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2019年高考理综化学真题试卷（全国Ⅱ卷）原卷+解析
一、选择题
1.（2019?全国Ⅱ）“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是（?? ）
A.?蚕丝的主要成分是蛋白质?? B.?蚕丝属于天热高分子材料C.“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应?? D.?古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物
【答案】 D
【考点】氧化还原反应，氨基酸、蛋白质的结构和性质特点，高分子材料
【解析】【解答】A.蚕丝主要成分为蛋白质，不符合题意。 B.蚕丝中的蛋白质为高分子材料，不符合题意。 C.蜡炬成灰，是蜡烛的燃烧，属于氧化反应，不符合题意。 D.蜡属于烃的混合物，不属于高级脂肪酸酯。所以D选项错误，符合题意。 故答案为：D 【分析】可以通过加聚反应，如烯烃的加聚，炔烃的加聚，形成高分子化合物，也可以通过缩聚反应形成高分子化合物，如二元羧酸和二元醇的缩聚，羟基羧酸的缩聚，氨基酸的缩聚等。
2.（2019?全国Ⅱ）已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（?? ）
A.?3g 3He含有的中子数为1NAB.?1 L 0.1 mol·L?1磷酸钠溶液含有的 数目为0.1NAC.?1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAD.?48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
【答案】 B
【考点】阿伏伽德罗常数
【解析】【解答】A. 3g?3He 的物质的量为1mol，且一个 3He 中有1个中子，所以 3g?3He含有的中子数为1NA ， 不符合题意 B.磷酸根离子为弱酸阴离子，在水溶液中水解所以磷酸根离子的数目小于0.1 NA ， 符合题意 。 C. ?K2Cr2O7 中 Cr 的化合价为+6，所以 1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA ， 不符合题意 。 D. 48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物相当于58gC4H10,相当于1mol,正丁烷，异丁烷中共价键个数都是13个，所以 共价键数目为13NA ， 不符合题意。 故答案为：B 【分析】关于 NA 的计算必须先求出物质的量，然后根据所求乘以 NA 。
3.（2019?全国Ⅱ）今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是（?? ）
A.?原子半径：W【答案】 D
【考点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A.W为2个电子层，X为3个电子层，所以 原子半径：W4.（2019?全国Ⅱ）下列实验现象与实验操作不相匹配的是（?? ）
实验操作
实验现象
A
向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置
溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层
B
将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生
C
向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸
有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊
D
向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液
黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变
A.?A??????B.?B??????C.?C?????D.?D
【答案】 A
【考点】氧化还原反应，含硫物质的性质及综合应用，镁的化学性质，乙烯的化学性质
【解析】【解答】A.向酸性高锰酸钾溶液中通入足量的乙烯，溶液褪色，但不分层，不符合题意。 B.镁和二氧化碳反应，生成氧化镁和碳，所以 集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生 ， 不符合题意 。 C. S2O32- + 2H+=S↓ + H2O + SO2↑?，所以 有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊 ，不符合题意。 D.铁离子与铁反应生成亚铁离子，所以加 KSCN后溶液颜色不变 ， 不符合题意 。 故答案为：A 【分析】A选项考察了乙烯的化学性质，B选项考察了镁与二氧化碳的反应，C选项考察了硫代硫酸根在酸性环境下的性质，D选项考察了铁离子与亚铁离子间的转化，同时考察了铁离子的检验。
5.（2019?全国Ⅱ）下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是（?? ）
A.?向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失：Zn+CuSO4=Cu+ZnSO4B.?澄清的石灰水久置后出现白色固体：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2OC.?Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色：2Na2O2=2Na2O+O2↑D.?向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2
【答案】 C
【考点】常见金属的活动性顺序及其应用，胶体的性质和应用，含碳化合物的性质和应用，钠的氧化物
【解析】【解答】C.过氧化钠在空气中放置后由淡黄色变为白色，发生的反应为 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2?。所以C选项错误。 故答案为：C 【分析】过氧化钠在空气中变质的反应为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2?。
6.（2019?全国Ⅱ）绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是（?? ）
A.?图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B.?图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)【答案】 B
【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.曲线上的点都是 CdS 溶解平衡状态，为该温度下的 CdS 的饱和溶液，不符合题意。 B.溶解平衡常数只与温度有关，所以同一曲线上的溶解平衡常数相等，不符合题意。 C.在 m点的溶液中加入少量Na2S固体， 硫离子浓度变大，溶解平衡逆移，镉离子浓度变小，所以 溶液组成由m沿mpn线向p方向移动 ，不符合题意。 D.降低温度平衡逆移，溶解平衡常数减小，所以 q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动 ， 不符合题意 。 故答案为：B 【分析】本题考查了溶解平衡常数的影响因素，溶解平衡常数大小只与温度有关。
