《2021年高考全國乙卷理綜試題（解析版）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021年高考全國乙卷理綜試題（解析版）（52頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2021年高考全國統(tǒng)一考試（理科綜合能力測試）可能用到的相對原子質(zhì)量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 C 35.5 Fe 56一、選擇題：本題共13個小題，每小題6分。共78分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1. 果蠅體細胞含有8條染色體。下列關(guān)于果蠅體細胞有絲分裂的敘述，錯誤的是（ ）A. 間期，DNA進行半保留復(fù)制，形成16個DNA分子B. 在前期，每條染色體由2條染色單體組成，含2個DNA分子C. 在中期，8條染色體的著絲點排列在赤道板上，易于觀察染色體D. 在后期，成對的同源染色體分開，細胞中有16條染色體【答案】D【解析】【分析】1

2、、有絲分裂過程：（1）間期：進行DNA的復(fù)制和有關(guān)蛋白質(zhì)的合成；（2）前期：核膜、核仁逐漸解體消失，出現(xiàn)紡錘體和染色體；（3）中期：染色體形態(tài)固定、數(shù)目清晰，著絲點排列在赤道板上；（4）后期：著絲點分裂，姐妹染色單體分開成為染色體，并均勻地移向兩極；（5）末期：核膜、核仁重建、紡錘體和染色體消失。2、染色體、染色單體、DNA變化特點（體細胞染色體為2N）：（1）染色體數(shù)目變化：后期加倍（4N），平時不變（2N）；（2）核DNA含量變化：間期加倍（2N4N），末期還原（2N）；（3）染色單體數(shù)目變化：間期出現(xiàn)（04N），前期出現(xiàn)（4N），后期消失（4N0），存在時數(shù)目同DNA?！驹斀狻緼、已知果

3、蠅體細胞含有8條染色體，每條染色體上有1個DNA分子，共8個DNA分子，在間期，DNA進行半保留復(fù)制，形成16個DNA分子，A正確；B、間期染色體已經(jīng)復(fù)制，故在前期每條染色體由2條染色單體組成，含2個DNA分子，B正確；C、在中期，8條染色體的著絲點排列在赤道板上，此時染色體形態(tài)固定、數(shù)目清晰，易于觀察染色體，C正確；D、有絲分裂后期，著絲點分裂，姐妹染色單體分開，染色體數(shù)目加倍，由8條變成16條，同源染色體不分離，D錯誤。故選D。2. 選擇合適的試劑有助于達到實驗?zāi)康?。下列關(guān)于生物學(xué)實驗所用試劑的敘述，錯誤的是（ ）A. 鑒別細胞的死活時，臺盼藍能將代謝旺盛的動物細胞染成藍色B. 觀察根尖細

4、胞有絲分裂中期的染色體，可用龍膽紫溶液使其著色C. 觀察RNA在細胞中分布的實驗中，鹽酸處理可改變細胞膜的通透性D. 觀察植物細胞吸水和失水時，可用蔗糖溶液處理紫色洋蔥鱗片葉外表皮【答案】A【解析】【分析】1、細胞膜具有選擇透過性，臺盼藍等不被細胞需要的大分子物質(zhì)不能進入細胞內(nèi)。2、染色質(zhì)（體）主要由蛋白質(zhì)和DNA組成，易被堿性染料（龍膽紫、醋酸洋紅等）染成深色而得名。3、在“觀察DNA和RNA在細胞中的分布”實驗中（1）用質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.9%的NaCIl溶液保持細胞原有的形態(tài)（2）用質(zhì)量分?jǐn)?shù)為8%的鹽酸改變細胞膜的通透性，加速染色劑進入細胞，將染色體上的DNA和蛋白質(zhì)分離，便于染色劑與DNA結(jié)

5、合；（3）用吡羅紅-甲基綠染色劑對DNA和RNA進行染色。4、觀察植物細胞吸水和失水時，需要選擇有顏色的成熟的植物細胞，紫色洋蔥鱗片葉外表皮細胞符合條件?！驹斀狻緼、代謝旺盛的動物細胞是活細胞，細胞膜具有選擇透過性，臺盼藍不能進入細胞內(nèi)，故不能將代謝旺盛的動物細胞染成藍色，A錯誤；B、龍膽紫溶液可以將染色體染成深色，故觀察根尖細胞有絲分裂中期的染色體，可用龍膽紫溶液使其著色，B正確；C、觀察RNA在細胞中分布的實驗中，鹽酸處理可改變細胞膜的通透性，加速染色劑進入細胞，C正確；D、觀察植物細胞吸水和失水時，可用較高濃度的蔗糖溶液處理紫色洋蔥鱗片葉外表，使其失水而發(fā)生質(zhì)壁分離，D正確。故選A。3.

6、 植物在生長發(fā)育過程中，需要不斷從環(huán)境中吸收水。下列有關(guān)植物體內(nèi)水的敘述，錯誤的是（ ）A. 根系吸收的水有利于植物保持固有姿態(tài)B. 結(jié)合水是植物細胞結(jié)構(gòu)的重要組成成分C. 細胞的有氧呼吸過程不消耗水但能產(chǎn)生水D. 自由水和結(jié)合水比值的改變會影響細胞的代謝活動【答案】C【解析】【分析】水的存在形式和作用：1、含量：生物體中的水含量一般為60%90%，特殊情況下可能超過90%，是活細胞中含量最多的化合物。2、存在形式：細胞內(nèi)的水以自由水與結(jié)合水的形式存在。3、作用：結(jié)合水是細胞結(jié)構(gòu)的重要組成成分，自由水是良好的溶劑，是許多化學(xué)反應(yīng)的介質(zhì)，自由水還參與許多化學(xué)反應(yīng)，自由水對于運輸營養(yǎng)物質(zhì)和代謝廢物

7、具有重要作用，自由水與結(jié)合水比值越高，細胞代謝越旺盛，抗逆性越差，反之亦然?！驹斀狻緼、水是植物細胞液的主要成分，細胞液主要存在于液泡中，充盈的液泡使植物細胞保持堅挺，故根系吸收的水有利于植物保持固有姿態(tài)，A正確；B、結(jié)合水與細胞內(nèi)其他物質(zhì)相結(jié)合，是植物細胞結(jié)構(gòu)的重要組成成分，B正確；C、細胞的有氧呼吸第二階段消耗水，第三階段產(chǎn)生水，C錯誤；D、自由水參與細胞代謝活動，故自由水和結(jié)合水比值的改變會影響細胞的代謝活動，自由水與結(jié)合水比值越高，細胞代謝越旺盛，反之亦然，D正確。故選C。4. 在神經(jīng)調(diào)節(jié)過程中，興奮會在神經(jīng)纖維上傳導(dǎo)和神經(jīng)元之間傳遞。下列有關(guān)敘述錯誤的是（ ）A. 興奮從神經(jīng)元的細胞

