理综 热门试卷

（1）胰岛素受体（InR）的激活，可以促进神经元轴突末梢释放神经递质，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信息交流功能。（2）分析图可知，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）由体内胰岛素对InR的激活能力下降分析，导致InR对炎症因子的抑制作用降低，从而加强了炎症因子对GLUT的抑制能力。最终，神经元摄取葡萄糖的速率下降与正常人相比，此类病人体内胰岛素含量偏高。

（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Ti质粒内每种限制酶只有一个切割位点,否则切割后导致部分基因失去；蛋白质的序列中，没有限制酶切割位点；酶切后，G基因形成的两个黏性末端序列不相同；故选A。（2）分析表可知，细胞脱分化时使用的激素是2,4—D，自交系乙愈伤组织形成率等均高于其它，故自交系乙的幼胚最适合培养成愈伤组织作为转化受体。（3）依题意要获得抗除草剂性状，筛选转化的愈伤组织，需使用含除草剂的选择培养基。（4）依据题目蓝色出现的条件：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。只有转化愈伤组织，其中质粒上的内含子才可表达，故用K分别处理以下愈伤组织，出现蓝色的是BD。（5）核DNA中仅插入一个G基因进行自交，相当于杂合子自交，在子代含G基因的植株中，纯合子占1/3。（6）自交系B作为亲本多次回交的目的是使后代积累自交系B的优良性状。（7）若育种过程筛选除去不含G基因的植株再回交，则F1都是杂合子、回交后H1一半杂合子、一半不含G基因，除去后者再回交得到H2同H1、H3也如此，各代中含G基因植株是一半，在图1中描点连线作图。若回交后每代不进行鉴定筛选，直接回交，则F1都是杂合子、回交后H1一半杂合子、一半不含G基因，再回交得到H21/4含G基因、3/4不含G基因，再回交得到H31/8含G基因、7/8不含G基因，各代中含G基因植株的比例分别是1、1/2、1/4、1/8，在图2中描点连线作图。（8）同一后代群体中，4种方法，基因组中一定有G基因，导入G基因不一定转录出mRNA，转录不一定翻译出蛋白质，翻译蛋白质不一定有抗除草剂功能，故检出的含G基因植株的比例，从小到大依次是X4，X3，X2，X1。

（1）红烧地有土壤条件发生的是次生演替。与①草本、灌木相比，③针阔混交林中植物群落对光的利用更充分，因其具有更复杂的垂直结构。（2）据图分析，火烧15年后，草本、灌木丰富度的变化趋势均为下降后保持相对稳定，可能是他们与乔木竞争时获得的光逐渐减少。（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为加快氮磷循环，最好种植阔叶树种。（4）分析曲线可知，由于草本、灌木、乔木种类数依次减少，最下曲线是乔林的，调查乔木应选取的最小样方面积是乔木物种数达到最大值的最低样方面积S3。

（1）甲苯含有1个甲基，苯环左右对称，则分子中不同化学环境的氢原子共有4种，苯环为平面形结构，与苯环直接相连的原子在同一个平面上，结合三点确定一个平面，甲基上可有1个H与苯环共平面，共13个，故答案为：4； 13；

（2）B为2-硝基甲苯或邻硝基甲苯，对应的同分异构体：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，说明应含有酯基，且为甲酸酯，另外一种官能团为氨基，可能为，

故答案为：2-硝基甲苯或邻硝基甲苯；；

（3）如采用甲苯直接硝化的方法制备B，硝基可取代甲基对位的H原子，目的是避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代，

故答案为：避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代；

（4）由结构简式可知反应⑥为取代反应，反应的方程式为

（1）       ，该步反应的主要目的是避免氨基被氧化，

（2）       故答案为：；保护氨基；

（3）       （5）⑧为苯环的氯代反应，应在类似苯与溴的反应，反应条件为Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe），F中含氧官能团的名称为羧基，

（4）       故答案为：Cl2/FeCl3（或Cl2/Fe）；羧基；

（5）       （6）可水解生成，含有氨基、羧基，可发生缩聚反应生成高聚物，反应的流程为，

（6）       故答案为：．

（1）4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2（SO4）3+2H2O，硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是做催化剂降低反应的活化能，

故答案为：降低反应活化能（或作催化剂）；

（2）从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，需要的温度和溶液PH分别为：30℃、pH=2.0，反应温度过高，反应速率下降是因为升温使蛋白质发生变性，催化剂失去生理活性，

故答案为：30℃、pH=2.0； 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）；

（3）当=4时，结合氧化还原反应电子守恒，4H2O2～4H2O～8e-，电子守恒得到H2S变化为+6价化合物，H2S～H2SO4～8e-，氧化产物的分子式为H2SO4，

故答案为：H2SO4；

（4）过程①是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：OH-+SO2=SO32-+H2O，过程②加入CaO，存在CaO（s）+H2O （l）═Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH-（aq），因SO32-与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成，

故答案为：2OH-+SO2=SO32-+H2O；SO32-与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成；

（5）NH3•H2O的Kb=1.8×10-5，若氨水的浓度为2.0mol•L-1，由Kb=可知c（OH-）=mol/L=6.0×10-3mol/L，

当c（OH-）降至1.0×10-7 mol•L-1时，c（H+）=1.0×10-7 mol•L-1，H2SO3的Ka2=6.2×10-8，由Ka2=可知c（SO32-）/c（HSO3-）==0.62，

故答案为：6.0×10-3；0.62。

Ⅰ．（1）NaOH是离子化合物，电子式为；反应①所得溶液A是偏铝酸钠溶液，沉淀B是氢氧化铝，固体C是氧化铝，氢氧化铝生成氧化铝的条件是受热分解。而工业上制取铝单质是电解熔融的氧化铝，故答案为：（1）；加热（或煅烧）；电解法；

