題目列表(包括答案和解析)
1．D【解析】β－珠蛋白DNA探針、RNA聚合酶結(jié)合位點(diǎn)、大腸桿菌質(zhì)粒的化學(xué)本質(zhì)都是DNA；胰島素是蛋白質(zhì)；HIV的遺傳物質(zhì)是RNA；生長素是吲哚乙酸；2，4－D是一種生長素類似物。
2．D【解析】作物“燒心”是由于缺乏如鐵、鈣等在細(xì)胞中以穩(wěn)定化合物形式存在的礦質(zhì)元素，有別于因缺水而造成的“燒苗”。
3．B【解析】疫苗的作用是在機(jī)體不患病的情況下發(fā)生免疫反應(yīng)，產(chǎn)生的抗體與抗原結(jié)合，發(fā)揮免疫效應(yīng)；流感病毒的遺傳物質(zhì)是單鏈的RNA，其結(jié)構(gòu)穩(wěn)定性不如天花病毒的雙鏈DNA，容易發(fā)生變異，所以流感疫苗的研究的難度較天花疫苗研究的難度大很多；正是由于流感病毒極易發(fā)生變異，所以某種特定的單克隆抗體不一定對(duì)其它的抗原起作用。
4．C【解析】生態(tài)系統(tǒng)的成分除生產(chǎn)者、消費(fèi)者和分解者外，還包括了非生物的物質(zhì)和能量；生物圈的自給自足表現(xiàn)在物質(zhì)上，能量來源于太陽能；草原上的牛和羊同屬于第二營養(yǎng)級(jí)，共獲得生產(chǎn)者固定太陽能的10％～20％。
5．B【解析】考查分泌蛋白的形成和分泌過程這一知識(shí)點(diǎn)和圖形分析能力。蛋白質(zhì)分泌以細(xì)胞膜的外排方式實(shí)現(xiàn)，所經(jīng)過的膜結(jié)構(gòu)順序?yàn)椋簝?nèi)質(zhì)網(wǎng)→高爾基體→細(xì)胞膜，所以結(jié)果是：內(nèi)質(zhì)網(wǎng)面積減小，高爾基體膜面積不變，細(xì)胞膜面積增加。
6．B 【解析】有機(jī)分子的特點(diǎn)一般滿足C四鍵、H一鍵、N三鍵原則，三聚氰胺分子中含有3個(gè)－NH2，則其余3個(gè)C、3個(gè)N形成一個(gè)六元環(huán)，故三聚氰胺的結(jié)構(gòu)簡式為。
。根據(jù)三聚氰胺的結(jié)構(gòu)簡式，該物質(zhì)不是高聚物，也不是氨基酸，但分子中含有不飽和鍵，在一定條件下能發(fā)生加成反應(yīng)。六元環(huán)不變且除自身外的三聚氰胺的異構(gòu)體有3種。
7．B 【解析】選項(xiàng)A，Na2O2中含有的陽離子為Na＋，陰離子為O22?,0.1mol Na218O2中含有的陰陽離子總數(shù)為0.3NA。選項(xiàng)B，C2H4、C3H6的化學(xué)式均為CH2，
8．A 【解析】選項(xiàng)A，ClO－具有氧化性，SO2具有還原性，SO2被氧化為SO42?，ClO－被還原為Cl?，正確。選項(xiàng)B，加入少許H＋時(shí)，CO32?優(yōu)先與H＋結(jié)合生成HCO3?。選項(xiàng)C，離子方程式兩邊電荷不守恒。選項(xiàng)D，Mg2＋能與電解產(chǎn)生的OH?結(jié)合生成難溶性Mg(OH)2沉淀：Mg2＋ + 2Cl? + 2H2O＝Mg(OH)2↓+ H2↑+ Cl2↑。
9. B 【解析】加入稀H2SO4出現(xiàn)白色混濁說明一定存在Ba2＋，因SO32?、CO32?能與Ba2＋結(jié)合生成難溶物BaSO3、BaCO3，所以原溶液中不存在SO32?、CO32?。由于溶液呈電中性，剩下的一種HCO3?，一定存在。無法判斷是否含有K＋，所以原溶液中一定含有Ba2＋、HCO3?，可能含有K＋。溶質(zhì)可能是Ba(HCO3)2或Ba(HCO3)2和KHCO3。