8、體傳導(dǎo)至突觸前膜，會引起Na+外流B. 突觸前神經(jīng)元興奮可引起突觸前膜釋放乙酰膽堿C. 乙酰膽堿是一種神經(jīng)遞質(zhì)，在突觸間隙中經(jīng)擴散到達突觸后膜D. 乙酰膽堿與突觸后膜受體結(jié)合，引起突觸后膜電位變化【答案】A【解析】分析】1、神經(jīng)沖動的產(chǎn)生：靜息時，神經(jīng)細胞膜對鉀離子的通透性大，鉀離子大量外流，形成內(nèi)負外正的靜息電位；受到刺激后，神經(jīng)細胞膜的通透性發(fā)生改變，對鈉離子的通透性增大，鈉離子內(nèi)流，形成內(nèi)正外負的動作電位。興奮部位和非興奮部位形成電位差，產(chǎn)生局部電流，興奮傳導(dǎo)的方向與膜內(nèi)電流方向一致。2、興奮在神經(jīng)元之間需要通過突觸結(jié)構(gòu)進行傳遞，突觸包括突觸前膜、突觸間隙、突觸后膜，其具體的傳遞過程為：

9、興奮以電流的形式傳導(dǎo)到軸突末梢時，突觸小泡釋放遞質(zhì)（化學(xué)信號），遞質(zhì)作用于突觸后膜，引起突觸后膜產(chǎn)生膜電位（電信號），從而將興奮傳遞到下一個神經(jīng)元?！驹斀狻緼、神經(jīng)細胞膜外Na+濃度高于細胞內(nèi)，興奮從神經(jīng)元的細胞體傳導(dǎo)至突觸前膜，會引起Na+內(nèi)流，A錯誤；B、突觸前神經(jīng)元興奮可引起突觸前膜釋放神經(jīng)遞質(zhì)，如乙酰膽堿，B正確；C、乙酰膽堿是一種興奮性神經(jīng)遞質(zhì)，在突觸間隙中經(jīng)擴散到達突觸后膜，與后膜上的特異性受體相結(jié)合，C正確；D、乙酰膽堿與突觸后膜受體結(jié)合，引起突觸后膜電位變化，即引發(fā)一次新的神經(jīng)沖動，D正確。故選A。5. 在格里菲思所做的肺炎雙球菌轉(zhuǎn)化實驗中，無毒性的R型活細菌與被加熱殺死的S型

10、細菌混合后注射到小鼠體內(nèi)，從小鼠體內(nèi)分離出了有毒性的S型活細菌。某同學(xué)根據(jù)上述實驗，結(jié)合現(xiàn)有生物學(xué)知識所做的下列推測中，不合理的是（ ）A. 與R型菌相比，S型菌的毒性可能與莢膜多糖有關(guān)B. S型菌的DNA能夠進入R型菌細胞指導(dǎo)蛋白質(zhì)的合成C. 加熱殺死S型菌使其蛋白質(zhì)功能喪失而DNA功能可能不受影響D. 將S型菌的DNA經(jīng)DNA酶處理后與R型菌混合，可以得到S型菌【答案】D【解析】【分析】肺炎雙球菌轉(zhuǎn)化實驗包括格里菲斯體內(nèi)轉(zhuǎn)化實驗和艾弗里體外轉(zhuǎn)化實驗，其中格里菲斯體內(nèi)轉(zhuǎn)化實驗證明S型細菌中存在某種轉(zhuǎn)化因子，能將R型細菌轉(zhuǎn)化為S型細菌，沒有證明轉(zhuǎn)化因子是什么物質(zhì)，而艾弗里體外轉(zhuǎn)化實驗，將各種物

11、質(zhì)分開，單獨研究它們在遺傳中作用，并用到了生物實驗中的減法原理，最終證明DNA是遺傳物質(zhì)?！驹斀狻緼、與R型菌相比，S型菌具有莢膜多糖，S型菌有毒，故可推測S型菌的毒性可能與莢膜多糖有關(guān)，A正確；B、S型菌的DNA進入R型菌細胞后使R型菌具有了S型菌的性狀，可知S型菌的DNA進入R型菌細胞后指導(dǎo)蛋白質(zhì)的合成，B正確；C、加熱殺死的S型菌不會使小白鼠死亡，說明加熱殺死的S型菌的蛋白質(zhì)功能喪失，而加熱殺死的S型菌的DNA可以使R型菌發(fā)生轉(zhuǎn)化，可知其DNA功能不受影響，C正確；D、將S型菌的DNA經(jīng)DNA酶處理后，DNA被水解為小分子物質(zhì)，故與R型菌混合，不能得到S型菌，D錯誤。故選D。6. 某種二

12、倍體植物n個不同性狀由n對獨立遺傳的基因控制（雜合子表現(xiàn)顯性性狀）。已知植株A的n對基因均雜合。理論上，下列說法錯誤的是（ ）A. 植株A的測交子代會出現(xiàn)2n種不同表現(xiàn)型的個體B. n越大，植株A測交子代中不同表現(xiàn)型個體數(shù)目彼此之間差異越大C. 植株A測交子代中n對基因均雜合的個體數(shù)和純合子的個體數(shù)相等D. n2時，植株A的測交子代中雜合子的個體數(shù)多于純合子的個體數(shù)【答案】B【解析】【分析】1、基因的自由組合定律的實質(zhì)是：位于非同源染色體上的非等位基因的分離或組合是互不干擾的；在減數(shù)分裂的過程中，同源染色體上的等位基因彼此分離的同時，非同源染色體上的非等位基因自由組合。2、分析題意可知：n對等

13、位基因獨立遺傳，即n對等位基因遵循自由組合定律?！驹斀狻緼、每對等位基因測交后會出現(xiàn)2種表現(xiàn)型，故n對等位基因雜合的植株A的測交子代會出現(xiàn)2n種不同表現(xiàn)型的個體，A正確；B、不管n有多大，植株A測交子代比為（1：1）n=1：1：1：1（共2n個1），即不同表現(xiàn)型個體數(shù)目均相等，B錯誤；C、植株A測交子代中n對基因均雜合的個體數(shù)為1/2n，純合子的個體數(shù)也是1/2n，兩者相等，C正確；D、n2時，植株A的測交子代中純合子的個體數(shù)是1/2n，雜合子的個體數(shù)為1-（1/2n），故雜合子的個體數(shù)多于純合子的個體數(shù)，D正確。故選B。7. 我國提出爭取在2030年前實現(xiàn)碳達峰，2060年實現(xiàn)碳中和，這對于

