【考点定位】本题考查元素化合物的推断
【名师点晴】推断元素化合物是解题的根据，注意掌握常见10电子、18电子物质，归纳如下：（1）“18电子”的微粒：
分子 离子
一核18电子 Ar K＋、Ca2＋、Cl－、S2－
二核18电子 F2、HCl O22－、HS－
三核18电子 H2S
四核18电子 PH3、H2O2
五核18电子 SiH4、CH3F、NH2OH
六核18电子 N2H4、CH3OH
其他微粒 C2H6、CH3NH2 N2H5＋、N2H62＋
（2）“10电子”的微粒：CH4、NH3、H2O、HF、Ne、NH4＋、H3O＋、OH－、O2－、F－、Na＋、Mg2＋、Al3＋等。“9电子”的微粒：—F、—OH、—NH2、—CH3(取代基)。“14电子”的微粒：Si、N2、CO、C2H2。“2电子”的微粒：He、H－、Li＋、Be2＋、H2。
11．C
【解析】A.在化学式为C6H14的烷烃分子中，含有三个甲基的同分异构体分别是：2-甲基戊烷和3-甲基戊烷，两种同分异构体，故A正确；B、能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明为戊烯，分别为1-戊烯、2-戊烯、2-甲基-1-丁烯、2-甲基-2-丁烯、3-甲基-1-丁烯，故总共有5种，故B正确；C、不能与Na反应生成氢气，说明为醚类，C4H10O可以为甲丙醚，丙基有2种，可以为二乙醚，共3种，故C错误；D、能与NaHCO3反应说明为羧酸，C4H8O2可写成C3H7COOH，丙基有2种，故D正确，故选C。
【名师点晴】本题主要考查的是同分异构体数目的判断，掌握碳原子数小于5的烷烃基的个数是解决本题的关键，甲基和乙基各1个，丙基2个，丁基4个，戊基8个。
12．D
【解析】A、装置是原电池装置，根据图中信息知道是将光能转化为电能的装置，A错误；B、原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以氢离子从乙池移向甲池，B错误；C、甲池中碳棒是正极，该电极上发生得电子的还原反应，即AQ+2H++2e-＝H2AQ，C错误；D、在乙池中，硫化氢失电子生成硫单质，碘单质得电子生成I-，发生的反应为H2S+I3-＝3I-+S↓+2H+，D正确；答案选D。
【考点定位】考查原电池的工作原理以及电极反应式的书写
【名师点晴】注意掌握原电池中电极反应式的书写方法：①先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应物质，并标出相同数目电子的得失；②注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存；③若正极上的反应物质是O2，且电解质溶液为中性或碱性，电极反应式中不能出现H+，且水必须写入正极反应式中，与O2结合生成OH-，若电解质溶液为酸性，电极反应式中不能出现OH－，且H+必须写入正极反应式中，与O2结合生成水；④正负极反应式相加（电子守恒）得到电池反应的总反应式。若已知电池反应的总反应式，可先写出较易书写的电极反应式，然后在电子守恒的基础上，总反应式减去较易写出的电极反应式，即得到较难写出的电极反应式。
13．C
【解析】A、根据电荷守恒思想，应是c(NH4＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，A错误；B、溶液中存在电荷守恒c(NH4＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，则c(Cl－)＋c(OH－)＋c(NH3·H2O)＝c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)＋c(NH3·H2O)>0.1mol·L－1，B错误；C、pH=9.5说明溶液显碱性，NH4＋的水解小于NH3·H2O的电离，根据图像，c(NH3·H2O)>c(NH4＋)因此溶液中：c(NH3•H2O)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)，C正确；D、W点时，c(NH3·H2O)＝c(NH4＋)＝0.05mol·L－1，加入0.05molNaOH固体，得到0.1mol的NH3·H2O和0.05molNaCl，c(Na＋)＝c(Cl－)，因此c(Cl－)＝c(Na＋)>c(OH－)>c(NH4＋)>c(H＋)，D错误。答案选C。
考点：考查离子浓度大小比较等知识。
14.D
【解析】太阳内部发生的是热核反应，故A正确；光电效应揭示了光具有粒子性，选项B正确；根据可知，动量相同的质子和电子，它们的德布罗意波的波长相等，选项C正确；衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，选项D错误。
15.C
