2017年高考天津卷理科综合试题（解析版）

2017年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）

理科综合生物部分

一、选择题

1．下列有关真核生物核糖体的叙述，正确的是

A．遗传信息翻译的场所

B．组成成分中含mRNA

C．全部游离在细胞质基质中

D．能识别基因的启动子

【答案】A

【名师点睛】本题主要考查核糖体的功能、组成成分、分布，要求学生熟悉核糖体的结构和功能，并能联系基因的表达，可正确解题。

2．细颗粒物（PM_2．5）可影响免疫系统功能，下表相关推论错误的是

【答案】C

【解析】呼吸道粘膜属于第一道防线，属于非特异性免疫，A正确；T细胞参与体液免疫和细胞免疫，都属于特异性免疫，B正确；B细胞只参与体液免疫，不参与细胞免疫，C错误；抗体只参与体液免疫，D正确。

【名师点睛】本题主要考查免疫系统的防卫功能，要求学生熟记非特异性免疫的类型，理解体液免疫和细胞免疫的过程。

3．将A、B两种物质混合，T₁时加入酶C。下图为最适温度下A、B浓度的变化曲线。叙述错误的是

A．酶C降低了A生成B这一反应的活化能

B．该体系中酶促反应速率先快后慢

C．T₂后B增加缓慢是酶活性降低导致的

D．适当降低反应温度，T₂值增大

【答案】C

【解析】T₁时加入酶C，A物质减少，B物质增加，可推测酶C催化A物质生成B物质，酶通过降低化学反应的活化能加快反应速率，A正确；T1~T2间，酶促反应速率加快，超过T₂后，酶促反应速率减慢，B正确；T₂后B增加缓慢是底物A含量过少所致，C错误；曲线是在最适温度下绘制的，若降低反应温度，反应速率减慢，T₂值增大，D正确。

【名师点睛】本题主要考查酶的相关知识，要求学生正确分析曲线图，根据A物质减少、B物质增加判断A是底物，B是产物，再根据曲线的走势判断酶促反应速率。

4．基因型为AaBbDd的二倍体生物，其体内某精原细胞减数分裂时同源染色体变化示意图如下。叙述正确的是

A．三对等位基因的分离均发生在次级精母细胞中

B．该细胞能产生AbD、ABD、abd、aBd四种精子

C．B（b）与D（d）间发生重组，遵循基因自由组合定律

D．非姐妹染色单体发生交换导致了染色体结构变异

【答案】B

【解析】等位基因的分离发生在减数第一次分裂后期，即初级精母细胞中，A错误；由于AbD位于一条染色体上，则aBd位于另一条同源染色体上，由于染色体上B和b所在非姐妹染色单体上发生了交叉互换，所以最终产生的精子基因型为AbD、ABD、aBd、aBd四种精子，B正确；B（b）与D（d）位于一对同源染色体上，不遵循基因自由组合定律，C错误；同源染色体的非姐妹染色单体发生交换属于基因重组，D错误。

【名师点睛】本题主要考查减数分裂、遗传规律以及生物变异的相关知识，要求学生理解基因分离和自由组合发生的时期。

5．叶绿体中的色素为脂溶性，液泡中紫红色的花青苷为水溶性。以月季成熟的紫红色叶片为材料，下列实验无法达到目的的是

A．用无水乙醇提取叶绿体中的色素

B． 用水做层析液观察花青苷的色素带

C．用质壁分离和复原实验探究细胞的失水与吸水

D．用光学显微镜观察表皮细胞染色体的形态和数目

【答案】D

【名师点睛】本题主要考查色素提取和分离以及质壁分离和复原的知识。要求学生结合题干信息脂溶性和水溶性来判断色素的提取和分离方法。

6．某突变型水稻叶片的叶绿素含量约为野生型的一半，但固定CO₂酶的活性显著高于野生型。下图显示两者在不同光照强度下的CO₂吸收速率。叙述错误的是

A．光照强度低于P时，突变型的光反应强度低于野生型

B． 光照强度高于P时，突变型的暗反应强度高于野生型

C． 光照强度低于P时，限制突变型光合速率的主要环境因素是光照强度

D． 光照强度高于P时，限制突变型光合速率的主要环境因素是CO₂浓度

【答案】D

【名师点睛】本题主要考查光照强度和CO₂浓度对光合作用的影响，突变型水稻叶片有两个特点：叶绿素含量低，而固定CO₂酶的活性高，图中P点是个转折点，P点前光照强度低，突变型光合速率低，P点后光照强度高，突变光合速率高，需正确分析其原因。

