河北省普通高等学校招生全国统一考试猜题卷（二）化学试题及答案

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1、绝密启用前普通高等学校招生全国统一考试猜题卷（二）理科综合化学能力测试 本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。共300分。注意事项：1答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上，考生要认真核对答题纸上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。2第1卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦净后，再选涂其他答案标号。第卷用黑色墨水签字笔在答题纸上书写作答，在试题卷上作答，答案无效。3考试结束，监考员将试题卷、答题纸一并收回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 0 16 Na 23 S

2、32 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Ga 70第卷（选择题共126分）一、选择题：本题共13小题，每小题6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。7化学无处不在，与化学有关的说法不正确的是( ) A绚丽缤纷的烟花中可能添加了含钾、钠、钙、铜等某些金属元素的物质 B回收废弃塑料制成燃油替代汽油、柴油，可减轻环境污染和节约化石能源 C为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开友废电池的综合利用技术 D生铁炼钢时必须完全除去生铁中的碳，以避免因钢铁中含有碳而发生电化学腐蚀8设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是( ) A电解精炼铜时，若阳极质量减

3、少6.4 g，则电路中转移电子数为0.2NA B标准状况下，44.8 L NO与22.4 L O2混合后气体中分子总数等于2NA CNO2和H2O反应每生成2mol HNO3时转移的电子数目为2NA D1 mol Fe在氧气中充分燃烧失去3NA个电子9硼氢化钠(NaBH4)在有机合成、化工生产方面有广泛应用。制备硼氢化钠的化学方程式为NaBO2+2Si02+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3。下列有关上述反应的说法错误的是( ) A氧化产物和还原产物的物质的量之比为2:1 B转移4 mol电子时，只需向装置中通人44.8 L H2（标准状况） C装药品之前加热装置至100并持续一会儿

4、D制备硼氢化钠的副产物可能有NaH10下列有关实验的说法错误的是( ) A向品红溶液中通入气体X，品红溶液褪色，则气体X可能是Cl2。BCO2中含少量SO2，可将该混合气体通人足量饱和NaHCO3溶液中除去SO2：C用洁净的铂丝蘸取某食盐试样，在酒精灯火焰上灼烧，火焰显黄色，说明该食盐试样中不含KIO3D相同体积、pH均为3的HA和HB两种酸的溶液分别与足量的锌充分反应，HA放出的氢气多，说明HB的酸性比HA的酸性强11. 下列有关有机物同分异构体数目的叙述中，正确的是 ( )选项 有机物 同分异构体数目 A 戊烷 2种 B C8 H10中属于芳香烃的有机物 3种 C 分子式为C4H8 O2，

5、能与NaHCO3反应 3种 D 甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代产物 6种 12. 短周期元素M、X、Y、Z的原子序数依次递增，其中元素M的原子最外层电子数是最内层电子数的2倍，元素X的最简单离子的核外电子排布与Ne原子的核外电子排布相同，Y元素的单质常作为半导体材料和光伏材料，X、Z元素形成离子化合物XZ，该化合物可从海水中提取。下列有关说法错误的是( ) A四种元素原子中，X的原子半径最大 BM、X原子最外层电子数之和等于Y、Z原子最外层电子数之和 C元素M、Z形成的化合物与M、Y形成的化合物均含共价键 D电解熔融的XZ与电解XZ的水溶液时，二者阳极反应相同13. 常温下，用

6、0.100 0 molL-l NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 molL-l CH3 COOH溶液所得滴定曲线如图，下列说法正确的是( ) A处水的电离程度大于处水的电离程度 B处加入的NaOH溶液恰好将CH3 COOH中和 C处所示溶液：c(Na+ )c( CH3 COO-) c( H+) c( Na+)c(OH-)理综试题（二）第2页（共13页）26.（14分）已知氨气可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用示意图 中的装置可以实现该反应。 回答下列问题：(1)A中实验室制备氨气的化学反应方程式是_。(2)能证明氨气与氧化铜反应的现象：C中_、D中有无色液体生成；设计实验