【解析】根据物体A放在斜面体B上，A恰能沿斜面匀速下滑，把物体和斜面看作整体，可判断出此时斜面体B受地面的摩擦力大小为零。此时斜面体B受A的滑动摩擦力。沿斜面方向用力向下推物体A，此时斜面体B受A的滑动摩擦力不变，此时斜面体B受地面的摩擦力大小仍为零，所以斜面体B对地面的摩擦力大小也为零，选项C正确。
16. D
【解析】7．9km/s即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的环绕速度．而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据v的表达式可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故A错误；11．2km/s是卫星脱离地球束缚的发射速度，而同步卫星仍然绕地球运动，故B错误；在轨道I上，P点是近地点，Q点是远地点，则卫星在P点的速度大于在Q点的速度，故C错误；从椭圆轨道Ⅰ到同步轨道Ⅱ，卫星在轨道Ⅰ上从Q点开始做逐渐靠近圆心的运动，要在轨道Ⅱ上做匀速圆周运动，应给卫星加速，故D正确．
17. C
【解析】当滑片向b滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，所以定值电阻R1的电功率减小，选项C正确；电流减小则内电压减小，由U=E-Ir可知路端电压增大，即电压表示数增大；因路端电压增大，R1两端的电压减小，故并联部分电压增大，由欧姆定律可知电流表示数增大，选项A、B错误；因不知内外电阻的大小，所以不能确定电源的输出功率如何变化，选项D错误
18. BC
【解析】由图可知，加速度变化，故做变速直线运动，选项A错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：，其中：
联立得： ，结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，时，，，所以最大速度为，
由图象可知：
解得：， ，选项BC正确；由可知，，选项D错误。
19. BD
【解析】由图像可知，交流电动势的最大值Em=100V，周期T=0.04s，所以瞬时值表达式为，选项A错误B正确；根据感应电动势最大值的表达式Em=NBSω得知，Em与ω成正比，则线圈的转速变为原来的一半，感应电动势最大值变为原来的一半，为Em′=50V，则交流电动势的表达式为，故选项C错误D正确.
20. ABC
【解析】带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，受力平衡有： qvB=qE所以： ，可知从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度，即选项A正确；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，所以： ，所以： ，可知粒子的比荷越大，则运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是11H，打在P点的粒子是12H和24He．选项B正确；由题中的数据可得，11H的比荷是12H和24He的比荷的2倍，所以11H的轨道的半径是12H和24He的半径的1/2倍，即O2P的长度是O2P1长度的2倍．选项C正确；粒子运动的周期：，三种粒子中，的比荷最大，所以粒子在偏转磁场中运动的周期最小，而运动时间为半个周期，所以粒子在偏转磁场中运动的时间最短，选项D错误。
21. CD
【解析】根据机械能守恒、动量守恒定律的条件，M和m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D正确；m滑到右端两者水平方向具有相同的速度：，，可知m到达小车上的B点时， m、M的水平速度为零，所以m做竖直上抛运动，选项A错误C正确； m从A到C的过程中M向左加速运动，m从C到B的过程中M向左减速运动，选项B错误。
22.（1）ACE (2)BC；（3）；（4）(每空2分）
【解析】(1)因为需要知道砝码的质量，所以需要天平，打点计时器要工作需要低压交流电源，为了测量加速度还需要刻度尺，选ACE。
（2）若用沙和小桶的总重力表示小车受到的合力，为了减少这种做法带来的实验误差，必须：使长木板右端抬起-个合适的角度，以平衡摩擦力，保证合外力等于绳子的拉力，但不需要每次都平衡摩擦力,故A正确，B错误；平衡摩擦力需要接电源，看打出的点是否均匀，故C错误；本实验不需要满足M远大于m。
（3）根据匀变速直线运动的特点，D点的速度等于CE之间的平均速度，所以：
（4）O到D之间重力势能减小：△EP=mgs4
动能增大：
需要验证的是：
23.（1）C；6(每空1分）（2）电路图如解析图所示；(2分）（3）7．5 ；10(每空2分）
【解析】（1）V1、V2的内阻不确定而量程又不合适，故应选择3V电表C进行改装，串联电阻为：
得
