2016年全国高考统一物理试卷（新课标Ⅲ）

一、选择题

1．（6分）关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是（　　）

A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律

B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律

C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因

D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律

2．（6分）关于静电场的等势面，下列说法正确的是（　　）

A．两个电势不同的等势面可能相交

B．电场线与等势面处处相互垂直

C．同一等势面上各点电场强度一定相等

D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功

3．（6分）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为（　　）

A．B． C． D． 

4．（6分）如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球，在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦，小物块的质量为（　　）

A．B．m C．m D．2m 

5．（6分）平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q＞0）．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的射点到两平面交线O的距离为（　　）

A．B． C． D． 

6．（6分）如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b．当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是（　　）

A．原、副线圈匝数之比为9：1

B．原、副线圈匝数之比为1：9

C．此时a和b的电功率之比为9：1

D．此时a和b的电功率之比为1：9

7．（6分）如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P．它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W．重力加速度大小为g．设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则（　　）

A．a=B．a= C．N= D．N=

8．（6分）如图，M为半圆形导线框，圆心为O_M；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O_N；两导线框在同一竖直面（纸面）内；两圆弧半径相等；过直线O_MO_N的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框M、N在t=0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过O_M和O_N的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则（　　）

A．两导线框中均会产生正弦交流电

B．两导线框中感应电流的周期都等于T

C．在t=时，两导线框中产生的感应电动势相等

D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等　

二、解答题（共3小题，满分27分）

9．（5分）某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a₁b₁固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁（未画出）的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且两导轨垂直。

（1）在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动。

（2）为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：

A．适当增加两导轨间的距离

B．换一根更长的金属棒

C．适当增大金属棒中的电流

其中正确的是　   　（填入正确选项前的标号）

10．（10分）某物理课外小组利用图（a）中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中置于试验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮：轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N=5个，每个质量均为0.010kg。实验步骤如下：

（1）将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物快，使小车（和钩码）可以在木板上匀速下滑。

（2）将n（依次取n=1，2，3，4，5）个钩码挂在轻绳右端，其余N﹣n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s﹣t图象，经数据处理后可得到相应的加速度a。

（3）对应于不同的n的a值见下表。n=2时的s﹣t图象如图（b）所示：由图（b）求出此时小车的加速度（保留2位有效数字），将结果填入下表。

（4）利用表中的数据在图（c）中补齐数据点，并作出a﹣n图象。从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。

（5）利用a﹣n图象求得小车（空载）的质量为　   　kg（保留2位有效数字，重力加速度取g=9.8 m•s^﹣2）。

（6）若以“保持木板水平”来代替步骤（1），下列说法正确的是　   　（填入正确选项前的标号）

A．a﹣n图线不再是直线

B．a﹣n图线仍是直线，但该直线不过原点

C．a﹣n图线仍是直线，但该直线的斜率变大

11．（12分）如图，在竖直平面内由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为．一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．

（1）求小球在B、A两点的动能之比；

（2）通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．

四、标题

12．（20分）如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B₁随时间t的变化关系为B₁=kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN（虚线）与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B₀，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t₀时刻恰好以速度v₀越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。求：

（1）在t=0到t=t₀时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；

（2）在时刻t（t＞t₀）穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。

【物理-选修3-3】

13．（5分）关于气体的内能，下列说法正确的是（　　）

A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同

B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大

C．气体被压缩时，内能可能不变

D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关

E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加

14．（10分）一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p₀=75.0 cmHg．环境温度不变。

【物理-选修3-4】

15．由波源S形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播。波源振动的频率为20Hz，波速为16m/s。已知介质中P、Q两质点位于波源S的两侧，且P、Q和S的平衡位置在一条直线上，P、Q的平衡位置到S的平衡位置之间的距离分别为15.8m、14.6m。P、Q开始震动后，下列判断正确的是（　　）

A．P、Q两质点运动的方向始终相同

B．P、Q两质点运动的方向始终相反

C．当S恰好通过平衡位置时，P、Q两点也正好通过平衡位置

D．当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波峰

E．当S恰好通过平衡位置向下运动时，Q在波峰

16．如图，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面半径是球半径的倍，在过球心O且垂直底面的平面（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点，求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角。

【物理-选修3-5】

17．一静止的铝原子核Al俘获一速度为1.0×10⁷m/s的质子p后，变为处于激发态的硅原子核Si，下列说法正确的是 （　　）

A．核反应方程为P+Al→Si

B．核反应方程过程中系统动量守恒

C．核反应过程中系统能量不守恒

D．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和

E．硅原子核速度的数量级为10⁵m/s，方向与质子初速度方向一致

18．如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直，a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m，两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v₀向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．

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2016年全国高考统一物理试卷（新课标Ⅲ）

参考答案与试题解析

一、选择题

1．（6分）关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是（　　）

A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律

B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律

C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因

D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律  

【考点】1U：物理学史；4E：万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定．菁优网版权所有

【专题】15：简答题；22：学科综合题；31：定性思想；43：推理法；528：万有引力定律的应用专题．

【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．

【解答】解：开普勒在他的导师第谷天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，但并未找出了行星按照这些规律运动的原因；牛顿在开普勒行星运动定律的基础上推导出万有引力定律，故ACD错误，B正确。

故选：B。

【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．

2．（6分）关于静电场的等势面，下列说法正确的是（　　）

A．两个电势不同的等势面可能相交

B．电场线与等势面处处相互垂直

C．同一等势面上各点电场强度一定相等

D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功  

【考点】A6：电场强度与电场力；A7：电场线；AF：等势面．菁优网版权所有

【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．

【分析】电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面；沿着等势面移动点电荷，电场力不做功．电场线与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面．负电荷在等势面高的位置的电势能小．

【解答】解：A、沿电场线的方向电势降低，所以电势不同的等势面不可能相交。故A错误；

B、根据电场线与等势面的关系可知，电场线与等势面互相垂直，故B正确；

C、电场强度的大小与电势的高低没有关系，所以同一等势面上各点电场强度不一定相等，故C错误；

D、负电荷在电势高的位置的电势能小，所以将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电势能增大，电场力做负功，故D错误。

故选：B。

【点评】本题关键是要记住电场线和等势面的关系，相互垂直，从电势高的等势面指向电势低的等势面，掌握等势面的基本特点：在等势面上移动电荷，电场力总是不做功．

3．（6分）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为（　　）

A．B． C． D． 

【考点】1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系；1F：匀变速直线运动的速度与位移的关系；64：动能．菁优网版权所有

【专题】31：定性思想；43：推理法；52D：动能定理的应用专题．

【分析】根据动能的变化可求出初末速度间的关系，再根据平均速度公式可求出平均速度，则由位移公式即可明确速度与位移时间的关系，再由加速度的定义即可求出质点的加速度。

【解答】解：设质点的初速度为v，则动能E_k1=mv²，由于末动能变为原来的9倍，则可知，末速度为原来的3倍，故v’=3v；

故平均速度==2v；

根据位移公式可知：=

联立解得：v=；

根据加速度定义可知a====，故B正确，ACD错误。

故选：B。

【点评】本题考查动能以及运动学规律的问题，要注意明确动能变为9倍所隐含的信息，从而求出速度关系，同时还要注意应用平均速度公式。

4．（6分）如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球，在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦，小物块的质量为（　　）

A．B．m C．m D．2m 

【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有

【专题】12：应用题；33：参照思想；49：合成分解法；527：共点力作用下物体平衡专题．

【分析】同一根绳子上的张力大小相等，根据ab距离等于圆环半径可知绳所成角度，据此由平衡分析即可。

【解答】解：设悬挂小物块的点为O'，圆弧的圆心为O，由于ab=R，所以三角形Oab为等边三角形。

由于圆弧对轻环的支持力沿半径方向背向圆心，所以小球和小物块对轻环的合力方向由轻环指向圆心O，因为小物块和小球对轻环的作用力大小相等，所以aO、bO是∠maO′、∠mbO′的角平分线，所以∠O'Oa=∠maO=∠mbO=30°，那么∠mbO′=60°，

所以由几何关系可得∠aO'b=120°，而在一条绳子上的张力大小相等，故有T=mg，小物块受到两条绳子的拉力作用大小相等，夹角为120°，故受到的合力等于mg，因为小物块受到绳子的拉力和重力作用，且处于平衡状态，故拉力的合力等于小物块的重力为mg，所以小物块的质量为m

故ABD错误，C正确。

故选：C。

【点评】解决本题关键是能根据题目给出的几何关系确认拉小物块的两绳夹角为120°，再根据两个大小相等互成120°两力的合成结论求解即可。

5．（6分）平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q＞0）．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的射点到两平面交线O的距离为（　　）

A．B． C． D． 

【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有

【专题】32：定量思想；4B：图析法；4C：方程法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．

【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的半径，然后根据几何关系求出射点与O点间的距离．

【解答】解：粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示，

根据洛伦兹力提供向心力，有

解得根据轨迹图知，∠OPQ=60°

粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为，D正确，ABC错误

故选：D。

【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹，由牛顿第二定律求出粒子的临界轨道半径即可正确解题．

6．（6分）如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b．当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是（　　）

A．原、副线圈匝数之比为9：1

B．原、副线圈匝数之比为1：9

C．此时a和b的电功率之比为9：1

D．此时a和b的电功率之比为1：9  

【考点】E8：变压器的构造和原理．菁优网版权所有

【专题】31：定性思想；43：推理法；53A：交流电专题．

【分析】根据灯泡电压与输入电压的关系可明确接在输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据变压器电流之间的关系和功率公式可明确功率之比．

【解答】解：AB、灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U，则说明原线圈输入电压为9U，输出电压为U；则可知，原副线圈匝数之比为：9：1：故A正确；B错误；

CD、根据公式可得，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为1：9；故C错误，D正确；

故选：AD。

【点评】本题考查变压器原理，要注意明确输入电压为灯泡两端电压与输入端电压之和，从而可以确定输入端电压；则可求得匝数之比．

7．（6分）如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P．它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W．重力加速度大小为g．设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则（　　）

A．a=B．a= C．N= D．N= 

【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力．菁优网版权所有

【专题】33：参照思想；4T：寻找守恒量法；52D：动能定理的应用专题．

【分析】质点P下滑的过程中，重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理求出质点P到达最低点时的速度，在最低点，质点受重力和支持力，根据合力提供向心力，列式求解．

【解答】解：质点P下滑的过程，由动能定理得

  mgR﹣W=

在最低点，质点P的向心加速度 a==

根据牛顿第二定律得

  N﹣mg=m

解得 N=，故AC正确，BD错误。

故选：AC。

【点评】解决本题的关键掌握动能定理解题，以及知道质点在B点径向的合力提供圆周运动的向心力．

8．（6分）如图，M为半圆形导线框，圆心为O_M；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O_N；两导线框在同一竖直面（纸面）内；两圆弧半径相等；过直线O_MO_N的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框M、N在t=0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过O_M和O_N的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则（　　）

A．两导线框中均会产生正弦交流电

B．两导线框中感应电流的周期都等于T

C．在t=时，两导线框中产生的感应电动势相等

D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等  

【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．菁优网版权所有

【专题】32：定量思想；4C：方程法；53C：电磁感应与电路结合．

【分析】正确利用法拉第电磁感应定律，在本题中由于导线框匀速转动，因此产生的感应电动势是恒定的，计算有效值根据有效值的定义。

【解答】解：A、半径切割磁感线产生的感应电动势：

B、，因为线框匀速转动，感应电动势恒定，线框中电流大小恒定，故A错误；

M、N两线框匀速转动，M线框第一个电流方向逆时针，第二个电流顺时针方向；N线框，相框转动一圈，只有的时间有感应电流，第一个电流逆时针，第二个电流为0．第三个电流顺时针方向，第四个没有电流，依次循环。画出M、N线框中电流随时间变化的关系图线如图所示，所以两线框中感应电流的周期相等，故B正确；

C、，两线框均有一条半径在切割磁感线产生感应电动势，感应电动势的大小为，故C正确；

D、根据电流的热效应，对M线框

N线框转动一周只有时间内有感应电流

联立①②得，故D错误

故选：BC。

【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律在转动切割类型中的应用，掌握楞次定律，会判断感应电流的方向。理解有效值的定义，掌握好有效值的定义就可以计算非正弦交变电流的有效值。中等难度。

二、解答题（共3小题，满分27分）

9．（5分）某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a₁b₁固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁（未画出）的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且两导轨垂直。

（1）在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动。

（2）为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：

A．适当增加两导轨间的距离

B．换一根更长的金属棒

C．适当增大金属棒中的电流

其中正确的是　AC　（填入正确选项前的标号）

【考点】CC：安培力．菁优网版权所有

【专题】13：实验题；31：定性思想；4B：图析法；53D：磁场 磁场对电流的作用．

【分析】（1）要求滑动变阻器以限流方式接入电路，滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，考虑金属棒向右运动，所爱安培力向右，根据左手定则知，通过金属棒的电流从上向下，把各个元件按顺序串联起来。