14、改善環(huán)境，實現(xiàn)綠色發(fā)展至關(guān)重要。碳中和是指的排放總量和減少總量相當(dāng)。下列措施中能促進碳中和最直接有效的是A. 將重質(zhì)油裂解輕質(zhì)油作為燃料B. 大規(guī)模開采可燃冰作為清潔燃料C. 通過清潔煤技術(shù)減少煤燃燒污染D. 研發(fā)催化劑將還原為甲醇【答案】D【解析】【分析】【詳解】A將重質(zhì)油裂解為輕質(zhì)油并不能減少二氧化碳的排放量，達不到碳中和的目的，故A不符合題意； B大規(guī)模開采可燃冰做為清潔燃料，會增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的要求，故B不符合題意；C通過清潔煤技術(shù)減少煤燃燒污染，不能減少二氧化碳的排放量，達不到碳中和的目的，故C不符合題意；D研發(fā)催化劑將二氧化碳還原為甲醇，可以減少二氧化碳的排放量，

15、達到碳中和的目的，故D符合題意；故選D。8. 在實驗室采用如圖裝置制備氣體，合理的是化學(xué)試劑制備的氣體AB(濃)CD(濃)A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】由實驗裝置圖可知，制備氣體的裝置為固固加熱裝置，收集氣體的裝置為向上排空氣法，說明該氣體的密度大于空氣的密度；【詳解】A氨氣的密度比空氣小，不能用向上排空法收集，故A錯誤；B二氧化錳與濃鹽酸共熱制備氯氣為固液加熱反應(yīng)，需要選用固液加熱裝置，不能選用固固加熱裝置，故B錯誤；C二氧化錳和氯酸鉀共熱制備氧氣為固固加熱的反應(yīng)，能選用固固加熱裝置，氧氣的密度大于空氣，可選用向上排空氣法收集，故C正確；D氯化鈉與濃硫酸共熱制備為

16、固液加熱反應(yīng)，需要選用固液加熱裝置，不能選用固固加熱裝置，故D錯誤；故選C。9. 下列過程中的化學(xué)反應(yīng)，相應(yīng)的離子方程式正確的是A. 用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣：B. 過量鐵粉加入稀硝酸中：C. 硫酸鋁溶液中滴加少量氫氧化鉀溶液：D. 氯化銅溶液中通入硫化氫：【答案】A【解析】【分析】【詳解】A.硫酸鈣微溶，用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為難溶的碳酸鈣，離子方程式為：C+CaSO4=CaCO3+S，故A正確；B過量的鐵粉與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸亞鐵、一氧化氮和水，離子方程式應(yīng)為：3Fe+8H+2N=3Fe2+2NO+4H2O，故B錯誤；C硫酸鋁溶液與少量氫氧化鉀溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和硫

17、酸鉀，離子方程式應(yīng)為：Al3+3OH-=Al(OH)3，故C錯誤；D硫化氫為弱電解質(zhì)，書寫離子方程式時不能拆，離子方程式應(yīng)為：Cu2+H2S=CuS+2H+，故D錯誤；答案選A。10. 一種活性物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式為，下列有關(guān)該物質(zhì)的敘述正確的是A. 能發(fā)生取代反應(yīng)，不能發(fā)生加成反應(yīng)B. 既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物C. 與互為同分異構(gòu)體D. 該物質(zhì)與碳酸鈉反應(yīng)得【答案】C【解析】【分析】【詳解】A該物質(zhì)含有羥基、羧基、碳碳雙鍵，能發(fā)生取代反應(yīng)和加成反應(yīng)，故A錯誤；B同系物是結(jié)構(gòu)相似，分子式相差1個或n個CH2的有機物，該物質(zhì)的分子式為C10H18O3，而且與乙醇、乙酸結(jié)構(gòu)不相似，故B錯誤；C該

18、物質(zhì)的分子式為C10H18O3，的分子式為C10H18O3，所以二者的分子式相同，結(jié)構(gòu)式不同，互為同分異構(gòu)體，故C正確；D該物質(zhì)只含有一個羧基，1mol該物質(zhì)與碳酸鈉反應(yīng)，生成0.5mol二氧化碳，質(zhì)量為22g，故D錯誤；故選C。11. 我國蠕娥五號探測器帶回的月球土壤，經(jīng)分析發(fā)現(xiàn)其構(gòu)成與地球士壤類似土壤中含有的短周期元素W、X、Y、Z，原子序數(shù)依次增大，最外層電子數(shù)之和為15，X、Y、Z為同周期相鄰元素，且均不與W同族，下列結(jié)論正確的是A. 原子半徑大小順序為B. 化合物XW中的化學(xué)鍵為離子鍵C. Y單質(zhì)的導(dǎo)電性能弱于Z單質(zhì)的D. Z的氧化物的水化物的酸性強于碳酸【答案】B【解析】【分析】由

19、短周期元素W、X、Y、Z，原子序數(shù)依次增大，最外層電子數(shù)之和為15，X、Y、Z為同周期相鄰元素，可知W所在主族可能為第A族或第A族元素，又因X、Y、Z為同周期相鄰元素，且均不與W同族，故W一定不是第A族元素，即W一定是第A族元素，進一步結(jié)合已知可推知W、X、Y、Z依次為O、Mg、Al、Si，據(jù)此答題?！驹斀狻緼O原子有兩層，Mg、Al、Si均有三層且原子序數(shù)依次增大，故原子半徑大小順序為MgAlSiO，即，A錯誤；B化合物XW即MgO為離子化合物，其中的化學(xué)鍵為離子鍵，B正確；CY單質(zhì)為鋁單質(zhì)，鋁屬于導(dǎo)體，導(dǎo)電性很強，Z單質(zhì)為硅，為半導(dǎo)體，半導(dǎo)體導(dǎo)電性介于導(dǎo)體和絕緣體之間，故Y單質(zhì)的導(dǎo)電性能強

20、于Z單質(zhì)的，C錯誤；DZ的氧化物的水化物為硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D錯誤；故選B。12. 沿海電廠采用海水為冷卻水，但在排水管中生物的附著和滋生會阻礙冷卻水排放并降低冷卻效率，為解決這一問題，通常在管道口設(shè)置一對惰性電極(如圖所示)，通入一定的電流。下列敘述錯誤的是A. 陽極發(fā)生將海水中的氧化生成的反應(yīng)B. 管道中可以生成氧化滅殺附著生物的C. 陰極生成的應(yīng)及時通風(fēng)稀釋安全地排入大氣D. 陽極表面形成的等積垢需要定期清理【答案】D【解析】【分析】海水中除了水，還含有大量Na+、Cl-、Mg2+等，根據(jù)題干信息可知，裝置的原理是利用惰性電極電解海水，陽極區(qū)溶液中的Cl-會優(yōu)先失電子生成Cl2，陰

21、極區(qū)H2O優(yōu)先得電子生成H2和OH-，結(jié)合海水成分及電解產(chǎn)物分析解答。【詳解】A根據(jù)分析可知，陽極區(qū)海水中的Cl-會優(yōu)先失去電子生成Cl2，發(fā)生氧化反應(yīng)，A正確；B設(shè)置的裝置為電解池原理，根據(jù)分析知，陽極區(qū)生成的Cl2與陰極區(qū)生成的OH-在管道中會發(fā)生反應(yīng)生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有強氧化性，可氧化滅殺附著的生物，B正確；C因為H2是易燃性氣體，所以陽極區(qū)生成的H2需及時通風(fēng)稀釋，安全地排入大氣，以排除安全隱患，C正確；D陰極的電極反應(yīng)式為：2H2O+2e-=H2+2OH-，會使海水中的Mg2+沉淀積垢，所以陰極表面會形成Mg(OH)2等積垢需定期清理，D錯誤。故選D。

