林和草地对水土的保持作用属于生态功能，体现生物多样性的间接价值，B正确；油菜花期连续阴雨天气，无法正常授粉形成种子，而一定浓度的生长素溶液只能促进果实发育，但是无法促进授粉，C错误；青蛙和蛇可以以害虫为食物，可以通过捕食将害虫控制在最低范畴，这是生物防治，D正确。
【点睛】本题考查了调查种群密度的方法、生物多样性的价值、生长素类似物在农业生产实践中的作用、防治害虫的方法，要求考生了解调查种群密度的方法，识记防虫的方法，掌握生长素在农业生产实践中的相关应用，能结合所学的知识准确判断各选项。 6.【答案】C 【解析】 【分析】
基因自由组合定律的实质是：控制不同性状的遗传因子的分离和组合是互不干扰的；在形成配子时，决定同一性状的成对的遗传因子彼此分离，决定不同性状的遗传因子自由组合。分析图示可知，白花植株基因型为aa--dd，金黄色植株的基因型为----D-、A-bb--、黄花植株的基因型为A_B_dd。
【详解】由图可知图中D基因不是通过控制酶的合成来影响代谢过程从而控制生物性状的，A错误；让白花植株（aa--dd）相互杂交，子一代中全为白花，不会出现其他花色植株，B错误；根据图解可知金黄色植株的大致的基因型为----D-、A-bb--，基因型相同的杂合金黄色植株相互交配，如aabbDd×aabbDd的子一代基因型最少，有3种，而AaBbDd×AaBbDd的子一代的基因型最多，有27种，C正确；让白花植株（基因为aa--dd）与黄花植株（基因为A-bbdd）杂交，存在多种情况的杂交，即aaBBdd×AAbbdd，aaBBdd×Aabbdd，aaBbdd×AAbbdd，aaBbdd×Aabbdd，aabbdd×AAbbdd，aabbdd×Aabbdd，子代不会出现三种表现型，即不会金黄色，D错误。 故选C。
【点睛】本题以控制花色的相关基因、酶以及花色关系图解为载体，考查基因对性状的控制、基因自由组合定律的应用等相关知识，考生可先根据图解写出各种花色的相关基因型，然后结合题目内容和所学知识对各选项做出准确判断。 7.【答案】C
【解析】A、“水浸七日，其汁自来”涉及到溶解，故A不选；B、“搅冲数十下”涉及到搅拌，故B不选；C、升华是指由固态受热直接变成气体，文中没有涉及，故C选；D、“其掠出浮沫晒干者曰靛花”涉及到蒸发，故D不选；
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8.【答案】C
【解析】A. 丝绸主要成分是蛋白质，故A错误；B. 聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，油脂不属于高分子，故B错误；C. 疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性，使蛋白质失去活性，故C正确；D. 硅是半导体，“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是硅，故D错误； 9.【答案】B
【解析】A、根据水蒸气与Na2O2的方程式计算；B、25℃时，1L pH=11的醋酸钠溶液中，水电离出的OH浓度为10mol·L；C、一个－OH（羟基）含9个电子；D、苯中不含碳碳双键。A、水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时， 2H2O +2Na2O2=4NaOH+O2 △m 2e- 4g 2mol 2g 1mol
反应中转移的电子数为1NA，故A错误；B、25℃时，1L pH=11的醋酸钠溶液中，水电离出的OH浓度为10mol·L，由水电离出的OH数目为0.001NA，故B正确；C、1mol－OH（羟基）中所含电子数均为9NA，故C错误；D、苯中不含碳碳双键，故D错误；
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数及其应用，难点A根据化学方程式利用差量法计算，易错点B，醋酸钠水解产生的OH-来源于水。 10.【答案】D
【解析】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl； B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代； C、1mol b加氢生成饱和烃需要3molH2；
D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构。
【详解】A、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应生成甲苯和HCl，属于取代反应，故A错误； B、甲苯的苯环上的二氯代物有6种，甲基上的氢也可以被取代，故B错误； C、1mol b加氢生成饱和烃需要3molH2，故C错误；
D、戊烷的同分异构体有正、异、新三种，再分析氯的位置异构分别有3种、4种、1种，故D正确。
【点睛】易错点B，区别“甲苯的苯环上的二氯代物”和“甲苯的的二氯代物”是两种不同的条件，后者甲基上的氢也可以被取代。 11.【答案】C
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【解析】A、乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化；B、盐酸易挥发；C、研究催化剂对反应的速率的影响，过氧化氢的浓度应相同；D、NO易被空气中氧气氧化。
【详解】A、乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，无法判断酸性高锰酸钾溶液褪色的原因是乙醛还是乙醇，故A错误；B、因盐酸易挥发，收集到的氯气中混有氯化氢和水，故B错误；C、研究催化剂对反应速率的影响，加入的溶液的体积相同，金属离子和过氧化氢的浓度也相同，符合控制变量法的原则，可达到实验目的，故C正确；D、NO易被空气中氧气氧化，应用排水法收集，故D错误；
