2017年全国高考统一物理试卷（新课标Ⅲ）

一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～7题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．

1．（6分）2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行．与天宫二号单独运行相比，组合体运行的（　　）

A．周期变大B．速率变大 

C．动能变大D．向心加速度变大 

2．（6分）如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是（　　）

A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向

B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向

C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向

D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向

3．（6分）如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l．重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为（　　）

A．mglB．mgl C．mgl D．mgl 

4．（6分）一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm的两点上，弹性绳的原长也为80cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为（弹性绳的伸长始终处于弹性限度内）（　　）

A．86cmB．92cm C．98cm D．104cm 

5．（6分）如图，在磁感应强度大小为B₀的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为（　　）

A．0B．B₀ C．B₀ D．2B₀ 

6．（6分）在光电效应实验中，分别用频率为v_a、v_b的单色光a、b照射到同种金属上，测得相应的遏止电压分别为U_a和U_b、光电子的最大初动能分别为E_ka和E_kb，h为普朗克常量。下列说法正确的是（　　）

A．若v_a＞v_b，则一定有U_a＜U_b

B．若v_a＞v_b，则一定有E_ka＞E_kb

C．若U_a＜U_b，则一定有E_ka＜E_kb

D．若v_a＞v_b，则一定有hv_a﹣E_ka＞hv_b﹣E_kb

7．（6分）一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（　　）

A．t=1s时物块的速率为1m/s

B．t=2s时物块的动量大小为4kg•m/s

C．t=3s时物块的动量大小为5kg•m/s

D．t=4s时物块的速度为零

8．（6分）一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V．下列说法正确的是（　　）

A．电场强度的大小为2.5V/cm

B．坐标原点处的电势为1 V

C．电子在a点的电势能比在b点的低7eV

D．电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV 　

二、非选择题（共4小题，满分47分）

9．（6分）某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴（横轴为x轴，纵轴为y轴，最小刻度表示1mm）的纸贴在桌面上，如图（a）所示。将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点（位于图示部分除外），另一端P位于y轴上的A点时，橡皮筋处于原长。

（1）用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O，此时拉力F的大小可由测力计读出。测力计的示数如图（b）所示，F的大小为　   　N。

（2）撤去（1）中的拉力，橡皮筋P端回到A点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P端拉至O点，此时观察到两个拉力分别沿图（a）中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F₁=4.2N和F₂=5.6N。

（i）用5mm长度的线段表示1N的力，以O点为作用点，在图（a）中画出力F₁、F₂的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力F_合；

（ii）F_合的大小为　   　N，F_合与拉力F的夹角的正切值为　   　。

若F_合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。

10．（9分）图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R₁、R₂、R₃、R₄和R₅是固定电阻，R₆是可变电阻；表头G的满偏电流为250 μA，内阻为480Ω．虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别于两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。

（1）图（a）中的A端与　   　（填“红”或“黑”）色表笔相连接。

（2）关于R₆的使用，下列说法正确的是　   　（填正确答案标号）。

A．在使用多用电表之前，调整R₆使电表指针指在表盘左端电流“0”位置

B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R₆使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置

C．使用电流挡时，调整R₆使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置

（3）根据题给条件可得R₁+R₂=　   　Ω，R₄=　   　Ω。

（4）某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时B端是与“1”连接的，则多用电表读数为　   　；若此时B端是与“3”相连的，则读数为　   　；若此时B端是与“5”相连的，则读数为　   　。（结果均保留3为有效数字）

11．（12分）如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B₀；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB₀（常数λ＞1）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度v₀从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求（不计重力）

（1）粒子运动的时间；

（2）粒子与O点间的距离。

12．（20分）如图，两个滑块A和B的质量分别为m_A=1kg和m_B=5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ₁=0.5；木板的质量为m=4kg，与地面间的动摩擦因数为μ₂=0.1．某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v₀=3m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s²．求

（1）B与木板相对静止时，木板的速度；

（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。

[物理--选修3-3]（15分）

13．（5分）如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a．下列说法正确的是（　　）

A．在过程ab中气体的内能增加

B．在过程ca中外界对气体做功

C．在过程ab中气体对外界做功

D．在过程bc中气体从外界吸收热量

E．在过程ca中气体从外界吸收热量

14．（10分）一种测量稀薄气体压强的仪器如图（a）所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K₁和K₂．K₁长为l，顶端封闭，K₂上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通．开始测量时，M与K₂相通；逐渐提升R，直到K₂中水银面与K₁顶端等高，此时水银已进入K₁，且K₁中水银面比顶端低h，如图（b）所示．设测量过程中温度、与K₂相通的待测气体的压强均保持不变．已知K₁和K₂的内径均为d，M的容积为V₀，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g．求：

（i）待测气体的压强；

（ii）该仪器能够测量的最大压强．

[物理--选修3-4]（15分）

15．如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为t=0时的波形图，虚线为t=0.5s时的波形图．已知该简谐波的周期大于0.5s．关于该简谐波，下列说法正确的是（　　）

A．波长为2 m

B．波速为6 m/s

C．频率为1.5Hz

D．t=1s时，x=1m处的质点处于波峰

E．t=2s时，x=2m处的质点经过平衡位置

6．如图，一半径为R的玻璃半球，O点是半球的球心，虚线OO′表示光轴（过球心O与半球底面垂直的直线）．已知玻璃的折射率为1.5．现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出（不考虑被半球的内表面反射后的光线）．求：

（i）从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；

（ii）距光轴的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离．

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2017年全国高考统一物理试卷（新课标Ⅲ）

参考答案与试题解析

一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～7题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．

1．（6分）2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行．与天宫二号单独运行相比，组合体运行的（　　）

A．周期变大B．速率变大 

C．动能变大D．向心加速度变大 

【考点】4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有

【专题】32：定量思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．

【分析】根据万有引力等于向心力可以求出天体的运动的相关物理量．

【解答】解：天宫二号在天空运动，万有引力提供向心力，天宫二号的轨道是固定的，即半径是固定的

根据F===可知，天宫二号的速度大小是不变的，则两者对接后，速度大小不变，周期不变，加速度不变；

但是和对接前相比，质量变大，所以动能变大。

故选：C。

【点评】本题考查了万有引力和圆周运动的表达式，根据万有引力等于向心力可以得出速度，角速度和周期的变化规律．

2．（6分）如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是（　　）

【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势；DB：楞次定律．菁优网版权所有

【专题】31：定性思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．

【分析】PQ切割磁感线，根据右手定则判断；

PQRS产生电流后，会对穿过T的磁感应强度产生影响，根据楞次定律分析T中的感应电流的变化情况。

【解答】解：PQ向右运动，导体切割磁感线，根据右手定则，可知电流由Q流向P，即逆时针方向，根据楞次定律可知，通过T的磁场减弱，则T的感应电流产生的磁场应指向纸面里面，则感应电流方向为顺时针。

故选：D。

【点评】本题考查了感应电流的方向判断，两种方法：一种是右手定则，另一种是楞次定律。使用楞次定律判断比较难，但是掌握它的核心也不会很难。

3．（6分）如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l．重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为（　　）

A．mglB．mgl C．mgl D．mgl 

【考点】62：功的计算；6B：功能关系．菁优网版权所有

【专题】31：定性思想；43：推理法；52Q：功能关系 能量守恒定律．

【分析】由题意可知，发生变化的只有MQ段，分析开始和最后过程，明确重力势能的改变量，根据功能关系即可求得外力所做的功。

【解答】解：根据功能关系可知，拉力所做的功等于MQ段系统重力势能的增加量；

对MQ分析，设Q点为零势能点，则可知，MQ段的重力势能为E_P1=×=；

将Q点拉至M点时，重心离Q点的高度h=+=，故重力势能E_P2═×=

因此可知拉力所做的功W=E_P2﹣E_P1=mgl，故A正确，BCD错误。

故选：A。

【点评】本题考查明确功能关系，注意掌握重力之外的其他力做功等于机械能的改变量，本题中因缓慢拉动，故动能不变，因此只需要分析重力势能即可。

4．（6分）一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm的两点上，弹性绳的原长也为80cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为（弹性绳的伸长始终处于弹性限度内）（　　）

A．86cmB．92cm C．98cm D．104cm 

【考点】29：物体的弹性和弹力；2S：胡克定律；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有

【专题】32：定量思想；4B：图析法；527：共点力作用下物体平衡专题．

【分析】绳长变为100cm时，伸长了20cm，可以得出绳子的拉力，根据共点力的平衡关系可得出绳子的劲度系数，进而计算出两端在同一点时弹性绳的总长度。

【解答】解：如图所示，绳子原长是80cm，伸长为100cm，如图，则AB段长50cm，伸长了10cm=0.1m，假设绳子的劲度系数为k，则绳子拉力为：

F=0.1k

把绳子的拉力分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向的分量为：F_x=0.1k×cos53°=0.06k，

两个绳子的竖直方向拉力合力为：2F_x

物体处于平衡状态，则拉力合力等于重力，即为：0.12k=mg

解得：k=

当AC两点移动到同一点时，绳子两个绳子的夹角为0，每段绳子伸长x，则两个绳子的拉力合力为：

2kx=mg，

x=0.06m。

所以此时绳子总长度为92cm。

故选：B。

【点评】本题考场共点力的平衡，本题的关键是找出绳子与竖直方向的夹角，然后计算出劲度系数。另外做这一类题目，要养成画图的习惯，这样题目就能变的简单。

5．（6分）如图，在磁感应强度大小为B₀的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为（　　）

A．0B．B₀ C．B₀ D．2B₀ 

【考点】C3：磁感应强度．菁优网版权所有

【专题】31：定性思想；43：推理法；53D：磁场 磁场对电流的作用．

【分析】依据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，及三角知识，即可求解。

【解答】解：在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为B₀，如下图所示：

由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，

即B₁=B₀；

依据几何关系，及三角知识，则有：B_Pcos30°=B₀；

解得：P或Q通电导线在a处的磁场大小为B_P=；

当P中的电流反向，其他条件不变，

再依据几何关系，及三角知识，则有：B₂=；

因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B₀；

最后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为B==，故C正确，ABD错误；

故选：C。

【点评】考查右手螺旋定则与矢量的合成的内容，掌握几何关系与三角知识的应用，理解外加磁场方向是解题的关键。

6．（6分）在光电效应实验中，分别用频率为v_a、v_b的单色光a、b照射到同种金属上，测得相应的遏止电压分别为U_a和U_b、光电子的最大初动能分别为E_ka和E_kb，h为普朗克常量。下列说法正确的是（　　）

A．若v_a＞v_b，则一定有U_a＜U_b

B．若v_a＞v_b，则一定有E_ka＞E_kb

C．若U_a＜U_b，则一定有E_ka＜E_kb

D．若v_a＞v_b，则一定有hv_a﹣E_ka＞hv_b﹣E_kb

【考点】IC：光电效应；IE：爱因斯坦光电效应方程．菁优网版权所有

【专题】31：定性思想；43：推理法；54I：光电效应专题．

【分析】根据光电效应方程，结合入射光频率的大小得出光电子最大初动能，结合最大初动能和遏止电压的关系比较遏止电压。

【解答】解：AB、根据光电效应方程E_km=hv﹣W₀知，v_a＞v_b，逸出功相同，则E_ka＞E_kb，又E_km=eU_c，则U_a＞U_b，故A错误，B正确。

C、根据E_km=eU_c知，若U_a＜U_b，则一定有E_ka＜E_kb，故C正确。

D、逸出功W₀=hv﹣E_km，由于金属的逸出功相同，则有：hv_a﹣E_ka=hv_b﹣E_kb，故D错误。

故选：BC。

【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程以及知道最大初动能与遏止电压的关系，注意金属的逸出功与入射光的频率无关。

7．（6分）一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（　　）

【考点】37：牛顿第二定律；52：动量定理．菁优网版权所有

【专题】32：定量思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．

【分析】首先根据牛顿第二定律得出加速度，进而计算速度和动量。

【解答】解：A、前两秒，根据牛顿第二定律，a==1m/s²，则0﹣2s的速度规律为：v=at；t=1s时，速率为1m/s，A正确；

B、t=2s时，速率为2m/s，则动量为P=mv=4kg•m/s，B正确；

CD、2﹣4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a=﹣0.5m/s²，所以3s时的速度为1.5m/s，动量为3kg•m/s，4s时速度为1m/s，CD错误；