7、检验D中无色液体的成分：取少量液体于试管中，加入少量_粉末，现象为_。写出氨气与氧化铜反应的化学方程式_若生成2. 24 L（标淮状况）氮气，计算转移电子数为_。(3)某同学在实验中选用了氯化钙作为干燥剂，并对B干燥管中氯化钙吸收气体的成分进行探究； 【提出假设】 假设1 只吸收水蒸气； 假设2 _；假设3吸收水蒸气和氨气。【设计实验】根据下列仪器和药品设计实验验证假设3为了完成实验，上述装置导管接口连接顺序为_（填代号）。取一定量B干燥管中吸收后所得固体样品在F中充分反应，产生气体经G、H装置全部吸收后，用标准的氢氧化钠溶液滴定G中剩余的盐酸。若碱式滴定管用蒸馏水洗净后直接盛装标准氢氧化钠溶

8、液进行滴定，测得样品中吸收的n(NH3)会_（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。经测定，准确称取24.9 g样品完全反应，放出0.6 mol NH3，H装置反应前后净增3.6 g。则该样品的化学式为 _。（用CaCI2yNH3zH20形式表示）27.（14分）黄铜矿(CuFeS7)是冶炼铜及制备铁氧化物的重要矿藏，常含微量的金、银等。右图是以黄铜矿为主要原料生产铜、铁红（氧化铁）颜料的工艺流程图： (1)CuFeS2中，Fe的化合价为_。(2)写出“反应”的离子方程式_，该反应的氧化剂是_。(3)CuCl难溶于水，但可与过量的CI反应生成溶于水的CuCl2-。该反应的离子方程式为_。(4)反应

9、V五个反应中属于非氧化还原反应的是反应 _（选填“V”）。 (5)已知Cu+在反应V中发生自身氧化还原反应，歧化为C u2+和Cu，由此可推知“溶液A”中的溶质为_(写出化学式）。(6)在酸性、有氧条件下，一种叫Thibacillus ferroxidans的细菌能将黄铜矿转化成硫酸盐，该过程反应的离子方程式为_。 (7)将一定量的铁红溶于160 mL 5 molL-1盐酸中，再加入足量铁粉，待反应结束共收集到气体2. 24 L（标准状况），经检测溶液中无Fe3+，则参加反应的铁粉的质量为_。28.（15分）二甲醚(CH3OCH3)是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏

10、作用。工业上以水煤气(CO、H2)为原料生产二甲醚CH3OCH3的新工艺主要发生三个反应： 2H2 (g)+CO(g)CH3OH(g) H= -90.0 kJmol-1 2CH3OH( g) CH3 OCH3 (g)+ H2O(g) H = -24.5 KJmol-l CO(g)+ H2O(g) CO2 (g) +H2 (g) H = -41.1kJmol-1 回答下列问题：新工艺的总反应3H2(g)+3CO(g) CH3OCH3(g)+CO2(g)的热化学方程式为_。(2)已知一些共价键的键能如下 化学键 H-H C-H C-O O-H 键能( kJmol-1) 436 414 326 46

11、4 运用反应计算一氧化碳中碳氧共价键的键能为_ kJmol-1(3)在250的恒容密闭容器中，下列事实可以说明反应已达平衡的是（ ） A.容器内气体密度保持不变 B.CO与C0。的物质的量之比为1:1 C.H2O与CO2的生成速率之比为1:1 D.该反应的平衡常数保持不变(4)某温度下，将2 mol CO和6 mol H2充入2L的密闭容器中发生反应，充分反应后，达到平衡时测得c(CO)=0.2 molL-l，计算此温度下的平衡常数K=_。(5)绿色电源“二甲醚一氧气燃料电池”的工作原理如右图所示。氧气应从c处通人，电极Y为_极，发生的电极反应式为_；二甲醚(CH3)2O应从b处加入，电极X上

12、发生的电极反应式为_；电池在放电过程中，电极X周围溶液的pH _（填“增大”“减小”或“不变”）。理综试题（二）第8页（共13页）36化学选修2：化学与技术（15分）“向海洋进军”，已成为世界许多国家发展的战略口号，海水中通常含有较多的Ca2+、Mg2+、等杂质离子，以海盐为原料的氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程如右图：回答下列问题 (l)上述工艺流程图中，“化盐”后要想初步提纯NaCI需要进行的操作是_、_结晶。(2)精制过程中需加试剂除去Mg2+、Ca2+、等杂质离子，流程图中加入NaOH、BaCL2和Na2 CO3的顺序依次是过滤后滤液中还需要加入的试剂是_，停止加入该试剂的标

