资源简介 绝密 ★ 启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Ba 137第Ⅰ卷（选择题，共126分）一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列有关生物膜及跨膜运输的叙述，错误的是A．因为有了囊泡的存在，生物膜才会在结构和成分上相似B．改变细胞膜上蛋白质的种类和数量，可能会影响物质跨膜运输的速率C．温度能影响物质跨膜运输的速率是因为温度影响了酶的活性D．物质能否进出细胞核与物质的分子大小无关【答案】C【解析】生物膜的结构和成分都相似，因为它们之间都能通过囊泡进行膜的交换，A正确；细胞膜上的某些蛋白质为载体蛋白，若这些蛋白质的种类和数量发生了改变，就会影响到协助扩散和主动运输，B正确；温度会影响生物膜的流动性和酶的活性，因而会影响物质跨膜运输的速率，C错误；核膜和核孔都是物质进出细胞核的通道，它们都具有选择性。小分子和离子一般通过核膜进出细胞核，大分子物质进出细胞核通过核孔，D正确。2．对比肺炎双球菌的体内转化实验与体外转化实验，下列说法错误的是A．两个实验都需要用培养基来培养肺炎双球菌B．两个实验都遵循对照原则和单一变量原则C．两个实验中均只有少部分R型菌被转化成了S型菌D．两个实验中转化形成的S型菌都可以将性状遗传给后代【答案】A【解析】肺炎双球菌的体内转化实验材料用到了小鼠，不需要利用培养基来培养，A错误；两个实验都遵循了对照原则和单一变量原则，都是非常经典的实验，B正确；肺炎双球菌转化作用的实质是外源DNA与受体DNA重组，即广义上的基因重组，这种变异是可以遗传的，D正确；两个实验中由于受到S型菌DNA纯度、两种细菌的亲缘关系及R型菌的状态等因素的影响，只有少部分R型菌被转化成了S型菌，C正确。3．下列与细胞代谢有关的叙述，错误的是A．水培植物长时间未换水，很容易导致烂根B．冬季晴朗的中午，菜农将种植蔬菜的大棚开口，有利于有机物的积累C．和好的面粉，在60℃环境下发面的速度会更快D．苹果表面涂蜡有利于延长苹果的保鲜时长【答案】C【解析】水中缺氧，植物的根细胞无氧呼吸产生酒精等物质，时间长了有毒物质积累会植物根部细胞死亡，A正确；冬季晴朗的中午光合作用较强，消耗较多的CO2，将大棚开口能增加大棚内CO2浓度，增强光合作用使有机物的积累量增加，B正确；面粉发酵利用的微生物是酵母菌，最合适酵母菌繁殖的温度在20℃左右，在60℃环境下酵母菌活性减弱甚至可能已死亡，C错误；苹果打蜡后可以减少水分的散失，降低细胞的呼吸作用，延长保鲜时间，D正确。4．下列关于人体免疫调节的叙述，正确的是A．在细胞免疫过程中，靶细胞的裂解属于细胞凋亡B．效应B细胞之所以能与靶细胞接触是因为能特异性识别了靶细胞膜上的糖蛋白C．吞噬细胞参与了体液免疫而没有参与细胞免疫 D．HIV主要攻击T细胞，导致人体免疫能力下降，所以艾滋病是一种自身免疫病【答案】A【解析】细胞凋亡是由基因所决定的细胞自动结束生命的过程，免疫调节中的靶细胞裂解死亡这个过程中是有基因调控的过程的，A正确；效应T细胞能与靶细胞接触是因为能特异性识别了靶细胞膜上的糖蛋白，而不是效应B细胞，B错误；吞噬细胞参与了大部分都体液免疫和细胞免疫，C错误；自身免疫病是由免疫系统异常敏感、反应过度所引起的免疫病。艾滋病是因为感染人类免疫缺陷病毒（HIV）所导致的免疫缺陷病，艾滋病又称为获得性免疫缺陷综合症（AIDS），D错误。5．下图曲线表示某生态系统中甲、乙、丙3个种群的数量变化，下列分析正确的是A．甲、乙两种群为捕食关系，乙、丙两种群为竞争关系B．在第3年时，甲种群的增长率达到最大值，而增长速率为0C．在第15年时，丙种群的年龄组成属于衰退型D．甲、乙、丙三个种群的数量变化体现了生物群落中的负反馈调节【答案】D【解析】甲与乙、乙与丙之间的数量均呈现出“先增加者先减少，后增加者后减少”的非同步变化，都属于捕食关系，A错误；“增长速率”是该曲线上“某点”的切线的斜率，斜率越大，增长速率就越大，甲曲线在第3年时的斜率为0，所以增长速率为0，“增长率”不是一个点的问题，是某两端相比较，所以在第3年时无法判断增长率，B错误；在第15年时，丙种群的数量将增加，所以年龄组成属于增长型，C错误；负反馈调节在生态系统中普遍存在，它是生态系统自我调节能力的基础，D正确。6．已知某位孕妇的父亲正常，母亲患有血友病，下列提供的遗传咨询不合理的是A．若丈夫未患血友病，生下女孩都不会患病B．若丈夫未患血友病，生下男孩患病的概率为1/2C．若丈夫患血友病，生下男孩都不会患病D．若丈夫患血友病，生下女孩患病的概率为1/2【答案】C【解析】孕妇的父亲正常，母亲患病，则孕妇为携带者XBXb，生下男孩的基因型为XBY、XbY，患病的概率为1/2，与丈夫是否患病无关，B正确，C错误。若丈夫不患病XBY，则生下女孩的基因型为XBXB、XBXb，不会患病，A正确。若丈夫患血友病XbY，则生下女孩的基因型为XBXb、XbXb，患病的概率为1/2，D正确。7．一种利用废干电池中黑色粉末（主要成分MnO2、炭粉及少量Hg2+、Pb2+等重金属盐）制备MnSO4晶体的工艺流程如下：下列说法错误的是A．反应①中1mol Fe至多还原1.5mol MnO2B．重金属主要在滤渣2中C．步骤③煮沸可使沉淀颗粒长大，目的是便于固液分离D．合理处理废旧电池有利于资源再利用并防止汞、铅等重金属污染【答案】B【解析】由反应2Fe+3MnO2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+6H2O知，A项正确；步骤①中同时发生Fe+Hg2+=Hg+Fe2+，Fe+Pb2+=Pb+Fe2+，故重金属主要在滤渣1中，B项错误；悬浊液中Fe(OH)3颗粒越大越易与MnSO4溶液过滤分离，C项正确；锰等是重要金属资源，汞、铅等重金属能严重污染环境，D项正确。8．阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是 A．在标准状况下，11.2 L丙烷含有的极性键数目为4NAB．25℃时，Ksp(BaSO4)=1×10?10，则BaSO4饱和溶液中Ba2+数目为1×10?3NAC．标准状况下，2.24L Cl2完全溶于水转移电子数为0.2NA D．9NA个羟基和10NA个氢氧根离子所含电子数相等【答案】A【解析】A项中，每个丙烷分子含有8个C—H极性键，所以标准状况下11.2L即0.5mol丙烷含极性键为4NA，A项正确；B项中，BaSO4饱和溶液的体积未知，所以其钡离子数目无法确定，B错误；C项中，Cl2与H2O的反应是可逆反应，标况下2.24L Cl2完全溶于水过程中不能确定转移电子数目，C错误；D项中，一个羟基有9个电子，一个氢氧根离子有10个电子，9NA个羟基和10NA个氢氧根离子所含电子数分别为81NA、100NA，D错误。 9．由p（丙烯）制备化合物r（丙烯酸甲酯）的流程如下：下列说法正确的是A．只有p能发生加聚反应B．可用NaHCO3溶液鉴别q和rC．p、q分子中所有原子均可处于同一平面D．与r含有相同官能团的同分异构体只有2种【答案】B【解析】含碳碳双键的有机物均能发生加聚反应，故p、q、r均能发生加聚反应，A项错误；q中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应，r中含有酯基，不能与NaHCO3溶液反应，B项正确；p中含有甲基，为四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，C项错误；与r含有相同官能团的同分异构体有，D项错误。10．二氧化氯（ClO2）是极易溶于水且不与水发生化学反应的黄绿色气体，沸点为11℃，某小组在实验室中制备ClO2所用装置如下：[已知：SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2 +2NaHSO4]。下列说法正确的是A．装置C中装的是饱和食盐水，a流出气体为SO2 B．装置D放冰水的目的是液化二氧化硫防止污染环境C．连接装置时，导管口a可接h或g，导管口c接e D．可以选用装置A利用3mo/L盐酸与MnO2反应制备氯气【答案】C【解析】本题考查化学实验中气体制备，二氧化硫从a进入装置B中反应，为防止倒吸，故应在之前有安全瓶，则a→g→h，为反应充分，故再连接B装置中的b，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故连接e，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为：a→g→h→b→c→e→f→d。装置C中装的是氢氧化钠溶液用于处理尾气，a流出气体为SO2；装置D放冰水的目的是液化二氧化氯，可以选用装置A利用浓盐酸（浓度大约是12mol/L）与MnO2反应制备氯气。1．钴（CO）与钛(Ti)是均可与强酸发生反应的金属。利用电解原理电解COCl2溶液制取钴，工作原理如图所示，其中Ti-Ru为惰性电极。下列说法正确的是A．电解时控制COCl2溶液的pH在0~1范围内B．电解过程中Cl?在Ti电极放电生成氯气C．Ti-Ru的作用是作为损耗阳极材料和传递电流D．用COSO4代替COCl2会使钴的产率降低 【答案】D【解析】Co和Ti能与强酸反应产生H2，电解时的电解质COCl2溶液不能为强酸性环境，电解过程中，Co2+得电子转化为Co在Ti电极沉积，Ti-Ru为惰性电极主要是作为电极和传递电流作用，若用CoSO4溶液代替CoCl2溶液，阳极的氢氧根离子会放电，使溶液的氢离子浓度增加，Co能与强酸反应产生H2，不利于Co的沉积，会使产率降低。因此D项正确。12．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的最外层电子数之和是Z的2倍，X的原子半径是同周期所有主族元素中最小的，W或X的简单气态氢化物分子与Y+具有相同的电子数。下列说法正确的是A．常温常压下，Z呈气态B．X、Y两种元素形成的化合物水溶液呈碱性C．Y、Z的最高正价之和与X的相等D．W的氢化物与W的氧化物之间一定不能发生反应【答案】B【解析】W、X、Y、Z依次为N、F、Na、S。常温常压下，硫呈固态，A项错误；NaF是强碱弱酸盐，B项正确；氟无正价，C项错误；NH3具有还原性，NO、NO2等具有氧化性，一定条件下能发生氧化还原反应，D项错误。13．已知Ag2SO4的饱和溶液中c(Ag+)=0.032mol·L?1，将适量Ag2SO4固体溶于100mL水中至刚好饱和。若t1时刻在上述体系中加入100mL相应溶液，下列描述正确的是 A．图I是向上述体系加入蒸馏水B．图II是向上述体系加入0.001mol·L?1 Ag2SO4溶液 C．图III是向上述体系加入0.002mol·L?1 Na2SO4溶液D．图IV是向上述体系加入0.040mol·L?1 AgNO3溶液【答案】C【解析】本题考查难溶物溶解平衡及计算。Ag2SO4的饱和溶液中c(Ag+)=0.032mol·L?1，c(SO)=0.016 mol·L?1，上述体系加入等体积0.002 mol·L?1 Na2SO4溶液，银离子浓度减半，硫酸根离子浓度增大。二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的的0分。14．关于原子核的变化、核能及核力，下列说法正确的是A．核力是一种弱相互作用，只能发生在原子核内相邻核子之间B．某原子经过一次α衰变和两次β衰变后，核内质子数不变C．放射性原子核X发生衰变，生成物的结合能一定小于X的结合能D．92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n是太阳内部发生的核反应之一【答案】B【解析】核力是强相互作用，具有饱和性和短程性；故将核子束缚在原子核内的核力，是不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用力，且每个核子只跟邻近的核子发生核力的作用，故A错误；α衰变的过程中电荷数少2，质量数少4，β衰变的过程中电荷数增1，质量数不变，某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，电荷数不变，核内质子数不变，故B正确；放射性原子核X发生衰变，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来X的结合能的，故C错误；太阳内部的反应是聚变反应，故D错误。15．光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图所示。将悬点A缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力A．逐渐增大 B．大小不变C．先减小后增大 D．先增大后减小【答案】C【解析】当悬点A缓慢向上移动过程中，小球始终处于平衡状态，小球所受重力mg的大小和方向都不变，支持力的方向不变，对球进行受力分析如图所示，由图可知，拉力FT先减小后增大，C项正确。16．如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A在B的左端以初速度v0开始向右滑动，已知M>m，用①和②分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v随时间t、动能Ek随位移x的变化图象，其中可能正确的是【答案】D【解析】设A、B间动摩擦因数为μ，二者加速度的大小分别为aA、aB，则μmg＝maA，μmg＝MaB，可知aA>aB，v－t图象中，图线①的斜率的绝对值应大于图线②的，故A、B均错误；由μmgxB＝EkB，mv02－μmgxA＝EkA，可知Ek－x图象中，图线①、②的斜率的绝对值应相同，故C错误，D正确。17．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是A．小球带负电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D．小球在运动过程中机械能守恒【答案】B【解析】由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错，B对；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错。18．中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果。如图所示，厚度为h、宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上、下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是A．上表面的电势高于下表面的电势B．仅增大h时，上、下表面的电势差增大C．仅增大d时，上、下表面的电势差减小D．仅增大电流I时，上、下表面的电势差减小【答案】C【解析】因电流方向向右，则金属导体中的自由电子是向左运动的，根据左手定则可知上表面带负电，则上表面的电势低于下表面的电势，A错误；当电子达到平衡时，电场力等于洛伦兹力，即q＝qvB，又I＝nqvhd(n为导体单位体积内的自由电子数)，得U＝，则仅增大h时，上、下表面的电势差不变；仅增大d时，上、下表面的电势差减小；仅增大I时，上、下表面的电势差增大，故C正确，B、D错误。19．石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料，它的发现使“太空电梯”的制造成为可能，人类将有望通过“太空电梯”进入太空。设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球的同步卫星A的高度延伸到太空深处，这种所谓的太空电梯可用于降低成本发射绕地人造卫星。如图所示，假设某物体B乘坐太空电梯到达了图示的位置并停在此处，与同高度运行的卫星C相比较A．B的线速度大于C的线速度B．B的线速度小于C的线速度C．若B突然脱离电梯，B将做离心运动D．