2019正确教育预测密卷---理综B答案

理综 B卷答案全解全析
一、选择题
1、【答案】C
【解析】用无水乙醇提取绿叶中的色素，用层析液别离色素，溶解度越大的色素在滤纸条上扩散速度越快，A错误；模型是人们为了某种特定目的而对认识对象所作的一种简化的概括性的描述，这种描述可以是定性的，也可以是定量的。

在电子显微镜下拍摄到的叶绿体的构造照片是实物的写照，不属于模型，B错误；探究生长素类似物促进插条生根的最适浓度实验中，用浸泡法处理时要求时间较长、溶液浓度较低，沾蘸法那么要求的时间较短，溶液浓度较高，C正确；观察染色体构造变异不能选择无丝分裂，因为无丝分裂过程中染色质不会螺旋化为染色体，D错误。

2、【答案】D
【解析】核糖体由rRNA和蛋白质构成，彻底水解后有核糖产生；端粒由DNA和蛋白质构成，彻底水解后有脱氧核糖产生；端粒酶由蛋白质和RNA构成，彻底水解后有核糖产生，A不符合题意；核糖体的组成成分是rRNA和蛋白质，组成元素有C、H、O、N、P等，端粒是由DNA和蛋白质组成的复合体，组成元素有C、H、O、N、P等，端粒酶由蛋白质和RNA构成，故组成元素有C、H、O、N、P等，B不符合题意；由于遗传信息的传递包括DNA复制、转录、翻译以及RNA复制、逆转录等，而核糖体是翻译的场所，端粒存在于染色体的末端，端粒酶是一种逆转录酶，所以三者都与遗传信息的传递有关，C不符合题意；因为原核生物的细胞内没有染色体，故没有端粒，而核糖体是原核细胞和真核细胞共同有的细胞器，D符合题意。

3、【答案】C
【解析】摩尔根运用假说—演绎法证明了果蝇的白眼基因位于X染色体上，A错误；基因是有遗传效应的DNA片段，依据碱基互补配对原那么可知，在双链DNA分子中，C＝G，A＝T，因此基因W和w中的A+G/T+C的比值一样，但基因B和b的碱基排列顺序不同，B错误；一个初级卵母细胞经过减数分裂将产生1个卵细胞〔生殖细胞〕和三个极体，可见，假设一个初级卵母细胞发生染色体穿插互换，那么可产生1种基因型的生殖细胞，C正确；假设只考虑身体的颜色，那么该果蝇的基因型为Bb，多只灰身雄果蝇的基因型为BB或Bb，所以该果蝇与多只灰身雄果蝇杂交，子代中出现的灰身与黑身的数量比不一定为3:1，D错误。

4、【答案】D
【解析】生长素类似物的生理作用也有两重性，所以不同浓度的生长素类似物促进扦插枝条生根的效果有可能一样，A正确；植物的顶端优势和根的向地性与生长素作用的两重性均有关，都是低浓度促进，高浓度抑制，B正确；植物的顶端优势与顶芽和侧芽生长素的产生量
不同无关，而与生长素的积累有关，C 正确；用生长素类似物处理果实可促进果实的生长,不能促进果实成熟，D 错误。

5.【答案】C
【解析】假设A 代表人体下丘脑，a 为一次饮入大量水，那么细胞外液渗透压下降，抗利尿激素分泌减少，同时尿量增多， A 正确；假设A 代表洋葱表皮，a 为一定浓度的蔗糖溶液，那么液泡体积缩小，细胞液浓度逐渐增大，细胞吸水能力增强， B 正确；假设A 代表棉铃虫种群，a 为诱捕雄虫，那么棉铃虫种群的性别比例失调和种群密度降低，故C 错误；假设A 代表小鼠机体，a 为胸腺发育不良，那么小鼠体内无T 淋巴细胞，所以小鼠的细胞免疫和体液免疫能力下降，D 正确。

6、【答案】B
【解析】“探究光照强弱对光合作用强度的影响〞实验中，圆形叶片上浮的原因是叶肉细胞光合作用大于呼吸作用，释放出的氧气使叶圆片上浮，A 错误；植物同一分生组织中各个细胞的分裂是互不影响，各自独立的，B 正确；热能不能用于ATP 的合成，C 错误；叶绿素a 在红光区域的吸收峰值高于叶绿素b ，D 错误。

