2009届北京先知文化中心模拟卷
理综试题(三)
(试卷总分300分 考试时间150分钟)
第Ⅰ卷（选择题，共126分）
可能用到的相对原子质量：H―1 C―12 O―16 Mg―24 Cl―35.5
Ti―48 Cu－64
一、选择题（本题共13小题，每小题6分,共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。）
1．细胞是生物体的结构和功能的基本单位，下列有关说法正确的是（ ）
A．细胞膜的结构特点决定了植物细胞原生质层可以被看作是半透膜
B．下丘脑细胞膜上有识别甲状腺激素的受体蛋白，而没有识别促甲状腺激素的受体蛋白
C．细胞器的存在使细胞内生化反应高效、有序地进行，它们是细胞新陈代谢的主要场所
D．显微镜下观察到一个二倍体生物细胞中的染色体数为30，这个细胞可能处于有丝分裂后期
2．以下关于紫茉莉的叙述正确的是（ ）
A．紫茉莉控制花色的基因在表达时，质粒参与了氨基酸的运输
B．紫茉莉细胞核DNA分子中一个脱氧核苷酸发生改变，一定导致某个基因结构的改变
C．花斑紫茉莉的绿色枝条上叶肉细胞含有叶绿体，白色枝条上叶肉细胞含有白色体，花斑枝条上叶肉细胞含有叶绿体和白色体
D．对于甲♀×乙♂→丙，如果丙为花斑紫茉莉，则甲一定是花斑紫茉莉
3．对下图的分析，正确的是（ ）
序号
横轴
纵轴
A
抑制根生长的生长素浓度
对茎生长的抑制作用
B
温度
离体培养的小鼠细胞的呼吸速率
C
次级消费者数量
第一营养级保留能量值
D
生态系统物种丰富度
生态系统稳定性
4．下列与细胞工程有关的叙述中，正确的是（ ）
A．植物组织培养中形成的愈伤组织，其代谢方式是自养需氧型
B．同种动物可通过细胞融合技术培育出新品种
C．同种植物细胞可通过植物体细胞杂交技术培育出新物种
D．效应B细胞需用胰蛋白酶处理后才能与骨髓瘤细胞融合来制备单克隆抗体
5．比利时、法国科学家最近在实验中将胚胎干细胞分化成大脑皮层神经元，并成功移植到实验鼠大脑中，这一成果将有助于神经性疾病的研究。下列有关叙述正确的是（ ）
A．大脑皮层中央前回的S区受损，患者表现为运动性失语症
B．当人从寒冷室外进入到温暖的室内时，大脑皮层内侧面的体温调节中枢兴奋
C．胚胎干细胞与神经细胞含有相同的基因，不同的蛋白质
D．一切具有神经系统的生物，其神经调节的基本方式都是反射弧
6．2008年5月30日7时许，在地震重灾区四川北川县擂鼓镇一储存消毒药品及漂白粉的露天仓库中，散发出大量氯气，由于风向比较复杂，整个营地的两千多人被紧急疏散。 有61名官兵氯气中毒，被紧急送往医院救治。下列说法正确的是( )
A．人群应该向着低洼处紧急疏散
B．可能是漂白粉内的物质发生氧化还原反应而散发出氯气
C．紧急疏散人群的同时，并向大气中喷洒氢氧化钠浓溶液
D．漂白粉长时间放置在露天仓库中发生变质只发生了一个化学反应
7．某溶液中含有NO3―、SiO32―、AlO2―、S2―等4种离子，若向其中加入过量的盐酸溶液，微热并搅拌，再加入过量的氢氧化钠溶液，则溶液中离子数目大量减少的是 ( )
（适中，较好）
A．只有S2― B．S2―和NO3― C．SiO32―、S2―和NO3― D．四种离子都减少
8．下列离子方程式不正确的是( )
A．用两个铜电极电解食盐水：2Cl－+2H2O 2OH－ + H2↑+ Cl2↑
B．用过量的氨水处理硫酸工业尾气中二氧化硫：2NH3?H2O + SO2 = 2NH4+ + SO32?