（2）根据安培力公式和动能定理进行分析

【解答】解：（1）电路如右图所示。

（2）根据公式F=BIL可得，适当增加导轨间的距离或者增大电流，可增大金属棒受到的安培力，根据动能定理得，，则金属棒离开导轨时的动能变大，即离开导轨时的速度变大，A、C正确；若换用一根更长的金属棒，但金属棒切割磁感线的有效长度即导轨间的宽度不变，安培力F不变，棒的质量变大，速度变小，故B错误；

故答案为：（1）如图所示

（2）AC

【点评】本题考查电路实物图连线，关键是明确实验原理，注意滑动变阻器的限流接法和电表的正负接线柱，确定金属棒中的电流方向是关键。

10．（10分）某物理课外小组利用图（a）中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中置于试验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮：轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N=5个，每个质量均为0.010kg。实验步骤如下：

（1）将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物快，使小车（和钩码）可以在木板上匀速下滑。

（2）将n（依次取n=1，2，3，4，5）个钩码挂在轻绳右端，其余N﹣n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s﹣t图象，经数据处理后可得到相应的加速度a。

（3）对应于不同的n的a值见下表。n=2时的s﹣t图象如图（b）所示：由图（b）求出此时小车的加速度（保留2位有效数字），将结果填入下表。

（4）利用表中的数据在图（c）中补齐数据点，并作出a﹣n图象。从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。

（5）利用a﹣n图象求得小车（空载）的质量为　0.45　kg（保留2位有效数字，重力加速度取g=9.8 m•s^﹣2）。

（6）若以“保持木板水平”来代替步骤（1），下列说法正确的是　BC　（填入正确选项前的标号）

A．a﹣n图线不再是直线

B．a﹣n图线仍是直线，但该直线不过原点

C．a﹣n图线仍是直线，但该直线的斜率变大

【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有

【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；522：牛顿运动定律综合专题．

【分析】（3）根据x﹣t图象的性质可明确各时刻对应的位移，根据位移公式可求得加速度；

（4）将点（2，0.40）作出，并用直线将各点连接即可得出图象；

（5）找出图象上的点，根据图象的性质以及牛顿第二定律列式，即可求出小车的质量；

（6）对实验原理进行分析，明确摩擦力带来的影响；根据牛顿第二定律可明确图象的变化情况．

【解答】解：（3）物体做匀加速直线运动，对应的x﹣t图象为曲线，由图象可知，当t=2.0s时，位移为：x=0.80m；

则由x=代入数据得：a=0.40m/s²；

（4）在图C中作出点（2，0.40），并用直线将各点相连，如图所示；

（5）由图c可知，当n=4时，加速度为0.78m/s²，由牛顿第二定律可知：

4×0.01×9.8=（m+5×0.01）×0.78

解得：m=0.45kg；

（6）若木板水平，则物体将受到木板的摩擦力；则有：

nm₀g﹣μ[mg+（5﹣n）m₀g]=（m+5m₀）a；

a=﹣=﹣

故说明图象仍为直线，但不再过原点；并且斜率增大；故BC正确；

故选：BC；

故答案为：（3）0.40； （4）如图所示；（5）0.45；BC．

【点评】本题考查验证牛顿第二定律的实验，要求能明确实验原理，认真分析各步骤，从而明确实验方法；同时注意掌握图象的性质，能根据图象进行分析，明确对应规律的正确应用．

11．（12分）如图，在竖直平面内由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为．一小球在A点正上方与A相距处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．

（1）求小球在B、A两点的动能之比；

（2）通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．

【考点】4A：向心力；65：动能定理；6C：机械能守恒定律．菁优网版权所有

【专题】11：计算题；34：比较思想；4N：临界法；52D：动能定理的应用专题．

【分析】（1）根据机械能守恒定律分别求出小球经过B点和A点的动能，再得到它们的比值．

（2）假设小球能到达C点，由机械能守恒定律求出小球到达C点的速度，与临界速度比较，即可判断小球能否到C点．

【解答】解：（1）根据机械能守恒定律得

 E_KA=mg

 E_KB=mg（+R）=

则得小球在B、A两点的动能之比 E_KB：E_KA=5：1．

（2）假设小球能到达C点，由机械能守恒定律得

 mg=

即得到达C点的速度 v_C=

设小球通过C点的临界速度为v₀．则有

 mg=m

即得 v₀=

因为 v_C=v₀，所以小球恰好到达C点．

答：

（1）小球在B、A两点的动能之比是5：1．

（2）小球恰好到达C点．

【点评】分析清楚小球的运动过程，把握圆周运动最高点临界速度的求法：重力等于向心力，同时要熟练运用机械能守恒定律．

四、标题

12．（20分）如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B₁随时间t的变化关系为B₁=kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN（虚线）与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B₀，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t₀时刻恰好以速度v₀越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。求：

（1）在t=0到t=t₀时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；

（2）在时刻t（t＞t₀）穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。

【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有

【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结合．

【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，及电量表达式，从而导出电量的综合表达式，即可求解；

（2）根据磁通量的概念，Φ=BS，结合磁场方向，即可求解穿过回路的总磁通量；根据动生电动势与感生电动势公式，求得线圈中的总感应电动势，再依据闭合电路欧姆定律，及安培力表达式，最后依据平衡条件，即可求解水平恒力大小。

【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律有：E==

结合闭合电路欧姆定律有：I=，

及电量表达式有：q=It==||，

（2）根据题意可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为两种情况之和，

即为：在时刻t（t＞t₀）穿过回路的总磁通量为：Φ=+=ktS+B₀v₀（t﹣t₀）l；

依据法拉第电磁感应定律，那么线圈中产生总感应电动势为：E=E₁+E₂=kS+B₀lv₀；

根据闭合电路欧姆定律，则线圈中产生感应电流大小为：I==

那么安培力大小为：F_A=B₀Il=；

最后根据平衡条件，则水平恒力大小等于安培力大小，即为：F=；

答：（1）在t=0到t=t₀时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值||；

（2）在时刻t（t＞t₀）穿过回路的总磁通量ktS+B₀v₀（t﹣t₀）l，金属棒所受外加水平恒力的大小。

【点评】考查法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，及电量综合表达式的内容，注意磁通量的方向，及安培力表达式的应用，本题难度不大，但符号运算要细心。

【物理-选修3-3】

13．（5分）关于气体的内能，下列说法正确的是（　　）

A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同

B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大

C．气体被压缩时，内能可能不变

D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关

E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加  

【考点】8A：物体的内能；8F：热力学第一定律．菁优网版权所有

【专题】31：定性思想；43：推理法；548：热力学定理专题．

【分析】理想气体是一种理想化的物理模型，实际上并不存在；理想气体的内能仅与温度有关，与气体的体积无关；实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下可以看做理想气体。

【解答】解：A、质量和温度都相同的气体，内能不一定相同，还和气体的种类有关，故A错误；

B、物体的内能与温度、体积有关，与物体宏观整体运动的机械能无关，所以整体运动速度越大，其内能不一定越大，故B错；

C、气体被压缩时，外界对气体做功W＞0，如果向外界放热Q＜0，根据热力学第一定律，△U=W+Q，可能△U=0内能不变，所以C正确；

D、理想气体分子间无分子势能，理想气体的内能只与温度有关，故D正确；

E、一定量的某种理想气体等压膨胀过程中，体积与热力学温度成正比，温度升高，内能增加。故E正确

故选：CDE。

【点评】本题关键要理解理想气体这个模型的物理意义，抓住不考虑分子间的作用力，一定质量理想气体的内能只与温度有关是关键。

14．（10分）一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p₀=75.0 cmHg．环境温度不变。

【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有

【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54B：理想气体状态方程专题．

【分析】由题意知两部分封闭气体的温度与环境温度保持相等，气体都作等温变化。先对左端气体研究，根据玻意耳定律求出活塞下移后的压强。水银面相平时，两部分气体的压强相等，再研究右端气体，求出活塞下移后的长度和气体压强，根据几何关系求解活塞向下移动的距离。

【解答】解：设初始时，右管中空气柱的压强为，长度为；左管中空气柱的压强为，长度为．该活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为，长度为．；左管中空气柱的压强为，长度为．以cmHg为压强单位。由题给条件得：

…①

…②

由玻意耳定律得…③

联立①②③式和题给条件得：

…④

依题意有：…⑤

…⑥

由玻意耳定律得：…⑦

联立④⑤⑥⑦式和题给条件得：h=9.42cm

答：此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离9.42cm。

【点评】本题考查了玻意耳定律，关键要抓住两部分气体之间相关联的条件，运用玻意耳定律解答。

【物理-选修3-4】

15．由波源S形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播。波源振动的频率为20Hz，波速为16m/s。已知介质中P、Q两质点位于波源S的两侧，且P、Q和S的平衡位置在一条直线上，P、Q的平衡位置到S的平衡位置之间的距离分别为15.8m、14.6m。P、Q开始震动后，下列判断正确的是（　　）

A．P、Q两质点运动的方向始终相同

B．P、Q两质点运动的方向始终相反

C．当S恰好通过平衡位置时，P、Q两点也正好通过平衡位置

D．当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波峰

E．当S恰好通过平衡位置向下运动时，Q在波峰  

【考点】F4：横波的图象；F5：波长、频率和波速的关系．菁优网版权所有

【专题】11：计算题；34：比较思想；44：类比法；51D：振动图像与波动图像专题．

【分析】先通过题干中所给出的波速和频率，利用公式λ=计算出波长。

根据PQ两点的距离之差与半个波长相比较，利用半个波长的奇数倍或偶数倍来判断PQ振动的情况，可判知选项AB的正误。

利用波长不是出P、Q与波源S之间的距离，通过不足一个波长的部分是波的四分之一还是四分之三，结合S点的运动情况，即可判断P、Q点的位置，继而可得知选项BDE的正误

【解答】解：波源振动的频率为20Hz，波速为16m/s，由波长公式λ=有：λ==0.8m

AB、P、Q两质点距离波源的距离之差为：△x=15.8﹣14.6=1.2m=3×，为半个波长的奇数倍，所以P、Q两质点振动步调相反，P、Q两质点运动的方向始终相反，选项A错误，B正确。

C、SP=15.8m=（19+）λ，SQ=14.6m=（18+）λ，所以当S恰好通过平衡位置时，P、Q两点一个在波峰，一个在波谷，选项C错误。

D、由SP=15.8m=（19+）λ可知，当S恰好通过平衡位置向上运动时，P在波峰，选项D正确。

E、SQ=14.6m=（18+）λ，当S恰好通过平衡位置向下运动时，Q在波峰，选项E正确。

故选：BDE。

【点评】关于波的传播的相关计算，首先应注意其周期性，同时要注意波传播的方程的通式，尤其是对其不到一个波长的部分，要会通过该部分是波长的四分之一还是四分之三来判断质点的振动情况和位置关系。同时要熟记两点与波源的距离之差若是半个波长的偶数倍，该两质点振动步调一致，若为半个波长的奇数倍，该两质点的振动步调相反。对于此结论，在波的干涉中的加强和减弱的判断上也是用到的。解答该类型的题，要习惯在草纸上画出对应的波形图，这样有利于对题的理解和分析。

16．如图，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面半径是球半径的倍，在过球心O且垂直底面的平面（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点，求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角。

【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有

【专题】12：应用题；34：比较思想；4F：几何法；54D：光的折射专题．

【分析】光线由M点射入后先发生折射，再在镀银底面发生反射，最后射出玻璃冠。已知球半径、底面半径以及折射率，则由几何关系和折射定律可求得入射角、折射角，再由几何关系可求得光线在镀银底面的入射角和反射角，从而可知反射光线与ON的关系，最后可求光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角。

