贵州省铜仁市第一中学2020届高三下学期防疫期间“停课不停学”网上测试(二)理科综合试题答案

贵州省铜仁一中高三年级防疫期间
“停课不停学”网上测试（二）
理科综合答案解析
1．C 鉴定还原糖和蛋白质所用的试剂都是NaOH 溶液和CuSO 4溶液，但CuSO 4溶液浓度不同，A 正确。

纸层析法分离叶绿体中的色素时，色素在滤纸条中自上而下的顺序体现出不同色素在层析液中的溶解度不同，依次为胡萝卜素、叶黄素、叶绿素a 、叶绿素b ，即叶绿素b 在层析液中的溶解度最小，B 正确。

鉴定脂肪时，可向待测组织样液中滴加3滴苏丹Ⅲ染液，观察样液被染色的情况，此方法不需要制作装片，也不需要用显微镜观察，C 错误。

鉴定还原糖需要进行水浴加热，D 正确
2．B 根据题意可知，装置中的碳酸氢钠溶液可维持瓶内的二氧化碳浓度在恒定水平，故装置内的气压变化是由氧气含量变化引起的。

较强光照条件下(光合强度大于呼吸强度)甲装置内水滴右移，黑暗或较弱光照条件下(光合强度小于呼吸强度)甲装置内水滴左移，适宜光照条件下(光合强度等于呼吸强度)甲装置内水滴不动；乙装置内青蛙只进行细胞呼吸不进行光合作用，故乙装置内水滴只会左移，故B 符合题意，A 、C 、D 不符合题意。

3．A 设先天性白内障基因用A 、a 表示，低血钙佝偻病基因用B 、b 表示，该夫妇基因型为A_X b Y ×aaX B X －，生有正常女孩为aaX b X b ，可推出丈夫的基因型为AaX b
Y ，妻子的基因型为aaX B X b ，则该夫妇生下正常男孩(aaX b Y)的概率为1/2×1/2＝1/4，生下正常女孩(aaX b X b )的概率为1/2×1/2＝1/4，所以两个孩子均正常的概率为1/4×1/4＝1/16。

4．A 因为基因型为dd 的个体被逐渐淘汰，因此，种群中DD 、Dd 的个体所占比例变为1095
、8595，因此D 的基因频率为1095＋8595×12≈55.3%，d 的基因频率为8595×12
≈44.7%。

5．D 乌头碱的作用机理为与神经元上的钠离子通道结合，使其持续开放，钠离子通道开放会使细胞外Na ＋内流，A 项错误；Na ＋内流会使神经元产生动作电位，处于兴奋状态，B 项错误；动作电位的幅度与神经纤维传导距离无关，不会随神经纤维传导距离的延长而变小，C 项错误；既然乌头碱引起的中毒症状是因为其引起钠离子通道持续开放造成的，则阻遏钠离子通道开放的药物可以缓解乌头碱中毒的症状，D 项正确。

6．C 根据表格中的食物关系，可以画出长江口生态系统的食物网。

如下图所示：
从图中可以看出，该生态系统共有4条食物链，A 项错误；小黄鱼和矛尾虾虎鱼既有捕食关系，又有竞争关系，B 项错误；浮游植物处于第一营养级，虾和蟹处于第二营养级，生态系统能量流动在营养级之间的传递效率为10％～20％，虾和蟹最多可获得浮游植物同化量的20%，C 项正确；小黄鱼25%的食物来自矛尾虾虎鱼，而不是得到了矛尾虾虎鱼能量的25％，D 项错误。

7．C 根据题目中描述“惟黄金不化水中，加盐则化”，可知该方法所造“强水”为硝酸，A 正确；假设有421molFeSO 7H O ⋅即其质量为1mol 278g/mol=278g ⨯，“将矾炒去，约折五分之一”失去质量的15即1278g=55.6g 5
⨯，换算成水的物质的量为55.6g 3mol 18g/mol ≈，所以脱水后产物为FeSO 4•4H 2O ，B 正确；Au 的金属活动性很弱，硝酸均不能将其氧化，加盐后，“强
水”中含王水成分，Au 可溶于王水，主要是由于配位作用，而不是因为氧化性， C 错误；“强水用过无力”的原因是“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，其氧化性减弱，D 正确。

