理综 热门试卷

由表格信息知Ⅰ、Ⅱ都未感染白粉病由此知A品种具有抗白粉病的特性。

Ⅳ、Ⅴ的自变量是B品种的种植密度，应变量是白粉病、条锈病的感染程度和单位面积产量，由此可推知Ⅳ、Ⅴ两组实验探究的B品种的种植密度对该品种的感病程度和产量的影响。

由表中信息可知混播可降低B品种患白粉病的程度和A品种患条锈病的程度，即混播降低了小麦的感病程度。

由表格信息知：丙自交子代患条锈病：不患条锈病=75:25=3:1,患白粉病：不患白粉病=25:75=1:3,由此可知：患条锈病病为显性性状（T），不患条锈病为隐性性状（t）；不患白粉病为显性性状（R），患白粉病为隐性性状（r），推知丙的基因型为TtRr，甲自交子代患条锈病：不患条锈病=75:25=3:1,全患白粉病，由此可推知甲的基因型为Ttrr。乙自交子代患白粉病：不患白粉病=25:75=1:3，换不不患条锈病，由此可推知乙的基因型是ttRr。丙的基因型是TtRr，自交后代中既不患条锈病又不患白粉病的基因型是ttR-，概率为1/4*3/4=3/16。

由表格信息可知选育的融合藻要具有A藻的自养性能且能产生DHC，还要具有B藻生长速率快的特点。

纤维素酶的作用是去植物细胞壁，故使用纤维素酶后得到的是原生质体。

用不含有机碳源（碳源-生物生长的碳素来源）的培养进行光照培养可淘汰B藻和BB融合型藻类，观察藻落得大小，可淘汰生长速率较慢的藻落，再通过测定DHC含量的步骤获取生产所需的融合藻、

由图可知，甲组在光照下可产生[H]的细胞器为线粒体、叶绿体；丙组在黑暗下进行实验，没有光合作用，故产生ATP的反应只有呼吸作用，为线粒体；乙组和甲组相比既有光照又有葡萄糖提供营养物质，故乙组的有利条件比甲丙两组都多，生长速率也最快；乙组比甲组多加了葡萄糖增加的成本到同时也为杂菌提供了营养物质，故相比之下采用甲组的培养方式。

为防止酶切片段自身环节，需要用不同的限制酶进行切割，且不同酶切割前后产生的粘性末端不同。限制酶①和限制酶②切割后产生的黏性末端相同，限制酶③和限制酶④切割后产生的黏性末端相同，由此可知符合题目要求的限制酶组合是①③ 、①④、②③、②④、由此可知该题的正确答案是B或C（C或B）。

选用菌株Ⅰ作为对照，将质粒DNA导入酵母菌，验证质粒DNA和酵母菌的基因组均不携带纤维素酶基因，不能产生纤维素酶。

基因的表达包括转录和翻译两个过程。从图中可知，菌株Ⅱ能够合成纤维素酶，单并不能分泌到细胞外，而菌株Ⅲ和菌株Ⅳ不仅可以产生纤维素酶还可以将纤维素酶分泌到细胞外，纤维素酶的本质是蛋白质，由核糖体合成，再由内质网和高尔基体进一步加工和分泌，因此相比菌株Ⅱ，菌株Ⅲ和菌株Ⅳ参与纤维素酶合成和分泌的细胞器还有内质网和高尔基体。

培养基中唯一的碳源是纤维素，因为纤维素不能进入到酵母菌细胞中，而由图可知，菌株Ⅱ中缺少信号肽编码序列，其合成的纤维素酶不能分泌到细胞外促进纤维素分解为葡萄糖。酵母菌无法得到生长所需的碳源，因此无法生长。而菌株Ⅲ和菌株Ⅳ可以分泌纤维素酶，利用纤维素分解产生的葡萄糖生长繁殖。