【解答】解：设球半径为R，球冠地面中心为O′，连接OO′，则OO′⊥AB

令∠OAO′=α

则：cosα===…①

即∠OAO′=α=30°…②

已知MA⊥AB，所以∠OAM=60°…③

设图中N点为光线在球冠内地面上的反射点，光路图如图所示。

设光线在M点的入射角为i，折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃的折射率为n。

由于△OAM为等边三角形，所以入射角i=60°…④

由折射定律得：sini=nsinr…⑤

代入数据得：r=30°…⑥

作N点的法线NE，由于NE∥MA，所以i′=30°…⑦

由反射定律得：i″=30°…⑧

连接ON，由几何关系可知△MAN≌△MON，则∠MNO=60°…⑨

由⑦⑨式可得∠ENO=30°

所以∠ENO为反射角，ON为反射光线。由于这一反射光线垂直球面，所以经球面再次折射后不改变方向。

所以，该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为β=180°﹣∠ENO=150°。

答：光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为150°。

【点评】本题关键之处是借助于光的折射与反射定律作出光路图，同时利用几何关系来辅助计算。

【物理-选修3-5】

17．一静止的铝原子核Al俘获一速度为1.0×10⁷m/s的质子p后，变为处于激发态的硅原子核Si，下列说法正确的是 （　　）

A．核反应方程为P+Al→Si

B．核反应方程过程中系统动量守恒

C．核反应过程中系统能量不守恒

D．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和

E．硅原子核速度的数量级为10⁵m/s，方向与质子初速度方向一致

 【考点】53：动量守恒定律；JI：爱因斯坦质能方程．菁优网版权所有

【专题】33：参照思想；4T：寻找守恒量法；54P：爱因斯坦的质能方程应用专题．

【分析】由质量数、电荷数守恒可知核反应方程，核反应方程过程中系统动量守恒，能量也守恒，核反应过程中质量发生亏损，根据动量守恒定律求解硅原子核的速度．

【解答】解：A、由质量数守恒和电荷数守恒可知，核反应方程为为P+Al→Si，故A正确；

BC、核反应方程过程中系统动量守恒，能量也守恒，故B正确，C错误；

D、核反应过程中，要释放热量，质量发生亏损，生成物的质量小于反应物的质量之和，故D错误；

E、设质子的质量为m，则铝原子原子核的质量约为27m，以质子初速度方向为正，根据动量守恒定律得：

    mv₀=（m+27m）v

解得：v=3.57×10⁵m/s，数量级为10⁵m/s，方向与质子初速度方向一致，故E正确。

故选：ABE。

【点评】本题的关键要明确核反应方程遵守质量数守恒和电荷数守恒，核反应遵守系统动量守恒，能量守恒．

18．如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直，a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m，两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v₀向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．

【考点】53：动量守恒定律；8G：能量守恒定律．菁优网版权所有

【专题】11：计算题；35：整体思想；4T：寻找守恒量法；52F：动量定理应用专题．

【分析】由题意可得动摩擦因数必须满足两个条件：①a、b能相碰；②b不能与墙相碰．先根据能量求出a与b碰撞前的速度．再根据弹性碰撞过程遵守动量守恒和能量守恒列式，得到碰后b的速度，根据b没有与墙发生碰撞，碰后b向右滑行的距离s≤l，由功能列式，即可求解．

【解答】解：设物块与地面间的动摩擦因数为μ

要使物块a、b能够发生碰撞，应有：mv＞μmgl…①

即μ＜…②

设a与b碰撞前的速度为v₁，由能量守恒得：

=μmgl+…③

设a与b碰撞后的瞬间，速度大小分别为v_a、v_b，根据动量守恒定律和能量守恒定律得：

mv₁=mv_a+mv_b…④

=mv+×mv；…⑤

联立④⑤式解得：v_b=v₁…⑥

碰后，b没有与墙发生碰撞，即b在达到墙前静止，由功能关系得：

（m）v≤μmgl…⑦

联立③⑥⑦式，得：μ≥…⑧

联立②⑧式，a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件为：

≤μ＜

答：物块与地面间的动摩擦因数满足的条件是≤μ＜．

【点评】该题要按时间顺序分析物体的运动过程和物理规律，知道弹性碰撞过程遵守动量守恒和能量守恒，要结合几何关系分析b与墙不相撞的条件．

2016年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅲ）

一、选择题.

1．（3分）化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（　　）

A．AB．B C．C D．D 

2．（3分）下列说法错误的是（　　）

A．乙烷光照下能与浓盐酸发生取代反应

B．乙烯可以用作生产食品包装材料的原料

C．乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷

D．乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体

3．（3分）下列有关实验的操作正确的是（　　）

A．AB．B C．C D．D 

4．（3分）已知异丙苯的结构简式如图，下列说法错误的是（　　）

A．异丙苯的分子式为C₉H₁₂

B．异丙苯的沸点比苯高

C．异丙苯中碳原子可能都处于同一平面

D．异丙苯和苯为同系物

5．（3分）锌﹣空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O₂+4OH^﹣+2H₂O═2Zn（OH）₄^2﹣．下列说法正确的是（　　）

A．充电时，电解质溶液中K⁺向阳极移动

B．充电时，电解质溶液中c（OH^﹣）逐渐减小

C．放电时，负极反应为：Zn+4OH^﹣﹣2e^﹣═Zn（OH）₄^2﹣

D．放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）

6．（3分）四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性．下列说法正确的是（　　）

A．W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性

B．简单离子半径：W＜X＜Z

C．气态氢化物的热稳定性：W＜Y

D．最高价氧化物的水化物的酸性：Y＞Z

7．（3分）下列有关电解质溶液的说法正确的是（　　）

A．向0.1mol•L^﹣1 CH₃COOH溶液中加入少量水，溶液中减小

B．将CH₃COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大

C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中＞1

D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO₃，溶液中不变

二、解答题.

8．过氧化钙微溶于水，溶于酸，可用作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂．以下是一种制备过氧化钙的实验方法．回答下列问题：

（一）碳酸钙的制备

（1）步骤①加入氨水的目的是　   　．小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于　   　．

（2）如图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是　   　（填标号）．

a．漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁

b．玻璃棒用作引流

c．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁

d．滤纸边缘高出漏斗

e．用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度

（二）过氧化钙的制备

（3）步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈　   　性（填“酸”、“碱”或“中”）．将溶液煮沸，趁热过滤，将溶液煮沸的作用是　   　．

（4）步骤③中反应的化学方程式为　   　，该反应需要在冰浴下进行，原因是　   　．

（5）将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是　   　．

（6）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品．该工艺方法的优点是　   　，产品的缺点是　   　．

9．煤燃烧排放的烟含有SO₂和NO_x，形成酸雨、污染大气，采用NaClO₂溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题：

（1）NaClO₂的化学名称为　   　。

（2）在鼓泡反应器中通入含SO₂、NO_x的烟气，反应温度323K，NaClO₂溶液浓度为5×10^﹣3mol•L^﹣1．反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表。

①写出NaClO₂溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式　   　。增加压强，NO的转化率　   　（填“提高”、“不变”或“降低”）。

②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐　   　（填“增大”、“不变”或“减小”）。

③由实验结果可知，脱硫反应速率　   　脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）原因是除了SO₂和NO在烟气中初始浓度不同，还可能是　   　。

（3）在不同温度下，NaClO₂溶液脱硫、脱硝的反应中SO₂和NO的平衡分压P_e如图所示。

①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均　   　（填“增大”、“不变”或“减小”）。

②反应ClO₂^﹣+2SO₃^2﹣═2SO₄^2﹣+Cl^﹣的平衡常数K表达式为　   　。

（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）₂替代NaClO₂，也能得到较好的烟气脱硫效果。

①从化学平衡原理分析，Ca（ClO）₂相比NaClO具有的优点是　   　。

②已知下列反应：

SO₂（g）+2OH^﹣（aq）═SO₃^2﹣（aq）+H₂O（l）△H₁

ClO^﹣（aq）+SO₃^2﹣（aq）═SO₄^2﹣（aq）+Cl^﹣（aq）△H₂

CaSO₄（s）═Ca²⁺（aq）+SO₄^2﹣（aq）△H₃

则反应SO₂（g）+Ca²⁺（aq）+ClO^﹣（aq）+2OH^﹣（aq）═CaSO₄（s）+H₂O（l）+Cl^﹣（aq）的△H=　   　。

10．以硅藻土为载体的五氧化二钒（V₂O₅）是接触法生产硫酸的催化剂．从废钒催化剂中回收V₂O₅既避免污染环境

又有利于资源综合利用．废钒催化剂的主要成分为：

以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：

回答下列问题：

（1）“酸浸”时V₂O₅转化为VO₂⁺，反应的离子方程式为　   　，同时V₂O₄转成VO²⁺．“废渣1”的主要成分是　   　．

（2）“氧化”中欲使3 mol的VO²⁺变为VO₂⁺，则需要氧化剂KClO₃至少为　   　mol．

（3）“中和”作用之一是使钒以V₄O₁₂^4﹣形式存在于溶液中．“废渣2”中含有　   　．

（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V₄O₁₂^4﹣R₄V₄O₁₂+4OH^﹣（以ROH为强碱性阴离子交换树脂）．为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈　   　性（填“酸”“碱”“中”）．

（5）“流出液”中阳离子最多的是　   　．

（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH₄VO₃）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式　   　．

【[化学——选修2：化学与技术】（15分）

11．（15分）聚合硫酸铁（PFS）是水处理中重要的絮凝剂，如图是以回收废铁屑为原料制备PFS的一种工艺流程．

回答下列问题

（1）废铁屑主要为表面附有大量铁锈的铁，铁锈的主要成分为　   　．粉碎过筛的目的是　   　．

（2）酸浸时最合适的酸是　   　，写出铁锈与酸反应的离子方程式　   　．

（3）反应釜中加入氧化剂的作用是　   　，下列氧化剂中最合适的是　   　（填标号）．

A．KMnO₄         B．Cl₂         C．H₂O₂       D．HNO₃

（4）聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内，pH偏小时Fe³⁺水解程度弱，pH偏大时则　   　．

（5）相对于常压蒸发，减压蒸发的优点是　   　．

（6）盐基度B是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标，定义式为B= （n为物质的量）．为测量样品的B值，取样品m g，准确加入过量盐酸，充分反应，再加入煮沸后冷却的蒸馏水，以酚酞为指示剂，用c mol•L^﹣1的标准NaOH溶液进行中和滴定（部分操作略去，已排除铁离子干扰）．到终点时消耗NaOH溶液V mL．按上述步骤做空白对照试验，消耗NaOH溶液V₀ mL，已知该样品中Fe的质量分数w，则B的表达式为　   　．

【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）

12．（15分）砷化镓（GaAs）是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等．回答下列问题：

（1）写出基态As原子的核外电子排布式　   　．

（2）根据元素周期律，原子半径Ga　   　As，第一电离能Ga　   　As．（填“大于”或“小于”）

（3）AsCl₃分子的立体构型为　   　，其中As的杂化轨道类型为　   　．

（4）GaF₃的熔点高于1000℃，GaCl₃的熔点为77.9℃，其原因是　   　．

（5）GaAs的熔点为1238℃，密度为ρ g•cm^﹣3，其晶胞结构如图所示．该晶体的类型为　   　，Ga与As以　   　键键合．Ga和As的摩尔质量分别为M_Ga g•mol^﹣1和M_As g•mol^﹣1，原子半径分别为r_Ga pm和r_As pm，阿伏伽德罗常数值为N_A，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为　   　．

四、【化学-选修5：有机化学基础】（15分）

13．（15分）端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，成为Glaser反应．

2R﹣C≡C﹣HR﹣C≡C﹣C≡C﹣R+H₂

该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值．下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：

回答下列问题：

（1）B的结构简式为　   　，D的化学名称为　   　．

（2）①和③的反应类型分别为　   　、　   　．

（3）E的结构简式为　   　．用1mol E合成1，4﹣二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气　   　mol．

（4）化合物（）也可发生Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方程式为　   　．

（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，写出其中3种的结构简式　   　．

（6）写出用2﹣苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线　   　．

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2016年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅲ）

参考答案与试题解析

一、选择题.

1．（3分）化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（　　）

A．AB．B C．C D．D 

【考点】EM：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；F5：二氧化硫的化学性质；GF：钠的重要化合物；GK：镁、铝的重要化合物．菁优网版权所有

【专题】52：元素及其化合物．

【分析】A．具有强氧化性，可用于杀菌消毒；

B．做漂白剂与漂白性有关；

C．NaHCO₃不稳定，与酸反应生成二氧化碳气体；

D．氢氧化铝分解吸收热量。

【解答】解：A．ClO₂具有强氧化性，可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故A正确；

B．做漂白剂与漂白性有关，与还原性无关，故B错误；

C．NaHCO₃不稳定，与酸反应生成二氧化碳气体，可用于焙制糕点，故C正确；

D．氢氧化铝分解吸收热量，可用于阻燃剂，故D正确。

故选：B。

【点评】本题考查物质的性质与应用，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的双基的掌握，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大。

2．（3分）下列说法错误的是（　　）

A．乙烷光照下能与浓盐酸发生取代反应

B．乙烯可以用作生产食品包装材料的原料

C．乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷

D．乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体  

【考点】HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有

【专题】533：有机反应．

【分析】A．乙烷与浓盐酸不反应；

B．聚乙烯为食品包装材料；

C．乙醇与水分子间含氢键，溴乙烷不含；

D．乙酸和甲酸甲酯的分子式相同，结构不同。

【解答】解：A．乙烷与浓盐酸不反应，光照下可与卤素单质发生取代反应，故A错误；

B．聚乙烯为食品包装材料，乙烯可合成聚乙烯，故B正确；

C．乙醇与水分子间含氢键，溴乙烷不含，则乙醇室温下在水中的溶解度大于溴乙烷，故C正确；

D．乙酸和甲酸甲酯的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体，故D正确；

故选：A。

【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见有机物的性质，题目难度不大。

3．（3分）下列有关实验的操作正确的是（　　）

A．AB．B C．C D．D 

【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有

【专题】25：实验评价题．

【分析】A．碳酸氢钠热稳定性较弱，加热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；

B．NO与空气中氧气反应，不能用排空气法收集；

C．乙酸溶液中滴加NaHCO₃溶液有气泡产生，证明乙酸的酸性大于碳酸；

D．该中和滴定实验中没有加入指示剂．

【解答】解：A．由于碳酸氢钠加热易分解，不能利用加热的方法除去NaHCO₃固体中混有的NH₄Cl，故A错误；

B．NO与氧气反应，应该用排水法收集，不能用排空气法收集，故B错误；

C．配制乙酸溶液，滴加NaHCO₃溶液有气泡产生，证明乙酸的酸性大于碳酸，碳酸具有酸性，则证明乙酸具有酸性，故C正确；

D．稀硫酸与NaOH溶液的反应没有明显现象，需要滴入指示剂，否则无法完成实验，故D错误；

故选：C。

【点评】本题考查了化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及物质分离与提纯、气体收集方法、中和滴定等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．

