高考试题重庆卷——理综解析版

高考试题重庆卷——理综解析版

‎2010年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）‎ 理科综合能力测试 绝密 ★ 启用前 ‎2010年高考试题——化学（重庆卷）解析版 ‎【名师简评】本套试题体现出以下特点：‎ 一、体现了求稳的思想。试题在内容上偏重考查力学知识、化学中的主干知识、生命活动调节、遗传和变异、生物与环境等。 试题难度适中，以中档题为主，层次分明，无偏题怪题。‎ 二、体现了稳中求变的思想。命题的形式灵活多变，热学、光学和原子物理仍以选择题的形式出现，实验沿袭以往的基本模式，一力一电，突出对主干知识的考查，在新的物理情景中考查物理中的基本模型、基本的解题方法。化学非选择题考查主要能体现出化学学科的科学素养，如守恒思想，如第26的（1）、（5），第29题 ①；会读创新题，如第27题的教材的氨催化氧化实验的探究。生物新陈代谢部分由原来的非选择转变为选择题的形式进行考查，微生物的培养作为非选择题的形式进行考查；突出实验内容的考查。三、关注热点知识和最新科技发展、兼顾基础知识，突出能力的考查和培养。通过图表考查考生的信息获取能力、对比分析能力和理论联系实际的能力，如第4、28、 31题。‎ 理科综合能力测试试题分选择题和非选择题两部分．第一部分（选择题）1至5页，第二部分（非选择题）6至12页，共12页．满分300分．考试时间150分钟．‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上．‎ ‎2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．‎ ‎3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．‎ ‎4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．‎ ‎5．考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回．‎ 以下数据可供解题时参考：‎ 相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Cu 40‎ ‎ 第一部分（选择题共126分）‎ 本部分包括21小题，每小题6分，共126分．每小题只有一个选项符合题意 ‎6．减缓温室气体排放是2009年哥本哈根气候变化会议的议题。下列反应不产生温室气体的是 A．用纯碱制玻璃 B．用煤炭作燃料 C．用铁矿石炼铁 D．用氨制碳酸铵 ‎6. 答案D ‎【解析】本题考查反应中产生的温室气体。A项，制玻璃的反应为:Na2CO3+SiO2 Na2SiO3+CO2；B项，碳燃烧可产生CO2气体；C项，铁矿石与C或CO反应可生成CO2；这三项均生成CO2，即产生温室气体。D项，NH3与CO2反应生成(NH4)2CO3，没有产生CO2。‎ ‎7．下列实验装置（固定装置略去）和操作正确的是 ‎7. 答案A ‎【解析】本题考查实验装置图的分析。A项，CCl4与水分层，故可以用分液操作，正确。B项，NaOH应放在碱式滴定管中，错误。C项，倒置的漏斗中应置于液面上，否则起不了防倒吸的作用，错误。D项，温度计应测小烧杯中的温度，错误。‎ ‎8．下列叙述正确的是 A．铝制容器可盛装热的H2SO4 ‎ B．Agl胶体在电场中自由运动 C．K与水反应比Li与水反应剧烈 D．红磷在过量Cl2中燃烧生成PCl3‎ ‎8. 答案C ‎【解析】本题考察物质的性质。A项，铝与热的浓硫酸反应，错误。B项，AgL胶体吸附电荷而带电，故在电场作用下做定向移动，错误。C项，K比Li活泼，故与水反应剧烈，正确。D项，P与过量的反应，应生成,错误。‎ ‎【误区警示】铝在冷、热中发生钝化，但是加热则可以发生反应，胶体自身不带电，但是它可以吸附电荷而带电。由此警示我们，化学学习的平时学生一定要严谨，对细小知识点要经常记忆，并且要找出关键字、词。‎ ‎9．能鉴别Mg、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液的试剂是 A．HNO3 B．KOH C．BaCl2 D．NaClO ‎9. 答案A ‎【解析】本题考查物质的鉴别。HNO3氧化I－生成棕色的碘，与Na2CO3产生无色的CO2气体，与NaAlO2反应先生成白色沉淀然后溶解，现象均不同。‎ ‎10． 当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO的浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是 A．①②④ B．①④⑥ C．②③⑥ D．③⑤⑥‎ ‎10. 答案B ‎【解析】本题考查化学平衡的移动。该反应为体积增大的吸热反应，所以升温和减压均可以促使反应正向移动。恒压通入惰性气体，相当于减压。恒容通入惰性气体与加催化剂均对平衡无影响。增加CO的浓度，将导致平衡逆向移动。‎ ‎【方法提炼】对于恒容容器，通入稀有气体，由于容器的体积不变，各组分的浓度保持不变，故反应速率保持不变，平衡也即不移动。若为恒压容器，通入稀有气体，容器的体积膨胀，对于反应则相当于减压。