理綜（新課標Ⅲ卷）解析版2019年高考試題真題1[檢測復習]

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絕密★啟用前 2019年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試 理科綜合能力測試 物理部分 注意事項： 1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。 2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。。 3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。 二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。 1.楞次定律是下列哪個定律在電磁感應現象中的具體體現？ A. 電阻定律 B. 庫侖定律 C. 歐姆定律 D. 能量守恒定律 【答案】D 【解析】 【詳解】楞次定律指感應電流的磁場阻礙引起感應電流的原磁場的磁通量的變化,這種阻礙作用做功將其他形式的能轉變?yōu)楦袘娏鞯碾娔?所以楞次定律的阻礙過程實質上就是能量轉化的過程. 2.金星、地球和火星繞太陽的公轉均可視為勻速圓周運動，它們的向心加速度大小分別為a金、a地、a火，它們沿軌道運行的速率分別為v金、v地、v火。已知它們的軌道半徑R金a地>a火 B. a火>a地>a金 C. v地>v火>v金 D. v火>v地>v金 【答案】A 【解析】 【詳解】AB．由萬有引力提供向心力可知軌道半徑越小,向心加速度越大,故知A項正確，B錯誤； CD．由得可知軌道半徑越小,運行速率越大,故C、D都錯誤。 3.用卡車運輸質量為m的勻質圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示。兩斜面I、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30和60。重力加速度為g。當卡車沿平直公路勻速行駛時，圓筒對斜面I、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2，則 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【詳解】對圓筒進行受力分析知圓筒處于三力平衡狀態(tài)，由幾何關系容易找出兩斜面對圓筒支持力與重力的關系，由牛頓第三定律知斜面對圓筒的支持力與圓筒對斜面的壓力大小相同。 4.從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反外力作用。距地面高度h在3m以內時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質量為 A. 2kg B. 1.5kg C. 1kg D. 0.5kg 【答案】C 【解析】 【詳解】對上升過程，由動能定理，，得，即F+mg=12N；下落過程，，即N，聯(lián)立兩公式，得到m=1kg、F=2N。 5.如圖，在坐標系的第一和第二象限內存在磁感應強度大小分別為和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【詳解】運動軌跡如圖: 即運動由兩部分組成,第一部分是個周期,第二部分是個周期,故總時間為B選項的結果. 6.如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上。t=0時，棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖像中可能正確的是 A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【詳解】最終兩棒共速,故此時電路中電流為0,即C正確,D錯誤; 由C知,F安=BIL,知F安不是線性變化,故v也不是線性變化,即A正確,B錯誤. 7.如圖（a），物塊和木板疊放在實驗臺上，物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連，細繩水平。t=0時，木板開始受到水平外力F的作用，在t=4s時撤去外力。細繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關系如圖（b）所示，木板的速度v與時間t的關系如圖（c）所示。木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10m/s2。由題給數據可以得出 A. 木板的質量為1kg B. 2s~4s內，力F的大小為0.4N C. 0~2s內，力F的大小保持不變 D. 物塊與木板之間的動摩擦因數為0.2 【答案】AB 【解析】 【詳解】結合兩圖像可判斷出0-2s物塊和木板還未發(fā)生相對滑動，它們之間的摩擦力為靜摩擦力，此過程力F等于f，故F在此過程中是變力，即C錯誤；2-5s內木板與物塊發(fā)生相對滑動，摩擦力轉變?yōu)榛瑒幽Σ亮?，由牛頓運動定律，對2-4s和4-5s列運動學方程，可解出質量m為1kg，2-4s內的力F為0.4N，故A、B正確；由于不知道物塊的質量，所以無法計算它們之間的動摩擦因數μ,故D錯誤. 8.如圖，電荷量分別為q和–q（q>0）的點電荷固定在正方體的兩個頂點上，a、b是正方體的另外兩個頂點。則 A. a點和b點電勢相等 B. a點和b點的電場強度大小相等 C. a點和b點的電場強度方向相同 D. 將負電荷從a點移到b點，電勢能增加 【答案】BC 【解析】 【詳解】由幾何關系， 可知b的電勢大于a的電勢,故A錯誤,把負電荷從a移到b,電勢能減少,故D錯誤;由對稱性和電場的疊加原理，可得出a、b的合電場強度大小、方向都相同，故B、C正確。 三、非選擇題：共174分，第22~32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33~38題為選考題，考生根據要求作答。 （一）必考題：共129分。 9.甲乙兩位同學設計了利用數碼相機的連拍功能測重力加速度的實驗。實驗中，甲同學負責釋放金屬小球，乙同學負責在小球自由下落的時候拍照。