4．（3分）已知异丙苯的结构简式如图，下列说法错误的是（　　）

A．异丙苯的分子式为C₉H₁₂

B．异丙苯的沸点比苯高

C．异丙苯中碳原子可能都处于同一平面

D．异丙苯和苯为同系物  

【考点】HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有

【专题】534：有机物的化学性质及推断．

【分析】A．由有机物结构简式可知有机物的分子式为C₉H₁₂；

B．异丙苯和苯均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；

C．苯环为平面结构，与苯环直接相连的C在同一平面内，四面体C最多三原子共平面；

D．异丙苯和苯的结构相似，分子组成上相差3个CH₂原子团，互为同系物．

【解答】解：A．由有机物结构简式可知有机物的分子式为C₉H₁₂，故A正确；

B．异丙苯和苯均为分子晶体，异丙苯的相对分子质量比苯大，故分子间作用力强与苯，沸点比苯高，故B正确；

C．苯环为平面结构，但侧链中存在四面体结构，故C错误；

D．异丙苯和苯的结构相似，分子组成上相差3个CH₂原子团，互为同系物，故D正确。

故选：C。

【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，注意四面体碳最多3原子共平面，难度不大．

5．（3分）锌﹣空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O₂+4OH^﹣+2H₂O═2Zn（OH）₄^2﹣．下列说法正确的是（　　）

A．充电时，电解质溶液中K⁺向阳极移动

B．充电时，电解质溶液中c（OH^﹣）逐渐减小

C．放电时，负极反应为：Zn+4OH^﹣﹣2e^﹣═Zn（OH）₄^2﹣

D．放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）

【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．菁优网版权所有

【专题】51I：电化学专题．

【分析】根据2Zn+O₂+4OH^﹣+2H₂O═2Zn（OH）₄^2﹣可知，O₂中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，Zn元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，电极反应式为Zn+4OH^﹣﹣2e^﹣═Zn（OH）₄^2﹣，充电时阳离子向阴极移动，以此解答该题。

【解答】解：A．充电时阳离子向阴极移动，故A错误；

B．充电时，电池反应为Zn（OH）₄^2﹣+2e^﹣═Zn+4OH^﹣，电解质溶液中c（OH^﹣）逐渐增大，故B错误；

C．放电时，负极反应式为Zn+4OH^﹣﹣2e^﹣═Zn（OH）₄^2﹣，故C正确；

D．放电时，每消耗标况下22.4L氧气，转移电子4mol，故D错误。

故选：C。

【点评】本题考查原电池与电解池的基础知识，正确判断正负极、阴阳极，注意电极反应式的书写及电子转移的计算，正确判断化合价的变化为解答该题的关键，题目难度中等。

6．（3分）四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性．下列说法正确的是（　　）

A．W与X形成的化合物溶于水后溶液呈碱性

B．简单离子半径：W＜X

C．气态氢化物的热稳定性：W＜Y

D．最高价氧化物的水化物的酸性：Y＞Z

【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．菁优网版权所有

【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．

【分析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na．由原子序数可知，Y、Z处于第三周期，而Z与X（钠）形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为Cl．W、X的简单离子具有相同电子层结构，且W与Y同族，W在第二周期且是非金属元素，W可能是氮（或）氧，则对应的Y为磷（或硫）．

【解答】解：四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na．由原子序数可知，Y、Z处于第三周期，而Z与X（钠）形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为Cl．W、X的简单离子具有相同电子层结构，且W与Y同族，W在第二周期且是非金属元素，W可能是氮（或）氧，则对应的Y为磷（或硫）。

A．W可能是氮或氧，与钠形成的化合物可能是氮化钠，氧化钠，过氧化钠，它们与水反应都能生成氢氧化钠使溶液呈碱性，故A正确；

B．X离子（Na⁺）、W离子的电子层为2层，Z离子（Cl^﹣）电子层为3层，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，故简单离子半径大小顺序是：X＜W＜Z，故B错误；

C．W与Y处于同于主族，从上到下非金属性逐渐减弱，气态氢化物的热稳定性：W＞Y，故C错误；

D．Y与Z处于同同期，从左到右非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性：Z＞Y，故D错误。

故选：A。

【点评】本题考查结构性质位置关系应用，侧重对元素周期律的考查，正确推断各元素为解答关键，注意元素的不确定性，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．

7．（3分）下列有关电解质溶液的说法正确的是（　　）

A．向0.1mol•L^﹣1 CH₃COOH溶液中加入少量水，溶液中减小

B．将CH₃COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大

C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中＞1

D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO₃，溶液中不变

【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．菁优网版权所有

【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．

【分析】A．加水促进电离，则n（H⁺）增大，c（CH₃COOH）减小；

B．从20℃升温至30℃，促进水解，Kh增大；

C．向盐酸中加入氨水至中性，则c（H⁺）=c（OH^﹣），结合电荷守恒分析；

D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO₃，c（Ag⁺）相同，=．

【解答】解：A．K_a=，加水虽然促进电离，n（CH₃COO^﹣）增大，但c（CH₃COO^﹣）减小，K_a保持不变，则溶液中增大，故A错误；

B．从20℃升温至30℃，促进水解，K_h增大，则溶液中=减小，故B错误；

C．向盐酸中加入氨水至中性，则c（H⁺）=c（OH^﹣），由电荷守恒可知，溶液中=1，故C错误；

D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO₃，c（Ag⁺）相同，=，K_sp只与温度有关，而温度不变，则溶液中不变，故D正确；

故选：D。

【点评】本题考查酸碱混合及弱电解质的电离，为高频考点，把握电离平衡、溶解平衡及酸碱混合定性分析等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡常数的应用及电荷守恒应用，题目难度中等．

二、解答题.

8．过氧化钙微溶于水，溶于酸，可用作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂．以下是一种制备过氧化钙的实验方法．回答下列问题：

（一）碳酸钙的制备

（1）步骤①加入氨水的目的是　调节溶液pH使Fe（OH）₃沉淀　．小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于　过滤分离　．

（2）如图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是　ade　（填标号）．

a．漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁

b．玻璃棒用作引流

c．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁

d．滤纸边缘高出漏斗

e．用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度

（二）过氧化钙的制备

（3）步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈　酸　性（填“酸”、“碱”或“中”）．将溶液煮沸，趁热过滤，将溶液煮沸的作用是　除去溶液中溶解的二氧化碳　．

（4）步骤③中反应的化学方程式为　CaCl₂+2NH₃．H₂O+H₂O₂+6H₂O=CaO₂•8H₂O↓+2NH₄Cl　，该反应需要在冰浴下进行，原因是　温度过高时双氧水易分解　．

（5）将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是　去除晶体表面水分　．

（6）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品．该工艺方法的优点是　工艺简单、操作方便　，产品的缺点是　纯度较低　．

【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有

【专题】548：制备实验综合．

【分析】（一）碳酸钙的制备

由流程可知，加盐酸，碳酸钙、铁的氧化物均溶解，加双氧水可氧化亚铁离子，加氨水将铁离子转化为沉淀，过滤后的滤液中含盐酸，加氨水中和酸，利用得到碳酸钙沉淀；

（1）碱可中和酸，小火煮沸利于沉淀生成；

（2）过滤遵循一贴二低三靠；

（二）过氧化钙的制备

由流程可知，碳酸钙溶于盐酸后，至溶液中尚存有少量固体，过滤后，滤液中氯化钙、氨水、过氧化氢反应生成CaO₂、NH₄Cl、水；再过滤，洗涤得到过氧化钙；制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品，石灰石便宜易得，但纯度较低，以此来解答．

【解答】解：（一）碳酸钙的制备

由流程可知，加盐酸，碳酸钙、铁的氧化物均溶解，加双氧水可氧化亚铁离子，加氨水将铁离子转化为沉淀，过滤后的滤液中含盐酸，加氨水中和酸，利用得到碳酸钙沉淀；

（1）步骤①加入氨水的目的是中和多余的盐酸，沉淀铁离子．小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于过滤，

故答案为：调节溶液pH使Fe（OH）₃沉淀；过滤分离；

（2）a．漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁，应漏斗末端颈尖紧靠烧杯壁，故错误；

b．玻璃棒用作引流，使液体顺利流下，故正确；

c．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁，防止液体从滤纸与漏斗的缝隙流下，故正确；

d．滤纸边缘应低于漏斗上边缘，故错误；

e．玻璃棒不能在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度，可能捣破滤纸，过滤失败，故错误；

故答案为：ade；

（二）过氧化钙的制备

由流程可知，碳酸钙溶于盐酸后，至溶液中尚存有少量固体，过滤后，滤液中氯化钙、氨水、过氧化氢反应生成CaO₂、NH₄Cl、水；再过滤，洗涤得到过氧化钙；

（3）步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，溶液中溶解二氧化碳，此时溶液呈酸性；将溶液煮沸，趁热过滤，将溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的二氧化碳，

故答案为：酸；除去溶液中溶解的二氧化碳；

（4）步骤③中反应的化学方程式为CaCl₂+2NH₃．H₂O+H₂O₂=CaO₂+2NH₄Cl+2H₂O，该反应需要在冰浴下进行，原因是温度过高时双氧水易分解，

故答案为：CaCl₂+2NH₃．H₂O+H₂O₂+6H₂O=CaO₂•8H₂O↓+2NH₄Cl；温度过高时双氧水易分解；

（5）将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是去除晶体表面水分，

故答案为：去除晶体表面水分；

（6）制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品．该工艺方法的优点是原料来源丰富、操作简单，产品的缺点是纯度较低，

故答案为：工艺简单、操作方便；纯度较低．

【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备实验原理、实验技能、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质的性质及应用，题目难度中等．

9．煤燃烧排放的烟含有SO₂和NO_x，形成酸雨、污染大气，采用NaClO₂溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题：

（1）NaClO₂的化学名称为　亚氯酸钠　。

（2）在鼓泡反应器中通入含SO₂、NO_x的烟气，反应温度323K，NaClO₂溶液浓度为5×10^﹣3mol•L^﹣1．反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如表。

①写出NaClO₂溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式　3ClO₂^﹣+4NO+4OH^﹣=4NO₃^﹣+3Cl^﹣+2H₂O　。增加压强，NO的转化率　提高　（填“提高”、“不变”或“降低”）。

②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐　减小　（填“增大”、“不变”或“减小”）。

③由实验结果可知，脱硫反应速率　大于　脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）原因是除了SO₂和NO在烟气中初始浓度不同，还可能是　NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高　。

（3）在不同温度下，NaClO₂溶液脱硫、脱硝的反应中SO₂和NO的平衡分压P_e如图所示。

①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均　减小　（填“增大”、“不变”或“减小”）。

②反应ClO₂^﹣+2SO₃^2﹣═2SO₄^2﹣+Cl^﹣的平衡常数K表达式为　　。

（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）₂替代NaClO₂，也能得到较好的烟气脱硫效果。

①从化学平衡原理分析，Ca（ClO）₂相比NaClO具有的优点是　形成CaSO₄沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO₂转化率提高　。

②已知下列反应：

SO₂（g）+2OH^﹣（aq）═SO₃^2﹣（aq）+H₂O（l）△H₁

ClO^﹣（aq）+SO₃^2﹣（aq）═SO₄^2﹣（aq）+Cl^﹣（aq）△H₂

CaSO₄（s）═Ca²⁺（aq）+SO₄^2﹣（aq）△H₃

则反应SO₂（g）+Ca²⁺（aq）+ClO^﹣（aq）+2OH^﹣（aq）═CaSO₄（s）+H₂O（l）+Cl^﹣（aq）的△H=　△H₁+△H₂﹣△H₃　。

【考点】BB：反应热和焓变；CB：化学平衡的影响因素．菁优网版权所有

【专题】51E：化学平衡专题．

【分析】（1）NaClO₂的化学名称为亚氯酸钠；

（2）①亚氯酸钠具有氧化性，则NaClO₂溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为3ClO₂^﹣+4NO+4OH^﹣=4NO₃^﹣+3Cl^﹣+2H₂O；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高；