10．D 【解析】根據(jù)題設(shè)條件可推知A為NH4＋，B為OH?，C為NH3，D為H2O。NH3能與H2O反應(yīng)生成NH3?H2O。NH4＋為離子，不是分子，所以NH4＋不是非極性分子。選項(xiàng)D，固態(tài)H2O分子間存在氫鍵，其熔沸點(diǎn)高于固態(tài)H2S，與H－O和H－S鍵強(qiáng)弱無關(guān)。NH4Cl ，NH4＋水解溶液的pH<7。
11．C【解析】分析反應(yīng)①②中各元素的價(jià)態(tài)變化可知，反應(yīng)①中，SO2為還原劑，F(xiàn)e3＋為氧化劑，且還原性：SO2>Fe2＋，氧化性：Fe3＋>SO42?。反應(yīng)②中，F(xiàn)e2＋為還原劑，Cr2O72?為氧化劑，且還原性：Fe2＋>Cr3+ ，氧化性：Cr2O72? > Fe3＋。由此可見選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。選項(xiàng)C，由于Cr2O72?具有氧化性，Na2SO3具有還原性，故Cr2O72? 能將Na2SO3氧化成Na2SO4。選項(xiàng)D，反應(yīng)①中Fe2(SO4)3為氧化劑，反應(yīng)②中Fe2(SO4)3為氧化產(chǎn)物。
12．C【解析】選項(xiàng)A，NaHS、Na2S溶液又因?yàn)橛蠬S?、S2?的水解，使其溶液呈堿性，但S2?的水解能力大于HS?，故溶液的pH值：③>②。H2S溶液呈酸性，H2S和NaHS混合液中，由于HS?抑制的H2S的電離，故溶液的pH：④>①，4種溶液pH大小順序?yàn)椋孩?gt;②>④>①。選項(xiàng)B，由于HS?抑制H2S的電離，所以H2S溶液中的c(H2S)小于H2S和Na2S混合液中的c(H2S)。選項(xiàng)C，c(Na＋)＝0.1mol?L-1，根據(jù)物料守恒有：c(H2S)
+ c(HS?) + c(S2?)＝0.2mol?L-1，故
13．B 【解析】設(shè)達(dá)平衡時(shí)生成SO3(g)物質(zhì)的量為2x ，則剩余SO2(g)的物質(zhì)的量為(3－2x)，O2(g)(2－x)，混合氣體總的物質(zhì)的量為（5－x），根據(jù)阿伏伽德羅定律有5/（5－x）＝1/0.9，解得x＝0.5mol，再結(jié)合熱化學(xué)方程式可知，放出的熱量為196.6kJ/2＝98.3kJ。選項(xiàng)B，起始物質(zhì)的量改為 4mol SO2 、 3 mol O2 、2SO3 (g) 相當(dāng)于加入6mol SO2、4mol O2，n(SO2)/n(O2)＝3/2，故與第一次平衡是等效平衡，兩次平衡中SO2的轉(zhuǎn)化率、SO3的體積分?jǐn)?shù)相等，故選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤。選項(xiàng)D，題目沒有告訴達(dá)平衡時(shí)的時(shí)間，無法計(jì)算反應(yīng)速率。
14．AD【解析】由狀態(tài)方程
知溫度升高而壓強(qiáng)增大體積必增大，故狀態(tài)I時(shí)氣體的密度比狀態(tài)II時(shí)氣體的密度大，A正確，平衡態(tài)II的溫度比狀態(tài)I高，故狀態(tài)I時(shí)分子的平均動(dòng)能比狀態(tài)II時(shí)分子的平均動(dòng)能小，B錯(cuò)誤，由熱力學(xué)第一定律
知從狀態(tài)I到狀態(tài)II過程中溫度升高內(nèi)能變大，體積增大對(duì)外界做功，氣體要從外界吸熱，故C錯(cuò)，D正確，故選AD。