7．【答案】C
【解析】碳纤维是含碳量高于90%的无机高分子纤维，属于无机非金属材料，故A 错误；氧化铝熔点高，可作耐火材料，氧化铝属于氧化物不是盐类，铝盐不能作耐火材料，故B 错误；金属内胆一般来说是不锈钢材质的，镁棒的金属活动性强于金属内胆的，所以镁棒相当于原电池的负极，从而防止金属内胆被腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C 正确；鲜榨橙汁主要含有维生素C ，遇到碘水不会变蓝色，故D 错误；答案选C 。

8.【答案】C
【解析】R 基团取代了苯环上的氢原子，属于取代反响的类型，故A 错误；当R 为3CH -时，b 为甲苯，有4种等效氢，故B 错误； 当R 为49C H -时，其共有4种构造，故b 的构造共有4种，每种b 的苯环上有三种不同类型的氢，故b 中苯环上的一氯代物共有34=12种，故C 正确；当R 为25C H -时，b 中最多有8个碳原子共平面，故D 错误；答案选C 。

9.【答案】D
【解析】铜银合金(含少量铁)废料中含有Cu 、Ag 和少量铁，铁能溶于过量的稀硫酸中，过滤后低温枯燥得到Cu 和Ag 的混合物，得不到纯铜，故A 错误；电解时，粗银作阳极，纯银作阴极，故B 错误；渣料的主要成分为氧化铜，还含有少量氧化铁和少量Ag ，两种金属氧化物均能与稀硫酸反响，元素化合价均没有发生变化，没有发生氧化复原反响；3Fe ＋
的
氧化性比Ag ＋
弱，因此Ag 与3Fe
＋
不能发生氧化复原反响，故C 错误；滤液B 中的溶质是
硫酸亚铁，采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、枯燥，可得到绿矾，故D 正确；答案选D 。

10.【答案】B
【解析】过氧化钠与水反响生成氢氧化钠和氧气，故A 错误；过氧化钠与水反响生成了氢氧化钠，氢氧化钠是强碱，遇到酚酞，溶液变成红色，故B 正确；向试管①中参加足量水，说明22Na O 已经完全反响，红色褪去是因为过氧化钠与水可能发生复分解反响，生成氢氧化钠和过氧化氢，过氧化氢具有漂白性，故C 错误；过氧化钠与水反响时先生成过氧化氢和氢氧化钠，过氧化氢再分解为水和氧气。

生成的过氧化氢在二氧化锰作催化剂时发生了分解，因此放出大量气泡，故D 错误；答案选D 。

11．【答案】D
【解析】由铁碳微电解装置示意图可知，Fe 为原电池负极发生氧化反响2Fe 2e Fe -=－＋
，故
A 错误；根据题意“上端开口关闭，可得到强复原性的H•(氢原子〕〞，那么不鼓入空气时，正极的电极反响式为H +e H =⋅＋－，故
B 错误；上端开口翻开，并鼓入空气时，正极的电极
反响式为
2O 2H 2e 2OH ++=⋅＋－
，每生成1mol OH ⋅转移电子数目为A N ，故C 错误；处理含有草酸
()224H C O 的污水时，草酸具有较强的复原性，与氧化剂作用易被氧化为二氧化碳
和水，那么上端开口应翻开并鼓入空气生成强氧化性的羟基，以氧化草酸处理污水，故D 正确；答案选D 。

12.【答案】B
【解析】X 的简单气态氢化物能与W 的最高价氧化物对应的水化物形成盐，可推测X 为氮元素，结合原子序数大小关系和位置关系可知Y 为氧元素，W 为硫元素;Z 对应的简单离子的半径在同周期中最小，可推测Z 为铝元素，同周期主族元素，从左至右原子半径逐渐减小，同主族元素，从上至下原子半径逐渐增大,所以四种元素原子半径大小关系为
Z(Al)>W(S)>X(N)>Y(O)，A 错误；元素氮和硫可分別与氧元素形成多种化合物，B 正确；三种元素中氧的非金属性最强，故形成的简单氢化物最稳定，C 错误；含有氮、氧、硫元素的硫酸铵含有离子键，D 错误。

