北京專家2020屆高考模擬試卷四答案

1、-. z.專家2020屆高考模擬試卷四123456BDCDDA1.【解析】:細(xì)胞膜中的磷脂是由甘油、脂肪酸和磷酸等物質(zhì)組成，A選項錯誤；細(xì)胞膜上的多糖與蛋白質(zhì)結(jié)合形成糖蛋白，與脂質(zhì)結(jié)合形成糖脂，B選項正確；物質(zhì)的各種跨膜運輸方式與細(xì)胞膜上分子的運動都有關(guān)系，C選項錯誤；組成細(xì)胞膜的各種化學(xué)成分會發(fā)生改變，如癌變的細(xì)胞膜會出現(xiàn)甲胎蛋白和癌胚抗原，D選項錯誤。2.【解析】: 24 h前就有物質(zhì)A通過細(xì)胞膜進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)，A選項錯誤；01 h內(nèi)既有H2O的輸出也有H2O的輸入，只是輸出更多，B選項錯誤；23 h內(nèi)，細(xì)胞開場吸水，原生質(zhì)體體積增大開場恢復(fù)，物質(zhì)A溶液滲透壓小于細(xì)胞液滲透壓，C選項錯誤；在轉(zhuǎn)

2、折點之前細(xì)胞液濃度小于外界的物質(zhì)A濃度，在轉(zhuǎn)折點之后，細(xì)胞液濃度大于外界的物質(zhì)A濃度，故在曲線最低處相等，D選項正確。3.【解析】:神經(jīng)遞質(zhì)通過胞吐出細(xì)胞，而Cl-通過協(xié)助擴(kuò)散進(jìn)出細(xì)胞，A選項錯誤；釋放-氨基丁酸的部位是軸突，B選項錯誤；神經(jīng)元白天胞內(nèi)Cl-濃度高于胞外，順濃度梯度出細(xì)胞，造成外負(fù)內(nèi)正，神經(jīng)元電位逆轉(zhuǎn)發(fā)生興奮，故白天-氨基丁酸使該神經(jīng)元興奮，C選項正確；-氨基丁酸發(fā)揮作用后，一般被酶降解失活，故不能在突觸處持續(xù)作用，D選項錯誤。4.【解析】:圖甲邊轉(zhuǎn)錄邊翻譯，是原核生物的基因表達(dá)特點，故RNA聚合酶不需要通過核孔進(jìn)入細(xì)胞核并催化轉(zhuǎn)錄的過程，A選項錯誤；圖乙所示核苷酸共有8種，與

3、的區(qū)別在于五碳糖不同，B選項錯誤；鏈eq f(AU,GC)的值等于模板鏈eq f(AT,GC)的值等于DNAeq f(AT,GC)的值，C選項錯誤；圖甲中核糖體移動方向是 ab 且先后合成的蛋白質(zhì)一樣，D選項正確。5.解析: 據(jù)題干信息可知，一只蘆花雌雞與一只蘆花雄雞交配，F(xiàn)1子代中有3/16為全羽雞，因此親代雌雞的基因型為TtZBW、TtZBZb，A正確；白羽雞的基因型為tt_ _，因此子代出現(xiàn)白羽雞的概率為1/4，B正確；親本雌雞的基因型為ZBW，產(chǎn)生ZB的概率為1/2，親本雄雞的基因型為ZBZb，產(chǎn)生ZB的概率也為1/2，故C正確；親本蘆花雌雞的次級卵母細(xì)胞中含0或1或2條W染色體，D錯