（2）本实验的原理为：U=E-Ir，利用变阻箱和电压表可获取电流I，故电路应为图示结构．
（3）设U0为改装电压表的示数，E0为计算电压．把两组实验数据分别代入r有1．5=E0-r和，联立解得：E0=2．5 V，r=10Ω，实际电动势为：E=3E0=7．5 V．
24.（1） （2）
【解析】（1）由小球恰好到最高点，知道两者有共同速度
对于车、球组成的系统，由水平方向动量守恒定律列式为mv=2mv′ （2分）
得共同速度v′=v/2 （1分）
对小车由动量定理得： （2分）
即 （1分）
(2)由于小球原来的动能为，小球到最高点时系统的动能为
，所以系统动能减少了 （2分）
如果曲面光滑，则减少的动能等于小球增加的重力势能
即 （2分）
得 （2分）
显然这是最大值，如果曲面粗糙，高度还要小些，所以车上曲面的竖直高度最高为
（1分）
25.（1）小球带正电， （2），与水平方向的夹角为450
（3）
【解析】（1）从A到B过程中，在竖直方向小球做匀减速运动
加速度
B点是最高点，竖直分速度为0，有： （1分）
水平方向小球在电场力作用下做匀加速运动，可知小球带正电
初速度为0，加速度 （1分）
水平方向有： （1分）
联立两式得： （1分）
可得 （1分）
（2）在两个方向上的运动互为逆运动，故小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小
在竖直方向由 （1分）
可得 （1分）
所以位移为 （2分）
其与水平方向的夹角为θ
，即位移与水平方向的夹角为450 （1分）
（3）设重力与电场力的合力为F，其与水平方向的夹角为θ
则：，如图所示
开始一段时间内，F与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小
后来F与速度夹角小于90°，合力做正功，动能增加 （2分）
因此，当F与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为
即：，则， （3分）
解得 （1分）
（2分）
26．共15分I．4H2(g)+2NO2(g)＝N2(g)+4H2O(g)△H=-1100.2kJ/mol(2分）
II．（1）①低温（1分）②de；(2分）
（2）①<；(1分）<；(1分)②0.025mol/L·min1)；(2分）<；(1分）不（2分）；
III（1）H2O+2SO2+CO32-=2HSO3-+CO2↑（2分）
（2H2SO4（1分）；NO+6H++5e－=NH4++H2O（2分）
【解析】I．（1）根据氢气的热值可书写氢气的热化学方程式是2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)△H＝－142.9×4kJ·mol－1＝－571.6kJ·mol－1，根据盖斯定律，将已知热化学方程式中的氧气与液态水消去得到H2还原NO2生成水蒸气和氮气的热化学方程式：4H2(g)+2NO2(g)＝N2(g)+4H2O(g) △H＝－1100.2kJ·mol－1；
Ⅱ．（1）①该反应的ΔS＜0，所以若反应自发进行，则ΔH＜0，因此反应在低温条件下自发进行；
②a．该体系中的气体只有二氧化碳和氢气，且二者的起始物质的量之比等于化学方程式中的化学计量数之比，所以是混合气体的平均式量始终保持不变，不能判断为平衡状态，a错误；b．CO2与H2始终是1:3的关系，所以CO2和H2的体积分数保持不变的状态不是平衡状态，b错误；c．CO2与H2的起始物质的量之比等于化学方程式中的化学计量数之比，所以二者的转化率一定相等，与是否达到平衡状态无关，c错误；d．因为该体系中有液体参加，所以气体的质量在逐渐减少，则气体的密度减小，达到平衡时，保持不变，d正确；e．1molCO2生成的同时有3molH－H键断裂，符合正逆反应速率相等，是平衡状态，e正确，答案选de；
（2）①因为生成甲醇的反应是放热反应，而反应Ⅱ是从逆反应方向开始的，所以反应吸热，绝热容器的温度要低于恒温容器，即反应Ⅰ温度高于反应Ⅱ，温度升高，放热反应的平衡常数减小，则K(I)＜K(II)；二者都是恒容条件，若是恒温容器，二者达到的平衡是等效平衡，甲醇的浓度相同，而反应Ⅰ温度高于反应Ⅱ，所以反应Ⅱ需要再降低温度，而温度降低，平衡正向移动，则甲醇的浓度增大，平衡时CH3OH的浓度c(I)＜c(II)。
②对于反应Ⅰ，前10min内氢气的物质的量减少6mol－4.5mol=1.5mol，则甲醇的物质的量增加0.5mol，所以前10min内平均反应速率v(CH3OH)==0.025mol·L－1·min－1；30min时是平衡状态，生成甲醇1mol，则消耗氢气3mol，平衡时氢气的物质的量为3mol，而改变温度后氢气的物质的量变为3.2mol，物质的量增大，说明平衡逆向移动，因为该反应是放热反应，所以升高温度，平衡逆向移动，则T1＜T2；若30min时只向容器中再充入1molCO2(g)和1molH2O(g)，根据表中数据计算该温度下的平衡常数为K=，此时Qc= =K，所以平衡不移动。