‎ ‎11．贝诺酯是由阿司匹林、扑热息痛经化学法拼合制备的解热镇痛抗炎药，其合成反应式（反应条件略去）如下：‎ 下列叙述错误的是 A．FeCl3 溶液可区别阿司匹林和扑热息痛 B．1mol阿司匹林最多可消耗2mol NaOH C．常温下贝诺酯在水中的溶解度小于扑热息痛 D．C6H7NO 是扑热息痛发生类似脂水解反应的产物 ‎11. 答案B ‎【解析】本题考查有机物的结构与性质。A项，扑热息痛含有酚烃基，而阿司匹林没有，而酚烃基可以与可发生显色反应，正确。B项，阿司匹林中酯水解生成的酚还要继续与反应，故1mol阿司匹林可消耗3mol,错误。C项，贝诺酯中有两个酯基，这些均为憎水基，故其溶解度小，正确。D项，扑热息痛的水解产物之一为：，其化学式为,正确。‎ ‎12．已知 蒸发1mol Br2（l）需要吸收的能量为30kJ，其它相关数据如下表：‎ 则表中a为 A．404 B．‎260 C．230 D．200‎ ‎12. 答案D ‎【解析】本题考查盖斯定律的计算。由已知得：Br2(l)=Br2(g) DH=+30KJ/mol，则H2(g) + Br2(g) = 2HBr(g)；DH= －102KJ/mol。436+a-2×369=－102；a=―200KJ，D项正确。‎ 第二部分（非选择题共174分）‎ ‎26．（15分）金属钙线是炼制优质钢材的脱氧脱磷剂，某钙线的主要成分为金属M和，并含有3.5%（质量分数）．‎ ‎（1）元素在周期表中位置是 ，其原子结构示意图 ．‎ ‎（2）与最活跃的非金属元素A形成化合物D，D的电子式为 ，D的沸点比A与形成的化合物E的沸点 ．‎ ‎（3）配平用钙线氧脱鳞的化学方程式：‎ ‎ P+ FeO+ CaO + Fe ‎（4）将钙线试样溶于稀盐酸后，加入过量溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色.则金属M为______；检测的方法是_____（用离子方程式表达）．‎ ‎（5）取‎1.6g钙线试样，与水充分反映，生成224ml.（标准状况），在想溶液中通入适量的，最多能得到 g．‎ ‎26．答案（5分）‎ ‎（1）第四周期第ⅡA族，‎ ‎（2） ，高 ‎（3）2P+5FeO+3CaOCa3（PO4）2+5Fe ‎（4）Fe;Fe+3SCN-=Fe(SCN)3‎ ‎（5）1.1‎ ‎【解析】本题考查钙、铁的知识。（1）Ca为20号，位于第四周期，第IIA族。（2）最活泼的金属为：F, 为离子化合物，为分子晶体，故的沸点高。（3）P从0价升至+5价，从+2价降至0价，根据得失电子守恒有，P前配2，前配5.（4）有颜色变化可知，红褐色为,与KSCN变血红色。（5）与中只有与水能反应生成，由~得，n()=0.224/22.4=0.01mol。n()=1.6×3.5%/56=0.01MOL。由钙守恒得，m()=(0.01+0.001)×100=1.1g。‎ ‎27．（15分）某兴趣小组用题27图装置探究氨的催化氧化．‎ ‎（1）氨催化氧化的化学方程式为___________________．‎ ‎（2）加热玻璃管2一段时间后，挤压1中打气球鼓入空气，观察到2中物质呈红热状态；停止加热后仍能保持红热，该反应是_________反应（填“吸热”或“放热”）．‎ ‎（3）为保证在装置4中观察到红棕色气体，装置3应装入_________；若取消3，在4中仅观察到大量白烟，原因是___________________．‎ ‎（4）为实现氨催化氧化，也可用装置5替换装置_________（填装置代号）；化合物X为_________（只写一种），Na2O2的作用是___________________．‎ ‎27．答案（15分）‎ ‎（1）4NH3+5O24NO+6H2O ‎（2）放热 ‎（3）浓H2SO4；生成的NO与O2反应生成NO2,NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了 ‎ (4)I; 与HCL反应生成氧气（合理答案均给分）‎ ‎【解析】本题考查氨的催化氧化。（1）和氧化生成。（2）该反应为放热，故不加热后仍能保持红热状态。（3）产物中有和，会被氧化生成，在于空气中的水蒸气反应生成,而与会产生白烟。（4）装置5与1均产生科产生。加热分解可得和HCL,而HCL与可生成。‎ ‎28．（16分）阻垢剂可防止工业用水过程中无机物沉积结垢，经由下列反应路线可得到E和R两种阻垢剂（部分反应条件略去）．‎ ‎（1）阻垢剂E的制备 ‎① A可由人类重要的营养物质________水解制得（填“糖类”、“油脂”或“蛋白质”）．‎ ‎② B与新制的Cu(OH)2反应生成D，其化学方程式为______________．‎ ‎③ D经加聚反应生成E，E的结构简式为______________．‎ ‎（2）阻垢剂R的制备 ‎①为取代反应，J的结构简式为__________________．‎ ‎②J转化为L的过程中，L分子中增加的碳原子来源于 __________________．‎ ‎③由L制备M的反应步骤依次为：‎ ‎、_____、_____（用化学方程式表示）．‎ ‎④1 mol Q的同分异构体T（碳链无支链）与足量NaHCO3溶液作用产生2 mol CO2，T的结构简式为__________（只写一种）．