題目列表(包括答案和解析)
（14分）為了測量電池B的電動勢E（約為2．4V）和內阻r（約為1
,），實驗室可供選擇的器材如下：
A．電流表G1（滿偏電流為2mA，內阻Rg1=100）
B．電流表G2（滿偏電流為1mA，內阻Rg2未知）
C．電阻箱RP（0一999．9）
D．電阻箱RQ（0一999 9）
E．滑動變阻器R（0～20 lA）
F．開關一個、導線若干
（1）實驗中，先用圖1所示的電路測定電流表G2的內阻，將Rp調為500,0接入電路起保護作用，調節滑動變阻器R，得到多組電流表G1和G2的示數，I1和I2如下表所示：
| 實驗次數 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
| I1（mA） | 0.40 | 0.81 | 1.20 | 1.59 | 2.00 |
| I2（mA） | 0.20 | 0.40 | 0.60 | 0.80 | 1.00 |
根據測量數據，請在圖2的坐標中描點作出I1—I2圖線，由圖得到電流表G2的內阻Rg2= .(保留三位有效數字)
（2）若采用圖3所示電路測量該電池的電動勢和內電阻；
a．圖中電阻箱②應選用給定器材中的 __________（選填器材代號）；
b．根據圖3所示電路，請在圖4中用筆畫線代替導線，完成實物電路的連接；
c．實驗中，將①、②處的電阻箱分別調節為R1、R2接入電路，若
，
，進行以下操作：
①．閉合開關S，調節滑支變阻器至某一位置，此時電流表G1和G2的示數分別為0.75mA和0.77mA；
②．保持開關S閉合，調節滑動變阻器至另一位置，此時電流表G1和G2的示數分別為1.50mA 和0.71mA；
則由c中數據可求得該電源電動勢E= V，內電阻r= 。（保留三位有效數字）
| 試驗次數 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
| I1（mA） | 0.40 | 0.81 | 1.20 | 1.59 | 2.00 |
| I2（mA） | 0.20 | 0.40 | 0.60 | 0.80 | 1.00 |
| R1+R1g |
| R1 |
| R1R2 |
| R1-R2 |
| R1R2 |
| R1-R2 |
1.B【解析】植物細胞原生質層成為半透膜決定于細胞膜的選擇透過性，其結構特性――流動性與其半透膜特性無關；下丘腦細胞是甲狀腺素的靶細胞，促甲狀腺激素的靶細胞是甲狀腺細胞；細胞新陳代謝的主要場所是細胞質基質而不是細胞器；二倍體生物細胞有絲分裂后期染色體數目應是4的整數倍。
2．D【解析】本題考查了細胞質遺傳、基因的結構、基因突變等相關知識。質粒是基因工程中目的基因的運載體，而氨基酸的運輸工具是tRNA；DNA分子中脫氧核苷酸的改變可能發生在非遺傳效應的片段，而基因是有遺傳效應的DNA片段；花斑紫茉莉的花斑枝條上葉肉細胞中的質體分布情況有3種：只含葉綠體、只含白色體、同時含有葉綠體和白色體；花斑紫茉莉的母本一定是花斑紫茉莉，花斑紫茉莉為母本的子代可能是綠色、白色、花斑色紫茉莉。
3．C【解析】由于植物的根對生長素的敏感性高于莖的敏感性，抑制根生長的生長素濃度對莖可能起促進作用；離體培養的小鼠細胞失去調節體溫能力，溫度將通過影響酶的活性對小鼠細胞的呼吸產生影響；生態系統穩定性包括抵抗力穩定性和恢復力穩定性，其中抵抗力穩定性與物種豐富度成正相關關系。
