《2021年普通高等学校招生全国统一考试（甲卷）理科综合能力测试.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年普通高等学校招生全国统一考试（甲卷）理科综合能力测试.pdf（49页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021年普通高等学校招生全国统一考试（甲卷）理科综合能力测试注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案书写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S32 Cu 64 Zr91一、选择题：本题共13个小题，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.已知前、抗体、激素、糖原、脂肪、核酸都是人体内有重要
2、作用的物质。下列说法正确的是（）A.都是由氨基酸通过肽键连接而成的B.都是生物大分子，都以碳链为骨架C.都是由含氮的单体连接成的多聚体D.都是人体细胞内的主要能源物质【答案】C【解析】【分析】1、酶是活细胞合成的具有催化作用的有机物，大多数酶是蛋白质，少数酶是RNA。2、核酸是一切生物的遗传物质。有细胞结构的生物含有DNA和RNA两种核酸，但其细胞核遗传物质和细胞质遗传物质都是DNAo3、动物体内激素的化学成分不完全相同，有的属于蛋白质类，有的属于脂质，有的属于氨基酸衍生物。【详解】A、前的化学本质是蛋白质或R N A,抗体的化学本质是蛋白质，激素的化学本质是有机物，如蛋白质、氨基酸的衍生物、
3、脂质等，只有蛋白质才是由氨基酸通过肽键连接而成的，A错误；B、糖原是生物大分子，脂肪不是生物大分子，且激素不一定是大分子物质，如甲状腺激素是含碘的氨基酸,B错误；C、酶的化学本质是蛋白质或R N A,抗体的化学成分是蛋白质，蛋白质是由氨基酸连接而成的多聚体，核酸是由核甘酸连接而成的多聚体，氨基酸和核甘酸都含有氮元素，C正确：D、人体主要的能源物质是糖类，核酸是生物的遗传物质，脂肪是机体主要的储能物质，D错误。故选Co2.某同学将酵母菌接种在马铃薯培养液中进行实验，不可能得到的结果是（）A.该菌在有氧条件下能够繁殖B.该菌在无氧呼吸的过程中无丙酮酸产生C.该菌在无氧条件下能够产生乙醇D.该菌在有
4、氧和无氧条件下都能产生CO2【答案】B【解析】【分析】酵母菌是兼性厌氧生物，有氧呼吸的产物是二氧化碳和水，无氧呼吸产物是酒精和二氧化碳。【详解】A、酵母菌有细胞核，是真菌生物，其代谢类型是异氧兼性厌氧型，与无氧条件相比，在有氧条件下，产生的能量多，酵母菌的增殖速度快，A 不符合题意；BC、酵母菌无氧呼吸在细胞质基质中进行，无氧呼吸第一阶段产生丙酮酸、还原性的氢，并释放少量的能量，第二阶段丙酮酸被还原性氢还原成乙醛，并生成二氧化碳，B 符合题意，C 不符合题意；D、酵母菌有氧呼吸和无氧呼吸都在第二阶段生成CO2,D 不符合题意。故选Bo3.生长素具有促进植物生长等多种生理功能。下列与生长素有关的
5、叙述，错误的是（）A.植 物 生 长“顶端优势”现象可以通过去除顶芽而解除B.顶芽产生的生长素可以运到侧芽附近从而抑制侧芽生长C.生长素可以调节植物体内某些基因的表达从而影响植物生长D.在促进根、茎两种器官生长时，茎是对生长素更敏感的器官【答案】D【解析】【分析】生长素的化学本质是口引味乙酸；生长素的运输主要是极性运输，也有非极性运输和横向运输；生长素对植物生长具有双重作用，即低浓度促进生长，高浓度抑制生长。【详解】AB、顶端优势产生的原因是顶芽产生的生长素向下运输，枝条上部的侧芽部位生长素浓度较高，侧芽对生长素浓度比较敏感，因而使侧芽的发育受到抑制，可以通过摘除顶芽的方式解除植株顶端优势，A
6、B正确；C、生物的性状是由基因控制的，生长素能引起生物性状的改变，是通过调控某些基因的表达来影响植物生长的，C 正确；D、根、茎两种器官对生长素的反应敏感程度有明显差异，其中根对生长素最敏感，D 错误。故选D。4.人体下丘脑具有内分泌功能，也是一些调节中枢的所在部位。下列有关下丘脑的叙述，错误的是（）A.下丘脑能感受细胞外液渗透压的变化B.下丘脑能分泌抗利尿激素和促甲状腺激素C.下丘脑参与水盐平衡的调节：下丘脑有水平衡调节中枢D.下丘脑能感受体温的变化；下丘脑有体温调节中枢【答案】B【解析】【分析】下丘脑的功能：感受：渗透压感受器感受渗透压升降，维持水盐代谢平衡。传导：可将渗透压感受器产生的兴
7、奋传导至大脑皮层，使之产生渴觉。分泌：分泌促激素释放激素，作用于垂体，使之分泌相应的激素或促激素。在外界环境温度低时分泌促甲状腺激素释放激素，在细胞外液渗透压升高时促使垂体分泌抗利尿激素。调节：体温调节中枢、血糖调节中枢、渗透压调节中枢。下丘脑视交叉上核的神经元具有日周期节律活动，这个核团是体内日周期节律活动的控制中心。【详解】AC、下丘脑是水盐平衡调节中枢，同时也具有渗透压感受器，来感知细胞外液渗透压的变化，AC正确；B、下丘脑能分泌促甲状腺激素释放激素、抗利尿激素等，具有内分泌功能，促甲状腺激素是由垂体分泌，B错误；D、下丘脑内有是维持体温相对恒定的体温调节中枢，能感受体温变化，能调节产热