二、非选择题

7．（12分）大兴安岭某林区发生中度火烧后，植被演替过程见下图

据图回答：

（1）该红烧迹地发生的是_____演替。与①相比，③中群落对光的利用更充分，因其具有更复杂的_____结构。

（2）火烧15年后，草本、灌木丰富度的变化趋势均为________，主要原因是他们与乔木竞争时获得的_______________。

（3）针叶林凋落物的氮磷分解速率较慢。火烧后若补栽乔木树种，最好种植______，以加快氮磷循环。

（4）用样方法调查群落前，需通过逐步扩大面积统计物种数绘制“种-面积”曲线，作为选取样方面积的依据。下图是该林区草本、灌木、乔木的相应曲线。据图分析，调查乔木应选取的最小样方面积是________。

【答案】（1）次生 垂直（2）下降后保持相对稳定 光逐渐减少（3）阔叶树（4）S₃

【名师点睛】本题主要考查群落演替的过程，要求学生理解群落演替过程中物种的变化，同时要结合乔木、灌木和草本的大小区别调查其种群密度时样方面积。

8．（12分）胰岛素可以改善脑神经元的生理功能，其调节机理如图所示。据图回答：

（1）胰岛素受体（InR）的激活，可以促进神经元轴突末梢释放_________________，作用于突触后膜上的受体，改善突触后神经元的形态与功能。该过程体现了细胞膜的_________________功能。

（2）胰岛素可以抑制神经元死亡，其原因是胰岛素激活InR后，可以_________________。

（3）某些糖尿病人胰岛功能正常，但体内胰岛素对InR的激活能力下降，导致InR对GLUT转运葡萄糖的直接促进作用减弱，同时对炎症因子的抑制作用降低，从而_________________了炎症因子对GLUT的抑制能力。最终，神经元摄取葡萄糖的速率________________与正常人相比，此类病人体内胰岛素含量________________。

【答案】（1）神经递质 信息交流（2）抑制神经元凋亡，并抑制炎症因子释放导致的神经细胞变性、坏死（3）加强 下降 偏高

【名师点睛】本题主要考查神经调节和胰岛素的作用，要求学生能正确分析过程图，理解胰岛素的作用机理。

9．（20分）玉米自交系（遗传稳定的育种材料）B具有高产、抗病等优良性质，但难以直接培育成转基因植株，为使其获得抗除草剂性状，需依次进行步骤I、II试验。

Ⅰ．获得抗除草剂转基因玉米自交系A，技术路线如下图。

（1）为防止酶切产物自身环化，构建表达载体需用2种限制酶，选择的原则是______（单选）。

①Ti质粒内，每种限制酶只有一个切割位点

②G基因编码蛋白质的序列中，每种限制酶只有一个切割位点

③酶切后，G基因形成的两个黏性末端序列不相同

④酶切后，Ti质粒形成的两个黏性末端序列相同

A．①③ B．①④ C．②③ D．②④

（2）下表是4种玉米自交系幼胚组织培养不同阶段的结果。据表可知，细胞脱分化时使用的激素是_______________，自交系_______________的幼胚最适合培养成愈伤组织作为转化受体。

（3）农杆菌转化愈伤组织时，T-DNA携带插入其内的片段转移到受体细胞。筛选转化的愈伤组织，需使用含_____________________的选择培养基。

（4）转化过程中，愈伤组织表面常残留农杆菌，导致未转化愈伤组织也可能在选择培养基上生长。含有内含子的报告基因只能在真核生物中正确表达，其产物能催化无色物质K呈现蓝色。用K分别处理以下愈伤组织，出现蓝色的是_______________（多选）。

A．无农杆菌附着的未转化愈伤组织

B．无农杆菌附着的转化愈伤组织

C．农杆菌附着的未转化愈伤组织

D．农杆菌附着的转化愈伤组织

（5）组织培养获得的转基因植株（核DNA中仅插入一个G基因）进行自交，在子代含G基因的植株中，纯合子占_____________。继续筛选，最终选育出抗除草剂纯合自交系A。

II．通过回交使自交系B获得抗除草剂性状

（6）抗除草剂自交系A（GG）与自交系B杂交产生F₁，然后进行多轮回交（下图）。自交系B作为亲本多次回交的目的是使后代______________。

（7）假设子代生活力一致，请计算上图育种过程F₁、H₁、H₂、H₃各代中含G基因植株的比例，并在图1中画出对应的折线图。若回交后每代不进行鉴定筛选，直接回交，请在图2中画出相应的折线图。