‎ ‎28．答案（16分）‎ ‎（1）①油脂 ‎ ②‎ ‎③‎ ‎ (2) ①CH2BrCH2Br ②CO2‎ ‎ ③HOOCCH2CHBrCOOH+3NaOHNaOOCCH=CHOONa+NaBr+3H2O ‎ NaOOCCH=CHCOONa+H2SO4→HOOCCH==CHCOOH+Na2SO.‎ ‎④‎ ‎【解析】本题考查有机物的推断。（1）油脂水解可得高级脂肪酸和甘油（物质A）。B能与新制的Cu(OH)2反应，说明B中含有醛基。由B的化学式可知，B的结构简式为CH2=CHCHO。再经催化氧化可得D为CH2=CHCOOH。再将碳碳双键打开，发生加聚反应即可得E。（2）G至J是将溴取代了羟基。由J至L的条件不难发现，增加的碳应为CO2中的碳。L至M即是要产生碳碳双键。溴原子在碱的醇溶液中发生消去反应，可得碳碳双键，生成的钠盐在H2SO4作用下，发生强酸制弱酸，即可得M。1mol Q与NaHCO3能产生2mol CO2，则Q中应存在2个羧基，而Q中的环，可以改成双键（碳氧双键或是碳碳双键均可）。‎ ‎29．（14分）钒（V）及其化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域．‎ ‎（1）V2O5是接触法制硫酸的催化剂．‎ ‎ ①一定条件下，与空气反映t min后，和物质的量浓度分别为a mol/L和b mol/L, 则起始物质的量浓度为 mol/L ；生成的化学反应速率为 mol/(L·min) ．‎ ②工业制硫酸，尾气用_______吸收．‎ ‎（2）全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如题29图所示．‎ ①当左槽溶液逐渐由黄变蓝，其电极反应式为 ．‎ ②充电过程中，右槽溶液颜色逐渐由 色变为 色．‎ ③放电过程中氢离子的作用是 和 ；充电时若转移的电子数为3.011023个，左槽溶液中n(H+)的变化量为 ．‎ ‎29．答案（14分）‎ ‎ （1）①；‎ ‎②氨水 ‎ （2）①‎ ‎ ②绿 紫 ‎ ③参与正极反应; 通过交换膜定向移动使电流通过溶液；0.5mol ‎【解析】本题考查以钒为材料的化学原理题，涉及化学反应速率和电化学知识。‎ （1） 由S守恒可得，的起始浓度为（a+b）mol/L。的速率为单位时间内浓度的变化，即b/tmol/(L﹒min)。可以用碱性的氨水吸收。‎ （2） ‎①左槽中，黄变蓝即为生成，V的化合价从+5降低为+4，得一个电子，0原子减少，从图中知，其中发生了移动，参与反应，由此写成电极反应式。②作为原电池，左槽得电子，而右槽失电子。充电作为电解池处理，有槽中则为得电子，对应化合价降低，即为生成，颜色由绿生成紫。③由电极反应式知，参与了反应。溶液中离子的定向移动可形成电流。n=N/NA=3.01×/6.02×=0.5mol。‎ ‎【规律总结】电化学试题的分析一般是从化合价着手，对于原电池，化合价升高的作为负极，化合价降低的作为正极，两极方程式相加即可得总反应。对于电解池，化合价升高作为阳极，降低的作为阴极。两者之间的关系是：正极反应式颠倒即为阳极反应式，负极反应式颠倒即为阴极反应式。‎ 天水市麦积区新阳中学 ‎2010年高考理综真题物理部分解析系列 ‎ ‎ ‎2010年普通高等学校招生全国统一考试（理综）重庆卷 物理部分选择题和实验题全解全析 ‎【金卷精析】‎ 选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确， 6分）‎ 14． 一列简谐波在两时刻的波形如题14图中实践和虚线所示，由图可确定这列波的 A．周期 B．波速 C．波长 D．频率 ‎【答案】C ‎【解析】只能确定波长，正确答案C。题中未给出实线波形和虚线波形的时刻，不知道时间差或波的传播方向，因此无法确定波速、周期和频率。‎ ‎15．给旱区送水的消防车停于水平面，在缓缓放水的过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子势能，则胎内气体 ‎ A．从外界吸热 B.对外界做负功 ‎ B.分子平均动能减少 D.内能增加 ‎【答案】 A ‎【解析】胎内气体经历了一个温度不变，压强减小，体积增大的过程。温度不变，分子平均动能和内能不变。体积增大气体对外界做正功。根据热力学第一定律气体一定从外界吸热。A正确 ‎16．月球与地球质量之比约为1：80，有研究者认为月球和地球可视为一个由两质点构成的双星系统，他们都围绕月球连线上某点O做匀速圆周运动。据此观点，可知月球与地球绕O点运动生物线速度大小之比约为 ‎ A．1：6400 B.1:80‎ ‎ C. 80:1 D:6400:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】月球和地球绕O做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供各自的向心力，则地球和月球的向心力相等。且月球和地球和O始终共线，说明月球和地球有相同的角速度和周期。因此有 ‎，所以，线速度和质量成反比，正确答案C。‎ ‎17．一输入电压为220v，输出电压为36V的变压器副线圈烧坏，为获知此变压器元、复线圈匣数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新饶了5匣线圈。