若B突然脱离电梯，B将做近心运动【答案】BD【解析】A和C两卫星相比，ωC>ωA，而ωB＝ωA，则ωC>ωB，又根据v＝ωr，rC＝rB，得vC>vB，故B项正确，A项错误；对卫星C有G＝mCωC2rC，又ωC>ωB，对物体B有G>mBωB2rB，若B突然脱离电梯，B将做近心运动，D项正确，C项错误。20．边长为a的闭合金属正三角形轻质框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中。现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图所示，则下列图象与这一拉出过程相符合的是 【答案】BC【解析】设正三角形轻质框架开始出磁场的时刻t＝0，则其切割磁感线的有效长度L＝2xtan 30°＝x，则感应电动势E电动势＝BLv＝Bvx，则C项正确，D项错误；框架匀速运动，故F外力＝F安＝＝∝x2，A项错误；P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2，B项正确。21．如图所示，电源电动势为E，内阻为r。电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)。当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。下列说法中正确的是A．只逐渐增大对R1的光照强度时，电阻R0消耗的电功率增大，电阻R3中有向上的电流B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D．若断开开关S，带电微粒向下运动【答案】AD【解析】当逐渐增大光照强度时，光敏电阻R1的阻值减小，依据“串反并同”可知电流I增大，则PR0增大，UC增大，QC＝CUC增大，即电容器充电，R3中有向上的电流，A正确；当P2向上移动时，UC不变，R3中没有电流，故B错误；当P1向下移动时，I不变，但UC变大，EC＝变大，电场力FC＝变大，微粒向上运动，故C错误；若断开开关S，电容器放电，UC降为0，则微粒只受重力作用而向下运动，故D正确。第Ⅱ卷（非选择题，共174分）三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第40题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题(共129分)22．(6分)某物理课外兴趣小组的三名同学想“验证力的平行四边形定则”，他们找到了如下物品：一根粗细均匀的长橡皮筋、木板、剪刀白纸、铅笔、刻度尺、三角板、三个重量相同的钩码图钉和细绳若干。他们设计了如下实验方案：步骤1：橡皮筋一端固定，另一端系上细绳套，分别挂上一个两个、三个钩码，用刻度尺测量挂上相应的钩码时橡皮筋的长度，看伸长量是否与所挂钩码数成正比，若成正比则进行下一步；步骤2：将橡皮筋剪成长度均为的三段，将三段橡皮筋的一端系在一起设为结点O，另一端均系上细绳套，任取两细绳套对拉检查对应橡皮筋长度是否相等，若相等则进行下一步；步骤3：在木板上固定白纸，在白纸合适位置用图钉套住一细绳套，现用手将另两细绳套成一定角度往下拉适当的距离记录结点O的位置和测量三段橡皮筋的长度l1、l2、l3，如图所示。（1）则有关上述操作说法正确的有 。A．步骤1的目的是判断橡皮筋是否符合胡克定律B．步骤2的目的是判断三段橡皮筋劲度系数是否相同C．步骤3还需要记录橡皮筋2、3的方向D．步骤3还需要测力计测量三段橡皮筋的拉力大小（2）该小组的三名同学分别做此实验，则他们在改变细绳的夹角再做实验时__________(填“需要”或“不需要”)保证结点O位置不变。现测得l＝10.0 m，则甲、乙、丙记录的数据明显存在错误的是________(填“甲”或“乙”或“丙”)。甲：l1＝l2＝l3＝15.0 cm乙：l1＝15.0 cm，l2＝120.0 cm，l3＝12.0 cm丙：l1＝16.0 cm，l2＝13.0 cm，l3＝14.0 cm【答案】（1）ABC （2）不需要 （3）乙 (每空2分)【解析】（1）步骤1中，若橡皮筋的伸长量与所挂钩码数成正比说明符合胡克定律，则步骤1的目的是判断橡皮筋是否符合胡克定律，选项A正确；任取两细绳套对拉，因橡皮筋受的拉力相等，若对应橡皮筋长度相等，则形变量相同，则劲度系数相同，则步骤2的目的是判断三段橡皮筋劲度系数是否相同，选项B正确；步骤3还需要记录橡皮筋2、3的方向，选项C正确；因橡皮筋的拉力与形变量成正比，则步骤3不需要测力计测量三段橡皮筋的拉力大小，选项D错误。（2）该小组的三名同学分别做此实验，则他们在改变细绳的夹角再做实验时，因两次实验间无任何关系，则不需要保证结点O位置不变。用橡皮筋的长度减去原长即为伸长量，此伸长量与力成正比，可代替力来操作，则甲同学中三个力分别对应：5、5、5，三力能平衡；乙同学中三个力对应：5、110、2，此三力不可能平衡；丙同学中三个力对应：6、3、4，此三力可能平衡。故乙记录的数据明显存在错误。23．(9分)某同学设想运用如图甲所示的实验电路，测量未知电阻Rx的阻值、电流表A的内阻和电源(内阻忽略不计)的电动势，实验过程中电流表的读数始终符合实验要求。（1）为了测量未知电阻Rx的阻值，他在闭合开关之前应该将两个电阻箱的阻值调至 (填“最大”或“最小”)，然后闭合开关K1，将开关K2拨至1位置，调节R2使电流表A有明显读数I0；接着将开关K2拨至2位置。保持R2不变，调节R1，当调节R1＝34.2 Ω时，电流表A读数仍为I0，则该未知电阻的阻值Rx＝ Ω。（2）为了测量电流表A的内阻RA和电源(内阻忽略不计)的电动势E，他将R1的阻值调到R1＝1.5 Ω，R2调到最大，将开关K2拨至2位置，闭合开关K1；然后多次调节R2，并在表格中记录下了各次R2的阻值和对应电流表A的读数I；最后根据记录的数据，他画出了如图乙所示的图象，根据你所学的知识和题中所给字母写出该图象对应的函数表达式为： ；利用图象中的数据可求得，电流表A的内阻RA＝ Ω，电源(内阻忽略不计)的电动势E＝ V。【答案】（1）最大(1分) 34.2(2分) （2）＝R2＋(2分) 0.5(2分) 4(2分)【解析】（1）为了保护电路，需要将电阻箱的阻值都调至最大，因为两种情况下电流表示数相同，Rx和R1等效，所以Rx＝R1＝34.2 Ω。（2）根据闭合电路欧姆定律得：E＝I(R1＋R2＋RA)，解得＝R2＋，故－R2图象的斜率为，则纵截距为，代入数据可得：＝，＝0.5，解得E＝4V，RA＝0.5Ω。24．（12分）如图甲所示，质量均为m＝0.5 kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点。P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3 s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞。已知B、C两点间的距离L＝3.75 m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：（1）P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；（2）Q运动的时间t。【解析】（1）在0～3 s内，以向右为正方向，对P由动量定理有：F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0(1分)其中F1＝2 N，F2＝3 N，t1＝2 s，t2＝1 s解得：v＝8 m/s(1分)设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：μmg＝ma(1分)P在B、C两点间做匀减速直线运动，有：v2－v12＝2aL(1分)解得：v1＝7 m/s。(2分)（2）设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′、v2，有：mv1＝mv1′＋mv2(1分)mv12＝mv1′2＋mv22(1分)碰撞后Q做匀减速直线运动，有：μmg＝ma′(1分)t＝(1分) 解得：t＝3.5 s。(2分)25．(20分)如图所示，在竖直平面内的xOy直角坐标系中，x轴上方存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度E1，方向沿y轴向上，磁感应强度B，方向垂直纸面向里。x轴下方存在方向沿y轴向上的匀强电场（图中未画出），场强为E2。一质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点），从y轴上的A点以速度大小v0沿x轴正方向抛出，经x轴上的P点后与x轴正向成45°进入x轴上方恰能做匀速圆周运动。O、P两点间距离x0与O、A两点间距离y0满足以下关系：，重力加速度为g，以上物理量中m、q、v0、g为已知量，其余量大小未知。（1）求电场强度E1与E2的比值；（2）若小球可多次（大于两次）通过P点，则磁感应强度B为多大？（3）若小球可恰好两次通过P点，则磁感应强度B为多大？小球两次通过P点时间间隔为多少？【解析】（1）小球在x轴上方匀速圆周，可得：qE1＝mg (1分)小球从A到P的过程做内平抛运动：x0＝v0t，y0＝12at2(1分)结合：y0＝g2v02x02可得：a＝g(1分)由牛顿第三定律可得：qE2?mg＝ma (1分)解得：qE2＝2mg (1分)故：E1E2＝12 (1分)（2）小球第一次通过P点时与x轴正向成45°，可知小球在P点时则有：vy＝v0(1分)故P点时的速度：v＝2v0 (1分)由类平抛的位移公式可得：x0＝v02g (1分)小球多次经过P点，轨迹如图甲所示，小球在磁场中运动34个周期后，到达x轴上的Q点，P、Q关于原点O对称，之后回到A并不断重复这一过程，从而多次经过P点设小球在磁场中圆周运动的半径为R，由几何关系可得：R＝2x0 (1分)又由：qvB＝mv2R(1分)联立解得：B＝mgqv0 (1分)（3）小球恰能两次经过P点，轨迹如图乙所示在x轴上方，小球在磁场中的运动周期：T＝2πmqB(1分)在x轴下方，小球的运动时间：t2＝2?x0v0＝2v0g(1分)由规律可知，小球恰能两次经过P点满足的几何关系为：2x0＝2R＋1n×2R （n＝1，2，3……..）(2分)解得：B＝(1＋1n)mgqv0 （n＝1，2，3……..）(1分)两次通过P点的时间间隔为：t＝(n＋1)34T＋nt2 （n＝1，2，3……..）(2分)解得：t＝(2＋3π2)nv0g （n＝1，2，3……..）(1分)26．(14分)氨基甲酸铵是一种重要化工产品，常温时为白色晶体或粉末，易溶于水，难溶于CCl4，59℃时分解为氨及二氧化碳，其制备原理：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s) ΔH=-272kJ·mol?1。某化学兴趣小组利用下图实验装置(部分固定装置已省略)模拟制备NH2COONH4。试回答下列问题：（1）仪器组装完毕后，首先应进行的操作是____________。仪器b的名称是__________。（2）装置A用于实验室制取NH2COONH4的原料气体之一，该反应的化学方程式为______________________。（3）装置F中试剂的名称为______________。（4）为提高原料气的利用率，应控制装置C和E中最佳鼓泡速率比为___________，装置D采用冰水浴的原因为 _________________________________________。（5）生成的氨基甲酸铵悬浮于CCl4中，下列操作可实现产品分离的是_______。（填字母） （6）制得的氨基甲酸铵可能含有碳酸氢铵、碳酸铵中的一种或两种杂质。 ①设计方案，进行成分探究，请填写表中空格。 限选试剂：蒸馏水、稀HNO3、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、稀盐酸。实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量固体样品于试管中，加入蒸馏水至固体溶解。得到无色溶液步骤2：向试管中加入过量的BaCl2溶液，静置若溶液不变浑浊，证明固体中不含碳酸铵步骤3：向试管中继续加入?????? ?????______________，证明固体中含有碳酸氢铵②根据①的结论：取氨基甲酸铵样品15.8 g，用足量氢氧化钡溶液充分处理后，过滤、洗涤、干燥，测得沉淀质量为1.97 g。则样品中氨基甲酸铵的质量分数为_______________。【答案】（1）检查装置气密性(1分)；三颈烧瓶(1分)（2）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2 +2NH3↑+2H2O(2分)（3）浓硫酸(1分)（4）2∶1(2分)；降低温度，有利于提高反应物的转化率(或降低温度，防止因反应放热造成NH2COONH4分解)(1分)（5）C(2分)（6）①实验步骤预期现象和结论步骤3：少量澄清石灰水(1分)溶液变浑浊(1分)??②0.95（或95%）(2分) 【解析】本题以NH2COONH4的制备为载体，考查NH3、CO2的实验室制备、气体的除杂，利用杂质沉淀法测定NH2COONH4的含量。由于NH2COONH4易溶于水，难溶于CCl4，59℃时分解，所以须用干燥的NH3、CO2反应制备NH2COONH4，则装置ADHBGF的主要作用依次是制备NH3、制备NH2COONH4、制备CO2、干燥NH3、除CO2中的HCl气体、干燥CO2，CE通过观察气泡来控制NH3、CO2通入的比例，据此答题。（1）实验安装完毕后，首先应该进行的操作是检查装置的气密性，仪器b的名称是三颈烧瓶，因此，本题正确答案为：检查装置的气密性；三颈烧瓶；（2）从反应原理可知两种原料气是NH3和CO2，根据实验室制NH3和CO2的装置特点，装置A制取NH3，实验室利用氯化铵固体和氢氧化钙固体混合加热，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，因此，本题正确答案为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；（3）装置H中产生的二氧化碳气体混有水蒸气，而氨基甲酸铵易溶于水，所以反应原料气要经过干燥，装置F中装入的是浓硫酸，用于干燥CO2气体，因此，本题正确答案为：浓硫酸；（4）根据反应原理：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4 (s)?知，为了提高原料气的利用率，应使NH3和CO2保持2∶1的比例通气，所以应控制装置C和E中最佳鼓泡速率比为2∶1；氨基甲酸铵，常温时为白色晶体或粉末，59℃时分解为氨及二氧化碳，使氨基甲酸铵的产率增大，故需要在冰水浴；因此，本题正确答案为：2∶1；降低温度，有利于提高反应物的转化率（或降低温度，防止因反应放热造成NH2COONH4的分解）；（5）氨基甲酸铵难溶于CCl4，悬浮在CCl4中，固液分离一般采用过滤即可，下面操作中过滤操作的是C，因此，本题正确答案为：C；步骤2中加入过量的BaCl2溶液无沉淀生成，说明不存在碳酸铵，步骤3中要证明固体中含有碳酸氢铵，结合限选试剂，应选择澄清石灰水，加入石灰水后碳酸氢根离子和氢氧根离子反应得到碳酸根离子，形成碳酸钙和碳酸钡白色沉淀，即可以证明碳酸氢铵的存在；取氨基甲酸铵样品15.8g，用足量氢氧化钡溶液充分处理后，过滤、洗涤、干燥，测得沉淀质量为碳酸钡沉淀。BaCO3为1.97g，原子守恒可得下列关系式，并计算。NH4HCO3~~BaCO379 197Xg 1.97g得x=0.79g；样品中氨基甲酸铵的质量分数==95%；因此，本题正确答案为：少量澄清石灰水，溶液变浑浊；95%（或0.95）。27．（14分）氯化亚铜（CuCl）常用作有机合成工业中的催化剂，在空气中迅速被氧化变成绿色；见光分解变成褐色。如图是工业上用制作印刷电路的废液（含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl?）