（8）下表是鉴定含G基因植株的4种方法。请预测同一后代群体中，4种方法检出的含G基因植株的比例，从小到大依次是________。

对H_n继续筛选，最终选育出高产、抗病、抗除草剂等优良性状的玉米自交系

【答案】（1）A （2）2,4—D 乙 （3）除草剂 （4）BD （5）1/3

（6）积累越来越多自交系B的遗传物质/优良性状

（7）

（8）X₄，X₃，X₂，X₁

【解析】（1）质粒作为将目的基因导入受体细胞的载体，每种限制酶的切割位点最好只有一个，否则切割后会导致基因缺失，影响基因的表达；限制酶的识别序列和切割位点位于DNA上，G基因编码的序列是蛋白质，没有限制酶的识别序列和切割位点；双酶切后，G基因和Ti质粒形成的两个黏性末端序列均不相同。故选A。（2）细胞脱分化形成愈伤组织，由结果可知，使用2,4-D时愈伤组织形成率最高。比较4个自交系，甲自交系中芽的分化率比较低，丙自交系中根的诱导率比较低，丁自交系中愈伤组织形成率比较低，乙自交系中愈伤组织形成率、芽的分化率和根的诱导率都相对较高，故最适合培养成愈伤组织作为转化受体。（3）获得抗除草剂转基因玉米自交系A，则筛选转化的愈伤组织，需使用含除草剂的选择培养基。（4）含有内含子的报告基因位于农杆菌Ti质粒的T-DNA中，无农杆菌附着的未转化愈伤组织不含内含子的报告基因，不会出现蓝色；不论有无农杆菌附着，转化愈伤组织中都含有Ti质粒，含内含子的报告基因，出现蓝色；农杆菌附着的未转化愈伤组织，含内含子的报告基因位于农杆菌中，农杆菌属于原核生物，其中的报告基因不能正确表达，不会出现蓝色。故选BD。（5）由于转基因植株的核DNA中仅插入一个G基因，设基因型为GO，自交后代含G基因的植株基因型为GG或GO，比例为1:2，纯合子占1/3。（6）回交是指杂交后代与自交系B杂交，会使后代积累越来越多自交系B的遗传物质/优良性状。（7）自交系B不含抗除草剂基因，设基因型为OO，则自交系A（GG）与之杂交得F₁，基因型为GO，都含有G基因，再与自交系B（OO）回交得H1，基因型为GO和OO，比例为1:1，含有G基因的植株占1/2，筛选去除基因型为OO的植株后，剩余的都是基因型为GO的植株，再回交，则与H₁结果相同，含有G基因的植株占1/2。若不筛选，则1/2GO、1/2OO植株回交得H₂，基因型为1/4GO、3/4OO，含有G基因的植株占1/4，1/4GO，3/4OO植株回交得H₃，基因型为1/8GO、7/8OO，含有G基因的植株占1/8。（8）G基因导入受体受体细胞后，不一定转录形成mRNA，转录形成的mRNA不一定翻译形成相应的蛋白质，翻译形成相应的蛋白质，不一定表现出抗除草剂性状，所以检测出含G基因植株的比例由大到大依次是X₄，X₃，X₂，X₁。

【名师点睛】本题主要考查基因工程和分离定律的相关知识。对于基因工程，要求学生理解双酶切的目的，同时理解农杆菌转化法。对于连续自交并筛选，要求学生根据分离定律写出连续四代个体的基因型及比例，难度比较大。

理科综合物理部分(解析版)

一、单项选择题（每小题6分，共30分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）

1．我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献。下列核反应方程中属于聚变反应的是

A．B．

C．D．

【答案】A

【名师点睛】本题的关键是知道核反应的分类，区别衰变和核反应。

2．明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色”，表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象。如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b，下列说法正确的是

A．若增大入射角i，则b光先消失

B．在该三棱镜中a光波长小于b光

C．a光能发生偏振现象，b光不能发生

D．若a、b光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则a光的遏止电压低

【答案】D

【解析】设折射角为α，在右界面的入射角为β，根据几何关系有：，根据折射定律：，增大入射角i，折射角α增大，β减小，而β增大才能使b光发生全反射，故A错误；由光路图可知，a光的折射率小于b光的折射率（），则a光的波长大于b光的波长（），故B错误；根据光电效应方程和遏止电压的概念可知：最大初动能，再根据动能定理：，即遏止电压，可知入射光的频率越大，需要的遏止电压越大，，则a光的频率小于b光的频率（），a光的遏止电压小于b光的遏止电压，故D正确；光是一种横波，横波有偏振现象，纵波没有，有无偏振现象与光的频率无关，故C错误。

【名师点睛】本题考查的知识点较多，涉及到光的折射、全反射、光电效应方程、折射率与波长的关系、横波和纵波的概念等，解决本题的关键是能通过光路图判断出两种光的折射率的关系，并能熟练利用几何关系。

