资源简介

- 1 -
2019年四川省百校高三模拟冲刺卷
生物参考答案及解析
1.【答案】D
【解析】磷脂是细胞膜的主要成分，大肠杆菌是原核细胞，具有细胞膜，因此磷脂是大肠杆菌
必不可少的脂质，A正确。任何细胞的一切生命活动都离不开水，B正确。蛋白质在任何细胞中都
是生命活动的主要承担者，C正确。HIV病毒是 RNA病毒，遗传信息直接贮存在 RNA中，D错误。
2.【答案】B
【解析】动物的精原细胞部分可进行有丝分裂，部分要进行减数分裂。精原细胞进行减数分裂
时具有细胞周期，但进行减数分裂时没有细胞周期，A错误。精原细胞进行有丝分裂和减数分裂前
都要完成 DNA 分子的复制，B正确。精原细胞进行有丝分裂过程中同源染色体不会联会形成四分
体，但进行减数分裂的过程中要形成四分体，C错误。精原细胞有丝分裂产生的子细胞中染色体组
数不会发生变化，减数分裂产生的子细胞染色体组数要减半，D错误。
3.【答案】D
【解析】在高倍显微镜下可以观察到酵母菌的细胞核，但无法观察到核膜和核仁，A错误。酵母
菌研磨后的提取液中仍然含有将葡萄糖转变成酒精的一系列酶，因此酵母菌研磨后的提取液也能将
葡萄糖转变成酒精，B错误。用溴麝香草酚蓝水溶液可判断酵母菌是否产生 CO2，但不能判断其呼
吸方式，C错误。计数培养液中酵母菌的数量可以采用抽样检测法，D正确。
4.【答案】B
【解析】单碱基编辑器处理 DNA分子后，DNA分子中的碱基序列发生改变，这种变异属于基
因突变，A正确。胞嘧啶转换为胸腺嘧啶后，DNA 分子中嘧啶碱基和嘌呤碱基的比例都不会改变，
B错误。DNA分子经 CBE处理后，C-G碱基对减少，A-T碱基对增加，因为 C-G之间是三个氢键，
A-T 之间是两个氢键，DNA 分子经 CBE 处理后会导致氢键的数量减少，其分子结构的稳定性有可
能降低，C正确。经 CBE 处理后，基因所表达的蛋白质氨基酸序列可能改变，也可能进而引起空
间结构发生改变，D正确。
5.【答案】D
【解析】神经中枢都能对相应传入神经传来的信息进行分析和综合，进而做出一定的反应，A正
确。唾液腺细胞的细胞膜上具有识别神经递质的特异性受体，才能感受到神经递质传递的信息进而
分泌唾液，B正确。延髓的唾液分泌中枢属于低级神经中枢，低级神经中枢都要受大脑皮层高级神
经中枢的调控，C正确。题干叙述的调节过程只有神经调节，并没有体液调节，该实例不能说明体
液调节与神经调节的关系，D错误。
6.【答案】C
【解析】激素都只是传达一种调节生命活动的信号，并不直接参与代谢过程，因此 ABA不会直
接参与草莓果实中色素的合成，A错误。据图分析可知，施用外源 ABA 会促进果实成熟，要延长草
莓果实的保鲜时间，应该施用适宜浓度的外源 IAA，B错误。植物激素影响生命活动，从根本上是
- 2 -
影响基因组的表达，因此 ABA 含量越高，果实内 IAA 含量就越低，这说明 ABA 可能影响与 IAA
合成有关的基因表达过程，C正确。图示中并没有包含幼嫩果实中 ABA 和 IAA运输方式的相关信
息，因而无法判定这两种激素的运输方式是否为极性运输，D错误。
29.【解析】
（1）根据图示分析，发生急性低血糖时，对血糖浓度敏感的神经元产生的兴奋传到细胞 a，细
胞 a通过图中所示的方式促进细胞 b分泌生长激素，作用于脂肪细胞使血糖升高，参与调节该过程
的信号分子有神经递质和生长激素。联系神经系统和内分泌系统的枢纽是下丘脑。由于激素只能作
用于具有特异性受体的靶细胞，只有部分细胞才具有生长激素受体，因此生长激素不能作用于全身
所有的细胞。
（2）若要通过对照实验验证生长激素具有促进急性低血糖小鼠血糖升高的作用，实验组可以给
急性低血糖小鼠注射适宜剂量的生长激素，一段时间后检测小鼠的血糖浓度，并与对照组进行比较。
30.【解析】
（1）根据光补偿点（植物光合速率等于呼吸速率时的光照强度）的含义可知，任何植物处于光
补偿点时，净光合速率都是 0 μmol·m-2·s-1。在相同且适宜的光照和温度条件下，提高 CO2浓度能使
六倍体普通小麦和八倍体小黑麦净光合作用速率升高，但二倍体小麦净光合作用速率却基本不变，
此时限制二倍体小麦光合速率的主要因素应该是内因，即光合色素的含量、有关酶的数量及酶的活