酵母菌进行无氧呼吸产生酒精，无氧呼吸第二阶段，丙酮酸在各种酶的作用下分解成酒精和二氧化碳，该过程发生在细胞质基质中；比较菌株Ⅲ和菌株Ⅳ的重组质粒，菌株Ⅳ的重组质粒中多了A基因片段，且菌株Ⅳ的纤维素酶均固定在细胞壁上，相比菌株Ⅲ，培养液更换时可减少酶的流失，提高利用率。

A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生碰撞说明此时两者速度相同，对A.B碰撞的瞬间由动量守恒：①，②由①②得；A.B碰前的动能③A.B碰撞后的动能： ④综合①②③④得。

摆球要求重而小，而且摆线不能伸长，摆球在同一竖直面内摆动，振幅无要求

由单摆周期公式T=2π√L/g分别对两种摆长的单摆列方程组求解有：设第一次的摆场为l1，第二次的摆长l2，小球的半径为r，由单摆的周期公式知①②由题意知：③，由①②③得。

电动势约为45V，故选择6V的量程，干电池故电流选择06A滑动变阻器安全的基础上选择小量程的，方便准确

测量电动势和内电阻，电流表采用内接法，滑动变阻器采用分压式连接

由闭合电路的欧姆定律写出方程，即：得：，所以纵轴为，横轴为得到的函数图像是一条直线。

得出1/u 与 1/R满足线性关系

（1）设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有①设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路的欧姆定律，有②设此时线框所受安培力为F1，有③由于线框做匀速运动，其受力平衡，有④由①②③④得

⑤设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得⑥由⑤⑥得⑦

（2）线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有⑧

线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有由⑦⑧⑨式得

邮件在速度从0到2m/s的过程中会有相对滑动，此过程中由运动学基本关系得t=v/a,a=µg。代入数据即可

由平均速度公式得x=v/2t=01m

由于皮带的位移是物块的2倍，摩擦力大小为f=µmg=10N，而且摩擦力做负功，故邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W

=-2J

【解析】废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作①是过滤，反应Ⅰ是将Cu转化为Cu(NH3)42+，Cu元素化合价由0价变为+2价，所以Cu是还原剂，则双氧水是氧化剂，将Cu氧化；反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu(NH3)42+与有机物RH反应，生成CuR2，同时生成NH4+和NH3；

互不相溶的液体采用分液方法分离，所以操作②是分液；向有机层中加入稀硫酸，根据流程图知，生成CuSO4和HR，然后采用分液方法分离得到HR，以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电；从硫酸铜溶液中获取胆矾，采用加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法得到晶体；

（1）双氧水具有氧化性，能氧化还原性物质Cu，所以双氧水作氧化剂；分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，该混合溶液中贵重金属是难溶物、铜氨溶液是液体，所以操作①是过滤，故答案为：氧化剂；过滤；

【解析】（2）反应Ⅱ是铜氨溶液中的Cu(NH3)42+与有机物RH反应生成CuR2，同时生成NH4+和NH3，根据反应物和生成物书写该反应的离子方程式Cu(NH3)42++2RH=CuR2+2NH4++2NH3；分离互不相溶的液体采用分液方法，分液时常用分液漏斗，分液的目的是富集铜元素、使铜元素与水溶液中的物质分离，所以ab正确，故答案为：Cu(NH3)42++2RH=CuR2+2NH4++2NH3；分液漏斗；ab；

（3）反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应相当于复分解反应，所以生成CuSO4和RH，分液时分液漏斗下端要紧靠烧杯内壁，且分液漏斗内不能盛放太多溶液，故答案为：RH；分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁；液体过多；

（4）以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电，所以阳极上生成O2，同时有大量的H+生成，且SO42﹣也向阳极移动在阳极积累，因此阳极产物还有H2SO4；从溶液中获取晶体采用加热浓缩、冷却结晶、过滤方法，故答案为：O2、H2SO4；加热浓缩、冷却结晶、过滤方法；

【解析】（5）电解硫酸铜溶液时能得到硫酸，在反应III中用到硫酸，所以H2SO4能循环利用；氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，能和氢氧根离子反应，从而抑制氢氧化铜生成，故答案为：H2SO4；防止由于溶液中c（OH﹣）过高，生成Cu(OH)2沉淀．