C．Ca(HCO3)2溶液中加入过量KOH溶液：Ca2+ + 2HCO3－ +2OH－ =CaCO3↓+ 2H2O+CO32-
D．Fe(OH)3溶于过量的HI溶液：2Fe(OH)3+6H++2I－=2Fe2＋+I2+6H2O
9．1986年，人们成功的用如下反应制得了氟：①2KMnO4+2KF+10HF+3H2O2＝2K2MnF6+
8H2O+3O2 ②K2MnF6+2SbF5＝2KSbF6+MnF4 ③2MnF4＝2MnF3+F2↑。下列说法中正确的是( )
A．反应①、③氧化还原反应，反应①中H2O2是氧化剂
B．反应①、②、③所列的物质中存在单质、氧化物、酸、碱、盐
C．氧化性：KMnO4＞O2
D．每生成1mol F2，上述反应共转移2mol电子
10．几种1～18号元素的原子半径和主要化合价见下表：
元素代号
X
Y
Z
L
M
Q
原子半径／nm
0.160
0.143
0.102
0.099
0.077
0.074
主要化合价
+2
+3
+6、一2
+7、一1
+4、一4
一2
下述说法正确的是 ( )
A．在化学反应中，M原子既不容易失去电子，又不容易得到电子
B．X、Y分别投入稀盐酸中，Y反应更为剧烈
C．M与Q形成的化合物一定能被NaOH溶液吸收
D．Z的氢化物的稳定性强于L的氢化物的稳定性
11．下列说法正确的是 ( )
A．常温时，NaHCO3 溶液的pH 值比同浓度的CH3COONa 溶液小
B．常温时，pH＝3的硫酸与pH＝11的氨水等体积混合后，溶液呈酸性
C．把FeCl3 和Fe(NO3)3溶液分别蒸干并灼烧最后都得到Fe2O3 固体
D．CH3COOK溶液中只含有4种粒子
12．蛋白质水解最终产物是α―氨基酸，即―NH3、―COOH直接连在同一个碳原子上的氨基酸，分子式为C5H11O2N的同分异构体中，属于α―氨基酸的有
A、2种 B、3种 C、4种 D、5种
13．某密闭容器中充入等物质的量的气体A和B，一定温度下发生反应是:A(g)+xB(g) 2C(g)，达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间变化的如下图所示。下列说法中正确是（ ） x
A．30min时降低温度，40min时升高温度
B．8min前A的平均反应速率为0.08mol/(L?min)
C．反应方程式中的x＝1，正反应为吸热反应
D．20min～30min时间内正反应速率大于逆反应速率x
二、选择题（本题共8小题，共48分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的多个选项正确，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、下列说法中正确的是（ ）
A、气体体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内打到器壁单位面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大
B、气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大
C、压缩一定量的气体，气体的内能一定增加
D、一定量的气体，压强增大，体积增大，则分子的平均动能一定增大
15．如图所示为半圆形玻璃砖,为圆心，为圆弧顶点，一束很细的白光沿方向射向玻璃砖。现保持入射光的方向不变，使玻璃砖绕过点且垂直圆面的轴沿顺时针方向转动。则首先在界面上发生全反射的应是白光中的( )
A．红光部分，因为玻璃对红光折射率大
B．红光部分，因为玻璃对红光折射率小
C．紫光部分，因为玻璃对紫光折射率大
D．紫光部分，因为玻璃对紫光折射率小
A．和有相同的核子数
B．和有相同的质子数
C．γ射线是由锌原子核受激发而产生的
16、有句广告词：儿童不吃饭，补锌是关键．锌对人体的新陈代谢起着重要作用，在儿童生长发育时期测量体内含锌量已成为体格检查的重要内容之一．取儿童的头发约50mg，放在核反应堆中经中子轰击后，头发中的锌元素与中子反应生成具有放射性的同位素锌，其核反应方程式为：， 衰变放射出能量为1115eV的γ射线，通过对γ射线强度的测定可以计算出头发中锌的含量．关于以上叙述，下列说法正确的是（ ）
D．γ射线在真空中传播的速度是3.0×108m/s
17. 做匀加速直线运动的质点，先后经过A、B、C三点，已知AB=BC，质点在AB段和BC段的平均速度分别为和，根据以上条件可以求出 （ ）
A.质点在AC段的运动时间 B.质点在AC段的平均速度
C.质点运动的加速度 D.质点在C点的瞬时速度
A．等于 ，方向向上 B．小于，方向向上
C．大于，方向向上 D．等于，方向向下
19．波源O沿y轴负方向开始振动形成一列沿x轴正方向传播的简谐横波，从O点起振开始计时，经t＝0.7s，x轴上在0～10m的范围内第一次出现如图所示的波形，则（ ）
B．在t＝0.7s时刻，质点A具有沿y轴负方向的最大速度
C．此列波的周期为0.56s
D．从质点A开始振动到t＝0.7s，质点A通过的路程是0.3m