III（1）碳酸钠溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，其反应的离子方程式为：H2O+2SO2+CO32-＝2HSO3-+CO2↑；
（2）电解装罝可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42-，则电解方程式为5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4。由电解方程式可知，物质A为硫酸，其化学式为H2SO4；电解时，阳极上二氧化硫失电子生成硫酸根离子，阴极是NO得到电子转化为铵根，则阴极的电极反应式是NO + 6H+ + 5e－= NH4+ +H2O。
考点：考查化学平衡状态的判断，盖斯定律的应用，平衡移动的应用。
27．共（12分）（1）过滤(1分）、碱(1分）（2）4Cr(OH)3+ 4 Na2CO3+ 3O24Na2CrO4+4CO2+6H2O（2分）
（3）AlO2–+H++ H2OAl(OH)3↓（2分）
（4）蒸发浓缩(1分）、促使反应2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O平衡向正方向移动(1分）
(5)72.00%；（2分）
(6)C（2分）
【解析】（1）从盐类水解的角度解答；
（2）氧化焙烧过程中有氧气参加反应，结合质量守恒定律完成方程式；
（3）水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等物质，加入硫酸调节溶液的pH可得到Zn（OH）2、Al（OH）3沉淀；
（4）水浸后溶液中存在Na2CrO4，加入硫酸发生CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，从平衡移动的角度分析；
（5）阴极得电子发生还原反应。
解答：（1）操作①是从溶液中分离出滤渣，操作①是的名称是过滤；水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等都为强碱弱酸盐，水解后呈碱性；
（2）氧化焙烧过程中有氧气参加反应，根据质量守恒可知还反应生成水，反应的方程式为4Cr(OH)3+ 4 Na2CO3+ 3O24Na2CrO4+4CO2+6H2O
（3）Zn（OH）2、Al（OH）3具有两性，水浸后溶液中存在Na2CrO4、NaAlO2、Na2ZnO2等物质，加入硫酸调节溶液的pH可得到Zn（OH）2、Al（OH）3沉淀，NaAlO2加入酸生成Al（OH）3沉淀的离子方程式为AlO2–+H++ H2OAl(OH)3↓；
（4）水浸后溶液中存在Na2CrO4，加入硫酸发生CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O，加入硫酸可使平衡向正反应方向移动，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体，
(5)根据实验步骤可知，用碘化钾Cr2O72-将还原成Cr3+，根据电子得失守恒有关系式Cr2O72-～3I2，再用Na2S2O3标准溶液滴定( I2+2S2O32-═2I-+S4O62-)，所以有关系式Cr2O72-～3I2～6S2O32-，Na2S2O3的物质的量为0.1500mol/L×36.00mL=5.4×10-3 mol，所以样品中Na2Cr2O7的物质的量×5.4×10-3 mol×=3.6×10-3 mol，样品中Na2Cr2O7的纯度为故答案为：72%；
(6)A．配制溶液时，用托盘夭平称取试样后，一般经溶解、转移(含洗涤)、定容、摇匀等步骤，配制成100mL溶液，故A错误； B．滴定时，用Na2S2O3滴定I2，滴定终点时溶液由蓝色变为无色，故B错误； C．滴定终点时俯视读数，测定结果偏低，读取的标准液体积偏小，所以测得的结果偏低，故C正确，故选C。
点睛：电解过程中钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室，所以右侧阳极室中钠离子减少。
28．（共16分）（1）NaOH溶液(1分）
（2）小于0.6NA（2分）
（3）加入盐酸酸化的氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀产生，如有，则说明含有硫酸根离子，反之，则不含(1分）
(4)乙、丙(1分）
Cl2＞Fe3+＞SO2(1分）
II.（1）溶液变蓝，铜片溶解，导管口有无色气体冒出(1分）；除去未反应的NO，防止污染空气(1分）
（2）方法I：将生成物置于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体并在液面上方变为红棕色，则C中产物是亚硝酸钠 （2分） 3NO2－+2H+=NO3－+2NO↑+H2O（2分）