已知相機每間隔0.1s拍1幅照片。 （1）若要從拍得的照片中獲取必要的信息，在此實驗中還必須使用的器材是_______。（填正確答案標號） A.米尺 B.秒表 C.光電門 D.天平 （2）簡述你選擇的器材在本實驗中的使用方法。 答：________________________________________________ （3）實驗中兩同學由連續(xù)3幅照片上小球的位置a、b和c得到ab=24.5cm、ac=58.7cm，則該地的重力加速度大小為g=___m/s2。（保留2位有效數字） 【答案】 (1). A (2). 將米尺豎直放置，使小球下落時盡量靠近米尺。 (3). 9.7 【解析】 【詳解】此實驗用數碼相機替代打點計時器,故實驗原理是相同的,仍然需要米尺來測量點與點之間的距離;就本實驗而言,因為是不同照片,所以是測量連續(xù)幾張照片上小球位置之間的距離;加速度求解仍然用逐差法計算,注意是bc與ab之間的距離差. 10.某同學欲將內阻為98.5Ω、量程為100uA的電流表改裝成歐姆表并進行刻度和校準，要求改裝后歐姆表的15kΩ刻度正好對應電流表表盤的50uA刻度。可選用的器材還有：定值電阻R0（阻值14kΩ），滑動變阻器R1（最大阻值1500Ω），滑動變阻器R2（最大阻值500Ω），電阻箱（0~99999.9Ω），干電池（E=1.5V，r=1.5Ω），紅、黑表筆和導線若干。 （1）歐姆表設計 將圖（a）中的實物連線組成歐姆表。（ ）歐姆表改裝好后，滑動變阻器R接入電路的電阻應為____Ω：滑動變阻器選____（填“R1”或“R2”）。 （2）刻度歐姆表表盤 通過計算，對整個表盤進行電阻刻度，如圖（b）所示。表盤上a、b處的電流刻度分別為25和75，則a、b處的電阻刻度分別為____、____。 （3）校準 紅、黑表筆短接，調節(jié)滑動變阻器，使歐姆表指針指向___kΩ處；將紅、黑表筆與電阻箱連接，記錄多組電阻箱接入電路的電阻值及歐姆表上對應的測量值，完成校準數據測量。若校準某刻度時，電阻箱旋鈕位置如圖（c）所示，則電阻箱接入的阻值為_______Ω。 【答案】 (1). (2). 900 (3). R1 (4). 45 (5). 5 (6). 0 (7). 35000.0 【解析】 【詳解】根據歐姆表的改裝原理，由短接時的歐姆定律和中值電阻的意義可算出R=900Ω，為了滑動變阻器的安全，選擇R1；另外，需深刻里面歐姆表表盤的刻度原理和校準標準。 11.空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q（q>0）。A從O點發(fā)射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為。重力加速度為g，求 （1）電場強度的大小； （2）B運動到P點時的動能。 【答案】（1）；（2） 【解析】 【詳解】（1）設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據牛頓定律、運動學公式和題給條件，有 mg+qE=ma① ② 解得 ③ （2）設B從O點發(fā)射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據動能定理有 ④ 且有 ⑤ ⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式得 ⑦ 12.靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質量分別為mA=l.0kg，mB=4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側的豎直墻壁距離l=1.0m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek=10.0J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數均為u=0.20。重力加速度取g=10m/s。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。 （1）求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小； （2）物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？ （3）A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？ 【答案】（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；（2）A先停止； 0.50m；（3）0.91m； 【解析】 分析】 首先需要理解彈簧釋放后瞬間的過程內A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，再結合能量關系求解出A、B各自的速度大??；很容易判定A、B都會做勻減速直線運動，并且易知是B先停下，至于A是否已經到達墻處，則需要根據計算確定，結合幾何關系可算出第二問結果；再判斷A向左運動停下來之前是否與B發(fā)生碰撞，也需要通過計算確定，結合空間關系，列式求解即可。 【詳解】（1）設彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有 0=mAvA-mBvB① ② 聯(lián)立①②式并代入題給數據得 vA=4.0m/s，vB=1.0m/s （2）A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設為a。假設A和B發(fā)生碰撞前，已經有一個物塊停止，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B。設從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB。，則有 ④ ⑤ ⑥ 在時間t內，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時間t內的路程SA都可表示為 sA=vAt–⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數據得 sA=1.75m，sB=0.25m⑧ 這表明在時間t內A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時A位于出發(fā)點右邊0.25m處。B位于出發(fā)點左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為 s=025m+0.25m=0.50m⑨ （3）t時刻后A將繼續(xù)向左運動，假設它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有 ⑩ 聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數據得 故A與B將發(fā)生碰撞。設碰撞后A、B的速度分別為vA′′以和vB′′，由動量守恒定律與機械能守恒定律有 聯(lián)立式并代入題給數據得 這表明碰撞后A將向右運動，B繼續(xù)向左運動。設碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學公式 由④式及題給數據得 sA′小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離 （二）選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每科按所做的第一題計分。 [物理一一選修3–3] 13.用油膜法估算分子大小的實驗中，首先需將純油酸稀釋成一定濃度的油酸酒精溶液，稀釋的目的是_______________________________________________。實驗中為了測量出一滴已知濃度的油酸酒精溶液中純油酸的體積，可以_____________________________________________________________。為得到油酸分子的直徑，還需測量的物理量是_________________________________。 【答案】 (1). 使油酸在淺盤的水面上容易形成一塊單分子層油膜 (2). 把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，測出1mL油酸酒精溶液的滴數，得到一滴溶液中純油酸的體積 (3). 油膜穩(wěn)定后得表面積S。 【解析】 【詳解】油膜法測量分子大小需要形成單分子油膜，故而需要減少油酸濃度；一滴油酸的體積非常微小不易準確測量，故而使用累積法，測出N滴油酸溶液的體積V，用V與N的比值計算一滴油酸的體積；由于形成單分子油膜，油膜的厚度h可以認為是分子直徑，故而還需要測量出油膜的面積S，以計算厚度. 14.如圖，一粗細均勻的細管開口向上豎直放置，管內有一段高度為2.0cm的水銀柱，水銀柱下密封了一定量的理想氣體，水銀柱上表面到管口的距離為2.0cm。若將細管倒置，水銀柱下表面恰好位于管口處，且無水銀滴落，管內氣體溫度與環(huán)境溫度相同。已知大氣壓強為76cmHg，環(huán)境溫度為296K。 （1）求細管長度； （2）若在倒置前，緩慢加熱管內被密封的氣體，直到水銀柱的上表面恰好與管口平齊為止，求此時密封氣體的溫度。 【答案】（1）41cm；（2）312K 【解析】 【分析】 以“液柱”為模型，通過對氣體壓強分析，利用玻意耳定律和蓋-呂薩克定律求得細管長度和溫度，找準初末狀態(tài)、分析封閉氣體經歷的變化時關鍵。易錯點：誤把氣體長度當成細管長度。 【詳解】（1）設細管的長度為l，橫截面的面積為S，水銀柱高度為h；初始時，設水銀柱上表面到管口的距離為h，被密封氣體的體積為V，壓強為p；細管倒置時，氣體體積為V1，壓強為p1。由玻意耳定律有 pV=p1V1① 由力的平衡條件有 p=p0–ρgh③ 式中，p、g分別為水銀的密度和重力加速度的大小，p0為大氣壓強。由題意有 V=S（L–h1–h）④ V1=S（L–h）⑤ 由①②③④⑤式和題給條件得 L=41cm⑥ （2）設氣體被加熱前后的溫度分別為T0和T，由蓋–呂薩克定律有 ⑦ 由④⑤⑥⑦式和題給數據得 T=312K⑧ [物理——選修3–4] 15.水槽中，與水面接觸的兩根相同細桿固定在同一個振動片上。振動片做簡諧振動時，兩根細桿周期性觸動水面形成兩個波源。兩波源發(fā)出的波在水面上相遇。在重疊區(qū)域發(fā)生干涉并形成了干涉圖樣。關于兩列波重疊區(qū)域內水面上振動的質點，下列說法正確的是________。 A. 不同質點的振幅都相同 B. 不同質點振動的頻率都相同 C. 不同質點振動的相位都相同 D. 不同質點振動的周期都與振動片的周期相同 E. 同一質點處，兩列波的相位差不隨時間變化 【答案】BDE 【解析】 【詳解】兩列波疊加形成穩(wěn)定的干涉現象的條件是兩列波的頻率相同;任何質點都在按照相同的頻率在振動,不同區(qū)域的質點振幅和位移不一定相同,各質點振動的頻率與波源頻率相同,波源振動頻率又與振動片的振動頻率相同 16.如圖，直角三角形ABC為一棱鏡的橫截面，∠A=90，∠B=30。一束光線平行于底邊BC射到AB邊上并進入棱鏡，然后垂直于AC邊射出。 （1）求棱鏡的折射率； （2）保持AB邊上的入射點不變，逐漸減小入射角，直到BC邊上恰好有光線射出。求此時AB邊上入射角的正弦。 【答案】（1）；（2）sin= 【解析】 【詳解】（1）光路圖及相關量如圖所示。光束在AB邊上折射，由折射定律得 ① 式中n是棱鏡的折射率。由幾何關系可知 α+β=60② 由幾何關系和反射定律得 ③ 聯(lián)立①②③式，并代入i=60得 n=④ （2）設改變后的入射角為，折射角為，由折射定律得 =n⑤ 依題意，光束在BC邊上的入射角為全反射的臨界角，且 sin=⑥ 由幾何關系得 =α+30 ⑦ 由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦為 sin=⑧ 化學部分 可能用到的相對原子質量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ar 40 Fe 56 I 127 一、選擇題：本題共13個小題，每小題6分。