22、13. HA是一元弱酸，難溶鹽MA的飽和溶液中隨c(H+)而變化，不發(fā)生水解。實驗發(fā)現(xiàn)，時為線性關(guān)系，如下圖中實線所示。下列敘述錯誤是A 溶液時，B. MA的溶度積度積C. 溶液時，D. HA的電離常數(shù)【答案】C【解析】【分析】由題意可知HA是一元弱酸，其電離常數(shù)Ka(HA)=；Ksp(MA)=c(M+)c(A-)，聯(lián)立二式可得線性方程c2(M+)=。【詳解】A由圖可知pH=4，即c(H+)=1010-5mol/L時，c2(M+)=7.510-8mol2/L2，c(M+)=mol/L3.010-4mol/L，A正確；B當(dāng)c(H+)=0mol/L時，c2(M+)=5.010-8，結(jié)合分析可知5.

23、010-8=，B正確；C設(shè)調(diào)pH所用的酸為HnX，則結(jié)合電荷守恒可知+ nc(Xn-)，題給等式右邊缺陰離子部分nc(Xn-)，C錯誤；D當(dāng)c(H+)=2010-5mol/L時，c2(M+)=10.010-8mol2/L2，結(jié)合B代入線性方程有10.010-8=，解得，D正確；選C。二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求，第68題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14. 如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動

24、車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系（可視為慣性系）中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）A. 動量守恒，機械能守恒B. 動量守恒，機械能不守恒C. 動量不守恒，機械能守恒D. 動量不守恒，機械能不守恒【答案】B【解析】【分析】【詳解】因為滑塊與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對滑動，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒和機械能守恒的條件可知撤去推力后該系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒。故選B。15. 如圖（a），在一塊很大的接地金屬平板的上方固定一負電荷。由于靜電感應(yīng)，在金屬平板上表面產(chǎn)生感應(yīng)電

25、荷，金屬板上方電場的等勢面如圖（b）中虛線所示，相鄰等勢面間的電勢差都相等。若將一正試探電荷先后放于M和N處，該試探電荷受到的電場力大小分別為和，相應(yīng)的電勢能分別為和，則（）A. B C. D. 【答案】A【解析】【分析】【詳解】由圖中等勢面的疏密程度可知根據(jù)可知由題可知圖中電場線是由金屬板指向負電荷，設(shè)將該試探電荷從M點移到N點，可知電場力做正功，電勢能減小，即故選A。16. 如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)；若射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)，不計重力，

26、則為（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【詳解】根據(jù)題意做出粒子的圓心如圖所示設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系有第一次的半徑第二次的半徑根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得所以故選B。17. 醫(yī)學(xué)治療中常用放射性核素產(chǎn)生射線，而是由半衰期相對較長的衰變產(chǎn)生的。對于質(zhì)量為的，經(jīng)過時間t后剩余的質(zhì)量為m，其圖線如圖所示。從圖中可以得到的半衰期為（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】【詳解】由圖可知從到恰好衰變了一半，根據(jù)半衰期的定義可知半衰期為故選C。18. 科學(xué)家對銀河系中心附近的恒星S2進行了多年的持續(xù)觀測，給出1994年到2002年間S2的位置如圖所示。科學(xué)家

27、認(rèn)為S2的運動軌跡是半長軸約為（太陽到地球的距離為）的橢圓，銀河系中心可能存在超大質(zhì)量黑洞。這項研究工作獲得了2020年諾貝爾物理學(xué)獎。若認(rèn)為S2所受的作用力主要為該大質(zhì)量黑洞的引力，設(shè)太陽的質(zhì)量為M，可以推測出該黑洞質(zhì)量約為（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【詳解】可以近似把S2看成勻速圓周運動，由圖可知，S2繞黑洞的周期T=16年，地球的公轉(zhuǎn)周期T0=1年，S2繞黑洞做圓周運動的半徑r與地球繞太陽做圓周運動的半徑R關(guān)系是 地球繞太陽的向心力由太陽對地球的引力提供，由向心力公式可知解得太陽的質(zhì)量為同理S2繞黑洞的向心力由黑洞對它的萬有引力提供，由向心力公式可知解得黑洞的質(zhì)

28、量為綜上可得故選B。19. 水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動下從靜止開始運動，物體通過的路程等于時，速度的大小為，此時撤去F，物體繼續(xù)滑行的路程后停止運動，重力加速度大小為g，則（）A. 在此過程中F所做的功為B. 在此過中F的沖量大小等于C. 物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于D. F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍【答案】BC【解析】【分析】【詳解】CD外力撤去前，由牛頓第二定律可知 由速度位移公式有外力撤去后，由牛頓第二定律可知 由速度位移公式有 由可得，水平恒力動摩擦因數(shù)滑動摩擦力可知F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的3倍，故C正確，D錯誤；A在此過程中，外力F做功為故A

29、錯誤；B由平均速度公式可知，外力F作用時間在此過程中，F(xiàn)的沖量大小是故B正確。故選BC。20. 四個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別、它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行，不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是（）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】【詳解】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度為由類平拋運動規(guī)律可知，帶電粒子的在電場中運動時間為離開電場時，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切為因為四個帶電的粒子的初速相同，電場強度相同，極板長度相同，所以偏轉(zhuǎn)角只與比荷有關(guān)，前面三種帶電粒子帶正電，第四種帶電粒子帶負電，所以第四個粒子

30、與前面三個粒子的偏轉(zhuǎn)方向不同；第一種粒子與第三種粒子的比荷相同，所以偏轉(zhuǎn)角相同，軌跡相同，且與第四種粒子的比荷也相同，所以一、三、四粒子偏轉(zhuǎn)角相同，但第四種粒子與前兩個粒子的偏轉(zhuǎn)方向相反；第二種粒子的比荷與第一、三種粒子的比荷小，所以第二種粒子比第一、三種粒子的偏轉(zhuǎn)角小，但都還正電，偏轉(zhuǎn)方向相同。故選AD。21. 水平地面上有一質(zhì)量為的長木板，木板的左明上有一質(zhì)量為的物塊，如圖（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物塊上，F(xiàn)隨時間t的變化關(guān)系如圖（b）所示，其中、分別為、時刻F的大小。木板的加速度隨時間t的變化關(guān)系如圖（c）所示。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為，假設(shè)最