8、和散热，D正确。故选Bo5.果蝇的翅型、眼色和体色3个性状由3对独立遗传的基因控制，且控制眼色的基因位于X染色体上。让一群基因型相同的果蝇（果蝇M）与另一群基因型相同的果蝇（果蝇N）作为亲本进行杂交，分别统计子代果蝇不同性状的个体数量，结果如图所示。已知果蝇N表现为显性性状灰体红眼。下列推断错误的是（）A.果蝇M为红眼杂合体雌蝇B.果蝇M体色表现 黑檀体C.果蝇N灰体红眼杂合体D.亲本果蝇均为长翅杂合体【答案】A【解析】【分析】分析柱形图：果 蝇M与果蝇N作为亲本进行杂交杂交，子代中长翅：残翅=3：1,说明长翅为显性性状，残翅为隐性性状，亲本关于翅型的基因型均为Aa（假设控制翅型的基因为A/a
9、）；子代灰身：黑檀体=1：1,同时灰体为显性性状，亲本关于体色的基因型为Bbxbb（假设控制体色的基因为B/b）；子代红眼:白眼=1：1,红眼为显性性状，且控制眼色的基因位于X染色体上，假设控制眼色的基因为W/w）,故亲本关于眼色的基因型为XwXwxX Y或XXxXwYo 3个性状由3对独立遗传的基因控制，遵循基因的自由组合定律，因为N表现为显性性状灰体红眼，故N基因型为AaBbXWX“，或AaBbXWY,则M的基因型对应为Aa bb XY 或 AabbXXw。【详解】AB、根据分析可知，M的基因型为A abbX*Y或AabbX、X w,表现为长翅黑檀体白眼雄蝇或长翅黑檀体白眼雌蝇，A错误，B
10、正确；C、N基因型为AaBbXWXw或AaBbXY,灰体红眼表现为长翅灰体红眼雌蝇，三对基因均为杂合，C正确;D、亲本果蝇长翅的基因型均为A a,为杂合子，D正确。故选A。6.群落是一个不断发展变化的动态系统。下列关于发生在裸岩和弃耕农田上的群落演替的说法，错误的是（）A.人为因素或自然因素的干扰可以改变植物群落演替的方向B.发生在裸岩和弃耕农田上的演替分别为初生演替和次生演替C.发生在裸岩和弃耕农田上的演替都要经历苔解阶段、草本阶段D.在演替过程中，群落通常是向结构复杂、稳定性强的方向发展【答案】C【解析】【分析】1、群落演替：随着时间的推移，一个群落被另一个群落代替的过程。2、群落演替的原
11、因：生物群落的演替是群落内部因素（包括种内关系、种间关系等）与外界环境因素综合作用的结果。3、初生演替：是指一个从来没有被植物覆盖的地面，或者是原来存在过植被，但是被彻底消灭了的地方发生的演替；次生演替：原来有的植被虽然已经不存在，但是原来有的土壤基本保留，甚至还保留有植物的种子和其他繁殖体的地方发生的演替。【详解】A、人类活动可以影响群落演替的方向和速度，退湖还田、封山育林、改造沙漠、生态农业等相关措施都能促进群落良性发展，A 正确；BC、发生在裸岩上的演替是初生演替，依次经过：地衣阶段一苔辞阶段一草本阶段一灌木阶段一森林阶段,弃耕农田的演替为次生演替，自然演替方向为草本阶段一灌木阶段-乔木
12、阶段，B 正确，C 错误；D、一般情况下，演替过程中生物生存的环境逐渐改善，群落的营养结构越来越复杂，抵抗力稳定性越来越高，恢复力稳定性越来越低，D 正确。故选C。7.化学与人体健康及环境保护息息相关。下列叙述正确的是A.食品加工时不可添加任何防腐剂B.掩埋废旧电池不会造成环境污染C.天然气不完全燃烧会产生有毒气体D.使用含磷洗涤剂不会造成水体污染【答案】C【解析】【分析】【详解】A.食品加工时，可适当添加食品添加剂和防腐剂等，如苯甲酸钠，故 A 错误；B.废旧电池中含有重金属等金属离子，会造成土壤污染，水体污染等，故 B 错误；C.天然气主要成分为甲烷，不完全燃烧会产生一氧化碳等有毒气体，故
13、 C 正确；D.含磷洗涤剂的排放，使水中磷过多，造成水中藻类疯长，消耗水中溶解的氧，水体变浑浊，故 D 错误；故选C。8.N,为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.18g重水（D?。）中含有的质子数为IONAB.3mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为4NA32g环状Sg(）分子中含有的S-S键数为INAD.IL pH=4的0.1mol LK2Cr2O7 溶液中 Cr2O 离子数为01NA【答案】C【解析】【分析】18g【详解】A.D Q的质子数为1。，血 口。的物质的量为诉扁=。9向，则18g重水（D Q）中所含质子数为9 NA，A错误;B.NO?与H?。反应的化学方程式为：3N
14、O2+H2O=2HNO3+NO,该反应消耗3个NCh分子转移的电子数为2个，则有3moi的NO?参与反应时，转移的电子数为2NA，B错误；C.一个分子中含有的S-S键数为8个，32gs8的物质的量为。:翌-=-m o l,则含有8x32g/mol 8的S-S键数为X8XNA=NA，C正确；8D.酸性K Q O 溶液中存在：5。；一+凡0 W 2CrO：+2H+,含Cr元素微粒有5 0/和CrOf，则IL pH H的O.lm olLK Cr2。？溶液中5 0自离子数应小于01NA,D错误；故选C。9.实验室制备下列气体的方法可行的是气体方法A氨气加热氯化核固体B二氧化氮将铝片加到冷浓硝酸中C硫化