生产CuCl的流程：根据以上信息回答下列问题：（1）生产过程中X的化学式为 ________。（2）写出产生CuCl的离子方程式：______________________________。（3）实验探究pH对CuCl产率的影响如下表所示：pH1234567CuCl产率/%70908278757270析出CuCl晶体最佳pH为________，当pH较大时CuCl产率变低原因是_______________________________________________。调节pH时，_____（填“能”或“不能”）用相同pH的硝酸代替硫酸，理由是______________________________。（4）氯化亚铜的定量分析：①称取样品0.25g和过量的FeCl3溶液于锥形瓶中，充分溶解。②用0.10mol·L?1硫酸铈标准溶液滴定。已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。三次平行实验结果如下（平行实验结果相差不能超过1%）：平行实验次数1230.25g样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（mL）24.3524.0523.95则样品中CuCl的纯度为_____________。（结果保留三位有效数字）。（5）由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。第一步CuCl水解的离子方程式为：CuCl(s)＋H2O(l)CuOH(s)＋Cl? (aq)＋H+(aq)，第二步CuOH热分解的化学方程式为______________________________________。第一步CuCl水解反应的平衡常数K与此温度下KW、Ksp(CuOH)、Ksp(CuCl)的关系为K＝______________________。【答案】（1）Fe（2分）（2）2Cu2++ 2Cl?+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO（2分）（3）2；Cu2+水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减小；不能；硝酸会与产品CuCl发生反应（各1分）（4）95.5%（2分）（5）2CuOHCu2O+H2O (2分)；Kw×Ksp(CuCl)/Ksp(CuOH)(2分)【解析】废液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl?，从流程图中知滤渣②能与浓硫酸反应得到硫酸铜溶液和二氧化硫气体，确定滤渣②是铜，铜和Z反应得到CuCl2，Z是氯气，废液中还含有Fe3+、Fe2+，滤液①能与Cl2反应得到蚀刻液，所以滤液①为FeCl2，滤液②能与滤液①混合，则滤渣①为铁与铜的混合物，所以过量的Y为盐酸，废液中加入过量的Fe粉将Fe3+还原为Fe2+。据此答题。（1）根据上述分析可知，生产过程中的X为Fe，因此，本题正确答案为：Fe；（2）由SO2、CuSO4、CuCl2调节PH反应得到CuCl和H2SO4，生成CuCl的离子反应方程式为2Cu2++2Cl?+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO，因此，本题正确答案为：2Cu2++2Cl?+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H++SO；（3）从PH对CuCl产率影响表中直接能看出当PH=2时，CuCl的产率最大，所以析出CuCl晶体最佳PH为2；溶液中存在Cu2+的水解，Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，当PH增大时，氢离子浓度减小，反应向正方向进行，使得Cu2+总浓度下降，故当PH变大时，CuCl产率变低；硝酸具有强氧化性，能与CuCl反应，不能用硝酸代替硫酸调节PH。因此，本题正确答案为：2；Cu2+的水解程度增大，反应生成CuCl减少，产率减少；不能，硝酸会与产品CuCl发生反应；（4）实验通过滴定法测定CuCl的含量，实验平均消耗硫酸铈的体积为（24.05+23.95）/2=24.00ml，所以消耗的硫酸铈为24×10?3ml×0.10mol·L?1=2.4×10-3mol，根据题意的反应方程式CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，得到CuCl~~FeCl2 ~~CeSO4 1 1n(CuCl) 2.4×10?3mol n(CuCl)=2.4×10?3mol，样品中CuCl的纯度为=95.5%；因此，本题正确答案为：95.5%；（5）由CuCl水解再热分解可得到纳米Cu2O。第一步CuCl水解的离子方程式为：CuCl(s)＋H2O(l)CuOH(s)＋Cl?(aq)＋H+(aq)，第二步CuOH热分解得到Cu2O，则分解方程式为2CuOHCu2O+H2O，根据第一步水解反应的方程式得K=c(H+)·c(Cl?)，将式子进行变形可得K==，因此，本题正确答案为：。28．(15分)氮氧化物（NOx）和COx会造成环境问题。对上述工业废气进行脱硝脱碳处理，可实现绿色环保、节能减排、废物利用等目的。（1）工业上处理尾气中NO的方法为：将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其物质转化如图所示。写出图示转化的总反应的化学方程式 。 （2）选择性催化还原技术(SCR)是目前最成熟的烟气脱硝技术，即在金属催化剂作用下，用还原剂(如NH3)选择性地与NOx反应生成N2和H2O。①已知：反应I．4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔH=-905.5kJ·mol?1反应II．N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=+180kJ·mol?1则反应III．4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)的ΔH=____________。②对于反应III，下列措施中一定能提高平衡体系中N2的百分含量的是 (填字母)。A．增大氧气浓度 B．降低温度 C．加入催化剂 D．增大压强（3）二甲醚(CH3OCH3)的燃烧尾气中污染物少，可代替柴油。CO、CO2混合加氢的方法是在一个反应器中将合成气直接转化为二甲醚，包括以下4个反应：反应IV．CO2(g)+3H2(g)CH3OH (g)+H2O(g) 反应V．CO2(g)+H2(g)CO(g)+ H2O(g) 反应VI．CO(g)+2H2(g)CH3OH (g) 反应VII．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ①已知反应VII在某温度下的平衡常数为K=400。此温度下，在一恒容密闭容器中加入CH3OH(g)，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度（mol/L）0.440.60.6此时正、逆反应速率的大小：v(正)______ v(逆) (填“>"、“<”或“=”) 。若加入CH3OH后，经10min反应达到平衡，则反应从起始至10min内反应速率v(CH3OH)= ____________。（4）水体中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题，某课题组研究发现Fe粉和酸性KNO3溶液反应可以实现地下水脱氮，反应后Fe→Fe2+，且没有气体生成但是生成了一种新的阳离子。①该反应的离子方程式为 。检验溶液中新生成的阳离子存在的操作为 ②某实验室中模拟该反应过程，实验发现：反应一段时间后，反应体系中NH的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，可能的原因是 。a．该反应达到了平衡状态 b．生成的Fe2+水解c．Fe2+被还原成Fe d．Fe2+被氧化生成Fe3+ 【答案】（1）2H2+2NO=N2+2H2O(2分）（2）①-1625.5kJ·mol-1（2分） ②B（2分）（3）>（2分）；0.16mol/(L·min)（2分） （4）①4Fe+NO+10H+=4Fe2++NH+3H2O（2分）；取适量溶液于试管中，滴加适量NaOH溶液，微热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口部，如果发现红色石蕊试纸变蓝色，说明原溶液中含有铵根离子，否则没有（答案合理即可）（1分）②b、d（2分）【解析】（1）从图中找出反应物和生成物，写出相关的反应方程式；（2）根据盖斯定律计算；从使化学反应平衡向正向移动的影响因素着手考虑；（3）利用Qc与平衡常数K的大小来判断反应进行的方向，从而确定正逆反应速率的大小，根据平衡三段式法，结合题中信息根据平衡常数的定义与化学反应速率的定义计算作答；（4）①Fe粉和酸性KNO3溶液发生氧化还原反应，转化为Fe2+与NH，再结合氧化还原反应的规律配平化学方程式；再根据NH的检验方法进行实验；②影响平衡移动的因素，及离子自身的性质来作答。（1）根据图中我们可以得到反应①2Ce4++H2=2Ce3++2H+和反应②4H++4Ce3++2NO=N2+2H2O，将反应①×2+②得总反应方程式为2H2+2NO=N2+2H2O，因此，本题正确答案为：2H2+2NO=N2+2H2O；（2）根据盖斯定律反应III=反应I—4反应II可得4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)的ΔH=-1625.5kJ·mol?1；提高反应III平衡体系中N2的百分含量，A．增大氧气浓度 ，平衡向正向移动，但体系总浓度增大，N2的百分含量不一定增大，不符题意。B．降低温度，反应Ⅲ是放热反应，降低温度平衡正向移动，N2的百分含量增大，符合题意。C．加入催化剂，催化剂加快反应速率，但不影响平衡的移动，N2的百分含量不变，不符合题意。D．该反应正反应是气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，N2的百分含量减小，不符合题意。因此，本题正确答案为：①-1625.5kJ·mol?1；②B；反应VII.2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，此时刻各组分的浓度如表所示，Qc===1.86＜400，反应还未达到平衡状态，平衡向正向进行，所以v(正)> v(逆)，根据上表可求得加入的甲醇总量为（0.44+1.2）=1.64mol/L。经10min达到平衡，温度不变，则平衡常数K=400；2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)起始浓度(mol/L) 1.64 0 0转化浓度(mol/L) 2x x x平衡浓度(mol/L) 1.64-2x x xK===400，解得X=0.8mol/L；v(CH3OH)= =1.6mol·L?1/10min=0.16mol·(L·min)?1；因此，本题正确答案为：>；0.16mol·(L·min)?1；（3）Fe粉和酸性KNO3溶液发生氧化还原反应，反应后Fe→Fe2+，且没有气体生成，N的化合价降低，得到的是NH。该反应的离子方程式为4Fe+NO+10H+=4Fe2++NH+3H2O，铵根离子的检验方法是向溶液中滴加适量的氢氧化钠溶液，微热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸是否变蓝；反应一段时间后，反应体系中NH的浓度在增大，Fe2+的浓度却没有增大，a．该反应达到了平衡状态，NH的浓度也保持不变，不符合题意；b．生成的Fe2+水解，水解使得Fe2+的浓度减小，使反应向正向进行，NH的浓度增大，符合题意；c．Fe2+被还原成Fe，在酸性的硝酸钾溶液中Fe2+不能被还原成Fe，不符合题意；d．Fe2+被氧化生成Fe3+，Fe2+易被氧化，Fe2+的浓度减小，使反应向正向进行，NH的浓度增大，符合题意；故选b、d。因此，本题正确答案为：①4Fe+NO+10H+=4Fe2++NH+3H2O（2分）；取适量溶液于试管中，滴加适量NaOH溶液，微热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口部，如果发现红色石蕊试纸变蓝色，说明原溶液中含有铵根离子，否则没有（答案合理即可）；②b、d。29．（9分）某山区在10年前发生森林火灾，焚毁所有林木。该山区在近10年内没有人类活动的干扰，经过演替形成相对稳定的森林生态系统。回答下列问题：（1）10年前该山区内某种群中的AA和aa基因型频率分别为60％和5％，现在种群中的AA和aa基因型频率分别为70％和15％，此种群 （填“发生”或“未发生”）进化，理由是 。（2）生态学中的 “干扰理论”认为人类活动经常干扰群落的演替，原因是 。（3）森林火灾后的恢复属于次生演替，判断理由是 。火灾过后的森林能够恢复原状，说明森林生态系统具有一定的 能力。【答案】（1）未发生（1分） 此种群的基因频率没有发生改变（2）人类活动往往会使群落演替按照不同于自然演替的速度和方向进行（3）原有土壤条件基本保留，甚至还保留了植物的种子或其他繁殖体 自我调节【解析】（1）10年前种群的基因型频率分别为AA60％，Aa35％，aa5％，A的基因频率为60％+1/2×35％=77.5％，a的基因频率为22.5％；现在种群的基因型频率分别为AA70％，Aa15％，aa15％，A的基因频率为70％+1/2×15％=77.5％，a的基因频率为22.5％。10年前与10年后此种群的基因频率没有发生改变，所以此种群没有发生进化。（2）“干扰理论”认为人类活动经常干扰群落的演替，原因是人类活动往往会使群落演替按照不同于自然演替的速度和方向进行。（3）次生演替是指原有植被虽已不存在，但原有土壤条件基本保留，甚至还保留了植物的种子或其他繁殖体的地方发生的演替，火灾过后的森林能够恢复原状，说明森林生态系统具有一定的自我调节能力。30．（10分）将阳生植物X幼苗和阴生植物Y幼苗至于环境及营养液都相同的条件中，下图为X幼苗光合作用强度随光照强度的变化曲线，回答下列问题：（1）图中的A点称为 ，Y幼苗相对应的A点应向 移（填“左”或“右”），原因是 。（2）若将叶面积为44cm2的X幼苗叶片在光照强度为8Klx条件下光照5小时，其光合作用能合成 mg葡萄糖。（3）将X幼苗培养一段时间后发现因营养液中Mg2+浓度不足导致叶片变黄，叶片呈黄色的原因是 。【答案】（1）光补偿点 左 阴生植物的呼吸作用强度比阳生植物低且阴生植物利用弱光的效率要高于阳生植物（2）0.12（3）叶绿素的合成速度减慢甚至停止，类胡萝卜素的颜色显露出来，类胡萝卜素呈黄色。【解析】（1）A点表示光补偿点，即在此光照强度下，光合作用速率等于呼吸作用速率。阴生植物的呼吸作用强度比阳生植物低，阴生植物利用弱光的效率要高于阳生植物，所以Y幼苗相对应的A点应向左移。（2）据图可知，X幼苗在8Klx光照强度下合成CO2的速率为8mg/m2·h因此叶面积为44cm2的X幼苗叶片在光照强度为8Klx条件下光照5小时可以产生8mg/m2·h*44cm2*5h=0.176mg，根据光合作用方程式得出的关系式6 CO2~C6H12O6，0.176mg CO2可以换算成0.12mg葡萄糖。（3）因营养液中Mg2+浓度不足，叶绿素的合成速度减慢甚至停止，类胡萝卜素的颜色显露出来，类胡萝卜素呈黄色。31．（10分）为探究绞股蓝多糖对糖尿病大鼠血糖的影响，某研究小组进行了如下实验。实验材料用具：生理状况相同的健康雄性大鼠48只、绞股蓝多糖、生理盐水、血糖测定仪等实验步骤：a．随机将大鼠平均分为甲、乙、丙、丁4组，甲组给予普通饲料喂养，乙、丙、丁三组给予等量高糖高脂饲料喂养（制备成实验性糖尿病大鼠），饲喂6周；b． ，并进行数据统计；c．丙组灌胃绞股蓝多糖50mg/kg，丁组灌胃绞股蓝多糖200mg/kg， 。