13. 【答案】D
【解析】滴加盐酸前，322(CH )O NH H O ⋅抑制水的电离，随着盐酸参加，水的电离程度逐渐增大，当二者恰好完全反响时,水的电离程度最大，随后盐酸过量，HCl 抑制水的电离，水的电离程度又逐渐减小，A 项错误;
()()3232222CH NH H O + HCl CH NH Cl+ H O ⋅===, 由温度
变化曲线和pH 变化曲线可知，参加盐酸体积为0mL V 时，二者恰好完全反响，那么0=20V ,B 项错误;b 点时HCl 和
()223CH NH H O ⋅恰好完全反响，溶液中溶质为()223CH NH Cl ,根据质
子守恒有()()
()322 =OH +CH NH H O H c c c ⋅⎡⎤⎣⎦＋－,C 项错误; pH=7的溶液中溶质是
()322CH NH Cl 和()3222CH NH H O ⋅，溶液中()()H =OH c ＋－,结合电荷守恒知，
+1
3220.1[(CH )NH ]=(Cl )=
mol L 20x
c c x ⋅－－,结合原子守恒知，
1322b 322(20)0.1
[(CH )H O]=mol L ,[(CH )NH H O]
20x c K x -⨯⋅⋅⋅+－
+3227
322(CH )NH (OH )=
=
[(CH )NH H O]
(20-)10c c x
c x ⎡⎤⋅⎣⎦
⋅⨯－
,D 项正确。

二、选择题 14.【答案】A
【解析】法拉第发现了电磁感应现象，纽曼和韦伯总结出了电磁感应定律，所以B 错误。

“N〞是导出单位，C 错误。

贝可勒尔通过对天然放射现象的研究，说明原子核可分，但是并没有发现原子核的构造组成，D 错误。

应选A 。

15.【答案】D
【解析】由图像信息可知,甲车做匀减速运动,其平均速度为0
15m/s 2v =,乙车在刹车过程中不是做匀变速运动,其平均速度小于0
15m/s 2v =,A 错误;在v —t 图像中,图线和横轴所围成图形的面积表示位移的大小,那么甲车刹车距离1
=330m 45m
2x ⨯⨯=甲,乙车刹车距离
()()11
15301m 1561m 60m
22x =⨯+⨯+⨯⨯-=乙,B 错误;当两车速度相等时,两车相距最远,即
t =2s 时两车相距最远,C 错误;正常行驶时,两车间距为100m,因为
100m
x x -<乙甲,所以甲、乙
两车不会追尾,D 正确。

16.【答案】D
【解析】由于舞蹈者的速度一样，而且她们的质量相等，故她们的动能相等，而3号舞蹈者的重力势能最大，故其机械能最大，A 选项说法正确，不选；2号和4号的高度一样，故重力势能一样，B 选项说法正确，不选；上升过程中，动能不变，重力势能增加，故机械能增加。

C 选项说法正确，不选；拉力不变，而作用时间不为零，故拉力的冲量不为零。

选D
【解析】设圆管的半径是r ，由A 到B ，由动能定理得：2
12mgr mv =；在B 点，对小球由
牛顿第二定律得：
2
5mv mg qE mg r --=
；联立以上两式解得：2mg E q =；由于是点电荷+Q 形成的电场，由
2kq
E r =
得到，以点电荷为圆心的同一球面上的各点的场强大小均相等，即
BC 弧中点处的电场强度
2mg
E q =
，应选C 。

18.【答案】B
【解析】“鹊桥〞卫星受到地球和月球共同的引力作用,与月球一起绕地球做匀速圆周运 动,两者角速度一样,由v r ω=得()12121
::v v r r r =+,A 错误;由2a r ω=得,()12121
::a a r r r =+,B
正确; “鹊桥〞卫星受到地球与月球共同的引力作用,不满足地球同步卫星的运动规律,C 、D
错误。

19.【答案】AD
【解析】力F 恰好使物块不下滑，说明此时物块受沿斜面向上的最大静摩擦力,F 增大时，沿斜面向上的静摩擦力减小,减小到零后，静摩擦力反向增大，物块运动后受到的滑动摩擦力大小不变，物块以一定初速度上滑过程中，对斜面的压力和滑动摩擦力未能使斜面运动，其他过程中斜面更不会滑动，故A 、D 正确。

20.【答案】ABC
【解析】变压器不改变交流电的频率，A 正确。

由112
2U n U n =
，12
21I n I n =得，通过2R 的
电流有效值2I =，通过1R 的电流有效值10.15A I =
，副线圈两端的电压222U I R ==
，原线圈两端电压1U =
，而111424V U U I R =+=≈，选
项C 正确；交流电源的输出功率190W P UI ==，选项B 正确；假设在副线圈两端再并入一个与2R 阻值一样的电阻，输出功率增加，输入功率也增加，那么流过1R 的电流增大，D 错误。