15、氢向硫化钠固体滴加浓硫酸D氧气加热氯酸钾和二氧化锅的混合物A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A.氯化镀不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，但两者遇冷又会化合生成氯化镀固体，所以不能用于制备氨气，A 不可行；B.将铝片加到冷浓硝酸中会发生钝化现象，不能用于制备二氧化氮，B 不可行；C.硫化氢为还原性气体，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体，因为该气体会与浓硫酸发生氧化还原反应，C 不可行；D.实验室加热氯酸钾和二氧化镒的混合物，生成氯化钾和氧气，二氧化铳作催化剂，可用此方法制备氧气,D 可行；故选D。1 0.下列叙述正确的是A.甲醇既可
16、发生取代反应也可发生加成反应B.用饱和碳酸氢纳溶液可以鉴别乙酸和乙醇C.烧烽的沸点高低仅取决于碳原子数的多少D.戊二烯与环戊烷互为同分异构体【答案】B【解析】【分析】【详解】A.甲醇为一元饱和醇，不能发生加成反应，A 错误；B.乙酸可与饱和碳酸氢钠反应，产生气泡，乙醇不能发生反应，与饱和碳酸钠互溶，两者现象不同，可用饱和碳酸氢纳溶液可以鉴别两者，B 正确；C.含相同碳原子数的烷烧，其支链越多，沸点越低，所以烷烧的沸点高低不仅仅取决于碳原子数的多少，C 错误；D.戊二烯分子结构中含2 个不饱和度，其分子式为C5H8,环戊烷分子结构中含1个不饱和度，其分子式为C5HIO,两者分子式不同，不能互为同
17、分异构体，D 错误。故 选 Bo11.W.X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍。W和X的单质常温下均为气体。下列叙述正确的是A.原子半径：ZYXWB.W与X只能形成一种化合物C.Y氧化物为碱性氧化物，不与强碱反应D.W、X和Z可形成既含有离子键又含有共价键的化合物【答案】D【解析】【分析】w.X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也 是Y的最外层电子数的2倍，则分析知，Z的最外层电子数为偶数，W和X的单质常温下均为气体，则推知W和X为非金属元素，所以可判断W为H元
18、素，X为N元素，Z的最外层电子数为1+5=6,Y的最外层电子数为9=3,则Y为A1元素，Z为S元素，据此结合元素及其化合物的结构与性质分析解答。2【详解】根据上述分析可知，W为H元素，X为N元素，Y为A1元素，Z为S元素，则A.电子层数越多的元素原子半径越大，同周期元素原子半径依次减弱，则原子半径：Y（A1）Z（S）X（N）W（H）,A 错误；B.W为H元素，X为N元素，两者可形成N%和N 2H4,B错误；C.Y为A l元素，其氧化物为两性氧化物，可与强酸、强碱反应，C错误；D.W、X和Z可形成（NHSS、N H4H S,两者既含有离子键又含有共价键，D正确。故选D。1 2.已知相同温度下，K
19、sp（BaS C）4）Ksp（BaCC）3）。某温度下，饱和溶液中g c（S O：）、g c（CO；）、与-lg c（Ba2+）的关系如图所示。9900000000109&Z8工4.工ZL(GOS)。耳O&.OO8O5.94.9.3.O2.9-lgc(Ba下列说法正确的是A.曲线代表BaCOs的沉淀溶解曲线B.该温度下BaSO4的Ksp(BaSOj值为LOx 10 C.加适量BaCU固体可使溶液由a点变到b点D.c(Ba2+)=10-51时两溶液中c(SOf)CO；)=1 0 9【答案】B【解析】【分析】B a C C h、B a S C U 均为难溶物，饱和溶液中一l g c(B a 2+)
20、+l g c(S O：)=-l g c(B a 2+)x c(S 0 j )=-l g ArSp(B a S O4)J,同理可知溶液中T g l c(B a 2+)+l g c(C O；)=-l g K s p(B a C O 3),因 s p(B a S O4)K s p(B a C C h),则T g K s p(B a C O 3)4)=1.0 x 1 0 l 0,选项 B 正确；C.向饱和B a S C)4溶液中加入适量BaCh固体后，溶液中c(B a 2+)增大，根据温度不变则1(BaSOQ不变可知,溶液中c(S O：)将减小，因此a点将沿曲线向左上方移动，选项C错误；D.由图可知，