31、大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動摩擦力相等，重力加速度大小為g。則（）A. B. C. D. 時間段物塊與木板加速度相等【答案】BCD【解析】【分析】【詳解】A圖（c）可知，t1時滑塊木板一起剛在從水平滑動，此時滑塊與木板相對靜止，木板剛要滑動，此時以整體為對象有故A錯誤；BC圖（c）可知，t2滑塊與木板剛要發(fā)生相對滑動，以整體為對象， 根據(jù)牛頓第二定律，有以木板為對象，根據(jù)牛頓第二定律，有解得故BC正確；D圖（c）可知，0t2這段時間滑塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，故D正確。故選BCD。三、非選擇題：第912題為必考題，每個試題考生都必須作答。第1316題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必

32、考題：22. 某同學(xué)利用圖（a）所示裝置研究平拋運動的規(guī)律。實驗時該同學(xué)使用頻閃儀和照相機對做平拋運動的小球進行拍攝，頻閃儀每隔發(fā)出一次閃光，某次拍攝后得到的照片如圖（b）所示（圖中未包括小球剛離開軌道的影像）。圖中的背景是放在豎直平面內(nèi)的帶有方格的紙板，紙板與小球軌跡所在平面平行，其上每個方格的邊長為。該同學(xué)在實驗中測得的小球影像的高度差已經(jīng)在圖（b）中標(biāo)出。完成下列填空：（結(jié)果均保留2位有效數(shù)字）（1）小球運動到圖（b）中位置A時，其速度的水平分量大小為_，豎直分量大小為_；（2）根據(jù)圖（b）中數(shù)據(jù)可得，當(dāng)?shù)刂亓铀俣鹊拇笮開?！敬鸢浮?(1). 1.0 (2). 2.0 (3). 9.

33、7【解析】【分析】【詳解】（1）1因小球水平方向做勻速直線運動，因此速度為2豎直方向做自由落體運動，因此A點的豎直速度可由平均速度等于時間中點的瞬時速度求得（2）3由豎直方向的自由落體運動可得代入數(shù)據(jù)可得23. 一實驗小組利用圖（a）所示的電路測量電池的電動勢E（約）和內(nèi)阻r（小于）。圖中電壓表量程為，內(nèi)阻：定值電阻；電阻箱R，最大阻值為；S為開關(guān)。按電路圖連接電路。完成下列填空：（1）為保護電壓表，閉合開關(guān)前，電阻箱接入電路的電阻值可以選_（填“5.0”或“15.0”）；（2）閉合開關(guān)，多次調(diào)節(jié)電阻箱，記錄下阻值R和電壓表的相應(yīng)讀數(shù)U；（3）根據(jù)圖（a）所示電路，用R、E和r表示，得_；（4

34、）利用測量數(shù)據(jù)，做圖線，如圖（b）所示：（5）通過圖（b）可得_V（保留2位小數(shù)），_（保留1位小數(shù)）；（6）若將圖（a）中的電壓表當(dāng)成理想電表，得到的電源電動勢為，由此產(chǎn)生的誤差為_%?！敬鸢浮?(1). 15.0 (2). (3). 1.55 (4). 1.0 (5). 5【解析】【分析】【詳解】（1）1為了避免電壓表被燒壞，接通電路時電壓表兩端電壓不能比電表滿偏電壓大，則由并聯(lián)電路分壓可得代入數(shù)據(jù)解得因此選。（3）2由閉合回路的歐姆定律可得化簡可得（5）34由上面公式可得，由圖象計算可得，代入可得，（6）5如果電壓表為理想電壓表，則可有則此時因此誤差為24. 一籃球質(zhì)量為，一運動員使其從

35、距地面高度為處由靜止自由落下，反彈高度為。若使籃球從距地面的高度由靜止下落，并在開始下落的同時向下拍球、球落地后反彈的高度也為。假設(shè)運動員拍球時對球的作用力為恒力，作用時間為；該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變。重力加速度大小取，不計空氣阻力。求：（1）運動員拍球過程中對籃球所做的功；（2）運動員拍球時對籃球的作用力的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【分析】【詳解】（1）第一次籃球下落的過程中由動能定理可得籃球反彈后向上運動的過程由動能定理可得第二次從1.5m的高度靜止下落，同時向下拍球，在籃球反彈上升的過程中，由動能定理可得第二次從1.5m的高度靜止下落，同時向下拍球，籃球下落過程

36、中，由動能定理可得因籃球每次和地面撞擊的前后動能的比值不變，則有比例關(guān)系代入數(shù)據(jù)可得（2）因作用力是恒力，在恒力作用下籃球向下做勻加速直線運動，因此有牛頓第二定律可得在拍球時間內(nèi)運動的位移為做得功為聯(lián)立可得（舍去）25. 如圖，一傾角為的光滑固定斜面的頂端放有質(zhì)量的U型導(dǎo)體框，導(dǎo)體框的電阻忽略不計；一電阻的金屬棒的兩端置于導(dǎo)體框上，與導(dǎo)體框構(gòu)成矩形回路；與斜面底邊平行，長度。初始時與相距，金屬棒與導(dǎo)體框同時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離后進入一方向垂直于斜面的勻強磁場區(qū)域，磁場邊界（圖中虛線）與斜面底邊平行；金屬棒在磁場中做勻速運動，直至離開磁場區(qū)域。當(dāng)金屬棒離開磁場的瞬間，導(dǎo)體框的邊正好進入

37、磁場，并在勻速運動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導(dǎo)體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應(yīng)強度大小，重力加速度大小取。求： （1）金屬棒在磁場中運動時所受安培力的大??；（2）金屬棒的質(zhì)量以及金屬棒與導(dǎo)體框之間的動摩擦因數(shù)；（3）導(dǎo)體框勻速運動的距離?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3）【解析】【分析】【詳解】（1）根據(jù)題意可得金屬棒和導(dǎo)體框在沒有進入磁場時一起做勻加速直線運動，由動能定理可得代入數(shù)據(jù)解得金屬棒在磁場中切割磁場產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得由閉合回路的歐姆定律可得則導(dǎo)體棒剛進入磁場時受到的安培力為（2）金屬棒進入磁場以后因為瞬間受到安培力的作用，根據(jù)楞次定律可知金屬棒的安培力沿

38、斜面向上，之后金屬棒相對導(dǎo)體框向上運動，因此金屬棒受到導(dǎo)體框給的沿斜面向下的滑動摩擦力，因勻速運動，可有此時導(dǎo)體框向下做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得設(shè)磁場區(qū)域的寬度為x，則金屬棒在磁場中運動的時間為則此時導(dǎo)體框的速度為則導(dǎo)體框的位移因此導(dǎo)體框和金屬棒的相對位移為由題意當(dāng)金屬棒離開磁場時金屬框的上端EF剛好進入線框，則有位移關(guān)系金屬框進入磁場時勻速運動，此時的電動勢為，導(dǎo)體框受到向上的安培力和滑動摩擦力，因此可得聯(lián)立以上可得，（3）金屬棒出磁場以后，速度小于導(dǎo)體框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速運動，則有金屬棒向下加速，導(dǎo)體框勻速，當(dāng)共速時導(dǎo)體框不再勻速，則有導(dǎo)體框勻速運動的距離為代入數(shù)