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及乙醇催化氧化、气体的制备以及反应速率的影响因素等，把握实验原理及实验装置图的作用为解答的关键，注意方案的合理性、操作性分析。 12.【答案】A
【解析】A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，原子半径C>O，则原子半径：Z＞X＞Y，故A错误；B．m为NaHCO3，n为Na2CO3，r为Na2O2，均含离子键、共价键，故B 正确；C．m为NaHCO3，n为Na2CO3，t为NaOH，n、m促进水的电离，t抑制水的电离，则m、n、t都能破坏水的电离平衡，故C正确；D．非金属性Y＞X，则最简单气态氢化物的稳定性：Y＞X，故D正确；
【点睛】本题考查无机物的推断，把握淡黄色固体及q为水是解题关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用。 13.【答案】D 【解析】H2CO3
HCO3－+H＋的电离平衡常数Kal=c(H＋)·c(HCO3－)/c(H2CO3)，所以
HPO42－+H＋的电离平衡常数Ka2=c(H
lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=pKal-pH=6.4-pH，H2PO4－
＋
)·c(HPO42－)/c(H2PO4－)，所以lgc(HPO42－)/c(H2PO4－)=pH-pKa2=pH-7.2，
A．当lgx=0时，pH分别为6.4、7.2；
B．酸对水的电离有抑制作用，酸性越强即pH越小，抑制作用越大，水的电离程度越小； C．当（cH2CO3）=c（HCO3－）时，即lgc(H2CO3)/c(HCO3－)=0，溶液中pH=6.4，则lgc(HPO42－)/c(H2PO4
－
)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8；
D．c(HCO3-)·c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3－)·c(H＋)/Ka2=Ka1×c(H2CO3)/Ka2，pH增大则H2CO3
HCO3－+H＋正向进行，使c（H2CO3）减小。
【详解】A．当lgx=0时，pH分别为6.4、7.2，所以曲线I表示lgc(H2CO3)/c(HCO3
－
)=pKal-pH=6.4-pH，曲线II表示lgc(HPO42－)/c(H2PO4－)=pH-pKa2=pH-7.2，故A错误；
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B．酸对水的电离有抑制作用，酸性越强即pH越小，抑制作用越大，水的电离程度越小，a-b的过程中pH增大，溶液酸性减弱，水的电离程度增大，故B错误；
C．当（cH2CO3）=c（HCO3）时，即lgc(H2CO3)/c(HCO3)=0，溶液中pH=6.4，则lgc(HPO4)/c(H2PO4
－
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2－
)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8＜0，即c（HPO42－）＜c（H2PO4－），故C错误；
D、c(HCO3-)·c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3－)·c(H＋)/Ka2=Ka1×c(H2CO3)/Ka2，pH增大则H2CO3
HCO3+H正向进行，使c（H2CO3）减小，Ka1、Ka2不变，所以pH增大时，c(HCO3)?c(H2PO4)/c(HPO4)逐渐减小，故D正确；
【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及其溶液中离子浓度的变化关系，把握电离平衡常数意义及应用、分析图象信息是解题关键，注意比例式的恒等转化以判断其增减性的方法。 14.【答案】D 【解析】
【详解】α粒子和电子之间有相互作用力，它们接近时就有库仑引力作用，但由于电子的质量只有α粒子质量的1/7300，粒子与电子碰撞就像一颗子弹与一个灰尘碰撞一样，α粒子质量大，其运动方向几乎不改变，只有是原子核对α粒子的库仑斥力，其力较大，且原子核质量较大，导致极少数α粒子发生大角度偏转，故D正确，ABC错误.故选D. 15.【答案】B 【解析】
【详解】CD．小汽车用匀减速追击匀速的卡车，恰好没有追尾，则表明在时间t=3s时两车速度相等且刚刚追上，有
；解得
；故C，D均错误.
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＋
-
AB．小汽车的速度从18m/s减为6m/s，做匀减速直线运动，则平均速度
；故A错误，B正确.
16.【答案】C
【解析】中圆地球轨道卫星和地球同步卫星都绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有
；可得：
，
，
.
ACD．因，则可知中圆地球轨道卫星的周期较小，线速度较大，角速度较大；故
A错误，C正确，D错误.B．因卫星的质量没有直接的决定公式且没有已知的条件；故无法比较两卫星的质量关系；故B错误. 17.【答案】A
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