如题17图所示，然后将原来线圈接到220v交流电源上，测得新绕线全的端电压为1v，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线数分别为 A．1100,360 B.1100，180‎ C．2200,180 D. 2200,360‎ ‎【答案】B ‎【解析】对新绕线的理想变压器，根据变压比公式得 变压器烧坏前，同理 ，B正确。‎ ‎18．某电容式话筒的原理示意图如题18图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属基板。对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动。在P、Q间距增大过程中，‎ A．P、Q购车的电容器的电容增大 B．P上电荷量保持不变 C．M点的电势比N点的低 D．M点的电势比N点的高 ‎【答案】D ‎【解析】电容式话筒与电源串联，电压保持不变。在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式得电容减小，又根据电容定义式得电容器所带电量减小，电容器的放电电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高。D正确 ‎19．氢原子分能级示意图如题19所示，不同色光的光子能量如下表所示。‎ 色光 赤 橙 黄 绿 蓝—靛 紫 光子能量范围（eV）‎ ‎1.61~2.00‎ ‎2.00~2.07‎ ‎2.07~2.14‎ ‎2.14~2.53‎ ‎2.53~2.76‎ ‎2.76~3.10‎ 处于某激发态的氢原子，发射的光的谱线在可见光范围内仅有2条，其颜色分别为 A. 红、蓝靛 B. 黄、绿 C. 红、紫 D. 蓝靛、紫 ‎【答案】A ‎【解析】如果激发态的氢原子处于第二能级，能够发出10.2 eV的光子，不属于可见光；如果激发态的氢原子处于第三能级，能够发出12.09 eV、10.2 eV、1.89 ‎ eV的三种光子，只有1.89 eV属于可见光；如果激发态的氢原子处于第四能级，能够发出12.75 eV、12.09 eV、10.2 eV、2.55 eV、1.89 eV、0.66 eV的六种光子，1.89 eV和2.55 eV属于可见光，1.89 eV的光子为红光，2.55 eV的光子为蓝—靛，A正确。‎ ‎20．如题20图所示，空气中有一折射率为的玻璃柱体，其横截而是圆心角为90o,、半径为R的扇形OAB、一束平行光平行于横截面，以45o入射角射到OA上，OB不透光，若考虑首次入射到圆弧上的光，则 上有光透出的部分的弧长为 A. 1/6 R ‎ B. 1/4R C. .1/3 R ‎ D. 5/12 R ‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据折射定律，可得光进入玻璃后光线与竖直方向的夹角为30°。过O的光线垂直入射到AB界面上点C射出，C到B之间没有光线射出；越接近A的光线入射到AB界面上时的入射角越大，发生全反射的可能性越大，根据临界角公式得临界角为45°，如果AB界面上的临界点为D，此光线在AO界面上点E入射，在三角形ODE中可求得OD与水平方向的夹角为180°-（120°+45°）=15°，所以A到D之间没有光线射出。‎ ‎ 由此可得没有光线射出的圆弧对应圆心角为90°-（30°+15°）=45°，为1/4R。‎ ‎21．如题21图所式，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带点粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，，这些粒子的质量，电荷量以及速度大小如下表所示。‎ 由以上信息可知，从图中abc处进入的粒子对应表中的编号分别为 A.3,5, 4 B.4,2,5‎ C.5,3,2 D.2,4,5‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据半径公式结合表格中数据可求得1—5各组粒子的半径之比依次为0.5︰2︰3︰3︰2，说明第一组正粒子的半径最小，该粒子从MQ边界进入磁场逆时针运动。由图a、b粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且a、b粒子的半径比为2︰3，则a一定是第2组粒子，b是第4组粒子。c顺时针运动，都为负电荷，半径与a相等是第5组粒子。正确答案D 第二卷 ‎22．