②根据反应的方程式3ClO₂^﹣+4NO+4OH^﹣=4NO₃^﹣+3Cl^﹣+2H₂O可知随着吸收反应的进行氢氧根离子被消耗，吸收剂溶液的pH逐渐降低；

③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO₂和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强，易被氧化；

（3）①由图分析可知，根据反应3ClO₂^﹣+4NO+4OH^﹣=4NO₃^﹣+3Cl^﹣+2H₂O，NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO的平衡分压越大，NO的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小；

②根据反应的方程式ClO₂^﹣+2SO₃^2﹣═2SO₄^2﹣+Cl^﹣可知平衡常数K表达式为K=；

（4）①如果采用NaClO、Ca（ClO）₂替代NaClO₂，由于生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行；

②则根据盖斯定律计算。

【解答】解：（1）NaClO₂的化学名称为亚氯酸钠，故答案为：亚氯酸钠；

（2）①亚氯酸钠具有氧化性，且NaClO₂溶液呈碱性，则NaClO₂溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为3ClO₂^﹣+4NO+4OH^﹣=4NO₃^﹣+3Cl^﹣+2H₂O；正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高，故答案为：3ClO₂^﹣+4NO+4OH^﹣=4NO₃^﹣+3Cl^﹣+2H₂O；提高；

②根据反应的方程式3ClO₂^﹣+4NO+4OH^﹣=4NO₃^﹣+3Cl^﹣+2H₂O可知随着吸收反应的进行氢氧根离子被消耗，吸收剂溶液的pH逐渐降低，故答案为：减小；

③由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO₂和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高，故答案为：大于；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高；

（3）①由图分析可知，根据反应3ClO₂^﹣+4NO+4OH^﹣=4NO₃^﹣+3Cl^﹣+2H₂O，NO的平衡分压的负对数随温度的升高而减小，则说明温度越高，NO的平衡分压越大，NO的含量越高，故升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，故答案为：减小；

②根据反应的方程式ClO₂^﹣+2SO₃^2﹣═2SO₄^2﹣+Cl^﹣可知平衡常数K表达式为K=，故答案为：；

（4）①如果采用NaClO、Ca（ClO）₂替代NaClO₂，生成硫酸钙沉淀，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，所以Ca（ClO）₂效果好，故答案为：形成CaSO₄沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO₂转化率提高；

②已知SO₂（g）+2OH^﹣（aq）═SO₃^2﹣（aq）+H₂O（l）△H₁

ClO^﹣（aq）+SO₃^2﹣（aq）═SO₄^2﹣（aq）+Cl^﹣（aq）△H₂

CaSO₄（s）═Ca²⁺（aq）+SO₄^2﹣（aq）△H₃

则根据盖斯定律可知①+②﹣③即得到反应SO₂（g）+Ca²⁺（aq）+ClO^﹣（aq）+2OH^﹣（aq）═CaSO₄（s）+H₂O（l）+Cl^﹣（aq）△H=△H₁+△H₂﹣△H₃．，故答案为：△H₁+△H₂﹣△H₃。

【点评】本题考查氧化还原反应、盖斯定律、外界条件对反应速率和平衡状态的影响等，要求学生掌握基本概念，结合生活实际分析问题、解决问题，方程式的书写要遵循相关守恒，题目难度中等。

10．以硅藻土为载体的五氧化二钒（V₂O₅）是接触法生产硫酸的催化剂．从废钒催化剂中回收V₂O₅既避免污染环境

又有利于资源综合利用．废钒催化剂的主要成分为：

以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：

回答下列问题：

（1）“酸浸”时V₂O₅转化为VO₂⁺，反应的离子方程式为　V₂O₅+2H⁺=2VO₂⁺+H₂O　，同时V₂O₄转成VO²⁺．“废渣1”的主要成分是　SiO₂　．

（2）“氧化”中欲使3 mol的VO²⁺变为VO₂⁺，则需要氧化剂KClO₃至少为　0.5　mol．

（3）“中和”作用之一是使钒以V₄O₁₂^4﹣形式存在于溶液中．“废渣2”中含有　Fe（OH）₃、Al（OH）₃　．

（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V₄O₁₂^4﹣R₄V₄O₁₂+4OH^﹣（以ROH为强碱性阴离子交换树脂）．为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈　碱　性（填“酸”“碱”“中”）．

（5）“流出液”中阳离子最多的是　K⁺　．

（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH₄VO₃）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式　2NH₄VO₃V₂O₅+H₂O↑+2NH₃↑　．

【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．菁优网版权所有

【专题】545：物质的分离提纯和鉴别．

【分析】从废钒催化剂中回收V₂O₅，由流程可知，“酸浸”时V₂O₅转化为VO₂⁺，V₂O₄转成VO²⁺．氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO₂不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO₂，然后加氧化剂KClO₃，将VO²⁺变为VO₂⁺，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe（OH）₃、Al（OH）₃沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe（OH）₃、Al（OH）₃，“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V₄O₁₂^4﹣R₄V₄O₁₂+4OH^﹣，由ROH为强碱性阴离子交换树脂可知，碱性条件下利用反应逆向移动，流出液中主要为硫酸钾，“沉钒”得到偏钒酸铵（NH₄VO₃）沉淀，“煅烧”时分解生成V₂O₅，以此来解答．

【解答】解：从废钒催化剂中回收V₂O₅，由流程可知，“酸浸”时V₂O₅转化为VO₂⁺，V₂O₄转成VO²⁺．氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO₂不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO₂，然后加氧化剂KClO₃，将VO²⁺变为VO₂⁺，再加KOH时，铁离子、铝离子转化为Fe（OH）₃、Al（OH）₃沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe（OH）₃、Al（OH）₃，“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V₄O₁₂^4﹣R₄V₄O₁₂+4OH^﹣，由ROH为强碱性阴离子交换树脂可知，碱性条件下利用反应正向移动，流出液中主要为硫酸钾，“沉钒”得到偏钒酸铵（NH₄VO₃）沉淀，“煅烧”时分解生成V₂O₅，

（1）“酸浸”时V₂O₅转化为VO₂⁺，反应的离子方程式为V₂O₅+2H⁺=2VO₂⁺+H₂O，由上述分析可知滤渣1为SiO₂，

故答案为：V₂O₅+2H⁺=2VO₂⁺+H₂O；SiO₂；

（2）“氧化”中欲使3 mol的VO²⁺变为VO₂⁺，由电子守恒可知，则需要氧化剂KClO₃至少为=0.5mol，

故答案为：0.5；

（3）由上述流出分析可知滤渣2为Fe（OH）₃、Al（OH）₃，故答案为：Fe（OH）₃、Al（OH）₃；

（4）利用强碱性阴离子交换树脂可“离子交换”和“洗脱”，则应选择碱性条件下使用，且OH^﹣浓度大反应逆向移动提高洗脱效率，故答案为：碱；

（5）由上述分析可知，流出液中主要为硫酸钾，则“流出液”中阳离子最多的是K⁺，故答案为：K⁺；

（6）“煅烧”中发生反应的化学方程式为2NH₄VO₃V₂O₅+H₂O↑+2NH₃↑，故答案为：2NH₄VO₃V₂O₅+H₂O↑+2NH₃↑．

【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验相结合的训练，综合性较强，题目难度中等．

【[化学——选修2：化学与技术】（15分）

11．（15分）聚合硫酸铁（PFS）是水处理中重要的絮凝剂，如图是以回收废铁屑为原料制备PFS的一种工艺流程．

回答下列问题

（1）废铁屑主要为表面附有大量铁锈的铁，铁锈的主要成分为　Fe₂O₃•xH₂O　．粉碎过筛的目的是　选取细小颗粒，增大反应物接触面积，提高“酸浸”反应速率　．

（2）酸浸时最合适的酸是　硫酸　，写出铁锈与酸反应的离子方程式　Fe₂O₃•xH₂O+6H⁺=2Fe³⁺+（x+3）H₂O　．

（3）反应釜中加入氧化剂的作用是　氧化亚铁离子　，下列氧化剂中最合适的是　C　（填标号）．

A．KMnO₄         B．Cl₂         C．H₂O₂       D．HNO₃

（4）聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内，pH偏小时Fe³⁺水解程度弱，pH偏大时则　容易生成Fe（OH）₃，产率降低　．

（5）相对于常压蒸发，减压蒸发的优点是　可以防止温度过高，聚合硫酸铁分解　．

（6）盐基度B是衡量絮凝剂絮凝效果的重要指标，定义式为B= （n为物质的量）．为测量样品的B值，取样品m g，准确加入过量盐酸，充分反应，再加入煮沸后冷却的蒸馏水，以酚酞为指示剂，用c mol•L^﹣1的标准NaOH溶液进行中和滴定（部分操作略去，已排除铁离子干扰）．到终点时消耗NaOH溶液V mL．按上述步骤做空白对照试验，消耗NaOH溶液V₀ mL，已知该样品中Fe的质量分数w，则B的表达式为　　．

【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量．菁优网版权所有

【专题】544：定量测定与误差分析．

【分析】废铁屑粉粹过筛后加入酸浸，过滤得到滤液在反应釜中加入氧化剂氧化亚铁离子为铁离子，加入水和硫酸生成聚合硫酸铁，减压蒸发得到PES固体产品，

（1）铁锈的主要成分是氧化铁水合物，粉碎过筛是选取细小颗粒，增大反应物接触面积，提高“酸浸”反应速率；

（2）依据制备的物质聚合硫酸铁可知，酸化反应不能引入新的杂质，需要硫酸酸化，铁锈中氧化铁和酸反应生成铁离子和水；

（3）反应釜中加入氧化剂的作用是氧化亚铁离子为铁离子，氧化剂不引入新的杂质；

（4）铁离子易水解生成红褐色氢氧化铁胶体；

（5）减压蒸发在较低温度下可进行，防止温度过高而导致物质分解；

（6）B= （n为物质的量），n（OH^﹣）=（V₀﹣V）×10^﹣3×c mol•L^﹣1，n（Fe）==mol．

【解答】解：（1）铁锈的主要成分是氧化铁水合物，化学式为：Fe₂O₃•xH₂O，粉碎过筛是选取细小颗粒，增大反应物接触面积，提高“酸浸”反应速率，

故答案为：Fe₂O₃•xH₂O；选取细小颗粒，增大反应物接触面积，提高“酸浸”反应速率；

（2）依据制备的物质聚合硫酸铁可知，酸化反应不能引入新的杂质，需要硫酸酸化，铁锈中氧化铁和酸反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为：Fe₂O₃•xH₂O+6H⁺=2Fe³⁺+（x+3）H₂O，

故答案为：H₂SO₄；Fe₂O₃•xH₂O+6H⁺=2Fe³⁺+（x+3）H₂O；

（3）反应釜中加入氧化剂的作用是氧化亚铁离子为铁离子，氧化剂不引入新的杂质，A、B、D都会引入新的杂质，C中过氧化氢被还原生成水无杂质离子引入，故答案为：C；

（4）铁离子易水解生成红褐色氢氧化铁胶体，聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内，pH偏小时Fe³⁺水解程度弱，pH偏大时则容易生成Fe（OH）₃，产率降低，

故答案为：容易生成Fe（OH）₃，产率降低；

（5）减压蒸发在较低温度下可进行，防止常压蒸发温度过高聚合硫酸铁分解，

故答案为：可以防止温度过高，聚合硫酸铁分解；

（6）n（OH^﹣）=（V₀﹣V）×10^﹣3×c mol•L^﹣1，n（Fe）==mol，B= （n为物质的量）=3×=，

故答案为：．

【点评】本题考查了物质组成探究、物质性质的分析、试剂选择和离子反应实质的理解应用，注意信息的分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等．

【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）

12．（15分）砷化镓（GaAs）是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等．回答下列问题：

（1）写出基态As原子的核外电子排布式　1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p³　．

（2）根据元素周期律，原子半径Ga　大于　As，第一电离能Ga　小于　As．（填“大于”或“小于”）

（3）AsCl₃分子的立体构型为　三角锥形　，其中As的杂化轨道类型为　sp³　．

（4）GaF₃的熔点高于1000℃，GaCl₃的熔点为77.9℃，其原因是　GaF₃为离子晶体，GaCl₃为分子晶体，离子晶体的熔点高　．

（5）GaAs的熔点为1238℃，密度为ρ g•cm^﹣3，其晶胞结构如图所示．该晶体的类型为　原子晶体　，Ga与As以　共价　键键合．Ga和As的摩尔质量分别为M_Ga g•mol^﹣1和M_As g•mol^﹣1，原子半径分别为r_Ga pm和r_As pm，阿伏伽德罗常数值为N_A，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为　×100%　．

【考点】86：原子核外电子排布；8B：元素电离能、电负性的含义及应用；9I：晶胞的计算；9S：原子轨道杂化方式及杂化类型判断．菁优网版权所有

【专题】51D：化学键与晶体结构．

【分析】（1）As为ⅤA族33号元素，电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p³；

（2）同一周期，原子序数越小半径越大，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大；

（3）AsCl₃中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+=4，所以原子杂化方式是sp³，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形；

