIr，若 r 为常数、则 UI 图为一条不过原点的直线，由曲线 a 可知电 池内阻不是常数；当 U=0 时的电流为短路电流、约为 295A=0.29
18、5mA；当电流 I=0 时路端 电压等于电源电动势 E、约为 2.67V； （4）实验一中的路端电压为 U1=1.5V 时电路中电流为 I1=0.21mA，连接 a 中点（0.21mA、 1.5V）和坐标原点，此直线为此时对应滑动变阻器阻值的外电路电阻（定值电阻）的 UI 图， 和图线 b 的交点为实验二中的路端电压和电路电流， 如右图， 电流和电压分别为 I=97A、 U=0.7V，则外电路消耗功率为 P=UI=0.068 mW 【解析】（1）已知原理图，则由原理图先连接 R 与电源，再将电压表依次并入； （2）R0为定值电阻，故由欧姆定律可求得电路中的电流； （3）由图象及公式可知图象的斜
19、率表示电池内阻，由内阻的斜率变化可知是否为常数；图 象与横坐标的交点为短路电流；图象与纵坐标的交点为电源的电动势； （4）由于外电阻为线性元件，故可由实验一做出其伏安特性曲线，图象与 b 的交点为实验 二中的状态，读出电流和电压可求得电功率 24. 【答案】 （1）金属杆产生的感应电动势恒为 E=B1L=2 V 由串并联电路的连接特点知：E=I4R，U0=I2R=1 V T1=20 s 由右手定则知： 在 04 s 时间内， 金属杆 ab 中的电流方向为 ba， 则 ab， 则在 04 s 时间内， MN， UMN=1 V （2）粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在 0时间内水平方向 L2=v
20、0t1 t1=4 s 竖直方向=at 又因为：vy=at1=m/s 解得：a=m/s2，又因为：a= ，解得： C/kg 则粒子飞出电场时的速度 v=m/s tan =1，所以该速度与水平方向的夹角 =45 （3）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由 B2qv=m 得 r= 由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知： rd 时离开磁场后不会第二次进入电场，即 B2=2 T 【解析】 （1）导体切割磁感线产生电动势，结合串并联电路特点即可求解 （2）带电粒子在电场中做类平抛运动，有运动学知识求解即可 （3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律求解粒子运动半径，结合几何 关系求解磁场强度
21、大小 25. 【答案】 （1）A 碰 C 前与平板车速度达到相等，设共同速度为 v，取向左为正方向， 由动量守恒定律得： mv0=（m+2m）v A 碰 C 前与平板车速度达到相等，设整个过程 A 的位移是 x，由动能定理得： mgx=mv2mv02 联立上式，解得：x= 满足的条件是：d （2）A 碰 C 后，C 以速度 v开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律得： mv2=mg2l+mv2 小球经过最高点时，有：mgm 解得：l 答： （1）A、C 间的距离 d 与 v0之间满足的关系式是 d； （2）要使碰后小球 C 能绕 O 点做完整的圆周运动，轻绳的长度 l 应满足的条件是 l 【解
22、析】 （1） A 碰 C 前与平板车速度达到相等， 由 AC 系统动量守恒， 求得共同速度 由 动能定理求 A 的位移，从而求得 d 与 v0之间满足的关系式； （2）A 碰 C 后交换速度，C 开始做完整的圆周运动，由机械能守恒定律得到 C 到达最高点 的速度在最高点，根据向心力大于等于 C 的重力列式，联立求解即可 26. 【答案】（1） +3 4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2 灼烧使 Cr(OH)3分解 （2）NaCrO2、Cr2(SO4)3 （3）0.448 （4）2H2O+2e2OH+H2 （或者 2H+2eH2） 3360 3Fe