21、当溶液中c(Ba2+)=10r 时，两溶液中10小=10L%选项D 错误;答案选B。1 3.乙醛酸是一种重要的化工中间体，可果用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2。解离为H*和O H,并在直流电场作用下分别问两极迁移。下列说法正确的是电源铅电极Y醛OHCOH-C亿(乙二酸)H201H+OH，Il IIHC C H B r2（乙二醛）H|2BrHOCC H（乙醛酸）石墨电极饱和乙二酸溶液 双极膜 乙二醛+KBr酸溶液A.KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用B.阳极上的反应式为:O O+2H+2e=HO-C-C-OH20H+OHConeC.制得2m oi乙醛酸，理论上外
22、电路中迁移了 Im ol电子D.双极膜中间层中的H+在外电场作用下向铅电极方向迁移【答案】D【解析】【分析】该装置通电时，乙二酸被还原为乙醛酸，因此铅电极为电解池阴极，石墨电极为电解池阳极，阳极上B r被氧化为Bo,B n将乙二醛氧化为乙醛酸，双极膜中间层的H+在直流电场作用下移向阴极，0 H 移向阳极。【详解】A.KBr在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，生成的Br2为乙二醛制备乙醛酸的中间产物，故 A 错误：B.阳极上为B r失去电子生成B&,B n将乙二醛氧化为乙醛酸，故 B 错误；C.电解过程中阴阳极均生成乙醛酸，Imol乙二酸生成Imol乙醛酸转移电子
23、为2mol,Imol乙二醛生成Imol乙醛酸转移电子为2m ol,根据转移电子守恒可知每生成Imol乙醛酸转移电子为Im o l,因此制得2moi乙醛酸时，理论上外电路中迁移了 2moi电子，故 C 错误；D.由上述分析可知，双极膜中间层的H+在外电场作用下移向阴极，即H+移向铅电极，故D正确；综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共4 8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1921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.如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部
24、架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角。可变。将小物块由平板与竖直杆交点。处静止释放，物块沿平板从2点滑至P点所用的时间f与夹角6的大小有关。若由30。逐渐增大至60。，物块的下滑时间f将（）A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小 D,先减小后增大【答案】D【解析】【分析】【详解】设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知=gsin O rcos。2可得产 41g sin 20可知6=45时，f有最小值，故当。从由30。逐渐增大至60。时下滑时间t先减小后增大。故选D。15.“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复
25、拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s,此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为（）外力 7 外力A.10m/s2 B.100m/s2 C.1000m/s2 D.10000m/s2【答案】C【解析】【分析】【详解】纽扣在转动过程中co=27m 1 OOmad/s由向心加速度 2 =y2r1000m/s2故选C。1 6.两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与 O。在一条直线上，PO,与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流/,电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流/时，所产生的磁场在距离导线“处的磁感应强度
26、大小为B,则图中与导线距离均为 的例、N 两点处的磁感应强度大小分别为（）M Nd O dE 八IA.B、0 B.0、2B C.28、2B D.B、B【答案】B【解析】【分析】【详解】两直角导线可以等效为如图所示两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在M 处的磁感应强度方向为垂直纸面向里、垂直纸面向外，故 M 处的磁感应强度为零；两直导线在N 处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故M处的磁感应强度为28；综上分析B正确。故选BoEOQ17.如图，一个原子核X经图中所示的一系列a、/衰 变 后，生成稳定的原子核Y,在此过程中放射出电【答案】A【解析】【分析】【详解】由图分析可知，核反应方程为.Y+
