朝鲜在2013年2月12日进行了第三次核试验，此举引起国际社会的广泛关注。据称，此次核试验材料为铀235，则下列说法正确的是（   ）

A．U原子核中有92个质子,143个中子

B．U是天然放射性元素，常温下它的半衰期约为45亿年，升高温度后半衰期会缩短

C．核爆炸的能量来自于原子核的质量亏损，遵循规律△E=△mc2

D．U的一种裂变可能为U +n→Xe+Sr+3n

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朝鲜在2013年2月12日进行了第三次核试验，此举引起国际社会的广泛关注。据称，此次核试验材料为铀235，则下列说法正确的是（   ）

A．U原子核中有92个质子,143个中子

B．U是天然放射性元素，常温下它的半衰期约为45亿年，升高温度后半衰期会缩短

C．核爆炸的能量来自于原子核的质量亏损，遵循规律△E=△mc2

D．U的一种裂变可能为U +n→Xe+Sr+3n

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1．D【解析】β－珠蛋白DNA探针、RNA聚合酶结合位点、大肠杆菌质粒的化学本质都是DNA；胰岛素是蛋白质；HIV的遗传物质是RNA；生长素是吲哚乙酸；2，4－D是一种生长素类似物。

2．D【解析】作物“烧心”是由于缺乏如铁、钙等在细胞中以稳定化合物形式存在的矿质元素，有别于因缺水而造成的“烧苗”。

3．B【解析】疫苗的作用是在机体不患病的情况下发生免疫反应，产生的抗体与抗原结合，发挥免疫效应；流感病毒的遗传物质是单链的RNA，其结构稳定性不如天花病毒的双链DNA，容易发生变异，所以流感疫苗的研究的难度较天花疫苗研究的难度大很多；正是由于流感病毒极易发生变异，所以某种特定的单克隆抗体不一定对其它的抗原起作用。

4．C【解析】生态系统的成分除生产者、消费者和分解者外，还包括了非生物的物质和能量；生物圈的自给自足表现在物质上，能量来源于太阳能；草原上的牛和羊同属于第二营养级，共获得生产者固定太阳能的10％～20％。

5．B【解析】考查分泌蛋白的形成和分泌过程这一知识点和图形分析能力。蛋白质分泌以细胞膜的外排方式实现，所经过的膜结构顺序为：内质网→高尔基体→细胞膜，所以结果是：内质网面积减小，高尔基体膜面积不变，细胞膜面积增加。

6．B　【解析】有机分子的特点一般满足C四键、H一键、N三键原则，三聚氰胺分子中含有3个－NH₂，则其余3个C、3个N形成一个六元环，故三聚氰胺的结构简式为。。根据三聚氰胺的结构简式，该物质不是高聚物，也不是氨基酸，但分子中含有不饱和键，在一定条件下能发生加成反应。六元环不变且除自身外的三聚氰胺的异构体有3种。

7．B　  【解析】选项A，Na₂O₂中含有的阳离子为Na^＋，阴离子为O₂^2?,0.1mol  Na₂¹⁸O₂中含有的阴阳离子总数为0.3N_A。选项B，C₂H₄、C₃H₆的化学式均为CH₂，1.4g二者含有的C原子数的物质的量＝1.4g/14g?mol^－1＝0.1mol，即0.1N_A。选项C，0.1mol Cl₂参与反应电子转移0.1mol。选项D，D₂O为10电子微粒，18g D₂O物质的量小于1mol，含有的电子数也小于N_A。

8．A　【解析】选项A，ClO^－具有氧化性，SO₂具有还原性，SO₂被氧化为SO₄^2?，ClO^－被还原为Cl^?，正确。选项B，加入少许H^＋时，CO₃^2?优先与H^＋结合生成HCO₃^?。选项C，离子方程式两边电荷不守恒。选项D，Mg^2＋能与电解产生的OH^?结合生成难溶性Mg(OH)₂沉淀：Mg^2＋ + 2Cl^? + 2H₂O＝Mg(OH)₂↓+ H₂↑+ Cl₂↑。

9. B 【解析】加入稀H₂SO₄出现白色混浊说明一定存在Ba^2＋，因SO₃^2?、CO₃^2?能与Ba^2＋结合生成难溶物BaSO₃、BaCO₃，所以原溶液中不存在SO₃^2?、CO₃^2?。由于溶液呈电中性，剩下的一种HCO₃^?，一定存在。无法判断是否含有K^＋，所以原溶液中一定含有Ba^2＋、HCO₃^?，可能含有K^＋。溶质可能是Ba(HCO₃)₂或Ba(HCO₃)₂和KHCO₃。