23、2+ CrO42-+8H+3Fe3+Cr3+4H2O Cr2Fe20O27 【解析】（1）氧为2 价，Fe 显2 价，整个化合价代数和为 0，即 Cr 的价态为3 价；根据高温氧化，得到产物是 Fe2O3和 Na2CrO4以及 CO2，因此有 Fe(CrO2)2O2 Na2CO3Fe2O3Na2CrO4CO2，Fe(CrO2)2中 Fe 的化合价由2 价3 价，升高 1 价， Cr 由3 价6 价，化合价高 3 价，Fe(CrO2)2共升高 7 价，氧气共降低 4 价，最小公倍数 为 28，因此反应方程式为：4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；
24、最后 一步是铝热反应，是金属铝和金属氧化物发生置换反应，因此需要 Cr(OH)3转化成氧化物， 即灼烧使 Cr(OH)3分解； （2）参考氢氧化铝和酸、碱的反应，2Cr(OH)33H2SO4=Cr2(SO4)3 6H2O，Cr(OH)3NaOH=NaCrO22H2O，和氢氧化钠、硫酸反应的产物是 NaCrO2、 Cr2(SO4)3 ； （3）根据铬元素守恒，则有 c(CrO42 )c(HCrO 4 )2c(Cr 2O4 2)=0.1，解得 a=0.448mol L 1，H 2CrO4完全电离，因此 HCrO4 只发生电离，溶液显酸性，即 c(OH)c(H )； （4）根据信息，生成 Cr3与阴
25、极区生成 OH反应，因此阴极上是水电离产生 H放电， 即阴极电极反应式为 2H 2e=H 2，或是 2H2O2e =H 22OH ，阳极电极反应式为 Fe 2e =Fe2， 利用 Cr 2O7 2的氧化性把 Fe2氧化成 Fe3， 因此铁和 Cr 2O7 2的关系是 6Fe6Fe2 Cr 2O7 2，因此消耗铁的质量是 10 6 56g=3360g；Fe2被氧化，化合价由2 价3 价，化合价升高 1 价，CrO42 中 Cr 的化合价由6 价3 价，化合价降低 3 价，最小公倍 数为 3，因此离子反应方程式为 3Fe2+CrO42-+8H+3Fe3+Cr3+4H2O；根据铁元素守恒， 求出溶液
26、中 Fe2 的物质的量为 6mol，Fe3的物质的量为 4mol，根据化合价代数和为 0，求 出氧原子物质的量为 13.5mol，因此铁铬氧体的化学式为 Cr2Fe20O27. 27. 【答案】（1） ClSSCl （2） bc （3） 平衡气压，便于液体顺利滴下（合理答案均计分） （4） 除掉氯气中混有的氯化氢气体 浓硫酸 （5） 2S2Cl2 + 2H2O = 3S + SO2+ 4HCl 3：1 （6） 【解析】（1）S2Cl2分子中各原子均达到 8 电子稳定结构，则它的结构式为 ClSSCl 下列方法都可以制得氯气，装置 A 是固液不加热制气装置，故符合题意的是：KMnO4固 体和浓
27、HCl 反应和 KClO3固体和浓 HCl 反应 。 装置 A 中用恒压分液漏斗而不用普通分液漏斗的原因是 平衡气压，便于液体顺利滴下 B 中饱和食盐水的作用除掉氯气中混有的氯化氢气体，装置 C 的作用是干燥氯气，故选 用的试剂是 浓硫酸。 （5）S2Cl2遇水强烈反应产生烟雾，其产物中有一种气体能使品红溶液褪色，加热后又 恢复原状，故该气体为二氧化硫，反应过程中只有一种元素化合价发生变化则反应还应 有 S 单质生成，该反应的化学方程式 2S2Cl2 + 2H2O = 3S + SO2+ 4HCl ，化合价降 低的为 3 个硫，升高的为一个 S，则氧化剂与还原剂物质的量之比为 3:1 28.