各组按照不同给药方法处理2个月；d．2个月后，测定各组大鼠空腹状态下血糖浓度，并进行数据统计分析。实验结果（1）补全实验步骤b． 。c． 。（2）写出实验结论： 。（3）现有研究表明植物多糖的降血糖作用主要表现在降低肝糖原的水解、促进外周组织器官对糖的利用，促进 激素和抑制 激素的利用，保护胰岛细胞，调节糖代谢酶活性。【答案】（1）b.测定各组大鼠空腹状态下血糖浓度 c.甲、乙两组分别灌胃等量生理盐水（2）一定浓度范围内，绞股蓝多糖具有降低糖尿病大鼠的血糖的作用，且浓度升高，降血糖作用更明显。（3）胰岛素 胰高血糖素【解析】（1）根据实验步骤及实验结果分析可知，实验步骤b应该是在给药前测定各组大鼠空腹的状态下血糖的浓度，以便与给药后做对照，实验步骤c中对丙、乙两组已经做了处理，所以应该也对甲、乙两组进行处理，由实验结果可看出甲、乙两组与丙、丁两组不同，应分别灌胃等量生理盐水。（2）从实验结果可以得出结论，一定浓度范围内，绞股蓝多糖具有降低糖尿病大鼠的血糖的作用，且浓度升高，降血糖作用更明显。（3）现有研究表明植物多糖的降血糖作用主要表现在降低肝糖原、促进外周组织器官对糖的利用，促进胰岛素激素和抑制胰高血糖素激素的利用，保护胰岛细胞，调节糖代谢酶活性。32．（10分）已知家蚕的性别决定方式与鸡相同，幼虫的皮肤正常和皮肤透明由只位于Z染色体上B、b基因控制，蚕丝的颜色由常染色体上A基因（黄色）、a基因（白色）决定。问答下列问题：（1）用皮肤透明产黄色丝蚕与皮肤正常产白色丝蚕交配，得到的F1都为皮肤正常产黄色丝蚕，则亲代的基因型为 。F1继续交配的F2，F2中皮肤正常产黄色丝蚕所占的比例为 。（2）研究发现雄蚕比雌蚕食桑量低，产丝率高，但在幼蚕阶段，雌雄不易区分。能否只利用（1）中所涉及的家蚕交配，就可以在后代的幼虫阶段鉴别出产黄色丝的雄蚕？若能，请写出杂交组合基因型及鉴定结果；若不能，请写出最理想的杂交组合基因型及鉴定结果。（3）家蚕的一对等位基因D（黑卵）、d（白卵）位于第10号常染色体上，基因D在性染色体上也能正常表达，基因D缺失也用d表示。若用X射线处理基因型为DDZW的雌蚕，得到DdZWD，这种变异类型为 。若用此变异雌蚕与杂合黑卵雄蚕交配，后代中产黑卵蚕所占的比例为 。【答案】（1）AAZbW、aaZBZB 9/16（2）不能，理想组合杂交组合为AAZbZb、AAZBW，后代幼虫中皮肤正常的均为产黄色丝的雄蚕（3）染色体（结构）变异 7/8【解析】（1）产黄色丝蚕与产白色丝蚕交配后代都为产黄色丝蚕，可以推出亲代产黄色丝蚕基因型为AA；皮肤透明蚕与皮肤正常蚕杂交后代都为皮肤正常蚕，说明皮肤正常为显性，而且此性状基因位于Z染色体上，所以亲代中皮肤透明蚕基因型为ZbW，皮肤正常蚕基因型为ZBZB，综上所述，皮肤透明产黄色丝蚕基因型为AAZbW，皮肤正常产白色丝蚕基因型为aaZBZB。F1的基因型为AaZBZb、AaZBW，F2中皮肤正常产黄色丝蚕所占的比例为3/4×3/4=9/16（2）由上述可知（1）中涉及的家蚕基因型有AAZbW、aaZBZB、AaZBZb、AaZBW几种，若想在后代的幼虫阶段通过幼虫皮肤的是否正常鉴别出产黄色丝的雄蚕，需要有ZbZb与ZBW组合，（1）中涉及的家蚕基因型没有此种组合，所以不能，最理想的杂交组合为AAZbZb、AAZBW，后代幼虫中皮肤正常的均为产黄色丝的雄蚕。（3）雌蚕的基因型由DDZW变成DdZWD，可推知一条第10号染色体上的D基因转移到了W染色体上，这种变异类型属于染色体结构变异种的易位。基因型为DdZWD雌蚕与DdZZ雄蚕交配，后代中产黑卵蚕所占的比例为3/4D_+1/4dd×1/2ZWD=7/8。（二）选考题（共45分，请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每科按所做的第一题计分。）33．【物理——选修3-3】(15分)（1）（5分）下列说法正确的是_______。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A．温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由T升至2TB．温度越高，布朗运动越剧烈，所以布朗运动也叫做热运动C．做功和热传递是改变物体内能的两种方式D．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势E．晶体熔化时吸收热量，分子平均动能不变【答案】CDE【解析】温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由t＋273升至2t＋273，不是2倍关系，选项A错误；温度越高，布朗运动越剧烈，但是布朗运动不是分子运动，也不叫做热运动，选项B错误；做功和热传递是改变物体内能的两种方式，选项C正确；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，选项D正确；晶体熔化时吸收热量，但是温度不变，则分子平均动能不变，选项E正确。（2）（10分）如图所示，两端开口的汽缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可在汽缸内无摩擦滑动，面积分别为S1＝20 cm2，S2＝10 cm2，它们之间用一根水平细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量M＝2 kg的重物C连接，静止时汽缸中的气体温度T1＝600 K，汽缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强p0＝1×105 Pa，取g＝10 m/s2，缸内气体可看做理想气体。（1）活塞静止时，求汽缸内气体的压强；（2）若降低汽缸内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动时，求汽缸内气体的温度。【解析】(i)设静止时汽缸内气体压强为p1，活塞受力平衡p1S1＋p0S2＝p0S1＋p1S2＋Mg (3分)代入数据解得p1＝1.2×105 Pa(2分)(ii)由活塞受力平衡可知缸内气体压强没有变化，设开始温度为T1，变化后温度为T2，由盖—吕萨克定律得＝(3分)代入数据解得T2＝500 K。(2分)34．【物理——选修3-4】(15分)（1）（5分）如图所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象，则下列说法中正确的是 。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A．甲、乙两单摆的摆长相等B．甲摆的振幅比乙摆大C．甲摆的机械能比乙摆大D．在t＝0.5 s时有正向最大加速度的是乙摆E．由图象可以求出当地的重力加速度【答案】ABD【解析】由题图振动图象可以看出，甲摆的振幅比乙摆的大，两单摆的振动周期相同，根据单摆周期公式T＝2π可得，甲、乙两单摆的摆长相等，但不知道摆长是多少，不能计算出当地的重力加速度g，故A、B正确，E错误；两单摆的质量未知，所以两单摆的机械能无法比较，故C错误；在t＝0.5 s时，乙摆有负向最大位移，即有正向最大加速度，而甲摆的位移为零，加速度为零，故D正确。（2）（10分）如图所示，等腰直角三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于O点处的点光源在透明介质内向各个方向发射光线，其中从AC边上的D点射出的光线平行于BC，从E点射出的光线垂直BC向上。已知BC边长为2L。求：(i)该光在介质中发生全反射的临界角θ；(ii)DE的长度x。(可能用到sin 15°＝或tan 15°＝2－)【解析】(i)由几何关系可知，题图中∠ODE＝60°，故光线OD在AC面上的入射角为30°，折射角为45°.根据光的折射定律有n＝＝(3分)由sin θ＝知θ＝45°。(2分)(ii)由＝，解得lOD＝L(2分)由几何关系可知，光线OE在AC面上的折射角为45°，根据光的折射定律有，OE光线在AC面上的入射角为30°，故题图中∠OEC＝60°，则△ODE为等边三角形得x＝lOD＝L。 (3分)35．【化学——选修3：物质结构与性质】(15分)甲基呋喃与氨在高温下反应得到甲基吡咯：+H2O回答下列问题：（1）与Zn同区、同周期元素基态原子的核外电子排布式是 。（2）甲基呋喃和甲基吡咯所含的非金属元素中，电负性最大的是 （填元素符号），第一电离能最大的是 （填元素符号）。（3）由H、C、N形成的CH2=CHCN分子中碳原子轨道的杂化类型是 ，1mol CH2=CHCN分子中含π键的数目为 mol。（4）配合物[Zn(NH3)3(H2O)]2+中与Zn2+形成配位键的原子是 (填元素符号)；与NH3分子互为等电子体的阳离子为 。（5）NH3的沸点比N2O的沸点 （填“高”或“低”），其主要原因是 。（6）ZnO晶体随着环境条件的改变形成不同结构的晶体，其中有一种ZnO与NaCl的晶胞相同，为面心立方结构，已知ZnO晶体密度为a g·cm?3，NA表示阿伏伽德罗常数，则该ZnO晶胞体积为 cm3。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(2分)（2）O(1分) N(1分)（3）sp、sp2(2分) 3(1分)（4）N、O(2分) H3O+(2分)（5）高(1分) NH3分子间存在氢键(1分)（6）(2分)【解析】（1）Zn属于ds区元素，与Zn同区、同周期元素是Cu。（2）同周期自左向右电负性增大，同主族自上而下电负性逐渐降低，非金属性越强电负性越强；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同主族自上而下第一电离能逐渐减小，以此分析；（3）由H、C、N形成的CH2=CHCN分子中，C形成1个双键和一个三键，则碳原子的杂化方式是sp、sp2；双键中有一个π键，三键中有2个π键，则1mol CH2=CHCN分子中含3mol π键；（4）与Zn2+形成配位键的原子应该有孤对电子，O、N上有孤对电子；NH3含4个原子、8个价电子，与NH3互为等电子体的阳离子是：H3O+；（5）氢键使物质的熔沸点升高；（6）其中有一种ZnO与NaCl的晶胞相同，为面心立方结构，正六面体的体心和每个棱的中间各有一个Zn2+。利用“均摊法”，Zn2+个数为12×（1/4）+1= 4，可知一个晶胞含有Zn2+和O2－均为4，根据ρ=mV计算。（1）Zn属于ds区元素，与Zn同区、同周期元素是Cu，Cu基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；（2）同周期自左向右电负性增大，同主族自上而下电负性逐渐降低，非金属性越强电负性越强；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同主族自上而下第一电离能逐渐减小，呋喃和吡咯所含元素中含有C、H、O、N四种元素，其中电负性最大的是O，第一电离能最大的元素是N；故答案为：O、N；（3）由H、C、N形成的CH2=CHCN分子中，C形成1个双键和一个三键，则碳原子的杂化方式是sp、sp2；双键中有一个π键，三键中有2个π键，则1mol CH2=CHCN分子中含3mol π键；故答案为：sp、sp2；3；（4）与Zn2+形成配位键的原子应该有孤对电子，O、N上有孤对电子；NH3含4个原子、8个价电子，与NH3互为等电子体的阳离子是：H3O+；故答案为：N、O；；H3O+；（5）氨气分子间存在氢键，氢键使物质的熔沸点升高，N2O分子间只有范德华力，氢键的作用力大于范德华力；故答案为：高；NH3分子间存在氢键；（6）其中有一种ZnO与NaCl的晶胞相同，为面心立方结构，正六面体的体心和每个棱的中间各有一个Zn2+。利用“均摊法”，Zn2+个数为12×（1/4）+1= 4，可知一个晶胞含有Zn2+和O2－均为4。一个晶胞的质量：m(晶胞)=81NA×4g，V==；故答案为：。36．【化学——选修5：有机化合物基础】（15分）苯甲醛缩乙二醇与苯甲醚可用于合成香料，苯甲醛缩乙二醇与苯甲醚合成路线如图所示（部分反应条件略去)：已知：（1）A的分子式为C2H4O，其核磁共振氢谱只有一组峰（2）回答下列问题：（1）E的化学名称是 。（2）反应①和④的反应类型是_____________、________________。（3）A的结构简式为____________________________________。（4）反应②的化学反应方程式为__________________________________________。（5）若化合物H为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则能使FeCl3溶液显色的H的所有同分异构体共有(不考虑立体异构) 种。其中核磁共振氢谱有4组峰，面积之比为6∶2∶1∶1的结构简式为________________________________。（6）写出由A、苯和必要的无机试剂原料制备的合成路线（参照上述合成路线和信息）。【答案】（1）碳酸二甲酯（2分）（2）加成反应 氧化反应（2分）（3）（2分）（4）（2分）（5）9（2分） （2分）（6）（3分）【解析】A的分子式为C2H4O，其核磁共振氢谱只有一组峰，A与CO2得到的信息推出A的结构为，D → F在CrO3的氧化下发生氧化反应得到醛，所以D为，由已知（2）可知符合反应规律的是反应②，所以B为CH3OH，C为HOCH2CH2OH，据此答题。（1）根据有机物命名，E为碳酸二甲酯；故答案为：碳酸二甲酯；反应①碳氧键断开，发生反应，该反应为加成反应，由苯乙醇转化为苯乙醛，反应④为醇的催化氧化反应，故答案为：加成反应 、氧化反应。由以上分析可得A的结构为，故答案为：；反应②为与甲醇反应，结合推断可知反应方程式为 。（2）化合物H为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，即比H多一个—CH2—结构，能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，所有的同分异构体包括，苯环上有两个取代基—OH、—CH2CH3，有3种结构；苯环上有三个取代基，1个—OH和2个—CH3，有6种结构，总共有9种结构。期中核磁共振氢谱有4组峰，面积之比为6∶2∶1∶1的结构简式为，根据上述合成路线和信息，可知由和反应得到，故由A、苯和必要的无机试剂原料制备的合成路线为：。37．【生物——选修1：生物技术实践】（15分）酶是一类极为重要的生物催化剂，在食品制造和衣物洗涤等方面得到了广泛的应用。请回答下列与之有关的问题：（1）榨取果汁时要用到 酶，而利用固定化酶技术生产高果糖浆时要用到 酶。（2）加酶洗衣粉常用的酶制剂中应用最广泛、 效果最明显是的 和 。（3）酶活性的高低可以用 来表示。（4）化学本质是蛋白质的酶可以分别用凝胶色谱法和 法进行分离纯化以及纯度鉴定，相对分子质量较大的物质先洗脱出来，原因是 。【答案】（1）果胶 葡萄糖异构（2）碱性蛋白酶 碱性脂肪酶（3）在一定条件下，酶所催化的某一化学反应的反应速度（4）电泳 相对分子质量不同的蛋白质通过凝胶时，相对分子质量较小的蛋白质容易进入凝胶内部的通道，路程较长，移动速度较慢；而相对分子质量较大的蛋白质无法进入凝胶内部的通道，只能在凝胶外部移动，路程较短，移动速度较快（3分）【解析】（1）榨取果汁时要用到果胶酶，而利用固定化酶技术生产高果糖浆时要用到葡萄糖异构酶。（2）加酶洗衣粉常用的酶制剂有四类：蛋白酶、脂肪酶、淀粉酶和纤维素酶，其中应用最广泛、 效果最明显是的碱性蛋白酶和碱性脂肪酶。（3）酶活性的高低可以用在一定条件下，酶所催化的某一化学反应的反应速度来表示。（4）电泳的原理是待分离样品中各种分子带点性质的差异以及分子本身的大小、性状不同，使带点分子产生不同的迁移速度，从而实现样品中各种分子的分离，因此可以利用电泳法对蛋白质进行纯度鉴定。利用凝胶色谱法对蛋白质进行分离纯化，当相对分子质量不同的蛋白质通过凝胶时，相对分子质量较小的蛋白质容易进入凝胶内部的通道，路程较长，移动速度较慢；而相对分子质量较大的蛋白质无法进入凝胶内部的通道，只能在凝胶外部移动，路程较短，移动速度较快。