4．C【解析】本題考查了植物組織培養、植物體細胞雜交、動物細胞融合以及單克隆抗體的制備等。愈傷組織細胞由成熟植物細胞脫分化形成，細胞中缺少葉綠體等進行自養生活所需結構，其同化作用應為異養型；動物細胞融合后的雜種細胞經培養最終得到一個細胞系，不能得到一個完整個體，所以不可能得到新品種；同種植物體細胞得到染色體數目加倍的生物，該生物與原生物屬于不同物種，因為有生殖隔離形成；效應B細胞是單個存在的，用于單克隆抗體制備時不需用胰蛋白酶處理。
5．C【解析】S區不位于中央前回；體溫調節中樞也不位于大腦皮層內側面，而是位于下丘腦；神經調節的基本方式是反射而不是反射弧，反射弧是反射的結構基礎。
6. B由于氯氣的密度比空氣小，低洼處聚集的氯氣量大，所以人群應該向著高處緊急疏散。漂白粉的主要成分為CaCl2、Ca(ClO)2，在酸性環境中，Cl?、ClO?發生氧化氧化還原反應而產生氯氣：Cl? + ClO? + 2H＋＝Cl2↑+ H2O。 由于NaOH具有很強的腐蝕性且對環境產生影響，所以不能用NaOH濃溶液吸收釋放的氯氣，但可以用Ca(OH)2溶液處理。漂白粉中的Ca(ClO)2與空氣中的H2O、CO2反應生成CaCO3、HClO，HClO分解而變質，所以發生漂白粉．漂白粉長時間放置在露天倉庫中發生變質只發生了兩個化學反應。綜合上述選項B正確。
7． B 【解析】加入過量鹽酸，NO3?（H＋）氧化S2?而導致NO3?和S2?的數目大大減少，而SiO32－、AlO2?與過量的H＋反應生成H2SiO3、Al3＋，H2SiO3、Al3＋與過量的OH?反應生成SiO32－和AlO2?。
8．A 【解析】A中銅電極是活性電極，先放電，總方程式沒有體現；B中少量SO2生成SO32? ，正確；C中當KOH過量時，1molCa(HCO3)2發生反應要符合組成，生成1mol CaCO3沉淀，還要生成1molCO32―。
9．C【解析】分析反應①、②、③中各元素的價態變化，反應①中KMnO4為氧化劑，H2O2為還原劑，O2為氧化產物，故氧化性：KMnO4＞O2。反應②中各種元素價態沒有發生變化，是非氧化還原反應，反應③錳、氟元素的價態都發生了變化，是氧化還原反應。根據反應關系有：1mol F2～2mol MnF4～2mol K2MnF6～2molKMnO4，每生成1mol F2，反應①轉移6mol 電子，反應③轉移2mol 電子，故共轉移8mol電子。反應①、②、③所列的物質中不存在堿。綜合上述只有選項C正確。
10．A 【解析】根據表給信息，元素Z、Q元素的最低價態均為－2價，說明它們原子的最外層電子數相同，均為6，再根據其原子半徑可推知Z為S，Q為O。L最低化合價為－1，原子最外層有7個電子，且有正價，故L為Cl。M的半徑較小但大于Q，再結合其它信息可得M為C，X為Mg，Y為Al。選項A，C原子最外層有4個電子，既不易失電子也不易得電子。選項B，Al的金屬性比Mg落，與鹽酸反應時，Mg更為劇烈。選項C，CO不能被NaOH溶液吸收。選項D，S、Cl原子的電子層數相同，S的非金屬性比Cl弱，氫化物的穩定性H2S<HCl。
11．C 【解析】選項A，因HCO3?的水解能力大于CH3COO?水解能力，故同濃度下，NaHCO3溶液的pH值比CH3COONa大。選項B，等體積的pH＝3的H2SO4與pH＝11的NH3?H2O混合后，NH3?H2O過量，溶液呈堿性。選項C，因FeCl3、Fe(NO3)3發生水解，蒸干過程中生成的HCl、HNO3揮發，促使Fe3＋水解徹底而得到Fe(OH)3灼燒時Fe(OH)3分解得到Fe2O3。選項D，CH3COOK溶液中含有CH3COO?、K＋、H2O、H＋、OH?、CH3COOH。
12、B 先確定5個碳原子的飽和一元羧酸的結構，丁基有四種結構，因此5個碳原子的飽和一元羧酸也有四種結構，其中碳骨架為的羧酸，羧基相連的碳原子上無氫原子，氨基無法取代，故分子式為C5H11O2N的同分異構體中，屬于α―氨基酸的有3種結構。