20．如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB 中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是（ ）
B．若小球带正电，当A B间距减小时，小球打在N的左侧
C．若小球带负电，当A B间距减小时，小球可能打在N的右侧
D．若小球带负电，当A B间距增大时，小球可能打在N的左侧
A．Ff先减小后增大，且在t1时刻为零
B．Ff先减小后增大，且在t1时刻Ff=mgsinθ
C．Ff先增大后减小，且在t1时刻为最大值
D．Ff先增大后减小，且在t1时刻Ff=mgsinθ
22．（18分）Ⅰ（6分） 在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz。查得当地的重力加速度为g＝9.80m／s2，某同学选择了一条理想的纸带，用刻度尺测量时各计数点对应刻度尺的读数如图所示。图中O点是打点计时器打出的第一个点，A、B、C、D分别是每打两个点取出的计数点，则纸带上由O点到B点对应的重物重力势能减小量为 J，B点对应的重物速度大小为 m/s，根据计算的数据是否达到了验证的目的？ （填“是”或“否”）。（重物质量用m表示。）
Ⅱ（12分）如图（甲）表示某电阻R随摄氏温度t变化的关系，图中R0表示0℃时的电阻，k表示图线的斜率．若用该电阻与电池（E、r）、电流表Rg、滑动变阻器R′串连起来，连接成如图（乙）所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，于是就得到了一个简单的“电阻测温计”．
（1）使用“电阻测温计”前，先要把电流表的刻度值改为相应的温度刻度值，若温度t1＜t2，则t1的刻度应在t2的________侧（填“左”、“右”）；（3分）
（2）在标识“电阻测温计”的温度刻度时，需要弄清所测温度和电流的对应关系．请用E、R0、k等物理量表示所测温度t与电流I的关系式t＝____________；（4分）
（3）利用温度和电流的对应关系计算温度，需要知道电流表的内阻Rg．现要精确测量电流表的内阻Rg（约为200Ω），实验室备有下列可供选用的器材：
A．电阻箱R1（0～99.99Ω）；
B．电阻箱R2（0～999.9Ω）；
C．滑线变阻器R3（0～20Ω）；
D．滑线变阻器R4（0～20kΩ）；
此外，还有电动势合适的电源、开关、导线等．
①请在方框内设计一个用“半偏法”测电流表内阻Rg的电路；（3分）
②在这个实验电路中，电阻箱应选________；滑线变阻器应选_________．（用器材前的字母表示）（2分）
23（18分）、研究发现：太阳系外某一恒星有一行星，一只行星围绕恒星运行一周所用的时间为1200年，行星与该恒星的距离为地球到太阳距离的100倍.假定行星围绕该恒星运行的轨道及地球绕太阳运行的轨道均可看作圆，则：
（1）该恒星质量与太阳质量之比是多少？
（2）行星绕恒星的公转速率与地球绕太阳的公转速率之比是多少？
24（20分）．有一组合场，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的且宽度均为d，电场和磁场的方向如图，一带正电粒子从O点以速度v0沿垂直电场方向进入电场，发生偏转，从A点离开电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的位移为电场宽度的一半，当粒子从C点（A、C两点图中未标出）穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致，（带电粒子重力不计）求：
(1）粒子从C点穿出磁场时的速度v；
（2）电场强度E和磁感应强度B的比值；
（3）粒子在电场、磁场中的运动的总时间。
26．（15分）有A、B、C、D、E、F五种主族元素，其相关信息如下：
①短周期元素C原子最外层有4个电子，E单质可在空气中燃烧。
②下表是元素周期表主族元素的一部分：
C
D
E
F
③A、B同周期相邻金属元素，A原子最外层电子为电子总数的1/6，且A的原子半径大于B。
回答下列问题：
（1）D的元素符号是 ，（1分）F在元素周期表中的位置为 。（2分）
（2）C的最高价氧化物与烧碱溶液反应的离子方程式为 。（2分）
（3）下列说法正确的是 。（2分）
a. A通常显 +1价，B通常显+4价
b. B元素活泼性比A强
c.A、B种单质与足量盐酸反应放出等量氢气时，消耗单质的物质的量比为3：2
（4） 探寻同一主族元素性质的一些共同规律，是学习化学的重要方法之一。在下表中列出对H2FO3各种不同化学性质的推测，举例并写出相应的化学方程式（用具体物质的分子式表示）。（8分，每空各2分）
编号
性质推测
化学方程式
示例
①：氧化性
①： H2FO3＋4HI＝F↓＋2I2＋3H2O
1
②:
③:
2
④:
⑤：
27．（14分）钛(Ti)被称为继铁、铝之后的第三金属，四川攀枝花和西昌地区的钒钛磁铁矿储量十分丰富。如下图所示，将钛厂、氯碱厂和甲醇厂组成产业链可以大大提高资源利用率，减少环境污染。