性等。
（2）二倍体小麦光补偿点较低，在弱光下的净光合速率相对更快，因此更适宜栽种在较弱光照
条件下。
（3）从表中数据可以看出，六倍体普通小麦净光合速率虽然最低，但其单株绿叶面积最大，因
而干物质的积累量会最多，所以在实际生产中，六倍体普通小麦往往产量更高。
31.【解析】
（1）无论控制体色的基因位于常染色体还是 X染色体上，将纯合的褐色雌昆虫和黄色雄昆虫
交配，F1都表现为褐色，F1雌雄昆虫相互交配得到 F2，F2中褐色个体与黄色个体的比例都是 3:1，
因此这个实验结果不能判断控制体色的基因位于常染色体上还是 X染色体上。选择体色为黄色的雌
昆虫与 F1雄昆虫交配，若控制体色的基因位于常染色体上，则子代雌、雄昆虫都有褐色和黄色且比
例均等，不表现出性别差异；若控制体色的基因位于 X染色体上，则子代雌昆虫都是褐色，雄昆虫
都是黄色，会表现出明显的性别差异。
（2）将雌雄斑纹昆虫进行杂交，F1代表现型及比例总是为：雌性斑纹:雄性斑纹:雄性直纹=1:1:1。
由子代表现有性别差异，此可推测该基因最可能位于 X染色体上，双亲的基因型为：XBXb、XBY，
F1代的基因型分别是：XBXB、XBXb、XBY、XbY。雌性昆虫明显少于雄性昆虫，说明雌性中有部分
个体致死。如果是 F1中杂合子致死（XBXb），亲代褐色雌虫就无法产生黄色的子代，所以导致 F1雌
性昆虫明显少于雄性昆虫的原因是纯合子的个体胚胎致死。按照这种假设推测，亲代母本为杂合子
（假设基因型为 XBXb），父本也是显性性状斑纹（XBY），F1雌昆虫（XBXb）产生两种比例均等的雌
配子（XB、Xb），F1雄昆虫产生四种配子（类型及比例为 XB：Xb：Y=1：1：2），F1雌雄昆虫随机交
配，F2中出现雌性斑纹个体（基因型为 XBXb ）的概率，利用配子法计算，可以表示为：{[1/2（雌
配子 XB）×1/4（雌配子 Xb）]+[ 1/2（雌配子 Xb）×1/4（雌配子 XB）]}÷[1-1/2（雌配子 XB）×1/4
（雌配子 XB）]=2/7
- 3 -
32.【解析】
（1）在该人工鱼塘中，浮游动物和浮游植物可以被多种天敌捕食，太阳鱼也可以以多种生物为
食，这样就使很多条食物链彼此交错连接在一起形成了复杂的营养结构，即食物网。浮游植物同化
的能量除了图中所示的流向下一营养级的去路外，还包括呼吸作用散失的热能、分解者利用的能量
两条去路。
（2）氮元素在生物群落和无机环境之间可以进行循环，这种循环具有全球性，在人工鱼塘内是
不能完全完成的，由于渔业产品不断输出使大部分氮元素不能返回鱼塘生态系统，因此往往需要不
断施加氮肥，使该生态系统中氮元素的输入和输出能保持平衡。
（3）根据能量流动逐级递减的基本原理，食物链越长能量的散失越多，高营养级获得的能量就
越少，若要提高鲈鱼和太阳鱼的产量，可以采取控制幽蚊幼虫种群数量的方法，缩短食物链的长度，
减少能量损失。
37. 【解析】
（1）由于细胞体积大，难以被吸附或结合，因此对细胞进行固定化时大多采用包埋法。该方法
常用的包埋载体有海藻酸钠、明胶、琼脂糖、醋酸纤维素、聚丙烯酰胺等。
（2）实际生产中常以海藻酸钠溶液固定红曲霉细胞，配制海藻酸钠溶液过程时，需要用小火间
断加热，并且要边加热边搅拌，使海藻酸钠充分溶化又不焦糊。固定红曲霉细胞时，应当以恒定速
度缓慢的将注射器中的溶液滴加到 CaCl2溶液中形成凝胶珠。
（3）若要反复使用固定化红曲霉细胞，就需要避免其他微生物的污染，避免污染的措施很多，
比如菌种要经过筛选纯化、实验材料严格灭菌、操作过程要尽量在无菌环境中进行等等。
38.【解析】
（1）构建基因表达载体过程中，需要使用的两种工具酶是限制性核酸内切酶和 DNA连接酶。
图中所示的重组质粒中，抗盐基因不能正常表达，原因是目的基因插入在启动子的上游，基因无法
启动转录。
（2）培育转基因抗盐烟草时，常通过植物组织培养技术快速繁殖转基因植物。图中⑤和⑥过程
分别为脱分化和再分化，这些过程中，影响植物细胞发育方向的主要因素是生长素与细胞分裂素的
比例。
（3）检测转基因抗盐烟草是否培育成功，既要用放射性同位素标记的抗盐基因（或目的基因）
作探针进行分子杂交检测，又要将培育的烟草幼苗栽培于较高盐浓度的土壤中，观察该烟草植株的