13．B【解析】左圖可以看出改變溫度物質濃度變化應從原點突變然后漸變，而30min時A、B、C濃度均減小，當屬擴大容器體積，而且平衡沒有移動，說明x＝1，從右圖看出40min時速率均高于平衡時，且υ（逆）＞υ（正），故為升溫，正反應為放熱反應。0～8min內△c(A)＝（2.0―1.36）mol/L=0.64 mol/L，所以υ（A）=。20min～30min時間內，A、B、C的濃度不再變化，反應處于平衡狀態，正反應速率等于逆反應速率。
14.答案：D【解析】氣體體積變小時，單位體積的分子數增多，單位時間內打到器壁單位面積上的分子數增多，不能確定分子平均動能的變化，故不能確定氣體壓強的變化。氣體的壓強取決于分子的平均動能和分子數密度。氣體的溫度升高時，分子的平均動能增大，撞擊器壁時對器壁的作用力增大，但不能確定分子數密度的變化，所以氣體壓強不一定增大。壓縮一定量的氣體，外界對氣體做功，吸、放熱情況未知，不能確定內能的變化。對一定量的氣體，體積增大，即分子數密度減小，而壓強增大，則分子的平均動能增大。所以D選項正確
15、答案C【解析】根據全反射臨界角的公式，可知折射率越大，臨界角越�。辉谕唤橘|中紫光的折射率比其它可見光的折射率大，所以紫光發生全反射的臨界角最小。故選項C正確。
16.答案：BCD【解析】和互為同位素，故有相同的質子數，不同的核子數，所以選項A的說法錯誤．本題的正確選項為BCD．
17. B D【解析】由于AC段的路程未知，只知道質點在AB段和BC段的平均速度，不能確定質點在AC段的運動時間，A項錯誤。根據平均速度定義可得，故B項正確。由于AB段和BC段的運動時間不能確定，故質點運動的加速度不能確定，C項錯誤。根據勻變速直線運動的特點：，，可求出，D項正確。
18.答案：BD【解析】：當拉力為F時，對重物而言，由牛頓第二定律有，F－mg＝ma
當拉力突然減半時，若＞mg，則重物所受合力的方向向上，大小為＜，即加速度小于．若＜mg，則重物所受合力的方向向下，大小為，F′合有可能等于，此時加速度等于．故正確選項為B、D．
19.答案：AD【解析】：由于波源O的起振方向沿y軸負方向，而t＝0.7s，x軸上在0～10m的范圍內第一次出現圖示的波形（質點O正處于正的最大位移處），可知在t＝0.7s時，波恰好傳到了x=14m的質點處，故波速為，而波長λ＝8m，由有，波的周期為0.4s，所以選項A正確，選項C錯．在t＝0.7s時刻，質點A處于正的最大位移處，其速度為零，故選項B錯．從質點A開始振動到t＝0.7s，A振動了T，故質點A通過的路程是0.3m，所以選項D正確．
20、答案 BC 【解析】：當A B間距增大時，電容器電容減小，電容器要放電，二極管阻止放電。即電容器電量不變，極板間電場強度不變，所以不管小球帶正電還是帶負電，小球受力情況不變，仍打在N點；反之，當A B間距減小時，電容器電容增大，電容器要充電，充電電流方向與二極管方向相同，即電容器電量增加，極板間電場強度增加，小球受的電場力變大，若小球帶正電，則小球受到的電場力方向向下，豎直方向加速度變大，將打在N點左側。若小球帶負電，則小球受到的電場力方向向上，豎直方向加速度變小，將打在N點右側。
21.答案：B．【解析】在0～t1內，磁通量減少，所以PQ受到沿斜面向上的安培力逐漸減小，此時向下的靜摩擦力逐漸減�。敯才嗔Φ扔趍gsinθ時，摩擦力為零，當安培力小于mgsinθ時靜摩擦力反向向上逐漸增大，在t1時刻安培力為零，Ff=mgsinθ
