2022屆高三下學(xué)期開學(xué)摸底考試卷B（課標(biāo)全國卷）理科綜合（本卷滿分300分，考試用時150分鐘）一、選擇題：本題共13小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．世界衛(wèi)生組織在2016年2月1日稱，南美洲新生兒小頭癥患者數(shù)量猛增很大程度上與寨卡病毒有關(guān)，其已經(jīng)構(gòu)成了國際衛(wèi)生緊急事件。寨卡病毒是單股正鏈RNA病毒，是一種通過蚊蟲進(jìn)行傳播的蟲媒病毒，會導(dǎo)致人發(fā)燒、出疹子、關(guān)節(jié)痛等。下列敘述正確的有()①病毒屬于生命系統(tǒng)中最微小的結(jié)構(gòu)層次②寨卡病毒的RNA位于其擬核中，僅含有核糖體這一種細(xì)胞器③為了研究寨卡病毒的致病機(jī)理，可用含有各種營養(yǎng)物質(zhì)的普通培養(yǎng)基大量培養(yǎng)該病毒④寨卡病毒雖沒有細(xì)胞結(jié)構(gòu)，但也能獨(dú)立完成各項(xiàng)生命活動A．0項(xiàng) B．1項(xiàng)C．2項(xiàng) D．3項(xiàng)【答案】A【解析】病毒沒有細(xì)胞結(jié)構(gòu)，不屬于生命系統(tǒng)的結(jié)構(gòu)層次，①錯誤；寨卡病毒沒有細(xì)胞結(jié)構(gòu)，不含細(xì)胞器，也不含擬核，②錯誤；病毒不能獨(dú)立生存，也不能獨(dú)立完成各項(xiàng)生命活動，因此不能用普通培養(yǎng)基培養(yǎng)該病毒，③④錯誤。故選A。2．(2020·山西省大同市四中高三模擬)2018年諾貝爾生理學(xué)或醫(yī)學(xué)獎授予開創(chuàng)“腫瘤免疫療法”的科學(xué)家，這種療法并不直接針對腫瘤細(xì)胞，而是針對腫瘤微環(huán)境中的免疫細(xì)胞，通過調(diào)節(jié)這些免疫細(xì)胞的功能發(fā)揮其殺傷腫瘤細(xì)胞的作用；而傳統(tǒng)的“放療法”是指利用放射線來殺傷腫瘤細(xì)胞。下列相關(guān)敘述不正確的是()A．一些病毒及化學(xué)因子能誘導(dǎo)腫瘤的發(fā)生B．有些腫瘤可導(dǎo)致血液中甲胎蛋白超標(biāo)C．“放療法”在殺傷腫瘤細(xì)胞的過程中具有特異性D．“免疫療法”的原理是調(diào)節(jié)某些免疫細(xì)胞的免疫功能，增強(qiáng)機(jī)體的抗腫瘤能力【答案】C【解析】腫瘤的誘發(fā)因素有物理因素、化學(xué)因素和生物因素(病毒等)，A正確；細(xì)胞在癌變的過程中，細(xì)胞膜的成分發(fā)生改變，有的產(chǎn)生甲胎蛋白、癌胚抗原等物質(zhì)，B正確；由題干信息可知，“放療法”是指利用放射線來殺傷腫瘤細(xì)胞，射線治療不具有特異性，在殺傷腫瘤細(xì)胞的同時，可能也會殺傷正常細(xì)胞，C錯誤。3．(2019·濟(jì)南模擬)肺炎雙球菌轉(zhuǎn)化實(shí)驗(yàn)中，S型細(xì)菌的部分DNA片段進(jìn)入R型細(xì)菌內(nèi)，并整合到R型細(xì)菌的DNA分子上，使這種R型細(xì)菌轉(zhuǎn)化為能合成有莢膜多糖的S型細(xì)菌。下列敘述中正確的是()A．R型細(xì)菌轉(zhuǎn)化為S型細(xì)菌后的DNA中，嘌呤堿基總比例會改變B．整合到R型細(xì)菌內(nèi)的DNA分子片段，表達(dá)產(chǎn)物都是莢膜多糖C．進(jìn)入R型細(xì)菌的DNA片段上，可有多個RNA聚合酶結(jié)合位點(diǎn)D．S型細(xì)菌轉(zhuǎn)錄的mRNA上，可由多個核糖體共同合成一條肽鏈【答案】C【解析】R型細(xì)菌和S型細(xì)菌的DNA都是雙鏈結(jié)構(gòu)，堿基的配對遵循堿基互補(bǔ)配對原則，因此R型細(xì)菌轉(zhuǎn)化為S型細(xì)菌后的DNA中，嘌呤堿基總比例不會改變，依然是50%，A項(xiàng)錯誤；整合到R型細(xì)菌內(nèi)的DNA分子片段，表達(dá)產(chǎn)物不都是莢膜多糖，B項(xiàng)錯誤；基因是有遺傳效應(yīng)的DNA片段，即一個DNA分子中有多個基因，每個基因都具有RNA聚合酶的結(jié)合位點(diǎn)，因此進(jìn)入R型細(xì)菌的DNA片段上，可有多個RNA聚合酶結(jié)合位點(diǎn)，C項(xiàng)正確；S型細(xì)菌轉(zhuǎn)錄的mRNA上，可由多個核糖體同時合成多條相同的肽鏈，而不是一條，D項(xiàng)錯誤。4．下圖是基因型為Aa的個體不同分裂時期的圖像，根據(jù)圖像判定每個細(xì)胞發(fā)生的變異類型，正確的是()A．①基因突變②基因突變③基因突變B．①基因突變或基因重組②基因突變③基因重組C．①基因突變②基因突變③基因突變或基因重組D．①基因突變或基因重組②基因突變或基因重組③基因重組【答案】C【解析】圖中①②分別屬于有絲分裂的中期和后期；A與a所在的DNA分子都是經(jīng)過復(fù)制而得到的，所以圖中①②的變異類型只能屬于基因突變；③屬于減數(shù)第二次分裂的后期，親本的基因型為Aa，因此③的變異類型屬于基因突變或基因重組，故選C。5．(2020·山東，7)聽毛細(xì)胞是內(nèi)耳中的一種頂端具有纖毛的感覺神經(jīng)細(xì)胞。聲音傳遞到內(nèi)耳中引起聽毛細(xì)胞的纖毛發(fā)生偏轉(zhuǎn)，使位于纖毛膜上的K＋通道打開，K＋內(nèi)流而產(chǎn)生興奮。興奮通過聽毛細(xì)胞底部傳遞到聽覺神經(jīng)細(xì)胞，最終到達(dá)大腦皮層產(chǎn)生聽覺。下列說法錯誤的是()A．靜息狀態(tài)時纖毛膜外的K＋濃度低于膜內(nèi)B．纖毛膜上的K＋內(nèi)流過程不消耗ATPC．興奮在聽毛細(xì)胞上以電信號的形式傳導(dǎo)D．聽覺的產(chǎn)生過程不屬于反射【答案】A【解析】K＋通過K＋通道內(nèi)流產(chǎn)生興奮，屬于順濃度梯度的被動運(yùn)輸，不消耗ATP，因此靜息狀態(tài)時，膜外的K＋濃度高于膜內(nèi)，A項(xiàng)錯誤、B項(xiàng)正確；興奮在神經(jīng)細(xì)胞內(nèi)是以電信號的形式傳導(dǎo)的，C項(xiàng)正確；聽覺的產(chǎn)生過程僅僅到達(dá)了大腦皮層，沒有經(jīng)過完整的反射弧，不屬于反射，D項(xiàng)正確。6．如圖表示一片草原上的兔子和狼達(dá)到相對穩(wěn)定狀態(tài)后一段時間內(nèi)相對數(shù)量變化的趨勢，下列相關(guān)分析錯誤的是()A．甲、乙分別表示兔子和狼的數(shù)量變化B．狼的K值接近B點(diǎn)對應(yīng)的數(shù)值C．兔子的K值接近C點(diǎn)和D點(diǎn)對應(yīng)的數(shù)值D．第3年狼的數(shù)量會因缺乏食物而下降【答案】B【解析】據(jù)圖中曲線變化可知，甲的數(shù)量最先達(dá)到最大值，之后隨著乙數(shù)量的增加，甲的數(shù)量隨之減少，推測甲為被捕食者兔子，乙為捕食者狼，A正確；K值是指在環(huán)境條件不受破壞的情況下，一定空間中所能維持的種群最大數(shù)量，它不是固定不變的，在環(huán)境不遭受破壞的情況下，種群數(shù)量會在K值附近上下波動，B錯誤；種群數(shù)量會在K值附近上下波動，從題圖上分析，兔子的K值應(yīng)該接近C點(diǎn)和D點(diǎn)對應(yīng)的數(shù)值，C正確；據(jù)題圖分析可知，第3年時兔子的數(shù)量在下降，因此狼的數(shù)量也會因缺乏食物而下降，D正確。7．化學(xué)與生活、社會密切相關(guān)，下列有關(guān)說法正確的是()A．復(fù)合膨松劑一般由碳酸鹽類、酸性物質(zhì)和助劑組成B．光化學(xué)煙霧、臭氧層空洞、溫室效應(yīng)的形成都與氮氧化物有關(guān)C．德爾塔新冠病毒有可能在空氣中以氣溶膠的形式傳播，氣溶膠屬于膠體D．我國成功研制出多款新冠疫苗，采用冷鏈運(yùn)輸疫苗，以防止蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析【答案】C【解析】A項(xiàng)，復(fù)合膨松劑又名發(fā)酵粉，一般由碳酸氫鈉等碳酸氫鹽、酸性鹽或者有機(jī)酸等酸性物質(zhì)和淀粉、脂肪酸、食鹽等助劑組成，作用是產(chǎn)生氣體或使氣體產(chǎn)生均勻，使面團(tuán)疏松多孔，不屬于碳酸鹽類，故A錯誤；B項(xiàng)，化學(xué)煙霧、臭氧空洞的形成都與氮氧化物有關(guān)，溫室效應(yīng)的形成主要與二氧化碳有關(guān)，故B錯誤；C項(xiàng)，氣溶膠、液溶膠和固溶膠都屬于膠體，新型冠狀病毒有可能在空氣中以氣溶膠的形式傳播，氣溶膠屬于膠體，故C正確；D項(xiàng)，我國成功研制出多款新冠疫苗，采用冷鏈運(yùn)輸疫苗，以防止蛋白質(zhì)變性，故D錯誤；故選C。8．阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。