27、.H e+b _；e设经过。次a衰变，人次夕衰变。由电荷数与质量数守恒可得238=206+4。；9 2=82+2a Z?解得a=8,b 6故放出6个电子故选Ao18.2021年2月，执行我国火星探测任务的“天间一号”探测器在成功实施三次近火制动后，进入运行周期约为1.8xl()5s的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为2.8xl()5m。已知火星半径约为3.4xl()6m,火星表面处自由落体的加速度大小约为3.7m/s2,则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为()A.6x105m B.6x106mC.6x107m D.6x108m【答案】C【解析】【分析】设与为1.8x105
28、s的椭圆形停泊轨道周期相同的圆形轨道半径为/,由万引力提供向心力可知【详解】忽略火星自转则GMm区 2=叫 可知GM=gR2故选CoGMm 4/-=tn产 T2设近火点到火星中心为R=R+4 设远火点到火星中心为4=7?+4 由开普勒第三定律可知“2)7 2 7 2由以上分析可得d2 6 x l 07m1 9.某电场的等势面如图所示，图中“、b、c、&、e为电场中的5个点，则()4V 6V/)2V 3V I 5V/7V 8VA.一正电荷从人点运动到e 点，电场力做正功B.一电子从。点运动到d 点，电场力做功为4eVC.b 点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右D.a、b、c、”四个点中，人点
29、的电场强度大小最大【答案】BD【解析】【分析】【详解】A.由图象可知(pb=(pe则正电荷从人点运动到e 点，电场力不做功，A 错误;B.由图象可知他=3V,p d =7V根据电场力做功与电势能的变化关系有Wad=Ep“-Epd=(af由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式l=-a t22则可得出下D 错误。故选BC。2 1.由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界
30、水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（）甲 乙X X X X XX X X X XX X X X XA.甲和乙都加速运动B,甲和乙都减速运动C.甲加速运动，乙减速运动D.甲减速运动，乙加速运动【答案】AB【解析】【分析】【详解】设线圈到磁场的高度为从线圈的边长为/,则线圈下边刚进入磁场时，有v=y12gh感应电动势为E-nBlv两线圈材料相等（设密度为夕），质量相同（设为加），则m=凡 x 4 nl x S设材料的电阻率为夕，则线圈电阻4/16 平%。1 P S m感应电流为j _ E _ mBvi
31、 R 6nlpp0安培力为p nB”=也 v16呐由牛顿第二定律有mg F=ma联立解得F B2Va-8 m 16ppo加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。B2V当 g “时，甲和1630B2V B2V乙都加速运动，当 g d T 3 0 s in。【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有m g s in 0-m a设小车通过第3 0 个减速带后速度为vi,到达第3 1 个减速带时的速度为以，则有 v,2=2ad因为小车通过第3 0 个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均
32、为也和V 2；经 过 每 一 个减速带时损失的机械能为A =g mv；-g mvf联立以上各式解得A E =mgd s in 0（2）由（1）知小车通过第5 0个减速带后的速度为w,则在水平地面上根据动能定理有/.imgs=Q)-mvl从小车开始下滑到通过第3 0个减速带，根据动能定理有，wg(L +2 9 )s in6-A E,?.=mv联立解得E&-mgL+29d)s in 夕-7 7 g s故在每一个减速带上平均损失的机械能为A 总根g (L +29d)s in 6 mgs八/s 3030（3）由题意可知 A E可得L d 4s in。2 5.如图，长度均为/的两块挡板竖直相对放置，间距