8．D
由 P 4的结构 ，知1分子P 4中含有6个P —P 键，则12.4 g P 4即1molP 4中所含P —P 键数目为0.6N A ，A 错误； 标准状况下，乙醇不是气体，不能使用22.4L/mol 计算其物质的量，无法计算，B 错误；一个由2H 和18O 所组成的水分子中含有12个中子，水的物质的量
为 ，则其中所含的中子数为0.5mol×12=6mol ，即6N A ，C 错误；25℃时pH ＝13的Ba(OH)2溶液中c(OH －)=1×10－1mol/L ，1L 该溶液中含有OH －
的数目为0.1 N A ，D 正确。

9．B
①②两步反应是脱氢反应，不属于加成反应，故A 错误；环己烯的链状同分异构体既有二烯烃，也有炔烃等，由于C 6H 10不饱和度为2，其链状结构可能含1个碳碳三键或2个碳碳双键，存在官能团异构、官能团位置异构、碳链异构，同分异构体有：11g =0.5mol 22g/mol
超过10种，故B正确；环己烷、环己烯、苯均难溶于水，故C错误；环己烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误。

10．B
将1mol Cl2通入到含1mol FeI2溶液中，Cl2不足，先氧化I﹣，Fe2+没有发生反应，离子方程式为：2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2，故A错误；AlO2-与H+物质的量之比为1：1反应时，生成Al(OH)3沉淀，AlO2﹣+H++H2O=Al(OH)3↓，1：4时反应为AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O；
若1mol•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的HCl溶液等体积互相均匀混合，可理解为
2molAlO2-消耗2molH+，生成2molAl(OH)3，其中1molAl(OH)3又消耗了3molH+，生成
1molAl3+，离子方程式为：2AlO2-+5H+═Al3++Al(OH)3↓+H2O，故B正确；少量SO2通入到NaClO溶液中，发生氧化还原反应：H2O+SO2+3ClO-=SO42- +Cl- +2HClO，无法比较H2SO3和HClO的酸性强弱，且HClO的强氧化性使石蕊氧化，溶液不可能呈现红色，故C错误；Ca(HCO3)2与足量NaOH溶液反应离子方程式为：Ca 2++2HCO3-+4OH-=CaCO3↓+CO32-
+2H2O，酸式盐与碱反应生成正盐和水的说法不全面，故D错误。

11．C
X与Y可形成如图所示的分子结构为过氧化氢，则X为H、Y为O，因为Y与Z同主族，则Z为S，因为短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，W为Cl。

原子核外电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故原子半径的大小顺序为Z＞W＞Y＞X，A错误；原子的非金属性越强，其对应气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物热稳定性大小顺序为W＞Y＞Z，B错误；元素Z和W均有多种正价态，故均存在两种以上的含氧酸，C正确；硫元素（Z）在自然界中以化合态和少量游离态的形式存在，D错误；故答案选C。

12．C
与x相连的电极上发生氧离子失电子生成氧气的氧化反应，x极为电源正极，故A正确；a 极为阳极，当有2 mol电子流出a极时，产生0.5 molO2，故B正确；b极CO2的反应式：
CO 2+2H ++2e －=CO+H 2O ，H 2O ＋2e －=H 2+O 2-，故C 错误；在电场作用下，电解质中阴离子移向阳极，由b 向a 移动，故D 正确。

13．C
随着酸液的加入，含碳组分a 逐渐减少，含碳组分b 逐渐增多，此时发生反应
233CO H HCO -+-+=，则a 代表碳酸根离子，b 代表碳酸氢根离子，c 为碳酸分子。

根据分析，a 代表碳酸根离子，c 为碳酸分子，A 错误； H 2CO 3和CO 32-会发生反应223332H CO CO HCO --+=，无法大量共存，B 错误；当不考虑盐类水解时，需要以2:1
的比例向碳酸钠中加入盐酸，会实现233()()c HCO c CO --=，此时233()()()c HCO c CO c Cl ---==，
但是由于存在盐类水解，且碳酸根离子的水解能力特别强，故不需要加入那么多盐酸即可实
现233()()c HCO c CO --=，此时233()()()c HCO c CO c Cl ---=＞，C 正确； 碳酸钠溶液的水解平衡常数的计算公式为323()()()
h c HCO c OH K c CO ---⋅=，可选取图像中pH=11的点，此时233()()c HCO c CO --=，故3()10h K c OH --==，故D 错误。