15.答案：BD【解析】：在同一介質(zhì)中紅光傳播速度最大，從AB面射入到BC面射出，紅光用的時(shí)間最短，故選項(xiàng)A錯(cuò)．由于玻璃對(duì)紅光折射率最小，對(duì)紫光的折射率最大，即紫光的偏折本領(lǐng)最大，所以彩色光帶右邊緣的色光為紅光，左邊緣的色光為紫光，且紫光的頻率比紅光的要高，當(dāng)紅光能讓某金屬板發(fā)生光電效應(yīng)，紫光也一定能夠，故選項(xiàng)B正確．在同樣條件下做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，波長越長，相鄰干涉條紋間距越大，而彩色光帶左邊緣的色光是紫光，其波長最短，故選項(xiàng)C錯(cuò)．對(duì)玻璃而言，在七色光中，紅光的臨界角最大，當(dāng)∠MNB逐漸變小時(shí)，射到AC面上的光的入射角變小，且紅光入射角小得更多，故紅光最先從從AC面透出，所以選項(xiàng)D正確．
16、答案 D 【解析】 燒斷細(xì)線后，無論是彈簧將A+B和C彈開過程，還是A和B分離后，系統(tǒng)始終動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒；彈簧將A+B和C彈開過程，A+B和C動(dòng)量大小相等，動(dòng)能跟質(zhì)量成反比，因此A+B的總動(dòng)能是E/3，其中A的動(dòng)能是E/6；當(dāng)時(shí)C的動(dòng)能是2E/3；前3個(gè)選項(xiàng)都錯(cuò)，可判定D正確。證明：A和B分離時(shí)，B+C的總動(dòng)能是5E/6，B、C共速時(shí)彈性勢能最大，當(dāng)時(shí)A和B+C動(dòng)量大小相等，動(dòng)能跟質(zhì)量成反比，因此B+C的動(dòng)能是E/12，該過程B+C的動(dòng)能損失就是此時(shí)的彈性勢能，因此Ep=5E/6- E/12=3E/4。
17.答案：ACD【解析】：根據(jù)波的傳播方向，可以判斷b質(zhì)點(diǎn)此時(shí)刻振動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向，離開平衡位置，速度正在變小，A對(duì)；由圖象可知該波的波長是
得
，由波干涉條件知C正確；經(jīng)過0.01s即半個(gè)周期，任何質(zhì)點(diǎn)通過的路程都是2個(gè)振幅，即
18．C【解析】從圖(甲)到圖(乙)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有：
，所以
；從拋出后到落地，根據(jù)動(dòng)能定理得：
，代入上式可得：
。
19.答案： BC 【解析】此模型為類雙星模型，兩電荷做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度相等；兩個(gè)電荷之間的庫侖力充當(dāng)各自做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，所以向心力大小相等，A錯(cuò)，B對(duì)．由
知，線速度大小與質(zhì)量成反比，運(yùn)動(dòng)半徑與質(zhì)量成反比，C對(duì)，D錯(cuò)．
20.答案：ABD 【解析】天然放射性元素的半衰期與溫度改變無關(guān)。根據(jù)質(zhì)能方程計(jì)算可知D答案正確。
21.答案：.D 【解析】地球同步衛(wèi)星是指與地球自轉(zhuǎn)同步的人造衛(wèi)星，它的周期是24小時(shí)，它的軌道平面只能在赤道，
得
軌道也是固定的，但并不是說同一赤道平面內(nèi)的、或是周期與地球自轉(zhuǎn)周期相等的就都是同步衛(wèi)星，故A、C是錯(cuò)的、D是正確的；同步衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，內(nèi)部的儀器是處于失重狀態(tài)而不是超重狀態(tài)，B錯(cuò)
22.答案．（1）(g＋a)× (OM－ON)＝(g－a)× OP （4分）