下列說法正確的是()A．1molCl2和足量的Fe充分反應(yīng)后。轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3NAB．0.1mol/L的NaHCO3溶液中，HCO3-、CO32-和H2CO3微粒數(shù)之和為0.1NAC．15gC2H6中含有共價鍵數(shù)目為7NAD．一定條件下，1molNa與氧氣完全反應(yīng)，生成的產(chǎn)物中陰離子總數(shù)為0.5NA【答案】D【解析】A項(xiàng)，Cl2和足量的Fe充分反應(yīng)生成FeCl3，氯元素化合價從0價變化為-1價，1molCl2電子轉(zhuǎn)移2NA，故A錯誤；B項(xiàng)，未提供溶液體積，無法計算HCO3-、CO32-和H2CO3微粒數(shù)，故B錯誤；C項(xiàng)，1個C2H6含有7個共價鍵，15gC2H6物質(zhì)的量mol，含有共價鍵數(shù)目為3.5NA，故C錯誤；D項(xiàng)，1molNa與氧氣完全反應(yīng)，無論生成Na2O還是Na2O2，其陰陽離子數(shù)目之比都是1：2，陰離子總數(shù)為0.5NA，故D正確；故選D。9．化學(xué)實(shí)驗(yàn)是科學(xué)探究過程中的一種重要方法，掌握化學(xué)實(shí)驗(yàn)的基本操作是完成化學(xué)實(shí)驗(yàn)的前提和保障。下列操作規(guī)范且能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?)A．用圖甲配制200mL0.1mol·L-1的鹽酸B．用圖乙裝置加熱試管中的液體C．用圖丙分離乙醇與乙酸D．用圖丁裝置制取少量Fe(OH)2【答案】D【解析】A項(xiàng)，圖甲中容量瓶為100mL，不能用來配制200mL的溶液，A錯誤；B項(xiàng)，給試管中的液體加熱時，液體體積不能超過試管體積的三分之一，圖乙中液體過多，B錯誤；C項(xiàng)，乙醇與乙酸互溶，不能用分液方法進(jìn)行分離，應(yīng)該根據(jù)二者沸點(diǎn)的不同，采用蒸餾方法分離，C錯誤；D項(xiàng)，用圖丁裝置制取少量Fe(OH)2，用氫氣充滿整個裝置可防止氫氧化亞鐵被空氣中的氧氣氧化，該裝置能達(dá)到目的，D正確；故選D。10．糠醇可用于有機(jī)合成樹脂、涂料等，四氫糠醇可做印染工業(yè)的潤濕劑和分散劑，它們的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖，下列說法正確的是()

A．糠醇分子中含有三種官能團(tuán)B．糠醇分子中所有原子可能共平面C．四氫糠醇可以發(fā)生取代、還原、消去、水解等反應(yīng)D．四氫糠醇屬于飽和一元醇，分子式為C5H12O2【答案】A【解析】A項(xiàng)，糠醇分子中含有碳碳雙鍵、醚鍵、羥基三種官能團(tuán)，A正確；B項(xiàng)，糠醇中含有飽和碳原子，不可能所有原子共面，B錯誤；C項(xiàng)，四氫糠醇不不能發(fā)生還原反應(yīng)，C錯誤；D項(xiàng)，四氫糠醇分子式為C5H10O2，D錯誤；故選A。11．短周期主族元素X、Y、Z、W、Q、R的原子序數(shù)依次增大，其中只有Z和W是金屬元素。X原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍，Y是地殼中含量最高的元素，Z的原子半徑是短周期主族元素中最大的，Q與Y同族。下列說法一定正確的是()A．簡單離子半徑的大小順序：W＞Q＞R＞YB．W的最高價氧化物的水化物是兩性氫氧化物C．X的最簡單氫化物沸點(diǎn)低于Y的最簡單氫化物沸點(diǎn)D．Z2Y2和QY2均具有漂白性，且漂白原理相同【答案】C【解析】X原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍，核外有6個電子，為C；Y是地殼中含量最高的元素，Y為O；Q與Y同族，則Q為S，R原子序數(shù)大于S，且為短周期，為Cl；Z的原子半徑是短周期主族元素中最大的，Z為Na；W為金屬，為Mg或Al，X、Y、Z、W、Q、R分別為C、O、Na、Mg或Al、S、Cl。A項(xiàng)，Y、W、Q、R分別為O、Mg或Al、S、Cl，具有相同核外電子排布的簡單離子，序數(shù)越大，半徑越小，則半徑的大小順序：S2->Cl->O2->Mg2+或Al3+，A說法錯誤；B項(xiàng)，W若為Mg，則氧化物為堿性氧化物，不是兩性氧化物，B說法錯誤；C項(xiàng)，X的最簡單氫化物為CH4，Y的最簡單氫化物為H2O，H2O分子間存在氫鍵，沸點(diǎn)高于CH4，C說法正確；D項(xiàng)，Z2Y2為Na2O2，QY2為SO2，都具有漂白性，但是過氧化鈉為氧化漂白，二氧化硫?yàn)榛掀?，漂白原理不同，D說法錯誤；故選C。12．雙極膜(CM/AM)在電場作用下能將水解離為H+和OH-，用雙極膜電解槽電解糠醛()溶液制備糠醇()和糠酸鹽()，電解時MnO2/MnOOH在電極與糠醛之間傳遞電子，電解過程如圖所示。下列說法正確的()A．通電時雙極膜將水解離為H+和OH-，OH-向X電極方向移動B．X接直流電源負(fù)極，糠醛在陰極表面得到電子被氧化為糠醇C．電解時，陽極反應(yīng)為MnOOH-e-+OH-=MnO2+H2OD．生成糠酸鹽的反應(yīng)為+MnO2+H2O→+MnOOH【答案】C【解析】由題干電解過程圖示可知，X極上是將糠醛轉(zhuǎn)化為糠醇，發(fā)生了還原反應(yīng)，故X為陰極，與電源的負(fù)極相連，則Y為陽極，與電源的正極相連，故電流方向即正電荷移動方向?yàn)橛衁流向X，故雙極膜(CM/AM)在電場作用下能將水解離為H+和OH-，H+流向X極，OH-移向Y極，X極電極反應(yīng)為：+2H++2e-=，Y極的電極反應(yīng)為：MnOOH-e-+OH-=MnO2+H2O，然后生成的MnO2將糠醛氧化為糠醛酸鹽，反應(yīng)為：+2MnO2+OH-→+2MnOOH。A項(xiàng)，通電時雙極膜將水解離為H+和OH-，陽離子向陰極移動；X極糠醛()溶液生成糖醇()發(fā)生了還原反應(yīng)，則X極為陰極；所以H+向X電極方向移動，A錯誤；B項(xiàng)，X極的糠醛()發(fā)生了還原反應(yīng)被還原生成糖醇()，為陰極，接電源的負(fù)極，B錯誤；C項(xiàng)，電解時MnOOH在陽極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成MnO2，電極反應(yīng)式為MnOOH-e-+OH-═MnO2+H2O，C正確；D項(xiàng)，生成糠酸鹽的反應(yīng)+MnO2+H2O→+MnOOH，H原子和電荷均不守恒，應(yīng)為+2MnO2+OH-→+2MnOOH，D錯誤；故選C。13．用強(qiáng)堿滴定某一元弱酸時，弱酸被強(qiáng)堿部分中和后得到“弱酸鹽和弱酸”組成的緩沖溶液，其中存在。時，用的溶液滴定某未知濃度的溶液，滴定過程中消耗溶液的體積與混合溶液之間的關(guān)系如圖所示(已知：，酸性)。下列說法不正確的是()A．電離常數(shù)的數(shù)量級為B．b點(diǎn)溶液中存在c(A—)+c(OH—)=c(HA)+c(H+)C．c點(diǎn)溶液中離子濃度的大小關(guān)系為c(A—)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH—)D．若將改為等體積等濃度的，則隨溶液體積的變化曲線豎直上移【答案】B【解析】溫度不變，酸的電離常數(shù)不變，設(shè)酸的濃度為cmol/L，由可得：4.27+lg=4.75+lg，整理可得=100.48=3，解得c=0.2，則PKa=4.75+lg(2—1)=4.75，Ka=10—4.75。A項(xiàng)，HA的電離常數(shù)Ka=10—4.75，則電離常數(shù)的數(shù)量級為10—5，故A正確；B項(xiàng)，b點(diǎn)時Ka=c(H+)=10—4.75，由Ka=可得溶液中c(A—)=c(HA)，由圖可知，b點(diǎn)溶液呈酸性，溶液中c(H+)＞c(OH—)，則c(HA)+c(H+)＞c(A—)+c(OH—)，故B錯誤；C項(xiàng)，b點(diǎn)時Ka=c(H+)=10—4.75，由Ka=可得溶液中c(A—)=c(HA)，則隨氫氧化鈉溶液體積增大，c點(diǎn)時溶液中c(A—)＞c(HA)，由圖可知，c點(diǎn)溶液呈酸性，溶液中c(H+)＞c(OH—)，所以溶液中c(A—)＞c(HA)＞c(H+)＞c(OH—)，故C正確；D項(xiàng)，由HA的酸性強(qiáng)于HCN可知，HA的電離常數(shù)大于HCN，由可知，當(dāng)相等時，酸的電離常數(shù)越大，溶液pH越小，則若將HA改為等體積等濃度的HCN，則pH隨NaOH溶液體積的變化曲線豎直上移，故D正確；故選B。