故选：AB。

【点评】本题考查了牛顿第二定律的简单运用，熟悉公式即可，并能运用牛顿第二定律求解加速度。另外要学会看图，从图象中得出一些物理量之间的关系。

8．（6分）一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V．下列说法正确的是（　　）

【考点】A6：电场强度与电场力；AC：电势；AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有

【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．

【分析】根据匀强电场的电场强度公式E=，结合电势差与场强间距，即可求解；

依据电势差等于电势之差；

根据电场力做功表达式W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况。

【解答】解：A、如图所示，在ac连线上，确定一b′点，电势为17V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，

因为匀强电场，则有：E=，

依据几何关系，则d===3.6cm，

因此电场强度大小为E==2.5V/cm，故A正确；

B、根据φ_c﹣φ_a=φ_b﹣φ_o，因a、b、c三点电势分别为φ_a=10V、φ_b=17V、φ_c=26V，解得：原点处的电势为φ₀=1 V，故B正确；

C、因U_ab=φ_a﹣φ_b=10﹣17=﹣7V，电子从a点到b点电场力做功为W=qU_ab=7 eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，故C错误；

D、同理，U_bc=φ_b﹣φ_c=17﹣26=﹣9V，电子从b点运动到c点，电场力做功为W=qU_bc=9 eV，故D正确；

故选：ABD。

【点评】考查匀强电场中，电势之间的关系，掌握电场强度公式E=的应用，理解几何关系的运用，并理解W=qU中各量的正负值含义。

二、非选择题（共4小题，满分47分）

9．（6分）某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴（横轴为x轴，纵轴为y轴，最小刻度表示1mm）的纸贴在桌面上，如图（a）所示。将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点（位于图示部分除外），另一端P位于y轴上的A点时，橡皮筋处于原长。

（1）用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O，此时拉力F的大小可由测力计读出。测力计的示数如图（b）所示，F的大小为　4.0　N。

（2）撤去（1）中的拉力，橡皮筋P端回到A点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P端拉至O点，此时观察到两个拉力分别沿图（a）中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F₁=4.2N和F₂=5.6N。

（i）用5mm长度的线段表示1N的力，以O点为作用点，在图（a）中画出力F₁、F₂的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力F_合；

（ii）F_合的大小为　4.0　N，F_合与拉力F的夹角的正切值为　0.05　。

若F_合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。

【考点】M3：验证力的平行四边形定则．菁优网版权所有

【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；526：平行四边形法则图解法专题．

【分析】根据弹簧秤的最小刻度读出F的读数。

根据图示法作出F₁和F₂，结合平行四边形定则作出合力，得出合力的大小以及F_合与拉力F的夹角的正切值。

【解答】解：（1）弹簧测力计的最小刻度为0.2N，由图可知，F的大小为4.0N。

（2）（i）根据图示法作出力的示意图，根据平行四边形定则得出合力，如图所示。

（ii）用刻度尺量出F_合的线段长为20mm，所以F_合大小为4.0N，结合图象根据数学几何关系知，F_合与拉力F的夹角的正切值为0.05。

故答案为：（1）4.0；（2）4.0，0.05。

【点评】本题考查了力的合成法则及平行四边形定则的应用，掌握弹簧测力计的读数方法，是考查基础知识的好题。

10．（9分）图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R₁、R₂、R₃、R₄和R₅是固定电阻，R₆是可变电阻；表头G的满偏电流为250 μA，内阻为480Ω．虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别于两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。

（1）图（a）中的A端与　黑　（填“红”或“黑”）色表笔相连接。

（2）关于R₆的使用，下列说法正确的是　B　（填正确答案标号）。

A．在使用多用电表之前，调整R₆使电表指针指在表盘左端电流“0”位置

B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R₆使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置

C．使用电流挡时，调整R₆使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置

（3）根据题给条件可得R₁+R₂=　160　Ω，R₄=　880　Ω。

（4）某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时B端是与“1”连接的，则多用电表读数为　1.48mA　；若此时B端是与“3”相连的，则读数为　1.10KΩ　；若此时B端是与“5”相连的，则读数为　2.95V　。（结果均保留3为有效数字）

【考点】B4：多用电表的原理及其使用；N4：用多用电表测电阻．菁优网版权所有

【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．

【分析】（1）明确欧姆表原理，知道内部电源的正极接黑表笔，负极接红表笔；

（2）明确电路结构，知道欧姆档中所接滑动变阻器只能进行欧姆调零；

（3）根据给出的量程和电路进行分析，再结合串并联电路的规律即可求得各电阻的阻值；

（4）明确电表的量程，确定最小分度，从而得出最终的读数。

【解答】解：（1）根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”；

（2）由电路图可知，R₆只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节，故B正确；AC错误；

故选：B；

（3）直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路规律可知，R₁+R₂===160Ω；

总电阻R_总==120Ω

接4时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与R₁、R₂并联后再与R₄串联，即改装后的1mA电流表与R₄串联再改装后电压表；

根据串联电路规律可知，R₄==880Ω；

（4）若与1连接，则量程为2.5mA，读数为1.48mA（1.47﹣1.49）；

若与3连接，则为欧姆档×100Ω挡，读数为11×100=1100Ω=1.10kΩ；

若与5连接，则量程为5V；故读数为2.95V（2.91﹣2.97均可）；

故答案为；（1）黑；（2）B；（3）160；880；（4）1.48mA；1.10kΩ；2.95V。

【点评】本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，同时掌握读数原则，对多用电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择开关位置确定电表分度值，最后根据指针位置读数；读数时视线要与电表刻度线垂直。

11．（12分）如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B₀；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB₀（常数λ＞1）。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子以速度v₀从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求（不计重力）

（1）粒子运动的时间；

（2）粒子与O点间的距离。

【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有

【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．

【分析】（1）由磁感应强度大小得到向心力大小进而得到半径和周期的表达式，画出粒子运动轨迹图则得到粒子在两磁场中的运动时间，累加即可；

（2）由洛伦兹力做向心力，求得粒子运动半径，再由几何条件求得距离。

【解答】解：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力做向心力，则有，，那么，，；

（1）根据左手定则可得：粒子做逆时针圆周运动；故粒子运动轨迹如图所示，

则粒子在x≥0磁场区域运动半个周期，在x＜0磁场区域运动半个周期；

那么粒子在x≥0磁场区域运动的周期，在x＜0磁场区域运动的周期，

所以，粒子运动的时间；

（2）粒子与O点间的距离；

答：（1）粒子运动的时间为；

（2）粒子与O点间的距离为。

【点评】带电粒子在匀强磁场中运动，一般由洛伦兹力做向心力，推得粒子运动半径，再根据几何关系求得位移，运动轨迹，运动时间等问题。

12．（20分）如图，两个滑块A和B的质量分别为m_A=1kg和m_B=5kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ₁=0.5；木板的质量为m=4kg，与地面间的动摩擦因数为μ₂=0.1．某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v₀=3m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s²．求

（1）B与木板相对静止时，木板的速度；

（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。

【考点】37：牛顿第二定律．菁优网版权所有

【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；522：牛顿运动定律综合专题．

【分析】（1）刚开始运动时，根据牛顿第二定律分别求出A、B和木板的加速度大小，结合速度时间公式先求出B与木板共速时的速度以及运动的时间，然后B与木板保持相对静止，根据牛顿第二定律求出B与木板整体的加速度，结合速度时间公式求出三者速度相等经历的时间以及此时的速度。

（2）根据位移公式分别求出B与木板共速时木板和B的位移，从而得出两者的相对位移，得出此时A的位移以及A相对木板的位移大小，再结合位移公式分别求出三者速度相等时，A的位移以及木板的位移，得出A再次相对木板的位移，从而得出A、B开始运动时，两者之间的距离。

【解答】解：（1）对A受力分析，根据牛顿第二定律得：μ₁m_Ag=m_Aa_A

代入数据解得：，方向向右，

对B分析，根据牛顿第二定律得：μ₁m_Bg=m_Ba_B

代入数据解得：，方向向左。

对木板分析，根据牛顿第二定律得：μ₁m_Bg﹣μ₁m_Ag﹣μ₂（m+m_A+m_B）g=ma₁

代入数据解得：，方向向右。

当木板与B共速时，有：v=v₀﹣a_Bt₁=a₁t₁，

代入数据解得：t₁=0.4s，v=1m/s，

（2）此时B相对木板静止，突变为静摩擦力，A受力不变加速度仍为5m/s² ，方向向右，

对B与木板受力分析，有：μ₁m_Ag+μ₂（m+m_A+m_B）g=（m+m_B）a₂

代入数据解得：，方向向左，

当木板与A共速时有：v′=v﹣a₂t₂=﹣v+a_At_2：

代入数据解得：t₂=0.3s，v′=0.5m/s。

当t₁=0.4s，，

L_B板=x_B﹣x_木=0.8﹣0.2m=0.6m，

对A，向左，，

L_A1板=x_A+x_木=0.8+0.2m=1m，

当t₂=0.3s，对A，向左，=，

对木板，向右，=，

，

可知AB相距L=L_B板+L_A1板+L_A2板=0.6+1+0.3m=1.9m。

答：（1）B与木板相对静止时，木板的速度为1m/s；

（2）A、B开始运动时，两者之间的距离为1.9m。

【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清整个过程中A、B和木板在整个过程中的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律进行求解。

[物理--选修3-3]（15分）

13．（5分）如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a．下列说法正确的是（　　）

【考点】8F：热力学第一定律；99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有

【专题】12：应用题；31：定性思想；43：推理法；54B：理想气体状态方程专题．

【分析】一定质量的理想气体内能取决于温度，根据图线分析气体状态变化情况，根据W=p△V判断做功情况，根据内能变化结合热力学第一定律分析吸收或发出热量．

【解答】解：A、从a到b等容升压，根据可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，故A正确；

B、在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，故B正确；

C、在过程ab中气体体积不变，根据W=p△V可知，气体对外界做功为零，故C错误；

D、在过程bc中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律△U=W+Q可知，气体从外界吸收热量，故D正确；

E、在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据可知温度降低，则内能减小，根据热力学第一定律可知气体一定放出热量，故E错误。

故选：ABD。

【点评】本题主要是考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律的知识，要能够根据热力学第一定律判断气体内能的变化与哪些因素有关（功和热量）；热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义；△U为正表示内能变大，Q为正表示物体吸热；W为正表示外界对物体做功．

14．（10分）一种测量稀薄气体压强的仪器如图（a）所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K₁和K₂．K₁长为l，顶端封闭，K₂上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通．开始测量时，M与K₂相通；逐渐提升R，直到K₂中水银面与K₁顶端等高，此时水银已进入K₁，且K₁中水银面比顶端低h，如图（b）所示．设测量过程中温度、与K₂相通的待测气体的压强均保持不变．已知K₁和K₂的内径均为d，M的容积为V₀，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g．求：

（i）待测气体的压强；

（ii）该仪器能够测量的最大压强．

【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有

【专题】12：应用题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．

【分析】（1）由题意，水银面升后，求出气体的状态参量，然后由玻意耳定律求出压强的表达式；

（2）根据题意可知，M的直径不知道，所以当h=l时，则能准确测量的压强最大，然后代入上式即可求出压强．

【解答】解：（1）以K₁和M容器的气体为研究对象，设待测气体的压强为p，

状态1：p₁=p，V₁=V₀+，

状态2：p₂=p+ρgh，V₂=，

由玻意耳定律得：p₁V₁=p₂V₂，

解得：p=；

（2）由题意可知，当h=l时，则能准确测量的压强最大，所以：

答：（i）待测气体的压强为；

（ii）该仪器能够测量的最大压强．

【点评】本题考查了求气体压强，认真审题理解题意，确定研究对象，求出气体的状态参量，应用玻意耳定律即可正确解题．

[物理--选修3-4]（15分）

15．如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，实线为t=0时的波形图，虚线为t=0.5s时的波形图．已知该简谐波的周期大于0.5s．关于该简谐波，下列说法正确的是（　　）

【考点】F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有

【专题】31：定性思想；43：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．

【分析】根据图中实线与虚线之间的关系，得到t=0.5s与波的周期关系，结合0.5s＜T，求得周期，读出波长，再求得波速．周期与频率互为倒数，可求频率．根据时间与周期的关系分析P点的位置，确定其速度大小和方向．根据时间与周期的关系分析x=1 m和x=2m处的状态和位置．

【解答】解：A、由图象可知，波长为λ=4m，故A错误；

BC、由题意知：（n+）T=0.5，所以周期为T==，因为该简谐波的周期大于0.5s。＞0.5，解得：n＜，即当n=0时，T=s，频率f==1.5Hz，波速为：v===6m/s，故BC正确；