7.（2019?全国Ⅱ）分子式为C4H8BrCl的有机物共有（不含立体异构）（?? ）
A.?8种????B.?10种?????C.?12种?????D.?14种
【答案】 C
【考点】辨识简单有机化合物的同分异构体
【解析】【解答】 分子式为C4H8BrCl的有机物共有?12种结构。 故答案为：C 【分析】 先分析碳骨架异构，分别为 正丁基与?异丁基2种情况，然后分别对 2 种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架 正丁基有8 种情况，异丁基有4 种情况，共12种。
二、非选择题
8.（2019?全国Ⅱ）立德粉ZnS·BaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：
（1）利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为__________（填标号）。
A.?黄色? ??B.?红色?????C.?紫色??????D.?绿色
（2）以重晶石（BaSO4）为原料，可按如下工艺生产立德粉：
①在回转窑中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为________。回转窑尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为________。
②在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的________（填化学式）。
③沉淀器中反应的离子方程式为________。
（3）成品中S2?的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 mol·L?1的I2?KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉溶液为指示剂，过量的I2用0.1000 mol·L?1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2 =2I?+ 。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为________，样品中S2?的含量为________（写出表达式）。
【答案】 （1）D（2）BaSO4+4C=BaS+4CO↑；CO+H2O=CO2+H2；BaCO3；S2?+Ba2++Zn2++ =BaS·BaSO4↓（3）浅蓝色至无色；
【考点】氧化还原反应，氧化反应的计算，含硫物质的性质及综合应用，焰色反应
【解析】【解答】（1）钡的焰色反应为绿色。 （2）根据在回转窑中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，?所以反应为 BaSO4+4C=BaS+4CO↑ ，根据 回转窑尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体 ，所以反应为： CO+H2O=CO2+H2 。还原料为BaS， 在潮湿空气中长期放置与空气中的二氧化碳反应生成 BaCO3 ，沉淀器中发生了沉淀转化生成 ZnS·BaSO4 。 （3）先发生 I2+S2-＝2I-+S?，然后用 Na2S2O3溶液滴定剩余的单质碘，反应式为I2+2??=2I?+???，结合题中的量，求出硫元素的物质的量为5-0.1V/2000,质量为32（5-0.1V/2000） 【分析】（1）识记内容，可参考必修一教材焰色反应的图片。 （2）根据整个流程图的内容可知还原料即为 BaS ，以 BaS 为突破口结合题中的信息： ①在回转窑中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡 ，所以该反应为： BaSO4+4C=BaS+4CO↑ ，根据： 回转窑尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体 ，则反应为： CO+H2O=CO2+H2O，根据 ②在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。 可知臭鸡蛋气体为H2S，?发生的反应为: BaS + H2O + CO2 = BaCO3 + H2S。 （3）根据滴定过程，首先发生I2+S2-＝2I-+S?，然后用 Na2S2O3溶液滴定剩余的单质碘，反应式为I2+2??=2I?+???，根据题中信息，可求出 Na2S2O3溶液滴定剩余的单质碘的量，该量即为硫元素的物质的量。
9.（2019?全国Ⅱ）环戊二烯（ ）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：
（1）已知： (g) =? (g)+H2(g)????? ΔH1=100.3 kJ·mol ?1???? ①
H2(g)+ I2(g) =2HI(g)?????????????????????????? ΔH2=?11.0 kJ·mol ?1???? ②
对于反应： (g)+ I2(g) = (g)+2HI(g)? ③? ΔH3=________kJ·mol ?1。
（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（ ）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为________，该反应的平衡常数Kp=________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有________（填标号）。
A．通入惰性气体?????????????? B．提高温度
C．增加环戊烯浓度??????????? D．增加碘浓度
（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。
A.?T1＞T2 B.?a点的反应速率小于c点的反应速率C.?a点的正反应速率大于b点的逆反应速率 D.?b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L?1
（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2结构简式为 ），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。
该电解池的阳极为________，总反应为________。电解制备需要在无水条件下进行，原因为________。
【答案】 （1）89.3（2）40％；3.56×104；BD（3）C,D（4）Fe电极；Fe+2 = +H2↑（Fe+2C5H6=Fe(C5H5)2+H2↑）；水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH? ， 进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2
【考点】盖斯定律及其应用，化学反应速率，化学平衡常数，化学平衡的调控，电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）根据目标反应的反应物和生成物， ① + ② 即为所求，所以反应热为 89.3 kJ·mol??1。? ?