22．（18分）
Ⅱ．（1）右側（3分）；（2）（4分）；（3）如圖所示（3分）；B，D（2分）
解析Ⅰ．重力勢能的減小量為：J，重錘下落到B點時的速度為m/s，重錘下落到B點時增加的動能為J，在誤差允許的范圍內，重物的重力勢能減少量和動能的增加量相等，達到了驗證的目的。
Ⅱ．（1）若溫度t1＜t2，由電阻R隨攝氏溫度t變化的關系圖線可知，R1<R2，由可知I1>I2，則t1的刻度應在t2的右側；
（2）由閉合電路的歐姆定律可知，，又R＝R0＋kt，聯立可知所測溫度t與電流I的關系式t＝；
（3）用“半偏法”測電流表內阻Rg的電路如圖所示，應用半偏法測安培表內阻時，為了能讀出Rg的電阻，電阻箱應選B，因滑線變阻器的總電阻應遠大于Rg，所以滑線變阻器應選D。
23．解析（1）設行星質量為m，恒星質量為，行星的公轉周期為，公轉軌道半徑為，則根據萬有引力定律和牛頓第二定律可得：，（3分）
可解得：（2分）
設太陽的質量為，地球繞太陽的公轉周期為，公轉軌道半徑為，
同理可得：（2分）
故恒星質量與太陽質量之比為：，代入數據可解得：（2分）
（2）設行星繞恒星運行的速率為，則有，可得：（3分）
設地球繞太陽的運行速率為，同理可得：（2分）
行星繞恒星的公轉速率與地球繞太陽的公轉速率之比為（2分）
代入數據可解得：（2分）
24.答案．（1）（2）（2）
【解析】：（1）粒子在電場中偏轉：在垂直電場方向，平行電場分量
① �。�2分） ② （2分）
即： 得 （1分）
粒子在磁場中做勻速圓周運動， 故穿出磁場速度： ③ （1分）
（2）在電場中運動時 ④ （2分）
得 （1分）
在磁場中運動如圖所示
運動方向改變45°，運動半徑⑤ （2分）
又 ⑥ （2分）
得 （1分）
（3）粒子在電場中運動時間： ⑦ （2分）
粒子在磁場中運動時間： ⑧ （2分）
所以在電磁磁場中運動的總時間t＝�、� （2分）
25.【解析】．（1）A、B兩球碰撞過程動量守恒，即Mv0=MV+mv （4分）
根據已知：M=3m，v = 1.2v0 解得V = 0.6 v0
方向與B球碰撞前的速度方向相同。（3分）
（2）A球對B球所做功的大小等于B球動能的減少量
所以A球對B球所做功的大小為：W=Mv02-MV2=0.96mv02 ………（5分）
（3）設A、B兩球發生第二次碰撞的位置距墻壁為x，則A球以1.2v0的速度運動的距離為s+x，B球以0.6 v0運動的距離為s ? x，A、B兩球運動的時間相等，…（2分）
則有： …………（4分）
解得兩球發生第二次碰撞的位置距墻壁： …………（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：還原性（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）根據性質①②，最外層有4個電子的短周期元素為碳、硅，而元素C、D、E在同一周期，假設C為碳，則E為氧，單質氧不能在空氣中燃燒，C為硅，D為磷，E為硫，單質硫能在空氣中燃燒生成SO2，F為硒。Se元素的原子序數為34，Se原子核外34個電子分4層排布，且與氧同族，據此可判斷在周期表中的位置。
（2）Si的最高價氧化物為SiO2，SiO2能與NaOH溶液反應生成Na2SiO3和H2O：SiO2 + 2OH? ＝SiO32－ + H2O。
（3）根據題設條件，推知A為Mg，B為Al。Mg通常顯＋2價，Al通常顯＋3價。Mg的活潑性比Al強。產生等量的H2，Mg、Al失去電子數相等，即可得出消耗Mg、Al單質的物質的量比為3：2。