4、誤。6.【解析】：蛇的遷入增加了該生態(tài)系統(tǒng)食物鏈增加了第四營養(yǎng)級，故增加了能量消耗的環(huán)節(jié)，A選項正確；能量流動是沿著食物鏈進(jìn)展的，蛇的遷入沒有改變該生態(tài)系統(tǒng)能量流動的方向，B項錯誤；蛇遷入后，形成了食物鏈：植物昆蟲蛙蛇，據(jù)此可知，蛇的遷入會使該農(nóng)田中蛙的數(shù)量減少、昆蟲增加等系列變化，C項錯誤；生態(tài)系統(tǒng)中能量流動是單向流動、逐級遞減，因此能量不能循環(huán)利用，D項錯誤。78910111213CABCBDD7.【解析】含4%硅的硅鋼導(dǎo)磁性很強(qiáng)，主要用作變壓器的鐵芯，選項A正確；石灰屬于堿，能使蛋白質(zhì)變性，選項B正確；煤干餾得到煤焦油，煤焦油中含有各種芳香族化合物，通過分餾可獲得苯、二甲苯等有機(jī)物，選項

5、C錯誤；臭氧是一種有魚腥味、氧化性極強(qiáng)的淡藍(lán)色氣體，可用作自來水消毒劑，選項D正確。8. 【解析】的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)且屬于羧酸可分三種情況考慮，苯環(huán)上的一取代有-CH2CH2COOH、-CH(COOH)CH3兩種；苯環(huán)上的二取代有-CH3、-CH2COOH，-CH2CH3、-COOH兩種組合，共有6種；苯環(huán)上的三取代基有兩個-CH3、-COOH，共有6種，共有14種，選項A正確；葡萄糖與果糖互為同分異構(gòu)體，淀粉與纖維素的化學(xué)式為(C6H10O5)n，但n值不同，故不是同分異構(gòu)體，選項B錯誤；2，2-二甲基丙烷的構(gòu)造為C(CH3)4，中心C上無H原子，故不能通過加成H2得到，應(yīng)選項C錯誤；植

6、物油為酯類化合物，含有氧元素，為烴的含氧化合物，選項D錯誤。9. 【解析】14C18O的式量為32，質(zhì)子數(shù)為12.8 g 14C18O物質(zhì)的量小于0.1mol，應(yīng)選項A錯誤；3NO2+H2O=2HNO3+NO，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2e，0.3 mol NO2通入水中完全反響，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA，選項B正確；CO燃燒熱為283.0 kJ/mol，假設(shè)一定量的CO完全燃燒放出熱量為283.0 kJ，則消耗O2分子數(shù)為0.5NA，選項C錯誤；62.0 g乙二醇為1mol，含有的羥基數(shù)目為2NA，選項D錯誤。10. 【解析】根據(jù)題干信息可得A-H、B-N、C-O、D-S、E-Cl，C、D、E的簡單離子半

7、徑：S2 Cl O2，選項A正確；H元素與N、O、S、Cl可形成N2H4、H2O2、H2S、HCl18電子分子，選項B正確；H、N、O三元素可形成HNO3，其水溶液對水的電離是抑制作用，應(yīng)選項C錯誤；S2Cl2的構(gòu)造為Cl-S-S-Cl，分子中存在非極性鍵，選項D正確。11. 【解析】Na2CO3+CO2+H2O= 2NaHCO3，反響中消耗水同時溶質(zhì)增多，應(yīng)選項A錯誤；酸堿中和滴定實驗中，待測液可以放在錐形瓶中也可以在滴定管中，應(yīng)選項B正確；蔗糖與濃硫酸反響產(chǎn)生的氣體有CO2和SO2，SO2也能與澄清石灰水反響出現(xiàn)渾濁現(xiàn)象，選項C錯誤；D中無現(xiàn)象能證明該反響為放熱反響，選項D錯誤。12. 【

8、解析】通過電子轉(zhuǎn)移可確定M為負(fù)極，N為正極，負(fù)極的電極反響為CH3COOH8e+2H2O=2CO2+8H+，正極的電極反響為O2+4e+4H+=2H2O或Cr2O72+6e+8H+=2Cr(OH)3+ H2O，故H+雖然會從負(fù)極移動到正極，但正極會消耗H+，故N極附近的溶液pH不會下降，選項A、C錯誤；選項B中未說明是否是標(biāo)準(zhǔn)狀況，應(yīng)選項B也錯誤，由于Cr2O72具有強(qiáng)氧化性，能將復(fù)原菌氧化而失活，應(yīng)選項D正確。13. 【解析】由圖*息可知Ka1=101.2，Ka2=104.2，C點H2C2O4和C2O42相等，而Ka1Ka2= c2(H+) c(C2 O42)/ c(H2C2O4)=105.