28、【答案】(1)溶液变黄色 (2)否 Cr2O7 2-（橙色）+H 2O2CrO4 2-（黄色）+ 2H+正向是吸热反应，若因浓 H 2SO4溶于水而温度升高， 平衡正向移动，溶液变为黄色。而实际的实验现象是溶液橙色加深，说明橙色加深就是增大 c(H +)平衡逆向 移动的结果。 (3)碱性条件下，+6 价铬主要以 CrO4 2-存在；酸性条件下，主要以 Cr 2O7 2-存在。 (4)碱性条件下，CrO4 2-不能氧化 I-；酸性条件下，Cr 2O7 2-能氧化 I-。 （或 Cr 2O7 2-氧化 性强于 CrO4 2-） 6I -+ Cr 2O7 2-+14H+=3I 2+ 2Cr 3+ 7
29、H 2O (5)Cr2O7 2-+ 6e一+14H+=2Cr3+ 7H 2O 阳极 Fe 失电子生成 Fe 2+，Fe2+与 Cr 2O7 2-在酸性条件下反应生成 Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成 Fe2+，继续还原 Cr2O7 2-，Fe2+循环利用提高了 Cr 2O7 2-的去除率。 29. 【答案】(1). 甲 (2). 光斑开始时， （O2）释放速率迅速增加；光斑移开时， （O2) 释放速率迅速下降 (3). 是 (4). A 点后植物叶片依然在吸收 C02和释放 02，说明叶 片仍在进行光合作用 (5). C3 (6). 从类囊体薄膜移向叶绿体基质 (7). 少于 (8). 随着
30、光照和黑暗的交替进行， （乙）光下产生的H和 ATP 能够及时利用与及时再生， 从而提高了光合作用中 C02的同化量 【解析】本题主要考查光合作用过程，意在考查学生能从课外材料中获取相关的生物学 信息，并能运用这些信息，结合所学知识解决相关的生物学问题的能力。图中，O2释放速率 代表光反应速率（虚线） ，CO2吸收速率代表暗反应速率（实线） ，“光斑”照射前，有 O2释 放，说明能进行光合作用；“光斑”照射开始后，O2释放速率急剧增大，CO2吸收速率相对 较慢，说明光反应和暗反应不是同步增加的；随后 O2释放速率明显下降，与 CO2吸收速率相 当，说明暗反应对光反应有限制作用；A 点之后“光斑
31、”移开，光照强度降低，光反应速率 下降，所以 O2的释放速率立刻恢复到原水平；但光反应积累的 ATP 和H没有立即用完，暗 反应还能持续一段时间，所以 CO2吸收速率延续了一段时间后才下降。据此答题。 （1）图中光斑开始时，甲的释放速率迅速增加；光斑移开时，甲的释放速率迅速下降，因 此甲代表 O2释放速率。 （2）A 点后植物叶片依然在吸收 CO2和释放 O2，说明叶片仍在进行光合作用。 （3）图中 A 点以后，光反应停止，光反应产生的 ATP 和H含量下降，导致暗反应中三碳化 合物还原受阻，因此叶绿体中 C3化合物含量会暂时增加，此时 ATP 的移动方向是从类囊体 薄膜（光反应场所）移向叶绿
32、体基质（暗反应场所） 。 （4）随着光照和黑暗的交替进行， （乙）光下产生的H和 ATP 能够及时利用与及时再生， 从而提高了光合作用中 C02的同化量。因此甲乙两种情况下，甲制造的有机物总量少于乙制 造的有机物总量。 30. 【答案】 （1）分解者的分解作用 化石燃料的燃烧 （2）A 次级消费者 （3）单向流动、逐级递减 （4） 【解析】据图分析可知：A 为生产者，B 为初级消费者，C 为次级消费者；生态系统能量 沿食物链和食物网传递，流动的特点：单向流动、逐级递减。 本题考查生态系统能量流动，以图形作为信息的载体，提升了学生分析图形，以及解决问题 的能力。 （1）该图缺少分解者的分解作用和