请填写下列空白：
(1)电解食盐水时，总反应的离子方程式是__________________________________（2分）
(2)写出钛铁矿经氯化法得到四氯化钛的化学方程式：_________________________（3分）(3)已知: ①Mg(s) + Cl2(g)＝MgCl2(s)；△H=－641kJ/mol ；②Ti(s) + 2Cl2(g)＝TiCl4(s)；△H＝－770kJ/mol。下列说法正确的是 。
A．Mg的燃烧热为641kJ/mol
B．Ti的能量一定比TiCl4高
C．等质量的Mg(s)、Ti(s)足量的氯气反应，前者放出的热量多
D．该冶炼Ti法对环境友好
(4)在上述产业链中，合成192t甲醇理论上需额外补充H2________ __t(不考虑生产过程中物质的任何损失)。（3分）
(5)以甲醇、空气、氢氧化钾溶液为原料，石墨为电极可构成燃料电池。该电池中负极上的电极反应式是____________________。
28．（14分）研究性学习小组的同学为了了解Cu及其化合物的性质，提出以下问题：
①Al(OH)3具有两性，Cu(OH)2也具有两性吗？
②Fe的＋2价化合物的稳定性比＋3价化合物的稳定性小，Cu的＋1价化合物的稳定性也比＋2价化合物的稳定性小吗？
③CuO能被CO、H2等还原，也能被NH3还原吗？
（1）解决问题①需要用到的药品有CuSO4溶液、______________、_____________（填字母）。（2分，每空各1分）
A．AlCl3溶液 B．NaOH溶液 C．稀H2SO4 D．氯水
假若Cu(OH)2具有两性，可能看到的主要实验现象是________________________________。（2分）
（2）为了比较Cu的＋1价化合物和＋2价化合物的稳定性，他们取98gCu(OH)2固体，加热至80℃～100℃时，得到黑色固体粉末，继续加热到1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末X。冷却后称量，X的质量为72g。向X中加入过量稀硫酸，得到蓝色溶液，同时观察到容器中还有红色固体存在。据此可推得，X的化学式为______________，（2分）可以得出的结论是______________________________________________。（3分）
（3）为解决问题③，设计了如下的实验装置（夹持及尾气处理装置未画出）：
在实验中观察到CuO变成红色物质，无水CuSO4变成蓝色，生成物中还有一种无污染的单质气体。装置A的作用是____________________________________，（2分）B中发生的反应的化学方程式为____________________________________________________________。（3分）
29．（17分）1928年，狄尔斯和阿尔德在研究1，3－丁二烯（CH2＝CH－CH＝CH2）的性质时发现如下反应：
回答下列问题：
（1）下列能发生双烯合成反应的有机物是 （填写序号）。（3分）
（2）工业上通常以甲醛、乙炔为原料制取1，3－丁二烯，生成流程为：
① 上述流程中甲醛和乙炔的反应类型是 。（2分）
② Y和X是同一系列有机物，两者互为同分异构体，Y能氧化生成一元醛。则Y的结构可能有 种。（3分）
（3） 以CH2＝CHCH＝CH2、X和HOCH2C≡CCH2OH为原料，合成高分子化合物M的线路如下（羧酸在醇溶液中几乎不和NaOH反应）：
① 设置反应①的目的是 。（3分）
② 写出下列反应的化学方程式：B→C 。（3分）
③ M的结构简式为 。（3分）
30．（22分）以基因型Aa的萝卜（2N＝18）和基因型Bb的甘蓝（2N＝18）为实验材料进行了如下实验，请对实验进行分析并回答有关问题。
（1）实验一中的F1高度不育的原因是_____________________（3分）
（2）实验二中，秋水仙素处理前后的萝卜是否为同一个物种？__________。（2分）萝卜－甘蓝B是否可育？____________。（1分）萝卜－甘蓝C的一个细胞中有________条染色体。（2分）
（3）过程①常用的方法是用______________处理，该过程往往在一定浓度的蔗糖溶液中进行而不是在蒸馏水中，为什么？___________________________________若要用机械方法切除植物细胞壁获得原生质体，须使细胞处于______________状态。（6分，每空各2分）
（4）实验三中过程②的理论基础是______________，这一阶段包括了_________________两个过程。（4分，每空各2分）
（5）萝卜－甘蓝A、C具有相同基因型的概率为_________。萝卜－甘蓝B可能的基因型有____种。（4分，每空各2分）
31．（20分）学校生物实验室有一批存量的淀粉酶制剂，因保留时间较长，估计可能已失去活性。某班生物兴趣小组承担了鉴定任务，请你帮助完成实验设计，并解答有关问题。
（一）实验目的：探究这批存量淀粉酶的活性
