題目列表(包括答案和解析)
| A．30min時降低溫度，40min時升高溫度 |
| B．反應方程式中的x=1，正反應為吸熱反應 |
| C．8min前A的平均反應速率為0.08mol/（L?min） |
| D．30min～40min間該反應使用了催化劑 |
某密閉容器中充入等物質(zhì)的量的A和B，一定溫度下發(fā)生反應A(g) + xB(g) 
2C(g)，達到平衡后，只改變反應的一個條件，測得容器中物質(zhì)的濃度、反應速率隨時間變化如下圖所示。下列說法中正確的是
A．30min時降低溫度，40min時升高溫度
B．反應方程式中的x＝1，正反應為吸熱反應
C．8min前A的平均反應速率為0.08mol/(L?min)
D．30min～40min間該反應使用了催化劑
某密閉容器中充入等物質(zhì)的量的 A 和 B，一定溫度下發(fā)生反應 A(g)+ xB(g) 
2C(g)，達到平衡后，在 30min 和 40min 時分別只改變反應的一個條件，測得容器中物質(zhì)的濃度、反應速率隨時間變化如下圖所示，下列說法正確的是
A．30min 時可能加入了催化劑
B．30min 時可能增大了容器的體積
C．30min 時可能降低溫度，40min 時可能升高溫度
D．反應方程式中的 x=1，正反應為吸熱反應
1.B【解析】植物細胞原生質(zhì)層成為半透膜決定于細胞膜的選擇透過性，其結(jié)構(gòu)特性――流動性與其半透膜特性無關(guān)；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(zhì)基質(zhì)而不是細胞器；二倍體生物細胞有絲分裂后期染色體數(shù)目應是4的整數(shù)倍。
2．D【解析】本題考查了細胞質(zhì)遺傳、基因的結(jié)構(gòu)、基因突變等相關(guān)知識。質(zhì)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(fā)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(zhì)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(yǎng)的小鼠細胞失去調(diào)節(jié)體溫能力，溫度將通過影響酶的活性對小鼠細胞的呼吸產(chǎn)生影響；生態(tài)系統(tǒng)穩(wěn)定性包括抵抗力穩(wěn)定性和恢復力穩(wěn)定性，其中抵抗力穩(wěn)定性與物種豐富度成正相關(guān)關(guān)系。
4．C【解析】本題考查了植物組織培養(yǎng)、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(yǎng)生活所需結(jié)構(gòu)，其同化作用應為異養(yǎng)型；動物細胞融合后的雜種細胞經(jīng)培養(yǎng)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(shù)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(qū)不位于中央前回；體溫調(diào)節(jié)中樞也不位于大腦皮層內(nèi)側(cè)面，而是位于下丘腦；神經(jīng)調(diào)節(jié)的基本方式是反射而不是反射弧，反射弧是反射的結(jié)構(gòu)基礎(chǔ)。
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(huán)境中，Cl?、ClO?發(fā)生氧化氧化還原反應而產(chǎn)生氯氣：Cl? + ClO? + 2H＋＝Cl2↑+ H2O。 由于NaOH具有很強的腐蝕性且對環(huán)境產(chǎn)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(zhì)，所以發(fā)生漂白粉．漂白粉長時間放置在露天倉庫中發(fā)生變質(zhì)只發(fā)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(shù)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?jīng)]有體現(xiàn)；B中少量SO2生成SO32? ，正確；C中當KOH過量時，1molCa(HCO3)2發(fā)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(tài)變化，反應①中KMnO4為氧化劑，H2O2為還原劑，O2為氧化產(chǎn)物，故氧化性：KMnO4＞O2。反應②中各種元素價態(tài)沒有發(fā)生變化，是非氧化還原反應，反應③錳、氟元素的價態(tài)都發(fā)生了變化，是氧化還原反應。根據(jù)反應關(guān)系有：1mol F2～2mol MnF4～2mol K2MnF6～2molKMnO4，每生成1mol F2，反應①轉(zhuǎn)移6mol 電子，反應③轉(zhuǎn)移2mol 電子，故共轉(zhuǎn)移8mol電子。反應①、②、③所列的物質(zhì)中不存在堿。綜合上述只有選項C正確。
10．A 【解析】根據(jù)表給信息，元素Z、Q元素的最低價態(tài)均為－2價，說明它們原子的最外層電子數(shù)相同，均為6，再根據(jù)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(jié)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(shù)相同，S的非金屬性比Cl弱，氫化物的穩(wěn)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(fā)生水解，蒸干過程中生成的HCl、HNO3揮發(fā)，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(jié)構(gòu)，丁基有四種結(jié)構(gòu)，因此5個碳原子的飽和一元羧酸也有四種結(jié)構(gòu)，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(gòu)體中，屬于α―氨基酸的有3種結(jié)構(gòu)。
13．B【解析】左圖可以看出改變溫度物質(zhì)濃度變化應從原點突變?nèi)缓鬂u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(nèi)△c(A)＝（2.0―1.36）mol/L=0.64 mol/L，所以υ（A）=
。20min～30min時間內(nèi)，A、B、C的濃度不再變化，反應處于平衡狀態(tài)，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(shù)增多，單位時間內(nèi)打到器壁單位面積上的分子數(shù)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(shù)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(shù)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(nèi)能的變化。對一定量的氣體，體積增大，即分子數(shù)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(jù)全反射臨界角的公式
，可知折射率越大，臨界角越小；在同一介質(zhì)中紫光的折射率比其它可見光的折射率大，所以紫光發(fā)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(zhì)子數(shù)，不同的核子數(shù)，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(zhì)點在AB段和BC段的平均速度，不能確定質(zhì)點在AC段的運動時間，A項錯誤。根據(jù)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(zhì)點運動的加速度不能確定，C項錯誤。根據(jù)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(xiàn)－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(xiàn)′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～
，而波長λ＝