13、准是_。(3)“沉渣”的成分除泥沙外，还有Mg(OH)2、BaSO4、_。(4)在电解过程中，与电源正极相连的电极上所发生的电极反应式为_；与电源负极相连的电极附近，溶液pH_ （填“不变”“升高”或“下降”）；利用电解产物可以制备次氯酸钠溶液，制备反应的化学方程式为_。(5)该氯碱工艺中可以循环利用的物质是_ 。37化学选修3：物质结构与性质（15分）以氮化镓(GaN)为代表的第三代半导体材料目前已成为全球半导体研究的前沿和热点。回答下列问题：(1)镓为元素周期表第31号元素，镓原子价层电子排布图为_，写出氯化镓与氨水反应的化学方程式：_。(2)用“”或“7，故B项错误；处说明两溶液恰好完全

14、反应生成CH3COONa，因CH3 COO-水解，且程度较小，c(Na+)c(CH3COO-)，故C项错误；当CH3COOH较多，加入的NaOH较少时，则生成少量CH3COONa，可能出现：c( CH3 COOH)c( CH3 COO-)c(H+)c(Na+)c(OH-)，故D项正确。14D解析：伽利略将小球在斜面上的运动规律合理外推，证明了自由落体的运动规律，选项A错误；牛顿接受了胡克等科学家关于“吸引力与两中心距离的二次方成反比”的猜想，卡文迪许通过大量的实验数据得出了比例系数G的大小，选项B错误；伽利略最早发现力不是维持物体运动的原因，选项C错误；牛顿把天体力学和地面上的物体力学统一起来

15、，实现了物理学史上第一次大的综合，选项D正确。15C解析：根据图象可知，物体P向左先以某一加速度匀加速直线运动，则P受到的摩擦力方向水平向左，P相对于传送带向右运动，所以传送带一定向左运动，不可能向右运动，选项A、B错误；若传送带向左匀速运动，因传送带足够长，物块应先做匀加速运动后做匀速运动，所以选项D错误；设物块P与传送带的动摩擦因数为口，若传送带向左做加速度aL的位置离开磁场，且从AB中点射入的带电粒子离开磁场的位置距离坐标原点最远，其位置坐标x=R= 2L，所以所有带电粒子离开磁场时位置横坐标Lz2L。18A解析：电子的运动轨迹如图所示，在加速电场中有eU1=m，在偏转电场中有L=v0t

16、，tan=，y=(D+) tan,联立以上各式解得y=(D+)显然yUAB故电子打到荧光屏上形成的亮点沿y轴正方向做匀速运动，选项A正确。 19ABC解析：探测器贴近该星球表面做匀速圆周运动时，万有引力提供同心力得G，即M=，该星球的密度，选项B正确；探测器在高度为h的轨道上做匀速圆周运动时，有，所以R= 。由M=可求出星球的质量M选项A正确；根据万有引力提供向心力得，该星球的第一宇宙速度为v=：选项C正确；由于不知道探测器的质量，所以不能求出探测器贴近星球表面飞行时星球对它的引力，选D错误。20AC解析：用户端交流电压的频率 Hz，通过变压器，交流电压的频率不变，故A正确；设升压变压器的输入

17、电压的有效值为U1，输出电压为U2，降压变压器的输入电压为U3，输出电压为U4，则，由于输电线上有电压损失U2U3，故U1U4=220 V，B错误，C正确；若用户消耗的电功率增加发电站的输出功率也增加，因发电站的输出电压不变，故发电站的输出电流增加，则输电线中的电流增加，输电线上损失的电压增加，降压变压器的输入电压减少，降压变压器的输出电压减少，所以D错误。21BD解析：沿着电场线方向，等势面的电势降低，因此A点的电势低于B点的电势，故选项A错误；结合几何关系OA=2OB，由点电荷电场强度公式E=，可知B点的电场强度大小是A点的4倍，故选项B正确；若小球在A处时的加速度方向沿杆向上，对小球受力