（二）实验原理：淀粉是非还原性糖，在淀粉酶作用下能水解成还原糖。还原糖能与斐林试剂发生氧化还原反应，生成砖红色的氧化亚铜沉淀。淀粉遇碘液变蓝色。通过比较该存量淀粉酶和唾液淀粉酶的催化效率，可以鉴定出这批存量淀粉酶的活性
1.B【解析】植物细胞原生质层成为半透膜决定于细胞膜的选择透过性，其结构特性――流动性与其半透膜特性无关；下丘脑细胞是甲状腺素的靶细胞，促甲状腺激素的靶细胞是甲状腺细胞；细胞新陈代谢的主要场所是细胞质基质而不是细胞器；二倍体生物细胞有丝分裂后期染色体数目应是4的整数倍。
2．D【解析】本题考查了细胞质遗传、基因的结构、基因突变等相关知识。质粒是基因工程中目的基因的运载体，而氨基酸的运输工具是tRNA；DNA分子中脱氧核苷酸的改变可能发生在非遗传效应的片段，而基因是有遗传效应的DNA片段；花斑紫茉莉的花斑枝条上叶肉细胞中的质体分布情况有3种：只含叶绿体、只含白色体、同时含有叶绿体和白色体；花斑紫茉莉的母本一定是花斑紫茉莉，花斑紫茉莉为母本的子代可能是绿色、白色、花斑色紫茉莉。
3．C【解析】由于植物的根对生长素的敏感性高于茎的敏感性，抑制根生长的生长素浓度对茎可能起促进作用；离体培养的小鼠细胞失去调节体温能力，温度将通过影响酶的活性对小鼠细胞的呼吸产生影响；生态系统稳定性包括抵抗力稳定性和恢复力稳定性，其中抵抗力稳定性与物种丰富度成正相关关系。
4．C【解析】本题考查了植物组织培养、植物体细胞杂交、动物细胞融合以及单克隆抗体的制备等。愈伤组织细胞由成熟植物细胞脱分化形成，细胞中缺少叶绿体等进行自养生活所需结构，其同化作用应为异养型；动物细胞融合后的杂种细胞经培养最终得到一个细胞系，不能得到一个完整个体，所以不可能得到新品种；同种植物体细胞得到染色体数目加倍的生物，该生物与原生物属于不同物种，因为有生殖隔离形成；效应B细胞是单个存在的，用于单克隆抗体制备时不需用胰蛋白酶处理。
5．C【解析】S区不位于中央前回；体温调节中枢也不位于大脑皮层内侧面，而是位于下丘脑；神经调节的基本方式是反射而不是反射弧，反射弧是反射的结构基础。
6. B由于氯气的密度比空气小，低洼处聚集的氯气量大，所以人群应该向着高处紧急疏散。漂白粉的主要成分为CaCl2、Ca(ClO)2，在酸性环境中，Cl?、ClO?发生氧化氧化还原反应而产生氯气：Cl? + ClO? + 2H＋＝Cl2↑+ H2O。 由于NaOH具有很强的腐蚀性且对环境产生影响，所以不能用NaOH浓溶液吸收释放的氯气，但可以用Ca(OH)2溶液处理。漂白粉中的Ca(ClO)2与空气中的H2O、CO2反应生成CaCO3、HClO，HClO分解而变质，所以发生漂白粉．漂白粉长时间放置在露天仓库中发生变质只发生了两个化学反应。综合上述选项B正确。
7． B 【解析】加入过量盐酸，NO3?（H＋）氧化S2?而导致NO3?和S2?的数目大大减少，而SiO32－、AlO2?与过量的H＋反应生成H2SiO3、Al3＋，H2SiO3、Al3＋与过量的OH?反应生成SiO32－和AlO2?。
8．A 【解析】A中铜电极是活性电极，先放电，总方程式没有体现；B中少量SO2生成SO32? ，正确；C中当KOH过量时，1molCa(HCO3)2发生反应要符合组成，生成1mol CaCO3沉淀，还要生成1molCO32―。
9．C【解析】分析反应①、②、③中各元素的价态变化，反应①中KMnO4为氧化剂，H2O2为还原剂，O2为氧化产物，故氧化性：KMnO4＞O2。反应②中各种元素价态没有发生变化，是非氧化还原反应，反应③锰、氟元素的价态都发生了变化，是氧化还原反应。根据反应关系有：1mol F2～2mol MnF4～2mol K2MnF6～2molKMnO4，每生成1mol F2，反应①转移6mol 电子，反应③转移2mol 电子，故共转移8mol电子。反应①、②、③所列的物质中不存在碱。综合上述只有选项C正确。
10．A 【解析】根据表给信息，元素Z、Q元素的最低价态均为－2价，说明它们原子的最外层电子数相同，均为6，再根据其原子半径可推知Z为S，Q为O。L最低化合价为－1，原子最外层有7个电子，且有正价，故L为Cl。M的半径较小但大于Q，再结合其它信息可得M为C，X为Mg，Y为Al。选项A，C原子最外层有4个电子，既不易失电子也不易得电子。选项B，Al的金属性比Mg落，与盐酸反应时，Mg更为剧烈。选项C，CO不能被NaOH溶液吸收。选项D，S、Cl原子的电子层数相同，S的非金属性比Cl弱，氢化物的稳定性H2S<HCl。
11．C 【解析】选项A，因HCO3?的水解能力大于CH3COO?水解能力，故同浓度下，NaHCO3溶液的pH值比CH3COONa大。选项B，等体积的pH＝3的H2SO4与pH＝11的NH3?H2O混合后，NH3?H2O过量，溶液呈碱性。选项C，因FeCl3、Fe(NO3)3发生水解，蒸干过程中生成的HCl、HNO3挥发，促使Fe3＋水解彻底而得到Fe(OH)3灼烧时Fe(OH)3分解得到Fe2O3。选项D，CH3COOK溶液中含有CH3COO?、K＋、H2O、H＋、OH?、CH3COOH。