33、化石燃料的燃烧。 （2）生态系统的总能量为生产者固定的太阳能，C 所代表的生物成分为次级消费者。 （3）生态系统能量流动的特点：单向流动、逐级递减。 （4）该生态系统还处于发展阶段，生态系统的能量自己去，因为该生态系统输入的总 能量大于所有生物消耗能量之和（ab+c） 。 31. 【答案】 尖端植物形态学上端和下端放置方向及胚轴纵切成的 a 侧和 b 侧两部分有极性 运输与非极性运输二种形式，且极性运输强于非极性运输 a 不同横向右侧 【解析】本题以“反映实验过程和结果的实验示意图”为依托考查学生对对实验现象和结 果进行解释、分析和处理的能力。梳理相关的知识点，从题图中提取关键信息并结合题意进
34、 行分析作答。 (1) 生长素的合成部位是幼苗的尖端。 (2) 由题意和图一所示的两组实验处理的差异可推知，实验一的自变量是植物形态学上端和 下端放置方向及胚轴纵切成的 a侧和 b侧两部分。实验结果显示：a侧中的乙端（形态学下 端）检测到的含 14C 的生长素的含量大于甲端（形态学上端） ，b侧也是如此，这说明生长素 的运输具有极性运输与非极性运输两种形式， 且极性运输强于非极性运输。 植物形态学上端 和下端同方向放置的 a侧和 b侧对比， a 侧另一端检测到的含 14C 的生长素的含量高于 b 侧 ， 说明 a 侧的能力较强。 (3) 分析实验二中的数据以及数据所在的部位可判断，a 侧和 b
35、 侧对 IAA 的运输能力不同。 被切去的一侧也检测到 14C-IAA，说明 IAA 存在横向运输。若将实验二中切去 b 侧的上胚轴 放在左侧单侧光照的环境中，因没有尖端，所以单侧光照不会对生长素的分布产生影响。由 于左侧生长素的含量高于右侧，所以左侧生长速度快于右侧，胚轴将向右侧弯曲。 32. 【答案】 （1）有无 O2 温度、培养液浓度（其他合理答案也可） （2）细胞质基质和线粒体 （3） 【实验步骤】两侧液面高度 【实验结果预测和结论】高于 低于 （二）选考题（二）选考题 33物理选修 33 【答案】（）由于气柱上面的水银柱的长度是 25cm，所以右侧 水银柱的液面的高度比气柱的下表面高
36、 25cm，所以右侧的水银柱的总长度是 25+5=30cm， 试管的下面与右侧段的水银柱的总长 45cm，所以在左侧注入 25cm 长的水银后，设有长度 为 x 的水银处于底部水平管中，则 50x=45 解得 x=5cm 即 5cm 水银处于底部的水平管中，末态压强为 75+（25+25）5=120cmHg，由玻意耳定律 p1V1=p2V2 代入数据，解得：L2=12.5cm （）由水银柱的平衡条件可知需要也向右侧注入 25cm 长的水银柱才能使空气柱回到 A、 B 之间 这时空气柱的压强为： P3=（75+50）cmHg=125cmHg 由查理定律，有： = 解得 T3=375K 答：（1）
37、管内空气柱长度为 12.5cm； （2）应从右侧管口注入 25cm 的水银柱，气体的温度变为 375K 【解析】（1）由于下面的一部分水银柱总长只有 45cm，所以在左侧缓慢加入 25cm 长水 银柱后，左侧竖直管中只可能保留 45cm 长的水银柱分析封闭气体的初态和末态的压强和 体积，由玻意耳定律列方程求解稳定时管内的空气柱长度 （2）再从右侧加 25cm 高的水银柱可以使空气柱回到 A、B 之间；根据理想气体状态方程 列式求解即可 34物理选修 34 【答案】、如图所示，射向观景台右侧边缘的光线折射后射到布 幕上的位置最高由折射定律得： n= 而 sinr= 解得 sini=0.8 而 s