? ?根据?：? 起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20% 列式计算：2a+x/2a=1.2，则a/x=0.4,转化率为? 40％ ，平衡常数 Kp =?， 根据a/x=0.4,可知平衡后各成分所占的百分含量分别为：， ， ， ， 代入公式Kp == 3.56×104 ， 达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，因为是吸热反应，所以可以采用提高温度，也可以通过增加碘的浓度，或减少碘化氢的浓度，环戊二烯的浓度，或通过减小压强。所以选 BD 。 （3）因为环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，所以环戊二烯与二聚体系数关系为2:1，因为b点时环戊二烯浓度变化量为0.9，所以二聚体浓度为0.45。因为a点浓度大于b点浓度，所以a点速率快。答案为CD。 （4） 环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2结构简式为??） ，铁被氧化，所以铁为阳极，总反应为： Fe+2C5H6=Fe(C5H5)2+H2↑ ，因为题中信息为生成钠，钠与水反应，所以环境必须无水。 【分析】本题以盖斯定律为起点引发了一道与平衡相关的问题，借助于平衡有关的知识解决问题。 （2）采用起始，变化，平衡三步计算法求转化率，采用分压法求平衡常数，通过平衡的移动方向确定转化率的变化。 （3）通过图像的变化来比较相关因素。 （4）本题考查了电解的相关原理。阳极发生氧化反应。
10.（2019?全国Ⅱ）咖啡因是一种生物碱（易溶于水及乙醇，熔点234.5℃，100℃以上开始升华），有兴奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%~5%、单宁酸（Ka约为10?4 ， 易溶于水及乙醇）约3%~10%，还含有色素、纤维素等。实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如下图所示。
索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与茶叶末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对茶叶末的连续萃取。回答下列问题：
（1）实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1中，研细的目的是________，圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂，加热前还要加几粒________。
（2）提取过程不可选用明火直接加热，原因是________，与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是________。
（3）提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂，与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是________。“蒸发浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外，还有________（填标号）。
A．直形冷凝管?? B．球形冷凝管C．接收瓶D．烧杯
（4）浓缩液加生石灰的作用是________?和吸收________
（5）可采用如图所示的简易装置分离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是________。
【答案】 （1）增加固液接触面积，提取充分；沸石（2）乙醇易挥发，易燃；使用溶剂少，可连续萃取（萃取效率高）（3）乙醇沸点低，易浓缩；AC（4）单宁酸；水（5）升华