12、B 先确定5个碳原子的饱和一元羧酸的结构，丁基有四种结构，因此5个碳原子的饱和一元羧酸也有四种结构，其中碳骨架为的羧酸，羧基相连的碳原子上无氢原子，氨基无法取代，故分子式为C5H11O2N的同分异构体中，属于α―氨基酸的有3种结构。
13．B【解析】左图可以看出改变温度物质浓度变化应从原点突变然后渐变，而30min时A、B、C浓度均减小，当属扩大容器体积，而且平衡没有移动，说明x＝1，从右图看出40min时速率均高于平衡时，且υ（逆）＞υ（正），故为升温，正反应为放热反应。0～8min内△c(A)＝（2.0―1.36）mol/L=0.64 mol/L，所以υ（A）=。20min～30min时间内，A、B、C的浓度不再变化，反应处于平衡状态，正反应速率等于逆反应速率。
14.答案：D【解析】气体体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内打到器壁单位面积上的分子数增多，不能确定分子平均动能的变化，故不能确定气体压强的变化。气体的压强取决于分子的平均动能和分子数密度。气体的温度升高时，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，但不能确定分子数密度的变化，所以气体压强不一定增大。压缩一定量的气体，外界对气体做功，吸、放热情况未知，不能确定内能的变化。对一定量的气体，体积增大，即分子数密度减小，而压强增大，则分子的平均动能增大。所以D选项正确
15、答案C【解析】根据全反射临界角的公式，可知折射率越大，临界角越小；在同一介质中紫光的折射率比其它可见光的折射率大，所以紫光发生全反射的临界角最小。故选项C正确。
16.答案：BCD【解析】和互为同位素，故有相同的质子数，不同的核子数，所以选项A的说法错误．本题的正确选项为BCD．
17. B D【解析】由于AC段的路程未知，只知道质点在AB段和BC段的平均速度，不能确定质点在AC段的运动时间，A项错误。根据平均速度定义可得，故B项正确。由于AB段和BC段的运动时间不能确定，故质点运动的加速度不能确定，C项错误。根据匀变速直线运动的特点：，，可求出，D项正确。
18.答案：BD【解析】：当拉力为F时，对重物而言，由牛顿第二定律有，F－mg＝ma
当拉力突然减半时，若＞mg，则重物所受合力的方向向上，大小为＜，即加速度小于．若＜mg，则重物所受合力的方向向下，大小为，F′合有可能等于，此时加速度等于．故正确选项为B、D．
19.答案：AD【解析】：由于波源O的起振方向沿y轴负方向，而t＝0.7s，x轴上在0～10m的范围内第一次出现图示的波形（质点O正处于正的最大位移处），可知在t＝0.7s时，波恰好传到了x=14m的质点处，故波速为，而波长λ＝8m，由有，波的周期为0.4s，所以选项A正确，选项C错．在t＝0.7s时刻，质点A处于正的最大位移处，其速度为零，故选项B错．从质点A开始振动到t＝0.7s，A振动了T，故质点A通过的路程是0.3m，所以选项D正确．
20、答案 BC 【解析】：当A B间距增大时，电容器电容减小，电容器要放电，二极管阻止放电。即电容器电量不变，极板间电场强度不变，所以不管小球带正电还是带负电，小球受力情况不变，仍打在N点；反之，当A B间距减小时，电容器电容增大，电容器要充电，充电电流方向与二极管方向相同，即电容器电量增加，极板间电场强度增加，小球受的电场力变大，若小球带正电，则小球受到的电场力方向向下，竖直方向加速度变大，将打在N点左侧。若小球带负电，则小球受到的电场力方向向上，竖直方向加速度变小，将打在N点右侧。
21.答案：B．【解析】在0～t1内，磁通量减少，所以PQ受到沿斜面向上的安培力逐渐减小，此时向下的静摩擦力逐渐减小．当安培力等于mgsinθ时，摩擦力为零，当安培力小于mgsinθ时静摩擦力反向向上逐渐增大，在t1时刻安培力为零，Ff=mgsinθ
22．（18分）
Ⅱ．（1）右侧（3分）；（2）（4分）；（3）如图所示（3分）；B，D（2分）
解析Ⅰ．重力势能的减小量为：J，重锤下落到B点时的速度为m/s，重锤下落到B点时增加的动能为J，在误差允许的范围内，重物的重力势能减少量和动能的增加量相等，达到了验证的目的。
Ⅱ．（1）若温度t1＜t2，由电阻R随摄氏温度t变化的关系图线可知，R1<R2，由可知I1>I2，则t1的刻度应在t2的右侧；
（2）由闭合电路的欧姆定律可知，，又R＝R0＋kt，联立可知所测温度t与电流I的关系式t＝；
（3）用“半偏法”测电流表内阻Rg的电路如图所示，应用半偏法测安培表内阻时，为了能读出Rg的电阻，电阻箱应选B，因滑线变阻器的总电阻应远大于Rg，所以滑线变阻器应选D。
23．解析（1）设行星质量为m，恒星质量为，行星的公转周期为，公转轨道半径为，则根据万有引力定律和牛顿第二定律可得：，（3分）
可解得：（2分）
设太阳的质量为，地球绕太阳的公转周期为，公转轨道半径为，
同理可得：（2分）
故恒星质量与太阳质量之比为：，代入数据可解得：（2分）
（2）设行星绕恒星运行的速率为，则有，可得：（3分）
设地球绕太阳的运行速率为，同理可得：（2分）
行星绕恒星的公转速率与地球绕太阳的公转速率之比为（2分）