10．D 【解析】根据题设条件可推知A为NH₄^＋，B为OH^?，C为NH₃，D为H₂O。NH₃能与H₂O反应生成NH₃?H₂O。NH₄^＋为离子，不是分子，所以NH₄^＋不是非极性分子。选项D，固态H₂O分子间存在氢键，其熔沸点高于固态H₂S，与H－O和H－S键强弱无关。NH₄Cl ，NH₄^＋水解溶液的pH<7。

11．C【解析】分析反应①②中各元素的价态变化可知，反应①中，SO₂为还原剂，Fe^3＋为氧化剂，且还原性：SO₂>Fe^2＋，氧化性：Fe^3＋>SO₄^2?。反应②中，Fe^2＋为还原剂，Cr₂O₇^2?为氧化剂，且还原性：Fe^2＋>Cr³⁺ ，氧化性：Cr₂O₇^2? > Fe^3＋。由此可见选项A、B错误。选项C，由于Cr₂O₇^2?具有氧化性，Na₂SO₃具有还原性，故Cr₂O₇^2? 能将Na₂SO₃氧化成Na₂SO₄。选项D，反应①中Fe₂(SO₄)₃为氧化剂，反应②中Fe₂(SO₄)₃为氧化产物。

12．C【解析】选项A，NaHS、Na₂S溶液又因为有HS^?、S^2?的水解，使其溶液呈碱性，但S^2?的水解能力大于HS^?，故溶液的pH值：③>②。H₂S溶液呈酸性，H₂S和NaHS混合液中，由于HS^?抑制的H₂S的电离，故溶液的pH：④>①，4种溶液pH大小顺序为：③>②>④>①。选项B，由于HS^?抑制H₂S的电离，所以H₂S溶液中的c(H₂S)小于H₂S和Na₂S混合液中的c(H₂S)。选项C，c(Na^＋)＝0.1mol?L^-1，根据物料守恒有：c(H₂S) + c(HS^?) + c(S^2?)＝0.2mol?L^-1，故2c(Na^＋)＝c(H₂S) + c(HS^?) + c(S^2?)。选项D，根据电荷守恒有：c(H^＋) + c(Na^＋)＝c(OH^?) + c(HS^?) +2 c(S^2?)。

13．B　【解析】设达平衡时生成SO₃(g)物质的量为2x ，则剩余SO₂(g)的物质的量为(3－2x)，O₂(g)(2－x)，混合气体总的物质的量为（5－x），根据阿伏伽德罗定律有5/（5－x）＝1/0.9，解得x＝0.5mol，再结合热化学方程式可知，放出的热量为196.6kJ/2＝98.3kJ。选项B，起始物质的量改为 4mol SO₂ 、 3 mol O₂ 、2SO₃ (g) 相当于加入6mol SO₂、4mol O₂，n(SO₂)/n(O₂)＝3/2，故与第一次平衡是等效平衡，两次平衡中SO₂的转化率、SO₃的体积分数相等，故选项B正确，C错误。选项D，题目没有告诉达平衡时的时间，无法计算反应速率。

14．AD【解析】由状态方程知温度升高而压强增大体积必增大，故状态I时气体的密度比状态II时气体的密度大，A正确，平衡态II的温度比状态I高，故状态I时分子的平均动能比状态II时分子的平均动能小，B错误，由热力学第一定律知从状态I到状态II过程中温度升高内能变大，体积增大对外界做功，气体要从外界吸热，故C错，D正确，故选AD。

15.答案：BD【解析】：在同一介质中红光传播速度最大，从AB面射入到BC面射出，红光用的时间最短，故选项A错．由于玻璃对红光折射率最小，对紫光的折射率最大，即紫光的偏折本领最大，所以彩色光带右边缘的色光为红光，左边缘的色光为紫光，且紫光的频率比红光的要高，当红光能让某金属板发生光电效应，紫光也一定能够，故选项B正确．在同样条件下做双缝干涉实验，波长越长，相邻干涉条纹间距越大，而彩色光带左边缘的色光是紫光，其波长最短，故选项C错．对玻璃而言，在七色光中，红光的临界角最大，当∠MNB逐渐变小时，射到AC面上的光的入射角变小，且红光入射角小得更多，故红光最先从从AC面透出，所以选项D正确．