9、4，c(H+)=102.7，選項A正確；向草酸溶液中滴加氫氧化鈉溶液至pH為4.2時，根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(C2O42)+c(OH) + c(HC2O4)，由于c(C2 O42)= c(HC2O4)，應(yīng)選項B正確，Ka2=104.2，HC2O4的水解常數(shù)為1012.8，HC2O4的電離大于水解，溶液呈酸性，選項C正確；當(dāng)c(HC2O4)c(C2 O42)時，溶液呈酸性，假設(shè)溶液呈中性，則c(HC2O4) c(C2 O42)，選項D錯誤1415161718192021DCBBBBCACAD14【解析】根據(jù)圖像可知，B車先向*軸正方向勻速運動，后向*軸負(fù)方向勻速運動，16s末

10、回到出發(fā)點，A選項錯誤；根據(jù)圖像可知，兩車的最大距離為12m，故B錯誤；416s時間內(nèi)，B車的路程不為零，故平均速率不為零，故C錯誤；016s時間內(nèi)，A、B兩車分別在6s末和12s末相遇，共相遇兩次，故D選項正確。15.【解析】比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，故A選項錯誤；核的比結(jié)合能約為5MeV，核子數(shù)為6，故結(jié)合能約為30MeV，故B選項錯誤；核的比結(jié)合能約為7MeV，故結(jié)合能約為28MeV，比核的結(jié)合能小，故C選項正確；兩個核結(jié)合成核時有質(zhì)量虧損，因此要釋放能量，故D選項錯誤。16.【解析】由于加速度向上，故處于超重狀態(tài)，A選項錯誤；引力做功不會改變重力勢能，火箭對衛(wèi)星做正功，故機(jī)械能增加，

11、D選項錯誤；在地球外表：，故，高空時：，得，又由萬有引力公式可知：地表附近，高空時：，則，則，故B選項正確，C選項錯誤。17【解析】首先簡化電路，電流表當(dāng)成導(dǎo)線，電壓表看成斷路，電路構(gòu)造為：滑動變阻器R1左右兩局部并聯(lián)再與R2、電源串聯(lián)，電壓表測量的是并聯(lián)局部的電壓，電流表測量的是滑動變阻器右邊局部的電流，當(dāng)滑片從B劃向C時，并聯(lián)局部總電阻先增加后減小，故電壓表先增加后減小，A選項錯誤；當(dāng)滑片劃到中間位置之前，電壓一直增加，而右半局部電阻減小，故電流表示數(shù)增大；當(dāng)滑片從中間位置向C繼續(xù)劃動時電阻減小，干路電流增大，左邊局部電阻變大，電流減小，可知右邊局部電流增大，故右邊局部電流一直增大，故B選

12、項正確；電阻先增加后減小，故消耗電功率先增加后減小，故C選項錯誤；由閉合電路歐姆定律可知：，但由于，故，因此D選項錯誤。18【解析】解：根據(jù)電場力做功可知：WABqUABqAB;WACqUACqAC。根據(jù)勻強(qiáng)電場中場強(qiáng)與電勢差的關(guān)系可知：，則此點電荷從D點運動到C點的過程中，電場力做功為：故ACD錯誤，B正確。19【解析】根據(jù)矢量疊加原理，在AO段磁感應(yīng)強(qiáng)度水平向右，而OB段磁感應(yīng)強(qiáng)度水平向左，根據(jù)左手定則可知，AO段小球所受洛倫茲力垂直于紙面向里，OB段小球所受洛倫茲力垂直于紙面向外，故A選項錯誤；O點磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，無窮遠(yuǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度趨近于零，而中間*點磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，故從O點到無窮遠(yuǎn)磁