14．D
位移-时间图象切线的斜率表示该时刻的速度，则知在10s 末时，质点的速度为零，故A 错误；在20s 内质点的位移为△x=x 2-x 1=0-1m=-1m ，故B 错误；在0～10s 内，物体沿正方向做减速运动，加速度方向与速度方向相反，即沿负方向；在10～20s 内，斜率为负值，说明物体沿负方向运动，斜率增大，做加速运动，加速度方向与速度方向相同，即沿负方向。

所以在3s 和15s 时，质点的加速度方向相同，故C 错误，D 正确。

故选D 。

15．B
对小球,沿斜面方向,由平衡条件得T cos 30°=mg sin 30°,对小球和斜面体组成的整体,在
水平方向,由平衡条件得f=T cos 60°=36
mg ,项B 正确. 16．A
由开普勒定律知,C r T =32变轨后在周期变小，则轨道半径变小，A 正确；,r
M G a 2=向心加速度变大，B 错；,r v m r
Mm G 2
2=,r GM v =线速度变大，C 错；,r
v ω=角速度变大，D 错。

17．D
小滑块在B 端时，根据牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R
，解得F N ＝28 N ，A 错误；根据动能定理有mgR －W ＝12mv 2，解得W ＝mgR －12
mv 2＝0.5 J ，B 错误；小滑块从B 点做平抛运动，水平方向上x ＝vt ，竖直方向上h ＝12
gt 2，解得x ＝v ·2h g ＝1.2 m ，C 错误，D 正确。

18．B
带电小球以初速度v 从M 运动到N 的过程中,受到了重力和电场力的作用,竖直方向上只受重力,水平方向上只受电场力,到达N 点时,竖直方向上到了最高点,初动能全部转化成重力势能,所以重力势能增加了1
2m v 2,C 错误;电势能减少了12
m (2v )2=2mv 2,D 错误;减少的电势能全部转化为小球的机械能,所以机械能增加了2mv 2,B 正确;根据动能定理,合外力做的功等于动能的变化量,可知小球动能增加了32mv 2,A 错误. 19．BD
电动机多做的功转化为物体的动能以及系统的内能；在该过程物体获得的动能为221mv ； 系统产生的内能大小为：相x f Q .=；物传相x x x -=；设经过时间t 物块与传送带共速；结
合牛二定律物块的加速度大小为g a μ=；故g
v t μ=；g v x μ22=物；g v t v x μ2.==传；故222
12..mv g v mg x mg Q ===μμμ相； 故A 电动机多做的功为：mv 2
所以，A 错，D 对；摩擦力对物体做的功为物体动能的增加量22
1mv ；故B 对；传送带克服摩擦力做的功即摩擦力对物体做的负功大小为2.mv x mg =传μ；故C 错误；
20．AC
铅块C 在A 上滑行时，木块一起向右运动，铅块C 刚离开A 时的速度设为v C ′，A 和B 的共同速度为v A ，在铅块C 滑过A 的过程中，A 、B 、C 所组成的系统动量守恒，有m C v 0＝(m A ＋m B )v A ＋m C v C ′
在铅块C 滑上B 后，由于B 继续加速，所以A 、B 分离，A 以v A 匀速运动，在铅块C 在B 上滑行的过程中，B 、C 组成的系统动量守恒，有m B v A ＋m C v C ′＝(m B ＋m C )v 代入数据解得v A ＝0.25 m/s ，v C ′＝2.75 m/s 。