生长状态，完成在个体水平上的鉴定。
1
2019年四川省百校高三模拟冲刺卷
化学参考答案及解析
7.【答案】C
【解析】A.硫和氮的氧化物是引起酸雨的常见物质，二氧化碳不是，A错误；B. 二氧化碳是酸
性气体，捕捉室应用碱性较强的物质例如氢氧化钠溶液来吸收，B错误；C. 二氧化碳是重要的化工
原料，可以用于生产尿素等化工产品，捕捉到的 CO2可重新利用，C正确。 D. 高温反应炉中需要
消耗大量能量，D错误。答案选 C。
8.【答案】C
【解析】A.由该衍生物的结构简式可知，其分子中包含了两个苯环、四个氯原子、一个氧原子，
结合该衍生物分子的不饱和度为 8，可以得出该衍生物的分子式为 C12H6Cl4O， A正确；B.该衍生物
分子具有左右对称的结构，分子中的等效氢共有 3种，所以其一溴代物有三种，B正确；C.同系物
的特点是元素种类、官能团的种类和数目相同，且组成上相差若干个 CH2，但是二氯苯只有一个苯
环、二个氯原子，不含氧元素，该衍生物与二氯苯官能团种类及数目均不相同，所以该衍生物不是
二氯苯的同系物，C错误；分子中凡是具有苯环、碳碳双键等结构的有机物质均能与氢气等物质在
一定条件下发生加成反应，D正确；答案选 C。
9.【答案】B
【解析】对于烃 CnHm，当 n<4时，该物质通常在标况下为气体，但是己烯的碳原子大于 4，
己烯在标况下不是气体，22.4 L的己烯的物质的量远远大于 1 mol，碳氢键数目远远大于 12NA， A
选项错误；Fe+2H+= Fe2++H2↑，所以 5.6 gFe（0.1mol）参加反应时失去电子数目为 0.2 NA，B选项正
确；已知 N2(g) +3H2 (g) 2NH3(g) ，该反应为典型的可逆反应，0.1 mol N2与 0.3 mol H2充分反应
但不代表能完全彻底反应，所以生成 NH3的数目小于 0.2 NA， C选项错误；在电解精炼铜的装置中，
粗铜作阳极，阳极失电子的顺序以金属的活动性顺序决定，当阳极减轻质量为 32 g时，往往会有部
分比铜活泼金属先于铜失去电子，所以电路中转移电子数目不一定等于 NA，D选项错误。答案选 B。
10.【答案】D
【解析】A. 胶体粒子能通过滤纸，不能用滤纸过滤的方法来分离氢氧化铁胶体与 FeCl3溶液，
A错误；B．MgCl2?6H2O在加热时会发生水解反应，生成氯化氢气体和氢氧化镁，B错误；C．除去
氯化铵溶液中氯化铁时是用氨水调节 pH到 7～8，用 NaOH溶液又引入了 Na+，C错误。D．制取乙
酸乙酯的实验中，分离生成乙酸乙酯和乙醇和乙酸的混合物时，用饱和碳酸钠溶液，是利用了乙醇
在其中溶解，乙酸和它反应，而乙酸乙酯在其中的难溶而且出现分层，利用分液分离，D正确；答
案选 D。
11.【答案】D
2
【解析】由图中信息可知，X、Y、Z、W分别是 Na、P、S、Cl四种元素，A．简单离子的半径
应是 S2->Cl->Na+，A错误；B．气态氢化物的稳定性应为：HCl>H2S>PH3，B错误；C．P的单质不
能用于制作半导体材料，C错误；D.0.01 mol/L的硫酸溶液中 c(H+)=0.02 mol/L，所以溶液的 pH=2-lg2，
D正确，答案选 D。
12.【答案】A
【解析】A．锂和水及酸均发生反应，Fe2O3与硫酸反应，所以不能用硫酸溶液为电解质溶液，
故 A错误；B．电池总反应式为 6Li + Fe2O3 = 3Li2O + 2Fe，B正确；C．放电时 Fe2O3电极的反应式
为 Fe2O3+6Li++6e-═ 3Li2O+2Fe，充电时，Fe2O3电极的反应式为 3Li2O+2Fe- 6e-═ Fe2O3+6Li+ C正确；
D．放电时，电池被磁铁吸引，充电时，电池不被磁铁吸引，D正确。答案选 A。
13.【答案】B
【解析】A.溶液导电能力与溶液中的离子浓度有关，由图分析可知，b点导电能力最强，d点最
弱。A错误；B．因加入 10mL0.1mol/L 的氨水时溶液 pH=7，说明两种电离常数相等，由图数据可
以算出两种物质的电离常数，为 10-5，由此可以计算出 R-的水解平衡常数数量级为 10-9，B 正确；
C．a、d两点导电能力相等，但溶液的 pH分别为 4和 8，对水的电离的程度的影响不同，C错误；