（19分）‎ ‎（1）某同学用打点计时器测量做匀速直线运动的物体的加速度，电源频率，在纸带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个技术点，因保存不当，纸带被污染，如题22图1所示，A、B、C、D是本次排练的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离： 、、‎ 若无法再做实验，可由以上信息推知：[来源:Ks5u.com]‎ ‎①相邻两计数点的时间间隔为 ；‎ ‎②打 C点时物体的速度大小为 （取2位有效数字）‎ ‎③物体的加速度大小为 （用、、和表示）‎ ‎（2）在探究小灯泡的的伏安法测电阻实验中，所用器材有灯泡I，量程恰当的电流表A和电压表，直流电源的滑动变阻器、电键等，要求灯泡两端电压从表开始变化 ‎①实验中滑动变阻器应采用______ 接法（“分压”或“限流”）‎ ‎②某同学已连接如题22图2所示的电路，在连接最后一根导线的c端到直流电源正析之前，请指出其中仅有的2个不当之处，并说明如何改正 A：_______________‎ B:_________________‎ ‎③分别测得两只灯泡l1和l2 的伏安特性曲线如题22图3中Ⅰ和Ⅱ所示，然后将灯泡l1、l2与电池组（电动势和内阻均衡定）连成题22图4所示电路。多次测量后得到通过l1和l2的电流平均值分别为‎0.30A和‎0.60A.‎ ‎ ‎ A.在题22图3中画出电池组路端电压U和电流I的关系曲线。‎ B.由该曲线可知电池组的电动势为_________V,内阻为___________Ω(取两位有效数字)‎ ‎【答案】⑴①0.02s ②2.5 m/s ③‎ ‎⑵①分压 ②A.电键不应闭合，应处于断开状态 B.滑动变阻器的滑动触头P位置不当，应将其置于b端 ③ 4.6V 2.7Ω ‎【解析】⑴①打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为T=0.02s。‎ ‎②根据间的平均速度等于点的速度得m/s ‎③匀加速运动的位移特征是相邻的相等时间间隔内的位移以aT2均匀增大，有 ‎，，，所以 ‎⑵①探究小灯泡的伏安特性曲线要求电压从0到额定电压变化，所以滑动变阻器必须采用分压解法。‎ ‎②在连接线路时必须将每个开关断开，而图中是闭合的这是第一个错误。连好线路后在闭合开关前需要将限流滑动变阻器调到阻值最大，将分压滑动变阻器调到输出为0端，在图中是b端，以保护电源和电表。‎ ‎③描绘电源的伏安特性曲线要求外电阻变化测定对应的多组路端电压和电流，本实验中用两个小灯泡来改变外电阻获得两组电流值，然后在小灯泡的伏安特性曲线上查出对应的电压，用两个坐标点描绘图像。为描绘准确可以先进行理论计算，首先查出两坐标为（0.30A，3.8V）和（0.60A，3.0V），则内阻为Ω，电动势为， V，然后作出准确图像如图。‎ 解析作者: 胡建斌 Email: 13830813326@139.com 单位:天水市麦积区新阳中学 解析了全国1、全国2、四川和重庆理综的物理部分。‎ ‎2010年高考试题生物学科（重庆卷）解析（word版）‎ 重庆市潼南第一中学校 陈从兵 ‎ chencongbinccb@yahoo.com.cn 本部分包括5小题，每小题6分，共30分，每小题只有一个选项符合题意。‎ 1. 下列有关人体糖代谢及调节的叙述，正确的是 A,血糖浓度升高能使胰岛A细胞分泌增强 B饥饿时首先被利用的是肌糖元，其后是脂肪 C糖类分解释放的能量的主要贮存形式是ATP D多食少动，糖类易转变成脂肪和必需氨基酸 正确答案：C 解析：血糖浓度升高，应是胰岛素分泌增多，从而降低血糖浓度使血糖浓度达到正常值80-120mg/dl，而分泌胰岛素的是胰岛B细胞，所以血糖浓度升高能使胰岛B细胞分泌增强，故答案A错。饥饿时首先被利用的是肝糖元，而肌糖元不能直接利用，而必须先转化为乳酸运输到肝脏再合成肝糖元才能利用，所以答案B错。糖类分解释放的能量大部分作为热能散失，少部分能量转移到ATP中贮存，当ATP含量过多时ATP中的一部分能量又转移到磷酸肌酸中贮存，糖类分解释放的能量的主要贮存形式是ATP是正确的。多食少动，糖类易转变成脂肪和某些非必需氨基酸，故答案D错。‎ 分析：此题考查动物代谢中的三大营养物质中糖类的利用、转化和调节以及呼吸作用相关知识，属于识记内容，此题目为容易题。‎ 1. 题2图为光能在叶绿体中转换的示意图，U、V、W、X、Y代表参与光能转换的物质 下列选项，错误的是 A， U在光合作用里的作用是吸收和传递光能 B， V吸收光能后被激发，使分解，产生电子流 C， W为的还原剂，其能量是稳定化学能来源之一 D， U至Y的能量转换在叶绿体囊状结构薄膜上进行 答案：D 解析：此题的图是课本上的图的再现略有改编，首先要识图弄清U、V、W、X、Y代表参与光能转换的物质分别是除少数特殊状态的叶绿素a的其它色素、少数特殊状态的叶绿素a的、NADPH、NADP+、糖类，结合光能在叶绿体中转换过程（光能先转化为电能然后转换为活跃的化学能而后转化为稳定的化学能）可知，答案A 、Ｂ、Ｃ正确；其中光能先转化为电能然后转换为活跃的化学能为光反应过程在叶绿体囊状结构薄膜上所完成，活跃的化学能而后转化为稳定的化学能（Ｗ－Ｙ）则是暗反应过程在叶绿体的基质中完成，故答案Ｄ错。‎ 分析：此题为识图题，首先要把图看清、明白，当然这要靠平时的积累，所以看书时要注重文字与图形结合理解记忆，做此类题目才有效果。考查的是植物代谢的光合作用中的光能在叶绿体中转换的相关知识（选修），也属识记类，为容易题。‎ 2. 下列有关细胞结构和功能的叙述，正确的是 A. 在植物细胞有丝分裂末期高尔基体参与细胞壁形成 B. 在动物细胞有丝分裂间期能观察到纺锤体和中心体 C. 分泌蛋白合成后在内质网和细胞质基质中加工 D. 