D、t=0时x=1 m处的质点位于波峰，经t=1 s，即经过1.5个周期，该质点位于波谷，故D错误；

E、t=0时x=2 m处的质点位于平衡位置正向上运动，经t=2 s，即经过3个周期，质点仍然位于平衡位置正向上运动，故E正确。

故选：BCE。

【点评】根据两个时刻的波形，分析时间与周期的关系或波传播距离与波长的关系是关键，要抓住波的周期性得到周期或波传播距离的通项，从而得到周期的特殊值．

16．如图，一半径为R的玻璃半球，O点是半球的球心，虚线OO′表示光轴（过球心O与半球底面垂直的直线）．已知玻璃的折射率为1.5．现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出（不考虑被半球的内表面反射后的光线）．求：

（i）从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；

（ii）距光轴的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离．

【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有

【专题】14：作图题；32：定量思想；43：推理法；54D：光的折射专题．

【分析】（1）由全反射定理得到可从球面射出的光线的范围．进而得到最大距离；

（2）由入射光线的位置得到入射角，进而得到折射光线，从而得到折射光线与光轴的交点到O点的距离．

【解答】解：（i）如图，从底面上A处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为i，当i等于全反射临界角i_c时，对应入射光线到光轴的距离最大，设最大距离为l．

i=i_c

设n是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有

nsini_c=l

由几何关系有

sini=

联立可得：l=R

（ii）设与光轴相距的光线在球面B点发生折射时的入射角和折射角分别为i₁和r₁，由折射定律有

nsini₁=sinr₁

设折射光线与光轴的交点为C，在△OBC中，由正弦定理有

由几何关系有

∠C=r₁﹣i₁

sini₁=

联立可得：OC=R≈2.74R．

答：（i）从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值为；

（ii）距光轴的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O点的距离2.74R．

【点评】光能发生折射，即光不发生全反射，所以，入射角小于临界角，由此得到可发生折射的光线范围．

2017年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅲ）

一、选择题：本题共7个小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．（6分）化学与生活密切相关。下列说法错误的是（　　）

A．PM2.5是指粒径不大于2.5μm的可吸入悬浮颗粒物

B．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染

C．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放

D．天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料

2．（6分）下列说法正确的是（　　）

A．植物油氢化过程中发生了加成反应

B．淀粉和纤维素互为同分异构体

C．环己烷与苯可用酸性KMnO₄溶液鉴别

D．水可以用来分离溴苯和苯的混合物

3．（6分）下列实验操作规范且能达到目的是（　　）

A．AB．B C．C D．D 

4．（6分）N_A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）

A．0.1 mol 的¹¹B中，含有0.6N_A个中子

B．pH=1的H₃PO₄溶液中，含有0.1N_A个H⁺

C．2.24L（标准状况）苯在O₂中完全燃烧，得到0.6N_A个CO₂分子

D．密闭容器中1 mol PCl₃与1 mol Cl₂反应制备 PCl₅（g），增加2N_A个P﹣Cl键

5．（6分）全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S₈材料，电池反应为：16Li+xS₈=8Li₂S_x（2≤x≤8）。下列说法错误的是（　　）

A．电池工作时，正极可发生反应：2Li₂S₆+2Li⁺+2e^﹣=3Li₂S₄

B．电池工作时，外电路中流过0.02 mol电子，负极材料减重0.14 g

C．石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性

D．电池充电时间越长，电池中的Li₂S₂量越多

6．（6分）短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外电子数之和为21．下列关系正确的是（　　）

A．氢化物沸点：W＜Z

B．氧化物对应水化物的酸性：Y＞W

C．化合物熔点：Y₂X₃＜YZ₃

D．简单离子的半径：Y＜X

7．（6分）在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl^﹣会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO₄，生成CuCl沉淀从而除去Cl^﹣．根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是（　　）

A．K_sp（CuCl）的数量级为10^﹣7

B．除Cl^﹣反应为Cu+Cu²⁺+2Cl^﹣=2CuCl

C．加入Cu越多，Cu⁺浓度越高，除Cl^﹣效果越好

D．2Cu⁺=Cu²⁺+Cu平衡常数很大，反应趋于完全

二、解答题（共3小题，满分43分）

8．（14分）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：

（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知：　   　、　   　。

（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K₁和K₂）（设为装置A）称重，记为m₁ g．将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m₂ g．按下图连接好装置进行实验。

①仪器B的名称是　   　。

②将下列实验操作步骤正确排序　   　（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m₃ g。

a．点燃酒精灯，加热b。熄灭酒精灯c。关闭K₁和K₂

d．打开K₁和K₂，缓缓通入N₂ e．称量A     f．冷却至室温

③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=　   　（列式表示）。若实验时按a、d次序操作，则使x　   　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。

（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K₁和K₂，缓缓通入N₂，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。

①C、D中的溶液依次为　   　（填标号）。C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为　   　。

a．品红  b．NaOH  c．BaCl₂ d．Ba（NO₃）₂ e．浓H₂SO₄

②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式　   　。

9．（15分）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO•Cr₂O₃，还含有硅、铝等杂质．制备流程如图所示：

回答下列问题：

（1）步骤①的主要反应为：

FeO•Cr₂O₃+Na₂CO₃+NaNO₃ Na₂CrO₄+Fe₂O₃+CO₂+NaNO₂

上述反应配平后FeO•Cr₂O₃与NaNO₃的系数比为　   　．该步骤不能使用陶瓷容器，原因是　   　．

（2）滤渣1中含量最多的金属元素是　   　，滤渣2的主要成分是　   　及含硅杂质．

（3）步骤④调滤液2的pH使之变　   　（填“大”或“小”），原因是　   　（用离子方程式表示）．

（4）有关物质的溶解度如图所示．向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K₂Cr₂O₇固体．冷却到　   　（填标号）得到的K₂Cr₂O₇固体产品最多．

a.80℃b.60℃c.40℃d.10℃

步骤⑤的反应类型是　   　．

（5）某工厂用m₁ kg 铬铁矿粉（含Cr₂O₃ 40%）制备K₂Cr₂O₇，最终得到产品 m₂ kg，产率为　   　．

10．（14分）砷（As）是第四周期ⅤA族元素，可以形成As₂S₃、As₂O₅、H₃AsO₃、H₃AsO₄等化合物，有着广泛的用途．回答下列问题：

（1）画出砷的原子结构示意图　   　．

（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As₂S₃）制成浆状，通入O₂氧化，生成H₃AsO₄和单质硫．写出发生反应的化学方程式　   　．该反应需要在加压下进行，原因是　   　．

（3）已知：As（s）+H₂（g）+2O₂（g）=H₃AsO₄（s）△H₁

H₂（g）+O₂（g）=H₂O（l）△H₂

2As（s）+O₂（g）=As₂O₅（s）△H₃

则反应As₂O₅（s）+3H₂O（l）=2H₃AsO₄（s）的△H=　   　．

（4）298K时，将20mL 3x mol•L^﹣1 Na₃AsO₃、20mL 3x mol•L^﹣1 I₂和20mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO₃^3﹣（aq）+I₂（aq）+2OH^﹣⇌AsO₄^3﹣（aq）+2I^﹣（aq）+H₂O（l）．溶液中c（AsO₄^3﹣）与反应时间（t）的关系如图所示．

①下列可判断反应达到平衡的是　   　（填标号）．

a．溶液的pH不再变化

b．v（I^﹣）=2v（AsO₃^3﹣）

c．c （AsO₄^3﹣）/c （AsO₃^3﹣）不再变化

d．c（I^﹣）=y mol•L^﹣1

②t_m时，v_正　   　 v_逆（填“大于”“小于”或“等于”）．

③t_m时v_逆　   　 t_n时v_逆（填“大于”“小于”或“等于”），理由是　   　．

④若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数K为　   　．

[化学--选修3：物质结构与性质]

11．（15分）研究发现，在CO₂低压合成甲醇反应（CO₂+3H₂=CH₃OH+H₂O）中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景．回答下列问题：

（1）Co基态原子核外电子排布式为　   　．元素Mn与O中，第一电离能较大的是　   　，基态原子核外未成对电子数较多的是　   　．

（2）CO₂和CH₃OH分子中C原子的杂化形式分别为　   　和　   　．

（3）在CO₂低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为　   　，原因是　   　．

（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn（NO₃）₂中的化学键除了σ键外，还存在　   　．

（5）MgO具有NaCl型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420nm，则r（O^2﹣）为　   　nm．MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a'=0.448nm，则r（Mn²⁺）为　   　nm．

[化学--选修5：有机化学基础]

12．氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如下：

回答下列问题：

（1）A的结构简式为　   　。C的化学名称是　   　。

（2）③的反应试剂和反应条件分别是　   　，该反应的类型是　   　。

（3）⑤的反应方程式为　   　。吡啶是一种有机碱，其作用是　   　。

（4）G的分子式为　   　。

（5）H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有　   　种。

（6）4﹣甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备4﹣甲氧基乙酰苯胺的合成路线　   　（其他试剂任选）。

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2017年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅲ）

参考答案与试题解析

一、选择题：本题共7个小题，每小题6分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．（6分）化学与生活密切相关。下列说法错误的是（　　）

【考点】F7：常见的生活环境的污染及治理．菁优网版权所有

【专题】56：化学应用．

【分析】A．PM2.5是直径等于或小于2.5μm的悬浮颗粒物；

B．绿色化学是从源头上消除或减少污染物的使用；

C．二氧化碳的排放量不会减少；

D．天然气和液化石油气的燃烧产物无污染。

【解答】解：A．PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5μm的悬浮颗粒物，它能较长时间悬浮于空气中，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严重，故A正确；

B．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少生产生活对环境的污染，而不能污染后再治理，故B正确；

C．加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应仍然生成二氧化碳，即燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体的排放量，故C错误；

D．天然气（CNG）主要成分是甲烷，液化石油气（LPG）的成分是丙烷、丁烷等，这些碳氢化合物完全燃烧生成二氧化碳和水，则这两类燃料是清洁燃料，故D正确；

故选：C。

【点评】本题考查了化学与生产生活的关系，明确相关物质的组成、性质及用途是解题关键，侧重考查环境保护与能源的开发与利用，题目难度不大。

2．（6分）下列说法正确的是（　　）

【考点】HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有

【专题】534：有机物的化学性质及推断．

【分析】A．植物油含有不饱和烃基，可与氢气发生加成反应；

B．淀粉和纤维素都为高分子化合物，二者的分子式不同；

C．环己烷与苯与高锰酸钾都不反应；

D．溴苯和苯都不溶于水．

【解答】解：A．植物油氢化过程为与氢气发生加成反应的过程，由不饱和烃基变为饱和烃基，故A正确；

B．淀粉和纤维素都为高分子化合物，聚合度介于较大范围之间，没有具体的值，则二者的分子式不同，不是同分异构体，故B错误；

C．环己烷为饱和烃，苯性质稳定，二者与高锰酸钾都不反应，不能鉴别，故C错误；

D．溴苯和苯混溶，且二者都不溶于水，不能用水分离，故D错误。

故选：A。

【点评】本题综合考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，本题易错点为B，注意把握高分子化合物的特点，难度不大．

3．（6分）下列实验操作规范且能达到目的是（　　）

A．AB．B C．C D．D 

【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有

【专题】542：化学实验基本操作．

【分析】A．酸式滴定管刻度以下部分还有盐酸；

B．碘易溶于酒精，且酒精可与水混溶；

C．湿润pH试纸，溶液浓度发生变化；

D．不能在容量瓶中溶解固体．

【解答】解：A.50 mL酸式滴定管，50mL以下没有刻度，可容纳盐酸，则将剩余盐酸放入锥形瓶，体积大于20mL，故A错误；

B．碘易溶于酒精，可使试管内壁的碘除去，且酒精可与水混溶，用水冲洗可达到洗涤的目的，故B正确；

C．湿润pH试纸，溶液浓度发生变化，导致测定结果偏低，故C错误；

D．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，且只能在常温下使用，不能在容量瓶中溶解固体，故D错误。

故选：B。

【点评】本题考查较为综合，涉及仪器的使用、洗涤、pH的测定以及溶液的配制等操作，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等．