33、也为/,两挡板上边缘尸和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E;两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为小，电荷量为q（40）的粒子自电场中某处以大小为w的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘。和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与P。的夹角为6 0。，不计重力。（1）求粒子发射位置到P点的距离；（2）求磁感应强度大小的取值范围；（3）若粒子正好从Q N的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。【答案】边1届.（2）.（3）粒子运动轨迹见解析，39-106
34、6qE（3 +，3皿 ql 44【解析】【分析】【详解】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知X=Vot 1 2=娈 匚 2m粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为6 0,有V ntt an 3 0 =/=匕%粒子发射位置到P点的距离s=yjx2+y2 由式得s=必 欣 6qE（2）带电粒子在磁场运动在速度V =-=2 瓜。c o s 3 0 3带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹（分别从。、N点射出）如图所示由几何关系可知，最小半径5=6/cos300 3最大半径也/Gax带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知2八 mv/qvB=-r由解得，磁感
35、应强度大小的取值范围2m V0 B1.5即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：Feb+C12=l2+FeC12；I2、FeCb;I2被 过 量 的 进一步氧化；(2)先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3,生成碘化物即含 的物质；再向混合溶液中(含1-)加入NalO3溶液，反应得到L，上述制备L 的两个反应中r 为中间产物，总 反 应 为 与 HSOg发生氧化还原反应，生成SO：和 匕，根据得失电子守恒、电荷守恒 及元素守恒配平离子方程式即可得：2IO3+5HSO3=I2+5SO；-+3H+H2O,故答案为：2IO3+5HS
36、O3=I2+5SO-+3H+H2O；K I溶液和CuSO4溶液混合可生成C u i沉淀和U，化学方程式为4KI+2CUSO4=2CUIJ +L+2K2sCh,若生成Imol 12,则消耗的K I至少为4mol；反应中加入过量K I，浓度增大，可逆反应4 平衡右移，增大“溶解度，防止U 升华，有利于蒸储时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。27.胆研(CuSO5H?O)易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的CuO(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矶，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：(1)制备胆机时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还 必 须 使
37、用 的 仪 器 有(填 标 号)。A.烧杯 B.容量瓶 C.蒸发皿 D.移液管(2)将 CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其 主 要 反 应 的 化 学 方 程 式 为,与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是 o(3)待 CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量H2。？，冷却后用NH3H?O调 p H 为 3.54,再煮沸lOmin,冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、乙醇洗涤、,得到胆研。其中，控制溶液p H 为 3.54 的目的是,煮沸lO m in的作用是。(4)结晶水测定：称量干燥用烟的质量为m 加入胆研后总质量为m 2,将用烟加热至胆研全部变为白色，置于干燥器
38、中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m,。根据实验数据，胆研分子中结晶水的 个 数 为(写 表 达 式)。(5)下列操作中，会 导 致 结 晶 水 数 目 测 定 值 偏 高 的 是(填 标 号)。胆矶未充分干燥生期未置于干燥器中冷却 加热时有少胆矶迸溅出来A【答案】.A、C(2).CuO+H2sO4=CUSO4+H2O(3).不会产生二氧化硫且产生等量胆研消耗硫酸少(硫酸利用率高)(4).过滤(5).干燥(6).除尽铁，抑制硫酸铜水解(7).破坏氢氧化80(加，-私)铁胶体，易于过滤(8).彳(9).9(租3 -m)【解析】【分析】【详解】(1)制备胆研时，根据题干信息可知，需进