D．d点时，溶液由 NH4R和 NH3?H2O按照 1:1组成，由物料守恒关系可知，2c(R?) + 2c (HR)=c
(NH3?H2O) + c (NH4+)因溶液呈碱性，所以 c (NH4+)> c (NH3?H2O)，进而推得 c(R?) + 2c (HR) > c
(NH3?H2O)。D错误；答案选 B。
26．（除标注外，每空 2分，共 15分）
【答案】
（1）锥形瓶
（2）2MnO4- + 10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑ + 8H2O
（3）饱和食盐水 干燥氯气
（4）关闭分液漏斗活塞，打开 K1、关闭 K2，打开 K3。（3个开关每个 1分、共 3分）
（5）0.57
（6）锥形瓶和冷凝管敞口，生成物易挥发或易水解；没有安装尾气处理装置；没有对 E装置进
行冷却等（2分，答对一个就给分，其它合理答案也可给分）
【解析】
（1） A仪器的名称是锥形瓶
（2） 烧瓶中发生的反应是实验室制取氯气的反应，所以其离子方程式是
2MnO4- +10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑ + 8H2O。
（3）用浓盐酸制取氯气时会有氯化氢杂质气体，可用饱和食盐水除去，因 SnCl4易水解，所以
应将氯气干燥，浓硫酸可将其干燥。
3
（4）无水四氯化锡是易流动的液体，所以可利用增大试管内压强将其排出。
（5）3kg SnCl4中含氯气的物质的量为 3000×13.0%/71=5.5 mol，其中的 SnCl4含的氯元素所相
当于氯气的物质的量=2×3000×87.0%/261=20 mol，所以所需氯气至少 25.5 mol，相当于 0.57 m3
27．（除标注外，每空 2分，共 14分）
【答案】
（1）还原（1分）
（2）Pb、Cu
（3）ZnO + 2NH3+ 2NH4+=[Zn(NH3)4]2++ H2O 或
ZnO + 2NH3·H2O + 2NH4+=[Zn(NH3)4]2++ 3H2O
避免氨水的分解与挥发
（4）2AsCl52?+ 2H2O2 + H2O=As2O5(胶体) +10Cl? + 6H+ 或
2AsCl52? + 2H2O2 + H2O+ 6NH3=As2O5(胶体) +10Cl? + 6NH4+
（5）[Zn(NH3)4]2+ + 2e?=Zn + 4NH3↑或 [Zn(NH3)4]2+ + 2e? + 4H2O=Zn +4NH3·H2O
N2 NH4Cl（或NH3·H2O 和NH4Cl）（1分）
【解析】
（1）《天工开物》中炼锌的方法是利用 ZnCO3分解生成 ZnO，然后与 C发生还原反应生成锌，
所以是利用木炭的还原性。
（2）滤渣 1主要是没有溶解的 Pb，滤渣 3主要是锌还原出来的铜。
（3）“溶浸”时，氧化锌发生反应的离子方程式是 ZnO+2NH3+2NH4+=Zn(NH3)42++H2O 或
ZnO+2NH3·H2 O+2NH4+=Zn(NH3)42++3H2O，温度过高会造成氨水的分解和挥发。
（4）“氧化除杂”的离子方程式是：2AsCl52-+ 2H2O2 + H2O=As2O5(胶体) +10Cl- + 6H+（2分）或
2AsCl52- + 2H2O2 + H2O+ 6NH3=As2O5(胶体) +10Cl- + 6NH4+
（5）“电解”时[Zn(NH3)4]2+在阴极的电极反应式是[Zn(NH3)4]2+ + 2e-=Zn + 4NH3↑ 或
[Zn(NH3)4]2+ + 2e- + 4H2O=Zn +4NH3·H2O，电解产生的无色无味气体是氮气，可循环使用的是
NH4Cl（或NH3·H2O 和NH4Cl）。
28．（除标注外，每空 2分，共 14分）
【答案】
（1）4 2Fe ? (aq) + O2(g) + 4H+(aq)=4Fe3+ (aq)+2H2O(l) ΔH = (4a + b)kJ?mol?1
（2）0.004 mol·L?1·min?1（2分，无单位扣 1分） 增大（1分）
4
（3）
)(O)(H)(Fe
)(Fe
2
424
34
pcc
cK
??