4．（6分）N_A为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）

A．0.1 mol 的¹¹B中，含有0.6N_A个中子

B．pH=1的H₃PO₄溶液中，含有0.1N_A个H⁺

C．2.24L（标准状况）苯在O₂中完全燃烧，得到0.6N_A个CO₂分子

D．密闭容器中1 mol PCl₃与1 mol Cl₂反应制备 PCl₅（g），增加2N_A个P﹣Cl键

【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有

【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．

【分析】A．B的质子数为5，¹¹B中含有中子数=质量数﹣质子数=11﹣5=6；

B．缺少溶液体积，无法计算氢离子数目；

C．标况下苯的状态不是气体；

D．该反应为可逆反应，反应物不可能完全转化成生成物．

【解答】解：A．¹¹B中含有中子数=11﹣5=6，0.1 mol 的¹¹B中含有0.6mol中子，含有0.6N_A个中子，故A正确；

B．没有告诉pH=1的H₃PO₄溶液的体积，无法计算溶液中含有氢离子的物质的量就数目，故B错误；

C．标准状况下苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故C错误；

D．PCl₃与Cl₂生成PCl₅的反应为可逆反应，则生成PCl₅的物质的量小于1mol，增加的P﹣Cl键小于2N_A，故D错误；

故选：A。

【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的计算与判断，题目难度不大，明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握物质的量与其它物理量之间的关系，B为易错点，注意缺少溶液体积．

5．（6分）全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S₈材料，电池反应为：16Li+xS₈=8Li₂S_x（2≤x≤8）。下列说法错误的是（　　）

【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．菁优网版权所有

【专题】51I：电化学专题．

【分析】由电池反应16Li+xS₈=8Li₂S_x（2≤x≤8）可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为：Li﹣e^﹣=Li⁺，Li⁺移向正极，所以a是正极，发生还原反应：S₈+2e^﹣=S₈^2﹣，S₈^2﹣+2Li⁺=Li₂S₈，3Li₂S₈+2Li⁺+2e^﹣=4Li₂S₆，2Li₂S₆+2Li⁺+2e^﹣=3Li₂S₄，Li₂S₄+2Li⁺+2e^﹣=2Li₂S₂，根据电极反应式结合电子转移进行计算．

【解答】解：A．据分析可知正极可发生反应：2Li₂S₆+2Li⁺+2e^﹣=3Li₂S₄，故A正确；

B．负极反应为：Li﹣e^﹣=Li⁺，当外电路流过0.02mol电子时，消耗的锂为0.02mol，负极减重的质量为0.02mol×7g/mol=0.14g，故B正确；

C．硫作为不导电的物质，导电性非常差，而石墨烯的特性是室温下导电最好的材料，则石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性，故C正确；

D．充电时a为阳极，与放电时的电极反应相反，则充电时间越长，电池中的Li₂S₂量就会越少，故D错误；

故选：D。

【点评】本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据离子的流向判断原电池的正负极，题目难度中等．

6．（6分）短周期元素W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外电子数之和为21．下列关系正确的是（　　）

A．氢化物沸点：W＜Z

B．氧化物对应水化物的酸性：Y＞W

C．化合物熔点：Y₂X₃＜YZ₃

D．简单离子的半径：Y＜X

【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用．菁优网版权所有

【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．

【分析】由元素在周期表中的位置可知W、X为第二周期，Y、Z为第三周期，设Y的最外层电子数为n，则W的最外层电子数为n+2、X的最外层电子数为n+3、Z的最外层电子数为n+4，则n+n+2+n+3+n+4=21，4n=12，n=3，则Y为Al元素，W为N元素，X为O元素，Z为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题．

【解答】解：由以上分析可知X为O、Y为Al、Z为Cl、W为N元素，

A．W为N元素，对应的氢化物分子之间可形成氢键，沸点比HCl高，故A错误；

B．Y为Al，对应的氧化物的水化物呈碱性，W为N，对应的氧化物的水化物溶液呈酸性，故B错误；

C．Al₂O₃离子化合物，AlCl₃为共价化合物，则离子化合物的熔点较高，故C错误；

D．X为O、Y为Al，对应的离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，故D正确。

故选：D。

【点评】本题考查位置结构性质关系应用，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，元素的相对位置以及核外最外层电子的关系是解答本题的突破口，明确短周期及元素在周期表中的位置来推断，注意基础知识的理解掌握，难度不大．

7．（6分）在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl^﹣会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO₄，生成CuCl沉淀从而除去Cl^﹣．根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是（　　）

A．K_sp（CuCl）的数量级为10^﹣7

B．除Cl^﹣反应为Cu+Cu²⁺+2Cl^﹣=2CuCl

C．加入Cu越多，Cu⁺浓度越高，除Cl^﹣效果越好

D．2Cu⁺=Cu²⁺+Cu平衡常数很大，反应趋于完全

【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；GP：铜金属及其重要化合物的主要性质．菁优网版权所有

【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】A．根据Ksp（CuCl）=c（Cu⁺）×c（Cl^﹣）判断；

B．涉及反应物为铜、硫酸铜以及氯离子，生成物为CuCl；

C．铜为固体，加入铜的量的多少不能影响化学反应速率和效率；

D．酸性条件下，Cu⁺不稳定，易发生2Cu⁺=Cu²⁺+Cu。

【解答】解：A．由图象可知，横坐标为1时，lgc（Cu⁺）大于﹣6，则K_sp（CuCl）的数量级为10^﹣7，故A正确；

B．涉及反应物为铜、硫酸铜以及氯离子，生成物为CuCl，反应的方程式为Cu+Cu²⁺+2Cl^﹣=2CuCl，故B正确；

C．发生Cu+Cu²⁺+2Cl^﹣=2CuCl，反应的效果取决于Cu²⁺的浓度，如Cu²⁺不足，则加入再多的Cu也不能改变效果，故C错误；

D．由题图可知，交点处c（Cu⁺）=c（Cu²⁺）≈10﹣6mol/L，则2Cu⁺=Cu²⁺+Cu平衡常数K=10⁶，该平衡常数很大，2Cu⁺=Cu²⁺+Cu趋向于完全，故D正确。

故选：C。

【点评】本题综合考查含铜化合物的性质与应用，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意题给信息以及图标的分析，把握溶度积的计算，难度不大

二、解答题（共3小题，满分43分）

8．（14分）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：

（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知：　样品中没有Fe（Ⅲ）　、　Fe（Ⅱ）易被空气氧化为Fe（Ⅲ）　。

（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K₁和K₂）（设为装置A）称重，记为m₁ g．将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m₂ g．按下图连接好装置进行实验。

①仪器B的名称是　干燥管　。

②将下列实验操作步骤正确排序　dabfce　（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m₃ g。

a．点燃酒精灯，加热b。熄灭酒精灯c。关闭K₁和K₂

d．打开K₁和K₂，缓缓通入N₂ e．称量A     f．冷却至室温

③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=　　（列式表示）。若实验时按a、d次序操作，则使x　偏小　（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。

（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K₁和K₂，缓缓通入N₂，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。

①C、D中的溶液依次为　c、a　（填标号）。C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为　产生白色沉淀、褪色　。

a．品红  b．NaOH  c．BaCl₂ d．Ba（NO₃）₂ e．浓H₂SO₄

②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式　2FeSO₄Fe₂O₃+SO₂↑+SO₃↑　。

【考点】U2：性质实验方案的设计．菁优网版权所有

【专题】546：无机实验综合．

【分析】（1）亚铁离子不稳定，易被空气中氧气氧化生成铁离子；

（2）①根据仪器的图形可判断仪器名称；

②实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，冷却至室温再称量固体质量的变化；

③直至A恒重，记为m₃ g，应为FeSO₄和装置的质量，则m（FeSO₄）=（m₃﹣m₁）。m（H₂O）=（m₂﹣m₃），以此计算n（H₂O）、n（FeSO₄），结晶水的数目等于；若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化；

（3）硫酸亚铁高温分解可生成Fe₂O₃、SO₃、SO₂，C为氯化钡，用于检验SO₃，D为品红，可用于检验SO₂。

【解答】解：（1）滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，可知样品中没有Fe（Ⅲ），但亚铁离子不稳定，易被空气中氧气氧化生成铁离子，最终溶液变红色，

故答案为：样品中没有Fe（Ⅲ）；Fe（Ⅱ）易被空气氧化为Fe（Ⅲ）；

（2）①由仪器的图形可知B为干燥管，故答案为：干燥管；

②实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，排出生成的水，冷却后注意关闭开关，冷却至室温再称量固体质量的变化，则正确的顺序为dabfce，

故答案为：dabfce；

③直至A恒重，记为m₃ g，应为FeSO₄和装置的质量，则m（FeSO₄）=（m₃﹣m₁），m（H₂O）=（m₂﹣m₃），则n（H₂O）=、n（FeSO₄）=，结晶水的数目等于=，

若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化，则导致固体质量偏大，测定结果偏小，

故答案为：；偏小；

（3）①实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe₂O₃，则反应中Fe元素化合价升高，S元素化合价应降低，则一定生成SO₂，可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe₂O₃、SO₃、SO₂，C为氯化钡，用于检验SO₃，可观察到产生白色沉淀，D为品红，可用于检验SO₂，品红褪色，

故答案为：c、a；产生白色沉淀、褪色；

②硫酸亚铁高温分解可生成Fe₂O₃、SO₃、SO₂，方程式为2FeSO₄Fe₂O₃+SO₂↑+SO₃↑，

故答案为：2FeSO₄Fe₂O₃+SO₂↑+SO₃↑。

【点评】本题为2017年广西试题，以绿矾为载体，考查结晶水合物中结晶水数目的测定以及分解产物的鉴别，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，注意把握实验原理、实验技能以及物质性质的分析，题目难度中等。

9．（15分）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO•Cr₂O₃，还含有硅、铝等杂质．制备流程如图所示：

回答下列问题：

（1）步骤①的主要反应为：FeO•Cr₂O₃+Na₂CO₃+NaNO₃ Na₂CrO₄+Fe₂O₃+CO₂+NaNO₂

上述反应配平后FeO•Cr₂O₃与NaNO₃的系数比为　2：7　．该步骤不能使用陶瓷容器，原因是　陶瓷在高温下会与Na₂CO₃反应　．

（2）滤渣1中含量最多的金属元素是　Fe　，滤渣2的主要成分是　Al（OH）₃　及含硅杂质．

（3）步骤④调滤液2的pH使之变　小　（填“大”或“小”），原因是　2CrO₄^2﹣+2H⁺⇌Cr₂O₇^2﹣+H₂O　（用离子方程式表示）．

（4）有关物质的溶解度如图所示．向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K₂Cr₂O₇固体．冷却到　d　（填标号）得到的K₂Cr₂O₇固体产品最多．

a.80℃b.60℃c.40℃d.10℃

步骤⑤的反应类型是　复分解反应　．

（5）某工厂用m₁ kg 铬铁矿粉（含Cr₂O₃ 40%）制备K₂Cr₂O₇，最终得到产品 m₂ kg，产率为　×100%　．

【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有

【专题】546：无机实验综合．

【分析】铬铁矿的主要成分为FeO•Cr₂O₃，还含有硅、铝等杂质，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤①的主要反应为FeO•Cr₂O₃+Na₂CO₃+NaNO₃ Na₂CrO₄+Fe₂O₃+CO₂+NaNO₂，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+3价，由电子、原子守恒可知，反应为2FeO•Cr₂O₃+4Na₂CO₃+7NaNO₃ 4Na₂CrO₄+Fe₂O₃+4CO₂+7NaNO₂，该步骤中若使用陶瓷，二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，则使用铁坩埚，熔块水浸过滤分离出滤渣1含Fe₂O₃，滤液1中含NaAlO₂、Na₂CrO₄，调节pH过滤分离出Al（OH）₃、含Si物质，滤液2中含Na₂CrO₄，④中调节pH发生2CrO₄^2﹣+2H⁺⇌Cr₂O₇^2﹣+H₂O，滤液3含Na₂Cr₂O₇，由水中的溶解度：Na₂Cr₂O₇＞K₂Cr₂O₇，可知⑤中向Na₂Cr₂O₇溶液中加入KCl固体后得到K₂Cr₂O₇，溶解度小的析出，以此来解答．

【解答】解：（1）由上述分析可知步骤①的主要反应为2FeO•Cr₂O₃+4Na₂CO₃+7NaNO₃ 4Na₂CrO₄+Fe₂O₃+4CO₂+7NaNO₂，则FeO•Cr₂O₃与NaNO₃的系数比为2：7，该步骤不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，

故答案为：2：7；陶瓷在高温下会与Na₂CO₃反应；

（2）由上述分析可知，滤渣1含Fe₂O₃，滤渣1中含量最多的金属元素是Fe，滤渣2的主要成分是Al（OH）₃及含硅杂质，

故答案为：Fe；Al（OH）₃；

（3）④中调节pH发生2CrO₄^2﹣+2H⁺⇌Cr₂O₇^2﹣+H₂O，则步骤④调滤液2的pH使之变小，增大氢离子浓度，平衡正向移动，利于生成Cr₂O₇^2﹣，