相对分子质量不同的蛋白质分子因此得以分离。38．【生物——选修3：现代生物科技专题】（15分）科研人员将聚磷激酶（PPK）基因导入微生物或植物体后，微生物或植物能过量吸收环境中的磷酸盐，形成大量聚磷，从而去除废水中的磷。回答下列问题：（1）利用PCR技术对PPK基因进行扩增，前提是要有一段以PPK基因核苷酸序列为模板合成的 ，在延伸过程中需要使用 酶。（2）建构基因表达载体需要有标记基因，它的作用是 。请列举两种标记基因 。（3）若受体细胞为水生植物细胞，农杆菌Ti质粒中能帮助目的基因整合到宿主细胞染色体上的序列称为 ；若受体细胞为大肠杆菌，首先需要用Ca2+处理，使细胞处于一种 的生理状态。（4）要从根本上解决废水中磷的污染，还是需要将污水进行回收利用，实现废物资源化，这体现了生态工程的 原理。【答案】（1）引物 热稳定DNA聚合酶（Taq酶）（2）将含有目的基因的细胞筛选出来（3分） 抗生素抗性基因，四环素抗性基因，氨苄青霉素抗性基因等（3）T-DNA（可转移的DNA） 能吸收周围环境中DNA分子（4）物质循环再生【解析】（1）利用PCR技术对PPK基因进行扩增，前提是要有一段以PPK基因核苷酸序列为模板合成的引物，在延伸过程中需要使用的酶是耐高温的DNA聚合酶。（2）标记基因的作用是为了鉴别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，如抗生素抗性基因，四环素抗性基因，氨苄青霉素抗性基因等都可以作为这种基因。（3）农杆菌中的Ti质粒上的T-DNA（可转移的DNA）可帮助目的基因整合到宿主细胞染色体上，大肠杆菌细胞常用的转化方法是用Ca2+处理，使细胞处于一种能吸收周围环境中DNA分子的生理状态，这种细胞称为感受态细胞。（4）要从根本上解决废水中磷的污染，还是需要将污水进行回收利用，实现废物资源化，这体现了生态工程的物质循环再生原理。绝密 ★ 启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Ba 137第Ⅰ卷（选择题，共126分）一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．下列有关实验的操作及结果的叙述，正确的A．将蛋白酶溶液高温处理，冷却后再与双缩脲试剂反应，溶液呈蓝色B．解离液中盐酸的主要作用是改变细胞膜的通透性，酒精的主要作用是使细胞相互分离C．高等植物绿叶中有四种光合色素，其中叶绿素b对层析液的溶解度最低D．为防止生态缸内能量的不足，应将生态瓶放在阳光能够直接照射的地方【答案】C【解析】高温处理导致蛋白酶变性，破坏了其原有的空间结构但是肽键没有破坏，仍能与双缩脲试剂形成紫色络合物，溶液应该呈现紫色，A错误；解离液中酒精的作用是迅速杀死细胞，固定细胞的分裂相，使其停止在有丝分裂的某一时期便于观察；而盐酸的作用是使洋葱细胞的细胞壁软化，并使细胞间的中胶层物质溶解，酒精的作用也有使溶解细胞间质，利于细胞解离，从而达到分离细胞的目的，B错误；叶绿素b对层析液的溶解度最低，在滤纸上扩散的速度最慢，C正确；生态缸需要避免阳光的直接照射，以免缸内水温过高，D错误。2．氨基酰—tRNA合成酶是催化一个特定的氨基酸结合到相应的tRNA分子上的酶，下图是转运RNA分子结构，，下列说法正确的是A．氨基酰—tRNA合成酶催化氨基酸结合到图中的乙处B．每种氨基酰—tRNA合成酶都对应一种氨基酸和一种tRNA，体现了酶的专一性C．真核细胞的mRNA和tRNA在细胞核中合成，rRNA在核糖体中合成D．氨基酰—tRNA合成酶在所有生物体内都存在【答案】A【解析】tRNA3’—羟基处是结合氨基酸的部位，A正确；每种氨基酰—tRNA合成酶都对应一种氨基酸和一种或多种tRNA，B错误；真核细胞的RNA主要是在细胞核中合成，线粒体叶绿体也会转录出mRNA，C错误；病毒是借助宿主细胞进行转录和翻译过程，体内没有氨基酰—tRNA合成酶，D错误。3．下列与光合作用有关的叙述，正确的是A．光合作用的实质就是将CO2和H2O转化成葡萄糖和O2，将光能转化成化学能B．将绿藻置于黑暗环境一段时间后再移到光下，叶绿体内NADP+/NADPH比值下降C．进入生态系统的能量都来源于通过光合作用固定的太阳能D．光合作用的出现明显加快了生物进化的步伐，为生物多样性形成奠定了基础【答案】B【解析】光合作用的实质就是将无机物转化成有机物，这里的有机物不仅有葡萄糖，还有淀粉等其它物质，A错误；将绿藻置于黑暗环境一段时间后再移到光下，光反应的产物NADPH增加，NADP+/NADPH比值下降，B正确；进入生态系统的能量除了有通过光合作用所固定的太阳能，还有通过化能合成作用固定的化学能，C错误；有性生殖的出现实现了基因的重组，增强了生物变异的多样性，明显加快了生物进化的步伐，D错误。4．瓶插鲜花的水分平衡值=吸水量-失水量，它与衰老有关，为负值时鲜花开始衰败。下图表示分别加入细胞分裂素（CTK）、细胞分裂素和X物质、细胞分裂素和Y物质后瓶插鲜花水分平衡值随时间的变化曲线，由实验结果可以推出的结论是A．细胞分裂素对鲜花的衰败有延缓作用B．X物质具有加快鲜花衰败的作用，可能是脱落酸C．细胞分裂素和Y物质混合液比细胞分裂素更能延缓鲜花的衰败D．单独添加Y物质，也具有延缓鲜花衰败的作用【答案】C【解析】实验中缺少了空白对照组，无法判断细胞分裂素对鲜花衰败是延缓还是加快的作用，A错误；同理无法判断X物质和Y物质的作用，B、D错误；从曲线图可以看出加入细胞分裂素和Y物质一组水分平衡值降为0用了12天，而单独加入细胞分裂素一组水分平衡值降为0用了8天，说明细胞分裂素和Y物质混合液比细胞分裂素更能延缓鲜花的衰败，C正确。5．在某一性状都为M的野生植物种群中出现了一表现型为N的变异植株。为进一步探究N性状出现的原因（已排除环境因素），人工干预让两种表现型的植株自由传粉，F1自交，发现后代的表现型都为M，，下列说法中最合理的是A．N性状无法传递给后代B．M性状比N性状更适合该种群在当前环境下生存C．N性状的出现是其所对应基因发生了突变的结果D．N性状的出现是因为在体细胞中发生了突变【答案】B【解析】突变包括基因突变和染色体变异，如果是染色体变异的结果，则是生殖细胞内的染色体发生了变异而导致配子异常，C、D错误；如果是基因突变的结果，则是体细胞发生的基因突变，可以通过无性生殖将N性状传递给后代，A错误；在长期自然选择的作用下，此野生植物种群的性状都为M，说明M性状更适合目前生存的环境，B正确。6．群落演替是一个动态发展变化的过程，下列相关说法不正确的是A．在群落演替的不同阶段，群落的物种组成一定不同B．在群落演替的不同阶段，群落中优势种一定不同C．在群落演替的不同阶段，两种群之间的关系一定不同D．在群落演替的不同阶段，群落的垂直结构一定不同【答案】C【解析】在群落演替过程中，群落的物种组成不断发生变化， A正确；群落演替就是原优势种被另外一种优势种取代的过程，B正确；在群落演替过程中，两种群之间的关系有可能未发生改变，C错误；垂直结构是群落在空间中的垂直分化或成层现象，随着物种组成的不断变化而变化，D正确。7．《菽园杂记》对海水提取食盐有如下记载：“烧草为灰，布在滩场，然后以海水渍之，侯晒结浮白，扫而复淋”。上述涉及的“灰”作用是A．蒸馏 B．吸附 C．洗涤 D．过滤【答案】B【解析】“烧草为灰”，这里的灰类似活性炭，具有吸附作用，用于吸附海水中的食盐，B项正确。8．某化学小组欲利用如图所示的实验装罝探究苯与液溴的反应已知：MnO2+2NaBr+2H2SO4Br2↑+MnSO4+Na2SO4+2H2O，下列说法不正确的是A．装置A的作用是除去HBr中的溴蒸气B．装置B的作用是检验Br?C．可以用装置C制取氯气D．待装置D反应一段时间后抽出铁丝反应会终止【答案】D【解析】本题主要考查苯与液溴的反应。装置A中CCl4可以溶解溴蒸气，所以可以除去HBr中的溴蒸气，A项正确；装置B的中硝酸银溶液的作用是检验Br?，B项正确；实验室制氯气的原理是4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O，所以可用装置C制取Cl2，C项正确；装置D反应一段时间后铁丝与溴单质反应生成溴化铁，溴化铁是该反应的催化剂，所以抽出铁丝反应不会终止，D项错误。9．设NA为阿伏加德罗常数。下列说法正确的是A．1L 0.1mol·L?1 Na2S溶液中S2?和H2S的数目之和为0.1NAB．46g有机物C2H6O的分子结构中含有的C一H键数目一定为5NA C．60克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗2NA个O2D．常温下，含有NA个NO2和N2O4分子的混合气体，温度降至标准状况，其体积约为22.4 L【答案】C【解析】本题考查阿伏加德罗常数。Na2S在溶液中会部分发生水解产生HS?、H2S，所以1L 0.1mol·L?1 Na2S溶液中HS?、S2?和H2S的数目之和为0.1NA，A项错误；46g有机物C2H6O的物质的量是1mol，该物质分子结构可能是二甲醚，也可能是乙醇，所以其中含有的C一H键数目不一定为5NA，B项错误；乙酸和葡萄糖的最简式相同，均是CH2O，燃烧时只有碳原子结合氧原子生成CO2，则60克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗2NA个O2，C项正确；常温下，含有NA个NO2和N2O4分子的混合气体，温度降至标准状况，反应2NO2N2O4的平衡移动，混合气体的分子数发生变化，不再为NA，其体积不为22.4 L，D项错误。10．金合欢烯常用于皂用、洗涤剂香精中和日化香精中。主要存在于甜橙油、玫瑰油、依兰油和桔子油等精油中。有A、B、C等几种结构，其结构简式如下：下列说法不正确的是A．有机物A、B、C互为同分异构体B．有机物A分子中所有的碳原子一定在同一平面上C．一定条件下，三种有机物都可以发生1，4－加成、取代、氧化反应D．金合欢烯的同分异构体中可能含有与乙苯互为同系物的物质【答案】B【解析】本题考查烯烃的同分异构体及性质。有机物A、B、C分子式相同，结构不同，互为同分异构，A项正确；有机物A分子中含有两个相连的－CH2－，所以所有的碳原子不一定在同一平面上，B项错误；三种有机物都含有共轭双键，所以都可以发生1，4－加成及取代、氧化反应，C项正确；金合欢烯分子中含四个双键，与苯环的不饱和度一样，所以金合欢烯的同分异构体中可能含有与乙苯互为同系物的物质，D项正确。11．短周期元素X、Y、Z的原子序数依次增大，其中Y元素的原子半径最大。已知A、B、C分别是X、Y、Z三种元素的单质，A和C常温下为气体。在适宜的条件下，A、B、C可以发生如图所示的反应。下列说法不正确的是A．Y、X两元素形成的化合物属于离子化合物B．Z的含氧酸均为强酸C．非金属性：XD．原子半径：Y>Z>X【答案】Ｂ【解析】根据图示，A是H2、B是Na、Mg或Al等活泼金属，C是Cl2，X、Y、Z分别是H、Na(Mg或Al)、Cl。化合物NaH属于离子化合物，A项正确；HClO是弱酸，B项错误；非金属性：Cl>H，C项正确；原子半径：r(Na)[r(Mg)或r(Al)]>r(Cl)>r(H)，D项正确。12．科研人员设计一种电化学反应器，以H2SO4溶液为电解质，电催化膜和不锈钢为电极材料。这种电催化膜反应器可用于正丙醇合成丙酸，装置示意图如图。以下叙述正确的是A．电催化膜作阴极B．使用H2SO4溶液是为了在电解开始时增强溶液导电性C．丙醇转化为丙酸的电极反应式为：CH3CH2CH2OH＋4OH?－4e?=CH3CH2COOH＋4H2OD．反应器工作时料槽中正丙醇分子向不锈钢电极移动【答案】Ｂ【解析】电催化膜与电源的正极相连，作阳极，A项错误；使用强电解质溶液H2SO4是为了在电解时增强溶液的导电性，B项正确；丙醇转化为丙酸的电极反应式为CH3CH2CH2OH＋4H2O－4e?=CH3CH2COOH＋4H+，C项错误；正丙醇作为燃料被氧化，反应器工作时料槽中正丙醇分子向电催化膜电极移动，D项错误。13．25℃时，将浓度均为0.1mol/L、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是A．Ka(HX)>Kb(NH3·H2O)b点时c(NH)>c(HX)>c(OH?)＝c(H+)C．c、d两点，c(X?)cOH?·c(HX)值不一定相等D．a→b点过程中，可能存在c(X?)【答案】B【解析】b点加入等体积等浓度的HX和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，b点溶液的pH=7，说明X?与NH的水解程度相等，所以Ka(HX)的值与Kb(NH3·H2O)的值相等，A项不正确；b点的pH=7，则有c(X?)=c(NH)，由图可知0.1mol/L HX溶液的pH=3，HX为弱酸，所以c(X?)>c(HX)，所以B项正确；c、d两点时，c(X?)/c(OH?)·c(HX)=1/Kh，水解平衡常数只与温度有关，温度不变，则c、d两点的c(X?)/c(OH?)·c(HX)相等，C项不正确；D．a→b点过程中存在电荷守恒c(X?)+c(OH?)=c(NH)+c(H+)，因为a→b点过程中c(H+)>c(OH?)，所以c(X?)>c(NH)，D项错误。二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的的0分。14．a、b两物体同时从同一地点开始做匀变速直线运动，二者运动的v－t图象如图所示，下列说法正确的是A．a、b两物体运动方向相反B．a物体的加速度小于b物体的加速度C．t＝1 s时两物体的间距等于t＝3 s时两物体的间距D．t＝3 s时，a、b两物体相遇【答案】C【解析】由题图可知a、b两物体的速度均为正值，则a、b两物体运动方向相同，A项错误；因v－t图象中图线的斜率表示加速度，则a的加速度大于b的加速度，B项错误；v－t图象中图线与坐标轴所围的面积表示位移，因为t＝1 s到t＝3 s，a图线和b图线与t轴所围的面积相等，即此时间段两物体位移相同，则t＝1 s时两物体的间距等于t＝3 s时两物体的间距，C项正确；由题图可知t＝3 s时，xb＞xa，又a和b同时、同地出发，同向运动，所以t＝3 s时，b在a前方，D项错误。15．如图所示，一长木板静止在倾角为θ的斜面上，长木板上一人用力推长木板上的物块，使物块与长木板间的摩擦力刚好为零，已知人、物块、长木板的质量均为m，人、物块与长木板间的动摩擦因数均为μ1，长木板与斜面间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g，则下列说法正确的是A．斜面对长木板的摩擦力大小为mgsin θB．斜面对长木板的摩擦力大小为3μ2mgcos θC．长木板对人的摩擦力大小为2μ1mgcos θD．长木板对人的摩擦力大小为2mgsin θ【答案】D【解析】由题意知，人、物块、长木板均保持相对静止，以人、物块和长木板组成的整体为研究对象，可得斜面对长木板的静摩擦力大小为3mgsin θ，A、B错误；以人和物块组成的整体为研究对象，可得长木板对人的静摩擦力大小为2mgsin θ，C错误，D正确。16．某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极，已知该卫星从北纬60°的正上方按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时所用时间为1 h，则下列说法正确的是A．该卫星与同步卫星的运行半径之比为1∶4B．该卫星与同步卫星的运行速度之比为1∶2C．该卫星的运行速度一定大于7.9 km/sD．该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能【答案】A【解析】由题意知卫星运行的轨迹所对圆心角为120°，即运行了三分之一周期，用时1 h，因此卫星的周期T＝3 h，由G＝mr可得T∝，又同步卫星的周期T同＝24 h，则极地轨道卫星与同步卫星的运行半径之比为1∶4，A正确；由G＝m，可得v∝，故极地轨道卫星与同步卫星的运行速度之比为2∶1，B错误；第一宇宙速度v＝7.9 km/s，是近地卫星的运行速度，所以该卫星的运行速度要小于7.9 km/s，故C错误；因卫星的质量未知，则机械能无法比较，D错误。