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(xiàng)中，第14~18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19~21題有多項(xiàng)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。14．如圖所示，武術(shù)運(yùn)動員表演“悟空望路”時在長桿上端保持靜止，則桿子對他的作用力方向?yàn)椋ǎ〢．方向1 B．方向2C．方向3 D．方向4【答案】C【解析】因?yàn)檫\(yùn)動員處于靜止?fàn)顟B(tài)，故合外力為零，則桿子對他的作用力與重力等大反向，故桿子對他的作用力方向沿豎直方向，即圖中方向3，故ABD錯誤，C正確。故選C。15．1934年，約里奧·居里夫婦發(fā)現(xiàn)經(jīng)過粒子轟擊的鋁片中含有放射性的磷，他們由于發(fā)現(xiàn)人工放射性而獲得了1935年的諾貝爾物理學(xué)獎。磷的衰變方程為：。則下列說法正確的是（）A．Y是質(zhì)子B．Y是正電子C．改變壓力、溫度或化學(xué)狀態(tài)，的半衰期會改變D．經(jīng)過兩個完整的半衰期后，將完全衰變殆盡【答案】B【解析】AB．磷的衰變方程為根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，Y粒子質(zhì)量數(shù)A=0，電荷數(shù)Z=+1，故Y是正電子，B正確，A錯誤。C．放射性元素的原子核有半數(shù)發(fā)生衰變時所需要的時間，叫半衰期，放射性元素的半衰期由原子核內(nèi)部因素決定與外界條件無關(guān)，C錯誤；D．原子核兩個完整的半衰期后剩余原子核的數(shù)量是原來的，D錯誤。故選B。16．如圖有一固定且內(nèi)壁光滑的半球面，球心為O，最低點(diǎn)為C，在其內(nèi)壁上有兩個質(zhì)量相同的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）A和B，在兩個高度不同的水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，A球的軌跡平面高于B球的軌跡平面。A、B兩球與O點(diǎn)的連線與豎直線間的夾角分別為和，則（）A．A、B兩球所受彈力的大小之比為3∶4B．A、B兩球運(yùn)動的周期之比為4∶3C．A、B兩球的動能之比為27∶64D．A、B兩球的轉(zhuǎn)速之比為【答案】D【解析】A．據(jù)兩球在豎直方向受力平衡得故A錯誤；BC.根據(jù)解則A、B兩球的動能之比為周期表達(dá)式為則有故BC錯誤；D．球的轉(zhuǎn)速之比D正確。故選D17．如圖甲所示，傾角為θ的粗糙斜面體固定在水平面上，初速度為v0＝10m/s、質(zhì)量為m＝1kg的小木塊沿斜面上滑，若從此時開始計時，整個過程中小木塊速度的平方隨路程變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，取g＝10m/s2，則下列說法不正確的是（）A．0~5s內(nèi)小木塊做勻減速運(yùn)動B．在t＝1s時刻，摩擦力反向C．斜面傾角θ＝37°D．小木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5【答案】A【解析】A．x在0~5m內(nèi)由勻變速直線運(yùn)動的速度位移公式再根據(jù)乙圖，有又有則小木塊做勻減速運(yùn)動的時間為A錯誤，不符合題意；B．在0~1s內(nèi)木塊做向上的勻減速運(yùn)動，1s后木塊做反向的勻加速運(yùn)動，摩擦力反向，B正確，符合題意；CD．木塊做反向勻加速運(yùn)動時的加速度為對上滑過程，有下滑過程中，有聯(lián)立解得，CD正確，符合題意。故選A。18．如圖所示，兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌頂端連接一平行板電容器，導(dǎo)軌處于垂直軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場中。將金屬棒由靜止開始釋放并計時，金屬棒在向下運(yùn)動的過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸，導(dǎo)軌足夠長且不計所有電阻，假定電容器不會被擊穿。則下列關(guān)于金屬棒的位移x、速度v、加速度a、電容器的電荷量q與時間t的關(guān)系圖像，描述正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】設(shè)電路中的充電電流為I，電容器兩極板間的電壓為U，有，而，，聯(lián)立解得，則金屬棒做勻加速直線運(yùn)動，I恒定；圖線是拋物線。又，電容器極板上所帶電荷量q，v隨時間均勻增加。故ABC錯誤，D正確。故選D。19．我國的“北斗一號”導(dǎo)航定位系統(tǒng)，其三顆衛(wèi)星均定位在距地面3.6×104km的地球同步軌道上；美國的全球衛(wèi)星定位系統(tǒng)（簡稱GPS），其衛(wèi)星距地面的高度均為2.0×104km。下列說法中正確的是（）A．“北斗一號”三顆衛(wèi)星的質(zhì)量可以不相同B．“北斗一號”衛(wèi)星的周期比GPS衛(wèi)星的短C．“北斗一號”衛(wèi)星的加速度比GPS衛(wèi)星的小D．“北斗一號”衛(wèi)星的運(yùn)行速度比GPS衛(wèi)星的大【答案】AC【解析】A．衛(wèi)星在軌道上正常運(yùn)行，由萬有引力提供向心力可知其周期、運(yùn)行速率均取決于其高度，與自身質(zhì)量無關(guān)，不同衛(wèi)星質(zhì)量可以不相同，A正確；B．由“北斗一號”衛(wèi)星距離地面遠(yuǎn)，所以“北斗一號”衛(wèi)星的周期比GPS衛(wèi)星的長，B錯誤；C．由“北斗一號”衛(wèi)星距離地面遠(yuǎn)，所以“北斗一號”衛(wèi)星的加速度比GPS衛(wèi)星的小，C正確；D．由“北斗一號”衛(wèi)星距離地面遠(yuǎn)，運(yùn)行速度小，故D錯誤。故選AC。20．已知均勻帶電圓環(huán)軸線上各點(diǎn)場強(qiáng)隨距環(huán)心距離變化的圖象如圖甲所示。圖乙中a、b為兩個相同的均勻帶電圓環(huán)，分別帶有+Q、﹣Q的電荷，兩環(huán)圓心O、O′共軸，P為O、O′的中點(diǎn)。則以下分析正確的是（）A．在連線O、O′之間，P點(diǎn)電場強(qiáng)度一定最大B．從O點(diǎn)到O′點(diǎn)，電勢逐漸降低C．過P點(diǎn)垂直于O、O′的平面為等勢面D．從P點(diǎn)由靜止釋放一個不計重力的正粒子，粒子將一直向右加速【答案】BC【解析】A．由圖甲可知，均勻帶電圓環(huán)軸線上各點(diǎn)電場強(qiáng)度隨距環(huán)心距離增大先增大后減小，則P點(diǎn)電場強(qiáng)度的矢量合不一定最大，故A錯誤；B．a(chǎn)為正電荷，b為負(fù)電荷，則從O到O′，a與b產(chǎn)生的電場的電場強(qiáng)度的方向都是向右，沿電場強(qiáng)度的方向電勢降低，所以從O點(diǎn)到O′點(diǎn)，電勢逐漸降低，故B正確；C．結(jié)合圖甲可知，均勻帶電圓環(huán)軸線上各點(diǎn)電場強(qiáng)度的方向都是沿軸線的方向，結(jié)合a帶正電，b帶負(fù)電可知，a與b產(chǎn)生的電場，在沿OO′軸線上的O、O′之間的各點(diǎn)的電場強(qiáng)度的合矢量的方向一定都是沿OO′方向向右；a與b的形狀相同，帶電量大小相同，結(jié)合庫侖定律可知，二者在過P點(diǎn)垂直于OO′連線上的各點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的大小一定相等，結(jié)合幾何關(guān)系以及平行四邊形定則，還可以判斷出a與b產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的矢量合在過P點(diǎn)垂直于OO′連線上的各點(diǎn)的電場強(qiáng)度的合矢量的方向都是向右的，與OO′的方向平行，所以過P點(diǎn)垂直于OO′的平面為等勢面，故C正確；D．結(jié)合C的分析可知，在沿OO′軸線上O、O′之間的各點(diǎn)電場強(qiáng)度的合矢量的方向一定都是沿OO′方向向右，但在b的右側(cè)某一點(diǎn)開始再向右的各點(diǎn)合場強(qiáng)的方向向左，所以從P點(diǎn)由靜止釋放一個不計重力的正粒子，則帶正電荷的粒子受到的電場力的方向先向右后向左，所以粒子將先向右加速，后向右做減速運(yùn)動，故D錯誤。故選BC。21．如圖所示，質(zhì)量均為m的小球a、b用一長為L的細(xì)直棒相連，a球置于光滑的水平地面上，b球靠在光滑豎直墻面上，距離地面高H處。釋放后b球沿豎直墻面下滑，當(dāng)b球未脫離墻壁，且細(xì)直棒滑至與水平面成θ角時，下列說法正確的是（）A．下滑過程中，b球的機(jī)械能守恒B．