（4）GaF₃的熔点高于1000℃，GaCl₃的熔点为77.9℃，其原因是GaF₃为离子晶体，GaCl₃为分子晶体，离子晶体的熔点高；

（5）GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρ g•cm^﹣3，根据均摊法计算，As：，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积V₁=（）×10^﹣30，晶胞的体积V₂==，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为将V₁、V₂带入计算得百分率=×100%．

【解答】解：（1）As为ⅤA族33号元素，电子排布式为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p³，故答案为：1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p³；

（2）根据元素周期律，Ga与As位于同一周期，Ga原子序数小于As，故半径Ga大于As，同周期第一电离能从左到右，逐渐增大，故第一电离能Ga小于As，

故答案为：大于；小于；

（3）AsCl₃中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+=4，所以原子杂化方式是sp³，由于有一对孤对电子对，分子空间构型为三角锥形，

故答案为：三角锥形；sp³；

（4）GaF₃的熔点高于1000℃，GaCl₃的熔点为77.9℃，其原因是GaF₃为离子晶体，GaCl₃为分子晶体，离子晶体的熔点高，

故答案为：GaF₃为离子晶体，GaCl₃为分子晶体，离子晶体的熔点高；

（5）GaAs的熔点为1238℃，熔点较高，以共价键结合形成属于原子晶体，密度为ρ g•cm^﹣3，根据均摊法计算，As：，Ga：4×1=4，故其晶胞中原子所占的体积V₁=（）×10^﹣30，晶胞的体积V₂==，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为将V₁、V₂带入计算得百分率=×100%，

故答案为：原子晶体；共价；×100%．

【点评】本题考查了分子空间构型、电子排布式、原子杂化方式、晶胞密度的计算、电离能及半径大小比较等知识，综合性较强，最后的计算难度较大，要求学生有较严谨的态度和扎实的基础，也是对学生能力的考查．

四、【化学-选修5：有机化学基础】（15分）

13．（15分）端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，成为Glaser反应．

2R﹣C≡C﹣HR﹣C≡C﹣C≡C﹣R+H₂

该反应在研究新型发光材料、超分子化学等方面具有重要价值．下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：

回答下列问题：

（1）B的结构简式为　　，D的化学名称为　苯乙炔　．

（2）①和③的反应类型分别为　取代反应　、　消去反应　．

（3）E的结构简式为　　．用1mol E合成1，4﹣二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气　4　mol．

（4）化合物（）也可发生Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方程式为　n+（n﹣1）H₂　．

（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，写出其中3种的结构简式　任意三种　．

（6）写出用2﹣苯基乙醇为原料（其他无机试剂任选）制备化合物D的合成路线　　．

【考点】HC：有机物的合成．菁优网版权所有

【专题】534：有机物的化学性质及推断．

【分析】由B的分子式、C的结构简式可知B为，则A与氯乙烷发生取代反应生成B，则A为．对比C、D的结构可知C脱去2分子HCl，同时形成碳碳三键得到D，该反应属于消去反应．D发生信息中的偶联反应生成E为．

（6）在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成，然后与溴发生加成反应生成，最后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成．

【解答】解：由B的分子式、C的结构简式可知B为，则A与氯乙烷发生取代反应生成B，则A为．对比C、D的结构可知C脱去2分子HCl，同时形成碳碳三键得到D，该反应属于消去反应．D发生信息中的偶联反应生成E为．

（1）B的结构简式为，D的化学名称为苯乙炔，

故答案为：；苯乙炔；

（2）①和③的反应类型分别为取代反应、消去反应，

故答案为：取代反应、消去反应；

（3）E的结构简式为，用1mol E合成1，4﹣二苯基丁烷，碳碳三键与氢气发生加成反应，理论上需要消耗氢气4mol，

故答案为：；4；

（4）化合物（）也可发生Glaser偶联反应生成聚合物，该聚合反应的化学方程式为：n+（n﹣1）H₂，

故答案为：n+（n﹣1）H₂；

（5）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，可能的结构简式为：，

故答案为：任意3种；

（6）在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成，然后与溴发生加成反应生成，最后在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，合成路线流程图为：，

故答案为：．

【点评】本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、限制条件同分异构体书写、对信息的获取与迁移运用等，是对有机化学基础的综合考查，是有机化学常考题型，熟练掌握官能团的性质与转化．

2016年全国统一高考生物试卷（新课标Ⅲ）

一、选择题（共6小题，每小题3分，满分18分）

1．（3分）下列有关细胞膜的叙述，正确的是（　　）

A．细胞膜两侧的离子浓度差是通过自由扩散实现的

B．细胞膜与线粒体膜、核膜中所含蛋白质的功能相同

C．分泌蛋白分泌到细胞外的过程存在膜脂的流动现象

D．膜中的磷脂分子是由胆固醇、脂肪酸和磷酸组成的

2．（3分）在前人进行的下列研究中，采用的核心技术相同（或相似）的一组是（　　）

①证明光合作用所释放的氧气来自于水

②用紫外线等处理青霉菌选育高产青霉素菌株

③用T₂噬菌体浸染大肠杆菌证明DNA是遗传物质

④用甲基绿和吡罗红对细胞染色，观察核酸的分布。

A．①②B．①③ C．②④ D．③④ 

3．（3分）下列有关动物水盐平衡调节的叙述，错误的是（　　）

A．细胞外液渗透压的改变可影响垂体释放抗利尿激素的量

B．肾小管通过主动运输吸收水的过程受抗利尿激素的调节

C．摄盐过多后饮水量的增加有利于维持细胞外液渗透压相对恒定

D．饮水增加导致尿生成增加有利于维持细胞外液渗透压相对恒定

4．（3分）为了探究生长素的作用，将去尖端的玉米胚芽鞘切段随机分成两组，实验组胚芽鞘上端一侧放置含有适宜浓度IAA的琼脂块，对照组胚芽鞘上端同侧放置不含IAA的琼脂块，两组胚芽鞘在同样条件下，在黑暗中放置一段时间后，对照组胚芽鞘无弯曲生长，实验组胚芽鞘发生弯曲生长，如图所示．根据实验结果判断，下列叙述正确的是（　　）

A．胚芽鞘b侧的IAA含量与b′侧的相等

B．胚芽鞘b侧与胚芽鞘c侧的IAA含量不同

C．胚芽鞘b′侧细胞能运输IAA而c′侧细胞不能

D．琼脂块d′从a′中获得IAA量小于a′的输出量

5．（3分）我国谚语中的“螳螂捕蝉，黄雀在后”体现了食物链的原理．若鹰迁入了蝉，螳螂和黄雀所在的树林中，捕食黄雀并在栖息于林中，下列叙述正确的是（　　）

A．鹰的迁入增加了该树林中蝉及其天敌的数量

B．该生态系统中细菌产生的能量可流向生产者

C．鹰的迁入增加了该生态系统能量消耗的环节

D．鹰的迁入改变了该生态系统能量流动的方向

6．（3分）用某种高等植物的纯合红花植株与纯合白花植株进行杂交，F₁全部表现为红花．若F₁自交，得到的F₂植株中，红花为272株，白花为212株；若用纯合白花植株的花粉给F₁红花植株授粉，得到的子代植株中，红花为101株，白花为302株．根据上述杂交实验结果推断，下列叙述正确的是（　　）

A．F₂中白花植株都是纯合体

B．F₂中红花植株的基因型有2种

C．控制红花与白花的基因在一对同源染色体上

D．F₂中白花植株的基因型种类比红花植株的多

二、解答题（共4小题，满分39分）

7．（10分）为了探究某地夏日晴天中午时气温和相对湿度对A品种小麦光合作用的影响，某研究小组将生长状态一致的A品种小麦植株分为5组，1组在田间生长作为对照组，另4组在人工气候室中生长作为实验组，并保持其光照和CO₂浓度等条件与对照组相同．于中午12：30测定各组叶片的光合速率，各组实验处理及结果如表所示：

回答下列问题：

（1）根据实验结果，可以推测中午时对小麦光合速率影响较大的环境因素是　   　，其依据是　   　．并可推测，　   　（填“增加”或“降低”）麦田环境的相对湿度可降低小麦光合作用“午休”的程度．

（2）在实验组中，若适当提高第　   　组的环境温度能提高小麦的光合速率，其原因是　   　．

（3）小麦叶片气孔开放时，CO₂进入叶肉细胞的过程　   　（填“需要”或“不需要”）载体蛋白，　   　（填“需要”或“不需要”）消耗ATP．

8．（9分）回答下列问题：

（1）正常人在饥饿且无外源能源物质摄入的情况下，与其在进食后的情况相比，血液中胰高血糖素与胰岛素含量的比值　   　，其原因是　   　。

（2）在饥饿条件下，一段时间内人体血浆中葡萄糖和酮体浓度变化的趋势如图所示。酮体是脂肪酸分解代谢的中间产物，其酸性较强。人在某些情况下不能进食时，需要注射葡萄糖溶液，据图分析，注射葡萄糖溶液除了可以满足能量需求外，还可以　   　。

9．（8分）冻原生态系统因其生物的生存条件十分严酷而独具特色，有人曾将该生态系统所处的地区称为“不毛之地”．回答下列问题：

（1）由于温度的限制作用，冻原上物种的丰富度较低．丰富度是指　   　．

（2）与热带森林生态系统相比，通常冻原生态系统有利于土壤有机物质的积累，其原因是　   　．

（3）通常，生态系统的食物链不会很长，原因是　   　．

10．（12分）基因突变和染色体变异是真核生物可遗传变异的两种来源．回答下列问题：

（1）基因突变和染色体变异所涉及到的碱基对的数目不同，前者所涉及的数目比后者　   　．

（2）在染色体数目变异中，既可发生以染色体组为单位的变异，也可发生以　   　为单位的变异．

（3）基因突变既可由显性基因突变为隐性基因（隐性突变），也可由隐性基因突变为显性基因（显性突变）．若某种自花受粉植物的AA和aa植株分别发生隐性突变和显性突变，且在子一代中都得到了基因型为Aa的个体，则最早在子　   　代中能观察到该显性突变的性状；最早在子　   　代中能观察到该隐性突变的性状；最早在子　   　代中能分离得到显性突变纯合体；最早在子　   　代中能分离得到隐性突变纯合体．

[生物——选修1：生物技术实践]

11．（15分）某同学用新鲜的泡菜滤液为实验材料纯化乳酸菌．分离纯化所用固体培养基中因含有碳酸钙而不透明，乳酸菌产生的乳酸菌能溶解培养基中的碳酸钙．回答下列问题：

（1）分离纯化乳酸菌时，首先需要用　   　对泡菜滤液进行梯度稀释，进行梯度稀释的理由是　   　．

（2）推测在分离纯化所用的培养基中加入碳酸钙的作用有　   　和　   　．分离纯化时应挑选出　   　的菌落作为候选菌．

（3）乳酸菌在﹣20℃长期保存时，菌液中常需要加入一定量的　   　（填“蒸馏水”、“甘油”或“碳酸钙”）．

[生物——选修3：现代生物科技专题]

12．（15分）图（a）中的三个DNA片段上依次表示出了EcoRI、BamHI和Sau3AI三种限制性内切酶的识别序列与切割位点，图（b）为某种表达载体示意图（载体上的EcoRI、Sau3AI的切点是唯一的）

根据基因工程的有关知识，回答下列问题：

（1）经BamHI酶切割得到的目的基因可以与上述表达载体被　   　酶切后的产物连接，理由是　   　。

（2）若某人利用图（b）所示的表达载体获得了甲、乙、丙三种含有目的基因的重组子，如图（c）所示。这三种重组子中，不能在宿主细胞中表达目的基因产物的有　   　，不能表达的原因是　   　。