【解析】利用紙帶分析得m1帶動(dòng)m2的加速度為a ,又由牛頓第二定律得a＝
解得
⑴3000；（2分）
⑵丙(1分)；乙圖中電流表的示數(shù)太小，誤差太大。丙圖中R的阻值與電壓表阻值接近，誤差小。（3分）。
⑶實(shí)物圖連接如右圖所示：(4分)
⑷實(shí)驗(yàn)步驟：
①閉合K1．再閉合K２，讀得電壓表示數(shù)Ｕ１；再斷開K２，讀得電壓表示數(shù)Ｕ２.（2分）�、冢�V＝
。（2分）
23.【解析】：（1）負(fù)電……(2分)∵mg =
E×
……(5分)
∴E=４(r+R)dmg/Rq…………(2分)
（2）mg+q v0B=
……………(5分) ∴v0=mg/qB…………(2分)
24.【解析】：（1）ab通過最大電流時(shí)，受力分析如圖甲，此時(shí)靜摩擦力最大，
，方向沿斜面向下，由平衡條件得：
水平：
（3分）
豎直：
（3分）
以上兩式聯(lián)立得出
（3分）
（2）通以最小電流時(shí)，ab受力分析如圖乙，此時(shí)ab受靜摩擦力，方向沿斜面向上，與（1）類似，由平衡條件得：
（3分）
（3）當(dāng)ab中電流最小時(shí)，變阻器阻值為：
（3分）
當(dāng)ab中電流最強(qiáng)時(shí)，變阻器阻值為：
，（2分 ）
為保持ab靜止，R的調(diào)節(jié)范圍為0.91~10
．（1分）
25.【解析】：（1）設(shè)A物塊碰撞B物塊前后的速度分別為v1和v2，碰撞過程中動(dòng)量守恒，
代入數(shù)據(jù)得： 
（4分）
（2）設(shè)A、B兩物塊碰撞前后兩物塊組成的系統(tǒng)的機(jī)械能分別為E1和E2，機(jī)械能的損失為
，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律： 
% （4分）
（3）設(shè)物塊A的初速度為v0，輪胎與冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)為µ，A物塊與B物塊碰撞前，根據(jù)動(dòng)能定理：
（3分）
碰后兩物塊共同滑動(dòng)過程中根據(jù)動(dòng)能定理：
（3分）
由
、 
及（1）、（2）得：
（2分）
設(shè)在冰面上A物塊距離B物塊為L′時(shí)，A物塊與B物塊不相撞，
則：
（4分）
26．（15分）（1）（1）KNO3 （2分）CuSO4（2分）
(2) Na2CO3 （2分）
（3）Al3＋ + 3OH?＝Al(OH)3↓（3分） Al(OH)3 + OH?＝AlO2? + 2H2O （3分）
（4） Al3＋ + 3H2O 
Al(OH)3（膠體）+ 3H＋ （3分）
【解析】根據(jù)實(shí)驗(yàn)①可知，D中含有Cu2＋；根據(jù)實(shí)驗(yàn)②可知C中含有Al3＋，E可能是KOH或NaOH，再根據(jù)③，只有B、C中含有K＋，故E為NaOH。根據(jù)實(shí)驗(yàn)③A中含有HCO3?，故A為NaHCO3，C、D中含有SO42?，故D為CuSO4，C為KAl(SO4)2。
最后可判定B為KNO3。等物質(zhì)的量的NaHCO3與NaOH反應(yīng)生成Na2CO3和H2O。 NaOH溶液加入到KAl(SO4)2溶液中，首先是Al3＋與OH?反應(yīng)生成Al(OH)3，Al(OH)3沉淀又溶解在過量的NaOH溶液中：Al3＋ + 3OH?＝Al(OH)3↓，Al(OH)3 + OH?＝AlO2? + 2H2O。KAl(SO4)2中的Al3＋水解生成具有吸附作用的Al(OH)3膠體而凈水。
27．（14分）（1）Na2CO3 ＋HCl＝NaHCO3 ＋ NaCl （3分）
（2）Cl2 + 2OH?＝Cl? + ClO? + H2O （3分）