方法II：将生成物置于试管中，加入酸性KMnO4溶液，若溶液紫色褪去，则C中产物是亚硝酸钠（2分）5NO2－+2MnO4－+6H+=5NO3－+2Mn2++3H2O（2分）
（3）碱石灰(1分） 打开弹簧夹，通入N2一段时间(1分）
（4）5×10－4（2分）
【解析】I. （1）氯气有毒，棉花中浸润NaOH溶液，可以吸收氯气，防止污染，故答案为：NaOH溶液；
（2）A中的反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；36.5%密度为1.2g/ml盐酸100ml中含有氯化氢的物质的量为×0.1=1.2mol，反应一定时间后，变成稀盐酸，反应不再进行，因此转移的电子数少于0.6NA，故答案为：少于0.6NA；
（3）过程⑥中溶液显酸性，检验硫酸根离子应选择稀盐酸和氯化钡溶液，操作为加入盐酸酸化的氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀产生，如有，则说明含有硫酸根离子，反之，则不含，故答案为：加入盐酸酸化的氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀产生，如有，则说明含有硫酸根离子，反之，则不含；
（4）甲中第一次有Fe3+，无Fe2+，则氯气的氧化性大于铁离子，第二次有硫酸根离子，可能是过量的氯气将二氧化硫氧化，无法证明二氧化硫是被铁离子氧化；乙中第一次，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，第二次有硫酸根离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫；丙中第一次有Fe3+，无Fe2+，则氯气的氧化性大于铁离子，第二次有亚铁离子，说明发生二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫；氧化性顺序为Cl2＞Fe3+＞SO2，故答案为：乙、丙；Cl2＞Fe3+＞SO2。
II. A装置中C和浓硝酸发生氧化还原反应生成NO2，反应方程式为C+4HNO3（浓）=CO2↑+4NO2↑+2H2O，NO2通入B中和水发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，Cu和稀硝酸发生反应3Cu+8HNO3=3CuNO3+2NO↑+4H2O，C中发生反应 2NO+Na2O2=2NaNO2，剩余的NO被酸性高锰酸钾溶液氧化生成硝酸。
（1）根据上述分析，B中观察的主要现象是溶液变蓝，铜片溶解，导管口有无色气体冒出；NO有毒不能直接排空，NO和酸性高锰酸钾溶液反应生成硝酸根离子和锰离子，D装置的作用是除去NO，防止污染空气，故答案为：溶液变蓝，铜片溶解，导管口有无色气体冒出；除去未反应的NO，防止污染空气；
（2）亚硝酸钠能和稀硫酸反应生成无色气体NO，NO不稳定易被氧气氧化生成红棕色气体二氧化氮，该实验现象说明含有亚硝酸钠，相关的反应方程式为3NO2－+2H+=NO3－+2NO↑+H2O，故答案为：将生成物置于试管中，加入稀硫酸，若产生无色气体并在液面上方变为红棕色，则C中产物是亚硝酸钠；3NO2－+2H+=NO3－+2NO↑+H2O；
（3）从B装置中出来的气体中含有NO、二氧化碳和水蒸气，这几种物质都能和过氧化钠反应，要使C中只有NO和过氧化钠反应，则BC装置间的E装置应该能吸收水蒸气和二氧化碳，使用的药品是碱石灰；要排除空气防止发生反应，应该先通入一段时间的氮气，故答案为：打开弹簧夹，通入N2一段时间，故答案为：碱石灰；打开弹簧夹，通入N2一段时间；
（4）5mol/L NaNO2溶液的pH为9，Kh===×10-10=×=， Ka==5×10－4，故答案为：5×10－4；
点睛：本题考查性质实验方案的设计及氧化还原反应，明确装置的作用及发生的反应是解答的关键，注意氧化性的比较是解答的难点。本题的第二个难点是亚硝酸的电离平衡常数的计算，要熟记Kh=。
29．（10分，每空1分）
（1）细胞质基质、线粒体、叶绿体 18 200 d
（2）c 最少 1/5
（3）25 不能生长 因为12h光照下植物积累的有机物小于12h黑暗中消耗的有机物
【解析】（1）图甲曲线中，当光照强度为b点时，光合速率等于呼吸速率，所以叶肉细胞中产生ATP的场所有细胞质基质、线粒体、叶绿体。当光照强度为800 lx时，光合作用过程中二氧化碳的吸收总量为18μmol/（m2.s）。乙图细胞的生理状态为光合速率大于呼吸速率，对应于甲图光照强度大于200lx（光补偿点）时。大棚种植蔬菜时，白天应使净光合速率最大为好，所以控制光强为甲图中的d点最为理想。