（4）H2FO3為H2SeO3，根據H2SO3的性質推測出H2SeO3具有氧化性、還原性、酸性、不穩定性等。H2SeO3具有氧化性可與具有較強的還原性物質如HI反應：H2SeO3 + 4HI＝Se↓+ 2I2 + 3H2O，H2SeO3具有還原性可與具有較強的氧化性物質如溴水反應：H2SeO3 + Br2 + H2O＝H2SeO4 + 2HBr。H2SeO3具有酸性可以與堿如NaOH反應：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）電解食鹽水生成NaOH、H2和Cl2，反應的離子方程式為：2Cl? + 2H2O 2OH? + H2↑+ Cl2↑。
（2）從圖示可知氯化時的反應物為FeTiO3、C、Cl2，生成物為FeCl3、TiCl4、CO，再根據得失電子和原子守恒即可得出該反應的方程式為：2FeTiO3 + 6C + 7Cl2 2TiCl4 + 2FeCl3 + 6CO。
（3）C 選項A，Mg不是在O2中燃燒，故641kJ/mol不能稱其燃燒熱。選項B，反應Ti(s) + 2Cl2(g)＝TiCl4(s)為放熱反應，1mol Ti(s)和2mol Cl2 (g)的總能量大于1mol TiCl4 (s)的總能量。選項C，假設質量均為24g，則Mg(s)與足量Cl2(g)反應放出641kJ熱量，24gTi(s) 與足量Cl2(g)反應放出的熱量＝＝385kJ，故正確。選項D，該冶煉過程使用了有毒Cl2，對環境有影響。
（4）根據CO + 2H2 →CH3OH，CH3OH～CO～7/6Cl2～7/6 H2，所以生產32g CH3OH，理論上還需補充2－7/6＝5/6 mol（5/3g）H2，故生產192t CH3OH還需補充H2的質量＝＝10t。
（5）CH3OH失去電子為原電池的負極，CH3OH燃燒時生成的CO2被KOH吸收生成K2CO3，故負極上的電極反應為：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℃時Cu2O比CuO穩定，在溶液中Cu2＋比Cu＋穩定 （3分）
（3）干燥NH3（2分） 3CuO ＋ 2NH3 3Cu ＋ N2 ＋ 3H2O （3分）
【解析】（1）要證明Cu(OH)2有兩性需觀察Cu(OH)2是否既溶解在酸中也能溶解在堿中，故選用的藥品為NaOH溶液、稀硫酸。如Cu(OH)2具有兩性，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藍色溶液。
（2）98g Cu(OH)2在80℃～100℃時分解得到1mol CuO，在溫度高于1000℃時，CuO分解得到紅色Cu2O：CuO Cu2O + O2↑［1mol CuO可得0.5mol（72g）］， 可見在溫度大于1000℃時，CuO不及Cu2O穩定。Cu2O在酸中發生反應生成Cu、Cu2＋和H2O：Cu2O + 2H＋＝Cu2＋ + Cu + H2O，可見在酸性環境中Cu2O不及Cu2＋穩定。
（3）CuO變為紅色物質，說明CuO與NH3反應時生成了Cu，無水CuSO4變藍，說明有H2O生成，另一種物質為N2，其反應為：3CuO + 2NH3 3Cu + 6H2O + N2↑。通入的NH3中可能含有H2O而干擾實驗，所以裝置A中的堿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 加成反應 （2分） ② 3 （3分）
（3） ① 保護碳鏈中的“C＝C”不被氧化（3分）
②
（3分）
（3分）