3．如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是

A．ab中的感应电流方向由b到aB．ab中的感应电流逐渐减小

C．ab所受的安培力保持不变 D．ab所受的静摩擦力逐渐减小

【答案】D

【解析】导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小（为一定值），则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律（增反减同），可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据欧姆定律，所以ab中的电流大小不变，故B错误；安培力，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确。

【名师点睛】本题应从电磁感应现象入手，熟练应用法拉第电磁感应定律和楞次定律。

4．“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是

A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力

C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变

【答案】D

【名师点睛】本题的难点在于对动量定理的理解，是“物体所受合力的冲量等于动量的变化”，而学生经常记为“力的冲量等于物体动量的变化”。

5．手持较长软绳端点O以周期T在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平传播，示意如图。绳上有另一质点P，且O、P的平衡位置间距为L。t=0时，O位于最高点，P的位移恰好为零，速度方向竖直向上，下列判断正确的是

A．该简谐波是纵波 B．该简谐波的最大波长为2L

C．时，P在平衡位置上方 D．时，P的速度方向竖直向上

【答案】C

【解析】绳波中质点的振动方向与波的传播方向垂直，属于横波，纵波的传播方向和质点的振动方向在同一直线上，故A错误，根据波形图和波的传播方向可知，位移恰好为零且速度方向竖直向上的质点与O点的距离应为，其中n=0、1、2……，波长，可知当n=0时有波长的最大值，为，故B错误；0—内P由平衡位置振动到波峰，—内P由波峰回动到平衡位置，可知时P在平衡位置上方向上振动，时P在平衡位置上方向下振动，故C正确，D错误。

【名师点睛】本题应注意波的周期性，要从波长入手。

二、不定项选择题（每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）

6．在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2 Ω，则

A．t=0时，线圈平面平行于磁感线 B．t=1 s时，线圈中的电流改变方向

C．t=1.5 s时，线圈中的感应电动势最大 D．一个周期内，线圈产生的热量为

【答案】AD

【解析】t=0时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故A正确；每经过一次中性面（线圈平面垂直于磁感线，磁通量有最大值）电流的方向改变一次，t=1 s时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故B错误；t=1.5 s时，磁通量有最大值，但磁通量的变化率为零（），根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势为零，故C错误；感应电动势最大值，有效值，一个周期内线圈产生的热量，故D正确。

【名师点睛】本题要正确理解正弦交变电流的规律和法拉第电磁感应定律。

7．如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为a_A、a_B，电势能分别为E_pA、E_pB。下列说法正确的是

A．电子一定从A向B运动 B．若a_A>a_B，则Q靠近M端且为正电荷

C．无论Q为正电荷还是负电荷，一定有E_pA<E_pBD．B点电势可能高于A点电势

【答案】BC

【解析】电子在电场中做曲线运动，虚线AB是电子只在静电力作用下的运动轨迹，电场力沿电场线直线曲线的凹侧，电场的方向与电场力的方向相反，如图所示，由所知条件无法判断电子的运动方向，故A错误；若a_A>a_B，说明电子在M点受到的电场力较大，M点的电场强度较大，根据点电荷的电场分布可知，靠近M端为场源电荷的位置，应带正电，故B正确；无论Q为正电荷还是负电荷，一定有电势，电子电势能，电势能是标量，所以一定有E_pA<E_pB，故C正确，D错误。

【名师点睛】本题考查的知识点较多，应从曲线运动的特点和规律出发判断出电子的受力方向，再利用相关电场和带电粒子在电场中的运动的规律解决问题。

8．如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，挡衣架静止时，下列说法正确的是

A．绳的右端上移到，绳子拉力不变 B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大

C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小 D．若换挂质量更大的衣服，则衣服架悬挂点右移

【答案】AB

【解析】设两杆间距离为d，绳长为l，Oa、Ob段长度分别为l_a和l_b，则，两部分绳子与竖直方向夹角分别为α和β，受力分析如图所示。绳子中各部分张力相等，，则。满足，，即，，d和l均不变，则sinα为定值，α为定值，cosα为定值，绳子的拉力保持不变，衣服的位置不变，故A正确，C、D错误；将杆N向右移一些，d增大，则sinα增大，cosα减小，绳子的拉力增大，故B正确。

【名师点睛】本题是力的动态平衡的典型模型，学生并不陌生，关键要判断出绳子和竖直方向的夹角只与绳长和两杆的距离有关。

三、非选择题

9．（18分）

（1）我国自主研制的首艘货运飞船“天舟一号”发射升空后，与已经在轨运行的“天宫二号”成功对接形成组合体。假设组合体在距地面高度为h的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动，已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，且不考虑地球自转的影响。则组合体运动的线速度大小为__________，向心加速度大小为___________。