【解析】根据
2πm
T qB =
可知，两粒子在磁场中的运动的周期一样，选项A 正确，；设圆形
磁场的半径为r ，因
13a a
t T =可知a 在磁场中运动转过的角度是120︒；由几何关系可知，运
动半径
tan30a r r =︒=
同理因b b t T =可知b 在磁场中运动转过的角度是60︒；由几何关系
可知，
运动半径tan60b r r =︒=；根据
mv
r qB =
可知粒子a 和粒子b 在磁场中运动速度关系
13a a b b v r v r ==
，选项B 错误；粒子c 沿着AO 方向射入磁场，且电性与a,b 一样，故粒子一定
向上偏转。

c 粒子的出射位置必定在AO 连线之上，C 正确。

不知道d 的电量与质量，所以只能明确半径关系，速度关系不确定，D 错误。

三、非选择题
一〔必考题〕
22.【答案】〔1〕0.53cm 〔2〕
()1212d t t a t t t -=
(3)sin cos g a
g θμθ-=
【解析】〔1〕遮光板宽度0.5cm 0.1mm 30.53cm d =+⨯=；
〔2〕滑块通过两个光电门时的速度分别为：
11d v t =
和22d
v t =，
根据at v v +=12解得
()
1212d t t a t t t -=
；
〔3〕根据牛顿第二定律：sin cos mg mg ma θμθ-=，即sin cos g a g θμθ-=
，
23.【答案】〔1〕实物连线图如图1所示
〔2〕左端
2
12x U R R U U =
-
〔3〕如图2所示 0.048.8)(0.048.6t t ++（~0.049.0)t +都正确
【解析】(1)根据题给电路连接即可
(2) 为了保护电路,接通电路时,应将划片移到最左端,根据串联电路各处的电流相等有212
x U U U R R -=
,解得2
12x U R R U U =
-
(3) 根据题表中数据,在方格纸上描点,并根据点的分布特点做出x R t -图线,如图2所示,且使直线尽可能通过更多的点,把两个在直线上的点的数据代入直线方程x R kt b =+,列出方程组,求出0.04/k =Ω℃,8.8b =Ω,即()0.048.8x R t =+Ω。

24.【答案】 4.75m d =
【解析】A,B 到达共同速度时,A 相对B 向右运动的距离设为1s ,共同速度设为1v ,那么 对:A A mg ma μ= 10A v v a t =-
201
2
A A s v t a t =-
对:B B mg Ma μ= 1B v a t =
2
12B B s a t =
1A B s s s =-联立以上各式解得1
1m/s v =
10.75m s =
进入作用区后,假设A,B 保持相对静止,那么
()F m M a
=+
再以B 为研究对象,由牛顿第二定律知f Ma = 解得4
N 4N 3
f m
g μ=
<=,故假设成立 长木板B 与直挡板第一次碰撞前的瞬间B
的速度2v =,
由动能定理知
()()()2212111
22F d L s M m v M m v --=
+-+⎡⎤⎣⎦
解得 4.75m d =
25.【答案】(1)2592J (2)36C#864 J
【解析】〔1〕cd 杆静止，由平衡条件可得sin mg BIL θ=， 解得12 A I =
由闭合电路欧姆定律得22BLv I R R =
+
，得36 m/s v =
水平拉力224N F BIL ==，
水平拉力的功率864W P F v == 2592J W pt ==
〔2〕撤去外力后ab 杆在安培力作用下做减速运动,对ab 杆列动量定理。

0BIt mv -=-； q It =； 72C q =。

cd 棒的电荷量为其一半，故流过cd 棒的电荷量是36C .
撤去外力后ab 杆在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为整个电路产生的焦耳热，即焦耳热等于杆的动能的减小量，有
2k 1296J Q E mv ===∆
而
2Q I R t ='⋅⋅， ab 杆产生的焦耳热
2
Q I R t '='⋅⋅， 所以2
864J
3Q Q '==
26.〔15分〕【答案】〔1〕b 〔2分〕温度过高，3PCl 大量挥发，从而导致产量降低温度过低，那么反响速率会减慢〔2分〕 〔2〕平安管〔2分〕
〔3〕当滴入最后一滴KSCN 标准溶液时，溶液变为红色，且半分钟不褪色〔2分〕 〔4〕使生成的AgCl 沉淀与溶液隔离，防止滴定过程中SCN －
与AgCl 反响〔2分〕偏小〔2
分〕
〔5〕52.7%〔2分〕
【解析】〔1〕冷凝水从下端进入，可使冷凝水充满冷凝管，利于充分冷凝；由题可知3PCl 的熔点为112C -︒，沸点为75.5C ︒，C 中反响温度控制在6065C ︒，如果温度过高，那么3PCl 大量挥发，从而导致产量降低，如果温度过低，那么反响速率会减慢。