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(zhì)點A處于正的最大位移處，其速度為零，故選項B錯．從質(zhì)點A開始振動到t＝0.7s，A振動了
T，故質(zhì)點A通過的路程是
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(cè)。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(cè)。
21.答案：B．【解析】在0～t1內(nèi)，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小．當安培力等于mgsinθ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）
答案Ⅰ．
Ⅱ．（1）右側(cè)（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(nèi)，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(guān)系圖線可知，R1<R2，由
可知I1>I2，則t1的刻度應在t2的右側(cè)；
（2）由閉合電路的歐姆定律可知，
，又R＝R0＋kt，聯(lián)立可知所測溫度t與電流I的關(guān)系式t＝；
（3）用“半偏法”測電流表內(nèi)阻Rg的電路如圖所示，應用半偏法測安培表內(nèi)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(zhì)量為m，恒星質(zhì)量為
，行星的公轉(zhuǎn)周期為
，公轉(zhuǎn)軌道半徑為
，則根據(jù)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(zhì)量為
，地球繞太陽的公轉(zhuǎn)周期為
，公轉(zhuǎn)軌道半徑為
，
同理可得：
（2分）
故恒星質(zhì)量與太陽質(zhì)量之比為：
，代入數(shù)據(jù)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(zhuǎn)速率與地球繞太陽的公轉(zhuǎn)速率之比為
（2分）
代入數(shù)據(jù)可解得：
（2分）
24.答案．（1）
（2）
（2）
【解析】：（1）粒子在電場中偏轉(zhuǎn)：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＝
⑨ （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(jù)已知：M=
方向與B球碰撞前的速度方向相同。（3分）
（2）A球?qū)球所做功的大小等于B球動能的減少量
所以A球?qū)球所做功的大小為：W=
Mv02-MV2=0.96mv02
………（5分）
（3）設A、B兩球發(fā)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(fā)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(jù)性質(zhì)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(zhì)氧不能在空氣中燃燒，C為硅，D為磷，E為硫，單質(zhì)硫能在空氣中燃燒生成SO2，F(xiàn)為硒。Se元素的原子序數(shù)為34，Se原子核外34個電子分4層排布，且與氧同族，據(jù)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(jù)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(chǎn)生等量的H2，Mg、Al失去電子數(shù)相等，即可得出消耗Mg、Al單質(zhì)的物質(zhì)的量比為3：2。
（4）H2FO3為H2SeO3，根據(jù)H2SO3的性質(zhì)推測出H2SeO3具有氧化性、還原性、酸性、不穩(wěn)定性等。H2SeO3具有氧化性可與具有較強的還原性物質(zhì)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(zhì)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 + 
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(jù)得失電子和原子守恒即可得出該反應的方程式為：2FeTiO3 +
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(zhì)量均為
＝385kJ，故正確。選項D，該冶煉過程使用了有毒Cl2，對環(huán)境有影響。
（4）根據(jù)CO + 2H2 →CH3OH，CH3OH～CO～7/6Cl2～7/6 H2，所以生產(chǎn)
＝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
（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）
Cu2O
+ 
O2↑［1mol CuO可得0.5mol（
（3）CuO變?yōu)榧t色物質(zhì)，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(zhì)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(fā)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(jié)構(gòu)，比較題給有機物可知a、b、e中含有碳碳單、雙鍵交替的結(jié)構(gòu)，能發(fā)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(fā)生加成反應可得HOCH
（3）HOCH
），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(fā)生消去反應生成E（HOOC－CH＝CH－COOH），HOOC－CH＝CH－COOH與CH2＝CH－CH＝CH2發(fā)生雙烯合成生成F（
），與HOCH2CH2CH2CH2OH發(fā)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(guān)知識，實驗三考查的是植物體細胞雜交。二倍體生物經(jīng)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(chǎn)生不育的三倍體。蘿卜－甘藍B減數(shù)分裂能產(chǎn)生可育的配子；當植物細胞處于質(zhì)壁分離狀態(tài)時，可以通過機械切除細胞壁獲得原生質(zhì)體；過程②表示植物組織培養(yǎng)過程，這一過程主要由脫分化和再分化構(gòu)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(jīng)秋水仙素處理后的蘿卜基因型為AAaa，它產(chǎn)生的配子可能有3種：AA、Aa、aa；同理經(jīng)秋水仙素處理的甘藍也可能產(chǎn)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(chǎn)生配子時，蘿卜和甘藍的染色體之間不能配對，不能產(chǎn)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(zhì)體因過度吸水而破裂（2分） 質(zhì)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(guān)知識。關(guān)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(fā)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(fā)生了，即酶有活性；檢測到淀粉存在說明反應未發(fā)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(fā)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(jié)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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