共78分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。 1.化學與生活密切相關。下列敘述錯誤的是 A. 高純硅可用于制作光感電池 B. 鋁合金大量用于高鐵建設 C. 活性炭具有除異味和殺菌作用 D. 碘酒可用于皮膚外用消毒 【答案】C 【解析】 【詳解】A、硅是半導體，高純硅可用于制作光感電池，A正確； B、鋁合金硬度大，可用于高鐵建設，B正確； C、活性炭具有吸附性，可用于除異味，但不能殺菌消毒，C錯誤； D、碘酒能使蛋白質變性，可用于皮膚外用消毒，D正確； 答案選C。 2.下列化合物的分子中，所有原子可能共平面的是 A. 甲苯 B. 乙烷 C. 丙炔 D. 1,3?丁二烯 【答案】D 【解析】 【詳解】A、甲苯中含有飽和碳原子，所有原子不可能共平面，A不選； B、乙烷是烷烴，所有原子不可能共平面，B不選； C、丙炔中含有飽和碳原子，所有原子不可能共平面，C不選； D、碳碳雙鍵是平面形結構，因此1，3－丁二烯分子中所有原子共平面，D選。 答案選D。 3.X、Y、Z均為短周期主族元素，它們原子的最外層電子數之和我10，X與Z同族，Y最外層電子數等于X次外層電子數，且Y原子半徑大于Z。下列敘述正確的是 A. 熔點：X的氧化物比Y的氧化物高 B. 熱穩(wěn)定性：X的氫化物大于Z的氫化物 C. X與Z可形成離子化合物ZX D. Y的單質與Z的單質均能溶于濃硫酸 【答案】B 【解析】 【詳解】Y的最外層電子數等于X次外層電子數，由于均是主族元素，所以Y的最外層電子數不可能是8個，則X只能是第二周期元素，因此Y的最外層電子數是2個，又因為Y的原子半徑大于Z，則Y只能是第三周期的Mg，因此X與Z的最外層電子數是（10－2）/2＝4，則X是C，Z是Si。 A、碳氧化物形成的分子晶體，Y的氧化物是離子化合物氧化鎂，則氧化鎂的熔點高于碳的氧化物熔點，A錯誤； B、碳元素的非金屬性強于硅元素，非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，則碳的氫化物穩(wěn)定性強于硅的氫化物穩(wěn)定性，B正確； C、C與Si形成的是共價化合物SiC，C錯誤； D、單質鎂能溶于濃硝酸，單質硅不溶于濃硝酸，D錯誤； 答案選B。 4.離子交換法凈化水過程如圖所示。下列說法中錯誤是 A. 經過陽離子交換樹脂后，水中陽離子的總數不變 B. 水中的 、、Cl?通過陽離子樹脂后被除去 C. 通過凈化處理后，水的導電性降低 D. 陰離子樹脂填充段存在反應H++OH?H2O 【答案】A 【解析】 【詳解】離子交換樹脂凈化水的原理是：當含有Na+、Ca2+、Mg2+等陽離子及SO42－、Cl－、NO3－等陰離子的原水通過陽離子交換樹脂時，水中的陽離子為樹脂所吸附，而樹脂上可交換的陽離子H＋則被交換到水中，并和水中的陰離子組成相應的無機酸；當含有無機酸的水再通過陰離子交換樹脂時，水中的陰離子也為樹脂所吸附，樹脂上可交換的陰離子OH－也被交換到水中，同時與水中的H＋離子結合成水，則 A、根據電荷守恒可知經過陽離子交換樹脂后，水中陽離子總數增加，A錯誤； B、根據以上分析可知水中的SO42－、Cl－、NO3－等陰離子通過陰離子交換樹脂被除去，B正確； C、通過凈化處理后，溶液中離子的濃度降低，導電性降低，C正確； D、根據以上分析可知陰離子交換樹脂填充段存在反應H＋＋OH－＝H2O，D正確； 答案選A。 5.設NA為阿伏加德羅常數值。關于常溫下pH=2的H3PO4溶液，下列說法正確的是 A. 每升溶液中的H+數目為0.02NA B. c(H+)= c()+2c()+3c()+ c(OH?) C. 加水稀釋使電離度增大，溶液pH減小 D. 加入NaH2PO4固體，溶液酸性增強 【答案】B 【解析】 【詳解】A、常溫下pH＝2，則溶液中氫離子濃度是0.01mol/L，因此每升溶液中H＋數目為0.01NA，A錯誤； B、根據電荷守恒可知選項B正確； C、加水稀釋促進電離，電離度增大，但氫離子濃度減小，pH增大，C錯誤； D、加入NaH2PO4固體，H2PO4－濃度增大，抑制磷酸的電離，溶液的酸性減弱，D錯誤； 答案選B。 6.下列實驗不能達到目的的是 選項 目的 實驗 A 制取較高濃度的次氯酸溶液 將Cl2通入碳酸鈉溶液中 B 加快氧氣的生成速率 在過氧化氫溶液中加入少量MnO2 C 除去乙酸乙酯中的少量乙酸 加入飽和碳酸鈉溶液洗滌、分液 D 制備少量二氧化硫氣體 向飽和亞硫酸鈉溶液中滴加濃硫酸 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【詳解】A、氯氣與碳酸鈉溶液反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和碳酸氫鈉，不能制備次氯酸，不能達到實驗目的，A選； B、過氧化氫溶液中加入少量二氧化錳作催化劑，加快雙氧水的分解，因此可以加快氧氣的生成速率，能達到實驗目的，B不選； C、碳酸鈉溶液與乙酸反應，與乙酸乙酯不反應，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，能達到實驗目的，C不選； D、根據較強酸制備較弱酸可知向飽和亞硫酸鈉溶液中滴加濃硫酸可以制備二氧化硫，能達到實驗目的，D不選； 答案選A。 7.為提升電池循環(huán)效率和穩(wěn)定性，科學家近期利用三維多孔海綿狀Zn（3D?Zn）可以高效沉積ZnO的特點，設計了采用強堿性電解質的3D?Zn—NiOOH二次電池，結構如下圖所示。電池反應為Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。 A. 三維多孔海綿狀Zn具有較高的表面積，所沉積的ZnO分散度高 B. 充電時陽極反應為Ni(OH)2(s)+OH?(aq)?e?NiOOH(s)+H2O(l) C. 放電時負極反應為Zn(s)+2OH?(aq)?2e?ZnO(s)+H2O(l) D. 放電過程中OH?