13、感應(yīng)強(qiáng)度先增加后減小，由于Bma*位置不確定，因此B、C選項正確；由于洛倫茲力最大的位置不確定，所以摩擦力大小變化不能確定，加速度的變化也不能確定，故D選項錯誤。20.【解析】根據(jù)比值關(guān)系：，又，故，電流，原線圈輸入功率，燈泡L2的功率，故燈泡L3的功率，電壓，故，故A、C選項正確，B選項錯誤；t=0.02s時，線框平面應(yīng)該與磁場垂直，故D選項錯誤。21.【解析】兩個粒子均由O點出發(fā)，在D點相遇，因此OD為圓軌跡上的一條弦，兩個粒子的軌跡互補(bǔ)，根據(jù)對稱性可知，粒子入射角度和OC的最小夾角為0，最大為120，而30和90剛好可以滿足題目條件，因此A選項正確；根據(jù)前面分析可知，兩粒子相差的最大圓心

14、角為，故時間差最大為，故B選項錯誤；假設(shè)，粒子沿OC方向入射，則在磁場中運動的時間為，故C選項錯誤；如C選項分析，此時離開AC邊界最遠(yuǎn)距離為2r，故D選項正確。22.6分【解析】1利用平均速度公式，小球B經(jīng)過光電門時的速度vB表達(dá)式為，A、B兩者角速度一樣，故，得2要滿足系統(tǒng)機(jī)械能守恒則有23.【答案】1電流表，1mA (2)2V (3)(4)【解析】1在表頭兩側(cè)并聯(lián)電阻可將表頭改為大量程的電流表，假設(shè)電阻R1=25，為Rg的1/4，電流為表頭的4倍，故總量程為Ig的5倍，為1mA；多用電表指針指在中間位置，說明此時的R內(nèi)=R*，而電流I=1/2Ig，則E=IR內(nèi)+R*=2V3待測電阻阻值4由

15、于電動勢發(fā)生改變，故內(nèi)阻，電動勢改變前后同一偏轉(zhuǎn)角度對應(yīng)同一電流，故有，因此24.12分【解析】1電動勢：E=BLv. EQ oac(,1)電阻. EQ oac(,2)電流：. EQ oac(,3)安培力:. EQ oac(,4)加速度：. EQ oac(,5)方向：沿FC方向GH電流：. EQ oac(,6)電功率：. EQ oac(,7)25【解析】對B豎直方向：. = 1 * GB3 * MERGEFORMAT 水平方向： . = 2 * GB3 * MERGEFORMAT 得由動量守恒定律得：. = 3 * GB3 * MERGEFORMAT 由能量守恒定律得：，. = 4 * GB3

16、 * MERGEFORMAT 2A上升過程中. = 5 * GB3 * MERGEFORMAT A勻減速至速度為零，由. = 6 * GB3 * MERGEFORMAT 減速時間：. = 7 * GB3 * MERGEFORMAT 傳送帶位移：. = 8 * GB3 * MERGEFORMAT 相對位移：. = 9 * GB3 * MERGEFORMAT 熱量：. = 10 * GB3 * MERGEFORMAT 滑塊A與傳送帶共速位移：. EQ oac(,11) = 11 * MERGEFORMAT 故下滑時可以到達(dá)共速共速時間：. EQ oac(,12)傳送帶位移：. EQ oac(,13

17、)相對位移：. EQ oac(,14)在共速之前兩者的相對位移：. EQ oac(,15)由于，故共速后繼續(xù)加速物塊向上滑動的距離為5m，共速之前向下運動3.2m，故此時距離傳送帶底端1.8m，因此即使后面物塊速度大于傳送帶速度，相對位移也小于1.8m，故劃痕長度為16.2m26.解析1用反響I反響II得到CH2=CHCH2C1(g)+HC1(g) CH2C1CHC1CH3(g) H= 32kJmol-1，H= Ea(正) Ea(逆)= 134kJmol-1Ea(逆)= 32kJmol-1，Ea(逆)= 32kJmol-12反響I是一個氣體物質(zhì)的量減小的反響，反響II氣體物質(zhì)的量不變，到達(dá)平衡