38、ini= 解得 h=3m 、点光源 S 接近水面时，光在观景台右侧面与水面交接处掠射到水里时，被照亮的距离 为最远距离，此时，入射角为 90 ，折射角为临界角 C 根据 sinC= 以及 sinC= 解得 s=（3）m 答：该光源发出的光照射到布幕上的最高点距水面的高度 h 是 3m； 该光源发出的光能射出水面的最远位置距观景平台右侧的最远距离 s 是（3） m 【解析】、射向观景台右侧边缘的光线折射后射到布幕上的位置最高，作出光路图， 由数学知识求折射角的正弦值， 即可由折射定律求出入射角的正弦， 再由数学知识求解高度 h 、点光源 S 接近水面时，入射角为 90 ，光能照亮的距离最远，由折
39、射定律求出折射角， 即可由几何知识求解最远距离 35 化学选修 3： 物质结构与性质 【答案】（1） 1s22s22p63s23p63d34s2 或 3d34s2 (2 分)Ca2+ （2）sp3杂化 氧化物中氧元素显负价，而在 OF2中氧元素的化合价为+2 II（3） ls22s22p63s23p63d10或【Ar】3d10(2 分) N、O、C （4） CuO （5） 配位(1 分) sp3杂化 (1 分) H3O+等 【解析】（1）V 原子是 23 号，其核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d34s2(或 3d34s2)； CaF2晶胞中，白球的数目为 8 1/8+6 1/
40、2=4，黑球全部在晶胞内部，数目为 8，则图中白球 是钙离子；把晶胞分成 8 个小的立方体如图， 则 F-位于小立方体的中心，即小红球，则 Ca2+与 F-之间的最近距离为小立方体的体对角线 的一半，已知晶胞边长为 a，则小立方体的边长为 a/2，设 Ca2+与 F-之间的最近距离为 x， 则(a/2)2+(a/2)2+(a/2)2=x2，解得 x= ； （2）OF2分子中氧原子为 2+(6-2 1)/2=4，属于 sp3杂化；OF2中 F 元素为-1 价，O 元素的化 合价为+2 价，而氧化物中 O 元素的化合价为-2 价，所以 OF2被称为氟化物； （3）Cu 的原子序数为 29，价电子排
41、布为 3d104s1，则基态 Cu+的核外电子排布式 为 ls22s22p63s23p63d10或【Ar】3d10，C、O、N 元素都是第二周期非金属元素，同一周期元 素自左而右第一电离能呈增大趋势，但 N 元素原子 2p 能级是半满稳定状态，能量较低，第 一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能 NOC； （4）由晶胞示意图可知，1 个晶胞中有 4 个 A，B 为 8 1/8+6 1/2=4 个，原子个数之比为 1： 1，该氧化物的化学式为 CuO； （5）NH3中 N 原子提供孤对电子，Cu2+提供空轨道，二者形成配位键；NH3分子中孤对电 子数为 1，成键数为 3，则 N 原子的杂化方式
42、为 sp3，与 NH3分子互为等电子体的一种微粒 具有相同的价电子数 8 和原子数 4，微粒为 PH3或 H3O+等。 36化学选修 5：有机化学基础 【答案】 （1）醛基、氯原子（2 分） （2）酯化反应（或 取代反应） （2 分） 【解析】A 反应生成 B，B 反应生成 C，C 和甲醇发生酯化反应生成 D，D 取代反应生 成 E，根据 D、E 结构简式结合 X 分子式知，X 结构简式为，E 发生取代反应 生成氯砒格雷； （1）有机物 A 的结构简式为，分子中含有的官能团分别为氯原子、醛基； （2）对比 C、D 的结构可知，C 中羧基与甲醇发生酯化反应，也属于取代反应； （3）由 D、E 的