【答案】；。

【名师点睛】本题难度不大，应知道在地球表面附近物体所受重力和万有引力近似相等，即“黄金代换”。

（2）如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。

①对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是______________。

A．重物选用质量和密度较大的金属锤

B．两限位孔在同一竖直面内上下对正

C．精确测量出重物的质量

D．用手托稳重物，接通电源后，撒手释放重物

②某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50 Hz的交流电源上，按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点。重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有____________。

A．OA、AD和EG的长度 B．OC、BC和CD的长度

C．BD、CF和EG的长度 C．AC、BD和EG的长度

【答案】（1）AB；（2）BC。

【解析】（1）重物选用质量和密度较大的金属锤，减小空气阻力，以减小误差，故A正确；两限位孔在同一竖直面，内上下对正，减小纸带和打点计时器之间的阻力，以减小误差，故B正确；验证机械能守恒定律的原理是：，重物质量可以消掉，无需精确测量出重物的质量，故C错误；用手拉稳纸带，而不是托住重物，接通电源后，撒手释放纸带，故D错误。

（2）由EG的长度长度可求出打F点的速度v₂，打O点的速度v₁=0，但求不出OF之间的距离h，故A错误；由BC和CD的长度长度可求出打C点的速度v₂，打O点的速度v₁=0，有OC之间的距离h，可以来验证机械能守恒定律，故B正确；由BD和EG的长度可分别求出打C点的速度v₁和打F点的速度v₂，有CF之间的距离h，可以来验证机械能守恒定律，故C正确；AC、BD和EG的长度可分别求出打BCF三点的速度，但BC、CF、BF之间的距离都无法求出，无法验证机械能守恒定律，故D错误。

【名师点睛】本题的难点是对实验原理的理解。

（3）某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻。其中电流表A₁的内阻r₁=1.0 kΩ，电阻R₁=9.0 kΩ，为了方便读数和作图，给电池串联一个R₀=3.0 Ω的电阻。

①按图示电路进行连接后 ，发现、和三条导线中，混进了一条内部断开的导线。为了确定哪一条导线内部是断开的，将电建S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、间电压，读数不为零，再测量、间电压，若读数不为零，则一定是________导线断开；若读数为零，则一定是___________导线断开。

②排除故障后，该小组顺利完成实验。通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表A₁和A₂的多组I₁、I₂数据，作出图象如右图。由I₁–I₂图象得到的电池的电动势E=_________V，内阻r=__________Ω。

【答案】（1），；（2）E=1.41V（1.36~1.44均可），r=0.5Ω（0.4~0.6均可）。

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【名师点睛】由图象法处理实验数据的关键是要理解图线的物理意义——纵轴截距和斜率表示什么，闭合电路的欧姆定律是核心。

10．（16分）如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m_A=2 kg、m_B=1 kg。初始时A静止与水平地面上，B悬于空中。先将B竖直向上再举高h=1.8 m（未触及滑轮）然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s²。

（1）B从释放到细绳绷直时的运动时间t；

（2）A的最大速度v的大小；

（3）初始时B离地面的高度H。

【答案】（1）；（2）；（3）。

【解析】（1）B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：

解得：

（2）设细绳绷直前瞬间B速度大小为v_B，有

细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，总动量守恒：

绳子绷直瞬间，A、B系统获得的速度：

之后A做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v即为最大速度，A的最大速度为2 m/s。

（3）细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有：

解得，初始时B离地面的高度

【名师点睛】本题的难点是绳子绷紧瞬间的物理规律——是两物体的动量守恒，而不是机械能守恒。

11．（18分）平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ现象存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v₀沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入电场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，为：

（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；

（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。

【答案】（1），方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上；（2）。

【解析】（1）粒子在电场中又Q到O做类平抛运动，设Q点速度v与+x方向夹角为α，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据类平抛运动的规律，有：

x方向：

y方向：

粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为：

又：

解得：，即，粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上。

粒子到达O点时的速度大小为

（2）设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，

粒子在电场中运动的加速度：

设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有：

根据几何关系可知：

整理可得：

【名师点睛】本题难度不大，但需要设出的未知物理量较多，容易使学生感到混乱，要求学生认真规范作答，动手画图。

12．（20分）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：

（1）磁场的方向；

（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；

（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。

【答案】（1）磁场的方向垂直于导轨平面向下；（2）；（3）。

【解析】（1）电容器充电后上板带正电，下板带负电，放电时通过MN的电流由M到N，欲使炮弹射出，安培力应沿导轨向右，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下。