21．A 、C
由于在两个磁场中均做匀速直线运动,根据能量守恒定律可知,线框在穿过两个磁场的过程中产生的电能之比为1∶1,项A 正确;由自由落体运动规律可得,线框在上方磁场中的速度为v 1=2ga ,在下方磁场中的速度为v 2=22ga ,所以v 1∶v 2=1∶2,项B 错误;由线框在磁场中做匀速直线运动可知,mg=,故上、下两个磁场的磁感应强度之比为2∶1,项D 错误;线框穿过磁场的过程中产生的电流I=
,故线框在穿过上、下两个磁场过程中产生的电流之比
为1∶2,项C 正确. 22.(1)A (2)－mgh B 12m ⎝ ⎛⎭
⎪⎫h C －h A 2T 2
(3)C (1)重物下落过程中重力势能减少，动能增加，故该实验需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量在误差范围内是否相等，A 项正确．
(2)重物的重力势能变化量为ΔE p ＝－mgh B ，
动能的变化量ΔE k ＝12mv 2B ＝12m ⎝ ⎛⎭
⎪⎫h C －h A 2T 2
. (3)重物重力势能的减少量略大于动能的增加量，是因为重物下落过程中存在空气阻力和摩擦阻力的影响，C 正确．
23.(1)R 1 (2)连线如图所示 (3)2 520 (4)D
(1)为了使电阻箱调节时，滑动变阻器分得的电压变化很小，分压电路中滑动变阻器的最大阻值越小越好，因此应选用R1.
(2)电路图如图所示
(3)如果认为滑动变阻器分得的电压不变则调节电阻箱后，电压表两端的电压为2.00 V ，
电阻箱两端的电压为0.5 V ，根据串联电路的分压原理，RV R ＝2.000.5
，求得电压表的内阻RV ＝4×630.0 Ω＝2 520 Ω.
(4)如果此电压表由一个表头与一个电阻串联组成，可知此表头的满偏电流为Ig ＝2.5 V 2 520 Ω＝1 mA ，D 项正确． 24.由几何关系可得半径r 甲=3R,........2分
洛伦兹力提供向心力 qvB ＝m v2R
........4分 乙以速率 v 3射入磁场,由半径公式可得半径r 乙=33
R,........1分 设乙轨迹圆弧所对的圆心角为θ,则tan =3,........2分
则θ=120°,........1分
则CD=2Rsin 60°=3R................2分
25.(1)赛车恰通过C 点的条件是mg ＝mv 2C R
........2分 解得最小速度v C ＝gR
由B 到C 过程应用机械能守恒定律得
12mv 2B ＝12
mv 2C ＋mg ·2R ........2分 在B 点应用牛顿第二定律得
F N －mg ＝m v 2
B R
........2分 联立解得v B ＝5gR ＝4 m/s
F N ＝6mg ＝30 N
由牛顿第三定律得，赛车对轨道的压力F N ′＝F N ＝30 N.......1分
(2)由A 到B 过程克服摩擦力做功产生的热量Q ＝F f L .......2分
根据能量守恒定律得
Pt ＝12
mv 2
B ＋Q .......2分
联立解得t ＝4 s 。

.......1分
(3)由A 到C 过程根据能量守恒定律得 Pt 0＝12
mv C ′2＋Q ＋mg ·2R 0 .......2分
赛车过C 点后做平抛运动，有
2R 0＝12gt 2，.......2分 x ＝v C ′t .......2分
联立解得x 2＝－16R 2
0＋9.6R 0 .......1分
当R 0＝0.3 m 时x max ＝1.2 m.......1分
26.（1）吸热（1分）升高温度、提高氢气浓度、吸收CO 、液化水蒸气（任选两条）（2分） （2） ① T 3>T 2>Y 1 （2分） ② m 3<m 2<m 1 （2分） ③CO 2 （1分） 3
26
0.1255MPa (0.3755MPa)(0.1255MPa)(0.3755MPa)⨯⨯⨯⨯⨯⨯ （2分） （3） ① 222H O 4e 4H O -+-=+↑ （2分）
② 阴极水电解生成氢气和氢氧根离子，OH -与3HCO -反应生成23CO - （2分）
（1）21222()()()()c H c CO K K c CO c H O ==，，则213222()()()()c CO c H O K K c H c CO K ==，所以973K 时，132
0.63K K K ==，1173K 时，132'' 1.29'K K K =
=，升高温度，平衡常数增大，所以正反应为吸热反应，提高CO 2的转化率可采用措施有高温度、提高氢气浓度、吸收CO 、液化水蒸气，任选两条答题即可；
（2）①正反应放热，温度越高，二氧化碳的平衡转化率越小，所以温度从高到低的顺序为
T 3>T 2>Y 1 ；②增大n(H 2)，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率越大，所以m 3<m 2<m 1 ；
③升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳和氢气的含量增大，乙醇、水减少，CO 2的含量是H 2的13
，所以曲线b 代表的物质为CO 2，化学反应的压强平衡常数为生成物分压的幂之积除以反应物分压的幂之积，体系中各组分的分压=该物质的物质的量分数×体系总压强，故该
反应平衡常数K P 的计算式为3
26
0.1255MPa (0.3755MPa)(0.1255MPa)(0.3755MPa)Kp ⨯⨯⨯=⨯⨯⨯； （3）①装置图分析与电源正极相连的为电解池的阳极，与电源负极相连的为电解池的阴极，阳极上是氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：4OH --4e -═2H 2O+O 2↑
（或2H 2O-4e -=4H ++O 2↑），生成的氢离子与HCO 3-反应生成二氧化碳气体；
②在阴极区，溶液中H +放电，破坏水的电离平衡，
OH -浓度增大，OH -与HCO 3-反应生成CO 32-，所以CO 32-再生。