（3）①Na2O或Na2O2 （4分，每空各2分）②Na或NaOH （4分，每空各2分）
【解析】（1）根據(jù)題設(shè)條件可知，B為鹽酸，C為CO2，D為H2O，E為NaCl。
（2）根據(jù)題設(shè)條件可知B為濃鹽酸，C為Cl2。
（3）若C為O2，D、E的焰色反應(yīng)均為黃色，D、E中含有Na＋，含有Na＋的能產(chǎn)生O2的固體為Na2O2，E能與鹽酸反應(yīng)生成的氣體能使澄清石灰水變混濁，該氣體為CO2，B、E可相互轉(zhuǎn)化，故可推知B溶液為NaHCO3溶液，E為Na2CO3溶液，D為NaOH溶液。Na2O2與NaHCO3溶液反應(yīng)可分解為：2Na2O2 + 2H2O＝4NaOH + O2↑，NaHCO3 + NaOH＝Na2CO3 + H2O。amol NaHCO3→a mol Na2CO3，只要增加a mol Na＋，同時(shí)用OH? 將HCO3?轉(zhuǎn)化為CO32? ，所加物質(zhì)所產(chǎn)生的Na＋和OH?的物質(zhì)的量相等，才能不產(chǎn)生雜質(zhì)，故X為Na2O或Na2O2，Y為Na或NaOH。
28．（16分）（1）B（2分） 銅與HNO3反應(yīng)前，應(yīng)排凈裝置內(nèi)的空氣，防止NO與O2發(fā)生反應(yīng) （2分）
（2）將C中的溶液加適量水稀釋（2分）
（3）③④⑤⑨ （3分）
（4）第二，打開a，通足量N2，排凈裝置中的空氣（2分）
（5）向下移動(dòng)乙管，使甲、乙兩管液面在同一水平面上（2分）
（6）(V－11.2n)/33.6n （3分）
【解析】根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康�，要求得m值，需測定出Cu與HNO3反應(yīng)生成的NO2和NO的物質(zhì)的量，為此需將產(chǎn)生的氣體首先通入裝置C中，H2O吸收NO2生成NO和HNO3，用裝置E測定出NO的體積，如果裝置中有空氣，空氣中的O2會(huì)將NO氧化成NO2導(dǎo)致實(shí)驗(yàn)誤差，裝置B通入N2能將裝置中空氣趕走，防止NO被氧化，為此需要的裝置為B、C、E，裝置接口連接順序?yàn)棰邰堍茛�。由于濃HNO3具有強(qiáng)氧化性，能將指示劑氧化而影響實(shí)驗(yàn)，可加水稀釋降低其氧化性，而溶質(zhì)HNO3的量不變，便于觀察指示劑顏色變化。用裝置E測定NO的體積時(shí)，如甲的液面高于乙的液面，測出的NO體積偏小，如甲的液面低于乙的液面，測出的NO體積偏大，故應(yīng)向下移動(dòng)乙管，使甲、乙兩管液面在同一水平面上，從而減少誤差。根據(jù)反應(yīng)：3NO2 + 2H2O＝2HNO3 + NO，混合氣體中含有NO21.5nmol，NO總的物質(zhì)的量為V/22.4mol，其中屬于Cu與HNO3反應(yīng)生成的NO為（V/22.4－n/2）mol，故M＝（V/22.4－n/2）：1.5n＝(V－11.2n)/33.6n。
29．（15分）（1）取代（或水解）、中和反應(yīng) （2分） （2）HCOOCH3 （2分） HOCH2CHO （2分）
（3）
（2分）
（4）
+ 3NaOH
+ CH3COONa +
2H2O （3分）
（5）
（2分） 
（2分）
【解析】A的分子式為C9H8O4，A能與醇發(fā)生酯化反應(yīng)，說明A中含有－COOH，且A在NaOH溶液中發(fā)生水解生成CH3COONa，說明A中酯的官能團(tuán)，該官能團(tuán)與－COOH處于苯環(huán)上的鄰位，再結(jié)合A的分子式推知A的結(jié)構(gòu)簡式為，B為
，由于H2CO3的酸性大于酚而小于羧酸，故在
溶液中通入CO2時(shí)，只有酚的鈉鹽反應(yīng)生成D（