（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，根据欧姆定律，电容器刚放电时的电流：

炮弹受到的安培力：

根据牛顿第二定律：

解得：加速度

（3）电容器放电前所带的电荷量

开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值v_m时，MN上的感应电动势：

最终电容器所带电荷量

设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力：

由动量定理，有：

又：

整理的：最终电容器所带电荷量

【名师点睛】本题难度较大，尤其是最后的小题，给学生无从下手的感觉：动量定理的应用是关键。

1．下列有关水处理方法不正确的是

A．用石灰、碳酸钠等碱性物质处理废水中的酸

B．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物

C．用氯气处理水中的Cu²⁺、Hg⁺等重金属离子

D．用烧碱处理含高浓度NH₄⁺的废水并回收利用氨

【答案】C

【解析】

考点：水处理技术、化学在生产、生活中的应用

【名师点睛】本题从各种水处理技术方法等方面设计考核知识点，让考生了解化学在生活中的应用，让考生正确地认识化学的价值和功能。展现学科价值，灌输绿色化学思想。

2．汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄芩素的叙述正确的是

A．汉黄芩素的分子式为C₁₆H₁₃O₅

B．该物质遇FeCl₃溶液显色

C．1 mol该物质与溴水反应，最多消耗1 mol Br₂

D．与足量H₂发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少1种

【答案】B。

【解析】

试题分析：A、汉黄岑素的分子式为C₁₆H₁₂O₅，A错误；B、该物质中含有酚羟基，能与FeCl₃溶液反应呈紫色，B正确；C、该物质酚羟基的邻、对位还可以与1mol溴水反应，碳碳双键可以与1mol溴水发生加成反应，故1mol该物质最多可以消耗2mol Br₂，C错误；D、该物质中含有羟基、羰基、碳碳双键、醚键，与足量氢气加成后只剩余羟基和醚键，官能团种类减少2种，D错误。故选B。

考点：考查有机物的结构和性质

【名师点睛】本题以传统中草药黄芩有效成分“汉黄芩素”考查有机物的结构和性质。从试题素材、考核知识点以及情景设置等角度，着力引导考生关注我国社会、经济和科学技术的发展，弘扬社会主义核心价值观。通过挖掘历史文献和顶级科研论文寻找合适资料，以中国古代科技文明、我国科学家最新研究成果编制试题，体现中国传统科技文化对人类发展和社会进步的贡献，引导考生热爱化学，为国奉献。

3．下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是

A．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能

B．锂离子电池放电时，化学能转化成电能

C．电解质溶液导电时，电能转化成化学能

D．葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能

【答案】A。

【解析】

考点：氧化还原反应

【名师点睛】本题以各种能量之间的转化为载体考察氧化还原反应的判断。氧化还原反应实质是电子的转移，涉及到化合价的升降，故可根据各种能量转化的原理来判断是否有化合价的变化，从而判断是否是氧化还原反应。

4．以下实验设计能达到实验目的的是

【答案】D

【解析】A、加热碳酸氢纳分解生成了碳酸钠，不能达到实验目的；B、直接蒸发Al与稀盐酸反应生成的

考点：实验方案的设计

【名师点睛】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及药品的分离提纯、物质的鉴别与制备等知识点，明确实验基本操作方法、物质的性质是解题的关键，注意C项重结晶法提纯苯甲酸的步骤。

5．根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是

A．气态氢化物的稳定性：H₂O＞NH₃＞SiH₄

B．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物

C．图1所示实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si

D．用中文“”（ào）命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族

【答案】C

【解析】

试题分析：A、气态氢化物稳定性与非金属性一致，非金属性O＞N＞Si，所以气态氢化物稳定性H₂O＞NH₃＞SiH₄，A正确；B、氢元素可与非金属元素形成共价化合物如H₂O等甚至于离子化合物如NH₄H，也可以与某些金属生成离子化合物如NaH等，B正确；C、不能用氢化物的酸性来验证非金属性强弱，可以采用最高价含氧酸酸性强弱来验证，C错误；D、根据元素周期表知识判断，各周期0族元素的原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，所以第118号元素在周期表中位于第七周期0族，D正确。故选C。

考点：元素周期表、元素周期律

【名师点睛】熟练应用元素周期律是准确解题的核心。A、C两项元素的非金属性可以用氢化物的稳定性，最高价氧化物对于水化物的酸性，相互置换能力等来判断。B项则涉及到离子化合物、共价化合物的判断，可以根据组成元素来判断。

6．常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)₄(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10⁻⁵。已知：Ni(CO)₄的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。

第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)₄；

第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。

下列判断正确的是

A．增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大

B．第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃

C．第二阶段，Ni(CO)₄分解率较低

D．该反应达到平衡时，v_生成[Ni(CO)₄]=4v_生成(CO)

【答案】B

【解析】

考点：化学平衡及平衡移动、平衡常数

【名师点睛】本题考查平衡状态的判定、平衡常数等。落实考试大纲修订思路，考查学科的必备知识和方法。化学平衡状态判断有两个依据，一是正逆反应速率相等，而是“变量”不变。注意D项化学平衡状态的判断容易粗心出错。