代入数据可解得：（2分）
24.答案．（1）（2）（2）
【解析】：（1）粒子在电场中偏转：在垂直电场方向，平行电场分量
① （2分） ② （2分）
即： 得 （1分）
粒子在磁场中做匀速圆周运动， 故穿出磁场速度： ③ （1分）
（2）在电场中运动时 ④ （2分）
得 （1分）
在磁场中运动如图所示
运动方向改变45°，运动半径⑤ （2分）
又 ⑥ （2分）
得 （1分）
（3）粒子在电场中运动时间： ⑦ （2分）
粒子在磁场中运动时间： ⑧ （2分）
所以在电磁磁场中运动的总时间t＝ ⑨ （2分）
25.【解析】．（1）A、B两球碰撞过程动量守恒，即Mv0=MV+mv （4分）
根据已知：M=3m，v = 1.2v0 解得V = 0.6 v0
方向与B球碰撞前的速度方向相同。（3分）
（2）A球对B球所做功的大小等于B球动能的减少量
所以A球对B球所做功的大小为：W=Mv02-MV2=0.96mv02 ………（5分）
（3）设A、B两球发生第二次碰撞的位置距墙壁为x，则A球以1.2v0的速度运动的距离为s+x，B球以0.6 v0运动的距离为s ? x，A、B两球运动的时间相等，…（2分）
则有： …………（4分）
解得两球发生第二次碰撞的位置距墙壁： …………（2分）
26．（15分）（1）P （1分）第四周期第VIA族 （2分）
（2）SiO2 + 2OH? ＝SiO32－ + H2O （2分）
（3）c （2分） （4）②：还原性（2分） ③：H2SeO3 + Br2 + H2O＝H2SeO4 + 2HBr（2分）
④酸性（2分） ⑤：H2SeO3 + 2NaOH＝Na2SeO3 + 2H2O（2分）（其它合理答案也可）
【解析】（1）根据性质①②，最外层有4个电子的短周期元素为碳、硅，而元素C、D、E在同一周期，假设C为碳，则E为氧，单质氧不能在空气中燃烧，C为硅，D为磷，E为硫，单质硫能在空气中燃烧生成SO2，F为硒。Se元素的原子序数为34，Se原子核外34个电子分4层排布，且与氧同族，据此可判断在周期表中的位置。
（2）Si的最高价氧化物为SiO2，SiO2能与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和H2O：SiO2 + 2OH? ＝SiO32－ + H2O。
（3）根据题设条件，推知A为Mg，B为Al。Mg通常显＋2价，Al通常显＋3价。Mg的活泼性比Al强。产生等量的H2，Mg、Al失去电子数相等，即可得出消耗Mg、Al单质的物质的量比为3：2。
（4）H2FO3为H2SeO3，根据H2SO3的性质推测出H2SeO3具有氧化性、还原性、酸性、不稳定性等。H2SeO3具有氧化性可与具有较强的还原性物质如HI反应：H2SeO3 + 4HI＝Se↓+ 2I2 + 3H2O，H2SeO3具有还原性可与具有较强的氧化性物质如溴水反应：H2SeO3 + Br2 + H2O＝H2SeO4 + 2HBr。H2SeO3具有酸性可以与碱如NaOH反应：H2SeO3 + 2NaOH＝Na2SeO3 + 2H2O。
27．（14分）（1）2Cl? + 2H2O 2OH? + H2↑+ Cl2↑（3分）
（2）2FeTiO3 + 6C + 7Cl2 2TiCl4 + 2FeCl3 + 6CO （3分）
（3）C（2分）
（4）10t （3分）
（5）CH3OH－6e－ + 8OH?＝CO32? + 6H2O （3分）
【解析】（1）电解食盐水生成NaOH、H2和Cl2，反应的离子方程式为：2Cl? + 2H2O 2OH? + H2↑+ Cl2↑。
（2）从图示可知氯化时的反应物为FeTiO3、C、Cl2，生成物为FeCl3、TiCl4、CO，再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式为：2FeTiO3 + 6C + 7Cl2 2TiCl4 + 2FeCl3 + 6CO。
（3）C 选项A，Mg不是在O2中燃烧，故641kJ/mol不能称其燃烧热。选项B，反应Ti(s) + 2Cl2(g)＝TiCl4(s)为放热反应，1mol Ti(s)和2mol Cl2 (g)的总能量大于1mol TiCl4 (s)的总能量。选项C，假设质量均为24g，则Mg(s)与足量Cl2(g)反应放出641kJ热量，24gTi(s) 与足量Cl2(g)反应放出的热量＝＝385kJ，故正确。选项D，该冶炼过程使用了有毒Cl2，对环境有影响。
（4）根据CO + 2H2 →CH3OH，CH3OH～CO～7/6Cl2～7/6 H2，所以生产32g CH3OH，理论上还需补充2－7/6＝5/6 mol（5/3g）H2，故生产192t CH3OH还需补充H2的质量＝＝10t。
（5）CH3OH失去电子为原电池的负极，CH3OH燃烧时生成的CO2被KOH吸收生成K2CO3，故负极上的电极反应为：CH3OH－6e－ + 8OH?＝CO32? + 6H2O。
28．（14分）（1）BC （2分）Cu(OH)2既能溶于稀硫酸，又能溶于NaOH溶液 （2分）