? ??
?
ac
（4 ）4Fe(OH)2+ 2O + 2H2O=4Fe(OH)3 =
（5）H2SO4溶液（1分）
【解析】
（1） 4FeSO 在酸性溶液中变质的反应实质是水溶液中 Fe2+被氧化的过程，其热效应与溶液中
SO42?的存在没有关系，所以 4FeSO 在酸性溶液中变质的热化学方程式无论书写离子方程式还是化
学方程式，其热值（焓变）都是一样的，4 2Fe ? (aq)+ 2O (g)+4H+（aq）=4Fe3+ (aq)+2H2O（l）ΔH
=(4a+b)kJ?mol-1。
（2）在 pH=5.5的环境下，该反应在 0～15 min的Δc（Fe2+）=0.06mol/L，其平均速率 v（Fe2+）
=Δc（Fe2+）/Δt=0.004mol/（L·min）；从图像可以得出增大溶液 pH，Fe2+被氧化速率增大，这一点
不能从（1）的反应方程式得出结论，因为该反应不一定是基元反应（即不一定是一步完成的反应）。
（3）上述反应中的氧气是气体，其余物质为溶液（液相），该反应的反应物及产物呈现多种状
态，化学上把该类型的反应称之为复相反应，所以题目给出信息，平衡常数的计算中气体常以压强
代替其浓度。在回答该问中，平衡常数的表达中一定不能用氧气的物质的量浓度来表达平衡常数；
因此， Fe2+在酸性环境下的平衡常数 K的计算表达式是
)(O)(H)(Fe
)(Fe
2
424
34
pcc
cK
??
? ??
?
，该题目提供
了常温下的平衡常数值为 2.5×1032L4/（atm·mol4），由此也可以印证 K的计算表达式。对于一个反
应，其平衡常数越大，表明该反应的趋势大，反应进行得彻底，但是其反应速率未必大。
（4）在 pH=13的环境下， 2Fe ?的氧化变质可以理解为 Fe2++2OH+=Fe（OH）2，根据高中化学
关于 Fe（OH）2的性质不难得出，第二步为 4Fe（OH）2+ 2O +4H2O =4Fe（OH）3；其实，无论是酸
性环境还是在碱性环境下，Fe2+的氧化过程均是经历了这样一个过程，所以才有增大溶液 pH，Fe2+
被氧化率会增大的这一结论。当反应达到平衡时，c（Fe2+）/ c（Fe3+）= c（OH—）× Ksp[Fe（OH）2）]/Ksp[（Fe
（OH）3）]，带入 pH=13条件下的 Ksp以及 c（OH—）数字可以得出，c（Fe2+）/c（Fe3+）= 4.0×1022。
（5）由题目信息可知在酸性环境下 Fe2+氧化率较小，因此，配制 4FeSO 溶液时，需要加入适量
的稀硫酸，同时加入适量的铁粉可以及时还原被氧化生成的 Fe3+，只是铁粉与稀硫酸要反应消耗，
所以，铁粉与稀硫酸还需要在保存的过程中不断补充，正因如此，实验室一般不长期保存 4FeSO 溶
液。
5
35．（除标注外，每空 2分，共 15分）
【答案】
（1）第四周期第 VIIB族（1分） 3d54s2（1分） 球形（1分）
（2）N、C、Mn
（3）sp3（1分） 平面三角形
原子半径 N小于 P，N原子周围空间小不能同时容下四个氧原子成键（或 H3NO4分子会
因为 N原子半径小，无法容纳 4个氧原子成键，要脱去一个水分子，以 HNO3形式存在）
（4） 分子（1分） 6
baN
M
A
2
21
3
104 ?