故答案为：小；2CrO₄^2﹣+2H⁺⇌Cr₂O₇^2﹣+H₂O；

（4）向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K₂Cr₂O₇固体，由溶解度可知，冷却到40℃K₂Cr₂O₇固体的溶解度在四种物质中较小、且溶解度较大，过滤分离产品最多，10℃时最合适；步骤⑤发生Na₂Cr₂O₇+2KCl=K₂Cr₂O₇↓+2NaCl，反应类型是复分解反应，

故答案为：d；复分解反应；

（5）用m₁ kg 铬铁矿粉（含Cr₂O₃ 40%）制备K₂Cr₂O₇，最终得到产品 m₂ kg，产率为，由Cr原子守恒可知，则产率为×100%，

故答案为：×100%．

【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大．

10．（14分）砷（As）是第四周期ⅤA族元素，可以形成As₂S₃、As₂O₅、H₃AsO₃、H₃AsO₄等化合物，有着广泛的用途．回答下列问题：

（1）画出砷的原子结构示意图　　．

（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As₂S₃）制成浆状，通入O₂氧化，生成H₃AsO₄和单质硫．写出发生反应的化学方程式　2As₂S₃+5O₂+6H₂O=4H₃AsO₄+6S　．该反应需要在加压下进行，原因是　增加反应物O₂的浓度，提高As₂S₃的转化速率　．

（3）已知：As（s）+H₂（g）+2O₂（g）=H₃AsO₄（s）△H₁

H₂（g）+O₂（g）=H₂O（l）△H₂

2As（s）+O₂（g）=As₂O₅（s）△H₃

则反应As₂O₅（s）+3H₂O（l）=2H₃AsO₄（s）的△H=　2△H₁﹣3△H₂﹣△H₃　．

（4）298K时，将20mL 3x mol•L^﹣1 Na₃AsO₃、20mL 3x mol•L^﹣1 I₂和20mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO₃^3﹣（aq）+I₂（aq）+2OH^﹣⇌AsO₄^3﹣（aq）+2I^﹣（aq）+H₂O（l）．溶液中c（AsO₄^3﹣）与反应时间（t）的关系如图所示．

①下列可判断反应达到平衡的是　ac　（填标号）．

a．溶液的pH不再变化

b．v（I^﹣）=2v（AsO₃^3﹣）

c．c （AsO₄^3﹣）/c （AsO₃^3﹣）不再变化

d．c（I^﹣）=y mol•L^﹣1

②t_m时，v_正　大于　 v_逆（填“大于”“小于”或“等于”）．

③t_m时v_逆　小于　 t_n时v_逆（填“大于”“小于”或“等于”），理由是　t_m时生成物浓度较低　．

④若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数K为　　．

【考点】BE：热化学方程式；CB：化学平衡的影响因素；CK：物质的量或浓度随时间的变化曲线．菁优网版权所有

【专题】517：化学反应中的能量变化；51E：化学平衡专题．

【分析】（1）砷元素原子序数为33，原子核外有四个电子层，最外层5个电子，据此写出原子结构示意图：

（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As₂O₃）制成浆状，通入O₂氧化，生成H₃AsO₄和单质硫，结合氧化还原反应电子守恒和原子守恒书写化学方程式，反应为气体体积减小的反应，增大压强可增加气体反应物的浓度，进而提高As₂S₃的转化速率；

（3）①As（s）+H₂（g）+2O₂（g）=H₃AsO₄（s）△H₁

②H₂（g）+O₂（g）=H₂O（l）△H₂

③2As（s）+O₂（g）=As₂O₅（s）△H₃

盖斯定律计算得到反应As₂O₅（s）+3H₂O（l）=2H₃AsO₄（s）的△H；

（4）①达到平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变；

②反应从正反应开始进行，t_m时反应继续正向进行；

③物质的浓度越大，反应速率越大；

④根据反应的离子方程式，计算平衡时各物种的浓度，可计算平衡常数．

【解答】解：（1）砷元素原子序数为33，原子核外有四个电子层，最外层5个电子，原子结构示意图为，

故答案为：；

（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As₂O₃）制成浆状，通入O₂氧化，生成H₃AsO₄和单质硫，砷元素化合价+3价变化为+5价，反应的化学方程式为2As₂S₃+5O₂+6H₂O=4H₃AsO₄+6S，增大压强，可增加O₂反应速率，提高As₂S₃的转化速率；

故答案为：2As₂S₃+5O₂+6H₂O=4H₃AsO₄+6S；增加反应物O₂的浓度，提高As₂S₃的转化速率；

（3）已知：①As（s）+H₂（g）+2O₂（g）=H₃AsO₄（s）△H₁

②H₂（g）+O₂（g）=H₂O（l）△H₂

③2As（s）+O₂（g）=As₂O₅（s）△H₃

则利用盖斯定律将①×2﹣②×3﹣③可得As₂O₅（s）+3H₂O（l）=2H₃AsO₄（s）△H=2△H₁﹣3△H₂﹣△H₃，

故答案为：2△H₁﹣3△H₂﹣△H₃；

（4）①a．溶液pH不变时，则c（OH^﹣）也保持不变，反应达到平衡状态，故a正确；

b．同一个化学反应，速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡，都存在v（I^﹣）=2v（AsO₃^3﹣），故b错误；

c．c （AsO₄^3﹣）/c （AsO₃^3﹣）不再变化，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，故c正确；

d．由图可知，当c （AsO₄^3﹣）=y mol•L^﹣1时，浓度不再发生变化，则达到平衡状态，由方程式可知此时c（I^﹣）=2y mol•L^﹣1，所以c（I^﹣）=y mol•L^﹣1时没有达到平衡状态，故d错误．

故答案为：ac；

②反应从正反应开始进行，t_m时反应继续正向进行，则v_正 大于 v_逆，故答案为：大于；

③t_m时比t_n时浓度更小，则逆反应速率更小，故答案为：小于；t_m时生成物浓度较低；

④反应前，三种溶液混合后，Na₃AsO₃的浓度为3xmol/L×=xmol/L，同理I₂的浓度为xmol/L，反应达到平衡时，生产c（AsO₄^3﹣）为ymol/L，则反应生产的c（I^﹣）=2ymol/L，消耗的AsO₃^3﹣、I₂的浓度均为ymol/L，平衡时c（AsO₃^3﹣）=（x﹣y）mol/L，c（I₂）=（x﹣y）mol/L，溶液中c（OH^﹣）=1mol/L，则K==，

故答案为：．

【点评】本题为2017年广西考题，综合考查热化学方程式、化学平衡的计算以及影响因素等知识，侧重考查学生的分析能力、计算能力，题中易错点为（4），注意把握图象的分析以及数据的处理，难度中等．

[化学--选修3：物质结构与性质]

11．（15分）研究发现，在CO₂低压合成甲醇反应（CO₂+3H₂=CH₃OH+H₂O）中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景．回答下列问题：

（1）Co基态原子核外电子排布式为　1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁷4s²或[Ar]3d⁷4s²　．元素Mn与O中，第一电离能较大的是　O　，基态原子核外未成对电子数较多的是　Mn　．

（2）CO₂和CH₃OH分子中C原子的杂化形式分别为　sp　和　sp³　．

（3）在CO₂低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为　H₂O＞CH₃OH＞CO₂＞H₂　，原因是　H₂O与CH₃OH均为极性分子，H₂O中氢键比甲醇多；CO₂与H₂均为非极性分子，CO₂分子量较大，范德华力较大　．

（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn（NO₃）₂中的化学键除了σ键外，还存在　π键、离子键　．

（5）MgO具有NaCl型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420nm，则r（O^2﹣）为　0.148　nm．MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a'=0.448nm，则r（Mn²⁺）为　0.076　nm．

【考点】86：原子核外电子排布；9I：晶胞的计算．菁优网版权所有

【专题】51D：化学键与晶体结构．

【分析】（1）Co是27号元素，可按照能量最低原理书写电子排布式；O为非金属性，难以失去电子，第一电离能较大；

（2）CO₂和CH₃OH分子中C原子分别形成2、4个σ键；

（3）水和甲醇分子间都存在氢键，二氧化碳和氢气常温下为气体，结合氢键数目和相对分子质量判断；

（4）Mn（NO₃）₂为离子化合物，含有离子键、共价键，共价键含有σ键和π键；

（5）阴离子采用面心立方最密堆积方式，位于顶点和面心；阳离子为体心立方堆积，体心和棱，以此计算半径．

【解答】解：（1）Co是27号元素，位于元素周期表第4周期第VIII族，其基态原子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁷4s²或[Ar]3d⁷4s²．元素Mn与O中，由于O元素是非金属性而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大的是O，O基态原子价电子为2s²2p⁴，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子价电子排布为3d⁵4s²，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn，

故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁷4s²或[Ar]3d⁷4s²；O；Mn；

（2）CO₂和CH₃OH的中心原子C原子的价层电子对数分别为2和4，所以CO₂和CH₃OH分子中C原子的杂化形式分别为sp和sp³，

故答案为：sp；sp³；

（3）在CO₂低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为H₂O＞CH₃OH＞CO₂＞H₂，原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；水分子中有两个氢原子都可以参与形成分子间氢键，而甲醇分子中只有一个羟基上的氢原子可用于形成分子间氢键，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高，

故答案为：H₂O＞CH₃OH＞CO₂＞H₂；H₂O与CH₃OH均为极性分子，H₂O中氢键比甲醇多；CO₂与H₂均为非极性分子，CO₂分子量较大，范德华力较大；

（4）硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N原子与3个氧原子形成3个σ键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在π键，

故答案为：π键、离子键；

（5）因为O^2﹣是面心立方最密堆积方式，面对角线是O^2﹣半径的4倍，即4r=a，解得r=nm=0.148nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构，晶胞参数=2 r（O^2﹣）+2r（Mn²⁺），

则r（Mn²⁺）==0.076nm．

故答案为：0.148；0.076．

【点评】本题为2017年广西考题，涉及核外电子排布、晶胞计算、杂化轨道等知识，侧重考查学生的分析能量和计算能力，需要学生熟练掌握晶胞结构，具备一定的数学计算能力，难度中等．

[化学--选修5：有机化学基础]

12．氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如下：

回答下列问题：

（1）A的结构简式为　　。C的化学名称是　三氟甲苯　。

（2）③的反应试剂和反应条件分别是　浓HNO₃/浓H₂SO₄，加热　，该反应的类型是　取代反应　。

（3）⑤的反应方程式为　　。吡啶是一种有机碱，其作用是　吸收反应产生的氯化氢，提高反应转化率　。

（4）G的分子式为　C₁₁H₁₁F₃N₂O₃　。

（5）H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有　9　种。

（6）4﹣甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备4﹣甲氧基乙酰苯胺的合成路线　　（其他试剂任选）。

【考点】HC：有机物的合成．菁优网版权所有

【专题】534：有机物的化学性质及推断．

【分析】由B的分子式可知A为，则B为，C为三氟甲苯，发生硝化反应生成D，D还原生成E，生成F为，然后发生硝化反应生成G，结合对应的有机物的结构和性质解答（1）～（4）；

（5）H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则苯环有3个不同 的取代基，对应的同分异构体的种类为种；

（6）由苯甲醚（）制备4﹣甲氧基乙酰苯胺，可先与浓硝酸发生取代反应生成，发生还原反应生成，最后与CH₃COCl发生取代反应可生成，以此解答该题。

【解答】解：（1）由以上分析可知A为甲苯，结构简式为，C的化学名称是三氟甲苯，故答案为：；三氟甲苯；

（2）③为三氟甲苯的硝化反应，反应条件是在浓硫酸作用下，加热，与浓硝酸发生取代反应，

故答案为：浓HNO₃/浓H₂SO₄，加热；取代反应；

（3）⑤的反应方程式为，反应中吡啶的作用是吸收反应产生的氯化氢，提高反应转化率，

故答案为：；吸收反应产生的氯化氢，提高反应转化率；

（4）由结构简式可知G的分子式为C₁₁H₁₁F₃N₂O₃，故答案为：C₁₁H₁₁F₃N₂O₃；

（5）H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则苯环有3个不同 的取代基，如固定一种取代基，则对应的同分异构体的种类为=10，或者说，固定﹣CF₃和﹣NO₂，如﹣CF₃和﹣NO₂处于邻位，另一种取代基有4种位置，﹣CF₃和﹣NO₂处于间位，另一种取代基有4种位置，﹣CF₃和﹣NO₂处于对位，另一种取代基有2种位置，共10种，则H可能的结构还有9种，