27.
（1）MnO 2·
MnO+SO 32-+4H +=2Mn 2++SO 42-+2H 2O （2分） Fe 2O 3 （1分） （2）①将Fe 2+氧化成Fe 3+ （1分）
② a. K 2CO 3 （1分） b. 5.2≦pH<7.7 （1分） Al(OH)3、Fe(OH)3 （2分）
（3）Mn 2++2HCO 3－=MnCO 3↓+CO 2↑+H 2O （2分） 2.2×
10-11 （2分） （4）5 ：2（1分）取少量待测试样于试管中，滴入Na 2S 2O 8溶液，溶液不变为紫色（2分）
（1）“浸取”步骤中，MnO 2·
MnO 与稀盐酸和K 2SO 3发生反应，其离子方程式为MnO 2·MnO+SO 32-+4H +=2Mn 2++SO 42-+2H 2O 。

Fe 3+具有较强的氧化性，能将K 2SO 3氧化，所以还能被K 2SO 3还原的物质有Fe 2O 3。

（2）因为反应所得的锰盐溶液中混有Fe 2+和Al 3+，所以先要将Fe 2+氧化变成Fe 3+，向“氧化”后的溶液中加入K 2CO 3，调节溶液的pH ，让Al 3+和Fe 3+离子完全沉淀，但不能让Mn 2+生成沉淀，调pH 为5.2≦pH<7.7，然后过滤，洗涤；得较纯MnCl 2溶液，加入KHCO 3溶液沉锰得MnCO 3。

（3）“沉锰”步骤的离子方程式为：Mn 2++2HCO 3－=MnCO 3↓+CO 2↑+H 2O 。

若Mn 2+沉淀完全时测得溶液中CO 32-的浓度为2.2×
10-6mol·L -1，则Ksp(MnCO 3)=5611110 2.210 2.210---⨯⨯⨯=⨯ 。

（4）①利用得失电子守恒，配平上述离子方程2Mn 2++5S 2O 82-+8H 2O=16H ++10SO 42-+2MnO 4-。

其中作氧化剂的离子为S 2O 82-，还原剂的离子为Mn 2+，物质的量之比为5:2；
②确认Mn 2+离子已经完全反应的现象：是取少量待测试样于试管中，滴入Na 2S 2O 8溶液，溶液不变为紫色。

28. (1)①平衡气压，使漏斗内氨水顺利流下（2分)
②防止H 2O 2分解（1分) 使ClO 2液化，促进ClO 2的吸收（1分) (答案合理酌情给分)
(2)2ClO －3＋2Cl －＋4H ＋
= Cl 2＋2ClO 2＋2H 2O （2分)
(3)2ClO 2＋H 2O 2＋2NaOH = 2NaClO 2＋O 2↑＋2H 2O （2分) ；过慢会导致反应的三颈烧瓶内ClO 2浓度过高，发生分解；过快则反应物反应不充分，产率降低（2分)
(4)减少体系内压强，降低H 2O 的沸点(促进H 2O 蒸出，同时减少H 2O 2的受热分解等合理答案亦可)（2分) H 2O （1分)
(5)C （1分)
(1)图中所示漏斗为恒压滴液漏斗，a 管连通漏斗与三颈瓶，起到平衡气压，便于将液体滴入三颈瓶中；H 2O 2易分解，ClO 2的熔点较低，因此冰水浴冷却的目的是防止H 2O 2分解，使ClO 2液化，促进ClO 2的吸收。