39、據(jù)解得26. 磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有、以及少量的。為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的見下表金屬離子開始沉淀的2.23.59.512.4沉淀完全的3.24.711.113.8回答下列問題：(1)“焙燒”中，、幾乎不發(fā)生反應(yīng)，、轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的硫酸鹽，寫出轉(zhuǎn)化為的化學(xué)方程式_。(2)“水浸”后“濾液”的約為2.0，在“分步沉淀”時用氨水逐步調(diào)節(jié)至11.6，依次析出的金屬離子是_。(3)“母液中濃度為_。(4)“水浸渣”在160“酸溶”最適合的酸是_?！八崛茉钡某煞质莀、_。(5)“酸溶”后，將溶液適當(dāng)稀釋并加熱，水解析出沉

40、淀，該反應(yīng)的離子方程式是_。(6)將“母液”和“母液”混合，吸收尾氣，經(jīng)處理得_，循環(huán)利用?！敬鸢浮?(1). (2). (3). (4). 硫酸 (5). (6). (7). (8). 【解析】【分析】由題給流程可知，高鈦爐渣與硫酸銨混合后焙燒時，二氧化鈦和二氧化硅不反應(yīng)，氧化鋁、氧化鎂、氧化鈣、氧化鐵轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的硫酸鹽，尾氣為氨氣；將焙燒后物質(zhì)加入熱水水浸，二氧化鈦、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸鈣部分溶于水，硫酸鐵、硫酸鎂和硫酸鋁銨溶于水，過濾得到含有二氧化鈦、二氧化硅、硫酸鈣的水浸渣和含有硫酸鐵、硫酸鎂、硫酸鋁銨和硫酸鈣的濾液；向pH約為2.0的濾液中加入氨水至11.6，溶液中鐵離子、鋁

41、離子和鎂離子依次沉淀，過濾得到含有硫酸銨、硫酸鈣的母液和氫氧化物沉淀；向水浸渣中加入濃硫酸加熱到160酸溶，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應(yīng)，二氧化鈦與稀硫酸反應(yīng)得到TiOSO4，過濾得到含有二氧化硅、硫酸鈣的酸溶渣和TiOSO4溶液；將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當(dāng)加熱，使TiOSO4完全水解生成TiO2x H2O沉淀和硫酸，過濾得到含有硫酸的母液和TiO2x H2O。【詳解】(1)氧化鋁轉(zhuǎn)化為硫酸鋁銨發(fā)生的反應(yīng)為氧化鋁、硫酸銨在高溫條件下反應(yīng)生成硫酸鋁銨、氨氣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3+3H2O，故答案為：Al2O3+4(NH

42、4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3+3H2O；(2)由題給開始沉淀和完全沉淀的pH可知，將pH約為2.0的濾液加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH為11.6時，鐵離子首先沉淀、然后是鋁離子、鎂離子，鈣離子沒有沉淀，故答案為：Fe3+、Al3+、Mg2+；(3)由鎂離子完全沉淀時，溶液pH為11.1可知，氫氧化鎂的溶度積為1105(1102.9)2=11010.8，當(dāng)溶液pH為11.6時，溶液中鎂離子的濃度為=1106mol/L，故答案為：1106；(4)增大溶液中硫酸根離子濃度，有利于使微溶的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為沉淀，為了使微溶的硫酸鈣完全沉淀，減少TiOSO4溶液中含有硫酸鈣的量，應(yīng)加入濃硫酸加熱到160

43、酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應(yīng)，則酸溶渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣，故答案為：硫酸；SiO2、CaSO4；(5)酸溶后將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當(dāng)加熱，能使TiOSO4完全水解生成TiO2x H2O沉淀和硫酸，反應(yīng)的離子方程式為TiO2+（x+1）H2OTiO2xH2O+2H+，故答案為：TiO2+(x+1)H2OTiO2xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾氣為氨氣，母液為硫酸銨、母液為硫酸，將母液和母液混合后吸收氨氣得到硫酸銨溶液，可以循環(huán)使用，故答案為：(NH4)2SO4。27. 氧化石墨烯具有穩(wěn)定的網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，在能源、材料等領(lǐng)域有著重要的應(yīng)用前景，通過氧化剝離

44、石墨制備氧化石墨烯的一種方法如下(轉(zhuǎn)置如圖所示)：.將濃、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中，劇烈攪拌下，分批緩慢加入粉末，塞好瓶口。.轉(zhuǎn)至油浴中，35攪拌1小時，緩慢滴加一定量的蒸餾水。升溫至98并保持1小時。.轉(zhuǎn)移至大燒杯中，靜置冷卻至室溫。加入大量蒸餾水，而后滴加至懸濁液由紫色變?yōu)橥咙S色。.離心分離，稀鹽酸洗滌沉淀。.蒸餾水洗滌沉淀。.冷凍干燥，得到土黃色的氧化石墨烯。回答下列問題：(1)裝置圖中，儀器a、c的名稱分別是_、_，儀器b的進水口是_(填字母)。(2)步驟中，需分批緩慢加入粉末并使用冰水浴，原因是_。(3)步驟中的加熱方式采用油浴，不使用熱水浴，原因是_。(4)步驟中，的作用是

45、_(以離子方程式表示)。(5)步驟中，洗滌是否完成，可通過檢測洗出液中是否存在來判斷。檢測的方法是_。(6)步驟可用試紙檢測來判斷是否洗凈，其理由是_?！敬鸢浮?(1). 滴液漏斗 (2). 三頸燒瓶 (3). d (4). 反應(yīng)放熱，使反應(yīng)過快 (5). 反應(yīng)溫度接近水的沸點，油浴更易控溫 (6). (7). 取少量洗出液，滴加，沒有白色沉淀生成 (8). 與電離平衡，洗出液接近中性時，可認(rèn)為洗凈【解析】【分析】【詳解】(1)由圖中儀器構(gòu)造可知，a的儀器名稱為滴液漏斗，c的儀器名稱為三頸燒瓶；儀器b為球形冷凝管，起冷凝回流作用，為了是冷凝效果更好，冷卻水要從d口進，a口出，故答案為：分液漏斗

46、；三頸燒瓶；d；(2)反應(yīng)為放熱反應(yīng)，為控制反應(yīng)速率，避免反應(yīng)過于劇烈，需分批緩慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，故答案為：反應(yīng)放熱，使反應(yīng)過快；(3)油浴和水浴相比，由于油的比熱容較水小，油浴控制溫度更加靈敏和精確，該實驗反應(yīng)溫度接近水的沸點，故不采用熱水浴，而采用油浴，故答案為：反應(yīng)溫度接近水的沸點，油浴更易控溫；(4)由滴加H2O2后發(fā)生的現(xiàn)象可知，加入的目的是除去過量的KMnO4，則反應(yīng)的離子方程式為：2Mn+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，故答案為：2Mn+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O ；(5)該實驗中為判斷洗滌是否完成，可通過檢測洗出液中是否存在S