兩小球的速度大小之比C．b球的速度大小為D．下滑的過程中，細(xì)直棒對小球a做的功為0【答案】BC【解析】A．下滑過程中，細(xì)直棒對b球做功，b球的機(jī)械能不守恒，A錯誤；B．將兩球的速度沿棒和垂直于棒的方向分解，兩球沿棒的分速度相等，當(dāng)細(xì)直棒滑至與水平面成θ角時，有整理得B正確；C．對于兩球組成的系統(tǒng)，機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有結(jié)合求得，C正確；D．設(shè)細(xì)直棒對a做的功為W，根據(jù)動能定理，有D錯誤。故選BC。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(jù)要求作答。（一）必考題：共129分。22.（6分）某待測電阻阻值約為。為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，用伏安法測量圓柱體的電阻，要求待測電阻兩端的電壓調(diào)節(jié)范圍盡量大，滑動變阻器采用分壓式接法。除待測電阻外，實(shí)驗(yàn)室還備有的實(shí)驗(yàn)器材如下：A．電壓表（量程3V，內(nèi)阻約為15）B．電壓表（量程9V，內(nèi)阻約為75）C．電流表A1（量程0.6A，內(nèi)阻約為1）D．電流表A2（量程1.2A，內(nèi)阻約為1）E．滑動變阻器（阻值范圍0~5，2.0A）F．滑動變阻器（阻值范圍0~2000，0.1A）G．直流電源E（電動勢為4V）H．開關(guān)S，導(dǎo)線若干則電壓表應(yīng)選______，電流表應(yīng)選______，滑動變阻器應(yīng)選_____。（均填器材前的字母代號）【答案】ACE【解析】電源電動勢為4V，所以電壓表應(yīng)選3V量程的，故選A；通過圓柱體的最大電流約為則電流表選0.6A量程的，讀數(shù)誤差更小，故選C；待測電阻大約6Ω，若用滑動變阻器R2（阻值范圍0~2000Ω，0.1A）調(diào)節(jié)非常不方便，且額定電流太小，所以應(yīng)用滑動變阻器R1（阻值范圍0~5Ω，2.0A）；為了測多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，滑動變阻器用分壓式接法，故滑動變阻器選擇阻值小的即可，故選E。23.（9分）某物理興趣小組利用如圖甲所示的裝置驗(yàn)證系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=9.80m/s2，操作步驟如下：①用天平測量物塊a的質(zhì)量m1和物塊b的質(zhì)量m2；②把打點(diǎn)計時器、定滑輪固定在鐵架臺上，跨過定滑輪的輕質(zhì)細(xì)線連接物塊a和物塊b；③把固定在物塊a上的紙帶穿過打點(diǎn)計時器的限位孔，讓物塊a靠近打點(diǎn)計時器，先_________，再_________；④實(shí)驗(yàn)過程中打出的一條紙帶如圖乙所示；⑤更換物塊重復(fù)實(shí)驗(yàn)。（1）請把步驟③補(bǔ)充完整；（2）所用交變電源的頻率為50Hz，測得計數(shù)點(diǎn)O、A、B、C、D、E、F相鄰兩點(diǎn)間的距離分別為x1=6.00cm、x2=8.39cm、x3=10.81cm、x4=13.20cm、x5=15.59cm、x6=18.01cm，相鄰兩個計數(shù)點(diǎn)間還有4個點(diǎn)未畫出，打下計數(shù)點(diǎn)A時物塊a和物塊b運(yùn)動的速度大小vA=________m/s，打下計數(shù)點(diǎn)E時物塊a和物塊b運(yùn)動的速度大小vE=________m/s；（結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）（3）用天平測出物塊a和物塊b的質(zhì)量分別為m1、m2（m1<m2），從打計數(shù)點(diǎn)A到E的過程中，物塊a和物塊b組成的系統(tǒng)減小的重力勢能△Ep=________，增加的動能為△Ek=________，在誤差允許的范圍內(nèi)，物塊a和物塊b組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。（結(jié)果用m1、m2、vA、vE、g、x2、x3、x4、x5表示）【答案】接通電源釋放物塊a和物塊b0.7201.68【解析】（1）實(shí)驗(yàn)過程中應(yīng)先接通電源，再釋放物塊a和物塊b；（2）由題可知，每相鄰計數(shù)點(diǎn)間的時間間隔為T=0.02s×5=0.1s打下計數(shù)點(diǎn)A時物塊a和物塊b運(yùn)動的速度大小打下計數(shù)點(diǎn)E時物塊a和物塊b運(yùn)動的速度大?。?）從打計數(shù)點(diǎn)A到E的過程中，物塊a和物塊b組成的系統(tǒng)減小的重力勢能為增加的動能為24．（12分）如圖所示，套在很長的絕緣直棒上的小球可以在棒上滑動，小球質(zhì)量為0.02kg，帶1.0×10-3C的正電荷，將此棒豎直放置在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中。勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E=380N/C，方向水平向右；勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=10T，方向垂直于紙面向里。小球與棒間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，小球由靜止開始釋放，若小球沿著豎直棒運(yùn)動h后速度達(dá)最大值。設(shè)小球在運(yùn)動過程中所帶電荷量保持不變，取重力加速度g=10m/s2。求∶（1）小球開始運(yùn)動瞬間的加速度大小；（2）小球運(yùn)動到最大速度過程中與絕緣棒摩擦產(chǎn)生的熱量（用含h的表達(dá)式表示）?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）開始時摩擦力由牛頓第二定律有解得（2）速度最大時滿足④根據(jù)能量守恒得解得25．（20分）如圖所示，在豎直平面內(nèi)，粗糙水平面PQ左側(cè)與四分之一光滑圓弧軌道在P點(diǎn)相切，右側(cè)與水平面成θ=30°的足夠長傳送帶在Q點(diǎn)平滑連接。水平面PQ長L=1.0m，圓弧半徑R=0.95m，皮帶輪逆時針轉(zhuǎn)動速率v=3.0m/s。物塊B停在Q點(diǎn)，現(xiàn)從光滑圓弧最高點(diǎn)將物塊A由靜止釋放，經(jīng)過P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)，與B發(fā)生彈性碰撞。之后，A、B又發(fā)生多次彈性碰撞，最終A停在某一位置。A與B的碰撞時間忽略不計，兩物塊都可視為質(zhì)點(diǎn)，其質(zhì)量mA=mB=1.0kg，物塊A與PQ間動摩擦因數(shù)μ1=0.15，物塊B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，取g=10m/s2。求：（1）物塊A對P點(diǎn)壓力的最大值FN；（2）從物塊A、B第一次碰撞后到第二次碰撞前，物塊B在傳送帶上的運(yùn)行時間t；（3）物塊A在PQ上運(yùn)動的總路程S；（4）物塊B和傳送帶之間摩擦產(chǎn)生的總熱量Q?！敬鸢浮浚?）；（2）0.82s；（3）4m；（5）17.45J【解析】（1）物塊A第一次通過P點(diǎn)時，對P點(diǎn)壓力最大，由動能定理，得由牛頓第二定律，得解得由牛頓第三定律知，對P點(diǎn)壓力的最大值為（2）物塊A從P到Q過程中，根據(jù)動能定理有解得A、B碰撞，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有得B沿傳送帶向上至反向滑行到與傳送帶速度相同過程中，根據(jù)牛頓第二定律有解得物塊B減速到0時解得物塊B向下加速到和傳送帶速度相等解的物塊B與傳送帶共速后物塊B做勻速運(yùn)動解的B在傳送帶上的運(yùn)行時間（3）物塊AB發(fā)生第二次碰撞時，再次交換速度設(shè)發(fā)生第三次碰撞前A的速度為，從第二次碰撞完畢到第三次碰撞前，由動能定理，得解的第三次碰撞前和第四次碰撞后，物體A速度大小不變，第二次碰撞完畢至物塊A靜止，由動能定理，得解的物塊A在PQ上運(yùn)動的總路程（4）第一次碰撞后，物塊B上滑，摩擦產(chǎn)生熱量物塊B下滑，摩擦產(chǎn)生熱量發(fā)生第三次碰撞后，物塊B上滑產(chǎn)生熱量物塊B下滑至Q點(diǎn)，一直加速，位移時間熱量物塊B和傳送帶之間摩擦產(chǎn)生的總熱量26．(14分)鎳、鈷及其化合物在工業(yè)上有廣泛的應(yīng)用。