【解析】
（1）原子序数为 27的锰是过渡元素（d 区元素），其基态原子的外围电子排布式为 3d54S2，
据此，可以得出锰元素在元素周期表中的位置是第四周期第 VIIB族，能量最高的电子是 4S2电子，
值得注意的是，教材上提供的“构造原理”是原子填充顺序规则，并不代表电子的能量高低，在金属
元素的原子中，最易失去的电子才是该原子能量最高的电子，4s电子的电子云轮廓图为球型。
（2）电负性是金属性与非金属性定量描述的一个物理量，元素的非金属性越强，往往其电负性
越大，根据元素周期表中元素非金属性（或电负性）的递变规律“同周期从左往右元素电负性越大”，
可以得出电负性大小顺序为 N大于 C，而Mn 为金属元素，其电负性小于非金属元素，所以有电负
性由大到小的顺序为 N、C、Mn。
（3）HSCH2CH2NH2分子中，C形成 4个共价键，它的价层电子对数为 4对，其杂化方式为 sp3，
在—NH2中 N有二个单键、一对孤对电子和一个单电子，因为单电子也需要占用一个轨道，所以 N
的价层电子对数依然可以视为 4对，其杂化方式也为 sp3，考虑配位原子只有两个 H，所以其空间构
型为平面三角形； N和 P为同族元素，其价层电子数相同，通常情况下，其成键方式也相同，但是
由于 N原子半径小于 P，N原子周围空间无法容纳 4个氧原子成键，所以在其最高价含氧酸中，前
者为一元酸后者为三元酸，或说 H3NO4分子会因为 N原子半径小，无法容纳 4个氧原子成键，要脱
去一个水分子，以 HNO3形式存在。
（4）根据题目告诉信息，Pb(CH2CH3)4是一种易溶于有机溶剂的配合物，可知其晶体类型属于分
子晶体。这一点也可以从 Pb(CH2CH3)4晶体的堆积方式得出结论。Pb(CH2CH3)4的堆积方式为六方密
堆，所以在 xy平面上的二维堆积中也采取二维最密堆积即配位数是 6。由堆积图（晶胞）可知，每
个晶胞中，包含 2个 Pb(CH2CH3)4分子，所以每一个晶胞的质量为 2M/NAg；再结合晶胞参数，可以
得出晶胞的体积为 321
2
102
3 cmba
?
，则 Pb(CH2CH3)4晶体的密度是 32
21
/
3
104 cmg
baN
M
A
?
。
6
36．（除标注外，每空 2分，共 15分）
【答案】
（1）酯基、硝基 8（1分）
（2）30℃加热 消去反应（1分）
（3）邻硝基苯甲醛（或 2-硝基苯甲醛）（1分）
+ CH3OH →CH3COCH2COOCH3
（4） 9
（5）
【解析】
（1）由硝苯地平的结构简式可知其中含有的硝苯地平分子中含氧官能团的名称酯基、硝基。
（2）甲苯和浓硝酸硝化反应中一取代的温度是 30oC，若温度过高会产生三硝基甲苯。反应②生
成的去掉一个水分子，生成不饱和有机物，所以其反应的类型是消去反应。
（3） 的命名应以醛为母体，所以是邻硝基苯甲醛，由合成线路所给的信息可知与聚二
乙烯酮反应增加一个碳原子，所以含活泼氢的有机物应是甲醇。所以反应③的化学方程式是
+CH3OH→ CH3COCH2COOCH3。
（4）A的结构简式是 ，它的同分异构体中属于苯的二元取代产物且含有氨基（-NH2）
的有：苯环上含-COOH 和-NH2(邻、间、对共 3 种)，HCOO-和-NH2(邻、间、对共 3 种)，-CONH2
和－OH(邻、间、对共 3种)，总共９种。
（5）由题中所给信息以及所学的乙醇和乙醛的化学性质，可知合成线路是
2019年四川省百校高三模拟冲刺卷
物理参考答案及解析
14.【答案】B
【解析】光电效应现象揭示了光具有粒子性，选项 A错误；核反应 2 3 4 11 1 2 0H+ H He+ n?
属于轻核聚变，选项 B正确； 235 1 144 89 192 0 56 36 0U+ n Ba+ Kr+3 n? 属于重核裂变，没有电子
释放出来不属于β衰变，选项 C错误；一群氢原子从 n=5的激发态跃迁时，最多能辐射
出C5
2 = 10种不同频率的光子，选项 D错误
15.【答案】D
【解析】由图可知，此时线圈和磁场垂直，线框的磁通量最大，感应电动势为零，选项
A错误；线框产生的感应电动势的峰值为 1 2Bl l ?，选项 B错误；根据理想变压器电流与
匝数的关系 1 2
2 1
I n
I n
? ，且该变压器为升压变压器，匝数 1 2n n? ，则 1 2I I? ，选项 C错误；
根据理想变压器电压与匝数的关系 1 1
2 2
U n
U n
? ，则可得副线圈电压即灯泡两端电压
2
2 1
1
nU U
n
? ，若减少 1n 则 2U 增大，则灯泡亮度增加，选项 D正确。
16.【答案】D
【解析】运动员落到斜坡上时，位移的方向与坡面平行，速度方向与坡面不平行。选项 A
错误；根据
2
0 0
1
2tan
2
gty gt
x v t v
? ? ? ? ，则在空中经历的时间 02 tanvt
g
?
? ，选项 B错误；
则竖直方向上的分速度 02 tanyv gt v ?? ? ，所以落在斜坡上的速度
2 2 2 2 2 2
0 0 0 04 tan 1 4 tanyv v v v v v? ?? ? ? ? ? ? ，选项 C错误；水平位移
2
0
0
2 tanvx v t
g
?