18、后增大壓強(qiáng)，反響I正向移動，CH2C1CHC1CH3的產(chǎn)率增大；3反響II為放熱反響，由于體系為絕熱容器，隨著反響進(jìn)展，體系的溫度升高，容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)增大。4p點不是對應(yīng)溫度下CH2C1CHC1CH3的平衡產(chǎn)率，因為生成CH2C1CHC1CH3的反響為放熱反響，溫度越低平衡轉(zhuǎn)化率越高，而450的產(chǎn)率高于p點產(chǎn)率，所以p點不是對應(yīng)溫度下CH2C1CHC1CH3的平衡產(chǎn)率5壓強(qiáng)的減小由反響I引起CH2=CHCH3(g)+C12(g) CH2C1CHC1CH3(g)反響120min的壓強(qiáng)的變化為10.6，故v(CH2C1CHC1CH3)=10.6/120=0.09 kPamin-1；設(shè)起始CH2=C

19、HCH3(g)和C12(g)的物質(zhì)的量各為1mol，平衡時氣體的總物質(zhì)的量為57.62/80=1.44 mol，生成的n(CH2C1CHC1CH3)=0.56 mol，反響I消耗的CH2=CHCH3(g)和C12(g)的物質(zhì)的量各為0.56 mol，根據(jù)平衡時HC1的體積分?jǐn)?shù)為，計算反響生成的n(HC1)= n(CH2=CHCH2C1)=0.18mol，參與反響的CH2=CHCH3(g)和C12(g)的物質(zhì)的量各為0.18 mol ，則丙烯的平衡總轉(zhuǎn)化率(0.18+0.56)/1=74%；CH2=CHCH3(g)+C12(g) CH2C1CHC1CH3(g)物質(zhì)的量分?jǐn)?shù) 0.26/1.44 0

20、.26/1.44 0.56/1.44 Kp=0.21答案1322分2增大1分反響I是一個氣體物質(zhì)的量減小的反響到達(dá)平衡后增大壓強(qiáng)，反響I正向移動，CH2C1CHC1CH3的產(chǎn)率增大2分3增大1分4否1分因為生成CH2C1CHC1CH3的反響為放熱反響，溫度越低平衡轉(zhuǎn)化率越高，而450的產(chǎn)率高于p點產(chǎn)率，所以p點不是對應(yīng)溫度下CH2C1CHC1CH3的平衡產(chǎn)率；2分50.092分74%2分 0.212分27.解析(2)根據(jù)工藝流程，焙燒時，通入空氣，產(chǎn)生MoO3和SO2，即化學(xué)方程式為2MoS27O2eq o(=,sup8(高溫)2MoO34SO2；氧化產(chǎn)物是復(fù)原劑被氧化后得到的產(chǎn)物，根據(jù)化學(xué)反

21、響方程式中Mo、S的化合價升高，即氧化產(chǎn)物是MoO3、SO2。(3)根據(jù)問題(5)，堿浸時，Mo元素以MoOeq oal(2,4)的形式存在，即“堿浸時含鉬化合物發(fā)生的主要離子反響是MoO3COeq oal(2,3)=MoOeq oal(2,4)CO2。(5)根據(jù)溶度積，SOeq oal(2,4)先沉淀出來，BaMoO4開場出現(xiàn)沉淀，此時溶液中c(Ba2)eq f(KspBaMoO4,cMoOoal(2,4)eq f(2.0108,0.20)1.0107 molL1，此時溶液中c(SOeq oal(2,4)Ksp(BaSO4)/c(Ba2)11010/1.0107 molL11.0103 mo

22、lL1，令溶液的體積為V L，去除SOeq oal(2,4)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq f(0.01 molL10.001 molL1V L96 gmol1,0.01 molL1V L96 gmol1)100%90%。(6)MoS2與NOeq oal(,3)反響，S和Mo的化合價都升高，S原子被氧化成SOeq oal(2,4)，鉬元素以MoOeq oal(2,3)的形式存在，NOeq oal(,3)中N的化合價降低，轉(zhuǎn)化成NO。答案(1)粉碎固體顆粒2分(2) MoO3、SO22分(3) 1分MoO3COeq oal(2,3)=MoOeq oal(2,4)CO22分(4)PbS2分(5)902分(6)M