以含鎳廢料(主要成分為NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2)為原料制備NixOy，和碳酸鈷(CoCO3)的工藝流程如圖。已知：Ksp[Co(OH)2]=2×10-15，請回答以下問題：(1)“濾渣I”主要成分是___________。(2)“氧化”時反應(yīng)的離子方程式是___________，為證明添加NaClO3已足量，可用___________(寫化學(xué)式)溶液進(jìn)行檢驗(yàn)。(3)“調(diào)pH”過程中生成黃鈉鐵釩沉淀，該反應(yīng)的離子方程式為___________。(4)“萃取”和“反萃取”可簡單表示為：2HX+Ni2+NiX2+2H+。在萃取過程中加入適量氨水，其作用是___________?！胺摧腿　毙枰袡C(jī)層中加___________(填試劑名稱)。(5)若起始時c(Co2+)=0.02mol?L-1，“沉鈷”過程中應(yīng)控制pH＜7.5的原因是___________。(6)資料顯示，硫酸鎳結(jié)晶水合物的形態(tài)與溫度有如表關(guān)系。溫度低于30.8℃30.8℃~53.8℃53.8℃~280℃高于280℃晶體形態(tài)NiSO4?7H2ONiSO4?6H2O多種結(jié)晶水合物NiSO4由NiSO4溶液獲得穩(wěn)定的NiSO4?6H2O晶體的操作依次是蒸發(fā)濃縮、___________、過濾、洗滌、干燥?！敬鸢浮?1)SiO2、BaSO4(2分)(2)6Fe2++6H++ClO3-＝6Fe3++Cl-+3H2O(2分)K3[Fe(CN)6](1分)(3)3Fe3++Na++2SO42-+3H2O+3CO32-＝NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑(2分)(4)促進(jìn)平衡向正反應(yīng)方向移動，提高萃取率(2分)稀硫酸(1分)(5)防止沉鈷時生成Co(OH)2(2分)(6)冷卻至30.8℃~53.8℃之間結(jié)晶(2分)【解析】原料的主要成分為NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2，最終要制備兩種產(chǎn)物，一種是鎳的氧化物，一種是CoCO3，所以FeO，F(xiàn)e2O3，BaO和SiO2要在制備過程中逐步去除。第一步加酸溶解原料，過濾分離出濾渣為SiO2和BaSO4。濾液中含有NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CoSO4以及過量H2SO4。加入氧化劑NaClO3氧化FeSO4，加入碳酸鈉調(diào)節(jié)pH使Fe2(SO4)3等轉(zhuǎn)化為黃鈉鐵礬渣，經(jīng)過濾除去。再加入萃取劑，鎮(zhèn)等、靜置、分液得到含NiSO4的有機(jī)層和含有CoSO4的水層溶液，再通過沉鈷步驟得到CoCO3。在含NiSO4的有機(jī)層反萃取得到NiSO4溶液，經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到NiSO4?6H2O晶體，煅燒后得到最終產(chǎn)品。(1)原料的主要成分為NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2，加入硫酸酸浸，SiO2不與稀硫酸反應(yīng)，所以會出現(xiàn)在濾渣中，BaO與稀硫酸反應(yīng)最終變成BaSO4沉淀，所以也會出現(xiàn)在濾渣中；(2)氧化步驟的目的是將二價鐵轉(zhuǎn)變成三價鐵，便于在后續(xù)步驟中沉淀法除去，所以離子方程式為：6Fe2++6H++ClO3-＝6Fe3++Cl-+3H2O；為證明添加NaClO3已足量，可檢驗(yàn)溶液中是否含有Fe2＋，可用K3[Fe(CN)6]溶液進(jìn)行檢驗(yàn)；(3)根據(jù)黃鈉鐵釩渣的化學(xué)式以及調(diào)節(jié)pH時所加入的物質(zhì)，結(jié)合原子、電荷守恒等，可知“調(diào)pH”過程中生成黃鈉鐵釩沉淀的離子方程式為：3Fe3++Na++2SO42-+3H2O+3CO32-＝NaFe3(SO4)2(OH)6↓+3CO2↑；(4)結(jié)合題給信息，加入氨水，氨水可以和H+反應(yīng)，使反應(yīng)2HX+Ni2+NiX2+2H+向右移動，提高萃取率；反之，要提升反萃取效率，應(yīng)使2HX+Ni2+NiX2+2H+向左移動，可通過加入酸來實(shí)現(xiàn)；(5)根據(jù)已知：Ksp[Co(OH)2]=2×10-15，起始時c(Co2+)=0.02mol?L-1，c(OH-)=2×10-150.02mol/L=10-6.5mol/L，c(H+)=10-7.5mol?L-1，所以“沉鈷”過程中應(yīng)控制pH＜7.5；(6)根據(jù)題給信息，由NiSO4溶液獲得穩(wěn)定的NiSO4?6H2O27．(15分)富馬酸亞鐵(結(jié)構(gòu)簡式為)對胃黏膜刺激較小，是一種治療缺鐵性貧血的安全有效的鐵制劑。某實(shí)驗(yàn)小組制備富馬酸亞鐵并測定產(chǎn)品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。(1)制備富馬酸(實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，夾持裝置已略去)將NaClO3和V2O5置于三頸燒瓶中，滴加糠醛，在90～100℃條件下持續(xù)加熱3～4h，制得富馬酸。①儀器A的名稱是________。②冷卻液宜從________(填“a”或“b”)口進(jìn)入。③實(shí)驗(yàn)中球形冷凝管的作用是________________________。(2)合成富馬酸亞鐵①取精制后的富馬酸(HOOC—CH=CH—COOH)溶于適量水中，加入碳酸鈉調(diào)節(jié)pH為6.5～6.7，加熱、攪拌，產(chǎn)生大量氣泡。產(chǎn)生氣泡的化學(xué)方程式為__。②將硫酸亞鐵溶液和適量的Na2SO3溶液緩慢加入上述反應(yīng)液中，維持溫度為100℃并充分?jǐn)嚢?～4h。加入適量的Na2SO3溶液的目的是________________。③經(jīng)過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥等得到產(chǎn)品。(3)測定產(chǎn)品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)準(zhǔn)確稱取產(chǎn)品ag，加入新煮沸過的3mol·L-1H2SO4溶液15mL，待樣品完全溶解后，再加入新煮沸過的冷水50mL和4滴鄰二氮菲—亞鐵指示劑，此時溶液呈紅色；立即用cmol·L-1(NH4)2Ce(SO4)3標(biāo)準(zhǔn)液滴定(Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，假設(shè)雜質(zhì)不反應(yīng))，滴定到終點(diǎn)(溶液變?yōu)闇\藍(lán)色)時消耗標(biāo)準(zhǔn)液VmL。①(NH4)2Ce(SO4)3標(biāo)準(zhǔn)液適宜盛放在________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中。②該實(shí)驗(yàn)中能否用KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液代替(NH4)2Ce(SO4)3標(biāo)準(zhǔn)液滴定Fe2+，說明理由________________________________。③產(chǎn)品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為__(用含c、a、V的代數(shù)式表示)。④若滴定前平視讀數(shù)，終點(diǎn)時仰視讀數(shù)會導(dǎo)致測量結(jié)果偏________(填“低”或“高”)?！敬鸢浮?1)分液漏斗(1分)a(1分)冷凝回流，提高糠醛的轉(zhuǎn)化率和減少富馬酸的揮發(fā)(2分)(2)HOOC—CH=CH—COOH+Na2CO3NaOOC—CH=CH—COONa+CO2↑+H2O(2分)防止富馬酸亞鐵被氧化(Fe2+或富馬酸根離子被氧化)(2分)(3)酸式(1分)不能，高錳酸鉀會氧化碳碳雙鍵(2分)(3分)(1分)【解析】(1)①儀器A的名稱是分液漏斗；②為了增加冷凝效果，冷卻液宜從下而上流入，故從a口進(jìn)入；③實(shí)驗(yàn)中球形冷凝管的作用是冷凝回流，提高糠醛的轉(zhuǎn)化率和減少富馬酸的揮發(fā)；(2)①富馬酸和碳酸鈉加熱反應(yīng)生成富馬酸鈉和CO2和H2O(也可以生成酸式鹽)，反應(yīng)方程式為：HOOC—CH=CH—COOH+Na2CO3NaOOC—CH=CH—COONa+CO2↑+H2O；②亞鐵離子容易被空氣中氧氣氧化，加入適量的Na2SO3溶液的目的是防止富馬酸亞鐵被氧化(Fe2+或富馬酸根離子被氧化)；(3)①銨根離子、Ce4+水解溶液顯酸性，且Ce4+有較強(qiáng)氧化性，故(NH4)2Ce(SO4)3標(biāo)準(zhǔn)液適宜盛放在酸式滴定管中；②富馬酸亞鐵中含有碳碳雙鍵，可以被高錳酸鉀氧化，故該實(shí)驗(yàn)中不能用KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液代替(NH4)2Ce(SO4)3標(biāo)準(zhǔn)液滴定Fe2+。