18、分析可知。小球在C处时的加速度仍沿杆向上，即小球会一直做减速运动，小球在A、C两点的速度不会相等，故选项C错误；A、C两点的电势相等，小球从A到C的过程中，电场力做的总功为零，由动能定理得，mg2Lsin300一Wf =，Wf=mgL，选项D正确。22答案：(l)如图所示（2分）0.40（2分） (2)D（2分）解析：(l)纵横坐标合理的选择标度，使描出的点分布在一个较大的区间内。 (2)由速度时间图象可知，图线斜率表示加速度的大小，由图象可得，一开始加速度不变，后来加速度减小。由题意分析可得：物块的合外力变小。引起的原因是拉物块的细线与长木板不平行，当物块越靠近定滑轮时，夹角变大，拉力沿着桌

19、面的分力减小。长木板不够光滑或没有平衡摩擦力或钩码质量没有远小于物块质量等情况都不会出现中途加速度变化的现象，故A、B、C错误，D正确。23答案：(l)见解析（3分） (2)见解析（3分） (3)0.1（3分） 解析：(l)小灯泡上的额定电压为3V，而电压表V的量程为15 V，不符合测量要求，A2的内阻已知，将A2与灯泡并联，灯泡两端的电压可由U =IA2rA2求得选A1测量电流，灯泡中的电流I=IA1-IA2；做描绘小灯泡伏安特性曲线的实验时，电流与电压应从零开始调整，故滑动变阻器采用分压式接法，且选择最大阻值较小的，有利于数据的测量，故选R，电路图如下图所示。(2)如图所示。 (3)画出电

20、源的伏安特性曲线，如图所示，两个图线的交直即为小灯泡接在电源两端时小灯泡中的电流与小灯泡两端的电压.U=1.0V，I=0.10 A，因此小灯泡消耗的功率为P=UI=O.1 W。24.答案:(1)320 N (2)160 N解析:(1)木箱的加速度a1=3 m/s2，对木箱进行力分析，由牛顿第二定律得竖直方向：FN=Fsin +mg (1分) 水平方向：FcosFf一Ff=ma1 (1分)又Ff=FN (1分)将联立代入数据解得F=320N (1分)(2)木箱在水平地面上运动时，由运动学公式得vB2=2a1x1 （1分） 木箱在斜面上做匀减速运动，且到斜面顶端的速度为零时，推力最小，设此时木箱的

21、加速度为a2，由运动学公式得 -vB2=-2a2x2 （1分） 木箱在斜面上运动时，对木箱进行受力分析，由牛顿第二定律得沿斜面方向：mgsin+Ff - Fcos=ma2 （2分） 垂直斜面方向上：FN=mgcos +Fsin （2分） 又Ff=FN （1分） 联立式代人数据解得F=160 N （1分） 即在斜面上至少施加160 N的推力，才能使木箱滑到车厢上。25答案：(1) ( 2)，方向沿斜面向下解析：(l)设杆向上运动的速度为w，因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减少，从而磁通量也减少。由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的大小E=Bv （2分） 回路中的电流I= （1分） 电

22、流沿逆时针方向。两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆MN的安培力为F安1=BL1I，方向沿斜面向上 （1分） 作用于杆PQ的安培力F安2=BL2I，方向沿斜面向下 （1分） 当杆匀速运动时，根据牛顿第二定律有 F-m1gsin一m2 gsin +F安1 - F安2 =0 （2分） 解以上各式，得I = （2分） v= (2分) 作用于两杆的重力的功率的大小P=(m1+m2)gv sin （2分） 由式，可得 P= (m1 +m2 )gsin =（2分） (2)剪断轻线瞬间，PQ杆受力如下图所示，由牛顿第二定律得m2gsin+F安2=m2a （2分）由三式得 a= gsin+ （2分）方向沿斜面