47、來判斷，檢測方法是：取最后一次洗滌液，滴加BaCl2溶液，若沒有沉淀說明洗滌完成，故答案為：取少量洗出液，滴加BaCl2，沒有白色沉淀生成；(6)步驟IV用稀鹽酸洗滌沉淀，步驟V洗滌過量的鹽酸，與電離平衡，洗出液接近中性時，可認(rèn)為洗凈，故答案為：與電離平衡，洗出液接近中性時，可認(rèn)為洗凈。28. 一氯化碘(ICl)是一種鹵素互化物，具有強氧化性，可與金屬直接反應(yīng)，也可用作有機合成中的碘化劑?；卮鹣铝袉栴}：(1)歷史上海藻提碘中得到一種紅棕色液體，由于性質(zhì)相似，Liebig誤認(rèn)為是ICl，從而錯過了一種新元素的發(fā)現(xiàn)，該元素是_。(2)氯鉑酸鋇()固體加熱時部分分解為、和，376.8時平衡常數(shù)，在一

48、硬質(zhì)玻璃燒瓶中加入過量，抽真空后，通過一支管通入碘蒸氣(然后將支管封閉)，在376.8，碘蒸氣初始壓強為。376.8平衡時，測得燒瓶中壓強為，則_，反應(yīng)的平衡常數(shù)K=_(列出計算式即可)。(3)McMorris測定和計算了在136180范圍內(nèi)下列反應(yīng)的平衡常數(shù)。得到和均為線性關(guān)系，如下圖所示：由圖可知，NOCl分解為NO和反應(yīng)的_0(填“大于”或“小于”)反應(yīng)的K=_(用、表示)：該反應(yīng)的_0(填“大于”或“小于”)，寫出推理過程_。(4)Kistiakowsky曾研究了NOCl光化學(xué)分解反應(yīng)，在一定頻率(v)光的照射下機理為：其中表示一個光子能量，表示NOCl的激發(fā)態(tài)?？芍纸?mol的N

49、OCl需要吸收_mol光子。【答案】 (1). 溴(或) (2). 24.8 (3). (4). 大于 (5). (6). 大于 (7). 設(shè)，即，由圖可知：則：，即，因此該反應(yīng)正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，即大于0 (8). 0.5【解析】【分析】【詳解】(1)紅棕色液體，推測為溴單質(zhì)，因此錯過發(fā)現(xiàn)的元素是溴(或)；(2)由題意玻376.8時璃燒瓶中發(fā)生兩個反應(yīng)：(s)(s)+(s)+2(g)、Cl2(g)+I2(g)2ICl(g)。(s)(s)+(s)+2(g)的平衡常數(shù)，則平衡時p2(Cl2)=，平衡時p(Cl2)=100Pa，設(shè)到達平衡時I2(g)的分壓減小pkPa，則，376.8平衡時，測得燒瓶

50、中壓強為，則0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，則平衡時2p=212.4kPa=24.8kPa；則平衡時，I2(g)的分壓為(20.0-p)kPa=7.6kPa=7.6103Pa，24.8kPa=24.8103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反應(yīng)的平衡常數(shù)K=；(3)結(jié)合圖可知，溫度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，說明升高溫度平衡正向移動，則NOCl分解為NO和反應(yīng)的大于0；.+得，則的K=；該反應(yīng)的大于0；推理過程如下：設(shè)，即，由圖可知：則：，即，因此該反應(yīng)正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，即大于0；(4).+得總反應(yīng)為2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此2mol

51、NOCl分解需要吸收1mol光子能量，則分解1mol的NOCl需要吸收0.5mol光子。29. 生活在干旱地區(qū)的一些植物（如植物甲）具有特殊的CO2固定方式。這類植物晚上氣孔打開吸收CO2，吸收的CO2通過生成蘋果酸儲存在液泡中；白天氣孔關(guān)閉，液泡中儲存的蘋果酸脫羧釋放的CO2可用于光合作用?；卮鹣铝袉栴}：（1）白天葉肉細胞產(chǎn)生ATP的場所有_。光合作用所需的CO2來源于蘋果酸脫羧和_釋放的CO2。（2）氣孔白天關(guān)閉、晚上打開是這類植物適應(yīng)干旱環(huán)境的一種方式，這種方式既能防止_，又能保證_正常進行。（3）若以pH作為檢測指標(biāo)，請設(shè)計實驗來驗證植物甲在干旱環(huán)境中存在這種特殊的CO2固定方式。_（

52、簡要寫出實驗思路和預(yù)期結(jié)果）【答案】 (1). 細胞質(zhì)基質(zhì)、線粒體（線粒體基質(zhì)和線粒體內(nèi)膜）、葉綠體類囊體薄膜 (2). 細胞呼吸（或呼吸作用） (3). 蒸騰作用過強導(dǎo)致水分散失過多 (4). 光合作用 (5). 實驗思路：取生長狀態(tài)相同的植物甲若干株隨機均分為A、B兩組；A組在（濕度適宜的）正常環(huán)境中培養(yǎng)，B組在干旱環(huán)境中培養(yǎng)，其他條件相同且適宜，一段時間后，分別檢測兩組植株夜晚同一時間液泡中的pH，并求平均值。預(yù)期結(jié)果：A組pH平均值高于B組?！窘馕觥俊痉治觥繐?jù)題可知，植物甲生活在干旱地區(qū)，為降低蒸騰作用減少水分的散失，氣孔白天關(guān)閉、晚上打開。白天氣孔關(guān)閉時：液泡中儲存的蘋果酸脫羧釋放的

53、CO2可用于光合作用，光合作用生成的氧氣和有機物可用于細胞呼吸，白天能產(chǎn)生ATP的場所有細胞質(zhì)基質(zhì)、線粒體和葉綠體；而晚上雖然氣孔打開，但由于無光照，葉肉細胞只能進行呼吸作用，能產(chǎn)生ATP的場所有細胞質(zhì)基質(zhì)和線粒體。【詳解】（1）白天有光照，葉肉細胞能利用液泡中儲存的蘋果酸脫羧釋放的CO2進行光合作用，也能利用光合作用產(chǎn)生的氧氣和有機物進行有氧呼吸，光合作用光反應(yīng)階段能將光能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能儲存在ATP中，有氧呼吸三階段都能產(chǎn)生能量合成ATP，因此葉肉細胞能產(chǎn)生ATP的場所有細胞質(zhì)基質(zhì)、線粒體（線粒體基質(zhì)和線粒體內(nèi)膜）、葉綠體類囊體薄膜。光合作用為有氧呼吸提供有機物和氧氣，反之，細胞呼吸（呼吸作用