③反應(yīng)為Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，由反應(yīng)體現(xiàn)的關(guān)系可知，反應(yīng)的鐵的物質(zhì)的量為cmol·L-1×V×10-3L=cVmol，則產(chǎn)品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為；④若滴定前平視讀數(shù)，終點(diǎn)時仰視讀數(shù)會導(dǎo)致讀數(shù)偏大，計算出消耗標(biāo)準(zhǔn)液的量偏大，使得測量結(jié)果偏高。28．(14分)硅芯片的使用減小了電子產(chǎn)品的體積和質(zhì)量，加快了計算速率。(1)工業(yè)上用SiO2與碳反應(yīng)制粗硅的反應(yīng)為：SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)ΔH。已知：2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH1=-221kJ·mol-1Si(s)+O2(g)=SiO2(s)ΔH2=-911kJ·mol-1則ΔH=___。制備粗硅的反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行的條件是___(填“高溫”、“低溫”或“任意溫度”)。(2)由SiO2生成Si的部分反應(yīng)機(jī)理如下：反應(yīng)1：SiO2(s)+C(s)SiO(g)+CO(g)反應(yīng)2：SiO(g)+2C(s)SiC(s)+CO(g)反應(yīng)3：……在壓強(qiáng)為10MPa條件下，測得反應(yīng)平衡體系中SiO(g)和CO(g)的分壓比隨溫度的變化關(guān)系如圖所示。假設(shè)體系中只有SiO和CO為氣體，則在1500℃時，用各物質(zhì)的平衡分壓表示反應(yīng)1的平衡常數(shù)Kp=__MPa2(列出計算式即可)。(3)硅烷法制備多晶硅的核心反應(yīng)為：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)。在恒容密閉容器中加入一定量的SiHCl3，分別在50℃和70℃進(jìn)行反應(yīng)，測得SiHCl3的轉(zhuǎn)化率隨時間的變化關(guān)系如圖所示。已知：50℃時，平衡常數(shù)為0.02；70℃時，平衡常數(shù)為0.04。①代表溫度為70℃的曲線是___(填“M”或“N”)。②a點(diǎn)和b點(diǎn)對應(yīng)的容器中，v正(a)___v正(b)(填“＞”、“＜”或“=”)，理由是___。③曲線M對應(yīng)的SiHCl3平衡轉(zhuǎn)化率為___。(保留兩位有效數(shù)字)④已知：該反應(yīng)的速率v正=k正?x2(SiHCl3)，v逆=k逆?x(SiH2Cl2)?x(SiCl4)，k正、k逆分別為正、逆反應(yīng)速率常數(shù)，x為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，且平衡常數(shù)K=。則b點(diǎn)時的=___。【答案】(1)+690kJ?mol-1(2分)高溫(1分)(2)(2分)(3)①M(fèi)(1分)②>(1分)起始濃度相同，轉(zhuǎn)化率相同，故a、b兩點(diǎn)的反應(yīng)物濃度也相同，但a點(diǎn)對應(yīng)的溫度較高，所以反應(yīng)速率較大(2分)③29%或0.29(2分)④1.28(3分)【解析】(1)已知：反應(yīng)I：2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH1=-221kJ·mol-1反應(yīng)II：Si(s)+O2(g)=SiO2(s)ΔH2=-911kJ·mol-1，則工業(yè)上用SiO2與碳反應(yīng)制粗硅的目標(biāo)反應(yīng)為：SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)可由I-II得到，故ΔH=ΔH1-ΔH2=(-221kJ·mol-1)-(-911kJ·mol-1)=+690kJ·mol-1，故制備粗硅的反應(yīng)是一個熵增的吸熱反應(yīng)，其能自發(fā)進(jìn)行的條件是高溫；(2)由圖可知，在壓強(qiáng)為10MPa條件下，在1500℃時，=10-2，即P(SiO)+P(CO)=10MPa，解得：P(SiO)=，P(CO)=，則用各物質(zhì)的平衡分壓表示反應(yīng)1的平衡常數(shù)Kp=P(SiO)P(CO)=×=MPa2；(3)①已知：50℃時，平衡常數(shù)為0.02；70℃時，平衡常數(shù)為0.04，說明該反應(yīng)為一個吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動，SiHCl3的平衡轉(zhuǎn)化率增大，故代表溫度為70℃的曲線是M；②由圖像可知，起始濃度相同，轉(zhuǎn)化率相，故a、b兩點(diǎn)的反應(yīng)物濃度也相同，但a點(diǎn)對應(yīng)的溫度較高，所以反應(yīng)速率較大；③由上述分析可知，曲線M對應(yīng)的溫度為70℃，對應(yīng)的平衡常數(shù)為0.04，則由：根據(jù)平衡常數(shù)可知：，解得x=，SiHCl3平衡轉(zhuǎn)化率為=29%；④由上述分析可知，曲線N對應(yīng)溫度為50℃，對應(yīng)的平衡常數(shù)為0.02，已知：該反應(yīng)的速率v正=k正?x2(SiHCl3)，v逆=k逆?x(SiH2Cl2)?x(SiCl4)，k正、k逆分別為正、逆反應(yīng)速率常數(shù)，x為物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，且平衡常數(shù)K=，由圖示可知，b點(diǎn)對應(yīng)的轉(zhuǎn)化率為20%，故有：則x(SiHCl3)=0.8，x(SiH2Cl2)=x(SiCl4)=0.1，故b點(diǎn)時的===1.28。29.（10分）為研究某種植物對鹽的耐受性，科學(xué)家測定了不同鹽濃度對該植物的凈光合速率和光合色素含量的影響，結(jié)果如下表所示。回答下列問題。NaCl濃度/(mmol·L－1)凈光合速率/[μmolCO2·(m2·s)－1]光合色素含量/(mg·g－1)06.03.05506.83.161005.93.041505.72.62002.52.082502.01.75(1)光合色素分布在葉綠體的________上，要測定其含量，需先用________提取。(2)光合作用可分為光反應(yīng)和暗反應(yīng)兩個階段，其中光反應(yīng)為暗反應(yīng)提供______________________________________________________________。(3)據(jù)表分析，與對照組和低鹽濃度組相比，在高鹽濃度下，植物體的有機(jī)物積累速率________(填“增加”“下降”或“不變”)。原因可能是①_____________，直接影響光反應(yīng)；②________________________________________________，造成暗反應(yīng)受阻。【答案】(1)類囊體薄膜（1分）無水乙醇（1分）(2)[H]和ATP（2分）(3)下降（2分）①高濃度NaCl降低光合色素含量，影響對光能的吸收（2分）②根細(xì)胞因滲透失水，導(dǎo)致葉片氣孔關(guān)閉，CO2吸收減少（2分）【解析】(1)植物的光合色素分布在葉綠體的類囊體薄膜上。光合色素易溶解于有機(jī)溶劑，如無水乙醇，故可用無水乙醇提取。(2)光合作用分為光反應(yīng)和暗反應(yīng)，光反應(yīng)為暗反應(yīng)提供[H]和ATP，暗反應(yīng)為光反應(yīng)提供ADP和Pi等。(3)根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，NaCl濃度超過一定值，隨著NaCl濃度的增加，植物凈光合速率和光合色素含量均減少，光反應(yīng)受色素含量的影響較大，暗反應(yīng)需要吸收二氧化碳，若外界溶液濃度過高，將導(dǎo)致植物細(xì)胞失水，為防止水分過多散失，氣孔將關(guān)閉，進(jìn)而影響二氧化碳的吸收。30.（10分）斑翅果蠅翅的黃色和白色、有斑點(diǎn)和無斑點(diǎn)分別由兩對等位基因A/a、B/b控制。