7．（14分）某混合物浆液含Al(OH)₃、MnO₂和少量Na₂CrO₄。考虑到胶体的吸附作用使Na₂CrO₄不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图2），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。

Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）

（1）反应①所加试剂NaOH的电子式为_________，B→C的反应条件为__________，C→Al的制备方法称为______________。

（2）该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl₂生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl₂。由此判断影响该反应有效进行的因素有（填序号）___________。

a．温度 b．Cl^-的浓度 c．溶液的酸度

（3）0.1 mol Cl₂与焦炭、TiO₂完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO₂·xH₂O的液态化合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为__________。

Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用

（4）用惰性电极电解时，CrO₄^2-能从浆液中分离出来的原因是__________，分离后含铬元素的粒子是_________；阴极室生成的物质为___________（写化学式）。

【答案】（14分）

（1） 加热（或煅烧） 电解法

（2）a c

（3）2Cl₂(g)+TiO₂(s)+2C(s)===TiCl₄(l)+2CO(g)ΔH=−85.6kJ·mol⁻¹

（4）在直流电场作用下，CrO₄^2-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液

CrO₄^2-和Cr₂O₇^2-NaOH和H₂

【解析】

试题分析：惰性电极电解混合物浆液时，Na⁺移向阴极，CrO₄^2-移向阳极。Al(OH)₃、MnO₂剩下在固体混合

（3）0.1 mol Cl₂与焦炭、TiO₂完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO₂·xH₂O的液态化合物，放热4.28 kJ，配平方程式，可知2mol Cl₂反应放热85.6kJ·mol⁻¹，由此可得该反应的热化学方程式

考点：元素化合物、工艺流程

【名师点睛】本题以元素化合物知识为载体，考察化学用语，元素化合物的性质、制备，影响化学反应的因素，热化学方程式的书写，电解原理等知识点。其中（2）小题可以用控制变量法分析，（4）小题注意离子交换膜的作用。

8．（18分）2-氨基-3-氯苯甲酸（F）是重要的医药中间体，其制备流程图如下：

回答下列问题：

（1）分子中不同化学环境的氢原子共有_______种，共面原子数目最多为_______。

（2）B的名称为_________。写出符合下列条件B的所有同分异构体的结构简式_______。

a．苯环上只有两个取代基且互为邻位 b．既能发生银镜反应又能发生水解反应

（3）该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B，而是经由①②③三步反应制取B，其目的是__________。

（4）写出⑥的化学反应方程式：_________，该步反应的主要目的是____________。

（5）写出⑧的反应试剂和条件：_______________；F中含氧官能团的名称为__________。

（6）在方框中写出以为主要原料，经最少步骤制备含肽键聚合物的流程。

……目标化合物

【答案】（18分）

（1）4 13

（2）2-硝基甲苯或邻硝基甲苯

（3）避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代（或减少副产物，或占位）

（4）保护甲基

（5）Cl₂/FeCl₃（或Cl₂/Fe） 羧基

（6）

【解析】

试题分析：甲苯在浓硫酸作用下生成对甲基苯磺酸，在与混酸发生硝化反应，反应③将磺酸基水解去掉得B，

（1）甲苯分子中不同化学环境的氢原子共有4种，共面原子数目最多为13个。

（2）B的名称为邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯）；

B的同分异构体中能发生银镜反应的有醛基或者甲酸酯结构，又能发生水解反应，说明含有酯基结构或者肽键结构。由此可得B的同分异构体有：。

。

考点：有机推断、有机合成

【名师点睛】本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断，对学生的思维能力提出了更高的要求。

9．（18分）用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I⁻)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。

Ⅰ．准备标准溶液

a．准确称取AgNO₃基准物4.2468 g（0.0250 mol）后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。

b．配制并标定100 mL 0.1000 mol·L⁻¹NH₄SCN标准溶液，备用。

Ⅱ．滴定的主要步骤

a．取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。

b．加入25.00 mL 0.1000 mol·L⁻¹AgNO₃溶液（过量），使I⁻完全转化为AgI沉淀。

c．加入NH₄Fe(SO₄)₂溶液作指示剂。

d．用0.1000 mol·L⁻¹NH₄SCN溶液滴定过量的Ag⁺，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。

e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：

f．数据处理。

回答下列问题：

（1）将称得的AgNO₃配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有__________。

（2）AgNO₃标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是___________________________。

（3）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是___________________________________。

（4）b和c两步操作是否可以颠倒________________，说明理由________________________。

（5）所消耗的NH₄SCN标准溶液平均体积为_____mL，测得c(I^-)=_________________mol·L^-1。

（6）在滴定管中装入NH₄SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为________________________。