【考点】有机物的合成，乙醇的化学性质，分液和萃取，升华，物质分离装置，常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】 （1）本题为识记内容 研细的目的是 ： 增加固液接触面积，提取充分 ， 加热前还要加几粒 沸石或碎瓷片，防止暴沸。 （2） 提取过程不可选用明火直接加热，原因是 实验中用到易燃液体乙醇，应该用电热套加热。 索氏提取器的优点，题中已经明显给出答案：通过蒸馏，连续萃取。 （3）萃取后的混合液需要除溶剂，所以溶剂必须为低沸点易挥发液体。 “蒸发浓缩”?目的是除去乙醇，所以采用先蒸发，后冷凝的方式。 （4）生石灰显碱性，所以目的为中和单宁酸，吸收水便于蒸发浓缩。 （5）因为 将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结 ,所以方法为升华。 【分析】本题是通过萃取，蒸馏，浓缩蒸发，升华等方式从茶叶中提取咖啡因。做题时需要注意各方式的注意事项，萃取时要注意萃取剂的选择因为单宁酸易溶于水及乙醇,所以用乙醇萃取，蒸馏要加沸石防止暴沸。升华是加热时固体直接变成气体。
11.（2019?全国Ⅱ）【选修三：物质结构与性质】
近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe?Sm?As?F?O组成的化合物。回答下列问题：
（1）元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为________，其沸点比NH3的________（填“高”或“低”），其判断理由是________。
（2）Fe成为阳离子时首先失去________轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2 ， Sm3+的价层电子排布式为________。
（3）比较离子半径：F?________O2?（填“大于”等于”或“小于”）。
（4）一种四方结构的超导化合物的晶胞结构如图1所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。
图中F?和O2?共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1?x代表，则该化合物的化学式表示为________，通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ=________g·cm?3。
以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原子1的坐标为(， ， )，则原子2和3的坐标分别为________、________。
【答案】 （1）三角锥形；低；NH3分子间存在氢键（2）4s；4f5（3）小于（4）SmFeAsO1?xFx；；( )；( )
【考点】原子核外电子排布，晶体熔沸点的比较，晶胞的计算，原子结构示意图，微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）氨气为三角锥形，因为元素As与N同族 ，所以 As的氢化物分子的立体结构为 三角锥形，因为氨气分子间形成氢键，所以沸点高。 （2） Fe?的价层电子排布式为3d64s2,形成阳离子最先失去最外层4s轨道上的电子。同理 Sm的价层电子排布式为4f66s2， Sm3+的价层电子排布式为 4f5. （3） F? ， O2? 核外电子层数相同，但氟的原子序数大于氧，所以 F??半径小于?O2?。 （4）根据晶胞计算规则，晶胞中Fe个数为2， Sm 个数为2， As 个数为2，所以化学式为 SmFeAsO1?xFx?。密度表达式为 ρ= 代入数据即可，答案为： ?。因为1的坐标为（），因为2位于底面且与1在地面投影位置重合所以坐标为 (??) ，因为3位于棱中心，且与1共面所以坐标为 (??) 。 【分析】（2）失电子时先失去最外层电子 （3）电子层结构一样的的阴离子，原子序数越大半径越小 （4）晶胞的计算，包括化学式的确定，密度计算，坐标的标定。
12.（2019?全国Ⅱ）【选修五：有机化学基础】
环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛应用于涂料和胶黏剂等领域。下面是制备一种新型环氧树脂G的合成路线：
已知以下信息：
回答下列问题：
（1）A是一种烯烃，化学名称为________，C中官能团的名称为________、________。
（2）由B生成C的反应类型为________。
（3）由C生成D的反应方程式为________。
（4）E的结构简式为________。
（5）E的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式________、________。
①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1。