（2）图丙中最适合小麦非绿色器官储藏的氧浓度是c点二氧化碳释放量最小时；若细胞呼吸的底物是葡萄糖，则在氧浓度为b时，CO2的产生总量为8个单位，但是O2的吸收量为3个单位。有氧呼吸每消耗1摩尔的葡萄糖，利用6摩尔的O2，产生6摩尔的CO2，所以若利用3个单位O2，则消耗的葡萄糖的量为0．5个单位；无氧呼吸每消耗1摩尔的葡萄糖产生2摩尔的CO2，所以若产生8-3=5单位的CO2，则消耗葡萄糖的量为2．5个单位。因此有氧呼吸消耗葡萄糖的量是无氧呼吸消耗葡萄糖的量的0．5÷2．5=1/5倍。
（3）若昼夜不停地给予光照，则该小麦生长的最适宜温度是光照下吸收CO2最多的温度，由表可知为25℃。温度为35℃时，净光合作用小于呼吸作用，所以光照时间与黑暗时间相等时该植物能积累有机物小于0，不能生长。
【考点定位】细胞呼吸和光合作用
30．（10分，除标明外每空1分）
（1）基因的表达
（2）神经递质 摄取、利用和储存
（3）甲（下丘脑）
（4）自由扩散 促性腺激素释放激素、促性腺激素（2分） 增加
（5）a、b 皮肤血管收缩（皮肤汗腺分泌减少）
【解析】
（1）从图中可看出，激素①主要是通过影响遗传信息的转录和翻译来影响生物的性状。
（2）下丘脑是血糖调节中枢，通过相关神经调节胰岛细胞的活动；若结构乙表示胰岛B细胞，结构甲通过释放神经递质，可直接影响激素胰岛素的形成与分泌，胰岛素的作用是促进细胞摄取、利用和储存葡萄糖，从而使血糖水平降低。
（3）结构甲、乙、丙中具有神经传导和激素分泌双重功能的是下丘脑。
（4）若激素①是雄激素，其进入靶细胞的方式是自由扩散，物质a、b分别是促性腺激素释放激素、促性腺激素，若切除睾丸，则物质a、b含量都增加。
（5）若激素①是甲状腺激素，在寒冷环境中能促进人体产热的调节过程是a、b，同时人体皮肤减少散热的生理反应是皮肤血管收缩。
【考点定位】动物激素的调节
【名师点睛】下丘脑通过释放促甲状腺激素释放激素（TRH），来促进垂体合成和分泌促甲状腺激素（TSH），TSH则可以促进甲状腺的活动，合成和释放甲状腺激素，当甲状腺激素达到一定浓度后，这个信息又会反馈给下丘脑和垂体，从而抑制两者的活动，这样甲状腺激素就可以维持在相对稳定水平，这就是所谓反馈调节。
31．（9分，每空2分）
（1）增强 降低
（2）种内斗争 下降 （田鼠、鸟类与蝗虫种群对食物的）竞争加剧；蝗虫捕食者增加
（3）150 （4）增大 （5）速度和方向 （6）偏高
【解析】（1）其他种群迁入后，改变了生态系统的营养结构。生态系统自我调节能力大小由生态系统的组分和食物网的复杂程度有关，生态系统的组分越多和食物网越复杂，自我调节能力就越强，故抵抗力稳定性增强，恢复力稳定性降低。
（2）由图甲可看出：蝗虫种群3-7月是种内斗争最激烈的时间段。由于田鼠和鸟类与蝗虫种群对食物的竞争加剧（食物减少）、蝗虫种群被天敌捕食的数量增加，故3个月后，蝗虫种群的增长速率显著减小。从种间关系角度分析，其主要原因是田鼠、鸟类与蝗虫种群对食物的竞争加剧；蝗虫捕食者鸟类增加。
（3）若鸟类从蝗虫直接获得的食物占其食物总量的50%，则鸟类增加10kg，至少需要草5÷20%+5÷20%÷20%=150kg。
（4）若该系统为草原生态系统，适当放牧能改变草的种内关系，竞争降低，增大草对光能的利用率。（5）弃耕地群落中物种数目随紫茎泽兰入侵程度的增加而减小，调查说明外来物种的入侵能改变群落演替的速度和方向。
（6）该动物被捕一次后更难捕捉，故往往导致调查结果偏高，标记重捕法中被捕捉的动物实际更难再次被捕捉，说明重捕个体中被标识的个体数偏小，根据计算公式可知，会导致公式N种群内的个体总数偏大，从而导致调查密度升高
【考点定位】生态系统的结构；种群数量的变化曲线；生态系统的功能。本题考查学生对生态系统的组成及各部分的作用、生态系统中的食物链和食物网、生态系统的稳定性等知识点的理解，意在考查考生分析题图获取有效信息的能力；能理解所学知识要点，把握知识间内在联系的能力。
【名师点睛】生态系统的稳定性：生态系统所具有的保持或恢复自身结构和功能相对稳定能力。
（1）原因：自我调节能力（负反馈调节是自我调节能力的基础）
（2）能力大小由生态系统的组分和食物网的复杂程度有关，生态系统的组分越多，食物网越复杂，自我调节能力就越强。但自我调节能力是有限度的，超过自我调节能力限度的干扰会使生态系统崩溃。
32.（10分，每空2分）
（1） 基因的自由组合定律 3 AaBbCc
（2）aabbcc×AAbbcc 或aabbcc×aaBBcc 或aabbcc×aabbCC
（3）基因通过控制酶的合成控制代谢过程进而控制生物性状
【解析】
（1）结合杂交实验1、2、3的实验结果，三个白花品系均为纯合子，若为一对等位基因控制，则它们的基因型均相同，则杂交后代不会出现红花。由上述实验结果可推知，结合题干“受多对等位基因控制”这一条件，该牵牛花的花色性状的遗传遵循基因的自由组合定律；根据杂交实验3的结果总份数为8份，红花占1/8=（1/2）3, 说明该性状至少涉及3对等位基因。F1红花的基因型为AaBbCc.