（2）Cu2O（2分）；高于1000℃时Cu2O比CuO稳定，在溶液中Cu2＋比Cu＋稳定 （3分）
（3）干燥NH3（2分） 3CuO ＋ 2NH3 3Cu ＋ N2 ＋ 3H2O （3分）
【解析】（1）要证明Cu(OH)2有两性需观察Cu(OH)2是否既溶解在酸中也能溶解在碱中，故选用的药品为NaOH溶液、稀硫酸。如Cu(OH)2具有两性，Cu(OH)2溶解在NaOH溶液中得到澄清溶液，溶解在稀硫酸中生成蓝色溶液。
（2）98g Cu(OH)2在80℃～100℃时分解得到1mol CuO，在温度高于1000℃时，CuO分解得到红色Cu2O：CuO Cu2O + O2↑［1mol CuO可得0.5mol（72g）］， 可见在温度大于1000℃时，CuO不及Cu2O稳定。Cu2O在酸中发生反应生成Cu、Cu2＋和H2O：Cu2O + 2H＋＝Cu2＋ + Cu + H2O，可见在酸性环境中Cu2O不及Cu2＋稳定。
（3）CuO变为红色物质，说明CuO与NH3反应时生成了Cu，无水CuSO4变蓝，说明有H2O生成，另一种物质为N2，其反应为：3CuO + 2NH3 3Cu + 6H2O + N2↑。通入的NH3中可能含有H2O而干扰实验，所以装置A中的碱石灰的作用是用于除去NH3中的H2O。
29.（17分）（1） a、b、e （3分）
（2）① 加成反应 （2分） ② 3 （3分）
（3） ① 保护碳链中的“C＝C”不被氧化（3分）
②
（3分）
（3分）
【解析】（1）能发生双烯合成反应的有机物中必修含有类似1，3－丁二烯（CH2＝CH－CH＝CH2）的结构，比较题给有机物可知a、b、e中含有碳碳单、双键交替的结构，能发生双烯合成反应。
（2）（HCHO）1分子乙炔（CH≡CH）中的2个H原子分别与1分子甲醛（HCHO）中碳氧双键发生加成反应可得HOCH2C≡CCH2OH，HOCH2C≡CCH2OH在一定条件下与H2发生完全加成反应生成X（HOCH2CH2CH2CH2OH），HOCH2CH2CH2CH2OH分子间脱去2分子H2O可得CH2＝CH－CH＝CH2。能被氧化成一元醛的Y中一定只含有1个－CH2OH，符合此条件的Y的同分异构体有：
（3）HOCH2C≡CCH2OH与H2按1：1发生加成反应生成A（HOCH2CH＝CHCH2OH），由于在氧化－CHO时，C＝C键也能被氧化，故将HOCH2CH＝CHCH2OH与HCl发生加成反应生成B（ ），这样C＝C双键得以保护，防止被氧化。被催化氧化生成C（），被催化氧化生成D（），在NaOH醇溶液中发生消去反应生成E（HOOC－CH＝CH－COOH），HOOC－CH＝CH－COOH与CH2＝CH－CH＝CH2发生双烯合成生成F（），与HOCH2CH2CH2CH2OH发生缩合反应生成M（）。
30．（22分）【解析】实验一、二考查的是多倍体育种相关知识，实验三考查的是植物体细胞杂交。二倍体生物经秋水仙素处理后成为四倍体生物，二倍体和四倍体属于不同物种，因为它们杂交产生不育的三倍体。萝卜－甘蓝B减数分裂能产生可育的配子；当植物细胞处于质壁分离状态时，可以通过机械切除细胞壁获得原生质体；过程②表示植物组织培养过程，这一过程主要由脱分化和再分化构成；C的基因型为AaBb，A的可能基因型为：AABB、AAbb、aaBB、aabb。实验二中经秋水仙素处理后的萝卜基因型为AAaa，它产生的配子可能有3种：AA、Aa、aa；同理经秋水仙素处理的甘蓝也可能产生3种配子：BB、Bb、bb。所以萝卜－甘蓝B可能有9种基因型
答案:（1）F1产生配子时，萝卜和甘蓝的染色体之间不能配对，不能产生可育的配子（3分）
（2）不是（2分） 可育（1分） 36（2分）
（3）纤维素酶和果胶酶（2分） 防止原生质体因过度吸水而破裂（2分） 质壁分离（2分）
（4）植物细胞的全能性 （2分） 脱分化和再分化（2分）
（5）0 （2分） 9 （2分）
31．（20分）【解析】本题考查对照实验相关知识。关键在于对照建立过程中遵循单一变量原则。利用题目提供的信息理解实验过程中反应的发生以及实验的检测手段
在淀粉酶作用下，非还原糖淀粉分解成有还原性的麦芽糖，淀粉存在可以用碘液检测出来，还原糖可以用斐林试剂检测。检测到还原糖存在说明反应发生了，即酶有活性；检测到淀粉存在说明反应未发生或反应不完全，分别对应于酶完全失活或保留部分活性。（六）小题考查学生思维发散能力以及思维严密性
答案:（四）（2）淀粉糊（2分）等量的存量酶制剂（2分）
（4）向试管A1、B1加入等量碘液，向试管A2、B2加入等量新制的斐林试剂（2分）
（5）将试管B1、B2水浴加热，观察各试管中颜色变化（2分）
（五）（9分）
B1
B2
结论
第一种可能
蓝色
无砖红色沉淀
该存量酶制剂完全失活
第二种可能
蓝色
有砖红色沉淀
该存量酶制剂保留部分活性
第三种可能
褐色
有砖红色沉淀
该存量酶制剂活性正常
（六）没有考虑到该酶制剂与唾液中酶的浓度的可能差异；没有考虑到该淀粉酶与唾液淀粉酶在催化效率之间可能存在的差异（其他合理答案也给分）（3分）
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