〔2〕22H O 易分解，实验室用有微孔的试剂瓶保存22H O ，可起到平衡气压的作用，与题给装置中平安管的作用相似。

〔3〕滴加KSCN 标准溶液，先生成AgSCN 沉淀，到达滴定终点时，溶液变为红色，且半分钟不褪色。

〔4〕根据题给信息，参加硝基苯可覆盖AgCl 沉淀，防止AgCl 与KSCN 标准溶液反响，假设无此操作，那么KSCN 标准溶液用量偏多，测得的Ag +
浓度偏大，从而使所测3POCl 含量偏小。

〔5〕①-③涉及的反响有32PCl 3H O +33H PO 3HCl +，
32POCl 3H O
+34H PO 3HCl +，
3
HCl AgNO +3AgCl HNO ↓+，此过程消耗3AgNO 的物质的量为
1-10.01L 0.3200mol L 0.01L 0.020mol L 0.003mol -⨯⋅-⨯⋅=，由关系式33PCl 3HCl 3AgNO 及
3
3POCl 3HCl 3AgNO ()()33PCl POCl 0.001mol n n +=，那么产品中
()()33100PCl POCl 0.001mol 0.01mol 10
n n +=⨯
=，设3POCl 的物质的质量为x mol ，
()153.5137.50.01 1.455x x ⨯+⨯-=，那么0.005x =，故产品的纯度为
0.005153.5
100%52.7%
1.455⨯⨯=
27. 〔14分〕【答案】〔1〕〔1分〕 蒸馏烧瓶〔1分〕
〔2〕二氧化硅〔1分〕 23Fe O 、MgO 〔2分〕 〔3〕
()223233
AlO HCO H O +Al OH CO ↓++=+－－－
〔2分〕
〔4〕22NaH H O NaOH H =↑＋＋〔1分〕 4222NaAlH 2H O NaAlO 4H =↑＋＋〔1分〕 〔5〕硫酸浓度增大，铝片与浓硫酸发生钝化〔1分〕
〔6〕①参加液体能起液封作用，防止气体从漏斗中逸出〔1分〕 ②变小〔1分〕 ③
()
27%448y x m
-〔2分〕
【解析】(1) 4
NaAlH 中钠元素为+1价，铝元素为+3价，根据化合物中各元素化合价代数和为0进展计算，氢元素的化合价为-1价，进而写出氢负离子的离子构造示意图为。

仪器A 带有支管，为蒸馏烧瓶。

(2)由于二氧化硅不与硫酸反响，所以滤渣1的主要成分是二氧化硅。

试剂A 为强碱，将铝离子转化成偏铝酸盐，滤渣2的主要成分是氢氧化铁和氢氧化镁，在空气中灼烧生成氧化铁、氧化镁，其化学式为23Fe O MgO 、。

(3)偏铝酸钠和碳酸氢钠反响类似于较强酸制备较弱酸，滤液2与滤液3反响的离子方程式为
()23
322AlO HCO H O Al OH CO ++=↓+－－３－
；
(4)实验前要保证NaH 与3AlC1反响的装置枯燥，其目的是防止4NaH NaAlH 、与水蒸气反响。

NaH 与水反响生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为22NaH H O NaOH H =↑＋＋；NaAlH 4与水发生氧化复原反响，4NaAlH 中H 元素的化合价为-1价，2H O 中H 元素的化合价为+1价，根据氧化复原反响化合价归中的规律，判断产物为2H ，可推出化学方程式为
4222NaAlH 2H O NaAlO 4H +=+↑。

(5)浓硫酸与铝片发生钝化，反响减慢，浸出率降低。

(6)①从平安漏斗的构造看出，上部液体不能完全滴入蒸馏烧瓶，起到了液封作用，防止气体从漏斗中逸出。

②假设反响完后，读数时B 管液面低于C 管，存在液压差，装置内气体压强变大，导致测得的H 2的体积变小。

③4222NaAlH 2H O NaAlO 4H +=+↑ ()2H =
mol 22400y x n -，()4NaAlH =mol 89600y x
n -，
()()4mol 54g/mol 2789600NaAlH 100%%g 448y x
y x m m
ω-⨯-=⨯=。