? ? ，则运动员的落点 B与起飞点 A的距离
2
0
2
2 sin
cos cosAB
vxs
g
?
? ?
? ? ，选
项故 D正确．
17.【答案】 C
【解析】由 v-t的意义可知，t=0时刻，斜率不为零，加速度不为零，合力 F不为零，选
项 A错误；t2时刻，斜率最大，合力 F最大，但是此时速率为零，合力 F的功率为零，
选项 B错误；t1-t3时间内，动能改变量为零，由动能定理得合力 F做的总功为零，选项 C
正确； 0-t1内质点的速度不断增大，加速度不断减小，选项 D错误。
18.【答案】AD
【解析】“嫦娥四号”在制动减速下降阶段，高度减低，除引力做功外，有其它外力做负
功，机械能将减小，选项 A正确；嫦娥四号”探测器的发射速度如果大于第二宇宙速度，
卫星将要脱离地球束缚，绕太阳运动，所以“嫦娥四号”探测器的发射速度小于地球的
第二宇宙速度，选项 B错误； “嫦娥四号”在地月转移段上经过 A点若要进入环月段圆
轨道需减速，所以“嫦娥四号”在地月转移段上经过 A点的速度大于在环月段圆轨道经
过 A点的速度，选项 C错误；根据万有引力提供向心力得：
2
2 2
4GMm m r
r T
?
? ，可以求
得月球质量
2 3
2
4 rM
GT
?
? ，选项 D正确；
19.【答案】AC
【解析】由电场线分布情况可知，A点电荷带负电荷，B点电荷带正电荷，且它们带不等
量的异种电荷。假设一正检验电荷从 N到 M，B点电荷对检验电荷不做功，A点电荷对
检验电荷做正功，所以 M点的电势低于 N点的电势，选项 A正确；O、M、N三点中，
A、B两点电荷在 O点电场强度方向相同，故 O点电场强度不等于零，选项 B错误；由
于 M N? ?? ，所以 0MNU ? ，把电子从 M点移动到 N点，静电力对电子做正功，选项 C
正确；由于此时 PQ不是等势面，所以把质子从 M点移动到 PQ上任何一点，质子的电
势能变化量不一定相同，选项 D错误。
20.【答案】CD
【解析】金属棒受到的安培力为
2 2
A
B L vF BIL
R
? ? ，由牛顿第二定律得
2 2B L vF ma
R
? ? ，解得其加速度：
2 2F B L va
m mR
? ? ，由于金属棒做加速运动，速度 v
不断增大，则加速度 a不断减小，直至为零，选项 A错误；金属棒开始做加速度减小
的加速运动，v的变化率越来越小，a减小得越来越慢，v﹣t图象的斜率越来越小，选
项 B错误；根据电动势 E=BLv，由于金属棒做加速度减小的加速运动，则 E逐渐增大，
但 E增加得越来越慢，即 E﹣t图象斜率逐渐减小，最后金属棒做匀速运动，E保持不
变，电压 RU IR E? ? ，即 RU ﹣t图象与 E﹣t图象一样，选项 C正确；通过电阻 R的
电荷量
BLxq It
R R
??
? ? ? ，由于金属棒做速度越来越大，最后做匀速运动，而
R
BLv
t
q
? ，选项 D正确。
21. 【答案】BD
【解析】小物块最后与皮带共速，方向与初速度相反，故传送带速度逆时针转动，所以
选项 A错误；沿传送带向下运动的过程中，小物块的滑动摩擦力先做正功，静摩擦力
后做负功，故选项 B正确；由图像可得：a=12.5m/s2，由牛顿第二定律 ?? = ma ,
解得 f=15N。所以，摩擦力的冲量 I=ft=12 N·s，选项 C错误；小物块上行过程中的相对
路程Δx=7.2m，摩擦产生的热量 Q=108J，故选项 D正确。
22.【答案】（1）80.00（2分）；（2） 2
?