39、行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，A、C符合题意，故答案为：A、C；A(2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，力 1热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2sO4=CUSO4+H2。；直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矶的实验方案具有的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆机消耗硫酸少(硫酸利用率高)；(3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需
40、控制溶液p H为3.5 4,酸性环境同时还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸l()m in,目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；(4)称量干燥用烟的质量为 犯，加入胆研后总质量为加2,将用堪加热至胆矶全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量,重复上述操作，最终总质量恒定为，4。则水的质量是(加2 m3)g所以胆研(CUS O 4T 1H2O)中n值 的 表 达 式 为%也：笔答=n:l,解得n=18 16080（用2 3）9（/-町）80(m?-m.)(5)胆矶未充分干燥 捌饬所测m
41、?偏 大 根 据 可 知 最 终 会 导 致 结 晶 水 数 目 定 值 偏 高,符合题意：用埸未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆研，导致所测m3偏大，根80(如-ITL)据4可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；9(砥 一 )80(/n,-m,)加热胆机晶体时有晶体从用烟中溅出，会使m3数值偏小，根据n=L 宁 可知，最终会导致结晶9(啊 m)水数目定值偏高，符合题意；综上所述，符合题意，故答案为：。28.二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳回答下列问题：(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H 式 g)=CHQH(g
42、)+H2O(g)该反应一般认为通过如下步骤来实现：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH,=+41 kJ.mol-1 CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)AH2=-90kJ.mor总反应的A H=k J.m o l-1;若反应为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是(填标号)，判断的理由是 o体系能量体系能量A体系能量B.反应进程 反应进程体系能量D.反应进程 反应进程(2)合成总反应在起始物n(H2)/n(CO2)=3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇物质的量分数为X(CH3OH),在 t=2 5()下的 x(C H 3(D H)p、在 p=5 x l(r
43、p a 下的 x(C H 3(D H)t如图所示。p/1 05 P a(Hoxu)x2 0 0 2 1 0 2 2 0 2 3 0 2 4 0 2 5 0 2 6 0 2 7 0 2 8 0z/用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式K p =图 中 对 应 等 压 过 程 的 曲 线 是，判断的理由是当x(C H 3 O H)=0.1 0时，C。？的平衡转化率a=,反应条件可能为 或_。【答案】(1).-4 9 (2).A (3).A H i为正值，比为 和A”为负值，反应的活化能大于反应的p(H2O)p(C H3O H)P3(H2)P(CO2)(5).b (6).总反应”(),升高温