质粒和线粒体是既有核酸又有外膜的细胞结构 答案：Ａ 解析：在植物细胞有丝分裂末期细胞壁形成，而细胞壁形成与高尔基体有关，故答案Ａ正确。在动物细胞有丝分裂前期能观察到纺锤体和中心体，所以答案Ｂ错。分泌蛋白合成后在内质网和高尔基体中加工，故答案Ｃ错。质粒是只是环状的ＤＮＡ，线粒体是双层膜的结构里面有ＤＮＡ，故答案Ｄ错。‎ 分析：此题考查了细胞的结构和有丝分裂过程相关知识，以及生物膜系统的相关知识（选修），此题属识记类，为容易题。‎ 1. 将一玉米幼苗固定在支架上，支架固定在温、湿度适宜且底部有一透光孔的暗室内，从题4图所示状态开始，光源随暗室同步缓慢匀速旋转，几天后停止于起始位置，此时，幼苗的生成情况是 A，根水平生长，茎向上弯曲 B，根水平生长，茎向下弯曲 C，根下弯曲，茎向上弯曲 D，根向下弯曲，茎向下弯曲 答案：B 解析：此题也为识图题，但图形是书上没有的，是原创的，这就更加考查学生的识图理解能力了。结合文字和图形可知，玉米幼苗固定在支架上，而光源随暗室同步缓慢匀速旋转，表面上是一个均匀光照而实际光源随暗室同步缓慢匀速旋转则是一个单侧光，表面上植物的茎在上、下方要受重力影响有差别而实际上因缓慢匀速旋转各方向受重力影响相同，所以植物的茎只受单侧光的影响而不受重力影响，生长素向背光侧横向运输多于向光侧，此时两侧的生长素的浓度都是促进生长的，背光侧的生长素浓度更有利于植物细胞的纵向伸长，故茎向光（下方）弯曲生长。同理植物的根不受重力的影响而自然水平生长。所以答案B正确。‎ 分析：此题同是一个识图题，但考查的层次更高，要求学生把图看懂，同时还要结合文字理解其含义，并且考查了植物生长素的生理功能的相关知识以及生长素与植物向性运动的关系，此题属理解类，为中档题。‎ 2. 正常人即使闭眼，伸出手指也能触摸自己的鼻尖，这个动作属于 A 。印随行为 B，大脑皮层控制的条件反射活动 C 。本能行为 D，大脑皮层中央前回控制的活动 答案：B 解析：印随行为一般在动物刚刚孵化或出生后立即发生，而正常人一直都具备这个能力，故答案A错。完成这个动作要 大脑皮层中央前回控制，而本能是一系列非条件反射按一定的顺序连锁发生的，故答案C错。正常人即使闭眼，伸出手指也能触摸自己的鼻尖，在这个叙述中没有刺激，故不能为反射，所以答案B错。而这里强调的是动作，没有起因，这种运动是由大脑皮层中央前回控制的活动，所以答案D正确。‎ 分析：此题考查了神经调节与行为中的动物行为的类型的相关知识，主要考查学生对书本上的概念的掌握情况，以及对概念的区别，要抓住概念中的关键词和主谓宾，学生很容易做错此题目，此题为识记类，为中档题。‎ ‎30．（16分）请回答有关绵羊遗传与发育的问题：‎ ‎（1）假设绵羊黑面（A）对白面（a）为显性，长角（B）对短角（b）为显性，两对基因位于染色体上且独立遗传。‎ ‎①在两组杂交试验中，I组子代只有白面长角和白面短角，数量比为3:1；II组子代只有黑面短角和白面短角，数量比为1:1。其亲本的基因型组合是：I组 ，II组 。‎ ‎②纯种与非纯种的黑面长角羊杂交，若子代个体相互交配能产生白面长角羊，则杂交亲本的基因型组合有 。‎ ‎（2）假设绵羊的面色性状属于细胞质遗传，则不同面色的羊杂交，其后代面色性状 （填“能”或“不能”）出现一定分离比。‎ ‎（3）克隆羊多利是将多塞特母羊的乳腺细胞核注入苏格兰羊的去核卵细胞中，将此融合卵细胞培养后植入母羊体内发育而成。‎ ‎①比较三种细胞内的X染色体数：多赛特羊交配后产生的正常受精卵 多利羊的体细胞 苏格兰羊的次级卵细胞（填“>”、“”、“<”、“”、或“=”）。‎ ‎ ②已知哺乳动物的端粒（由DNA组成的染色体末端结构）在个体发育开始后，随细胞分 裂不断缩短。因此，多利的端粒长度应比普通同龄绵羊的 。‎ ‎ ‎ 解析：‎ ‎（1）①杂交试验中，I组子代只有白面长角和白面短角，而这两对基因位于染色体上且独立遗传，因子代只有白面（隐性性状），所以亲本就面色这对基因来说就必是aa和aa，而子代有长角和短角且为数量比为3:1，所以亲本就角这对基因来说就是Ｂｂ和Ｂｂ，因而I组的亲本的基因型组合是： aaBbⅹaaBb；II组子代只有黑面短角和白面短角，数量比为1:1，即只有短角（隐性性状），所以亲本就角这对基因型来说为bb和bb，子代有黑面和白面且数量比为1:1，所以亲本就面色这对基因型来说为Aa和aa，因而II组的亲本的基因型组合是： Aabbⅹaabb。‎ ‎②由题意得出遗传图解：‎ P：纯种黑面长角羊 ⅹ 非纯种黑面长角羊 ‎ AABB A——B——‎ ‎ ↓‎ F1： ---------------- 相互交配 ‎ ‎ ‎ ↓‎ F2： 白面长角羊 ‎ aaB——‎ 由上用逆推法可知，因子二代有aa基因型，所以子一代个体必有a基因，子一代有a基因可推知亲代必有a基因，所以非纯种黑面长角羊的黑面基因型为Aa；又因子二代能出现白面长角羊，有可能出现短角羊（bb），并且长角羊可能为Bb，所以子一代有可能有b基因，从而推知亲本也可能有b基因，故非纯种黑面长角羊的长角基因型可为Bb，另外子二代也可能只出现白面长角羊，并且为纯种（aaBB），所以推知子一代无b基因，从而推知亲本也无b基因，故非纯种黑面长角羊的长角基因型可能为BB，由上可知，非纯种黑面长角羊的基因型为AaBB或AaBb，则杂交亲本的基因型组合有AABBⅹAaBB、AABBⅹAaBb。