故答案为：9；

（6）由苯甲醚（）制备4﹣甲氧基乙酰苯胺，可先与浓硝酸发生取代反应生成，发生还原反应生成，最后与CH₃COCl发生取代反应可生成，则合成流程为，

故答案为：。

【点评】本题考查有机物的合成，为2017云南考题，侧重考查学生的分析能力，注意把握题给信息，把握官能团的变化，对比有机物的结构简式，推断A为解答该题的突破口，难度中等。

2017年全国高考统一生物试卷（新课标Ⅲ）

一、选择题：本题共6个小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．（6分）下列关于真核细胞中转录的叙述，错误的是（　　）

A．tRNA、rRNA和mRNA都从DNA转录而来

B．同一细胞中两种RNA的合成有可能同时发生

C．细胞中的RNA合成过程不会在细胞核外发生

D．转录出的RNA链与模板链的相应区域碱基互补

2．（6分）下列与细胞相关的叙述，错误的是（　　）

A．动物体内的激素可以参与细胞间的信息传递

B．叶肉细胞中光合作用的暗反应发生在叶绿体基质中

C．癌细胞是动物体内具有自养能力并快速增殖的细胞

D．细胞凋亡是由基因决定的细胞自动结束生命的过程

3．（6分）植物光合作用的作用光谱是通过测量光合作用对不同波长光的反应（如O₂的释放）来绘制的。下列叙述错误的是（　　）

A．类胡萝卜素在红光区吸收的光能可用于光反应中ATP的合成

B．叶绿素的吸收光谱可通过测量其对不同波长光的吸收值来绘制

C．光合作用的作用光谱也可用CO₂的吸收速率随光波长的变化来表示

D．叶片在640～660nm波长光下释放O₂是由叶绿素参与光合作用引起的

4．（6分）若给人静脉注射一定量的0.9%NaCl溶液，则一段时间内会发生的生理现象是（　　）

A．机体血浆渗透压降低，排出相应量的水后恢复到注射前水平

B．机体血浆量增加，排出相应量的水后渗透压恢复到注射前水平

C．机体血浆量增加，排出相应量的NaCl和水后恢复到注射前水平

D．机体血浆渗透压上升，排出相应量的NaCl后恢复到注射前水平

5．（6分）某陆生植物种群的个体数量较少，若用样方法调查其密度，下列做法合理的是（　　）

A．将样方内的个体进行标记后再计数

B．进行随机取样，适当扩大样方的面积

C．采用等距取样法，适当减少样方数量

D．采用五点取样法，适当缩小样方的面积

6．（6分）下列有关基因型、性状和环境的叙述，错误的是（　　）

A．两个个体的身高不相同，二者的基因型可能相同，也可能不相同

B．某植物的绿色幼苗在黑暗中变成黄色，这种变化是由环境造成的

C．O型血夫妇的子代都是O型血，说明该性状是由遗传因素决定的

D．高茎豌豆的子代出现高茎和矮茎，说明该相对性状是由环境决定的

二、非选择题

7．（8分）利用一定方法使细胞群体处于细胞周期的同一阶段，称为细胞周期同步化．以下是能够实现动物细胞周期同步化的三种方法．回答下列问题：

（1）DNA合成阻断法：在细胞处于对数生长期的培养液中添加适量的DNA合成可逆抑制剂，处于　   　期的细胞不受影响而继续细胞周期的运转，最终细胞会停滞在细胞周期的　   　期，以达到细胞周期同步化的目的．

（2）秋水仙素阻断法：在细胞处于对数生长期的培养液中添加适量的秋水仙素，秋水仙素能够抑制　   　，使细胞周期被阻断，即可实现细胞周期同步化．经秋水仙素处理的细胞　   　（填“会”或“不会”）被阻断在间期．

（3）血清饥饿法：培养液中缺少血清可以使细胞周期停滞在间期，以实现细胞周期同步化，分裂间期的特点是　   　（答出1点即可）．

8．（9分）干旱可促进植物体内脱落酸（ABA）的合成，取正常水分条件下生长的某种植物的野生型和ABA缺失突变幼苗，进行适度干旱处理，测定一定时间内茎叶和根的生长量，结果如图所示：

回答下列问题：

（1）综合分析上图可知，干旱条件下，ABA对野生型幼苗的作用是　   　．

（2）若给干旱处理的突变体幼苗施加适量的ABA，推测植物叶片的蒸腾速率会　   　，以对环境的变化作出反应．

（3）ABA有“逆境激素”之称，其在植物体中的主要合成部位有　   　（答出两点即可）．

（4）根系是植物吸收水分的主要器官．根细胞内水分的主要作用有　   　（答出两点即可）．

9．（10分）为研究胰岛素的生理作用，某同学将禁食一段时间的实验小鼠随机分为A、B、C、D四组，A组腹腔注射生理盐水，B、C、D三组均腹腔注射等量胰岛素溶液，一段时间后，B、C、D三组出现反应迟钝、嗜睡等症状，而A组未出现这些症状．回答下列问题：

（1）B、C、D三组出现上述症状的原因是　   　．

（2）B、C、D三组出现上述症状后进行第二次注射，给B组腹腔注射生理盐水；为尽快缓解上述症状给C组注射某种激素、给D组注射某种营养物质．那么C组注射的激素是　   　，D组注射的营养物质是　   　．

（3）第二次注射后，C、D两组的症状得到缓解，缓解的机理分别是　   　．

10．（12分）已知某种昆虫的有眼（A）与无眼（a）、正常刚毛（B）与小刚毛（b）、正常翅（E）与斑翅（e）这三对相对性状各受一对等位基因控制。现有三个纯合品系：①aaBBEE、②AAbbEE和③AABBee．假定不发生染色体变异和染色体交换，回答下列问题：

（1）若A/a、B/b、E/e这三对等位基因都位于常染色体上，请以上述品系为材料，设计实验来确定这三对等位基因是否分别位于三对染色体上。（要求：写出实验思路、预期实验结果、得出结论）

（2）假设A/a、B/b这两对等位基因都位于X染色体上，请以上述品系为材料，设计实验对这一假设进行验证。（要求：写出实验思路、预期实验结果、得出结论）

　   　。

[生物--选修1：生物技术实践]

11．（15分）绿色植物甲含有物质W，该物质为无色针状晶体，易溶于极性有机溶剂，难溶于水，且受热、受潮易分解．其提取流程为：植物甲→粉粹→加溶剂→振荡→收集提取液→活性炭处理→过滤去除活性炭→蒸馏（含回收溶剂）→重结晶→成品．回答下列问题：

（1）在提取物质W时，最好应选用的一种原料是　   　（填“高温烘干”“晾干”或“新鲜”）的植物甲，不宜选用其他两种的原因是　   　．

（2）提取物质W时，振荡的作用是　   　．

（3）活性炭具有很强的吸附能力，在提取过程中，用活性炭处理提取液的目的是　   　．

（4）现有丙酮（沸点56℃）、乙醇（沸点约78℃）两种溶剂，在提取物质W时，应选用丙酮作用提取剂，理由是　   　．

（5）该实验操作过程中应注意的事项是　   　（答出两点即可）．

[生物--选修3：现代生物科技专题]

12．编码蛋白甲的DNA序列（序列甲）由A、B、C、D、E五个片段组成，编码蛋白乙和丙的序列由序列甲的部分片段组成，如图1所示．

回答下列问题：

（1）现要通过基因工程的方法获得蛋白乙，若在启动子的下游直接接上编码蛋白乙的DNA序列（TTCGCTTCT…CAGGAAGGA），则所构建的表达载体转入宿主细胞后不能翻译出蛋白乙，原因是　   　．

（2）某同学在用PCR技术获取DNA片段B或D的过程中，在PCR反应体系中加入了DNA聚合酶、引物等，还加入了序列甲作为　   　，加入了　   　作为合成DNA的原料．

（3）现通过基因工程方法获得了甲、乙、丙三种蛋白，要鉴定这三种蛋白是否具有刺激T淋巴细胞增殖的作用，某同学做了如下实验：将一定量的含T淋巴细胞的培养液平均分成四组，其中三组分别加入等量的蛋白甲、乙、丙，另一组作为对照，培养并定期检测T淋巴细胞浓度，结果如图2．

①由图2可知，当细胞浓度达到a时，添加蛋白乙的培养液中T淋巴细胞浓度不再增加，此时若要使T淋巴细胞继续增殖，可采用的方法是　   　．细胞培养过程中，培养箱中通常要维持一定的CO₂浓度，CO₂的作用是　   　．

②仅根据图、图2可知，上述甲、乙、丙三种蛋白中，若缺少　   　（填“A”“B”“C”“D”或“E”）片段所编码的肽段，则会降低其刺激T淋巴细胞增殖的效果．

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2017年全国高考统一生物试卷（新课标Ⅲ）

参考答案与试题解析

一、选择题：本题共6个小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．（6分）下列关于真核细胞中转录的叙述，错误的是（　　）

【考点】7F：遗传信息的转录和翻译．菁优网版权所有

【专题】41：正推法；525：遗传信息的转录和翻译．

【分析】转录是指在细胞内，以DNA一条链为模板，按照碱基互补配对原则，合成RNA的过程。

RNA是核糖核酸的简称，有多种功能：①有少数酶是RNA，即某些RNA有催化功能；②某些病毒的遗传物质是RNA；③rRNA是核糖体的构成成分；④mRNA携带着从DNA转录来的遗传信息；⑤tRNA可携带氨基酸进入核糖体中参与蛋白质的合成。

【解答】解：A、转录是以DNA一条链为模板，以核糖核苷酸为原料，合成RNA的过程，包括tRNA、rRNA和mRNA，A正确；

B、不同的RNA由不同的基因转录而来，所以同一细胞中两种RNA的合成有可能同时发生，B正确；

C、细胞中的RNA合成过程主要在细胞核内发生，在细胞质的线粒体和叶绿体中也能进行转录合成RNA，C错误；

D、转录是以DNA一条链为模板，以核糖核苷酸为原料，遵循碱基互补配对原则，所以转录出的RNA链与模板链的相应区域碱基互补，D正确。

故选：C。

【点评】本题考查DNA分子转录的相关知识，意在考查学生的识记能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题的能力。

2．（6分）下列与细胞相关的叙述，错误的是（　　）

【考点】24：细胞膜的功能；3J：光反应、暗反应过程的能量变化和物质变化；57：细胞凋亡的含义；5A：癌细胞的主要特征．菁优网版权所有

【专题】44：对比分析法；51C：光合作用与细胞呼吸；51F：细胞的分化、衰老和凋亡．

【分析】1、细胞膜的功能：①将细胞与外界环境分开；②控制物质进出细胞；③进行细胞间的物质交流．

2、光合作用包括光反应和暗反应，场所分别是叶绿体的类囊体薄膜上和叶绿体基质中．

3、癌细胞的主要特征：能无限增殖；细胞形态结构发生显著改变；细胞表面发生变化，细胞膜上的糖蛋白等物质减少，细胞间的黏着性降低，导致细胞易扩散转移．

4、细胞凋亡是指由基因控制的细胞自动结束生命的过程，又称为细胞编程性死亡，细胞凋亡有利于生物个体完成正常发育，维持内部环境的稳定，抵御外界各种因素的干扰．

【解答】解：A、动物体内的激素可以参与细胞间的信息传递，属于体液调节，A正确；

B、叶肉细胞中光合作用的光反应发生在类囊体薄膜上，暗反应发生在叶绿体基质中，B正确；

C、癌细胞是动物体内快速而无限增殖的细胞，但不能将无机物合成有机物，需要从它生存的环境中获取自身增殖所需要的营养物质，属于异养型，所以不具有自养能力，C错误；

D、细胞凋亡是由基因决定的细胞自动结束生命的过程，即细胞编程性死亡，D正确。

故选：C。

【点评】本题综合考查细胞间的信息传递、光合作用、癌细胞和细胞凋亡的相关知识，意在考查学生的识记能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题和解决问题的能力．

3．（6分）植物光合作用的作用光谱是通过测量光合作用对不同波长光的反应（如O₂的释放）来绘制的。下列叙述错误的是（　　）

【考点】3H：叶绿体结构及色素的分布和作用；3J：光反应、暗反应过程的能量变化和物质变化．菁优网版权所有

【专题】44：对比分析法；51C：光合作用与细胞呼吸．

【分析】叶绿体中的色素主要有叶绿素和类胡萝卜素，叶绿体又分为叶绿素a和叶绿素b，类胡萝卜素又分为胡萝卜素和叶黄素．光合作用中叶绿素主要吸收红光和蓝紫光；类胡萝卜素主要吸收蓝紫光．