43、结构可知，DE 发生取代反应，对比 D、E 的结构确定 X 的结构简式为： ； （4）C 聚合成高分子化合物的化学反应方程式 ； （5）物质 G 是物质 A 的同系物，则 G 含有 Cl 原子、-CHO、苯环，且比 A 多一个碳原子， 则比 A 多一个 CH2原子团，且满足：除苯环之外无其它环状结构，能发生银镜反应， 可以含有1个侧链为-CHClCHO， 含有可以含有2个侧链， 为-CH2Cl、 -CHO， 或者为-CH2CHO、 -Cl，各有邻、间、对三种，可以有 3 个取代基，分别为-Cl、-CHO、-CH3，当-Cl、-CHO 处 于邻位时、-CH3有 4 种位置，当-Cl、-CHO 处
44、于间位时、-CH3有 4 种位置，当-Cl、-CHO 处于对位时、-CH3有 2 种位置，符合条件的同分异构体共有 17 种；其中核磁共振氢谱中有 5 个吸收峰，且峰值比为 2:2:1:1:1 的结构简式为。 （6）乙烯与溴发生加成反应生成 BrCH2CH2Br，再水解生成乙二醇，甲醇催化氧化生成 HCHO，最后乙二醇与甲醛反应生成，合成路线流程图为： 。 37生物选修 1：生物技术实践 【答案】（1）在腐乳的制作过程中，有多种微生物 参与了豆腐的发酵， 其中起主要作用的是毛霉 蛋白酶能将豆腐中的蛋白质分解成肽和氨基 酸，脂肪酶可将脂肪水解为甘油和脂肪酸 （2）平板划线法接种时，每次划线前都要
45、灼烧接种环，最后划线接受后也要灼烧接种环， 因此划线 5 个区域，需要灼烧接种环 6 次 （3）某同学得到 10 1、102、103倍稀释液计数的平均菌落数分别为 760、269、16，为了保证 结果准确，一般选择菌落数在 30300 的平板进行计数，因此菌落总数为 26910 2 =2.6910 5个/mL（所用稀释液的体积为 0.1mL） （4）选择培养基能够“浓缩”所需微生物，“浓缩”的含义是适应本环境的微生物大量繁 殖，不适应的微生物被抑制 （5）萃取胡萝卜素的有机溶剂应该具有较高的沸点，能够充分溶解胡萝卜素，并且不与水 混溶等特点萃取时为了防止加热时有机溶剂挥发，还要在加热瓶口安装回
46、流冷凝装置 故答案为： （1）毛霉 肽和氨基酸 脂肪酶 （2）6 （3）2.69x10 5 （4）适应本环境的微生物大量繁殖，不适应的微生物被抑制 （5）较高 回流冷凝 【解析】1、参与腐乳制作的微生物主要是毛霉，其新陈代谢类型是异养需氧型腐乳 制作的原理：毛霉等微生物产生的蛋白酶能将豆腐中的蛋白质分解成小分子的肽和氨基酸； 脂肪酶可将脂肪分解成甘油和脂肪酸 2、平板划线法接种微生物时，在操作的第一步以及每次划线之前都要灼烧接种环，在划线 操作结束时，仍然需要灼烧接种环 第一次灼烧 每次划线之前灼烧 划线结束灼烧 目 的 避免接种环上可能存在 的微生物污染培养基 杀死上次划线结束后接 种环上残
47、留的菌种 杀死接种环上残留的菌种，避免 细菌污染或感染操作者 3、统计菌落数目的方法 （1）显微镜直接计数法 原理： 利用特定细菌计数板或血细胞计数板， 在显微镜下计算一定容积的样品中微生物数 量；方法：用计数板计数； 缺点：不能区分死菌与活菌 （2）间接计数法（活菌计数法） 原理：当样品的稀释度足够高时，培养基表面生长的一个菌落，来源于样品稀释液中的一 个活菌通过统计平板上的菌落数，就能推测出样品中大约含有多少活菌 操作 a、设置重复组，增强实验的说服力与准确性 b、为了保证结果准确，一般选择菌落数在 30300 的平板进行计数 计算公式：每克样品中的菌株数=（cV）M，其中 c 代表某一稀释度下平板上生长的平 均菌落数，V 代表涂布平板时所用的稀释液的体积（mL），M 代表稀释倍数 38生物选修 3：现代生物科技专题 【答案】 (1)物质循环再生原理 物种多样性原理 系统学和工程学原理 (2)如右图所示： 土壤中的无机物得不到补充， 物质循环受到破坏，土壤肥力下降 (3)C (4)不正确。因为食物链长，各食物链中的生物数量难以达到一定规模， 影响经济效益；营养级多，高层次营养级生物获得的能量较少，该营 养级生物数量也较少。ks5u