16、答案 D 【解析】 烧断细线后，无论是弹簧将A+B和C弹开过程，还是A和B分离后，系统始终动量守恒、机械能守恒；弹簧将A+B和C弹开过程，A+B和C动量大小相等，动能跟质量成反比，因此A+B的总动能是E/3，其中A的动能是E/6；当时C的动能是2E/3；前3个选项都错，可判定D正确。证明：A和B分离时，B+C的总动能是5E/6，B、C共速时弹性势能最大，当时A和B+C动量大小相等，动能跟质量成反比，因此B+C的动能是E/12，该过程B+C的动能损失就是此时的弹性势能，因此E_p=5E/6- E/12=3E/4。

17.答案：ACD【解析】：根据波的传播方向，可以判断b质点此时刻振动方向沿y轴负方向，离开平衡位置，速度正在变小，A对；由图象可知该波的波长是4m，根据发生明显衍射现象的条件判断D正确；根据得，由波干涉条件知C正确；经过0.01s即半个周期，任何质点通过的路程都是2个振幅，即0.4m，B错误.

18．C【解析】从图(甲)到图(乙)的过程中，根据动能定理有：，所以；从抛出后到落地，根据动能定理得：，代入上式可得：。

19.答案： BC　【解析】此模型为类双星模型，两电荷做圆周运动的角速度相等；两个电荷之间的库仑力充当各自做圆周运动的向心力，所以向心力大小相等，A错，B对．由知，线速度大小与质量成反比，运动半径与质量成反比，C对，D错．

20.答案：ABD 【解析】天然放射性元素的半衰期与温度改变无关。根据质能方程计算可知D答案正确。

21.答案：.D  【解析】地球同步卫星是指与地球自转同步的人造卫星，它的周期是24小时，它的轨道平面只能在赤道，得轨道也是固定的，但并不是说同一赤道平面内的、或是周期与地球自转周期相等的就都是同步卫星，故A、C是错的、D是正确的；同步卫星做圆周运动时，内部的仪器是处于失重状态而不是超重状态，B错

22.答案．（1）(g＋a)× (OM－ON)＝(g－a)× OP    （4分）

【解析】利用纸带分析得m₁带动m₂的加速度为a ,又由牛顿第二定律得a＝解得

⑴3000；（2分）

⑵丙(1分)；乙图中电流表的示数太小，误差太大。丙图中R的阻值与电压表阻值接近，误差小。（3分）。

⑶实物图连接如右图所示：(4分)

⑷实验步骤：

①闭合K₁．再闭合K_２，读得电压表示数Ｕ_１；再断开K_２，读得电压表示数Ｕ_２.（2分）　②Ｒ_V＝。（2分）

23.【解析】：（1）负电……(2分)∵mg =E×……(5分)

∴E=４(r+R)dmg/Rq…………(2分)

（2）mg+q v₀B=……………(5分)    ∴v₀=mg/qB…………(2分)

24.【解析】：（1）ab通过最大电流时，受力分析如图甲，此时静摩擦力最大，，方向沿斜面向下，由平衡条件得：

水平：

（3分）

竖直：（3分）

以上两式联立得出

（3分）

（2）通以最小电流时，ab受力分析如图乙，此时ab受静摩擦力，方向沿斜面向上，与（1）类似，由平衡条件得：（3分）

（3）当ab中电流最小时，变阻器阻值为：（3分）

当ab中电流最强时，变阻器阻值为：，（2分 ）

为保持ab静止，R的调节范围为0.91~10．（1分）

25.【解析】：（1）设A物块碰撞B物块前后的速度分别为v₁和v₂，碰撞过程中动量守恒，

  代入数据得：        （4分）

（2）设A、B两物块碰撞前后两物块组成的系统的机械能分别为E₁和E₂，机械能的损失为，根据能的转化和守恒定律：   

     %     （4分）

（3）设物块A的初速度为v₀，轮胎与冰面的动摩擦因数为µ，A物块与B物块碰撞前，根据动能定理：                 （3分）

碰后两物块共同滑动过程中根据动能定理：

         （3分）

由、  及（1）、（2）得：    （2分）

设在冰面上A物块距离B物块为L′时，A物块与B物块不相撞，

则：                             （4分）

26．（15分）（1）（1）KNO₃ （2分）CuSO₄（2分）

(2) Na₂CO₃  （2分）

（3）Al^3＋ + 3OH^?＝Al(OH)₃↓（3分） Al(OH)₃ + OH^?＝AlO₂^? + 2H₂O （3分）

（4） Al^3＋ + 3H₂O Al(OH)₃（胶体）+ 3H^＋ （3分）

【解析】根据实验①可知，D中含有Cu^2＋；根据实验②可知C中含有Al^3＋，E可能是KOH或NaOH，再根据③，只有B、C中含有K^＋，故E为NaOH。根据实验③A中含有HCO₃^?，故A为NaHCO₃，C、D中含有SO₄^2?，故D为CuSO₄，C为KAl(SO₄)₂。