23、向下。 （1分） 26答案：(l)2NH4CI+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O(1分) (2)黑色粉末变红（1分） 无水硫酸铜（1分） 白色粉末溶解显蓝色（1分） 2NH 3+ 3CuO 3Cu +N2+3H2O （2分） 0. 6NA （2分） (3)只吸收NH3（1分） adeb（1分） 偏小（2分） CaCl26NH32H2O(2分)解析：(l)实验室制备氨气的装置是氯化铵和氢氧化钙混合的固一固加热装置，反应的化学方程式为2NH4Cl+ Ca( OH)2CaCl2+2NH3+2H20。 (2)C装嚣中固体由黑色变红色，D中有无色液体生成说明生成水，即证明氨气与氧化铜反应；水

24、的检验可用无水硫酸铜，方法是取少量液体于试管中，加入少量无水硫酸铜，现象为白色粉末溶解显蓝色；根据以上分析可知氨气与氧化铜反应的化学方程式为2NH3+ 3CuO3Cu+N2+3H2O标准状况下2.24 L的氮气的物质的量是0.1 mol，根据方程式可知反应中生成l mol氦气转移6 mol电子，所 以生成0.1 mol氮气，转移电子0.6 mol，即0.6NA。 (3)根据假设3和假设1知，假设2是氯化钙只吸收氨气。 先用碱石灰吸收水蒸气，然后，用盐酸吸收氨气，仪器排序为F、H、G。 n(NH3)+n(NaOH)=n(HCl)，如果碱式滴定管没有用标准氢氧化钠溶液润洗，滴定管内附着蒸馏水会稀释

25、氢氧化钠溶液，测得消耗氢氧化钠溶液的体积偏大，结果测定NH3的物质的量偏小。 H装置净增质量等于氯化钙样品释放出水蒸气的质量。 n(H2O)=，n(CaCl2)=(24.9g-3.6g-0.6mol17gmol-1)111gmol-1=0.1mol所以n(CaCl2):n(NH3):n(H2O) =0.1 mol:0.6 mol:0.2 mol=1:6:2。该样品的化学式为CaCl26NH32H2O。27答案：(1)+2价（1分） (2)CuFeS2 +3Fe3+Cl- =4Fe2 + CuCl+2S(2分) CuFeS2、FeCL3（2分） (3) Cl- +CuCI =CuCl2- (2分

26、) (4)、（1分） (5)CuCl2、NaCI（2分） (6) 4CuFeS2+ 4H+ 17O2=4Cu2+ 4Fe3+ 8 + 2H2O（2分） (7)11.2 g（2分）解析：(l) CuFeS2中，S显-2价，Cu显+2价，故Fe的化合价只能是+2价。 (2)由框图信息可知，反应I的反应物为CuFeS2、FeCl3，生成物有CuCl和S，以及通过反应推知反应产物中有FeCl2，故该反应的离子方程式为CuFeS2+ 3Fe3+CI-=4Fe2+ +CuCI +2S；该反应中化合价降低的是氯化铁中的铁元素和CuFeS2中的铜元素，故氧化剂是CuFeS2和FeCl3。 (3)结合信息提示可

27、写出离子方程式为CI- + CuCL=CuCl2 -。 (4)反应是FeCl2和Na2 CO3生成FeCO3和NaCI的反应，故为复分解反应，即非氧化还原反应；由(3)的离子方程式可知反应为非氧化还原反应。 (5)由信息“NaCuCl2既是氧化剂，又是还原剂”及生成物中有单质Cu可知，Cu+化合价既有降低，又有升高，故生成物中有CuCl2，另外一种生成物为NaCl。 (6)根据“酸性、有氧条件”，说明反应物有CuFeS2、H+、O2，产物为Fe2( SO4)3和CuSO4，结合电荷守恒写出离子方程式。 (7)加入铁粉涉及反应方程式有Fe+2HCI =FeCl2+H2，Fe+2FeCl3=3Fe

28、Cl2。由产生气体2.24 L可知，与盐酸反应的m(Fe)=5.6 g，与Fe反应的n(HCl) =0.2 mol，则铁红与盐酸反应生成的n(FeCl3)=，则与FeCl3反应的铁粉质量为5.6 g，故共消耗铁粉质量为11.2g。28答案：(1) 3H2( g)+ 3CO( g)CH3 OCH3( g)+ CO2( g) H=-245.6 kJmoL-1（2分） (2)1 070（2分） (3)C（2分） (4)2. 04（2分） (5)正（1分） O2+4H+4e-=2H2O（2分） (CH3)2O+3H2O- 12e- =2CO2+12H+(2分) 减小（2分） 解析：(1)根据盖斯定律，