【解答】解：A、类胡萝卜素只吸收蓝紫光，所以在蓝紫光区吸收的光能可用于光反应中ATP的合成，A错误；

B、叶绿素主要吸收红光和蓝紫光，其吸收光谱可通过测量其对不同波长光的吸收值来绘制，B正确；

C、由于光反应产生的[H]和ATP能用于暗反应，所以光合作用的作用光谱也可用CO₂的吸收速率随光波长的变化来表示，C正确；

D、根据吸收光谱可知，叶片在640～660nm波长光下释放O₂是由叶绿素参与光合作用引起的，D正确。

故选：A。

【点评】本题考查叶绿体色素种类和作用、光合作用的相关知识，意在考查学生的识图能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题的能力．

4．（6分）若给人静脉注射一定量的0.9%NaCl溶液，则一段时间内会发生的生理现象是（　　）

【考点】E9：内环境的理化特性．菁优网版权所有

【专题】41：正推法；533：内环境与稳态．

【分析】内环境的理化性质主要包括温度、酸碱度和渗透压：

（1）温度：人体正常体温一般在37℃左右；

（2）酸碱度：正常人的血浆接近中性，pH为7.35﹣7.45．血浆的pH之所以能保持相对稳定，与它含有HCO₃^﹣、HPO₄^2﹣等缓冲物质有关．

（3）渗透压：血浆渗透压的大小主要与无机盐、蛋白质的含量有关．在组成细胞外液的各种无机盐离子中，含量上占有明显优势的是Na⁺和Cl^﹣，细胞外液渗透压的90%来源于Na⁺和Cl^﹣．

【解答】解：由于血浆的无机盐浓度是0.9%，所以给人静脉注射一定量的0.9%NaCl溶液，血浆渗透压大小基本不变，但正常情况下，水盐代谢要平衡，进多少出多少，所以一段时间内会发生的生理现象是机体血浆量增加，排出相应量的NaCl和水后恢复到注射前水平。

故选：C。

【点评】本题考查内环境的组成、内环境的理化特性，要求考生识记内环境的组成及成分；掌握内环境的理化特性，能结合所学的知识准确判断各选项，属于考纲识记和理解层次的考查．

5．（6分）某陆生植物种群的个体数量较少，若用样方法调查其密度，下列做法合理的是（　　）

【考点】F3：估算种群密度的方法．菁优网版权所有

【专题】44：对比分析法；536：种群和群落．

【分析】1、种群密度的调查方法有：样方法和标记重捕法。对于活动能力强、活动范围大的个体调查种群密度时适宜用标志重捕法；而一般植物和个体小、活动能力小的动物以及虫卵等种群密度的调查方式常用的是样方法。

2、样方法注意点：①随机取样；②样方大小适中：乔木100m²、灌木16m²、草本1m²；③样方数量不易太少；④一般选易辨别的双子叶植物（叶脉一般网状）；⑤常用五点取样法和等距取样法。

【解答】解：A、用样方法调查种群密度时，可直接对样方内的个体进行计数，A错误；

B、进行种群密度的调查要随机取样，由于陆生植物种群的个体数量减少，所以需要适当扩大样方的面积，使样本数量足够多，以保证所测得数据更加接近真实值，B正确；

C、采用等距取样法，要确保一定的样方数量并求平均值，减少误差，C错误；

D、采用五点取样法，样方的面积大小要适中，D错误。

故选：B。

【点评】本题考查了种群密度调查的相关知识，要求考生能够识记两种方法在不同生物中调查过程中的运用；明确动物能力较弱的动物运用样方法进行调查；识记样方法调查过程中的相关注意点，如取样随机、样本数量足够大等。

6．（6分）下列有关基因型、性状和环境的叙述，错误的是（　　）

【考点】88：性状的显、隐性关系及基因型、表现型．菁优网版权所有

【专题】41：正推法；527：基因分离定律和自由组合定律．

【分析】基因型是指某一生物个体全部基因组合的总称，它反映生物体的遗传构成，即从双亲获得的全部基因的总和。

表现型指生物个体表现出来的性状。

生物体的表现型是由基因型和环境的共同作用决定。

【解答】解：A、表现型是具有特定基因型的个体所表现出的性状，是由基因型和环境共同决定的，所以两个个体的身高不相同，二者的基因型可能相同，也可能不相同，A正确；

B、叶绿素的合成需要光照，某植物的绿色幼苗在黑暗中变成黄色，说明这种变化是由环境造成的，B正确；

C、O型血夫妇的基因型为ii，其子代都是O型血（ii），说明该性状是由遗传因素决定的，C正确；

D、高茎豌豆的子代出现高茎和矮茎，说明该高茎豌豆是杂合体，自交后代出现性状分离，不能说明相对性状是由环境决定的，D错误。

故选：D。

【点评】本题考查了基因型和表现型之间的关系，意在考查考生的识记能力和理解能力，难度不大。考生要明确基因型相同表现型不一定相同，表现型相同基因型不一定相同；识记表现型是基因型和环境条件共同作用的结果。

二、非选择题

7．（8分）利用一定方法使细胞群体处于细胞周期的同一阶段，称为细胞周期同步化．以下是能够实现动物细胞周期同步化的三种方法．回答下列问题：

（1）DNA合成阻断法：在细胞处于对数生长期的培养液中添加适量的DNA合成可逆抑制剂，处于　分裂　期的细胞不受影响而继续细胞周期的运转，最终细胞会停滞在细胞周期的　间　期，以达到细胞周期同步化的目的．

（2）秋水仙素阻断法：在细胞处于对数生长期的培养液中添加适量的秋水仙素，秋水仙素能够抑制　纺锤体形成　，使细胞周期被阻断，即可实现细胞周期同步化．经秋水仙素处理的细胞　不会　（填“会”或“不会”）被阻断在间期．

（3）血清饥饿法：培养液中缺少血清可以使细胞周期停滞在间期，以实现细胞周期同步化，分裂间期的特点是　完成DNA复制和有关蛋白质的合成，为分裂期准备物质　（答出1点即可）．

【考点】47：细胞有丝分裂不同时期的特点．菁优网版权所有

【专题】41：正推法；51E：有丝分裂．

【分析】有丝分裂不同时期的特点：

（1）间期：进行DNA的复制和有关蛋白质的合成；

（2）前期：核膜、核仁逐渐解体消失，出现纺锤体和染色体；

（3）中期：染色体形态固定、数目清晰；

（4）后期：着丝点分裂，姐妹染色单体分开成为染色体，并均匀地移向两极；

（5）末期：核膜、核仁重建、纺锤体和染色体消失．

【解答】解：（1）DNA复制发生在细胞分裂间期；DNA合成被阻断后，分裂期不受影响，分裂间期受影响．

（2）秋水仙素通过抑制纺锤丝的形成来使细胞中染色体数目加倍；经秋水仙素处理的细胞仍可继续进入下一个细胞周期，因此不会被阻断在间期．

（3）分裂间期细胞的特点是DNA的复制和有关蛋白质的合成、细胞体积略有增大．

故答案为：

（1）分裂  间

（2）纺锤体形成      不会

（3）完成DNA复制和有关蛋白质的合成，为分裂期准备物质

【点评】本题考查细胞有丝分裂的相关知识，意在考查学生的识记能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题和解决问题的能力．

8．（9分）干旱可促进植物体内脱落酸（ABA）的合成，取正常水分条件下生长的某种植物的野生型和ABA缺失突变幼苗，进行适度干旱处理，测定一定时间内茎叶和根的生长量，结果如图所示：

回答下列问题：

（1）综合分析上图可知，干旱条件下，ABA对野生型幼苗的作用是　促进根的生长，抑制茎叶的生长　．

（2）若给干旱处理的突变体幼苗施加适量的ABA，推测植物叶片的蒸腾速率会　降低　，以对环境的变化作出反应．

（3）ABA有“逆境激素”之称，其在植物体中的主要合成部位有　根冠、萎蔫的叶片　（答出两点即可）．

（4）根系是植物吸收水分的主要器官．根细胞内水分的主要作用有　水是根细胞的重要组成成分，水参与根细胞内的生化反应　（答出两点即可）．

【考点】C7：植物激素的作用．菁优网版权所有

【专题】112：图像坐标类简答题；531：植物激素调节．

【分析】根据题意和图示分析可知：在干旱缺水条件下，脱落酸抑制茎叶的生长，同时促进根的生长，说明脱落酸的这种作用，有利于植物适应缺水环境．

【解答】解：（1）由图可以直接看出，与突变体（不能合成ABA）相比，野生型（能合成ABA）植株茎叶生长受到抑制，根的生长被促进．

（2）施加ABA后，根生长加快，从土壤吸收水分增多；茎叶生长减慢，植物叶片的蒸腾速率会减慢，水分散失减少，以对环境的变化作出反应．

（3）ABA主要在植物体的根冠、萎蔫的叶片中合成．

（4）根细胞内水分的主要作用有作为化学反应的溶剂、维持细胞渗透压、提供反应的原料、组成细胞的结构等．

故答案为：

（1）促进根的生长，抑制茎叶的生长

（2）降低

（3）根冠、萎蔫的叶片

（4）水是根细胞的重要组成成分，水参与根细胞内的生化反应

【点评】本题综合考查脱落酸的相关知识，意在考查学生理解所学知识的要点、识图分析能力和综合运用所学知识分析问题的能力，能对实验现象和结果进行解释、分析的能力．

9．（10分）为研究胰岛素的生理作用，某同学将禁食一段时间的实验小鼠随机分为A、B、C、D四组，A组腹腔注射生理盐水，B、C、D三组均腹腔注射等量胰岛素溶液，一段时间后，B、C、D三组出现反应迟钝、嗜睡等症状，而A组未出现这些症状．回答下列问题：

（1）B、C、D三组出现上述症状的原因是　血糖低于正常水平　．

（2）B、C、D三组出现上述症状后进行第二次注射，给B组腹腔注射生理盐水；为尽快缓解上述症状给C组注射某种激素、给D组注射某种营养物质．那么C组注射的激素是　胰高血糖素　，D组注射的营养物质是　葡萄糖　．

（3）第二次注射后，C、D两组的症状得到缓解，缓解的机理分别是　C组：胰高血糖素能促进糖原分解和非糖物质转化为葡萄糖，使血糖水平升高；

D组，葡萄糖直接使血糖水平升高．　．

【考点】E3：体温调节、水盐调节、血糖调节．菁优网版权所有

【专题】41：正推法；532：神经调节与体液调节．

【分析】胰岛素是胰岛B细胞分泌的激素，能降低血糖浓度．它的生理作用一方面是促进血糖氧化分解、合成糖元、转化成非糖物质，另一方面是抑制肝糖元的分解和非糖物质转化成葡萄糖．

【解答】解：（1）由于胰岛素是降血糖激素，能使血糖浓度降低，所以B、C、D三组小鼠在腹腔注射等量胰岛素溶液一段时间后，血体内糖浓度明显降低，从而出现反应迟钝、嗜睡等症状．

（2）由于胰高血糖素能促进非糖物质转化为糖类、促进肝糖原的分解，使血糖浓度升高，所以C组注射的激素是胰高血糖素，D组注射的营养物质是葡萄糖，直接补充血糖，使体内血糖浓度升高．

（3）第二次注射后，C、D两组的症状得到缓解，缓解的机理分别是C组：胰高血糖素促进非糖物质转化为糖类、促进肝糖原的分解；D组：注射葡萄糖，使体内血糖升高．

故答案为：

（1）血糖低于正常水平

（2）胰高血糖素     葡萄糖

（3）C组：胰高血糖素能促进糖原分解和非糖物质转化为葡萄糖，使血糖水平升高；

D组，葡萄糖直接使血糖水平升高．

【点评】本题考查血糖调节及相关的探究实验，要求考生识记血糖调节的具体过程，掌握胰岛素作和胰高血糖素的具体作用；明确实验的目的，掌握探究实验的原则，能结合所学的知识完善实验步骤并预测实验结果．

10．（12分）已知某种昆虫的有眼（A）与无眼（a）、正常刚毛（B）与小刚毛（b）、正常翅（E）与斑翅（e）这三对相对性状各受一对等位基因控制。现有三个纯合品系：①aaBBEE、②AAbbEE和③AABBee．假定不发生染色体变异和染色体交换，回答下列问题：

（1）若A/a、B/b、E/e这三对等位基因都位于常染色体上，请以上述品系为材料，设计实验来确定这三对等位基因是否分别位于三对染色体上。（要求：写出实验思路、预期实验结果、得出结论）

　选择①×②、②×③、①×③三个杂交组合，分别得到F₁和F₂，若各杂交组合的F₂中均出现四种表现型，且比例为9：3：3：1，则可确定这三对等位基因分别位于三对染色体上；若出现其他结果，则可确定这三对等位基因不是分别位于三对染色体上　