【解析】（1）能發生雙烯合成反應的有機物中必修含有類似1，3－丁二烯（CH2＝CH－CH＝CH2）的結構，比較題給有機物可知a、b、e中含有碳碳單、雙鍵交替的結構，能發生雙烯合成反應。
（2）（HCHO）1分子乙炔（CH≡CH）中的2個H原子分別與1分子甲醛（HCHO）中碳氧雙鍵發生加成反應可得HOCH2C≡CCH2OH，HOCH2C≡CCH2OH在一定條件下與H2發生完全加成反應生成X（HOCH2CH2CH2CH2OH），HOCH2CH2CH2CH2OH分子間脫去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個－CH2OH，符合此條件的Y的同分異構體有：
（3）HOCH2C≡CCH2OH與H2按1：1發生加成反應生成A（HOCH2CH＝CHCH2OH），由于在氧化－CHO時，C＝C鍵也能被氧化，故將HOCH2CH＝CHCH2OH與HCl發生加成反應生成B（ ），這樣C＝C雙鍵得以保護，防止被氧化。被催化氧化生成C（），被催化氧化生成D（），在NaOH醇溶液中發生消去反應生成E（HOOC－CH＝CH－COOH），HOOC－CH＝CH－COOH與CH2＝CH－CH＝CH2發生雙烯合成生成F（），與HOCH2CH2CH2CH2OH發生縮合反應生成M（）。
30．（22分）【解析】實驗一、二考查的是多倍體育種相關知識，實驗三考查的是植物體細胞雜交。二倍體生物經秋水仙素處理后成為四倍體生物，二倍體和四倍體屬于不同物種，因為它們雜交產生不育的三倍體。蘿卜－甘藍B減數分裂能產生可育的配子；當植物細胞處于質壁分離狀態時，可以通過機械切除細胞壁獲得原生質體；過程②表示植物組織培養過程，這一過程主要由脫分化和再分化構成；C的基因型為AaBb，A的可能基因型為：AABB、AAbb、aaBB、aabb。實驗二中經秋水仙素處理后的蘿卜基因型為AAaa，它產生的配子可能有3種：AA、Aa、aa；同理經秋水仙素處理的甘藍也可能產生3種配子：BB、Bb、bb。所以蘿卜－甘藍B可能有9種基因型
答案:（1）F1產生配子時，蘿卜和甘藍的染色體之間不能配對，不能產生可育的配子（3分）
（2）不是（2分） 可育（1分） 36（2分）
（3）纖維素酶和果膠酶（2分） 防止原生質體因過度吸水而破裂（2分） 質壁分離（2分）
（4）植物細胞的全能性 （2分） 脫分化和再分化（2分）
（5）0 （2分） 9 （2分）
31．（20分）【解析】本題考查對照實驗相關知識。關鍵在于對照建立過程中遵循單一變量原則。利用題目提供的信息理解實驗過程中反應的發生以及實驗的檢測手段
在淀粉酶作用下，非還原糖淀粉分解成有還原性的麥芽糖，淀粉存在可以用碘液檢測出來，還原糖可以用斐林試劑檢測。檢測到還原糖存在說明反應發生了，即酶有活性；檢測到淀粉存在說明反應未發生或反應不完全，分別對應于酶完全失活或保留部分活性。（六）小題考查學生思維發散能力以及思維嚴密性
答案:（四）（2）淀粉糊（2分）等量的存量酶制劑（2分）
（4）向試管A1、B1加入等量碘液，向試管A2、B2加入等量新制的斐林試劑（2分）
（5）將試管B1、B2水浴加熱，觀察各試管中顏色變化（2分）
（五）（9分）
B1
B2
結論
第一種可能
藍色
無磚紅色沉淀
該存量酶制劑完全失活
第二種可能
藍色
有磚紅色沉淀
該存量酶制劑保留部分活性
第三種可能
褐色
有磚紅色沉淀
該存量酶制劑活性正常
（六）沒有考慮到該酶制劑與唾液中酶的濃度的可能差異；沒有考慮到該淀粉酶與唾液淀粉酶在催化效率之間可能存在的差異（其他合理答案也給分）（3分）
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