29、由2+，可得：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3 (g)+CO2(g) H=2(-90.0)+(-24.5)+ (-41. 1) Kjmol-l=-245.6 kJmol- 1. 反应中断裂2 mol H-H键、1 mol CO键，形成3 mol C-H键、1 mol C-O键、1 molO-H键，该反应为放热反应，则3414 kJmol-1+326 kJmol-1+ 464 kJmoL-1 【2436 kJmol-1+E(CO)】=90.0 Kjmol-1，解得E(CO)=1 070 kJmol-1。 (3)该反应中物质全为气体，气体密度始终不变，因此密度不变不能说明反应达到平衡，A项

30、错误；co、C07的物质的量之比为1：1，不能说明二者的物质的量不变，因此不能说明反应达到平衡.B项错误； H2O、CO2的生成速率之比为1：1此时正、逆反应速率相等，因此可以说明反应达到平衡，C项正确：平衡常数只与温度有关温度不变时，改变其他条件即使平衡发生移动，平衡常数仍不变，不能说明反应达到平衡D项错误。 (4)根据提供数据，可知达平衡时c(CO) =0.2 molL-1，c(H2)=1.4 molL-1，C(CH3OH)=0.8 molL-1，则K=。(5)c处通入的气体是氧气，电极Y为正极，根据d处生成物知，正极上发生的反应为O2+4H+4e=2H2Ob处通入的物质是二甲醚，X电极反

31、应式力(CH3 )2O+ 3H2O-12e=2CO2+12H+；电池在放电过程中，X电极周围溶液的pH减小。29答案：(l)光（1分）运输（1分）12（1分） (2)叶绿素合成速度变慢或停止（或叶绿素分解），类胡萝卜素的颜色显露出来（答出一项即可）（2分） NADPH和ATP（1分） (3)减小（1分）减小（1分） (4)增大（1分） 812天（1分） 解析：本题考查细胞代谢的有关内容。(l)细胞中的自由水既能直接参与代谢反应，又是代谢反应的介质。由图可看出，第12天时细胞含水量开始上升，所以从第12天开始复水植物的生理状态逐渐恢复。 (2)叶片的绿色主要是叶绿素的颜色，叶片发黄说明叶绿素含量

32、降低，类胡萝卜素的颜色显露出来。(3)在干旱胁迫初期，植物通过自身调节使得叶面气孔开放程度下降，蒸腾作用减弱，同时也导致了CO2的吸收减少，浓度下降。CO2的吸收减少使得CO2的固定速率下降，C3含量下降C5含量上升，C3 /C5比值减小。(4)由图可看出812天期间电导率迅速上升，第1 2天时细胞含水量最少电导率达到最大值。30答案：(l)小于（1分）适应（1分） (2)自然选择（1分）共同进化（1分 (3)基因（遗传）（1分）生殖隔离（2分） 变异的积累可导致新物种的产生（1分）3n（1分）2n（1分） 解析：本题考查现代生物进化理论及生物的遗传与变异。 二倍体植物甲被异地引种后，大量个体

33、死亡，少量个体存活下来，这是自然选择的过程，是通过生存斗争实现的。引种后大量个体死亡，种群数量下降，其小于1。具有有利变异的个体在自然选择过程中易存活下来并繁殖后代，使后代中的有利变异类型逐步增多，种群基因频率定向改变，该物种同时又使当地的种间关系和环境发生变化，体现了生物与环境间的共同进化。 通过分析可知，引种地的类型乙与原产地的甲杂交并产生正常后代，它们间不具生殖隔离，属于同一物种。甲与乙的花形、花色存在较大差异，这属于基因多样性。丙与甲、乙杂交，都不能产生可育后代，说明它们间已经出现生殖隔离。甲与丙杂交产生的子代细胞中，染色体都能联会，但示意图表明它们间的染色体出现了结构变异，且有6对染