（2）假设A/a、B/b这两对等位基因都位于X染色体上，请以上述品系为材料，设计实验对这一假设进行验证。（要求：写出实验思路、预期实验结果、得出结论）

　选择①×②杂交组合进行正反交，观察F₁雄性个体的表现型。若正交得到的F₁中雄性个体与反交得到的F₁中雄性个体有眼/无眼、正常刚毛/小刚毛这两对相对性状的表现均不同，则证明这两对等位基因都位于X染色体上　。

【考点】87：基因的自由组合规律的实质及应用．菁优网版权所有

【专题】114：实验性简答题；527：基因分离定律和自由组合定律．

【分析】1、自由组合定律：控制不同性状的遗传因子的分离和组合是互不干扰的；在形成配子时，决定同一性状的成对的遗传因子彼此分离，决定不同性状的遗传因子自由组合．

2、实质：

（1）位于非同源染色体上的非等位基因的分离或组合是互不干扰的．

（2）在减数分裂过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合．

【解答】解：（1）实验思路：将确定三对基因是否分别位于三对染色体上，拆分为判定每两对基因是否位于一对染色体上，如利用①和②进行杂交去判定A/a和B/b是否位于位于一对染色体上．

实验过程：（以判定A/a和B/b是否位于位于一对染色体上为例）

预期结果及结论：

若F₂的表现型及比例为有眼正常刚毛：有眼小刚毛：无眼正常刚毛：无眼小刚毛=9：3：3：1，则A/a和B/b位于位于两对染色体上；否则A/a和B/b位于同一对染色体上．

（2）实验思路：将验证A/a和B/b这两对基因都位于X染色体上，拆分为验证A/a位于X染色体上和B/b位于X染色体上分别进行验证．如利用①和③进行杂交实验去验证A/a位于X染色体上，利用②和③进行杂交实验去验证B/b位于X染色体上．

实验过程：（以验证A/a位于X染色体上为例）

取雌性的①和雄性的③进行杂交实验：

预期结果及结论：

若子一代中雌性全为有眼，雄性全为无眼，则A/a位于X染色体上；

若子一代中全为有眼，且雌雄个数相等，则A/a位于常染色体上．

故答案为：

（1）选择①×②、②×③、①×③三个杂交组合，分别得到F₁和F₂，若各杂交组合的F₂中均出现四种表现型，且比例为9：3：3：1，则可确定这三对等位基因分别位于三对染色体上；若出现其他结果，则可确定这三对等位基因不是分别位于三对染色体上

（2）选择①×②杂交组合进行正反交，观察F₁雄性个体的表现型．若正交得到的F₁中雄性个体与反交得到的F₁中雄性个体有眼/无眼、正常刚毛/小刚毛这两对相对性状的表现均不同，则证明这两对等位基因都位于X染色体上

【点评】本题考查基因自由组合定律和伴性遗传的相关知识，意在考查学生的识记能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题和进行实验设计的能力．

[生物--选修1：生物技术实践]

11．（15分）绿色植物甲含有物质W，该物质为无色针状晶体，易溶于极性有机溶剂，难溶于水，且受热、受潮易分解．其提取流程为：植物甲→粉粹→加溶剂→振荡→收集提取液→活性炭处理→过滤去除活性炭→蒸馏（含回收溶剂）→重结晶→成品．回答下列问题：

（1）在提取物质W时，最好应选用的一种原料是　晾干　（填“高温烘干”“晾干”或“新鲜”）的植物甲，不宜选用其他两种的原因是　高温烘干过程中，植物甲中的物质W易被破坏；新鲜的植物甲含水量高，用于提取的极性有机溶剂会被稀释，进而降低对物质W的提取效果　．

（2）提取物质W时，振荡的作用是　使原料和溶剂充分混匀　．

（3）活性炭具有很强的吸附能力，在提取过程中，用活性炭处理提取液的目的是　去除提取液中的色素　．

（4）现有丙酮（沸点56℃）、乙醇（沸点约78℃）两种溶剂，在提取物质W时，应选用丙酮作用提取剂，理由是　丙酮沸点低于乙醇，蒸馏时物质W分解较少　．

（5）该实验操作过程中应注意的事项是　在温度较低的情况下操作，防火　（答出两点即可）．

【考点】K1：从生物材料中提取某些特定成分．菁优网版权所有

【专题】114：实验性简答题；543：从生物材料提取特定成分．

【分析】1、植物芳香油的提取方法：蒸馏法、压榨法和萃取等．

（1）蒸馏法：芳香油具有挥发性．把含有芳香油的花、叶等放入水中加热，水蒸气能将挥发性较强的芳香油携带出来，形成油水混合物；冷却后，油水混合物又会重新分成油层和水层，除去水层便得到芳香油，这种提取方法叫蒸馏法．

（2）萃取法：这种方法需要将新鲜的香花等植物材料浸泡在乙醚、石油醚等低沸点的有机溶剂中，是芳香油充分溶解，然后蒸去低沸点的溶剂，剩下的就是芳香油．

（3）压榨法：在橘子、柠檬、甜橙等植物的果皮中，芳香油的含量较多，可以用机械压力直接榨出，这种提取方法叫压榨法．

2、物质W为无色针状晶体，易溶于极性有机溶剂，难溶于水，因此从绿色植物甲中提取时，应采用萃取法．通常在提取前将植物甲进行粉碎和干燥，以提高效率；干燥过程应控制好温度和时间，以防止物质W分解．

【解答】解：（1）由于高温烘干过程中，植物甲中的物质W易被破坏；新鲜的植物甲含水量高，用于提取的极性有机溶剂会被稀释，进而降低对物质W的提取效果，所以在提取物质W时，最好应选用的一种原料是晾干的植物甲，而不选用高温烘干或新鲜的植物甲．

（2）提取物质W时，振荡的作用是使原料和溶剂充分混匀．

（3）活性炭具有很强的吸附能力，在提取过程中，用活性炭处理提取液的目的是去除提取液中的色素．

（4）现有丙酮（沸点56℃）、乙醇（沸点约78℃）两种溶剂，由于丙酮沸点相对较低，而温度过高会导致物质W分解，所以在提取物质W时，应选用丙酮作用提取剂．

（5）该实验操作过程中应注意的事项是在温度较低的情况下操作，防火．

故答案为：

（1）晾干        高温烘干过程中，植物甲中的物质W易被破坏；新鲜的植物甲含水量高，用于提取的极性有机溶剂会被稀释，进而降低对物质W的提取效果

（2）使原料和溶剂充分混匀

（3）去除提取液中的色素

（4）丙酮沸点低于乙醇，蒸馏时物质W分解较少

（5）在温度较低的情况下操作，防火

【点评】本题考查生物成分的提取，要求考生识记相关实验的原理及操作步骤即可正确答题，属于考纲识记层次的考查．

[生物--选修3：现代生物科技专题]

12．编码蛋白甲的DNA序列（序列甲）由A、B、C、D、E五个片段组成，编码蛋白乙和丙的序列由序列甲的部分片段组成，如图1所示．

回答下列问题：

（1）现要通过基因工程的方法获得蛋白乙，若在启动子的下游直接接上编码蛋白乙的DNA序列（TTCGCTTCT…CAGGAAGGA），则所构建的表达载体转入宿主细胞后不能翻译出蛋白乙，原因是　编码乙的DNA序列起始端无TAC，转录出的mRNA无起始密码子AUG　．

（2）某同学在用PCR技术获取DNA片段B或D的过程中，在PCR反应体系中加入了DNA聚合酶、引物等，还加入了序列甲作为　模板　，加入了　四种脱氧核糖核苷酸　作为合成DNA的原料．

（3）现通过基因工程方法获得了甲、乙、丙三种蛋白，要鉴定这三种蛋白是否具有刺激T淋巴细胞增殖的作用，某同学做了如下实验：将一定量的含T淋巴细胞的培养液平均分成四组，其中三组分别加入等量的蛋白甲、乙、丙，另一组作为对照，培养并定期检测T淋巴细胞浓度，结果如图2．

①由图2可知，当细胞浓度达到a时，添加蛋白乙的培养液中T淋巴细胞浓度不再增加，此时若要使T淋巴细胞继续增殖，可采用的方法是　细胞传代培养　．细胞培养过程中，培养箱中通常要维持一定的CO₂浓度，CO₂的作用是　维持培养液中的PH　．

②仅根据图、图2可知，上述甲、乙、丙三种蛋白中，若缺少　C　（填“A”“B”“C”“D”或“E”）片段所编码的肽段，则会降低其刺激T淋巴细胞增殖的效果．

【考点】Q2：基因工程的原理及技术；RC：动物细胞与组织培养过程．菁优网版权所有

【专题】111：图文信息类简答题；548：基因工程；549：克隆技术．

【分析】1、PCR技术扩增目的基因（适用于目的基因的核苷酸序列已知的情况）．PCR全称为聚合酶链式反应，是一项在生物体外复制特定DNA的核酸合成技术，其原理是DNA复制，需要模板DNA、四种脱氧核苷酸、一对引物、热稳定DNA聚合酶（Taq酶），以指数的方式扩增，即约2n．引物是一段短的单链RNA或DNA片段，可结合在核酸链上与之互补的区域，其功能是作为核苷酸聚合作用的起始点．

2、基因表达载体的组成：目的基因+启动子+终止子+标记基因

（1）启动子：是一段有特殊结构的DNA片段，位于基因的首端，是RNA聚合酶识别和结合的部位，能驱动基因转录出mRNA，最终获得所需的蛋白质．

（2）终止子：也是一段有特殊结构的DNA片段，位于基因的尾端．

（3）标记基因的作用：是为了鉴定受体细胞中是否含有目的基因，从而将含有目的基因的细胞筛选出来．常用的标记基因是抗生素抗性基因．

3、动物细胞培养条件：

（1）无菌无毒环境：无菌﹣﹣对培养液和所有培养用具进行无菌处理；在细胞培养液中添加一定量的抗生素；无毒﹣﹣定期更换培养液，防止细胞代谢产物积累对自身造成危害．

（2）营养：

成分：所需营养物质与体内基本相同，例如需要有糖、氨基酸、促生长因子、无机盐、微量元素等，还需加入血清、血浆等天然成分．

培养基类型：合成培养基（将细胞所需的营养物质按其种类和所需数量严格配制而成的培养基）

（3）温度和pH值：哺乳动物多以36.5±0.5℃为宜，多数细胞生存的适宜pH为7.2～7.4．

（4）气体环境：通常采用培养皿或松盖培养瓶，将其置于含95%空气加5%CO₂的混合气体的培养箱中进行培养．O₂：是细胞代谢所必需的  CO₂主要作用是维持培养液的pH．

【解答】解：（1）依据题干信息，编码蛋白乙的DNA序列（TTCGCTTCT…CAGGAAGGA）起始端无TAC，转录出的mRNA无起始密码子AUG，因此所构建的表达载体转入宿主细胞后不能翻译出蛋白乙．

（2）PCR技术扩增目的基因的条件需要：模板DNA、四种脱氧核苷酸、一对引物、热稳定DNA聚合酶（Taq酶）．序列甲作为模板DNA，DNA的原料为4种脱氧核苷酸．

（3）①T细胞浓度之所以不增加是因为营养物质耗尽，所以可以采用细胞传代培养的方法．细胞培养过程中，需要气体环境，其中气体CO₂的作用是维持培养液中的PH．

②分析坐标图：对比甲和乙蛋白刺激T淋巴细胞增殖情况发现：最终效果相当，只是增殖时间不同，可以推断出A、E片段编码的肽段不会降低T淋巴细胞增殖效果．将丙蛋白分别与甲和乙蛋白刺激T淋巴细胞增殖情况比较发现：丙蛋白降低了T淋巴细胞增殖．丙基因与甲和乙基因相比较，缺少了一段C基因，也就是说若缺少C片段所编码的肽段，则会降低其刺激T淋巴细胞增殖的效果．

故答案为：

（1）编码乙的DNA序列起始端无TAC，转录出的mRNA无起始密码子AUG

（2）模板   四种脱氧核糖核苷酸

（3）细胞传代培养   维持培养液中的PH

（4）C

【点评】本题考查了基因工程、动物细胞工程的相关知识，意在考查考生能理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系；理论联系实际，综合运用所学知识解决自然界和社会生活中的一些生物学问题的能力和从题目所给的图形中获取有效信息的能力．PCR扩增技术需要的酶是热稳定DNA聚合酶（Taq酶），不需要解旋酶．构建基因表达载体时，需要将目的基因接在启动子核终止子之间．