28.〔15分〕【答案】〔1〕12
31
22H H ∆+∆〔2分〕
溶液中2SO 的浓度增大(或产生的2SO 对溶液有搅拌作用)，加快了化学反响速率，从而使得Se 的复原率不断升高〔2分〕
〔2〕3232424AgNO 2Na SeO 3N H H O +⋅+ 23222Ag Se 4NaNO 3N 9H O ↓++↑+ 〔2分〕
〔3〕> 〔1分〕 321m m m >>〔1分〕 一样温度下，增大()
2O g 的浓度，m 值减小，平衡正向移动，2H Se 的平衡转化率增大〔1
分〕
〔4〕①123p p p >> 〔2分〕
②24.17V 〔2分〕 〔5〕
()
sp sp
CuCl w K K K ⨯ 〔2分〕
【解析】(1) ：
()()()()()
232224H SeO aq 2SO g H O l Se s 2H SO aq ++=+ 1H ∆
()()()()
242232H SeO aq Se s H O l 3H SeO aq ++= 2H ∆
()()()()()
242224H SeO aq 3SO g 2H O l Se s 3H SO aq ++=+ 3H ∆
根据盖斯定律可得 312
31
22H H H ∆=∆+∆。

在A 点之前，由于是酸性溶液，参加的23Na SO 和酸反响生成2SO 将23H SeO 和24H SeO 复原，
故随着
()
()
23Na SO Se m m 的增加，即溶液中2SO 的浓度增大，能增大反响速率，并对反响溶液起
到搅拌作用，从而使得Se 的复原率不断升高。

(2)向23Na SeO 溶液中参加适量的3AgNO 溶液，然后参加水合肼()242N H H O ⋅，加热得到
2Ag Se 纳米晶体，同时产生2N ，反响是发生在23
SeO －
和242N H H O ⋅之间的氧化复原反响，SeO -２３
被复原为2Ag Se 固体，242N H H O ⋅被氧化为2N ,Ag ＋
反响前后化合价不变，根据得失电子数守恒、质量守恒和电荷守恒可知化学方程式为3232424AgNO 2Na SeO 3N H H O +⋅+
23222Ag Se 4NaNO 3N 9H O ↓++↑+。

(3)由图2可知，升温转化率降低，那么升温平衡常数减小，B 点温度高于A 点，故A B K K >；一样温度下，2H Se 的平衡转化率()()()321m m m ααα＜＜，结合()()22H Se /O m n n =，一样温度下，增大()
2O g 的浓度，m 值减小，平衡正向移动，2H Se 的平衡转化率增大，所以
321m m m >>。

(4)①由图3可知，温度一定时，CO 的转化率()()()321p p p ααα＜＜，该反响的正反响是气体体积减小的反响，增大压强化学平衡向正反响方向移动，CO 的转化率升高，故压强123p p p 、、由大到小的顺序是123p p p >>。

②1T 2H CO 发生上述反响，5min 后反响到达平衡〔M 点〕，CO 转化率40%，消耗CO 物质的量2mol 40%0.8mol ⨯=。

()()
2CO 2H g g +
()
3CH OH g kJ/mol H a ∆=
起始量(mol) 2 2 0
()()()
322
220.8CH OH 4.17CO H 1.20.4c V K V c c V V =
==⋅⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭。

(4) CuCl 水解的反响为
()()2CuCl s H O l +
()()()
CuOH s Cl aq H aq ++－＋，该反响的平
衡常数
()()()()()()()()
()
()H OH Cu Cl CuCl H Cl CuOH OH Cu w sp sp c c c c K K K c c K c c ⋅⋅⨯==⨯
⋅＋－＋＋－
－＋－＝。

29、【答案】 〔共8分，除标注外，每空1分〕 〔1〕CO 2 降低 植物 无氧呼吸
〔2〕B 处氧气浓度高，D 处二氧化碳浓度高 〔2分〕
〔3〕氢氧化钠将小鼠呼吸作用产生的二氧化碳吸收，使装置内二氧化碳浓度降低，暗反响减弱〔2分〕
【解析】：
〔1〕图1开关①翻开，②③关闭，表示Ⅳ处的NaOH溶液不吸收二氧化碳。