17．如图所示，在水平光滑的平行金属导轨左端接一定值电阻R，导体棒ab垂直导轨放置，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现给导体棒一向右的初速度，不考虑导体棒和导轨电阻，下列图象中，导体棒速度随时间的变化和通过电阻R的电荷量q随导体棒位移的变化描述正确的是 【答案】B【解析】导体棒运动过程中受向左的安培力F＝，安培力阻碍棒的运动，速度减小，由牛顿第二定律得棒的加速度大小a＝＝，则a减小，v－t图线斜率的绝对值减小，故B项正确，A项错误；通过R的电荷量q＝IΔt＝Δt＝·Δt＝＝x，可知C、D项错误。18．如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表A、理想电压表V，副线圈上通过输电线接有一个灯泡L，一个电吹风M，输电线的等效电阻为R，副线圈匝数可以通过调节滑片P改变。S断开时，灯泡L正常发光。滑片P位置不动，当S闭合时，以下说法中正确的是A．电压表读数增大B．电流表读数减小C．等效电阻R两端电压增大D．为使灯泡L正常发光，滑片P应向下滑动【答案】C【解析】当S闭合时，原、副线圈的匝数比不变，副线圈两端电压不变，电压表读数不变，选项A错误；S闭合时，副线圈电路总电阻减小，电流增大，变压器输出功率增大，则输入功率增大，电流表读数增大，选项B错误；由于输电线中电流增大，所以输电线等效电阻R两端电压增大，选项C正确；为使灯泡L正常发光，应该增大变压器输出电压，滑片P应向上滑动，选项D错误。19．如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的入、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动。现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则A．固定位置A到B点的竖直高度可能为2RB．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v有关C．滑块可能重新回到出发点A处D．传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多【答案】CD【解析】设AB的高度为h，假设滑块从A点下滑刚好通过圆形轨道的最高点C，则此高度应该是从A下滑的高度的最小值。刚好通过圆形轨道的最高点时，由重力提供向心力，则mg＝，解得vC＝，从A到C根据动能定理：mg(h－2R)＝mv－0，整理得到：h＝2.5R，故选项A错误；从A到滑块在传送带上向右运动距离最大的过程，根据动能定理得：mgh－μmgx＝0，可以得到x＝，可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v无关，故选项B错误；滑块在传送带上先做减速运动，后反向做加速运动，如果再次到达D点时的速度与第一次到达D点时的速度大小相等，则根据能量守恒定律，可以再次回到A点，故选项C正确；滑块与传送带之间产生的热量Q＝μmgΔx相对，当传送带的速度越大，则在相同时间内二者相对位移越大，则产生的热量越多，故选项D正确。20．如图所示，三个带电小球A、B、C可视为点电荷，所带电荷量分别为＋Q、－Q、＋q，A、B固定在绝缘水平桌面上，C带有小孔，穿在动摩擦因数处处相同的粗糙绝缘直杆上。绝缘杆竖直放置在A、B连线的中点处，将C从杆上某一位置由静止释放，下落至桌面时速度恰好为零。C沿杆下滑时带电荷量保持不变。那么C在下落过程中，以下判断正确的是A．所受摩擦力变大B．电场力做正功C．电势能不变D．下落一半高度时速度一定最大【答案】AC【解析】由于在两个等量异种点电荷连线的中垂线上，从连线中点向上各点的电场强度逐渐减小，所以C从杆上某一位置由静止释放，在下落过程中所受的水平向右方向的电场力逐渐增大，C与杆间的压力逐渐增大，所受摩擦力逐渐增大，选项A正确；由于电场力水平向右，C沿竖直杆运动，电场力做功为零，选项B错误；由于两个等量异种点电荷连线的中垂线是等势线，所以C从杆上某一位置由静止释放下落过程中，电势能不变，选项C正确；C从杆上某一位置由静止释放下落过程中，当摩擦力增大到等于重力时，速度最大，不一定是下落了一半高度，选项D错误。21．如图所示，磁流体发电机的长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导电电极，两极间距为d，极板长和宽分别为a和b，这两个电极与可变电阻R相连。在垂直前后侧面的方向上有一匀强磁场，磁感应强度大小为B。发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体——等离子体，等离子体以速度v向右流动，并通过专用通道导出。不计等离子体流动时的阻力，调节可变电阻的阻值，则A．运动的等离子体产生的感应电动势为E＝BavB．可变电阻R中的感应电流方向是从Q到PC．若可变电阻的阻值为R＝ρ，则其中的电流为I＝D．若可变电阻的阻值为R＝ρ，则可变电阻消耗的电功率为P＝【答案】CD【解析】根据左手定则，等离子体中的带正电粒子受到的洛伦兹力向上，带正电粒子累积在上极板，可变电阻R中电流方向从P到Q，B错误；当带电粒子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，两极板间电压稳定，设产生的电动势为E，则有qvB＝q，E＝Bdv，A错误；发电导管内等离子体的电阻r＝ρ，若可变电阻的阻值为R＝ρ，由闭合电路欧姆定律有I＝＝，可变电阻消耗的电功率P＝I2R＝，C、D正确。第Ⅱ卷（非选择题，共174分）三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第40题为选考题，考生根据要求做答)(一)必考题(共129分)22．(6分)甲、乙两同学均设计了测动摩擦因数的实验，已知重力加速度为g。 （1）甲同学所设计的实验装置如图甲所示，其中A为一质量为M的长直木板，B为木板上放置的质量为m的物块，C为物块右端连接的一轻质弹簧测力计(水平放置)。实验时用力将A从B的下方抽出，通过C的读数F1即可测出动摩擦因数。则该设计能测出________(填“A与B”或“A与地面”)之间的动摩擦因数，其表达式为________。（2）乙同学的设计如图乙所示，他在一端带有光滑轻质定滑轮的长木板上固定有A、B两个光电门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力。实验时，多次改变砂桶中砂的质量，每次都让物块从靠近光电门A处由静止开始运动，读出多组测力计示数F及对应的物块在两光电门之间的运动时间t。在坐标系中作出F－的图线如图丙所示，图线的斜率为k，与纵轴的截距为b，与横轴的截距为c。因乙同学不能测出小车质量，故该同学还应该测出的物理量为 ；根据该测量物理量及图线信息可知物块和长木板之间的动摩擦因数表达式为_________。【答案】（1）A与B (1分) (2分) （2）光电门A、B之间的距离x (1分) (2分)【解析】（1）当A达到稳定状态时B处于静止状态，弹簧测力计的读数F与B所受的滑动摩擦力Ff大小相等，B对木板A的压力大小等于B的重力mg，由Ff＝μFN得，μ＝＝。（2）物块由静止开始做匀加速运动，位移x＝at2，可得：a＝；根据牛顿第二定律得，对于物块，F－μmg＝ma，则：F＝＋μmg，则图线的斜率为：k＝2mx，纵轴的截距为：b＝μmg；k与摩擦力是否存在无关，物块与长木板间的动摩擦因数为：μ＝＝。23．(9分)某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表(内阻约为3 kΩ)、电流表(内阻约为1 Ω)、定值电阻等。 （1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图a所示，读数为 Ω，据此应选择图中的 (填“b”或“c”)电路进行实验；（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐 (填“增大”或“减小”)；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验；（3）如图d是根据实验数据作出的U－I图线，由图可判断元件 (填“X”或“Y”)是非线性元件；（4）该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R＝21 Ω的定值电阻，测量待测电池的电动势E和内阻r，电路图如图e所示，闭合S1和S2，电压表读数为3.00 V；断开S2，读数为1.00 V。利用图(d)可算得E＝ V，r＝ Ω。(结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表)【答案】（1）10(2分) b(1分) （2）增大(1分) （3）Y(1分) （4）3.2(2分) 0.50(2分)【解析】（1）由题图(a)可知，多用电表的读数为10 Ω，由于元件的电阻较小，电路应选用电流表外接法，即选择图(b)电路。（2）当滑动变阻器的滑片向右移时，电流表的示数增大。（3）由于元件Y的U－I图线是曲线，因此Y是非线性元件。（4）设线性元件的电阻为R，由U－I图线可知，R＝＝10 Ω，则S1、S2均闭合时，E＝0.3 A×(10 Ω＋r)，S1闭合、S2断开时，E＝0.1 A×(10 Ω＋21 Ω＋r)，解得E≈3.2 V，r＝0.50 Ω。24．(12分)如图所示，水平虚线X下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，整个空间存在匀强电场(图中未画出)。质量为m、电荷量为＋q的小球P静止于虚线X上方A点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I的冲量作用而做匀速直线运动。在A点右下方的磁场中有定点O，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接不带电的质量同为m的小球Q，自然下垂，保持轻绳伸直，向右拉起Q，直到绳与竖直方向有一小于5°的夹角，在P开始运动的同时自由释放Q，Q到达O点正下方W点时速率为v0。P、Q两小球在W点发生相向正碰，碰到电场、磁场消失，两小球粘在一起运动。P、Q两小球均视为质点，P小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g。（1）求匀强电场场强E的大小和P进入磁场时的速率v；（2）若绳能承受的最大拉力为F，要使绳不断，F至少为多大？【解析】（1）小球在整个空间重力和电场力平衡，有qE＝mg(2分)解得E＝(1分)由动量定理得I＝mv(2分)故v＝(1分)（2）设P、Q相向正碰后在W点的速度为vm，以与v0相反的方向为正方向，由动量守恒定律得mv－mv0＝(m＋m)vm(2分)此刻轻绳的拉力为最大，由牛顿第二定律得F－(m＋m)g＝vm2(2分)解得F＝＋2mg。(2分)25．(20分)如图所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角θ＝30°、高度h＝1.5 m，一薄木板B置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度l0＝0.2 m的轻弹簧，木板总质量m＝1 kg、总长度L＝2.0 m。一质量M＝3 kg的小物块A从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度H＝1.7 m，物块A经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行。已知A、B之间的动摩擦因数μ＝，木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：（1）物块A落到木板上的速度大小v；（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。【解析】（1）物块A落到木板上之前做平抛运动，竖直方向有：2g(H－h)＝vy2 (2分)得vy＝2 m/s (1分)物块A落到木板上时速度大小：v＝＝4 m/s (1分)（2）由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足：mgsin 30°＝μ0mgcos 30° (1分)得：μ0＝tan30°＝ (1分)物块A在木板上滑行时，由牛顿第二定律得：aA＝＝2.5 m/s2(方向沿斜面向上) (1分)aB＝＝7.5 m/s2(方向沿斜面向下) (1分)假设A与木板B达到共同速度v共时，A还没有压缩弹簧且木板B还没有到达斜面底端，则有v共＝aBt＝v－aAt (1分)解得v共＝3 m/s，t＝0.4 s (1分)此过程，xA＝·t＝1.4 m (1分)xB＝·t＝0.6 m<－L＝1 m (1分)故Δx＝xA－xB＝0.8 mA与 B速度相同后，由于(M＋m)gsin 30°＝μ0(M＋m)gcos 30°，则A与B一起匀速直到木板与斜面底端挡板碰撞，木板停下，此后A在B上做匀减速运动，设接触弹簧时A的速度为vA，有：－2aA(L－l0－Δx)＝vA2－v共2 (1分)解得：vA＝2 m/s (1分)设弹簧最大压缩量为xm，A从开始压缩弹簧到弹簧刚好恢复原长过程，有Q＝2μMgxm cos 30°＝MvA2 (2分)解得Q＝6 J，xm＝ m (1分)A从开始压缩弹簧到弹簧被压缩到最短的过程，有：Epm＝MvA2＋Mgxmsin 30°－Q＝5 J (2分)即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为5 J。26．（14分）以硼镁矿(2MgO·B2O3·H2O、SiO2及少量Fe3O4、A12O3)为原料生产硼的工艺流程如下：已知：表一：不同温度下H3BO3的溶解度温度℃）204060100溶解度（g）5.08.714.840.2表二：不同物质沉淀完全时的pH物质Fe(OH)3Al(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2pH3.25.29.712.4（1）“浸出液”显酸性，含有H3BO3、Mg2+和SO，还含有Fe2+、Fe3+、Ca2+、Al3+等杂质。“浸取”过程中2MgO·B2O3·H2O发生反应的化学方程式为______________________。（2）“浸取”后，采用“热过滤”的目的为__________________________。（3）滤渣1的主要成分为__________，“除杂”时，向浸出液中依次加入适量H2O2和MgO，氧化除杂工序中MgO的作用是____________，若不加H2O2，其后果是________________。（4）己知硼酸(H3BO3)溶液中存在如下平衡：H3BO3(aq)+H2O(1)[B(OH)4] ? (aq)+H+(aq)；写出用NaOH溶液处理母液的离子方程式_______________________。（5）电解熔融B2O3制备单质硼时，阳极的电极反应式为______________。【答案】（1）2MgO·B2O3·H2O+2H2SO4=2MgSO4+2H3BO3 （2）防止因温度下降使H3BO3从溶液中析出 （3）SiO2；调节溶液的pH；Fe2+不能转化为Fe3+而沉淀除去； （4）H3BO3+OH?＝[B(OH)4] ?，Mg2++2OH?＝Mg(OH)2↓ （5）2O2?—4e?