（3）DNA连接酶是将两个DNA片段连接起来的酶，常见的有　   　和　   　，其中既能连接黏性末端又能连接平末端的是　   　。

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2016年全国统一高考生物试卷（新课标Ⅲ）

参考答案与试题解析

一、选择题（共6小题，每小题3分，满分18分）

1．（3分）下列有关细胞膜的叙述，正确的是（　　）

【考点】21：细胞膜的成分；23：细胞膜的结构特点；31：物质跨膜运输的方式及其异同．菁优网版权所有

【专题】515：生物膜系统．

【分析】解答本题需掌握：（1）细胞膜主要成分为磷脂和蛋白质；

（2）生物膜的功能不同与其上的蛋白质的种类和含量有关；

（3）分泌蛋白分泌到细胞外的方式为胞吐，此过程依赖细胞膜的流动性。

【解答】解：A、细胞膜两侧的离子浓度差是通过主动运输实现的，A错误；

B、细胞膜与线粒体膜、核膜中所含蛋白质种类不同，功能也不同，B错误；

C、分泌蛋白分泌到细胞外的方式为胞吐，此过程依赖细胞膜的流动性，C正确；

D、磷脂、胆固醇属于脂质，磷脂不含有胆固醇，D错误。

故选：C。

【点评】本题主要考查细胞的生物膜系统，意在考查考生对所学知识的理解，把握知识间内在联系的能力。

2．（3分）在前人进行的下列研究中，采用的核心技术相同（或相似）的一组是（　　）

①证明光合作用所释放的氧气来自于水

②用紫外线等处理青霉菌选育高产青霉素菌株

③用T₂噬菌体浸染大肠杆菌证明DNA是遗传物质

④用甲基绿和吡罗红对细胞染色，观察核酸的分布。

A．①②B．①③ C．②④ D．③④ 

【考点】1E：DNA、RNA在细胞中的分布实验；3J：光反应、暗反应过程的能量变化和物质变化；73：噬菌体侵染细菌实验；9B：诱变育种．菁优网版权所有

【专题】44：对比分析法；51C：光合作用与细胞呼吸；522：遗传物质的探索．

【分析】1、鲁宾和卡门采用同位素标记法进行实验证明光合作用释放的O₂来自水。

2、诱变育种原理：基因突变，方法：用物理因素（如X射线、γ射线、紫外线、激光等）或化学因素（如亚硝酸、硫酸二乙脂等）来处理生物，使其在细胞分裂间期DNA复制时发生差错，从而引起基因突变，举例：太空育种、青霉素高产菌株的获得。

3、T₂噬菌体侵染细菌的实验步骤：分别用³⁵S或³²P标记噬菌体→噬菌体与大肠杆菌混合培养→噬菌体侵染未被标记的细菌→在搅拌器中搅拌，然后离心，检测上清液和沉淀物中的放射性物质。该实验证明DNA是遗传物质。

4、观察DNA和RNA在细胞中分布实验的原理：甲基绿和吡罗红两种染色剂对DNA和RNA的亲和力不同，甲基绿可使DNA呈绿色，吡罗红可使RNA呈红色，利用甲基绿和吡罗红混合染色剂对细胞染色，同时显示DNA和RNA在细胞中的分布，观察的结果是细胞核呈绿色，细胞质呈红色，说明DNA主要分布在细胞核，RNA主要分布在细胞质。

【解答】解：①采用同位素标记法证明光合作用所释放的氧气来自于水；

②采用诱变育种的方法用紫外线等处理青霉菌选育高产青霉素菌株；

③采用同位素标记法用T₂噬菌体浸染大肠杆菌证明DNA是遗传物质；

④采用颜色鉴定法用甲基绿和吡罗红对细胞染色，观察核酸的分布。

所以，①③采用的都是同位素标记法。

故选：B。

【点评】本题考查了光合作用的发现、诱变育种、噬菌体侵染细菌的实验、观察DNA和RNA在细胞中分布等相关实验，对于此类试题，需要考生注意的细节较多，如实验的原理、实验选用的材料是否合适、实验采用的试剂及试剂的作用、实验现象等，需要考生在平时的学习过程中注意积累。

3．（3分）下列有关动物水盐平衡调节的叙述，错误的是（　　）

【考点】E3：体温调节、水盐调节、血糖调节．菁优网版权所有

【专题】44：对比分析法；535：体温调节、水盐调节与血糖调节．

【分析】

【解答】解：A、由分析可知，细胞外液渗透压的改变可影响垂体释放抗利尿激素的调节，A正确；

B、抗利尿激素能促进肾小管和集合管对水分子的重吸收，但水分进出细胞的方式为自由扩散，B错误；

C、摄盐过多后，饮水量增加有利于维持细胞外液渗透压相对恒定，C正确；

D、饮水增加导致细胞外液渗透压降低，尿生成增加，有利于维持细胞外液渗透压相对恒定，D正确。

故选：B。

【点评】本题较为简单，主要考查水盐平衡的调节，考生需明确水盐平衡调节的过程，把握知识间内在联系的能力。

4．（3分）为了探究生长素的作用，将去尖端的玉米胚芽鞘切段随机分成两组，实验组胚芽鞘上端一侧放置含有适宜浓度IAA的琼脂块，对照组胚芽鞘上端同侧放置不含IAA的琼脂块，两组胚芽鞘在同样条件下，在黑暗中放置一段时间后，对照组胚芽鞘无弯曲生长，实验组胚芽鞘发生弯曲生长，如图所示．根据实验结果判断，下列叙述正确的是（　　）

【考点】C4：生长素的作用以及作用的两重性．菁优网版权所有

【专题】14：实验分析题；531：植物激素调节．

【分析】生长素生理作用：促进生长、促进扦插的枝条生根、促进果实的发育；特点：具有双重性即低浓度促进生长，高浓度抑制生长．当琼脂块中生长素浓度为零时，胚芽鞘不生长也不弯曲，故起点应在原点．在一定浓度范围内，随生长素浓度升高，促进作用增强，左侧生长速度加快，弯曲角度也越来越大；当生长素浓度超过某一值时，促进作用减弱，与先前相比生长速度减慢，弯曲角度也减小．

分析图示可知，琼脂块a中不含生长素，胚芽鞘不生长也不弯曲，故琼脂块d中不含生长素；琼脂块a′中含生长素，胚芽鞘向放置琼脂块a′的对侧弯曲生长，a′中的生长素部分用于胚芽鞘的生长，部分运输到琼脂块d′．

【解答】解：A、琼脂块a中不含生长素，琼脂块a′中含生长素，故胚芽鞘b侧的IAA含量比b′侧的少，生长较慢，A错误；

B、琼脂块a中不含生长素，胚芽鞘b侧与胚芽鞘c侧的IAA含量相同，B错误；

C、胚芽鞘b′侧细胞和c′侧细胞都能运输IAA，C错误；

D、琼脂块a′中的生长素部分用于胚芽鞘的生长，部分运输到琼脂块d′．因此琼脂块d′从a′中获得IAA量小于a′的输出量，D正确。

故选：D。

【点评】本题结合图示，考查生长素的运输和作用，意在考查考生的识图能力和理解所学知识要点，把握知识间内在联系，形成知识网络结构的能力；能运用所学知识，准确判断问题的能力，属于考纲识记和理解层次的考查．

5．（3分）我国谚语中的“螳螂捕蝉，黄雀在后”体现了食物链的原理．若鹰迁入了蝉，螳螂和黄雀所在的树林中，捕食黄雀并在栖息于林中，下列叙述正确的是（　　）

【考点】G2：生态系统的功能；G3：生态系统的结构．菁优网版权所有

【专题】41：正推法；537：生态系统；538：物质循环和能量流动．

【分析】分析题文：“螳螂捕蝉，黄雀在后”中隐藏的食物链为：绿色植物→蝉→螳螂→黄雀，当鹰迁入并在栖息于林中后，食物链为：绿色植物→蝉→螳螂→黄雀→鹰．

【解答】解：A、鹰的迁入使黄雀的数量减少，这导致蝉的天敌（螳螂）的数量增加，进而导致蝉的数量减少，A错误；

B、生态系统中能量流动的起点是生产者，且能量流动的特点是单向流动、逐级递减，因此该生态系统中细菌产生的能量不可流向生产者，B错误；

C、营养级越多，能量消耗就越多，因此鹰的迁入增加了该生态系统能量消耗的环节，C正确；

D、鹰的迁入不改变该生态系统能量流动的方向，能量依然按照食物链由低营养级流向高营养级，D错误。

故选：C。

【点评】本题考查生态系统的结构和功能，要求考生识记生态系统的结构；掌握生态系统中能量流动的过程及特点，能结合所需的知识准确判断各选项．

6．（3分）用某种高等植物的纯合红花植株与纯合白花植株进行杂交，F₁全部表现为红花．若F₁自交，得到的F₂植株中，红花为272株，白花为212株；若用纯合白花植株的花粉给F₁红花植株授粉，得到的子代植株中，红花为101株，白花为302株．根据上述杂交实验结果推断，下列叙述正确的是（　　）

【考点】87：基因的自由组合规律的实质及应用．菁优网版权所有

【专题】45：信息转化法；527：基因分离定律和自由组合定律．

【分析】分析题意：F₁自交，得到的F₂植株中，红花为272株，白花为212株，即红花：白花比例接近9：7；又由于“用纯合白花植株的花粉给F₁红花植株授粉”，该杂交相当于测交，得到的子代植株中，红花为101株，白花为302株，由此可以确定该对表现型由两对基因共同控制，并且A_B_表现为红花，其余全部表现为白花．

【解答】解：A、由分析可知，白花的基因型可以表示为A_bb、aaB_、aabb，即F₂中白花植株基因型有5种，有纯合体，也有杂合体，A错误；

B、亲本基因型为AABB×aabb，得到的F₁（AaBb）自交，F₂中红花植株的基因型有AABB、AABb、AaBB、AaBb共4种，B错误；

C、由于两对基因遵循基因的自由组合定律，因此两对基因位于两对同源染色体上，C错误；

D、F₂中白花植株的基因型种类有5种，而红花植株的基因型只有4种，D正确。

故选：D。

【点评】本题考查了基因自由组合定律的应用，要求考生能够根据题干中比例确定该性状由两对等位基因控制，并且遵循基因的自由组合定律，同时确定不同表现型的基因型，再结合选项准确判断．

二、解答题（共4小题，满分39分）

7．（10分）为了探究某地夏日晴天中午时气温和相对湿度对A品种小麦光合作用的影响，某研究小组将生长状态一致的A品种小麦植株分为5组，1组在田间生长作为对照组，另4组在人工气候室中生长作为实验组，并保持其光照和CO₂浓度等条件与对照组相同．于中午12：30测定各组叶片的光合速率，各组实验处理及结果如表所示：

回答下列问题：

（1）根据实验结果，可以推测中午时对小麦光合速率影响较大的环境因素是　相对湿度　，其依据是　相同温度条件下，相对湿度改变时光合速率变化较大　．并可推测，　增加　（填“增加”或“降低”）麦田环境的相对湿度可降低小麦光合作用“午休”的程度．

（2）在实验组中，若适当提高第　四　组的环境温度能提高小麦的光合速率，其原因是　该实验组的环境温度未达到光合作用的最适温度　．

（3）小麦叶片气孔开放时，CO₂进入叶肉细胞的过程　不需要　（填“需要”或“不需要”）载体蛋白，　不需要　（填“需要”或“不需要”）消耗ATP．

【考点】3J：光反应、暗反应过程的能量变化和物质变化．菁优网版权所有

【专题】113：表格数据类简答题；51C：光合作用与细胞呼吸．

【分析】根据表格可知，对照组、实验组一、实验组二的自变量是相对湿度，根据实验结果可知，相对湿度越大，小麦光合速率越大；实验组二、实验组三、实验组四的自变量是温度，根据实验结果可知，31℃左右时小麦光合速率最大，适当提高温度可增加酶的活性，提高光合速率．

【解答】解：（1）根据实验结果，可以推测中午时对小麦光合速率影响较大的环境因素是相对湿度，其依据是相同温度条件下，小麦光合速率随相对湿度的增加而明显加快，但相对湿度相同时，小麦光合速率随温度的变化不明显．并可推测，增加麦田环境的相对湿度可降低小麦光合作用“午休”的程度．

（2）在实验组中，比较实验组二、三、四可推知，小麦光合作用的最适温度在31℃左右，而第四组的25℃还远低于最适温度，因此若适当提高第四组的环境温度能提高小麦的光合速率．

（3）小麦叶片气孔开放时，CO₂进入叶肉细胞的过程是自由扩散，不需要载体蛋白的协助，也不需要消耗ATP．

故答案为：

（1）相对湿度    相同温度条件下，相对湿度改变时光合速率变化较大    增加

（2）四     该实验组的环境温度未达到光合作用的最适温度

（3）不需要    不需要

【点评】本题结合表格数据，考查影响光合速率的因素，意在考查考生的识表能力和理解所学知识要点，把握知识间内在联系，形成知识网络结构的能力；能运用所学知识，准确判断问题的能力，属于考纲理解层次的考查．

8．（9分）回答下列问题：

（1）正常人在饥饿且无外源能源物质摄入的情况下，与其在进食后的情况相比，血液中胰高血糖素与胰岛素含量的比值　升高　，其原因是　正常人由于饥饿时，血糖浓度较低，胰高血糖素分泌增加，胰岛素分泌减少，而进食后正好相反　。

（2）在饥饿条件下，一段时间内人体血浆中葡萄糖和酮体浓度变化的趋势如图所示。酮体是脂肪酸分解代谢的中间产物，其酸性较强。人在某些情况下不能进食时，需要注射葡萄糖溶液，据图分析，注射葡萄糖溶液除了可以满足能量需求外，还可以　避免因酮体浓度升高而引起的内环境pH下降　。

【考点】E3：体温调节、水盐调节、血糖调节．菁优网版权所有

【专题】121：坐标曲线图；535：体温调节、水盐调节与血糖调节．

【分析】1、血糖平衡调节过程：刚进食后，由于消化道消化吸收，血浆中葡萄糖浓度升高，此时胰岛B细胞分泌的胰岛素增加，胰高血糖素浓度降低，加速细胞摄取、利用和储存葡萄糖，使血糖含量下降；饥饿状态下，血浆中葡萄糖浓度较低，胰岛素合成和分泌减少，胰高血糖素增加，促进非糖物质转化成葡萄糖，从而使血糖浓度升高。