23、oS26NOeq oal(,3)=MoOeq oal(2,4)2SOeq oal(2,4)6NO2分28.解析(2)裝置A是制備二氧化硫氣體，裝置B中的堿石灰可以吸收尾氣，并防止外界水蒸氣參加裝置，應(yīng)該在整套裝置的最后，D裝置應(yīng)該為二氧化硫與樣品反響的裝置，進(jìn)入該裝置的二氧化硫需要用濃硫酸(E)枯燥，C裝置為平安瓶，因此裝置的順序為ACEDB，接口順序為deihgfb(c)；根據(jù)圖示，M為長頸漏斗，在實驗過程中，可以起到平衡內(nèi)外氣壓，防止壓強(qiáng)過大的作用。(4)Na2S2O3水解顯堿性，標(biāo)準(zhǔn)液應(yīng)裝在堿式滴定管中。(5)實驗開場時，向D裝置中參加10.00 g土壤樣品和10.16 g I2(I2過

24、量)，n(I2)eq f(10.16 g,254 gmol1)0.04 mol，向反響后的D裝置參加蒸餾水，過濾，充分洗滌，并合并洗滌液和濾液，將其配成250.00 mL溶液，取25.00 mL 用0.20 molL1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液滴定剩余碘單質(zhì)，根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可知，實驗的誤差較大，刪除該數(shù)值，實驗消耗Na2S2O3溶液的平均值eq f(20.0519.9520.00,3) mL 20.00 mL，根據(jù)2S2Oeq oal(2,3)I2=S4Oeq oal(2,6)2I，消耗碘單質(zhì)物質(zhì)的量n(Na2S2O3)eq f(1,2)eq f(250 mL,25 mL)eq f(1,2)0.02

25、0 0 L0.20 molL1100.02 mol，剩余I2物質(zhì)的量0.04 mol0.02 mol0.02 mol，即與二氧化硫反響的碘單質(zhì)物質(zhì)的量0.04 mol0.02 mol0.02 mol，消耗水為0.04 mol，土壤樣品中水的含量eq f(0.04 mol18 gmol1,10.00 g)100%7.2%；假設(shè)Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液已局部氧化變質(zhì)，滴定過程中消耗的硫代硫酸鈉溶液體積增大，測定剩余碘單質(zhì)物質(zhì)的量增大，則與二氧化硫反響的碘單質(zhì)減少，反響的水的物質(zhì)的量減小，計算得到水的含量偏低。答案(1)SO2I22H2O=H2SO42HI2分(2)deihgfb(c)2分長頸漏斗1分平

26、衡內(nèi)外氣壓，防止壓強(qiáng)過大2分(3)翻開彈簧夾，通入氮氣2分(4)堿式1分使所剩余的碘單質(zhì)均進(jìn)入濾液，測量結(jié)果更準(zhǔn)確2分(5)7.22分偏低1分29.10分1C3或三碳化合物1分暗反響C3的復(fù)原光反響H2O的光解2分2大于1分 A點時CO2吸收速率或O2的釋放速率均大于0 ，凈光合速率大于0，因此光合速率大于呼吸速率2分3光反響產(chǎn)生的ATP和H，在黑暗后還能維持一段時間的暗反響2分較多2分30.8分1甲狀腺1分；甲狀腺細(xì)胞受損、促甲狀腺激素受體受損2分，任答一個給總分值；2由于反響調(diào)節(jié)機(jī)制，乙患者T3、T4水平較高，從而抑制了垂體分泌TSH，因此TSH水平較低。2分3偏高2分；甲狀腺激素可促進(jìn)產(chǎn)