(2)Cl －存在时会催化ClO 2的生成，根据第二步反应可知产生Cl －，因此第一步是消耗Cl －，离子方程式为2ClO －3＋2Cl －＋4H ＋= Cl 2＋2ClO 2＋2H 2O 。

(3)在B 瓶中ClO 2在相应条件下反应生成NaClO 2，其化学方程式为：2ClO 2＋H 2O 2＋2NaOH = 2NaClO 2＋O 2↑＋2H 2O ；如果空气流速过慢会导致反应的三颈烧瓶内ClO 2浓度过高，发生分解；空气流速过快则反应物反应不充分，原料利用率不高，造成产率降低。

(4)由于是浓缩双氧水，则馏出物是水，而双氧水易分解，因此该设备的作用是减少体系内压强，降低H2O的沸点(促进H2O蒸出，同时减少H2O2的受热分解等)。

(5)A项，为防止滤纸被腐蚀，用玻璃纤维代替滤纸进行抽滤，正确；B项，先转移溶液至漏斗，待溶液快流尽时再转移沉淀，正确；C项，洗涤沉淀时，应将少量洗涤剂洒到固体上，静置片刻，再将其抽干，错误；D项，抽滤完毕，为防止水倒吸到抽滤瓶内，应断开水泵与吸滤瓶间的橡皮管后，关闭水龙头，正确。

29．(1)叶绿素a 水的分解和ATP的合成(2)线粒体和细胞质基质向左移动(3)14 AB 和CD CO2浓度S2>S1＋S3(4)6
(1)叶绿体中吸收光能的色素中含量最多的是叶绿素a，这些色素吸收光能的两个用途是水的分解和ATP的合成。

(2)图甲A点时，光合作用强度为0，此时植物细胞只进行细胞呼吸，故产生ATP的场所是线粒体和细胞质基质，若在CO2浓度为1%条件下进行实验，CO2浓度增加，光合作用增强，要保证细胞呼吸强度等于光合作用强度，则需降低光照强度，故B点向左移动。

(3)图乙中A点开始进行光合作用，G点时光合作用消失，因此得到图乙曲线的实验中，给植株光照时间共有14 h，其中有光照且光照强度一定保持不变的时间段有AB和CD，EF段限制因素为CO2浓度，当图中S1、S2和S3的面积关系为S2>S1＋S3时，说明实验结束后植株的干重增加了。

(4)在图甲实验的环境条件下，光照强度为6 klx时，净光合速率为4，呼吸速率为2，若每天光照8 h，则净光合作用量＝4×8－2×16＝0，故平均光照强度至少要大于6 klx时，植株才能够正常生长。

30. (1) 吸走 1 mL 单一变量(2)形态学下端遮阳和空气湿度较高(或阴暗潮湿) (3)10－11～10－9 10－8(4) 两重性 a
(1)由图一分析可知，5号烧杯中的2,4－D溶液的量比其他4个烧杯中溶液多1 mL，为了遵循单一变量原则，需要对5号烧杯中的2,4－D溶液吸走1 mL。

(2)插条的形态学上端和形态学下端具有不同的特异性，在用2,4－D溶液对迎春枝条进行处理时需要注意处理插条的形态学下端。

浸泡插条时应选择遮阳和空气湿度较高的地方进行处理。

(3)从图二可确定促进迎春枝条生根的最适2,4－D溶液浓度在10－11～10－9mol/L之间，对根的生长起抑制作用的2,4－D溶液浓度是10－8mol/L，因为其生根数比清水组少。

(4)由于图二中体现了生长素的促进作用和抑制作用，图三中根的向地生长中近地侧(即a侧)体现了生长素的抑制作用，背地侧体现了生长素的促进作用，所以两个图都体现了生长素作用的两重性。