）和NaHCO3。CH3COONa與H＋反應(yīng)生成E（CH3COOH）。CH3COOH的同分異構(gòu)體中R中含有－CHO和－OH：HOCH2CHO，Q中含有－CHO而沒有－OH：HCOOCH3。對(duì)照和
結(jié)構(gòu)可知，首先用
與酚羥基反應(yīng)，然后再用酸性KMnO4氧化－CH3為－COOH即可得到A。
30.【解析】（1）新陳代謝是生物最本質(zhì)的特征。（2）人體內(nèi)水的來源包括：飲水、食物中的水、代謝產(chǎn)生的水，人體代謝產(chǎn)生水的途徑有：核糖體上的氨基酸脫水縮合、線粒體中的有氧呼吸等。（3）異化作用類型包括需氧型、厭氧型和兼性厭氧型，根據(jù)材料提供信息，氣性壞疽的異化作用類型為厭氧型。（4）本題考查的是細(xì)胞的選擇透過性，細(xì)胞的功能特性決定于細(xì)胞膜上的載體的種類和數(shù)量
【答案】（12分，每空各2分）（1）新陳代謝現(xiàn)象 （2） 代謝產(chǎn)生水
氨基酸脫水縮合（或有氧呼吸） （3） 厭氧型
（4）選擇透過性 載體蛋白
【解析】由反應(yīng)式：CO2+C5→C3和 
C5+CH2O可知：一定范圍內(nèi)的CO2增加可以使細(xì)胞中C3增加；一定范圍內(nèi)的光照增強(qiáng)會(huì)導(dǎo)致細(xì)胞內(nèi)C5增加。甲圖信息顯示：只考慮光照的影響，光照強(qiáng)度為由n增加到k時(shí)，光合速率幾乎不變，而乙圖的變化應(yīng)是光照之外的其他因素引起，比如溫度等
【答案】（10分，每空各2分）（1）低、高、約等于 （2）溫度
（3）光照強(qiáng)度、CO2濃度、溫度
31．（20分）【解析】：（1）該6個(gè)品系玉米的基因型分別為：①：AABBCCDDEE ②：aaBBCCDDEE ③：AAbbccDDEE ④：AABBCCddEE ⑤：AABBCCDDee ⑥：aabbccddee
基因分離定律適用于一對(duì)等位基因控制的相對(duì)性狀的遺傳，基因自由組合定律適用于2對(duì)（及以上）的同源染色體上的2對(duì)（及以上）等位基因控制的性狀遺傳。具有兩對(duì)相對(duì)性狀的純合親本雜交，F(xiàn)1自交。若F2中出現(xiàn)性狀分離比為：雙顯∶單顯1∶單顯2∶雙隱＝9∶3∶3∶1，則控制這兩對(duì)相對(duì)性狀的基因位于2對(duì)同源染色體上，反之則位于同一染色體上
讓F1側(cè)交，若F2中出現(xiàn)性狀分離比為：雙顯∶單顯1∶單顯2∶雙隱＝1∶1∶1∶1，則控制這兩對(duì)相對(duì)性狀的基因位于2對(duì)同源染色體上，反之則位于同一染色體上
【答案】（1）②與①（③或、④、⑤） （1分） 不行 （1分） 品系①和⑤只有一對(duì)相對(duì)性狀 （2分）不行 （1分） 控制花色和種皮顏色的基因位于同一對(duì)同源染色體（Ⅰ）上，而控制子葉味道的基因位置未知（2分）
（2）D（1分）
①若綠色非甜子葉∶綠色甜子葉∶黃色非甜子葉∶黃色甜子葉＝9∶3∶3∶1，則控制子葉顏色和味道的基因不是位于同一染色體上。（3分）
②若綠色非甜子葉∶綠色甜子葉∶黃色非甜子葉∶黃色甜子葉≠9∶3∶3∶1（答綠色甜子葉：綠色非甜子葉：黃色非甜子葉＝1：2：1也可），則控制子葉顏色和味道的基因位于同一染色體上。（3分）
（3）
①若綠色非甜子葉∶綠色甜子葉∶黃色非甜子葉∶黃色甜子葉＝1∶1∶1∶1，則控制子葉顏色和味道的基因不是位于同一染色體上。（3分）
②若綠色非甜子葉∶綠色甜子葉∶黃色非甜子葉∶黃色甜子葉≠1∶1∶1∶1（答綠色甜子葉：黃色非甜子葉＝1：1也可），則控制子葉顏色和味道的基因位于同一染色體上。（3分）
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