44、度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小.3 3.3%(8).5 x l05P a,2 1 0 (9).9 x l05P a,2 5 0【解析】【分析】【详解】(1)二氧化碳加氢制甲爵的总反应可表示为：C O2(g)+3 H2(g)=C H3O H(g)+H2O(g),该反应一 般 认 为 通 过 如 下 步 骤 来 实 现：C O2(g)+H2(g)=C O(g)+H2O(g)A H,=+4 1 k J.m o l1,C 0(g)+2 H式g)=C H 3 0 H(g)A H2=-9 0 k J.m o r ,根据盖斯定律可知，+可得二氧化碳加氢制甲爵的总 反 应 为：C O2(g)
45、+3 H2(g)=C H,O H(g)+H2O(g)A H=(+4 1 k J.m o l1)+(-9 0 k J.m o r )=-4 9 k J.m o l；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应为慢反应，因此反应的活化能高于反应，同时反应的反应物总能量低于生成物总能量，反应的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项，故答案为：-4 9；A；A”i 为正值，A 4 2 为和AH为负值，反应的活化能大于反应的。(2)二氧化碳加氢制甲醇的总反应为C C)2(g)+3 H 2(g)=C H 3 0 H(g)+H 2 O(g),因此利用各物质的平
46、衡分压表示总反应的平衡常数，表达式示 小 二、-/,故答案为：:w。P(H2)-p(C O2)p(H2)-P(CO2)该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中x lC H y O H)将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b,故答案为：b；总反应A H 0,升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小。3 H2(g)+C O2(g)CH3O H(g)+H2O(g)起 始(m o l)3 1 0 0设起始(C O 2)=lm o L n(H 2)=3 m o l,则在n,当平衡转 化(m o l)3 x x x x平 衡(m o l)3-3 x 1-x x x时 x(C H
47、3 0 H)=0.1 0 时，(3_ 3X)+(；X)+X+X=。，解得 x=g m o l,平衡时 C O 2 的转化率1.a：4。乂 0 0%=3 3.3%；由图可知，满足平衡时*(汨3。1 )=0.1 0 的条件有：S x lO-a,2 1 0 或 9 x lQ 5 p a,I m o l2 5 0,故答案为：3 3.3%；5 x l()5 p a,2 1 0；9 x lO5P a,2 5 0 2 9 .植物的根细胞可以通过不同方式吸收外界溶液中的K+。回答下列问题：(1)细胞外的K*可以跨膜进入植物的根细胞。细胞膜和核膜等共同构成了细胞的生物膜系统，生物膜的结构特点是 o(2)细胞外的
48、K+能够通过离子通道进入植物的根细胞。离子通道是由_ _ _ _ _ _ _ 复合物构成的，其运输的特点是(答出1 点即可)。(3)细胞外的K+可以通过载体蛋白逆浓度梯度进入植物的根细胞。在有呼吸抑制剂的条件下，根细胞对K+的吸收速率降低，原因是。【答案】(1).具有一定的流动性(2).蛋白质(3).顺浓度或选择性(4).细胞逆浓度梯度吸收K+是主动运输过程，需要能量，呼吸抑制剂会影响细胞呼吸供能，故使细胞主动运输速率降低【解析】【分析】植物根细胞的从外界吸收各种离子为主动运输，一般从低到高主动地吸收或排出物质，以满足生命活动的需要，需要耗能、需要载体协助。【详解】(1)生物膜的结构特点是具有
49、一定的流动性。(2)离子通道是由蛋白质复合物构成的，一种通道只能先让某种离子通过，而另一些离子则不容易通过，即离子通道具有选择性。（3）细胞外的K+可以通过载体蛋白逆浓度梯度进入植物的根细胞。可知是主动运输过程，主动运输需要消耗能量，而细胞中的能量由细胞呼吸提供，因此呼吸抑制剂会影响细胞对K+的吸收速率。【点睛】本题考查植物细胞对离子的运输方式，主动运输的特点等，要求考生识记基本知识点，理解描述基本生物学事实。3 0.用一段由放射性同位素标记的DNA片段可以确定基因在染色体上的位置。某研究人员使用放射性同位素32P标记的脱氧腺昔三磷酸（dAT P,dA-P aP厂P y）等材料制备了 DNA片
50、 段 甲（单链），对W基因在染色体上的位置进行了研究，实验流程的示意图如下。回答下列问题：（1）该研究人员在制备32P标记的DNA片段甲时，所用dAT P的a位磷酸基团中的磷必须是32P,原因是（2）该研究人员以细胞为材料制备了染色体样品，在混合操作之前去除了样品中的RNA分子，去除RN A分子的目的是 o（3）为了使片段甲能够通过碱基互补配对与染色体样品中的W基因结合，需要通过某种处理使样品中的染色体DNA.（4）该研究人员在完成上述实验的基础上，又对动物细胞内某基因的mRNA进行了检测，在实验过程中用某种酶去除了样品中的D NA,这种酶是 o【答案】（1）.dAT P脱去又丫位上的两个磷酸