用純合的黃色有斑點(diǎn)果蠅與白色無斑點(diǎn)果蠅進(jìn)行雜交，F(xiàn)1全是黃色有斑點(diǎn)果蠅。讓F1雌、雄果蠅交配得F2，F(xiàn)2表現(xiàn)型的比例為7∶3∶1∶1。請分析回答：(1)斑翅果蠅翅的顯性性狀為________________。(2)針對“F2表現(xiàn)型的比例為7∶3∶1∶1”這一結(jié)果，研究小組嘗試作出解釋：①研究小組認(rèn)為：控制斑翅果蠅翅的兩對等位基因分別位于兩對常染色體上，且存在雄配子不育的現(xiàn)象。據(jù)此推斷，不育雄配子的基因型為________，F(xiàn)2的基因型共有________種，F(xiàn)2中純合子的比率為________。②為驗(yàn)證上述解釋的正確性，可重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，獲得F1后，選擇F1中________(填“雌”或“雄”)果蠅進(jìn)行測交。若測交后代表現(xiàn)型的比例為________，則研究小組的解釋是正確的?！敬鸢浮?1)黃色、有斑點(diǎn)（1分）(2)①Ab或aB（2分）8（2分）1/4（2分）②雄（1分）1∶1∶1（2分）【解析】(2)①由分析可知，不育雄配子的基因型為Ab或aB，結(jié)合分析可知，若aB雄配子致死，則缺少的基因型就是aaBB，即F2的基因型共有8種，F(xiàn)2中純合子的比率為3/12＝1/4。②為驗(yàn)證上述解釋的正確性，可采用測交進(jìn)行驗(yàn)證，因?yàn)闇y交可以檢測待測個體產(chǎn)生的配子類型及比例，因此選擇F1中雄果蠅進(jìn)行測交，即F1中雄果蠅與白色無斑點(diǎn)雌果蠅進(jìn)行雜交。若后代表現(xiàn)型的比例為1∶1∶1，則說明是基因型為Ab或aB的雄配子致死引起的31.（10分）新型冠狀病毒(2019－nCoV)屬于一種帶有包囊膜的RNA病毒。研究表明，新型冠狀病毒通過其包囊膜上的刺突蛋白與宿主細(xì)胞表面的血管緊張素轉(zhuǎn)化酶2(ACE2)分子結(jié)合，隨后包囊膜與宿主細(xì)胞膜融合，病毒衣殼與遺傳物質(zhì)進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)，完成感染過程。回答下列問題：(1)2019－nCoV主要通過呼吸道侵入人體，鼻腔中的黏膜和毛發(fā)屬于人體免疫系統(tǒng)的第________道防線，可抵御部分病原體的侵襲。(2)愈后患者短期內(nèi)不容易再次被2019－nCoV感染，原因是體內(nèi)產(chǎn)生了________細(xì)胞，當(dāng)再次接觸2019－nCoV時，可以迅速增殖分化為_____________________________________________________。(3)多次注射恢復(fù)期康復(fù)病人的血漿有助于某些重癥、危重癥新冠肺炎患者的治療，主要原因是________________________________________________________，但是某些患者在注射過程中或以后出現(xiàn)了皮膚蕁麻疹、氣管痙攣、嘔吐等癥狀，醫(yī)生判斷其出現(xiàn)了過敏反應(yīng)，過敏反應(yīng)是指________________________________________________________________________。(4)目前，臨床上仍無應(yīng)對新冠肺炎的特效藥，請結(jié)合題目信息及所學(xué)知識，為治療新冠肺炎的藥物研發(fā)提出新思路：__________________________________________________________________________________________________________________________(答出1條即可)?！敬鸢浮?1)一（1分）(2)記憶（1分）漿細(xì)胞和效應(yīng)T細(xì)胞（2分）(3)康復(fù)者血漿中含有與新型冠狀病毒結(jié)合的特異性抗體（2分）已免疫的機(jī)體，再次接受相同的過敏原時所發(fā)生的組織損傷或功能紊亂（2分）(4)研發(fā)能夠抑制新型冠狀病毒RNA復(fù)制的藥物、阻止包囊膜上的刺突蛋白與宿主細(xì)胞表面的血管緊張素轉(zhuǎn)化酶2(ACE2)分子結(jié)合的藥物、提高免疫細(xì)胞免疫功能的藥物等（2分）32.（9分）“要讓黃河成為造福人民的幸福河，黃河是中華民族的母親河”。這是習(xí)近平總書記2019年9月18日在黃河流域生態(tài)保護(hù)和高質(zhì)量發(fā)展座談會上強(qiáng)調(diào)的，保護(hù)黃河是事關(guān)中華民族偉大復(fù)興和永續(xù)發(fā)展的千秋大計，必須樹牢“綠水青山就是金山銀山”“生態(tài)優(yōu)先，綠色發(fā)展”的鮮明理念。回答下列問題：(1)若干年前，黃河下游濕地生態(tài)系統(tǒng)遭到一定的破壞后，生物多樣性也降低。為了恢復(fù)其生物多樣性，治理環(huán)境工作者應(yīng)在無機(jī)環(huán)境得到改善的基礎(chǔ)上，生態(tài)系統(tǒng)組成成分中應(yīng)首先增加__________的種類和數(shù)量，從而增加____________的復(fù)雜程度，進(jìn)而使?jié)竦厣鷳B(tài)系統(tǒng)的________穩(wěn)定性增強(qiáng)。(2)為響應(yīng)黨中央推進(jìn)生態(tài)文明建設(shè)，現(xiàn)擬通過引進(jìn)部分生物的辦法來提高該生態(tài)系統(tǒng)的穩(wěn)定性，需要考慮的因素有____________________________________________________________和_____________________________________________________________________________。(3)雖然黃河流域生態(tài)環(huán)境有明顯向好的趨勢，但由于黃河流域的工業(yè)、城鎮(zhèn)生活和農(nóng)業(yè)面源三方面污染，加之尾礦庫污染，使得2018年黃河137個水質(zhì)斷面中，劣V類水占比達(dá)12.4%。如果你是一位環(huán)境工作者，請從生態(tài)環(huán)境保護(hù)的角度，對黃河水域治理給出一些建議：_______________________________________________________________________________________________________________________________________________(答出2點(diǎn)即可)?！敬鸢浮?1)生產(chǎn)者（1分）營養(yǎng)結(jié)構(gòu)（1分）抵抗力（1分）(2)引進(jìn)生物對黃河流域生態(tài)環(huán)境的適應(yīng)能力（2分）引進(jìn)生物與現(xiàn)存生物的種間關(guān)系(或引進(jìn)生物的數(shù)量及繁殖能力等)（2分）(3)增加水生植物的種類，增強(qiáng)河流的自我凈化能力；減少污水排放量，控制污染源；利用基因工程技術(shù)研制具有分解污染物能力的“轉(zhuǎn)基因細(xì)菌”（2分）【解析】(1)由于生產(chǎn)者是生態(tài)系統(tǒng)的基石，其他生物都直接或間接以植物為食，所以生態(tài)系統(tǒng)組成成分中應(yīng)首先增加生產(chǎn)者的種類和數(shù)量，從而增加營養(yǎng)結(jié)構(gòu)的復(fù)雜程度，進(jìn)而使?jié)竦厣鷳B(tài)系統(tǒng)的抵抗力穩(wěn)定性增強(qiáng)。(2)為防止生物入侵以及考慮到引進(jìn)生物對當(dāng)?shù)丨h(huán)境的適應(yīng)性，在引進(jìn)生物時需要考慮引進(jìn)生物對黃河流域生態(tài)環(huán)境的適應(yīng)能力和引進(jìn)生物與現(xiàn)存生物的種間關(guān)系(或引進(jìn)生物的數(shù)量及繁殖能力)等，從而使引進(jìn)生物與當(dāng)?shù)厣飿?gòu)建相對穩(wěn)定的營養(yǎng)結(jié)構(gòu)。(3)由于黃河流域的工業(yè)、城鎮(zhèn)生活和農(nóng)業(yè)面源三方面污染，加之尾礦庫污染等，使黃河水質(zhì)中污染物的來源較多，所以在水域治理時，可從減少污染物的流入和增加污染物的分解兩個方面入手進(jìn)行治理，如增加水生植物的種類，增強(qiáng)河流的自我凈化能力；減少污水排放量，控制污染源；利用基因工程技術(shù)研制具有分解污染物能力的“轉(zhuǎn)基因細(xì)菌”等。（二）選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。33．