（7）判断下列操作对c(I^-)测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）

①若在配制AgNO₃标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果_______________。

②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果____________________。

【答案】（18分）

（1）250 mL（棕色）容量瓶、胶头滴管

（2）避免AgNO₃见光分解

（3）防止因Fe³⁺的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe³⁺的水解）

（4）否（或不能）

若颠倒，Fe³⁺与I^-反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点

（5）10.00 0.0600

（6）用NH₄SCN标准溶液进行润洗

（7）偏高 偏高

【解析】

试题分析：

（1）因要配制成250 mL标准溶液，所以使用的仪器除需烧杯和玻璃棒外还有250 mL（棕色）容量瓶及定容时需要的胶头滴管。

（2）AgNO₃标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存是因为AgNO₃见光易分解。

（3）因Fe³⁺的水解会影响滴定终点的判断，所以滴定应在pH＜0.5的条件下进行，抑制Fe³⁺的水解。

（4）b和c两步操作不可以颠倒，若颠倒，Fe³⁺与I^-反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点。

考点：溶液配制、沉淀滴定实验

【名师点睛】本题以沉淀滴定为载体，考查溶液的配制、滴定操作、数据处理、误差分析等，注意把握实验原理、实验技能以及物质性质的分析。

10．（14分）H₂S和SO₂会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列各方法中的问题。

Ⅰ．H₂S的除去

方法1：生物脱H₂S的原理为：

H₂S+Fe₂(SO₄)₃S↓+2FeSO₄+H₂SO₄

4FeSO₄+O₂+2H₂SO₄2Fe₂(SO₄)₃+2H₂O

（1）硫杆菌存在时，FeSO₄被氧化的速率是无菌时的5×10⁵倍，该菌的作用是______________。

（2）由图3和图4判断使用硫杆菌的最佳条件为______________。若反应温度过高，反应速率下降，其原因是______________。

方法2：在一定条件下，用H₂O₂氧化H₂S

（3）随着参加反应的n(H₂O₂)/n(H₂S)变化，氧化产物不同。当n(H₂O₂)/n(H₂S)=4时，氧化产物的分子式为__________。

Ⅱ．SO₂的除去

方法1（双碱法）：用NaOH吸收SO₂，并用CaO使NaOH再生

NaOH溶液Na₂SO₃

（4）写出过程①的离子方程式：____________________________；CaO在水中存在如下转化：

CaO(s)+H₂O (l) Ca(OH)₂(s)Ca²⁺(aq)+2OH⁻(aq)

从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理____________________________________。

方法2：用氨水除去SO₂

（5）已知25℃，NH₃·H₂O的K_b=1.8×10⁻⁵，H₂SO₃的K_a1=1.3×10⁻²，K_a2=6.2×10⁻⁸。若氨水的浓度为2.0 mol·L^-1，溶液中的c(OH⁻)=_________________mol·L⁻¹。将SO₂通入该氨水中，当c(OH⁻)降至1.0×10⁻⁷mol·L⁻¹时，溶液中的c()/c()=___________________。

【答案】（14分）

（1）降低反应活化能（或作催化剂）

（2）30 ℃、pH=2.0 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）

（3）H₂SO₄

（4）2OH^-+ SO₂SO₃^2-+H₂O

SO₃^2-与Ca²⁺生成CaSO₃沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成

（5）6.0×10^-30.62

【解析】

试题分析：

（1）根据硫杆菌存在时的反应速率是无菌时的5×10⁵倍可知，反应速率显著增大，则硫杆菌的作用是作催化剂，降低了反应的活化能。

时，溶液中的c(OH⁻)=c(NH₄⁺)==6.0×10^-3mol·L^-1。

根据H₂SO₃的K_a2=6.2×10⁻⁸可知，=6.2×10⁻⁸，，当c(OH⁻)降至1.0×10⁻⁷mol·L⁻¹，溶液中的c(SO₃^2-)/c(HSO₃^-)=0.62。

考点：化学反应速率的影响因素，条件的选择，常数的计算等

【名师点睛】本题以真实化学问题为载体，考查应用实践能力。从化学科学特点出发，牢牢把握化学的应用性，广泛联系实际创设化学应用情境，引领考生正确认识化学对社会发展和人类进步的巨大贡献，认识化学学科的价值。要求考生将基础化学、基本化学原理和方法运用到实际生产生活中，解释生活中相关的现象，解决工业生产的问题。题目中化学反应速率的影响因素，条件的选择，各种平衡常数的计算等为高频考点，掌握平衡的定量定性分析为解题的关键，注意平衡常数的应用。