（2分）； （3）4.0 （2分）
23.【答案】（1）3 （2分）；（2）如图（2分），R1（1分）；
（3）50
7
≈7.1（2分）， 上方（2分）
【解析】（1）电压表 V（0﹣4V 内阻 6kΩ），将电压表量程扩大为 6V，根据欧姆定律应
有：
6
R6
6 = 4，代入数据可得 R=3kΩ，即电阻箱的阻值应调为 3kΩ。
（2）为使测量尽量准确，要求进行多次测量，滑动变阻器采用分压接法，选择小
电阻，即选 R1，由于灯泡电阻远小于电压表内阻，所以采用电流表外接法，
电路如图：
（3由图可知灯泡两端电压为 2.5V 时。流过电流为 0.35A，由欧姆定律
R = U
I
解得 R = 50
7
≈ 7.1Ω（写成50
7
或 7.1或 7.14均不扣分）；若电压表 V的
实际阻值大于 5kΩ，所以导致测量的灯泡的电压值偏大，即相同电流情况下，
灯泡实际电压比测量值偏小，则小灯泡实际的伏安特性曲线应在所画图线的上
方。
24.【答案】（1）0.6 m/s2（2）14
3
m ≈ 4.7m
【解析】（1）在推力作用下，设货物的加速度大小为 1a ，由牛顿第二定律得：
1sin37 cos37F mg mg ma?? ?? ? ? (3分 )
解得：a1=0.6m/s2 (2分)
（2）解一：撤去推力后，设货物的加速度大小为 2a ，由牛顿第二定律得：
2sin37 cos37mg mg ma??? ? ? (2分)
解得：a2=8.4 m/s2
设货物在运动过程中最大速度为 v，推力 F至少需作用的距离为 1x ，货
物减速运动的位移为 2x ，则有
2
1 12v a x? (1分)
2
2 22v a x? (1分)
又 x1+x2=5m (2分)
联立以上式子，解得：
x1=143 m≈ 4.7m (1分)
解二：动能定理：? ??37? ? 香 37 香 =
解得 x=14
3
m ≈ 4.7m
25.【答案】（1）3N （2） 3.14sat ? 0.3sbt ? （3）0.04m
【解析】（1）设 a球的质量为 am ，碰后在叠加场中恰好做匀速圆周运动，则
am g qE? （2分）
a球从圆弧轨道顶端滑下，由机械能守恒定律得：
2
0
1
2a a
m gR m v? （1分）
在圆弧最低点，由牛顿第二定律得：
2
0
N a a
vF m g m
R
? ? （1分）
解得： 3NNF ? （1分）
（2）a球与 b球发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：
0a a a b bm v m v m v? ? （2分）
由能量守恒定律得：
2 2 2
0
1 1 1
2 2 2a a a b b
m v m v m v? ? （2分）
解得： 0.2m/sav ? 1m/sbv ?
a球在叠加场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
2
a
a a
vBqv m
r
? （1分）
解得： mr 3.0?
设 a球落地点与圆心的连线和地面夹角为? ，由几何关系有
sinh r r ?? ? （1分）
解得：
6
?? ?
a球离开电磁场所用时间
Tta ?
??
2
2
?
? （1分）
做圆周运动周期
av
rT ?2? （1分）
故离开磁场的时间 sta 14.3?? ? （1分）
由于 b球不带电，碰后做平抛运动，则
2
2
1 gth ? （1分）
解得： stb 3.0? （1分）
（3）对 a球，设水平位移为 ax ，则
mrxa 315.0cos ?? ? （2分）
对 b球： mtvx bbb 3.0?? （1分）
故两球相距 mxxx ab 04.0???? （1分）
33.（1）BCE
（2）【答案】① 0
V
3
② 0 02 VP
【解析】①由题图可知，从状态 A到状态 B为等温变化过程，在状态 B时气体
压强为 1 03P P? (1分)
设体积为 1V ，由玻意耳定律得
P0V0=P1V1 (1分)
解得: 01
VV =
3
(1分)
②由题图可知，从状态 到状态 为等压变化过程，在状态 时气体
温度为 2 03T T? ，
设体积为2，由盖—吕萨克定律得
1 2
0 2
V V=
T T
(1分)
解得: 2 0V =V (1分)
由状态 经状态 回到状态 ，设外界对气体做的总功为：从状态
到状态 ，设外界对气体做的功为，
= 1 1 ? 2 (1分)
联立解得 =? 200 (1分)
从状态 回到状态 ，由题图知为等容变化过程，外界对气体不做功，
则 = =? 200 (1分)
由状态 经状态 回到状态 ，内能增加量为 = 0，气体从外界吸
收的热量为 ，内能增加量为，
由热力学第一定律得 = (1分)
解得 = 200 (1分)
34.（1）ACD
（2）【答案】（i） = =10m/sv
T
?
（ii）y= ? 0.8sin10πt（cm）
【解析】（i）由波形图可知，振幅 A=0.8cm，波长 2m? ? （1分）
质点 P经过 6.4cm的路程为 8个振幅，需要的时间为 2T，即 2T=0.4s（1分）
周期 0.2sT ? （1分）
波传播的波速 = =10m/sv
T
?
（2分）
（ii）由波形图可知，质点 M在 t=0s时刻经过平衡位置且向下振动 （1分）
??? 102 ??
T
（2分）
则它的振动方程为 y= ? 0.8sin10πt（cm） （2分）

展开更多......

收起↑