‎ ‎（2）细胞质遗传的特点之一就是后代不能出现一定的分离比，注意但要出现性状分离。‎ ‎（3）①多赛特羊交配后产生的正常受精卵的性染色体组成可能为XY和XX；克隆羊多利体细胞的性染色体是来自多塞特母羊的乳腺细胞核，所以其性染色体组成为XX；苏格兰羊的次级卵细胞含的X染色体复制后若着丝点还没有分裂，则只有一条X染色体，若在减数第二次裂后期着丝点分裂则有两条X染色体。所以答案为“” 、“”。‎ ‎②多利的染色体是来自多塞特母羊的乳腺细胞核，而多塞特母羊的乳腺细胞是受精卵经过多次分裂形成的，即多利的体细胞分裂次数应比普通同龄绵羊的多，已知哺乳动物的端粒（由DNA组成的染色体末端结构）在个体发育开始后，随细胞分裂不断缩短，因此，多利的端粒长度应比普通同龄绵羊的短。‎ ‎ 分析：此题考查了细胞核和细胞质遗传的相关知识，特别是分离定律和自由组合定律的运用，以及解遗传题用的逆推法的运用，还考查学生对克隆知识的了解和性别决定的相关知识，同时还考查了学生对减数分裂的理解，此题涉及的知识非常多点，并要理解并灵活运用才能完成，但难度不太大，属偏难题。‎ ‎31．（26分）‎ Ｉ．炭疽病是由炭疽杆菌引起的一种人畜共患传染病，炭疽杆菌两端截平、呈竹节状排列，菌落呈卷发状，对炭疽病疑似患者，可根据噬菌体的宿主专一性，通过实验确诊。‎ ‎ 　 （1）细菌培养：采集疑似患者的样本，分离培养，获得可疑菌落。‎ ‎　　　（2）细菌鉴定：实验流程如题31图I所示 ‎ ‎ ‎ ①对配制的液体培养基等需采取 方法灭菌；实验所用液体培养基的碳源为 （填“无机碳”或“有机碳”）。‎ ‎ ②挑选可疑菌落制片后，用 观察，可看到呈竹节状排列的杆菌。‎ ‎ ③接种可疑菌后，‎35℃‎培养24小时，液体培养基变浑浊，原因是 ，对照组试管中应加入 ，与实验组同时培养6小时后，若实验组液体培养基的浑浊度比对照组 （填“高”或“低”‎ ‎），则可明确疑似患者被炭疽杆菌感染；反之则排除。‎ ‎ ④对排除的疑似患者及易感人群，可接种炭疽杆菌疫苗，刺激机体产生相应抗体。 与产生抗体相关的细胞除T细胞、B细胞外，还有 。‎ 解析：①对配制的液体培养基等需采取高压蒸汽（98KPa蒸汽）方法灭菌；实验所用液体培养基的碳源为有机碳，因炭疽杆菌代谢的同化方式为异养型。‎ ‎②挑选可疑菌落制片后，用显微镜观察，可看到呈竹节状排列的杆菌。因细菌比较微小，必须放大后才能看见。‎ ‎③接种可疑菌后，‎35℃‎培养24小时，液体培养基变浑浊，原因是细菌大量繁殖，对照组试管中应加入等量的生理盐水，与实验组同时培养6小时后，若实验组液体培养基的浑浊度比对照组低，则可明确疑似患者被炭疽杆菌感染；反之则排除。要运用实验的等量原则和单一变量原则以及对照原则，噬菌体的宿主具有专一性，患者被炭疽杆菌感染，则实验组加入的噬菌体就会侵染炭疽杆菌，炭疽杆菌就会裂解，细菌数量减少浑浊度低。‎ ‎ ④与产生抗体相关的细胞除T细胞、B细胞外，还有吞噬细胞、效应B细胞。因此时抗体的产生是易感人群第一次接触抗原，所以与记忆细胞无关。‎ ‎ 分析：此题考查微生物细菌的培养的相关知识及实验的原则的掌握和特异性免疫中的体液免疫的知识，比较基础，属识记类，中档题。‎ II． 为探究食物相同的三种水生动物的种群增长规律及种间关系，某小组进行了下列3组实验（各组实验中，每种动物初始数量相等，饲养条件相同）：‎ ‎ 组1：甲种与乙种分别于两个容器中饲养，甲种数量变化如题31图2曲线A所示。‎ ‎ 组2：甲种与乙种于同一容器中饲养，乙种数量变化如曲线F所示。‎ 组3：乙种与丙种于同一容器中饲养，形成上、下层分离分布，一段时间后每种动物的数量均较组1少。‎ ‎（1）组1中，甲种动物的种群数量主要由 ‎ 和 决定；若容 器内饲养液体积为20 mL，则第40天 时乙种的种群密度为 。‎ ‎（2）在某些生态系统中，存在与本实验类 似的种间关系。‎ ‎①在同一段河流中食物相同的两种 鱼，分别分布在河流中央底部和临近河岸底部，其种间关系与图中曲线 代表的类似，其分布体现生物群落的 结构。‎ ‎②在玻璃温室中放养食物相同的两种传粉昆虫后，一种数量增加，另一种减少，其种间关系与图中曲线 代表类似。‎ ‎ ‎ ‎ 解析：（1）组1中，甲种与乙种分别于两个容器中饲养，甲种数量变化为曲线A，表现为S型增长，因食物相同，饲养条件相同，所以此时乙种数量变化也应表现为S型增长，应是曲线C、D、E之一，此时甲种动物的种群数量主要由出生率和死亡率决定。‎ 组2：甲种与乙种于同一容器中饲养，乙种数量变化如曲线F所示。因食物相同，所以甲种与乙种生物之间应属于竞争关系，各组实验中，每种动物初始数量相等，饲养条件相同，此时甲种与乙种生物数量增长都应比在组1中单独培养慢，因而组1中乙种生物数量增长要比组2中的高，变化曲线应为C（因D、E比F在前面增长慢），则第40天时乙种的种群数量为600只，而容器内饲养液体积为20 mL，所以此时乙种的种群密度为30只/ mL（600只/20 mL）。‎ 组3：乙种与丙种于同一容器中饲养，形成上、下层分离分布，一段时间后每种动物的数量均较组1少，因组1中甲种与乙种生物数量变化曲线为A、C，所以此时乙种与丙种生物数量变化曲线应为D、E。这样一来在组2中甲种生物数量变化为曲线就是B。‎ 注此时的数量变化曲线对应物种和环境分析非常重要，是下面解题关键。