31．（1）F2中红眼∶白眼＝3∶1（2分）
（2）F1红眼雌雄果蝇杂交，F2中只有雄果蝇出现白眼性状（2分）
（3）选择白眼雌果蝇与野生型红眼雄果蝇杂交，（2分）若后代雌果蝇全为红眼，雄果蝇
全为白眼，则眼色基因只位于X染色体上。

（2分）若后代全为红眼，则眼色基因位于X和Y染色体上。

（2分）
果蝇的红眼和白眼是一对相对性状。

F1全为红眼，说明红眼是显性性状。

F2中红眼∶白眼＝3∶1，遵循基因的分离定律，红眼和白眼受一对等位基因控制。

F2中只有雄果蝇出现白眼性状，说明果蝇眼色的表现与性别相联系。

若眼色基因只位于X染色体上，则白眼雌果蝇与野生型红眼雄果蝇杂交如下：
若眼色基因位于X和Y染色体上，则白眼雌果蝇与野生型红眼雄果蝇杂交如下：
32．（1）样方（2）抽样检测法达乌尔黄鼠竞争（3）次生演替
（4）信息传递种群调节生物的种间关系，以维持生态系统的稳定
（5）适度放牧会降低群落中鼠的密度，过度放牧又会加大群落中鼠的密度（2分）
（1）调查植物的物种丰富度和种群密度，一般都采用样方法。

（2）在调查分布范围较小、个体较大的种群时，可以逐个计数；但是在多数情况下，逐个计数非常困难，需要采取估算的方法。

估算有多种多样的方法，样方法常适用于植物种群密度的调查，标志重捕法常适用于动物种群密度的调查，但是题干信息只涉及取样，并未标记，也未放回后重捕，这种方法属于抽样检测法；对比表中不同放牧强度的区域，可看到不同放牧区达乌尔黄鼠的数量最多，为优势物种。

不同种类的鼠之间属于竞争关系。

（3）群落演替包括初生演替和次生演替。

题干描述的是在原有生物基础上发生的群落演替，属于次生演替。

（4）食草动物和植物群落相互影响，从生态系统的功能看，这一过程发生了信息传递，而且说明信息传递是双向的，信息传递的功能不仅有利于生物个体正常生命活动的进行，还有利于种群的繁衍，调节生物的种间关系，以维持生态系统的稳定。

（5）题干研究的是放牧强度的变化对鼠种的密度的
影响，有三种放牧强度，随放牧强度的变化，鼠种密度先降低后升高，说明适度放牧是有利的，能够降低群落中鼠的密度，过度放牧是不利的，会增大群落中鼠的密度。