最后可判定B为KNO₃。等物质的量的NaHCO₃与NaOH反应生成Na₂CO₃和H₂O。 NaOH溶液加入到KAl(SO₄)₂溶液中，首先是Al^3＋与OH^?反应生成Al(OH)₃，Al(OH)₃沉淀又溶解在过量的NaOH溶液中：Al^3＋ + 3OH^?＝Al(OH)₃↓，Al(OH)₃ + OH^?＝AlO₂^? + 2H₂O。KAl(SO₄)₂中的Al^3＋水解生成具有吸附作用的Al(OH)₃胶体而净水。

27．（14分）（1）Na₂CO₃ ＋HCl＝NaHCO₃ ＋ NaCl    （3分）

（2）Cl₂ + 2OH^?＝Cl^? + ClO^? + H₂O （3分）

（3）①Na₂O或Na₂O₂  （4分，每空各2分）②Na或NaOH （4分，每空各2分）

【解析】（1）根据题设条件可知，B为盐酸，C为CO₂，D为H₂O，E为NaCl。

（2）根据题设条件可知B为浓盐酸，C为Cl₂。

（3）若C为O₂，D、E的焰色反应均为黄色，D、E中含有Na^＋，含有Na^＋的能产生O₂的固体为Na₂O₂，E能与盐酸反应生成的气体能使澄清石灰水变混浊，该气体为CO₂，B、E可相互转化，故可推知B溶液为NaHCO₃溶液，E为Na₂CO₃溶液，D为NaOH溶液。Na₂O₂与NaHCO₃溶液反应可分解为：2Na₂O₂ + 2H₂O＝4NaOH + O₂↑，NaHCO₃ + NaOH＝Na₂CO₃ + H₂O。amol NaHCO₃→a mol Na₂CO₃，只要增加a mol Na^＋，同时用OH^? 将HCO₃^?转化为CO₃^2? ，所加物质所产生的Na^＋和OH^?的物质的量相等，才能不产生杂质，故X为Na₂O或Na₂O₂，Y为Na或NaOH。

28．（16分）（1）B（2分）  铜与HNO₃反应前，应排净装置内的空气，防止NO与O₂发生反应 （2分）

（2）将C中的溶液加适量水稀释（2分）

（3）③④⑤⑨ （3分）

（4）第二，打开a，通足量N₂，排净装置中的空气（2分）

（5）向下移动乙管，使甲、乙两管液面在同一水平面上（2分）
（6）(V－11.2n)/33.6n （3分）

【解析】根据实验目的，要求得m值，需测定出Cu与HNO₃反应生成的NO₂和NO的物质的量，为此需将产生的气体首先通入装置C中，H₂O吸收NO₂生成NO和HNO₃，用装置E测定出NO的体积，如果装置中有空气，空气中的O₂会将NO氧化成NO₂导致实验误差，装置B通入N₂能将装置中空气赶走，防止NO被氧化，为此需要的装置为B、C、E，装置接口连接顺序为③④⑤⑨。由于浓HNO₃具有强氧化性，能将指示剂氧化而影响实验，可加水稀释降低其氧化性，而溶质HNO₃的量不变，便于观察指示剂颜色变化。用装置E测定NO的体积时，如甲的液面高于乙的液面，测出的NO体积偏小，如甲的液面低于乙的液面，测出的NO体积偏大，故应向下移动乙管，使甲、乙两管液面在同一水平面上，从而减少误差。根据反应：3NO₂ + 2H₂O＝2HNO₃ + NO，混合气体中含有NO₂1.5nmol，NO总的物质的量为V/22.4mol，其中属于Cu与HNO₃反应生成的NO为（V/22.4－n/2）mol，故M＝（V/22.4－n/2）：1.5n＝(V－11.2n)/33.6n。