【選修3-3】（15分）[來源：學(xué)|科|網(wǎng)]（1）（5分）下列說法正確的是_________。（填正確答案標(biāo)號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分）A．當(dāng)一定質(zhì)量的氣體吸熱時，其內(nèi)能可能減小B．當(dāng)分子間距離增大時，分子間的引力增大，斥力減小C．并不是所有晶體的物理性質(zhì)都表現(xiàn)為各向異性，但所有晶體都有固定的熔點(diǎn)D．密閉容器中液體上方的飽和汽壓隨溫度的升高而增大E．熱量不可以自發(fā)地從低溫物體傳遞到高溫物體，是因?yàn)檫`背了熱力學(xué)第一定律【答案】ACD【解析】A．根據(jù)熱力學(xué)第一定律，如果氣體吸熱的同時對外做功，其內(nèi)能可能減小。A正確；B．當(dāng)分子間距離增大時，分子間的引力和斥力都減小。B錯誤；C．單晶體各向異性，多晶體各向同性，所有的晶體都有固定的熔點(diǎn)。C正確；D．密閉容器中液體上方的飽和汽壓隨溫度的升高而增大。D正確；E．熱量不可以自發(fā)地從低溫物體傳遞到高溫物體，是因?yàn)檫`背了熱力學(xué)第二定律。E錯誤。故選ACD。（2）（10分）如圖所示，為某學(xué)生設(shè)計的一枚“水火箭”。現(xiàn)用打氣筒向火箭內(nèi)部打氣，向上提活塞時大氣自由進(jìn)入氣筒內(nèi)部；當(dāng)活塞壓到一定程度時，氣筒內(nèi)氣體被壓到火箭內(nèi)部。已知打氣之前，火箭內(nèi)氣體的壓強(qiáng)與大氣壓強(qiáng)相同、體積為V；活塞每次上提后進(jìn)入氣筒內(nèi)的氣體的體積為0.5V；打氣過程中溫度不變，火箭的體積不變。求：（?。┑?次打氣完成后，水火箭內(nèi)氣體的壓強(qiáng)；（ⅱ）若氣筒活塞每次上提的高度為h，第n次打氣時，下壓活塞到離筒底長度為多大時才能將氣體打入火箭內(nèi)部?！敬鸢浮浚╥）；（ii）【解析】（i）設(shè)第一次打氣后氣壓為，打氣過程前后應(yīng)遵循波義耳定律可求出（ii）設(shè)第n次打氣前（即n-1次打氣后）氣壓為，n-1次打氣可等效為一次氣體壓縮過程，滿足波義耳定律解出第n次打氣時，氣筒內(nèi)氣體壓縮至壓強(qiáng)達(dá)到時打入火箭內(nèi)部，設(shè)此時活塞到筒底長度為，氣筒內(nèi)部橫截面積為，根據(jù)波義耳定律可求得34．【選修3-4】（15分）（1）（5分）下列說法正確的是_________。（填正確答案標(biāo)號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分）A．單色光從光密介質(zhì)進(jìn)入光疏介質(zhì)時，光的波長不變B．雨后路面上的油膜形成的彩色條紋是由光的干涉形成的C．楊氏雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，當(dāng)兩縫間的距離以及雙縫和屏的距離一定時，紅光干涉條紋的相鄰條紋間距比藍(lán)光干涉條紋的相鄰條紋間距小D．光的偏振現(xiàn)象特征說明光是橫波E．玻璃中的氣泡看起來特別明亮，是因?yàn)楣鈴牟Ａ湎驓馀輹r，一部分光在界面上發(fā)生了全反射的緣故【答案】BDE【解析】A．單色光從光密介質(zhì)進(jìn)入光疏介質(zhì)時，頻率不變，光速發(fā)生了變化，所以光的波長也發(fā)生變化，選項(xiàng)A錯誤；B．雨后路面上的油膜形成的彩色條紋是由光的干涉形成的，選項(xiàng)B正確；C．根據(jù)光的干涉條紋間距公式Δx＝λ，可知紅光的波長長，則紅光干涉條紋的相鄰條紋間距比藍(lán)光干涉條紋的相鄰條紋間距大，選項(xiàng)C錯誤；D．光的偏振現(xiàn)象說明光是橫波，選項(xiàng)D正確；E．玻璃中的氣泡看起來特別明亮，是因?yàn)楣鈴牟Ａ湎驓馀輹r，即從光密介質(zhì)射向光疏介質(zhì)時，一部分光在界面上發(fā)生了全反射，選項(xiàng)E正確。故選BDE。（2）（10分）均勻介質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)P、Q的平衡位置位于x軸上，坐標(biāo)分別為0和。某簡諧橫波沿x軸正方向傳播，波速，波長大于，振幅為，且傳播時無衰減。時刻P、Q偏離平衡位置的位移大小相等、方向相反，運(yùn)動方向相同，此后經(jīng)兩者偏離平衡位置的位移大小相等、方向相反。已知在時刻（），質(zhì)點(diǎn)P位于波峰。求：（1）該列波的波長；（2）時刻質(zhì)點(diǎn)Q偏離平衡位置的位移大小?！敬鸢浮浚?）48cm；（2）1cm【解析】（1）由時刻P、Q偏離平衡位置的位移大小相等、方向相反，運(yùn)動方向相同，此后經(jīng)兩者偏離平衡位置的位移大小相等、方向相反，可知又故彼長為（2）由于故Q的振動狀態(tài)滯后于P的相位已知在時刻，質(zhì)點(diǎn)P位于波峰故Q點(diǎn)位移t1時刻質(zhì)點(diǎn)Q偏高平衡位置的位移大小為1cm35．(15分)推廣磷酸亞鐵鋰電池的新能源汽車對減少二氧化碳排放和大氣污染具有重要意義。工業(yè)上用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl及苯胺()為原料制磷酸亞鐵鋰材料?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)鐵原子核外電子運(yùn)動狀態(tài)有______種；基態(tài)Fe3+較基態(tài)Fe2+穩(wěn)定的原因是______。(2)在NH4H2PO4中的N、P、O三種元素的電負(fù)性由大到小的順序是______；NH的空間構(gòu)型為______；H2PO中P原子的雜化軌道類型為____________。(3)1mol中含有______molσ鍵；苯胺水溶性大于苯的主要原因是________________________。(4)構(gòu)想某鋰電池的負(fù)極材料晶體是鋰原子嵌入石墨烯層間，晶體結(jié)構(gòu)如圖。①石墨的硬度小、熔沸點(diǎn)高的原因分別是__________________。②如圖晶體的化學(xué)式為______；該晶體中最近的兩個碳原子核間距離為142pm，石墨烯層間距離為335pm，則該晶體的密度為______g?cm-3(用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，列式即可)?！敬鸢浮?1)26(1分)基態(tài)Fe3+價層電子式為3d5，處于半滿較穩(wěn)定狀態(tài)(1分)(2)O>N>P(1分)正四面體形(1分)sp3雜化(1分)(3)14(1分)苯胺與水能形成分子間氫鍵而苯不能(2分)(4)石墨晶體為層狀結(jié)構(gòu)，層間作用力為范德華力，硬度小，層內(nèi)碳原子間以共價鍵結(jié)合，熔沸點(diǎn)高(2分)LiC6(2分)(3分)【解析】(1)根據(jù)鮑利原理可知，原子核外沒有運(yùn)動狀態(tài)相同的電子，鐵是26號原子，核外有26個電子，則基態(tài)鐵原子核外電子運(yùn)動狀態(tài)有26種，根據(jù)洪特規(guī)則及特例可知，由于基態(tài)Fe3+價層電子式為3d5，處于半滿較穩(wěn)定狀態(tài)，導(dǎo)致基態(tài)Fe3+較基態(tài)Fe2+更穩(wěn)定；(2)根據(jù)同一周期從左往右元素的電負(fù)性依次增強(qiáng)，同一主族從上往下元素的電負(fù)性依次減弱，故在NH4H2PO4中的N、P、O三種元素的電負(fù)性由大到小的順序是O＞N＞P，NH4+的中心原子N周圍的價層電子對數(shù)為：4+=4，則其空間構(gòu)型為正四面體，已知PO43-中中心原子P原子周圍的價層電子對數(shù)為：4+=4，則P的雜化方式為sp3，H2PO4-與PO43-的雜化方式相同，則H2PO4-中P原子的雜化軌道類型為sp3；(3)已知單鍵均為σ鍵，苯環(huán)上6個碳碳鍵均為介于單鍵和雙鍵之間獨(dú)特的鍵，則1mol中含有14molσ鍵；由于苯胺與水能形成分子間氫鍵而苯不能，導(dǎo)致苯胺水溶性大于苯；(4)①由于石墨晶體為層狀結(jié)構(gòu)，層間作用力為范德華力，導(dǎo)致其硬度小，但層內(nèi)碳原子間以共價鍵結(jié)合，導(dǎo)致其熔沸點(diǎn)又很高；②由題干晶胞圖可知，Li位于8個頂點(diǎn)，C由8個位于側(cè)面上，2個位于體內(nèi)，故一個晶胞含有的Li+為：8×eq\f(1,8)=1，C原子個數(shù)為：8×eq\f(1,2)+2=6，則晶體的化學(xué)式為LiC6，該晶體中最近的兩個碳原子核間距離為142pm，則底邊邊長為3×142pm，石墨烯層間距離為335pm，又底邊為平行四邊形，頂角為60°，設(shè)晶胞的密度為dg/cm3，晶胞質(zhì)量為g，晶胞體積為(3×142)2×335×10-30cm3，結(jié)合密度公式ρ=，解得d=g/