（2）D与浓盐酸混合，不加热，无变化，加热有Cl2生成，证明加热时反应条件；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2，说明溶液中的氢离子影响反应速率，故答案为：a c；

比较影响反应速率的关键是对比不同点，找出二者的差异。

（3）依据氧化还原反应先配平化学方程式，2Cl2+ TiO2+2C===TiCl4+2CO；再求出对于反应热。0.1 mol Cl2放出热量4.28 kJ，故2mol氯气放出85.6 kJ的热量，

故答案为：2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g)  ΔH=−85.6 kJ·mol−1；

Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用

（4）电解池中，离子做定向移动，利用电解原理，判断CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室；同时在电流作用下，两个电极发生氧化还原反应，阴极还原反应，氢离子放电，生成氢气，生成氢氧根离子，受阳离子交换膜阻挡，和从混合区域过来的钠离子生成氢氧化钠；阳极室发生氧化反应，水电离生成的氢氧根离子放电，生成氧气，同时阳极室有氢离子生成，在氢离子作用下，2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，故分离后含铬元素的粒子是CrO42-和Cr2O72-

故答案为：在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液；CrO42-和Cr2O72-；NaOH和H2。

（1）配制硝酸银标准溶液时，所使用的仪器出需烧杯和玻璃棒外还有250mL（棕色）容量瓶及定容时需要的胶头滴管，

故答案为：250 mL（棕色）容量瓶、胶头滴管；

（2）硝酸银标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存是因为硝酸银见光分解，故答案为：避免AgNO3见光分解；

（3）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，原因是抑制铁离子的水解，防止因铁离子的水解而影响滴定终点的判断，

故答案为：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）b和c两步操作不能颠倒，若颠倒，铁离子与碘离子发生氧化还原反应，指示剂耗尽则无法判断滴定终点，

故答案为：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）根据所提供的三组数据，第一组数据误差较大，应舍去，二、三组数据取平均值即可，所以所消耗的    NH4SCN溶液平均体积为10.00mL，

n（AgNO3）=25.00×10-3L×0.1000mol•L-1=2.5×10-3mol，n（NH4SCN）=0.1000mol•L-1×10.00×10-3L=1.00×10-3mol，

则c（I-）×0.25L=2.5×10-3mol-1.00×10-3mol，c（I-）=0.0600mol•L-1，

故答案为：10.00；0.0600；

（6）装入NH4SCN标准溶液，应避免浓度降低，应用NH4SCN标准溶液进行润洗，故答案为：用NH4SCN标准溶液进行润洗；

（7）反应的原理为c（AgNO3）×V（AgNO3）=c（NH4SCN）×V（NH4SCN）+c（I-）×V（I-），

①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则导致溶质的物质的量减小，浓度偏低，则n（NH4SCN）偏小，测定c（I-）偏大，

故答案为：偏高；

①若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，造成读数偏小，则n（NH4SCN）偏小，测定c（I-）偏大，

故答案为：偏高。

（1）在地球表面的物体受到的重力等于万有引力，有：，解得：；“天舟一号”绕地球做匀速圆周运动时根据万有引力提供圆周运动向心力有：，解得线速度为，根据万有引力定律和牛顿第二定律可得，，则卫星所在处的加速度为：

（2）①实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，选项A正确；为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两限位孔必须在同一竖直线，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，选项B正确；因为我们是比较mgh、的大小关系，故m可约去，不需要测量重锤的质量，对减小实验误差没有影响，选项C错误；实验时，先接通打点计时器电源再放手松开纸带，对减小实验误差没有影响，选项D错误。综上本题选：AB

②根据匀变速直线运动某段时间中点的瞬时速度等于这一段的平均速度，由EG的长度可求出打F点的速度vF，打O点的速度v1=0，但求不出OF之间的距离h，选项A错误；由BC和CD的长度可求出打C点的速度vC，打O点的速度v1=0，有OC之间的距离h，可以用来验证机械能守恒定律，选项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，选项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，选项D错误。综上本题选：BC

（3）①用电压表检测电路故障时，电压表是用电流表改装的，所以当电压表有示数时，电压表中有电流通过，与电压表组成的回路没有断路现象，当电路有断路时，回路中没有电流，电压表示数为0，所以当

电建S闭合，用多用电表的电压挡先测量a、b′间电压，读数不为零，可知此段线路存在断路现象，再测量a、间电压，若读数不为零，说明导线是导通的，则一定是导线断开；若读数为零，说明电路仍然没有接通，则一定是导线断开。

②根据串并联电路的特点，结合闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir，则有：，其中I1、I2为电流表A1和A2的示数，且I2为为横坐标值，I1为纵坐标值，由图象读出两点坐标，代入到方程中，解得，；

（1）B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：，代入数据解得：（2）设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有：vB=gt，细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得：，之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为最大速度，代入数据联立解得：v=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：，代入数据解得：H=0.6 m．

（1）在电场中，粒子做类平抛运动，设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，则有：

沿x轴正方向：，①

竖直方向根据匀变速直线运动位移时间关系可得：  ②

设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy，根据速度时间关系可得：vy=at ③

设粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为α，有  ④

联立①②③④式得：α=45°⑤

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v，由运动的合成有

（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，由牛顿第二定律可得：qE=ma  ⑧ 由于， 解得： ⑨

设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有⑩作出示意思图如图所示：

由于P点到O点的距离为2L，则由几何关系可知，解得：⑪，联立⑨⑪式得：