（6）假设化合物D、F和NaOH恰好完全反应生成1 mol单一聚合度的G，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，则G的n值理论上应等于________。
【答案】 （1）丙烯；氯原子；羟基（2）加成反应（3）+NaOH→+NaCl+H2O（或+NaOH→+NaCl+H2O）（4）（5）；（6）8
【考点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构，有机物中的官能团，有机物的合成，同分异构现象和同分异构体，加成反应
【解析】【解答】（1）A的分子式为C3H6,Q且为烯烃，所以A为丙烯，所以A的结构为 CH2=CHCH3 ， 所以B的结构为CH2=CHCH2Cl，由B生成C为加成反应所以C中含官能团为氯原子和羟基。（2）由B生成C为加成反应。（3） 由C生成D 结合D的结构所以反应为：? +NaOH→+NaCl+H2O（或+NaOH→+NaCl+H2O）（4）根据信息1，E中必含苯基，甲基和羰基，所以E的结构为?。（5）E的同分异构满足： ①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1。 所以结构中含醛基，且甲基与醛基对位，2个氯原子对称，所以结构为：?、。【分析】本题为有机推断题，分析时要注意题中的反应条件，（1）在光照条件下与氯气反应则为烷基上的取代反应。所以A为 CH2=CHCH3 。（2）由B生成C为加成反应。（3）结合D的结构便可确定由C生成D的过程为C失去一个HCl,则C生成D的方程式便可确认。（4）本题为信息方程式的应用：苯环上羟基对位上的氢与羰基上的氧生成水的过程。（5）考察了同分异构的书写。
试卷分析部分
1. 试卷总体分布分析
总分：115分
分值分布
客观题（占比）
42（36.5%）
主观题（占比）
73（63.5%）
题量分布
客观题（占比）
7（58.3%）
主观题（占比）
5（41.7%）
2. 试卷题量分布分析
大题题型
题目量（占比）
分值（占比）
选择题
7（58.3%）
42（36.5%）
非选择题
5（41.7%）
73（63.5%）
3. 试卷难度结构分析
序号
难易度
占比
1
容易
8.3%
2
普通
58.3%
3
困难
33.3%
4. 试卷知识点分析
序号
知识点（认知水平）
分值（占比）
对应题号
1
氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
6（1.3%）
1
2
氧化还原反应
25（5.5%）
1,4,8
3
高分子材料
6（1.3%）
1
4
阿伏伽德罗常数
6（1.3%）
2
5
元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
6（1.3%）
3
6
镁的化学性质
6（1.3%）
4
7
含硫物质的性质及综合应用
19（4.2%）
4,8
8
乙烯的化学性质
6（1.3%）
4
9
钠的氧化物
6（1.3%）
5
10
常见金属的活动性顺序及其应用
6（1.3%）
5
11
胶体的性质和应用
6（1.3%）
5
12
含碳化合物的性质和应用
6（1.3%）
5
13
难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
6（1.3%）
6
14
辨识简单有机化合物的同分异构体
6（1.3%）
7
15
氧化反应的计算
13（2.8%）
8
16
焰色反应
13（2.8%）
8
17
电解池工作原理及应用
15（3.3%）
9
18
盖斯定律及其应用
15（3.3%）
9
19
化学平衡的调控
15（3.3%）
9
20
化学平衡常数
15（3.3%）
9
21
化学反应速率
15（3.3%）
9
22
物质分离装置
15（3.3%）
10
23
常见气体制备原理及装置选择
15（3.3%）
10
24
乙醇的化学性质
15（3.3%）
10
25
有机物的合成
30（6.6%）
10,12
26
分液和萃取
15（3.3%）
10
27
升华
15（3.3%）
10
28
晶体熔沸点的比较
15（3.3%）
11
29
晶胞的计算
15（3.3%）
11
30
原子核外电子排布
15（3.3%）
11
31
原子结构示意图
15（3.3%）
11
32
微粒半径大小的比较
15（3.3%）
11
33
加成反应
15（3.3%）
12
34
同分异构现象和同分异构体
15（3.3%）
12
35
利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