33.(1)ABD
液体表面存在着张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离,分子之间的作用力表现为引力,故A 正确;一定质量的理想气体,在等压膨胀过程中,对外做功,温度升高,则分子平均动能增大,故B 正确;理论上,第二类永动机并不违背能量守恒定律,但是违背热力学第二定律,所以即使随着人类科学技术的进步,第二类永动机也不可能研制成功,项C 错误;干湿泡湿度计由干泡温度计和湿泡温度计组成,由于蒸发吸热,湿泡所示的温度小于干泡所示的温度,两温度计示数差的大小与空气湿度有关,温度相差越大,说明空气越干燥,故D 正确;根据热力学第二定律可知,热机的效率不能达到百分之百,项E 错误. (2)（i ）m ＝ρhS （ii ）4（p 0＋5ρgh ）
5（p ＋ρgh ）T 0
（i ）活塞受力如图所示，
由平衡条件有：p 1S ＝p 0S ＋mg .......2分 结合液体压强公式有：p 1＝p 0＋ρgh.......1分 所以活塞的质量：m ＝ρhS........1分 （ii ）在活塞上添加质量为4m 的沙粒时， 由平衡条件有：p 2S ＝p 0S ＋5mg ，.......1分
解得p 2＝p 0＋5mg
S
＝p 0＋5ρgh
V 2＝45
LS ，V 1＝LS ，T 1＝T 0.......1分
由气体状态方程有：
p 1V 1T 1＝p 2V 2
T 2
.......2分 所以此时汽缸内气体的温度为：
T 2＝p 2V 2p 1V 1T 1＝4（p 0＋5ρgh ）
5（p ＋ρgh ）
T 0. .......2分
34. （1）BCD
(1)质点P 振动周期与波源振动周期相同,也为T ,但其振动速度与波速不同,故A 错
误.x==λ,P 与波源是反相点,若某时刻质点P 的速度方向沿y 轴负方向,则该时刻波源
速度方向沿y 轴正方向,故B 正确.根据波的特点,简谐波传播过程中,质点的起振方向都与波源的起振方向相同,故质点P 开始振动的方向沿y 轴正方向,故C 正确.P 与波源是反相点,故当P 质点开始振动后,若某时刻波源在波峰,则质点P 一定在波谷,若波源在波谷,则质点P 一定在波峰,故D 正确,E 错误. (2) （i ）由几何关系可知，
光在AB 面上的入射角为60°，折射角为30°......1分
根据折射率公式有n=303sin 06sin sin sin 0
==r i ......2分
由几何关系可知，光在玻璃砖中传播的路程s=d......1分 光在玻璃砖中传播的时间t=
c
d
c ns v s 3=
= ......1分
（ii ）由几何关系可知
AF
AO
AE AD =
......1分 求得d d AE 6
321+=
......1分 因此入射点没AB 移动的距离Δs=AE-AD=
d 6
3
......1分 由几何关系可知，光线在玻璃砖底部的入射角为30°，......1分 根据光路可逆可知，光线在玻璃砖底部的折射角为60°......1分 35. 【选修3——物质结构与性质】（15分） （1）
（2）1s 22s 22p 63s 23p 63d 84s 2 （3）sp 2 90N A
（4）＞ 4 折型（角型、V 型） （5） （1）等电子体具有相似的化学键特征，
CO 与N 2互为等电子体，则结构式相似，则CO 的结构式为
；
（2）镍原子核外有28个电子，其基态镍原子的核外电子排布式为：1s 22s 22p 63s 23p 63d 84s 2，； （3）在C 60分子中每个碳原子周围形成一个双键，两个单键，则每个碳原子形成3个σ键，
且不含孤电子对，所以采用sp2杂化，每个碳原子含有的σ键个数为3
2
，所以1molC60分子
中σ键的数目=1mol×60×3
2
×N A mol−1=90N A；
（4）①As和Se属于同一周期，且As属于第VA族，Se属于第VIA族，As原子4p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于Se；
②与硫离子最近的锌离子的数目为1×4=4，即硫离子的配位数是4；
③二氧化硒分子中Se原子孤电子对数为6-22
=1
2
，价层电子对数=2+1=3，所以其空间结构
为V形；（5）配位键由提供孤电子对原子指向提供空轨道的原子，所以该配合物中的配位键如图。

36.【选修5——有机化学基础】（15分）（除标记外，其余每空2分）
(1) 2－甲基-1，3-丁二烯（1分）
(2)氧化反应（1分）(3) 羧基（1分）
(1)根据有机物的系统命名法可知，A的化学名称是2－甲基－1，3－丁二烯。

(2)结合题给信息①可得B的结构简式为；结
合信息②可得，C的结构简式为，根据F的结构简式以及D生成H的反应条件，可知D为
，故由C生成D的反应类型为氧化反应。

(3)D→E在光照的条件发生取代反应，E的结构简式为
，含有的官能团为氯原子、羧基。

(4)因苯环为平面结构，所以直接与其相连的—CH2OH 和—COOH上的碳原子与其在同一个平面内，通过旋转单键，—CH2OH中—OH上的原子可能与苯环共面，—COOH中的所有原子可能与苯环共面，故F分子中处于同一平面的原子最多有17个；F通过缩聚反应生成高分子化
一定条件合物G，其反应方程式为――→。

(5)H的结构简式为
，I为H的同分异构体且1 mol I发生水解反应消耗2 mol NaOH，说明I为酚酯，苯环上一氯代物有两种结构，即苯环上只有两种等效
氢，故符合条件的I的结构简式有、
、、、
、、、
、
、
，共10种，其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶3∶2∶1的I结构简式为。