2、分析题图可知，在饥饿状态下，血浆中葡萄糖浓度逐渐降低，酮体浓度逐渐升高，又知酮体酸性较高，因此酮体增加，会降低血浆的PH，所以在某些情况下，人体不能进食注射葡萄糖的目的一是满足人体生命活动对能量的需求，二是降低血浆中酮体的浓度，维持血浆PH的相对稳定。

【解答】解：（1）由分析可知，正常人在刚进食后胰岛B细胞分泌的胰岛素增加，胰高血糖素浓度降低，而饥饿状态下胰岛素合成和分泌减少，胰高血糖素增加，因此正常人在饥饿且无外源能源物质摄入的情况下，与其在进食后的情况相比，血液中胰高血糖素与胰岛素含量的比值升高。

（2）由分析可知，人在某些情况下不能进食时，需要注射葡萄糖溶液，据图分析，注射葡萄糖溶液除了可以满足能量需求外，还可以降低血浆中酮体的浓度，有利于维持血浆正常的酸碱度。

故答案为：

（1）升高    正常人由于饥饿时，血糖浓度较低，胰高血糖素分泌增加，胰岛素分泌减少，而刚进食后正好相反

（2）避免因酮体浓度升高而引起的内环境pH下降

【点评】本题的知识点是血糖平衡调节的过程，内环境PH的稳态，旨在考查学生理解所学知识的要点，把握知识的内在联系，形成知识网络，并应用相关知识结合题干信息进行推理、解答问题。

9．（8分）冻原生态系统因其生物的生存条件十分严酷而独具特色，有人曾将该生态系统所处的地区称为“不毛之地”．回答下列问题：

（1）由于温度的限制作用，冻原上物种的丰富度较低．丰富度是指　群落中物种数目的多少　．

（2）与热带森林生态系统相比，通常冻原生态系统有利于土壤有机物质的积累，其原因是　低温下，分解者的分解作用弱　．

（3）通常，生态系统的食物链不会很长，原因是　能量在沿食物链流动的过程中是逐级减少的　．

【考点】G6：生态系统的稳定性．菁优网版权所有

【专题】41：正推法；537：生态系统．

【分析】生态系统所具有的保持或恢复自身结构和功能相对稳定的能力，称为生态系统的稳定性．生态系统之所以能维持相对稳定，是由于生态系统具有自我调节能力．该能力的基础是负反馈调节．物种数目越多，营养结构越复杂，自我调节能力越大，抵抗力稳定性越高．生态系统的稳定性具有相对性，当受到大规模干扰或外界压力超过该生态系统自身更新和自我调节能力时，便可导致生态系统稳定性的破坏、甚至引发系统崩溃．

【解答】解：（1）丰富度是指群落中物种数目的多少．

（2）与热带森林生态系统相比，冻原生态系统中的温度较低，不利于土壤中微生物（分解者）对土壤有机物的分解，有利于土壤有机物质的积累．

（3）在一个生态系统中，营养级越多，在能量流动过程中消耗的能量就越多，所以生态系统中的食物链一般不超过4～5个，生态系统的食物链不会很长．

故答案为：

（1）群落中物种数目的多少

（2）低温下，分解者的分解作用弱

（3）能量在沿食物链流动的过程中是逐级减少的．

【点评】本题考查生态系统的稳定性，意在考查考生的识记能力和理解所学知识要点，把握知识间内在联系，形成知识网络结构的能力；能运用所学知识，准确判断问题的能力，属于考纲识记和理解层次的考查．

10．（12分）基因突变和染色体变异是真核生物可遗传变异的两种来源．回答下列问题：

（1）基因突变和染色体变异所涉及到的碱基对的数目不同，前者所涉及的数目比后者　少　．

（2）在染色体数目变异中，既可发生以染色体组为单位的变异，也可发生以　染色体　为单位的变异．

（3）基因突变既可由显性基因突变为隐性基因（隐性突变），也可由隐性基因突变为显性基因（显性突变）．若某种自花受粉植物的AA和aa植株分别发生隐性突变和显性突变，且在子一代中都得到了基因型为Aa的个体，则最早在子　一　代中能观察到该显性突变的性状；最早在子　二　代中能观察到该隐性突变的性状；最早在子　三　代中能分离得到显性突变纯合体；最早在子　二　代中能分离得到隐性突变纯合体．

【考点】92：基因突变的特征；98：染色体结构变异和数目变异．菁优网版权所有

【专题】41：正推法；52A：基因重组、基因突变和染色体变异．

【分析】1、基因突变是基因中由于碱基对的增添、缺失或替换而引起的基因结构的改变；染色体变异包括染色体片段的缺失、重复、易位和倒位的染色体结构变异和染色体数目变异，染色体数目变异又分为染色体以染色体组倍数的增加或减少及个别染色体增加或减少．

2、基因突变包括显性突变和隐性突变，隐性纯合子发生显性突变，一旦出现显性基因就会出现显性性状；显性纯合子发生隐性突变，突变形成的杂合子仍然是显性性状，只有杂合子自交后代才出现隐性性状．

【解答】解：（1）基因突变是基因中个别碱基对的变化不会引起基因数目和排列顺序的变化，染色体变异涉及的碱基对数目变化多，会引起基因数目和排列顺序的变化．

（2）在染色体数目变异中，既可发生以染色体组为单位的变异，也可发生以个别染色体为单位的变化．

（3）若某种自花受粉植物的AA和aa植株分别发生隐性突变和显性突变，在子一代都出现Aa，最早子一代中观察到显性突变，在子二代中观察到隐性突变；子二代能分离得到隐性突变的纯合子，子三代能分离得到显性纯合子．

故答案为：

（1）少

（2）个别染色体

（3）一    二    三   二

【点评】本题的知识点是基因突变和染色体变异，基因分离定律的实质，旨在考查学生理解所学知识的要点，把握知识的内在联系，形成知识网络，并对基础知识进行识记．

[生物——选修1：生物技术实践]

11．（15分）某同学用新鲜的泡菜滤液为实验材料纯化乳酸菌．分离纯化所用固体培养基中因含有碳酸钙而不透明，乳酸菌产生的乳酸菌能溶解培养基中的碳酸钙．回答下列问题：

（1）分离纯化乳酸菌时，首先需要用　无菌水　对泡菜滤液进行梯度稀释，进行梯度稀释的理由是　泡菜滤液中菌的浓度高，直接培养很难分离得到单菌落　．

（2）推测在分离纯化所用的培养基中加入碳酸钙的作用有　中和乳酸菌代谢过程中产生的乳酸　和　利于乳酸菌的识别和分离　．分离纯化时应挑选出　在平板上有透明圈　的菌落作为候选菌．

（3）乳酸菌在﹣20℃长期保存时，菌液中常需要加入一定量的　甘油　（填“蒸馏水”、“甘油”或“碳酸钙”）．

【考点】K8：制作泡菜．菁优网版权所有

【专题】541：微生物的分离、培养和应用；544：果酒、果醋、腐乳和泡菜的制作．

【分析】（1）泡菜的制作原理

泡菜的制作离不开乳酸菌．在无氧条件下，乳酸菌将葡萄糖分解成乳酸．

（2）测定亚硝酸盐含量的原理

在盐酸酸化条件下，亚硝酸盐与对氨基苯磺酸发生重氮化反应后，与N1萘基乙二胺盐酸盐结合形成玫瑰红色染料．将显色反应后的样品与已知浓度的标准液进行目测对比，可以大致估算出亚硝酸盐的含量．

（3）泡菜的制作

（2）亚硝酸盐含量的测定操作过程

【解答】解：（1）分离纯化乳酸菌时，首先需要用无菌水对泡菜滤液进行梯度稀释；进行梯度稀释的理由是在稀释度足够高的菌液里，聚集在一起的乳酸菌将被分散成单个细胞，从而能在培养基表面形成单个的菌落．

（2）在分离纯化所用的培养基中加入碳酸钙的作用是中和乳酸菌代谢过程中产生的乳酸和利于乳酸菌的识别和分离；分离纯化时应挑选出在平板上有透明圈的菌落作为候选菌．

（3）乳酸菌在﹣20℃长期保存时，菌液中常需要加入一定量的甘油．

故答案为：（1）无菌水 泡菜滤液中菌的浓度高，直接培养很难分离得到单菌落

（2）中和乳酸菌代谢过程中产生的乳酸 利于乳酸菌的识别和分离  在平板上有透明圈

（3）甘油

【点评】本题主要以泡菜的制作为前提，考生微生物应用的相关知识，意在考查考生把握知识间内在联系的能力．

[生物——选修3：现代生物科技专题]

12．（15分）图（a）中的三个DNA片段上依次表示出了EcoRI、BamHI和Sau3AI三种限制性内切酶的识别序列与切割位点，图（b）为某种表达载体示意图（载体上的EcoRI、Sau3AI的切点是唯一的）

根据基因工程的有关知识，回答下列问题：

（1）经BamHI酶切割得到的目的基因可以与上述表达载体被　Sau3AI　酶切后的产物连接，理由是　两种酶切割后产生的片段具有相同的黏性末端　。

（2）若某人利用图（b）所示的表达载体获得了甲、乙、丙三种含有目的基因的重组子，如图（c）所示。这三种重组子中，不能在宿主细胞中表达目的基因产物的有　甲、丙　，不能表达的原因是　甲中目的基因插入在启动子的上游，丙中目的基因插入在终止子的下游，二者的目的基因均不能被转录　。

（3）DNA连接酶是将两个DNA片段连接起来的酶，常见的有　E•coliDNA连接酶　和　T₄DNA连接酶　，其中既能连接黏性末端又能连接平末端的是　T₄DNA连接酶　。

【考点】Q2：基因工程的原理及技术．菁优网版权所有

【专题】111：图文信息类简答题；548：基因工程．

【分析】1、“分子手术刀”﹣﹣限制性核酸内切酶（限制酶）

（1）来源：主要是从原核生物中分离纯化出来的。

（2）功能：能够识别双链DNA分子的某种特定的核苷酸序列，并且使每一条链中特定部位的两个核苷酸之间的磷酸二酯键断开，因此具有专一性。

（3）结果：经限制酶切割产生的DNA片段末端通常有两种形式：黏性末端和平末端。

2、“分子缝合针”﹣﹣DNA连接酶

（1）两种DNA连接酶（E•coliDNA连接酶和T₄DNA连接酶）的比较：

①相同点：都缝合磷酸二酯键。

②区别：E•coliDNA连接酶来源于大肠杆菌，只能将双链DNA片段互补的黏性末端之间的磷酸二酯键连接起来；而T₄DNA连接酶来源于T₄噬菌体，可用于连接粘性末端和平末端，但连接效率较低。

（2）与DNA聚合酶作用的异同：DNA聚合酶只能将单个核苷酸加到已有的核苷酸片段的末端，形成磷酸二酯键。DNA连接酶是连接两个DNA片段的末端，形成磷酸二酯键。

3、基因表达载体的组成：目的基因+启动子+终止子+标记基因

（1）启动子：是一段有特殊结构的DNA片段，位于基因的首端，是RNA聚合酶识别和结合的部位，能驱动基因转录出mRNA，最终获得所需的蛋白质。

（2）终止子：也是一段有特殊结构的DNA片段，位于基因的尾端。

（3）标记基因的作用：是为了鉴定受体细胞中是否含有目的基因，从而将含有目的基因的细胞筛选出来。常用的标记基因是抗生素基因。

【解答】解：（1）分析图解可知，限制酶Sau3AI和BamHI酶切割后形成的黏性末端相同，因此经BamHI酶切割得到的目的基因可以与上述表达载体被Sau3AI酶切后的产物连接。

（2）在基因表达载体中，启动子位于目的基因的首端，终止子应位于目的基因的尾端，这样的基因才能表达。图中甲和丙均不符合，所以不能在宿主细胞中表达目的基因产物。

（3）DNA连接酶是将两个DNA片段连接起来的酶，常见的有E•coliDNA连接酶和T₄DNA连接酶，其中既能连接黏性末端又能连接平末端的是T₄DNA连接酶。

故答案为：

（1）Sau3AI   两种酶切割后产生的片段具有相同的黏性末端

（2）甲、丙    甲中目的基因插入在启动子的上游，丙中目的基因插入在终止子的下游，二者的目的基因均不能被转录

（3）E•coliDNA连接酶    T₄DNA连接酶      T₄DNA连接酶

【点评】本题着重考查了基因工程的操作工具，要求考生能够掌握限制酶的特点，明确不同限制酶切割形成的相同的末端之间能够连接；识记基因表达载体的组成，明确启动子和终止子在基因表达中的作用，识记DNA连接酶的种类和功能区别。