27、熱，寒冷條件下，體內(nèi)甲狀腺激素較高，進(jìn)入醫(yī)院立刻抽血體檢，甲狀腺激素指標(biāo)偏高2分。31.11分 (1)生產(chǎn)者、消費者或分解者2分；遺傳物質(zhì)不同，控制合成的載體種類及數(shù)量不同2分；(2)生產(chǎn)者固定的太陽能和有機(jī)物中的化學(xué)能2分；因為生態(tài)系統(tǒng)的能量是單向流動，逐級遞減的，因此任何生態(tài)系統(tǒng)都需要不斷得到來自系統(tǒng)外的能量補(bǔ)充2分；(3)間接生態(tài)功能1分；調(diào)節(jié)氣候、保護(hù)生物多樣性、美化環(huán)境、修養(yǎng)水源、分洪蓄洪等2分。32.10分1ABe1分 9/161分2AaBbEe1分 AaBbee1分乙2分預(yù)期結(jié)果及結(jié)論： = 1 * GB3 假設(shè)子代全為矮莖，則說明子代基因型為AaBbEe2分 = 2 * GB3

28、 假設(shè)子代高莖：矮莖=1：3，則說明子代基因型為AaBbee2分33物理選修33(15分) 【解析】布朗運動是懸浮在液體中的固體小顆粒不停的在做無規(guī)則運動，不是液體分子的運動，但它反映了液體分子永不停息的做無規(guī)則運動，故A正確；0時，水結(jié)冰，水分子的存在形式改變了，分子間的平均勢能降低，但溫度未發(fā)生變化，水分子的平均動能不變，不會停頓熱運動，故B選項錯誤；假設(shè)兩分子間距小于平衡距離，隨著分子間距離的增大，分子勢能可能先減小后增大，故C正確；熱量不能自發(fā)的從低溫物體傳遞到高溫物體，如空調(diào)機(jī)，故D錯誤；對于一定質(zhì)量的理想氣體，如果壓強(qiáng)不變，體積增大對外做功，根據(jù)理想氣體的狀態(tài)方程,可知氣體的溫度一

29、定升高，內(nèi)能增加，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知它一定從外界吸熱，故E正確?！敬鸢浮緼CE(2)【解析】.對A局部氣體，初狀態(tài)：.設(shè)彈簧壓縮量為，末狀態(tài)：.由玻意耳定律得：.對活塞a由平衡條件得：.得對B局部氣體，初狀態(tài)：.末狀態(tài)：.理想氣體狀態(tài)方程：.解得：341【解析】振源一樣，故兩列波頻率一樣，A選錯誤，根據(jù)波長關(guān)系可以看出，根據(jù)，可知，故B選項正確；波長越大衍射現(xiàn)象越明顯，故C正確；根據(jù)多普勒效應(yīng)，當(dāng)接收者靠近波源時，接收到的頻率大于波源的頻率，因此D選項錯誤；只有發(fā)生干預(yù)現(xiàn)象時，振動加強(qiáng)點才會始終加強(qiáng)，而發(fā)生干預(yù)的條件是頻率一樣，這兩列波波源一樣，故可以發(fā)生干預(yù)現(xiàn)象，振動加強(qiáng)點會始終加強(qiáng)，故

30、E選項正確。(2)【解析】光路圖如下圖：入射角的正弦：.折射角正弦：.折射定律：.得：光路圖如圖虛線所示：魚沿AB向上移動至N點入射角的正弦：.折射角正弦：.折射定律：.得：因此魚向上移動距離：.35.解析(1)根據(jù)元素M的氣態(tài)原子的第I1至I5電離能大小可以看出：I1、I2相差不大，I2、I3電離能相差較多，說明M原子最外層有2個電子。在Ca5(PO4)3中元素有Ca、P、O三種元素，只有鈣元素最外層有2個電子，原子半徑大，容易失去最外層的2個電子，化合價為2價；根據(jù)原子核外電子排布規(guī)律可知Ca基態(tài)原子電子排布式為Ar4s2或1s22s22p63s23p64s2。(3)POeq oal(3,4)的中心原子P的價層電子對數(shù)是4，故磷原子雜化為sp3雜化；由于孤對電子對數(shù)為0，該離子的空間構(gòu)型為正四面體形，鍵角為10928，其等電子體有SOeq oal(2,4)、CCl4。(5)根據(jù)C