(1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。由动能定理，有①

由①式解得②粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有

③由②③得④

(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数，下同)。⑤⑥

粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有⑦由图1

看出⑧

由⑥⑦⑧得由⑨式看出，，……，为一等差数列，公差为d，可得⑩当n=1时，由图2看出由得

若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则，在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为，假设能穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为，由于则导致说明不存在，即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。

【解析】从图中的化合价和原子半径的大小，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素．

（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族，故答案为：第三周期ⅢA族；

【解析】（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：r（O2﹣）＞r（Na+）；非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强，故酸性：HClO4＞H2SO4，故答案为：r（O2﹣）＞r（Na+）；HClO4＞H2SO4；

【解析】（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等，其电子式为： （或、），故答案为： （或、）；

【解析】（4）1molNa的单质在足量O2中燃烧生成Na2O2（s），放出255.5kJ热量，2molNa反应放出热量为511kJ，则该反应的热化学方程式为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1，故答案为：2Na（s）+O2（g）=Na2O2（s）△H=﹣511kJ•mol﹣1；

【解析】（5）①R是NH4Al(SO4)2，溶液中Al3+、NH4+均水解使溶液呈酸性，但Al3+比 NH4+水解程度更大，故离子浓度由大到小的顺序是：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；

②m点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH﹣反应生成NH3•H2O，离子方程式为：NH4++OH﹣=NH3•H2O，故答案为：NH4++OH﹣=NH3•H2O；

③10mL 1mol•L﹣1 NH4Al(SO4)2溶液中Al3+ 物质的量为0.01mol，NH4+的物质的量为0.01mol，SO42﹣的物质的量为0.02mol，20mL 1.2 mol•L﹣1Ba(OH)2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH﹣为0.048mol，由SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，可知SO42﹣不足，故可以得到0.02mol BaSO4，

Al3+  +   3OH﹣   =   Al(OH)3↓

 Al3+  +   3OH﹣  =   Al(OH)3↓

   0.01mol  0.03mol     0.01mol

反应剩余OH﹣为0.048mol﹣0.03mol=0.008mol，

Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O

0.008mol 0.008mol

故得到Al(OH)3沉淀为0.01mol﹣0.008mol=0.002mol，则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol，故答案为：0.022mol．

【解析】（1）A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，含有醛基和羧基，则A是OHC﹣COOH，根据C的结构可知B是，A+B→C发生加成反应，反应方程式为：，故答案为：醛基、羧基；；

【解析】（2）羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，故强弱顺序为：③＞①＞②，故答案为：③＞①＞②；

羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基；

【解析】（3）C中有羟基和羧基，2子C可以发生酯化反应，可以生成3个六元环的化合物，C分子间醇羟基、羧基发生酯化反应，则E为，为对称结构，分子中有4种化学环境不同的H原子，分别为苯环上2种、酚羟基中1种、亚甲基上1种，故答案为：4；

【解析】（4）对比D、F的结构，可知溴原子取代﹣OH位置，D→F的反应类型是：取代反应；F中溴原子、酚羟基、酯基（羧酸与醇形成的酯基），都可以与氢氧化钠反应，1molF最多消耗3mol NaOH；

F的所有同分异构体符合：①属于一元酸类化合物，②苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基，另外取代基为﹣CBr(CH3)COOH、﹣CH(CH2Br)COOH、﹣CH2CHBrCOOH、﹣CHBrCH2COOH，可能的结构简式为：，故答案为：取代反应；3；；

【解析】（5）由题目信息可知，乙酸与PCl3反应得到ClCH2COOH，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2COOH，最后在Cu作催化剂条件下发生催化氧化得到OHC﹣COOH，合成路线流程图为：CH3COOHClCH2COOHHOCH2COONaHOCH2COOHOHC﹣COOH，故答案为：CH3COOHClCH2COOHHOCH2COONaHOCH2COOHOHC﹣COOH．