如果不给光照，装置内的植物和小鼠均进展呼吸作用，此时会消耗装置内的氧气，释放二氧化碳，导致装置中二氧化碳量增加，C处液面降低，这与植物的无氧呼吸有关。

〔2〕同样条件下，给装置Ⅰ充足的水、矿质元素，同时给以光照一段时间内，此时Ⅰ处的植物会进展光合作用吸收二氧化碳释放氧气，而当空气流动到Ⅲ处时，小鼠会进展呼吸作用吸收氧气释放二氧化碳，因此B中O2相对多，D处CO2相对多。

〔3〕开关①关闭，②③翻开，同样光照条件下，Ⅰ中生物刚开场产生O2较多，但随时间延长，装置中CO2量越来越少，光合作用下降，因此O2产生量越来越少。

30.【答案】〔共7分，除标注外，每空1分〕
〔1〕极性运输主动运输
〔2〕涂抹的IAA运输到侧芽附近，高浓度的IAA抑制了侧芽的生长
〔3〕C3ATP和[H] 去顶后往侧芽分配的光合产物增多〔2分〕
【解析】：
〔1〕IAA是植物细胞之间传递信息的分子，顶芽合成的IAA运输方向是极性运输，运输方式是主动运输。

〔2〕实验一中，去顶32h时，Ⅲ组侧芽长度明显小于Ⅱ组，其原因是人工涂抹的IAA后，导致侧芽部位生长素浓度过高，起到抑制作用。

〔3〕实验二中，14CO2进入叶绿体后，首先能检测到含14C的有机物是三碳化合物，该物质被复原成糖类需要光反响提供ATP和[H]，a、b两组侧芽附近14C信号强度差异明显，说明去顶后往侧芽分配的光合产物增加。

31．【答案】〔16分，每空2分〕
〔1〕类比推理假说-演绎法
易饲养、繁殖快、后代数量多、生长周期短、有易于区分的相对性状
〔2〕下降
〔3〕100% 不变
〔4〕卷翅：野生型：新生性状=8:3:1 卷翅：野生型=2:1
【解析】
〔1〕萨顿提说基因位于染色体上，其研究方法是类比推理法，摩尔根用果蝇做实验材料证明了基因位于染色体上，其研究方法是假说-演绎法，因为果蝇有易饲养、繁殖快、后代数量多、生长周期短、有易于区分的相对性状优点因此常用来作为遗传学研究的材料。

〔2〕由题意知，卷翅基因A纯合时致死，即基因型为AA个体死亡，因此在随机交配的果蝇群体中，卷翅基因的频率会逐代下降．
〔3〕由题图可知，该果蝇产生的配子的基因型是Ab：aB=1：1，该品系的雌雄果蝇互交，子代的基因型及比例是AAbb：AaBb：aaBB=1：2：1，由于AAbb和aaBB纯合致死，因此后代都是杂合子AaBb，A与a的基因频率相等，各占50%，与亲本一样．
〔4〕假设待检野生型果蝇的2号染色体上有决定新性状的隐性突变基因，即即待检野生型果蝇的基因型为aabbDd，两者杂交所得F1中卷翅果蝇的基因型为AabbDD：AabbDd=“1：1，“F1中卷翅果蝇随机交配，F2代的表现型及比例为卷翅：野生：新性状=8：3：1。

假设待检野生型果蝇的2号染色体上没有决定新性状的隐性突变基因，即待检野生型果蝇的基因型为aabbDD，两者杂交所得F1中卷翅果蝇的基因型为AabbDD，F1中卷翅果蝇随机交配，F2代的基因型及比例是AAbbDD〔致死〕：AabbDD：aabbDD=1：2：1，所以F2代的表现型及比例为卷翅：野生=2：1。

32．【答案】〔共8分，每空1分〕
〔1〕S bc d 衰退型
〔2〕自我调节负反响调节
〔3〕11.4%
〔4〕草食动物的粪便
【解析】
〔1〕由曲线图1分析，曲线图中λ值是个变值，说明该种群数量的增长曲线呈S型；种群增长率在bc段最大；由a到d，λ值先降后升，但始终大于1，所以d点种群数量到达最多，由d到e，λ值先降后升，但始终小于1，种群年龄组成为衰退型。