通過隔膜從負極區(qū)移向正極區(qū) 【答案】D 【解析】 【詳解】A、三維多孔海綿狀Zn具有較高的表面積，吸附能力強，所沉積的ZnO分散度高，A正確； B、充電相當于是電解池，陽極發(fā)生失去電子的氧化反應，根據總反應式可知陽極是Ni(OH)2失去電子轉化為NiOOH，電極反應式為Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)－e－＝NiOOH(s)＋H2O(l)，B正確； C、放電時相當于是原電池，負極發(fā)生失去電子的氧化反應，根據總反應式可知負極反應式為Zn(s)＋2OH－(aq)－2e－＝ZnO(s)＋H2O(l)，C正確； D、原電池中陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，則放電過程中OH－通過隔膜從正極區(qū)移向負極區(qū)，D錯誤 答案選D。 三、非選擇題：共174分，第22~32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33~38題為選考題，考生根據要求作答。 （一）必考題：共129分。 8.高純硫酸錳作為合成鎳鈷錳三元正極材料的原料，工業(yè)上可由天然二氧化錳粉與硫化錳礦（還含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制備，工藝如下圖所示?；卮鹣铝袉栴}： 相關金屬離子[c0(Mn+)=0.1 molL?1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下： 金屬離子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+ Zn2+ Ni2+ 開始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9 （1）“濾渣1”含有S和__________________________；寫出“溶浸”中二氧化錳與硫化錳反應的化學方程式____________________________________________________。 （2）“氧化”中添加適量的MnO2的作用是將________________________。 （3）“調pH”除鐵和鋁，溶液的pH范圍應調節(jié)為_______~6之間。 （4）“除雜1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“濾渣3”的主要成分是______________。 （5）“除雜2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度過高，Mg2+沉淀不完全，原因是_____________________________________________________________________。 （6）寫出“沉錳”的離子方程式___________________________________________________。 （7）層狀鎳鈷錳三元材料可作為鋰離子電池正極材料，其化學式為LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合價分別為+2、+3、+4。當x=y=時，z=___________。 【答案】 (1). SiO2（不溶性硅酸鹽） (2). MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O (3). 將Fe2+氧化為Fe3+ (4). 4.7 (5). NiS和ZnS (6). F?與H+結合形成弱電解質HF，MgF2Mg2++2F?平衡向右移動 (7). Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O (8). 【解析】 【詳解】（1）Si元素以SiO2或不溶性硅鹽存在，SiO2與硫酸不反應，所以濾渣I中除了S還有SiO2；在硫酸的溶浸過程中，二氧化錳和硫化錳發(fā)生了氧化還原反應，二氧化錳作氧化劑，硫化錳作還原劑，方程式為：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O； （2）二氧化錳作為氧化劑，使得MnS反應完全，且將溶液中Fe2+氧化為Fe3+； （3）由表中數據知pH在4.7時，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以應該控制pH在4.7~6之間； （4）根據題干信息，加入Na2S除雜為了出去鋅離子和鎳離子，所以濾渣3是生成的沉淀ZnS和NiS； （5）由HF H++F-知，酸度過大，F-濃度減低，使得MgF2Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方向移動，Mg2+沉淀不完全； （6）根據題干信息沉錳的過程是生成了MnCO3沉淀，所以反應離子方程式為：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O； （7）根據化合物中各元素化合價代數和為0的規(guī)律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，帶入計算得：z=1/3 9.乙酰水楊酸（阿司匹林）是目前常用藥物之一。實驗室通過水楊酸進行乙?；苽浒⑺酒チ值囊环N方法如下： 水楊酸 醋酸酐 乙酰水楊酸 熔點/℃ 157~159 -72~-74 135~138 相對密度/（gcm﹣3） 1.44 1.10 1.35 相對分子質量 138 102 180 實驗過程：在100 mL錐形瓶中加入水楊酸6.9 g及醋酸酐10 mL，充分搖動使固體完全溶解。緩慢滴加0.5 mL濃硫酸后加熱，維持瓶內溫度在70 ℃左右，充分反應。稍冷后進行如下操作. ①在不斷攪拌下將反應后的混合物倒入100 mL冷水中，析出固體，過濾。 ②所得結晶粗品加入50 mL飽和碳酸氫鈉溶液，溶解、過濾。 ③濾液用濃鹽酸酸化后冷卻、過濾得固體。 ④固體經純化得白色的乙酰水楊酸晶體5.4 g。 回答下列問題： （1）該合成反應中應采用__________加熱。（填標號） A．熱水浴 B．酒精燈 C．煤氣燈 D．電爐 （2）下列玻璃儀器中，①中需使用的有________（填標號），不需使用的_______________________（填名稱）。 （3）①中需使用冷水，目的是______________________________________。 （4）②中飽和碳酸氫鈉的作用是_________________________________，以便過濾除去難溶雜質。 （5）④采用的純化方法為____________。 （6）本實驗的產率是_________%。 【答案】 (1). A (2). BD (3). 分液漏斗、容量瓶 (4). 充分析出乙酰水楊酸固體（結晶） (5). 生成可溶的乙酰水楊酸鈉 (6). 重結晶 (7). 60 【解析】 【詳解】（1）因為反應溫度在70℃，低于水的沸點，且需維溫度不變，故采用熱水浴的方法加熱； （2）操作①需將反應物倒入冷水，需要用燒杯量取和存放冷水，過濾的操作中還需要漏斗，則答案為：B、D；分液漏斗主要用于分離互不相容的液體混合物，容量瓶用于配制一定濃度的溶液，這兩個儀器用不到。 （3）反應時溫度較高，所以用冷水目的是使得乙酰水楊酸晶體充分析出； （4）乙酰水楊酸難溶于水，為了除去其中的雜質，可將生成的乙酰水楊酸與碳酸氫鈉反應生成可溶性的乙酰水楊酸鈉，以便過濾除去雜質； （5）每次結晶過程中會有少量雜質一起析出，可以通過多次結晶的方法進行純化，也就是重結晶； （6）水楊酸分子式為C7H6O3，乙酰水楊酸分子式為C9H8O4，根據關系式法計算得： C7H6O3~ C9H8O4 138 180 6.9g m m( C9H8O4)=(6.9g180)/138=9g，則產率為 。 10. 近年來，隨著聚酯工業(yè)的快速發(fā)展，氯氣的需求量和氯化氫的產出量也隨之迅速增長。因此，將氯化氫轉化為氯氣的技術成為科學研究的熱點。回答下列問題： （1）Deacon發(fā)明的直接氧化法為：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下圖為剛性容器中，進料濃度比c(HCl) ∶c(O2)分別等于1∶1、4∶1、7∶1時HCl平衡轉化率隨溫度變化的關系： 可知反應平衡常數K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。設HCl初始濃度為c0，根據進料濃度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的數據計算K（400℃）=____________（列出計算式）。按化學計量比進料可以保持反應物高轉化率，同時降低產物分離的能耗。進料濃度比c(HCl)∶c(O2)過低、過高的不利影響分別是____________。 （2）Deacon直接氧化法可按下列催化過程進行： CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=83 kJmol-1 CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJmol-1 CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJmol-1 則4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJmol-1。 （3）在一定溫度的條件下，進一步提高HCI的轉化率的方法是______________。（寫出2種） （4）在傳統(tǒng)的電解氯化氫回收氯氣技術的基礎上，科學家最近采用碳基電極材料設計了一種新的工藝方案，主要包括電化學過程和化學過程，如下圖所示： 負極區(qū)發(fā)生的反應有____________________（寫反應方程式）。電路中轉移1 mol電子，需消耗氧氣__________L（標準狀況） 【答案】 (1). 大于 (2). (3). O2和Cl2分離能耗較高、HCl轉化率較低 (4). ﹣116 (5). 增加反應體系壓強、及時除去產物 (6). Fe3++e?=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O (7). 5.6 【解析】 【詳解】（1）根據反應方程式知，HCl平衡轉化率越大，平衡常數K越大，結合圖像知K(300℃)>K(400℃)； 由圖像知，400℃時，HCl平衡轉化率為84%，用三段式法對數據進行處理得： 起始（濃度） c0 c0 0 0 變化（濃度） 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0 平衡（濃度）(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0 則K=；根據題干信息知，進料濃度比過低，氧氣大量剩余，導致分離產物氯氣和氧氣的能耗較高；進料濃度比過高，HCl不能充分反應，導致HCl轉化率較低； （2）根據蓋斯定律知，（反應I+反應II+反應III）2得 ?H=（?H1+?H2+?H3）2=-116kJ?mol-1； （3）若想提高HCl的轉化率，應該促使平衡正向移動，該反應為氣體體積減小的反應，根據勒夏特列原理，可以增大壓強，使平衡正向移動；也可以及時除去產物，較小產物濃度，使平衡正向移動； （4）電解過程中，負極上發(fā)生的是得電子反應，元素化合價降低，屬于還原反應，則圖中左側為負極反應，根據圖示信息知電極反應為：Fe3++e-=Fe2+和4=Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O； （二）選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每科按所做的第一題計分。 ［化學——選修3：物質結構與性質］ 11.磷酸亞鐵鋰（LiFePO4）可用作鋰離子電池正極材料，具有熱穩(wěn)定性好、循環(huán)性能優(yōu)良、安全性高等特點，文獻報道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作為原料制備。回答下列問題： （1）在周期表中，與Li的化學性質最相似的鄰族元素是________，該元素基態(tài)原子核外M層電子的自旋狀態(tài)_________（填“相同”或“相反”）。 （2）FeCl3中的化學鍵具有明顯的共價性，蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子存在的FeCl3的結構式為________，其中Fe的配位數為_____________。 （3）苯胺）晶體類型是__________。苯胺與甲苯（）的相對分子質量相近，但苯胺的熔點（-5.9℃）、沸點（184.4℃）分別高于甲苯的熔點（-95.0℃）、沸點（110.6℃），原因是___________。 （4）NH4H2PO4中，電負性最高的元素是______；P的_______雜化軌道與O的2p軌道形成_______鍵。 （5）NH4H2PO4和LiFePO4屬于簡單磷酸鹽，而直鏈的多磷酸鹽則是一種復雜磷酸鹽，如：焦磷酸鈉、三磷酸鈉等。焦磷酸根離子、三磷酸根離子如下圖所示： 這類磷酸根離子的化學式可用通式表示為____________（用n代表P原子數）。 【答案】 (1). Mg (2). 相反 (3). (4). 4 (5). 分子晶體 (6). 苯胺分子之間存在氫鍵 (7). O (8). sp3 (9). σ (10). (PnO3n+1)(n+2)- 【解析】 【詳解】分析：這道選修題涉及到了元素周期表和對角線原則、核外電子排布式的寫法、配位物的形成，以及熔沸點的判斷方式和分子晶體的判斷方法。電負性的判斷和雜化軌道的計算 解析：（1）根據元素周期表和對角線原則可知與鋰化學性質相似的是鎂，鎂的最外層電子數是2，占據s軌道，s軌道最多容納2個電子，所以自旋方向相反。 氯化鐵的雙聚體，就是兩個氯化鐵相連接在一起，已知氯化鐵的化學鍵有明顯的共價性所以仿照共價鍵的形式將倆個氯化鐵連接在一起。配位數就等于原子的化合價的二倍。 大多數有機物都是分子晶體，除了一部分有機酸鹽和有機堿鹽是離子晶體。苯胺比甲苯的熔沸點都高，同一種晶體類型熔沸點不同首先要考慮的就是是否有氫鍵，苯胺中存在電負性較強的N所以可以形成氫鍵，因此比甲苯的熔沸點高。 電負性與非金屬性的大小規(guī)律相似，從左到右依次增大，O就是最大的。計算出p的雜化類型是sp3，與氧原子形成的是磷氧雙鍵，其中p軌道是σ，與氫氧形成的是單鍵。 可以根據磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化學式推導：PO42- P2O74 - P3O105- 磷原子的變化規(guī)律為：1，2,3,4，n 氧原子的變化規(guī)律為：4,7,10,3n+1 酸根的變化規(guī)律為：3,4，5，n+2；因此得出(PNO3N+1)(n+2)- 點睛：第二小問，雙聚分子的氯化鐵結構式，從共價鍵的角度分析，存在著配位鍵，那配位原子就是氯原子，共用倆個氯原子就可實現將兩個氯化鐵連接在一起的結構 第五小問，應用數學的找規(guī)律遞推到通式，首先寫出磷酸的化學式，然后尋找規(guī)律。 ［化學——選修5：有機化學基礎］ 12.氧化白藜蘆醇W具有抗病毒等作用。下面是利用Heck反應合成W的一種方法： 回答下列問題： （1）A的化學名稱為___________。 （2）中的官能團名稱是___________。 （3）反應③的類型為___________，W的分子式為___________。 （4）不同條件對反應④產率的影響見下表： 實驗 堿 溶劑 催化劑 產率/% 1 KOH DMF Pd(OAc)2 22.3 2 K2CO3 DMF Pd(OAc)2 10.5 3 Et3N DMF Pd(OAc)2 12.4 4 六氫吡啶 DMF Pd(OAc)2 31.2 5 六氫吡啶 DMA Pd(OAc)2 38.6 6 六氫吡啶 NMP Pd(OAc)2 24.5 上述實驗探究了________和________對反應產率的影響。此外，還可以進一步探究________等對反應產率的影響。 （5）X為D的同分異構體，寫出滿足如下條件的X的結構簡式________________。 ①含有苯環(huán)；②有三種不同化學環(huán)境的氫，個數比為6∶2∶1；③1 mol的X與足量金屬Na反應可生成2 g H2。 （6）利用Heck反應，由苯和溴乙烷為原料制備，寫出合成路線________________。（無機試劑任選） 【答案】 (1). 間苯二酚（1，3-苯二酚） (2). 羧基、碳碳雙鍵 (3). 取代反應 (4). C14H12O4 (5). 不同堿 (6). 不同溶劑 (7). 不同催化劑（或溫度等） (8). （5） (9). （6） 【解析】 【詳解】分析：首先看到合成路線：由A物質經1反應在酚羥基的鄰位上了一個碘原子，發(fā)生了取代反應生成了B物質，B物質與乙烯酸在催化劑的作用下生成了C物質，那c物質就是將乙烯酸中的羧基去掉取代了碘原子的位置；由D反應生成E就是把HI中的H連在了O上，發(fā)生的是取代反應；最后heck反應生成w物質。 解析：（1）A物質所含官能團是兩個酚羥基，且苯環(huán)上有兩個是間位的取代基，那物質的命名就是間苯二酚 物質中含碳碳雙鍵和羧基 D物質到E物質沒有雙鍵的消失，且在o原子處增加了氫原子，沒有雙鍵參與反應所以屬于取代反應，W物質中可以輕松數出共有14個C原子，4個氧原子，氫原子的個數可以通過不飽和度來推斷出，14個碳的烷應該有30個氫，現在該分子有9個不飽和度，其中一個苯環(huán)4個，一個雙鍵1個，一個不飽和度少2個氫，所以30-9*2=12，因此有12個氫原子。 可以從表格中尋找溶劑一樣的實驗、堿一樣的實驗發(fā)現得出：實驗1,2,3,探究了不同堿對反應的影響；實驗4,5，6,探究了不同溶劑對反應的影響，最后只剩下不同催化劑對實驗的影響。 D的分子式為：C8H9O2I，要求含苯環(huán)，那支鏈最多含兩個C，且1molX與足量Na反應可生成2g氫氣，那就證明有兩個酚羥基或醇羥基，又有三種不同環(huán)境的氫6:2:1，那一定是有兩個甲基和兩個酚羥基，因為醇羥基沒有6個相同環(huán)境的氫。 由題意中的heck反應可知需要一個反應物中含雙建，一個反應物中含I； 從苯出發(fā)可以經過溴乙烷和溴化鐵的反應制得乙苯，乙苯在乙基上通過烷烴的取代反應生成氯乙苯，氯乙苯在氫氧化鈉醇溶液下發(fā)生鹵代烴的水解從而生成雙鍵，得到苯乙烯；可以仿照反應1通過相同條件在苯環(huán)上上一個碘原子取代苯環(huán)的氫。 點睛：最后一個寫合成路線，要必須從已有的物質出發(fā)，不得自己添加反應所需有機物，仿照題中出現的反應，將合成路線分為兩部分，一次合成，遇到不會的合成，首先要在題意和已知中尋找。