54、）產(chǎn)生的二氧化碳也能用于光合作用暗反應(yīng)，故光合作用所需的CO2可來源于蘋果酸脫羧和細胞呼吸（或呼吸作用）釋放的CO2。（2）由于環(huán)境干旱，植物吸收的水分較少，為了維持機體的平衡適應(yīng)這一環(huán)境，氣孔白天關(guān)閉能防止白天因溫度較高蒸騰作用較強導(dǎo)致植物體水分散失過多，晚上氣孔打開吸收二氧化碳儲存固定以保證光合作用等生命活動的正常進行。（3）該實驗自變量是植物甲所處的生存環(huán)境是否干旱，由于夜間氣孔打開吸收二氧化碳，生成蘋果酸儲存在液泡中，導(dǎo)致液泡pH降低，故可通過檢測液泡的pH驗證植物甲存在該特殊方式，即因變量檢測指標(biāo)是液泡中的pH值。實驗思路：取生長狀態(tài)相同的植物甲若干株隨機均分為A、B兩組；A組在（濕

55、度適宜的）正常環(huán)境中培養(yǎng)，B組在干旱環(huán)境中培養(yǎng)，其他條件相同且適宜，一段時間后，分別檢測兩組植株夜晚同一時間液泡中的pH，并求平均值。預(yù)期結(jié)果：A組pH平均值高于B組?！军c睛】解答本題的關(guān)鍵是明確實驗材料選取的原則，以及因變量的檢測方法和無關(guān)變量的處理原則。30. 在自然界中，競爭是一個非常普遍的現(xiàn)象。回答下列問題：（1）競爭排斥原理是指在一個穩(wěn)定的環(huán)境中，兩個或兩個以上受資源限制的，但具有相同資源利用方式的物種不能長期共存在一起。為了驗證競爭排斥原理，某同學(xué)選用雙小核草履蟲和大草履蟲為材料進行實驗，選擇動物所遵循的原則是_。該實驗中需要將兩種草履蟲放在資源_（填“有限的”或“無限的”）環(huán)境中

56、混合培養(yǎng)。當(dāng)實驗出現(xiàn)_的結(jié)果時即可證實競爭排斥原理。（2）研究發(fā)現(xiàn)，以同一棵樹上的種子為食物的兩種雀科鳥原來存在競爭關(guān)系，經(jīng)進化后通過分別取食大小不同的種子而能長期共存。若僅從取食的角度分析，兩種鳥除了因取食的種子大小不同而共存，還可因取食的_（答出1點即可）不同而共存。（3）根據(jù)上述實驗和研究，關(guān)于生物種間競爭的結(jié)果可得出的結(jié)論是_?！敬鸢浮?(1). 形態(tài)和習(xí)性上很接近（或具有相同的資源利用方式） (2). 有限的 (3). 一方（雙小核草履蟲）存活，另一方（大草履蟲）死亡 (4). 部位、時間等（合理即可） (5). 有相同資源利用方式的物種競爭排斥，有不同資源利用方式的物種競爭共存【解

57、析】【分析】競爭指兩種或兩種以上生物相互爭奪資源和空間等。競爭的結(jié)果常表現(xiàn)為相互抑制，有時表現(xiàn)為一方占優(yōu)勢，另一方處于劣勢甚至死亡。【詳解】（1）為了驗證競爭排斥原理，某同學(xué)選用雙小核草履蟲和大草履蟲為材料進行實驗，選擇動物所遵循的原則是形態(tài)和習(xí)性上很接近，或相同的資源利用方式。競爭排斥原理是指在一個穩(wěn)定的環(huán)境中，兩個或兩個以上受資源限制的，但具有相同資源利用方式的物種不能長期共存在一起，因此，該實驗中需要將兩種草履蟲放在資源有限的環(huán)境中混合培養(yǎng)。當(dāng)實驗出現(xiàn)一方（雙小核草履蟲）存活，另一方（大草履蟲）死亡的結(jié)果時即可證實競爭排斥原理。（2）研究發(fā)現(xiàn)，以同一棵樹上的種子為食物的兩種雀科鳥原來存在

58、競爭關(guān)系，經(jīng)進化后通過分別取食大小不同的種子而能長期共存。若僅從取食的角度分析，兩種鳥除了因取食的種子大小不同而共存，還可因取食的部位、時間等（合理即可）不同而共存。（3）根據(jù)上述實驗和研究，關(guān)于生物種間競爭的結(jié)果可得出的結(jié)論是有相同資源利用方式的物種競爭排斥，有不同資源利用方式的物種競爭共存?！军c睛】解答本題的關(guān)鍵是明確種間競爭概念，競爭導(dǎo)致的兩種不同結(jié)果，以及競爭排斥和競爭共存的區(qū)別。31. 哺乳動物細胞之間的信息交流是其生命活動所必需的。請參照表中內(nèi)容，圍繞細胞間的信息交流完成下表，以體現(xiàn)激素和靶器官（或靶細胞）響應(yīng)之間的對應(yīng)關(guān)系。內(nèi)分泌腺或內(nèi)分泌細胞激素激素運輸靶器官或靶細胞靶器官或靶

59、細胞的響應(yīng)腎上腺腎上腺素（3）通過_運輸（4）_心率加快胰島B細胞（1）_肝細胞促進肝糖原的合成垂體（2）_甲狀腺（5）_【答案】 (1). 胰島素 (2). 促甲狀腺激素 (3). 體液 (4). 心臟（心肌細胞） (5). 促進甲狀腺分泌甲狀腺激素【解析】【分析】激素調(diào)節(jié)特點：1、微量和高效：激素在血液中含量很低，但卻能產(chǎn)生顯著生理效應(yīng)，這是由于激素的作用被逐級放大的結(jié)果。2、通過體液運輸：內(nèi)分泌腺沒有導(dǎo)管，所以激素擴散到體液中，由血液來運輸。3、作用于靶器官、靶細胞：激素的作用具有特異性，它有選擇性地作用于靶器官、靶腺體或靶細胞，激素一經(jīng)靶細胞接受并起作用后就被滅活，因此體內(nèi)需要源源不斷

60、的產(chǎn)生激素，以維持激素含量的動態(tài)平衡。激素種類多、含量極微，既不組成細胞結(jié)構(gòu)，也不提供能量，只起到調(diào)節(jié)生命活動的作用?！驹斀狻浚?）腎上腺分泌腎上腺素，通過體液運輸，由題靶細胞的響應(yīng)是使心跳加速、心率加快，因此腎上腺素作用于心肌細胞。（2）胰島B細胞分泌胰島素，胰島素是機體唯一的降血糖激素，通過體液運輸，作用于肝細胞，促進肝糖原的合成，使血糖水平降低。（3）由題干垂體作用的靶器官是甲狀腺可知，垂體可以分泌促甲狀腺激素，通過體液運輸，作用于甲狀腺，促進甲狀腺分泌甲狀腺激素，提高細胞代謝速率，使機體產(chǎn)生更多的熱量?！军c睛】本題考查機體內(nèi)分泌腺分泌的激素種類及作用、激素調(diào)節(jié)的特點等相關(guān)知識，解決本題的關(guān)鍵