29．（15分）（1）取代（或水解）、中和反应 （2分） （2）HCOOCH₃  （2分） HOCH₂CHO （2分）

（3）（2分）

  （4）+ 3NaOH+ CH₃COONa + 2H₂O （3分）

（5） （2分） （2分）

【解析】A的分子式为C₉H₈O₄，A能与醇发生酯化反应，说明A中含有－COOH，且A在NaOH溶液中发生水解生成CH₃COONa，说明A中酯的官能团，该官能团与－COOH处于苯环上的邻位，再结合A的分子式推知A的结构简式为，B为，由于H₂CO₃的酸性大于酚而小于羧酸，故在溶液中通入CO₂时，只有酚的钠盐反应生成D（）和NaHCO₃。CH₃COONa与H^＋反应生成E（CH₃COOH）。CH₃COOH的同分异构体中R中含有－CHO和－OH：HOCH₂CHO，Q中含有－CHO而没有－OH：HCOOCH₃。对照和结构可知，首先用与酚羟基反应，然后再用酸性KMnO₄氧化－CH₃为－COOH即可得到A。

30.【解析】（1）新陈代谢是生物最本质的特征。（2）人体内水的来源包括：饮水、食物中的水、代谢产生的水，人体代谢产生水的途径有：核糖体上的氨基酸脱水缩合、线粒体中的有氧呼吸等。（3）异化作用类型包括需氧型、厌氧型和兼性厌氧型，根据材料提供信息，气性坏疽的异化作用类型为厌氧型。（4）本题考查的是细胞的选择透过性，细胞的功能特性决定于细胞膜上的载体的种类和数量

【答案】（12分，每空各2分）（1）新陈代谢现象  （2） 代谢产生水   

氨基酸脱水缩合（或有氧呼吸）      （3）  厌氧型

（4）选择透过性    载体蛋白 

【解析】由反应式：CO₂+C₅→C₃和 2C₃C₅+CH₂O可知：一定范围内的CO₂增加可以使细胞中C₃增加；一定范围内的光照增强会导致细胞内C₅增加。甲图信息显示：只考虑光照的影响，光照强度为由n增加到k时，光合速率几乎不变，而乙图的变化应是光照之外的其他因素引起，比如温度等

【答案】（10分，每空各2分）（1）低、高、约等于   （2）温度    

（3）光照强度、CO₂浓度、温度

31．（20分）【解析】：（1）该6个品系玉米的基因型分别为：①：AABBCCDDEE  ②：aaBBCCDDEE  ③：AAbbccDDEE  ④：AABBCCddEE  ⑤：AABBCCDDee  ⑥：aabbccddee

基因分离定律适用于一对等位基因控制的相对性状的遗传，基因自由组合定律适用于2对（及以上）的同源染色体上的2对（及以上）等位基因控制的性状遗传。具有两对相对性状的纯合亲本杂交，F₁自交。若F₂中出现性状分离比为：双显∶单显1∶单显2∶双隐＝9∶3∶3∶1，则控制这两对相对性状的基因位于2对同源染色体上，反之则位于同一染色体上

让F₁侧交，若F₂中出现性状分离比为：双显∶单显1∶单显2∶双隐＝1∶1∶1∶1，则控制这两对相对性状的基因位于2对同源染色体上，反之则位于同一染色体上

【答案】（1）②与①（③或、④、⑤） （1分）  不行  （1分）  品系①和⑤只有一对相对性状   （2分）不行 （1分）  控制花色和种皮颜色的基因位于同一对同源染色体（Ⅰ）上，而控制子叶味道的基因位置未知（2分）

（2）D（1分）

①若绿色非甜子叶∶绿色甜子叶∶黄色非甜子叶∶黄色甜子叶＝9∶3∶3∶1，则控制子叶颜色和味道的基因不是位于同一染色体上。（3分）

②若绿色非甜子叶∶绿色甜子叶∶黄色非甜子叶∶黄色甜子叶≠9∶3∶3∶1（答绿色甜子叶：绿色非甜子叶：黄色非甜子叶＝1：2：1也可），则控制子叶颜色和味道的基因位于同一染色体上。（3分）

（3）

①若绿色非甜子叶∶绿色甜子叶∶黄色非甜子叶∶黄色甜子叶＝1∶1∶1∶1，则控制子叶颜色和味道的基因不是位于同一染色体上。（3分）

②若绿色非甜子叶∶绿色甜子叶∶黄色非甜子叶∶黄色甜子叶≠1∶1∶1∶1（答绿色甜子叶：黄色非甜子叶＝1：1也可），则控制子叶颜色和味道的基因位于同一染色体上。（3分）