清楚想要有碳碳雙鍵出現應該利用鹵代烴的水解反應。 生物部分 一、選擇題 1.下列有關高爾基體、線粒體和葉綠體的敘述，正確的是 A. 三者都存在于藍藻中 B. 三者都含有DNA C. 三者都是ATP合成的場所 D. 三者的膜結構中都含有蛋白質 【答案】D 【解析】 【分析】 本題主要考查細胞中不同細胞器的結構功能，其中高爾基體是具有單層膜的細胞器，在動植物細胞中功能不同；線粒體和葉綠體都是具有雙層膜的細胞器，前者是有氧呼吸的主要場所，后者是光合作用的場所。 【詳解】藍藻是原核生物，細胞中只有核糖體一種細胞器，沒有高爾基體、葉綠體和線粒體，A錯誤；線粒體和葉綠體含有少量的DNA，而高爾基體不含DNA，B錯誤；線粒體和葉綠體都可以合成ATP，而高爾基體消耗ATP，C錯誤；高爾基體、線粒體和葉綠體都是具有膜結構的細胞器，而膜的主要成分中有蛋白質，D正確。故選D。 2.下列與真核生物細胞核有關的敘述，錯誤的是 A. 細胞中的染色質存在于細胞核中 B. 細胞核是遺傳信息轉錄和翻譯的場所 C. 細胞核是細胞代謝和遺傳的控制中心 D. 細胞核內遺傳物質的合成需要能量 【答案】B 【解析】 【分析】 本題考查真核細胞細胞核的結構和功能，其細胞核的結構主要包括核膜、核孔、核仁和染色質，染色質的主要成分是DNA和蛋白質；細胞核是遺傳物質儲存和復制的主要場所，是細胞代謝和遺傳的控制中心。 【詳解】真核細胞的細胞核中有染色質，其他地方沒有染色質，A正確；真核細胞中，轉錄主要發(fā)生在細胞核中，而翻譯發(fā)生在細胞質中的核糖體中，B錯誤；細胞核中的染色質上含有遺傳物質DNA，因此細胞核是細胞代謝和遺傳的控制中心，C正確；細胞核中的遺傳物質是DNA，其通過DNA復制合成子代DNA，該過程需要消耗能量，D正確。故選B。 3.下列不利于人體散熱的是 A. 骨骼肌不自主戰(zhàn)栗 B. 皮膚血管舒張 C. 汗腺分泌汗液增加 D. 用酒精擦拭皮膚 【答案】A 【解析】 【分析】 本題主要考查體溫調節(jié)的相關知識點，在不同的環(huán)境條件下，人體主要依靠調節(jié)產熱量或者散熱量來維持體溫相對溫度。 【詳解】骨骼肌不自主戰(zhàn)栗會增加產熱量，不利于人體散熱，A正確；皮膚血管舒張，血流量增加，以增加散熱量，B錯誤；汗腺分泌汗液增加，則散熱量增加，C錯誤；用酒精擦拭皮膚可以增加散熱量，D錯誤。選A。 4.若將n粒玉米種子置于黑暗中使其萌發(fā)，得到n株黃化苗。那么，與萌發(fā)前的這n粒干種子相比，這些黃化苗的有機物總量和呼吸強度表現為 A. 有機物總量減少，呼吸強度增強 B. 有機物總量增加，呼吸強度增強 C. 有機物總量減少，呼吸強度減弱 D. 有機物總量增加，呼吸強度減弱 【答案】A 【解析】 【分析】 根據題干信息分析，將n粒種子置于黑暗環(huán)境中使其萌發(fā)，得到n株黃化苗，該過程中沒有光照，所以種子在萌發(fā)過程中只能進行呼吸作用消耗有機物，不能進行光合作用合成有機物，也不能合成葉綠素，所以幼苗是黃化苗。 【詳解】根據題意分析，種子萌發(fā)時，吸水膨脹，種皮變軟，呼吸作用逐漸增強，將儲藏在子葉或胚乳中的營養(yǎng)物質逐步分解，轉化為可以被細胞吸收利用的物質，所以種子萌發(fā)過程中，呼吸作用強度增加，而有機物因呼吸作用消耗而總量不斷減少。綜上所述，BCD不符合題意，A符合題意。故選A。 5.下列關于人體組織液的敘述，錯誤的是 A. 血漿中的葡萄糖可以通過組織液進入骨骼肌細胞 B. 肝細胞呼吸代謝產生的CO2可以進入組織液中 C. 組織液中的O2可以通過自由擴散進入組織細胞中 D. 運動時，丙酮酸轉化成乳酸的過程發(fā)生在組織液中 【答案】D 【解析】 【分析】 內環(huán)境及其各組分之間的關系 ①內環(huán)境的概念：由細胞外液構成的液體環(huán)境叫做內環(huán)境，包括血漿、組織液和淋巴。 ②各組分之間的關系如圖所示： 【詳解】血漿中的葡萄糖通過毛細血管壁細胞進入組織液，再通過組織液進入全身各處的細胞，包括骨骼肌細胞，A正確；肝細胞生存的內環(huán)境是組織液，因此其代謝產生的CO2以自由擴散的方式進入到組織液中，B正確；氧氣通過血紅蛋白被輸送到全身各處的組織液，再通過自由擴散的方式從組織液進入組織細胞中，C正確；運動時，丙酮酸轉化成乳酸的過程屬于無氧呼吸的過程，發(fā)生在細胞質基質中而不發(fā)生在組織液中，D錯誤。故選D。 6.假設在特定環(huán)境中，某種動物基因型為BB和Bb的受精卵均可發(fā)育成個體，基因型為bb的受精卵全部死亡?，F有基因型均為Bb的該動物1000對（每對含有1個父本和1個母本），在這種環(huán)境中，若每對親本只形成一個受精卵，則理論上該群體的子一代中BB、Bb、bb個體的數目依次為 A. 250、500、0 B. 250、500、250 C. 500、250、0 D. 750、250、0 【答案】A 【解析】 【分析】 基因分離定律的實質：在雜合子的細胞中，位于一對同源染色體上的等位基因，具有一定的獨立性；生物體在進行減數分裂形成配子時，等位基因會隨著同源染色體的分開而分離，分別進入到兩個配子中，獨立地隨配子遺傳給后代．據此答題。 【詳解】雙親的基因型均為Bb，根據基因的分離定律可知：BbBb→1/4BB、1/2Bb、1/4bb，由于每對親本只能形成1個受精卵，1000對動物理論上產生的受精卵是1000個，且產生基因行為BB、Bb、bb的個體的概率符合基因的分離定律，即產生基因型為BB的個體為1/41000=250個，產生基因型為Bb的個體為1/21000=500個，由于基因型為bb的受精卵全部致死，因此獲得基因型為bb的個體的基因型為0。綜上所述，BCD不符合題意，A符合題意。故選A。 三、非選擇題 7.氮元素是植物生長的必需元素，合理施用氮肥可提高農作物的產量。回答下列問題。 （1）植物細胞內，在核糖體上合成的含氮有機物是___________，在細胞核中合成的含氮有機物是___________，葉綠體中含氮的光合色素是______。 （2）農作物吸收氮元素的主要形式有銨態(tài)氮（NH4﹢）和硝態(tài)氮（NO3﹣）。已知作物甲對同一種營養(yǎng)液（以硝酸銨為唯一氮源）中NH4﹢和NO3﹣的吸收具有偏好性（NH4﹢和