＝O2↑【解析】以铁硼矿(主要成分为2MgO·B2O3·H2O和SiO2，还有少量Fe3O4、Al2O3)为原料制备硼，由流程可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，趁热过滤，防止H3BO3从溶液中析出，“除杂”需先加H2O2溶液，将亚铁离子转化为铁离子，根据氢氧化物沉淀时的pH值可判断再加入MgO调节溶液的pH约为5.2，使铁离子、铝离子均转化为沉淀，则滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出H3BO3，硼酸加热分解得到B2O3，电解熔融氧化硼可得到硼单质，据此回答；“浸出液”显酸性，含有H3BO3、Mg2+和SO，浸取过程中，2MgO·B2O3·H2O与硫酸反应的化学方程式为2MgO·B2O3·H2O+2H2SO4＝2H3BO3+2MgSO4；故答案为2MgO·B2O3·H2O+2H2SO4＝2H3BO3+2MgSO4；由题目信息可知：H3BO3的溶解度随温度的升高而增大，所以要采用“热过滤”，以防温度下降时H3BO3从溶液中析出影响产量；故答案为防止温度下降使H3BO3从溶液中析出；由分析可知，加硫酸溶解只有SiO2不溶，滤渣1的主要成分为SiO2；加适量H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，若不加H2O2，则Fe2+无法转化为Fe3+沉淀除去；加MgO调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀而除去；故答案为SiO2；调节溶液的PH；Fe2+无法转化为Fe3+而沉淀除去；母液中主要含有硫酸镁和硼酸，已知硼酸(H3BO3)溶液中存在如下平衡：H3BO3(aq)+H2O(1)[B(OH)4] ? (aq)+H+(aq)；用NaOH溶液处理母液的离子方程式有H3BO3+OH?＝[B(OH)4] ?，Mg2++2OH?＝Mg(OH)2↓；故答案为H3BO3+OH?＝[B(OH)4] ?，Mg2++2OH?＝Mg(OH)2↓；电解时阳极发生氧化反应，电解熔融B2O3时，阳极电极反应为2O2?-4e?＝O2↑；故答案为2O2?-4e?＝O2↑。27．（14分）三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]·3H2O为翠绿色单斜晶体，溶于水，难溶于乙醇。是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，它受热易分解，为了验证其气态产物，某同学设计了如下实验装置：（1）若实验中，观察到B、E中的溶液均变浑浊，且Ｄ中有金属单质生成，则D中发生的化学方程式为_________________________________________；（2）由（1）中现象可知其气态产物是________、________；为验证另一种气态产物，应在A、B之间增加的装置为____________。（3）为了使实验更严谨、更严密，有人认为该实验应该在C、D装置之间加盛有澄清石灰水的试管，其作用为________________________________________。（4）固体产物中铁元素不可能以＋3价形式存在，理由是_____________________________。现设计实验，探究固体产物中铁元素的存在形式。①提出合理假设。假设1：铁元素的存在形式为Fe单质；假设2：__________________________________；假设3：铁元素的存在形式为Fe与FeO的混合物。②某学生设计实验探究上述假设，除3% H2O2、蒸馏水外，还需要下列试剂中的______________________________________________________________。限选试剂：浓硫酸、1.0mol·L?1HNO3、1.0mol·L?1盐酸、1.0mol·L?1 NaOH溶液、0.1mol·L?1 KI溶液、0.1mol·L?1 CuSO4溶液、20% KSCN溶液。【答案】（1）PdCl2+CO+H2O=Pd↓+2HCl+CO2（2）CO2 CO ；盛有无水CuSO4的干燥管（3）检验二氧化碳是否除尽（4）铁元素的存在形式为FeO②1.0mol·L?1盐酸、20% KSCN溶液、0.1mol·L?1 CuSO4溶液【解析】（1）根据CO2的性质分析，知D中有与PdCl2反应的CO；（2）根据（1）中现象判断气体产物为CO2、CO；常用无水硫酸铜来检验水蒸气；（3）从实验安全，严密性分析，注意防倒吸及气体检验严谨性；（4）根据CO具有还原性分析；由假设1和假设3可知假设2为铁元素存在的形式为FeO，根据Fe与FeO的性质选择合适的试剂进行检验；（1）观察到B中溶液变浑浊，分解产物中有CO2生成，C中的溶液目的是除去生成的CO2，E中的溶液变浑浊，Ｄ中有金属单质生成，说明D中又有CO2生成，D中发生的化学反应方程式为PdCl2+CO+H2O=Pd↓+2HCl+CO2；故答案为PdCl2+CO+H2O=Pd↓+2HCl+CO2；（2）根据（1）中的实验现象可知含有CO2、CO，三草酸合铁酸钾晶体受热分解还能得到水蒸气，无水硫酸铜遇水变蓝，故应在A、B间加一个盛有无水硫酸铜的干燥管，故答案为CO2、CO；盛有无水CuSO4的干燥管；（3）为了检验CO气体，需保证通入D装置中的气体中无CO2，故应在C、D之间再加一个盛有澄清石灰水的试管；故答案为检验二氧化碳是否除尽。（4）由实验现象知有CO气体生成，CO与三价铁的氧化物反应，故不存在三价铁；综合假设1和假设3可判断假设2为铁元素的存在形式为FeO，利用Fe单质与CuSO4溶液反应，观察实验现象若有红色物质出现，且蓝色溶液变为浅绿色，则证明有Fe，假设2不成立，若无现象则假设2成立；再向混合溶液中加入盐酸，3% H2O2，几滴20% KSCN溶液，若观察到溶液变红，则证明假设3成立，若观察不到红色出现，则证明假设1成立。故答案为有还原性气体CO生成，能将三价铁还原，故不可能有三价铁存在；①铁元素的存在形式为FeO；②1.0 mol·L?1盐酸、20% KSCN溶液、0.1mol·L?1CuSO4溶液。28．（15分）碳、氮及其化合物在化工生产和国防工业中具有广泛应用。请回答：（1）科学家研究利用某种催化剂，成功实现将空气中的碳氧化合物和氮氧化合物转化为无毒的大气循环物质。已知：①N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH1=+180kJ·mol?1②NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g) ΔH2=-235kJ·mol?1③2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH3=-112kJ·mol?1则反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的ΔH=__________kJ·mol?1，有利于提高CO平衡转化率的条件是____（填标号）。A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压某温度下，在体积为2L的容器中加入2mol NO、2mol CO，达到平衡时CO的转化率是50%，其平衡常数为______。（2）在密闭容器中充入10mol CO和8mol NO，发生反应，如图为平衡时NO的体积分数与温度，压强的关系。①由上图判断，温度T1____T2（填“低于”或“高于”），理由是_________________。升高温度时，下列关于该反应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是________填标号）。A．K、V均增加 B．K增加， v减小C．K减小，V增加 D．K、V均减小②压强为20 MPa、温度为T2下，若反应进行到10 min达到平衡状态，容器的体积为2 L，则此时CO的转化率＝________，用CO2的浓度变化表示的平均反应速率v(CO2)＝_______，该温度下，如图所示A、B、C对应的pA(CO2)、pB(CO2)、pC(CO2)从大到小的顺序为________________。③若在D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的______点。（3）用活化后的V2O5作催化剂，氨气将NO还原成N2的一种反应历程如图所示测得该反应的平衡常数与温度的关系为：1gK=5.08+217.5/T，该反应是____________反应(填“吸热”或“放热”)。该反应的含氮气体浓度随温度变化如图所示，则将NO转化为N2的最佳温度为_______；当温度达到700K时，发生副反应的化学方程式________________________。【答案】（1）—762；B；1（2）①低于；该反应为放热反应，其他条件相同时，升高温度有利于反应向逆反应方向移动，图中T2对应的NO的体积分数更高，所以对应的温度也更高；C ②10%；0.05mol·(L·min)?1 pA(CO2)③G （3）放热；600K；4NH3+5O24NO+6H2O 【解析】（1）根据盖斯定律，反应③+2×反应②-反应①所得的化学方程式是目标反应方程式，据此计算反应热效应；要提高CO平衡转化率，根据勒夏特列原理，使平衡向正向移动；达到平衡时CO的转化率为50%，通过列出三段式结合化学平衡常数的表达式计算；①该反应是放热反应，其他条件相同时，升高温度平衡逆向移动，NO的体积分数增大；升高温度，化学反应速率加快，平衡向逆向移动，根据化学平衡常数表达式进行判断；②压强为20MPa、温度为T2时，经10分钟达到平衡状态，由图中可看出NO的体积分数为40%，通过三段式可求得转化率及反应速率；该反应是体积减小的反应，增大压强平衡向正向移动，CO2物质的量增多，分压增大；③D点对反应容器降温，NO的体积分数减小，同时增大体系压强，NO的体积分数继续减小，故只有G点满足要求。从表达式中得到温度T与平衡常数K成反比，据此分析，由含氮气体积随温度变化图看出最佳温度为600K。温度达到700K时，NO浓度增大，N2浓度减小，说明NH3转化为了NO，据此答题；（1）①N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH1=+180kJ·mol?1 ②NO2(g)+CO(g) NO(g)+CO2(g) ΔH2=-235 kJ·mol?1 ③2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) ΔH3=-112kJ·mol?1，则反应③+2×反应②-反应①得2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，ΔH=2×(-235kJ·mol?1)+(-112kJ·mol?1)-(+180kJ·mol?1)=-762kJ·mol?1，该反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，使得CO转化率增大，正反应是一个体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，故应选择低温高压；达到平衡时CO的转化率为50%，则根据可逆反应：2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)起始浓度（mol/L） 1 1 0 0转化浓度（mol/L） 0.5 0.5 0.25 0.5平衡浓度（mol/L） 0.5 0.5 0.25 0.5平衡常数K===1；故答案为-762；B；1。①该反应是放热反应，其他条件相同时，升高温度平衡逆向移动，NO的体积分数增大，故T1 < T2，升高温度时，化学反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，根据K=知平衡常数K减小；②压强为20 MPa、温度为T2时，经10分钟达到平衡状态，平衡状态下NO的体积分数为40%，根据可逆反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)起始物质的量（mol） 8 10 0 0转化物质的量（mol） 2x 2x x 2x平衡物质的量（mol） 8-2x 10-2x x 2x得x=0.5mol；故CO的转化率＝，v(CO2)＝=0.05 mol·(L·min)?1；该反应是体积减小的反应，增大压强平衡向正向移动，CO2物质的量增多，分压增大，故 pA(CO2)29．（9分）为了验证甲状腺激素具有促进成年动物新陈代谢的生理作用，某小组以成年小鼠为研究对象，以小鼠的耗氧量为检测指标。回答下列问题：（1）请完善下面的实验步骤①将若干只体重相同且同龄的成年雄性小鼠随机分为数量相等的A、B两组，并分别测定并记录它们的耗氧量；②每天给A组（实验组）灌喂_____ ; 每天给B组灌喂 (对照组) _____ ；③在其他条件均适宜且相同的环境下饲养一段时间后，再次测定并记录它们的耗氧量。（2）实验结果发现甲状腺激素的确具有促进成年动物新陈代谢的生理作用，在寒冷环境中能促进产热，还具有此效果的激素是 。（3）人体内甲状腺激素的合成特别需要的微量元素是 ，若在婴幼儿时期缺乏此种元素会得 症。【答案】（1）一定剂量的甲状腺激素溶液 等量的生理盐水（2）肾上腺素（3）碘（1分） 呆小【解析】（1）根据题意可知本实验的自变量甲状腺激素，因此实验组应该通过灌喂一定剂量的甲状腺激素溶液，对照组灌喂等量的生理盐水；（2）在寒冷环境中能够促进产热的有甲状腺激素和肾上腺素；（3）人体内甲状腺激素的合成特别需要的微量元素是碘，若在婴幼儿时期缺乏此种元素，会使婴幼儿的骨骼停止生长，智力停止发育，这种病症称为呆小症。30．（10分）将植物甲和植物乙分别单独种植（单作）或间行种植（间作），测得两种植物的光合速率如下图所示，据图回答下列问题：（1）两种植物中，更适合间作的是 。（2）两种植物中，与单作相比，间作能提高 对弱光的利用能力，判断的依据是 。（3）如果再增加 ，在达到光饱和点后，两种植物的光合速率可以再次增加，此物质进入叶肉细胞的方式是 。【答案】（1）甲（2）乙 在弱光下，间作情况下的乙的光合速率更高（3）CO2浓度 自由扩散【解析】（1）从图中可看出，甲植物间作比单作时的光饱和点更大且最大光合速率高，更适合间作。（2）从图中该可以看出在低于500μmol·m-2·S-1的光照强度下，乙在间作情况下的光合速率较大，说明间作能提高植物乙对弱光的利用能力。（3）在达到光饱和点后，两种植物的光合速率不再随着光照强度的增加而增大，最主要的环境因素就是CO2浓度，如果增加CO2浓度，光合速率可以再次增加，CO2通过自由扩散的方式进入到叶肉细胞。31．（9分）鄱阳湖生态湿地是中国第一大淡水湖生态湿地，每年10月至翌年3月，有数十万只珍禽候鸟来这里越冬，鄱阳湖候鸟保护区是珍禽候鸟的第二故乡。（1）在枯水期从湖岸到湖水区依次分布有芦苇、南荻、苔荤、鹬草等水生植物，这体现了群落的 结构。（2）该湿地生态系统通过 （填生态系统的功能）将陆地生态系统和水域生态系统联系起来。（3）在该湿地生态系统中，流入第二营养级的总能量小于流入第一营养级的总能量，原因是 。（4）建立鄱阳湖候鸟保护区在保护生物多样性的措施中属于 保护【答案】（1）水平（2）能量流动、物质循环、信息传递（3）流入第一营养级的总能量除了流向第二营养级外，一部分能量被生产者的呼吸作用所消耗，还有一部分能量流向分解者（3分）（4）就地【解析】（1）在枯水期从湖岸到湖水区依次分布有芦苇、南荻、苔荤、鹬草等水生植物，这是水平方向的分层，属于群落的水平结构。（2）生态系统的功能包括能量流动、物质循环、信息传递。（3）输入第一营养级的能量，一部分在生产者的呼吸作用中以热能的形式散失了；一部分用于生产者的生长、发育和繁殖等生命活动，储存在植物体的有机物中。构成植物体的有机物中的能量，一部分随着残枝败叶等被分解者分解而释放出来；另一部分则被初级消费者摄入体内，这样，能量就流入了第二营养级。（4）就地保护是指在原地对被保护的生态系统或物种建立自然保护区以及风景名胜区等。32．（11分）玉米是典型的雌雄同株植物，已知玉米的黄粒（Y）和白粒（y）为一对相对性状，宽叶（R）和窄叶（r）为一对相对性状，两对性状独立遗传。