〔2〕d～e段λ值先降后升，种群的增长速率不断变化，说明该生态具有自我调节能力，根底是负反响调节，以消除起始因素产生的影响。

〔3〕该生态系统中第二、三营养级间的能量传递效率是〔272+90+16+5〕÷
〔2265+720+272+90+21〕×100%=11.4%。

〔4〕生产者〔绿色植物〕流入分解者的能量除包含残枝落叶中的能量外，还包含草食动物粪便中的能量。

二〔选考题〕
33.【答案】〔1〕ADE 〔2〕9:10；87℃
【解析】〔1〕温度是分子平均动能的标志,所以温度越高,分子的平均动能就越大,A 正确;由热力学第一定律U W Q ∆=+可知,气体内能的变化不仅仅取决于吸收还是放出热量,还取决于气体对外界做功还是外界对气体做功,故B 错误,热力学第二定律说明,第二类永动机不可能制成,说明机械能可以全部转化为内能,但如果引起了其他变化,内能也可以全部转化为机械能,C 错误;从单一热源吸收热量使之完全变成功而不引起其他变化,是不可能的,但如果引起了其他变化,那么是可能的,故D 正确;热量可以自发地从高温物体传到低温物体,但不能自发地从低温物体传到高温物体,E 正确。

〔2〕①设玻璃管的横截面积为S ,橡皮塞拔去前A 、B 两局部气体的体积相等,均为000,36cm 2
l h V l S l -==
=,A 局部气体的压强28cmHg =42cmHg A B p p =-;拔去橡皮塞后
'0(289)cmHg =56cmHg A p p =--、'09cmHg 84cmHg B p p =+=
设橡皮塞拔去后A 、B 两局部气体的体积分别为,A A B B V l S V l S ==,由玻意耳定律得
'0A A A p l S p l S = '0B B B p l S p l S =
联立解得27cm,30cm A B l l ==
那么稳定后A 、B 两局部气体的体积之比9
10A A B B V l V l ==
②将B 局部气体浸没在温水中,B 局部气体做等压变化,根据盖-吕萨克定律有 00B l S
l S T T
=
其中00273K,273K T t T t =+=+ 代入数据解得87t =℃。

34.【答案】〔1〕y 轴负方向#y 轴负方向#4cm 〔2
〕n =c R
t 3=
【解析】〔1〕由波的传播方向可确定质点的振动方向：逆向描波法。

两列简谐横波分别沿
x 轴正方向和负方向传播，那么质点P 、Q 均沿y 轴负方向运动。

波长为0.4m ，波速为0.4m/s ，
那么由波长与波速关系可求出，波的周期为T =1s ，两质点传到M 的时间为0.75T ，当t =1s 时刻，两波的波谷恰好传到质点M ，所以M 点的位移为4cm -，即以后M 点的振幅为4cm 。

〔2〕①如图，由几何知识可得折射角 30r OMB =∠=︒，由几何关系可知入射角260i ABM =∠=︒那么此玻璃的折射率为sin sin 60 3
sin sin30r n i ︒===︒
②由几何知识可得，MB 的长度 2cos30s R =︒
光在玻璃球内传播的速度
c
v n =
故光线从M 传到B 的时间为333ns R R
t v c c s c
⨯=
===
35．【答案】〔1〕3 〔1分〕 9〔1分〕 p 〔1分〕 〔2〕大于〔1分〕 小于〔1分〕 〔3〕三角锥形〔1分〕 sp 3〔1分〕
〔4〕〔2分〕〔1分〕
〔5〕原子晶体〔2分〕 共价〔1分〕
()
()
3033
Ga As Ga As 43A N r r M M ρ-π⨯10++ 〔2分〕
【解析】(1)基态砷的电子排布式为226261023
1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 4p ，有s 、p 、d 共3种能级，所
以基态砷原子核外电子云形状有3种。

s 电子云有1个伸展方向，p 电子云有3个伸展方向，d 电子云有5个伸展方向，所以基态砷原子核外电子云的伸展方向有1+3+5=9个。

砷元素的电子最后充入的能级是4p ，所以，砷元素位于元素周期表的p 区。

(2) Ga 和As 均位于第四周期，前者核电荷数小，所以根据元素周期律分析，同周期元素，随着核电荷数增大，半径减小，第一电离能有增大趋势，所以原子半径Ga 大于As ，第一电离能Ga 小于As 。

(3) 3AsBr 分子中As 原子价层电子对个数为
531
3+
2-⨯=4且含有一个孤电子对，根据价层电
子对互斥理论判断该分子的空间构型为三角锥形，As 原子杂化方式为3
sp 。