‎ ‎（2）在某些生态系统中，存在与本实验类似的种间关系，注意了类似两个字非常重要，是解此小题的突破口。‎ ‎①在同一段河流中食物相同的两种鱼，分别分布在河流中央底部和临近河岸底部，其种间关系与实验中的组3中的乙种和丙种生物相似，由于是种间关系是两种生物，应是两条曲线D和E。其分布体现生物群落的水平结构。‎ ‎②在玻璃温室中放养食物相同的两种传粉昆虫后，一种数量增加，另一种减少，其种间关系与实验中的组2中的甲种和乙种生物相似，由于是种间关系是两种生物，应是两条曲线B和F。‎ 分析；此题考查了种群增长规律及种间关系的知识，同时又是一个曲线识图题，三种生物数量不多但对应三种不同环境，这样分析起来就比较复杂和因难了，如对于这六条曲线分析不清楚，此题就不能正确解答。解此题的关键就是要读好题，审清题，抓条件，找关键，求对应，进类推。此题属理解、应用类，为难题。‎ 此套高考题知识全面，几乎覆盖高中生物三本课本中的所有知识，又突出重点动植物的代谢及调节和遗传的相关知识，又不忘记实验。此套高考题难易适中，又不偏不怪，选择题第四小题相对偏难，第五小题容易出错，30和31题每小题都是由易到难，对一般学生有可做性，但又有梯度，能区分出学生对知识的识记、理解和应用程度，对于选拔人才具有很好的作用。答案具有相对的唯一性，但知识又非常的活，如31题的第二小题，若未分析明白又很难填出正确答案，这样避免随意给分现象，对考生比较客观公正。此套高考题考生喜欢，家长满意，老师踏实，社会叫好。希望以后的高考题就这样出就好，老师教有所得，学生学所有获，如出得过偏过怪，教不教学不学一个样，谁还想教谁还愿学？‎ ‎ 作者：陈从兵 ‎ 2010．6．11‎ ‎.w.k.s.5.u.c.o.m ‎2010年普通高等学校招生全国统一考试（重庆卷）‎ 理科综合能力测试试题答案 第一部分 选择题（包括21小题，每小题6分，共126分）‎ ‎1．C 2．D 3．A 4．B 5．D 6．D ‎7．A 8．C 9．A 10．B 11．B 12．D ‎13．C 14．C 15．A 16．C 17．B 18．D ‎19．A 20．B 21．D 第二部分（包括10小题，共174分）‎ ‎22．（19分）‎ ‎（1）①0.1 ②2.5 ③‎ ‎（2）①分压 ‎②A．电键S不应闭合，应处于断开状态 B．滑动变阻器滑动触头位置不当，应将其置于b端 ‎③A．路端电压U与电流I的关系曲线见答题22图3．‎ B．4.6 2.7‎ ‎ ‎ ‎23.（16分）‎ 解：‎ ‎（1）由法拉第电磁感应定律，有E＝Bdv ‎（2）两板间河水的电阻r=‎ 由闭合电路欧姆定律，有 I=‎ ‎（3）由电功率公式，P=I2R 得P=‎ ‎24．(18分)‎ 解：‎ ‎（1）设绳断后球飞行时间为t，由平抛运动规律，有 竖直方向d=gt2，水平方向d=v1t 得　　v1=‎ 由机械能守恒定律，有 ‎＝+mg 得 v2=‎ ‎（2）设绳能承受的最大拉力大小为T，这也是球受到绳的最大拉力大小．‎ 球做圆周运动的半径为R＝‎ 由圆周运动向心力公式，有 得　=mg ‎（3）设绳长为l,绳断时球的速度大小为v３，绳承受的最大拉力不变，‎ 有 得v3= ‎ 绳断后球做平抛运动，竖直位移为d－l,水平位移为x，时间为t1，‎ 有d－l= x=v3t1‎ 得x＝4‎ 当l＝时，x有极大值 xmax＝d ‎25．（9分）‎ 解 ‎（1）设圆板与物块相对静止时，它们之间的静摩擦力为Ff，共同加速度为a 由牛顿运动定律，有 对物块 Ff＝2ma 对圆板 F－Ff＝ma 两物相对静止，有 Ff≤fmax 得 F≤Ffmax 相对滑动的条件 F＞Ffmax ‎（2）设冲击刚结束时圆板获得的速度大小为v0，物块掉下时，圆板和物块速度大小分别为v1和v2．‎ 由动量定理，有 I＝mv0‎ 由动能定理，有 对圆板－2mg（s＋d）＝mv12－mv02‎ 对物块2mgs＝（‎2m）v22－0‎ 由动量守恒定律，有 mv0＝mv1＋2mv2‎ 要使物块落下，必须 v1＞v2‎ 由以上各式得 I＞m s＝‎ 分子有理化得 s＝‎ 根据上式结果知：I越大，s越小．‎ ‎26．（15分）‎ ‎（1）第四周期第ⅡA族，‎ ‎（2） ，高 ‎（3）2P+5FeO+3CaOCa3（PO4）2+5Fe ‎（4）Fe; Fe3+SCN-=Fe(SCN)3‎ ‎（5）1.1‎ ‎27．（15分）‎ ‎（1）4NH3+5O24NO+6H2O ‎（2）放热 ‎（3）浓H2SO4；生成的NO与O2反应生成NO2,NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了NH4NO3‎ ‎（4）I；NH4Cl,与HCl反应生成氧气（合理答案均给分）‎ ‎28．（16分）‎ ‎（1）①油脂 ‎ ②‎ ‎③‎ ‎ (2) ①CH2BrCH2Br ‎ ②CO2‎ ‎ ③HOOCCH2CHBrCOOH+3NaOHNaOOCCH=CHOONa+NaBr+3H2O NaOOCCH=CHCOONa+H2SO4→HOOCCH==CHCOOH+Na2SO4‎ ‎④‎ ‎ ‎ ‎29．（14分）‎ ‎ （1）①；‎ ‎②氨水 ‎ （2）①‎ ‎ ②绿 紫 ‎ ③参与正极反应，通过交换膜定向移动使电流通过溶液；0.5mol ‎30．（16分）‎ ‎（1）①‎ ‎②‎ ‎（2）不能 www.ks5u.com