（2）根据以上分析，结合杂交实验的结果，可推知杂交实验1的亲本基因型的组合类型可能是aabbcc×AAbbcc 或aabbcc×aaBBcc 或aabbcc×aabbCC。
（3）基因控制生物性状的两种方式：一是通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体的性状；而是通过控制蛋白质的结构直接控制生物体的性状．由于花色由花青素（一种小分子物质）存在情况决定，所以控制花色的基因是通过控制酶的合成控制代谢过程进而控制生物性状．
33.（1）（1）BDE （2）（i）10J（ii）；
【解析】（1）设分子平衡距离为r0，分子距离为r．当r>r0，分子力表现为引力，分子距离越大，分子势能越大；当r<r0，分子力表现为斥力，分子距离越小，分子势能越大；故当r=r0，分子力为0，分子势能最小；由于分子势能是相对的，其值与零势能点的选择有关，所以分子距离为平衡距离时分子势能最小，但不一定为零，故选项A错误；碎玻璃不能拼在一起，是由于分子间距离无法达到分子间相互作用的距离，故选项B正确；根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性，故选项C错误；液晶既有液体的流动性，又具有光学各向异性，故选项D正确；在轮胎爆裂这一短暂过程中，气体膨胀，对外做功，内能减小，温度下降，故选项E正确；
（2）（i）A状态至B状态过程是等温变化，气体内能不变，即△U=0
气体对外界做功：W=-10J （1分）
根据热力学第一定律有：△U=W+Q （2分）
解得：Q=-W=10J （1分）
（ii）由B到C做等压变化，根据盖吕萨克定律得： （1分）
解得：TC＝T0 （2分）
A到C做等容变化，根据查理定律得： （1分）
解得： （2分）
34.（1）ADE （2）（i）45° （ii） 75°
【解析】（1）速度和加速度第一次同时恢复为原来的大小和方向所经历的过程为一次全振动；故A正确；回复力与位移方向相反，故加速度和位移方向相反，但速度可以与位移相同，也可以相反，物体运动方向指向平衡位置时，速度的方向与位移的方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同，故B错误，E正确；一次全振动时，动能和势能均会有两次恢复为原来的大小，故C错误；当位移减小时，回复力减小，则加速度在减小，物体正在返回平衡位置；故速度在增大，故D正确。
（2）（i）光路图如图所示，折射光线与AB面的夹角为600
则折射角 （1分）
由折射定律可知 （2分）
（2分）
则临界角为 （1分）
得: （1分）
（ii）由几何关系可知 （2分）
故 （1分）
35．共15分(1分）sp3(1分）（2）H-O-C≡N(1分） 直线型(2分）（3）立方体（2分）（4）①C10H10Fe（2分） ②6（2分） ③重叠1分）（5）2 (1分） （6）6000/Dρ（2分）
【解析】
（1）羧基的结构简式为，两个O原子的价层电子对数分别为3、4，则杂化类型分别为sp2、sp3；
（2）碳为四配位，氮为三配位，氧为两配位，故氰酸（HOCN）的结构式是N≡C-O-H；氰酸（HOCN）的结构式是N≡C-O-H，中心原子碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+（4-2×2）=2，采取sp杂化；CNO-电子数为22，与CNO-互为等电子体微粒为CO2，CO2是直线型分子，等电子体的结构相似，所以CNO-的空间构型是直线型；
（3）距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体是立方体；
（4）①因为包含两个环戊二烯基与铁原子，又环戊二烯基为-C5H5，所以二茂铁的分子式为C10H10Fe；
②因为每个环戊二烯中含有5个C原子，在加上铁原子的一个电子，所以每个环含有的π电子数为6；
③由图象知，D5h的能量较低，所以比较稳定的是重叠结构；