现有两株玉米杂交得F1，F1自由授粉得F2，F2的表现型及比例为黄粒宽叶：黄粒窄叶：白粒宽叶：白粒窄叶=21∶7∶27∶9。回答下列问题。（1）亲本玉米的基因型为 。理论上，F2黄粒玉米中纯合子所占的比例为 。（2）已知一株杂合宽叶非甜味玉米的9号染色体的含窄叶基因的区段缺失，不影响减数分裂过程，染色体区段缺失的雄配子不育而雌配子可育，如何判断该染色体上的非甜味基因A、甜味基因a所在区段的缺失情况（要求：写出杂交组合和预期结果及结论）。（3）如何利用基因型为YyAa玉米幼苗，简捷选取出稳定遗传的黄粒甜味玉米？（要求：用遗传图解表示育种过程并作简要文字说明）【答案】（1）YyRR、yyrr或Yyrr、yyRR或YyRr、yyRr 1/7（2）杂交组合： Aa♂×aa♀（1分） 预期结果及结论：若F1只有非甜味玉米，则a缺失；若F1只有甜味玉米，则A缺失；若F1既有非甜味又有甜味玉米，则A、a均未缺失。（3分）（3）（3分）【解析】（1）根据题意可知黄粒：白粒=（21+7）∶（27+9）=7∶9，即白粒（yy）占9/16，y的基因频率为3/4，Y的基因频率为1/4，进而推出亲本的杂交组合为Yy×yy；同理宽叶∶窄叶=3∶1，即窄叶（rr）占1/4，r的基因频率为1/2，R的基因频率为1/2，进而推出亲本的杂交组合为RR×rr或Rr×Rr。综上所述，亲本玉米的基因型为YyRR、yyrr或Yyrr、yyRR或YyRr、yyRr。由上述知Y的基因频率为1/4，则YY的基因型频率为1/16，Yy的基因型频率为6/16，F2黄粒玉米中纯合子所占的比例为1/7。（2）以此杂合非甜味玉米植株（Aa）为父本，以另一株甜味玉米（aa）植株为母本进行杂交若F1只有非甜味玉米，则a缺失；若F1只有甜味玉米，则A缺失；若F1既有非甜味又有甜味玉米，则A、a均未缺失。（3）待基因型为YyAa的玉米幼苗长成植物进行自花授粉得亲代种子，选取黄粒甜味（Y_aa）玉米进行种植，得到F1植株，继续将F1植株进行自花授粉得到F1种子，基因型为YYaa的F1植株所得的种子都为黄粒甜味，基因型为Yyaa的F1植株所得的种子有黄粒甜味和白粒甜味，选取只产黄粒甜味玉米的植株上的玉米即可得到稳定遗传的黄粒甜味玉米。（二）选考题（共45分，请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每科按所做的第一题计分。）33．【物理——选修3-3】(15分)（1）（5分）下列说法中正确的是 。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加B．当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越小C．热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素E．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力【答案】ADE【解析】温度是分子的平均动能的标志，一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，吸收热量而其分子的平均动能不变，分子之间的势能增加，故A正确；当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，分子力表现为引力，故随分子间的距离增大，分子力做负功，分子势能增大，故B错误；热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他方面的变化”，故C错误；温度越高，分子无规则运动的剧烈程度越大，因此在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素，故D正确；液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，故E正确。（2）（10分）如图所示，一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0。开始时内部封闭气体的压强为p0，经过太阳暴晒，气体温度由T0＝300 K升至T1＝350 K。(i)求此时气体的压强；(ii)保持T1＝350 K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0。求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值。【解析】（1）由题意知气体发生等容变化，由查理定律得：＝(2分)解得：p1＝p0＝p0＝p0。(2分)（2）抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V2，由玻意耳定律可得：p1V0＝p0V2(2分)则V2＝＝V0(2分)所以，集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为＝。(2分)34．【物理——选修3-4】(15分)（1）（5分）一简谐机械横波沿x轴负方向传播，已知波的波长为8 m，周期为2 s，t＝1 s时刻波形如图甲所示，a、b是波上的两个质点。图乙是波上某一点的振动图象，则下列说法正确的是 。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）A．图乙可以表示d质点的振动B．图乙可以表示b质点的振动C．a、b两质点在t＝1.5 s时速度大小相同D．该波传播速度为v＝4 m/sE．t＝0时b质点速度沿y轴正方向【答案】ADE【解析】a、b、d三质点中在t＝1 s时位于平衡位置的是b和d质点，其中d质点向上振动、b质点向下振动，则题图乙可以表示d质点的振动，A项正确，B项错误；t＝1.5 s时的波形图如图a所示，则知此时a质点速度大于b质点速度，C项错误；由题图甲可知λ＝8 m，由题图乙可知T＝2 s，则波速v＝＝4 m/s，D项正确；t＝0时波形如图b所示，此时b质点速度沿y轴正方向，E项正确。（2）（10分）如图所示，有一玻璃圆柱体，横截面半径R＝10 cm，长L＝100 cm。一点光源在玻璃圆柱体中心轴线上的A点，与玻璃圆柱体左端面距离d＝4 cm，点光源向各个方向发射单色光，其中射向玻璃圆柱体、从左端面中央半径r＝8 cm圆面内射入的光线恰好不会从柱体侧面射出。光速c＝3×108 m/s。求：(i)玻璃对该单色光的折射率；(ii)该单色光通过玻璃圆柱体的最长时间。【解析】(1)由题意可知，光线AB从圆柱体左端面射入，在柱体侧面发生全反射，如图所示。sin i＝＝ (1分)n＝ (1分)sin C＝，sin θ＝cos C＝ (1分)联立解得n＝ (2分)（2）折射光BD在玻璃圆柱体内传播路程最长，因而传播时间最长，由几何知识得s＝＝nL (2分)v＝ (1分)t＝＝＝6×10－9 s。 (2分)35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）硼、磷元素在化学中有很重要的地位，硼、磷及其化合物广泛应用于开发新型储氢材料、超导材料、富燃料材料、复合材料等高新材料领域。回答下列问题。（1）Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得．①基态Ti3+的未成对电子数有 个。②LiBH4由Li+和BH构成，BH呈正四面体构型．LiBH4中不存在的作用力有 （填标号）A．离子键 B．共价键 C．金属键 D．配位键（2）氨硼烷(NH3BH3)是一种新型储氢材料，其分子中存在配位键，则氨硼烷分子结构式为_____。写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子_____(填化学式)。（3）硼酸(H3BO3)是一种片层状结构白色晶体，层内的H3BO3分子间通过氢键相连[如下图]。①硼酸分子中B最外层有_______个电子，1mol H3BO3的晶体中有_______mol氢键。②硼酸溶于水生成弱电解质一水合硼酸B(OH)3·H2O，它电离生成少量[B(OH)4]－和H＋离子。则硼酸为____________元酸，[B(OH)4]－含有的化学键类型为________。（4）四(三苯基膦)钯分子结构如图：P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子的杂化轨道类型为_____；判断该物质在水中溶解度并加以解释_______________________________________________。（5）硼氢化钠是一种常用的还原剂。其晶胞结构如右图所示：①该晶体中Na+的配位数为_____。②H3BO3分子中的O—B—O的键角_____（填“大于”、“等于”或“小于”）BH中的H—B—H的键角，判断依据是_______________________________________________。③已知硼氢化钠晶体的密度为ρ g/cm3，NA代表阿伏伽德罗常数的值，则a=_____(用含ρ、NA的代数式表示)【答案】（1）①1；②C（2）； C2H6 （3）3；3；一；共价键(极性键)、配位键 （4）①sp3；不溶于水。水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶 （5）8；②大于；H3BO3分子中的B采取sp2杂化，而BH中的B采取sp3杂化，sp2杂化形成的键角大于sp3杂化；③376ρNA×107 【解析】（1）考查电子排布式的书写、电负性以及作用力的判断，①Ti3+的电子排布式为[Ar]3d1，Ti3+未成对电子数为1个；②LiBH4是由Li＋和BH组成，含有离子键，B原子最外层有3个电子，1个B原子与3个H形成共价键，BH中1个B与4个H形成化学键，即里面含有配位键，因此该化合物中不含有的作用力是金属键，故C正确；（2）氨硼烷(NH3BH3)是一种新型储氢材料，其分子中存在配位键，N原子有孤对电子，B原子有空轨道，故形成配位键，所以其结构式为：；氨硼烷是8原子14价电子分子，与其互为等电子体的分子是：C2H6；（3）①硼酸分子中B与三个原子形成单键，最外层有6个电子，根据图示，1个H3BO3分子与其他3个分子能形成6个氢键，因此1mol H3BO3的晶体中氢键为6mol×12＝3mol。②硼酸溶于水，B原子与水电离出的OH－结合，产生H+，为一元酸，OH－中的O原子提供孤对电子，和B原子形成配位键。P原子以正四面体的形态围绕在钯原子中心上，钯原子的杂化轨道类型为sp3；水为极性分子，四(三苯基膦)钯分子为非极性分子，分子极性不相似，故不相溶；（5）①根据其晶胞，该晶体中Na+周围最近的BH为8个，故Na+的配位数为8；②H3BO3分子中的B采取sp2杂化，构型为平面三角形，键角为120°，而BH中的B采取sp3杂化，构型为正四面体，键角为109°28′，故H3BO3 分子中的O—B—O的键角大于BH中的H—B—H的键角；③该晶胞中有4个Na+，4个BH，该晶胞的体积=2a3×10-21 cm3=4×38ρNA，故a=376ρNA×107cm。36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）氯贝丁酯（）用于脑血栓、脑动脉硬化、脑外伤后遗症等引起的疾病。它的一种合成路线如下（图中部分反应条件及部分反应物、生成物已略去）。 回答下列问题：（1）有机物A的名称为 ，有机物D中含有的官能团名称为 。（2）C的结构简式为 。（3）写出反应生成氯贝丁酯的化学方程式 ，该反应的反应类型为 。（4）产物E有多种同分异构体，写出核磁共振氢谱峰面积比为2∶1的所有同分异构体的结构简式 。（5）结合以上合成路线信息，设计以CH3CH=CH2为原料（无机试剂任选），合成有机物的合成路线。【答案】（1）2－甲基丙烯（或2－甲基－1－丙烯）；羟基和羧基（2）+Cl2 →+HCl；取代反应（4）OHC—CH2CH2—CHO、（5）【解析】由合成流程图可得B为，B在氢氧化钠水溶液中加热发生水解反应得到C为，C氧化后得到D为，比较D与E的分子式，结合反应条件可知发生了消去反应，E为，G与乙醇发生酯化反应得到H为，据此答题；根据有机物系统命名法知A为2—甲基丙烯，以上分析可知D的结构为，故含有的官能团名称为羟基和羧基；（2）由以上分析可知C的结构简式为；（3）氯贝丁酯由H和氯气在一定条件下反应得到，生成氯贝丁酯的反应方程式为+Cl2→+HCl，由反应类型可知该反应为取代反应；（4）E为，E分子中总共有6个H，要满足核磁共振氢谱峰面积比为2∶1，，故有两种等效氢，氢原子个数分别为4和2，可推出结构为OHC—CH2CH2—CHO、；（5）结合以上合成路线，以CH3CH=CH2为原料（无机试剂任选），合成有机物的合成路线为37．【生物——选修1：生物技术实践】（15分）回答下列关于生物技术实践的问题。（1）果酒制作离不开酵母菌，从野生酵母菌群中分离纯化酵母菌，常用的方法是 和 。（2）在腌制泡菜过程中，需要注意控制腌制的时间、温度和 ，还需要测定亚硝酸盐的含量。测定亚硝酸盐含量的原理是在 条件下，亚硝酸盐与 反应后，与N-1-萘基乙二胺盐酸盐结合形成 色物质（3）固定化酵母多采用 固定化，而固定化酶不宜采用此种方法，原因是 。【答案】（1）平板划线法 稀释涂布平板法（2）食盐的用量 盐酸酸化 对氨基苯磺酸 玫瑰红（1分）（3）包埋法 酶分子较小，容易从包埋材料中漏出【解析】（1）分离纯化微生物常用的方法是平板划线法和稀释涂布平板法。（2）在泡菜的腌制过程中，需要注意控制腌制的时间、温度和食盐的用量，还需要测定亚硝酸盐的含量。测定亚硝酸盐含量的原理是在盐酸酸化条件下，亚硝酸盐与对氨基苯磺酸反应后，与N-1-萘基乙二胺盐酸盐结合形成玫瑰红色物质（3）固定化技术包括包埋法、化学结合法和物理吸附法，细胞多采用包埋法固定化，而酶更适合采用化学结合法和物理吸附法固定化。这是因为细胞体积大，而酶分子较小，体积小的酶容易从包埋材料中漏出。38．【生物——选修3：现代生物科技专题】（15分）下图表示我国首例绿色荧光蛋白转基因克隆猪的具体培育过程。请据图回答下列问题：（1）图中①②过程需要用同一种限制酶切割目的基因和Ti质粒，限制酶的特点是 。过程③采用最多的方法是 。（2）使用的猪胎儿成纤维细胞在培养过程中一般不超过 代。重组细胞最终能发育成绿色荧光蛋白转基因克隆猪的内在原因是 。为激活重组细胞，使其完成细胞分裂和发育进程，可采用的化学方法有 （至少列举两种）。（3）对早期胚胎采用胚胎分割技术，选择发育良好、形态正常的 早期胚胎进行操作，而且要注意将内细胞团均等分割，原因是 。【答案】（1）能识别特定的核苷酸序列，并在特定的位点切割DNA分子 显微注射技术（2）10 具有生物体生长发育的全套遗传信息 电脉冲、钙离子载体、乙醇、蛋白酶合成抑制剂等（3）桑椹胚或囊胚 若分割时不能将内细胞团均等分割，会出现含内细胞团多的部分正常发育的能力强，少的部分发育受阻或发育不良，甚至不能发育等问题（3分）【解析】（1）限制酶的特点是能识别特定的核苷酸序列，并在特定的位点切割DNA分子。迄今为止，显微注射技术是转基因动物中采用最多也是最为有效的一种将目的基因导入动物细胞的方法。（2）目前使用的或冷冻保存的正常细胞通常为10代以内，以保持细胞正常的二倍体核型。重组细胞最终能发育成绿色荧光蛋白转基因克隆猪的内在原因是具有全套的遗传信息。激活重组细胞的化学方法有电脉冲、钙离子载体、乙醇、蛋白酶合成抑制剂等。（3）进行胚胎分割技术，选择发育良好、形态正常的桑椹胚或囊胚早期胚胎进行操作，而且要注意将内细胞团均等分割，因为内细胞团一般到囊胚阶段才出现，它是发育为胚胎本身的基础细胞，其他细胞为滋养细胞，只为胚胎和胎发育提供营养。若分割时不能将内细胞团均等分割，会出现含内细胞团多的部分正常发育的能力强，少的部分发育受阻或发育不良，甚至不能发育等问题。 展开更多...... 收起↑ 资源列表 2019年最后泄露天机高考押题卷 理综 （一） 解析版.docx 2019年最后泄露天机高考押题卷 理综 （二） 解析版.docx
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