34、色体发生了变化，这共同导致了甲与丙之间的生殖隔离。上述事实说明变异通过积累也可使生物之间产生生殖隔离，形成新物种。31答案：(1)胰高血糖素（1分） 肝糖原分解和非糖物质转化为糖（2分） (2)上升（1分）增乡（1分） 肾小管和集合管（1分） (3)载体（1分）细胞供能不足（物质氧化分解障碍）（2分） 解析：该题主要考查血糖调节和水平衡调节。(l)当血糖含量较低时，胰岛A细胞分泌的胰高血糖素会促进肝糖原分解和非糖物质转化为糖，升高血糖。(2)静脉注射较高浓度葡萄糖溶液时，葡萄糖进入血浆，使细胞外液的渗透压升高，垂体释放的抗利尿激素增多，促进肾小管和集合管对水的重吸收。(3)葡萄糖一般通过主动运

35、输或协助扩散的方式进入组织细胞，需要载体蛋白的协助；由于大脑活动所需的能量主要来自血糖的氧化分解，患者因血糖含量低，物质氧化分解为细胞供能不足，从而导致头晕症状的出现。32答案：(l)样方法（1分） (2)有机物和无机盐（矿质元素）（2分） 初生（1分） (3)有利（适宜）（1分） 植株数量（1分） 高度和生物量（2分） (4)提高（1分）环境条件（气候条件）恶劣（1分） 解析：本题以演替为背景，考查种群、群落及生态系统的基础知识。调查无叶豆种群密度应采用样方法。人工固沙可有效改善土壤条件，使土壤中有机物和矿质元素含量显著提高，更有利于植物定居和繁殖。自然条件下，沙漠中发生的群落演替是从没有植

36、被覆盖为起点的演替，属于初生演替。人工固沙区无叶豆种群盖度、平均株高与生物量均明显大于流沙区，说明人工固沙区对无叶豆种群生长较为有利。人工固沙区无叶豆种群密度小，但平均株高与生物量均明显大于流沙区，表明较好土壤条件下，植物种类较多，无叶豆通过采取减少植株数量、增加植株高度和生物量的策略来增强其竞争能力。与自然流沙区相比，人工固沙荒漠生态系统物种丰富度高，自我调节能力提高，但由于气候条件恶劣，两者的恢复力稳定性都很低。33答案：(l)BDE (2) 解析：(l)将活塞P向右拉动一段距离，甲、乙总体积增大，由于活塞B可自由移动，甲、乙气体压强减小。由于汽缸底部导热良好，申气体温度不变，则甲气体分子

37、平均动能不变，选项A错误。甲气体体积变大，对外做功，由热力学第一定律得，甲气体从外界吸热，选项B正确。因甲气体压强减小，由气体压强的微观原理得甲气体分子对器壁单位面积撞击力减小，选项C错误。乙气体体积变大，甲气体对乙气体做功小于乙气体对P做功，则选项E正确。乙气体对外做功，因为没有热传递，乙气体内能减小，温度降低,选项D正确。 (2)活塞B产生的压强PB=活塞A产生的压强PA= 联立以上两式解得PB= （1分） 乙气体初状态的压强P乙1 =P0 （1分） 汽缸浸入热水后，待平衡时，乙气体温度不变，则P乙1 V乙1 = P乙2 V乙2（1分） 解得P乙2 = (1分) 甲气体末状态：P甲2=P乙

38、2+PB=。 （1分） 又因P甲2=P0+PA+ （1分） 解得m= (1分) 甲气体初状态：P甲1=P0+=P0号pu , V甲1=3hS0，T甲1=T0。甲气体末状态：P甲2=P乙2+PB=，V甲2= hS0由理想气体状态方程得 （2分）解得T= T0。 （1分）34答案：(l)负（3分）2(2分)(2)， 解析：(l)由题图乙可知，t=2 s时P点的振动方向沿轴正方向，由于介质中的质点随靠近振源的质点运动，则振源位于P点右侧，则波沿z轴负方向传播；由题图甲可得波长为=8米，由题图乙可得质点的振动周期T=4 s，则波的传播速度为 m/s=2m/s (2)光线从AB面射人玻璃砖，在BC面上的入射角为45。，因玻璃砖的折射率为2，则sin C=，临界角C=30。