（5）Ni的原子序数为28，电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，基态Ni2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，3d有8个电子，其中2个单电子；其纳米粒子的直径为Dnm=D×10-7m，表面积为4π（×10-7）2cm2=4π（×10-7）2×10-4 m2=4π（×10-7）2×10-4 m2=πD2×10-18m2，体积为π（×10-7）3cm3，纳米粒子的质量为π（×10-7）3cm3×ρg/cm3=π（×10-7）3×ρg=g，比表面积为=6000/Dρ。
36．（1） (2分） 羟基、羧基(2分）（2）②⑤⑥(2分）
（3）(2分）
（4）+2NaOH→CH3OH++(2分）（5）、
（6）(3分)
【解析】
A是芳香烃，根据分子式含有1个苯环，能和溴的四氯化碳溶液发生反应，说明含有碳碳双键，A和氢气发生加成反应后有两个甲基，说明含有烃基上含有1个支链，即A的结构简式为，和溴的四氯化碳溶液发生加成反应，即B的结构简式为，反应②发生卤代烃的水解反应，羟基取代溴原子的位置，即C的结构简式为，C转化D发生氧化反应，D的结构简式为：，对比D和E的分子式，以及E能使溴的四氯化碳溶液褪色，反应④发生消去反应，即E的结构简式为：，根据信息①，溴原子取代羧基中羟基的位置，F的结构简式为：，根据信息②发生取代反应，即H的结构简式为：，（1）根据上述分析，A的结构简式为，D中含有官能团是羟基和羧基；(2)属于取代反应的是②⑤⑥；(3)H中含有碳碳双键，通过发生加聚反应生成高分子化合物，即结构简式为：；(4)H中含有酯基和肽键，在氢氧化钠溶液中发生水解反应，反应方程式为：+2NaOH→CH3OH++；（5）a含有苯环，且苯环上有2组峰，说明含有两种氢，应是含有两个取代基，且处于对位；b、能和新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，说明含有醛基，属于醛或甲酸某酯；c、加入FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基，因此属于的同分异构体为：、；（7）根据中间体的结构简式，生成中间体两种有机物分别是：CH3COBr和(CH3)2CHNH2，由CH3COOH和PBr3发生取代反应生成CH3COBr，乙酸由乙醛氧化生成，乙醛可以由乙烯直接转化成，也可以由乙醇氧化生成，乙醇由乙烯的水化法产生，选择最简单的路线，即。
点睛：本题属于有机物的合成，考查有机物的基础知识以及官能团的性质，解决这类问题，需要熟悉掌握官能团的性质，官能团的引入和消去，充分利用信息，同分异构体的书写和判断是有机合成中常考知识，特别是限制性的同分异构体的书写，这就要求学生注意限制条件的运用，本题的难度适中，考查了学生推断能力、基础知识的运用能力。
37.（除标明外，每空2分）
（1）纤维素（1分）；平板划线法；稀释涂布平板法
（2）Cx酶（1分）；葡萄糖苷酶（1分）；葡萄糖苷酶；
（3）刚果红；红；透明圈
【解析】（1）富含纤维素的环境中纤维素分解菌较多，筛选纤维素分解菌时用纤维素作为唯一碳源的选择培养基中，纤维素分解菌能够很好地生长，其他微生物则不能生长。纯化菌种时，常采用平板划线法和稀释涂布平板法进行微生物的接种。
（2）②中获得的酶是纤维素酶，该酶是一种复合酶，包括Cl酶、Cx酶、葡萄糖苷酶，其中葡萄糖苷酶能够将纤维二糖分解为葡萄糖。
（3）在含纤维素的培养基中加入刚果红时，刚果红可与纤维素形成红色复合物。用含有刚果红的该种培养基培养纤维素分解菌时，培养基上会出现以该菌的菌落为中心的透明圈。
38.（除标明外，每空2分）
（1）基因工程 基因重组
（2）胰蛋白酶
（3）超数排卵
（4）早期胚胎培养 桑椹胚或囊胚
（5）小猪是否能够在实验条件下产生绿色荧光（3分）
【解析】（1）图中绿色荧光蛋白转基因克隆猪的形成过程运用了基因工程、细胞工程、胚胎工程等现代生物工程技术，其中基因工程技术属于分子水平，其原理是基因重组。
（2）动物细胞培养前，先要用胰蛋白酶处理组织，使组织中的细胞分散开来。
（3）用促性腺激素处理母畜，可使其超数排卵，获得大量的卵母细胞，这个方法叫做超数排卵法。
（4）G过程叫做早期胚胎培养；H是胚胎移植过程，一般选择处于桑椹胚或囊胚期的胚胎进行移植。
（5）在个体水平上检测该过程是否成功需要检测其性状，该克隆猪需要具备的特性即在实验条件下能够产生绿色荧光。
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