15（3.3%）
12
36
有机物中的官能团
15（3.3%）
12
2019年高考理综生物真题试卷（全国Ⅱ卷）原卷+解析
一、选择题
1.（2019?全国Ⅱ） 在真核细胞的内质网和细胞核中能够合成的物质分别是(??? )
A.?脂质，RNA???B.?氨基酸，蛋白质???C.?RNA，DNA???D.?DNA，蛋白质
【答案】 A
【考点】其它细胞器的主要功能，细胞核的功能
【解析】【解答】A、脂质在内质网上合成，RNA主要在细胞核内合成，其次还可以在线粒体和叶绿体内合成，A符合题意；B、氨基酸主要在细胞质基质内合成，蛋白质在核糖体上合成，B不符合题意；C、RNA主要在细胞核内合成，其次还可以在线粒体和叶绿体内合成，DNA主要在细胞核内合成，其次还可以在线粒体和叶绿体内合成，C不符合题意；D、DNA主要在细胞核内合成，其次还可以在线粒体和叶绿体内合成，蛋白质在核糖体上合成，D不符合题意。故答案为：A【分析】各种细胞器的结构和功能：
细胞器
知识点
线粒体“动力车间”①
结构：双层膜，内膜向内折叠形成嵴（增大面积有利于酶附着）功能：有氧呼吸和形成ATP的主要场所分布：真核细胞中特点：1、含有少量DNA，RNA属于半自主性细胞器????? 2、细胞代谢越旺盛，含量越多
叶绿体“养料制造车间”“能量转换站”②
功能：光合作用场所结构：双层膜，基质（由类囊体构成，增大膜面积）类囊体是扁平的小囊状结构，有进行光合作用有关的色素和酶分布：绿色植物的绿色部分特点：1、含有少量DNA，RNA属于半自主性细胞器????? 2、含量越多，光合作用越旺盛
内质网④
结构：单层膜，网状结构，增大了细胞内膜面积，膜上附着了多种酶，为细胞内各种化学反应的正常进行提供了有力的条件，内连核膜外链细胞膜功能：粗面内质网：合成、加工蛋白质（附有核糖体）滑面内质网：合成糖类、脂质分布：真核细胞
高尔基体③
结构：单层膜，扁平小囊小泡构成功能：1、对蛋白质有加工、分类和包装2、植物细胞中，与细胞壁形成有关分布：真核细胞中
液泡⑤
结构：单层膜，内含的液体叫细胞液，含有糖类、无机盐、色素、氨基酸等成熟植物细胞中，可占细胞体积的90%功能：对细胞内环境有调节作用，使细胞维持一定的渗透压，保持一定的形态液泡：成熟植物细胞
溶酶体“消化车间”⑥
结构：单层膜，含有多种水解酶功能：1、能分解衰老损伤的细胞器2、吞噬并杀死侵入细胞的病毒或细菌分布：真核细胞特点：溶酶体水解的产物中对细胞有用的的可被细胞利用，废物被排出去
核糖体“生产蛋白质的机器”⑦
结构：无膜 RNA+蛋白质功能：合成蛋白质分布：细胞生物（真核生物和原核生物）
中心体⑧
结构：无膜，两个相互垂直的中心粒及周围物质构成功能：与动物细胞的有丝分裂有关分布：存在与动物细胞、低等植物细胞中
2.（2019?全国Ⅱ） 马铃薯块茎储藏不当会出现酸味，这种现象与马铃薯块茎细胞的无氧呼吸有关。下列叙述正确的是(????? )
A.?马铃薯块茎细胞无氧呼吸的产物是乳酸和葡萄糖B.?马铃薯块茎细胞无氧呼吸产生的乳酸是由丙酮酸转化而来C.?马铃薯块茎细胞无氧呼吸产生丙酮酸的过程不能生成ATPD.?马铃薯块茎储藏库中氧气浓度的升高会增加酸味的产生
【答案】 B
【考点】无氧呼吸的过程和意义
【解析】【解答】A、马铃薯块茎细胞无氧呼吸的产物是乳酸，没有葡萄糖，A不符合题意；B、马铃薯块茎细胞无氧呼吸产生的乳酸是由丙酮酸转化而来，B符合题意；C、马铃薯块茎细胞无氧呼吸产生丙酮酸的过程能产生少量ATP，C不符合题意；D、马铃薯块茎储藏库中氧气浓度的升高会抑制无氧呼吸，减少酸味的产生，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】（1）动物细胞、玉米胚、马铃薯块茎、甜菜块茎、乳酸菌等，进行有氧呼吸时，通过酶的催化作用，将葡萄糖等有机物氧化分解为乳酸，同时释放少量能量。（2）马铃薯块茎细胞无氧呼吸的过程：第一阶段：第二阶段：
3.（2019?全国Ⅱ） 某种H﹢-ATPase是一种位于膜上的载体蛋白，具有ATP水解酶活性，能够利用水解ATP释放的能量逆浓度梯度跨膜转运H﹢。①将某植物气孔的保卫细胞悬浮在一定pH的溶液中（假设细胞内的pH高于细胞外），置于暗中一段时间后，溶液的pH不变。②再将含有保卫细胞的该溶液分成两组，一组照射蓝光后溶液的pH明显降低；另一组先在溶液中加入H﹢-ATPase的抑制剂（抑制ATP水解），再用蓝光照射，溶液的pH不变。根据上述实验结果，下列推测不合理的是(????? )
A.?H﹢-ATPase位于保卫细胞质膜上，蓝光能够引起细胞内的H﹢转运到细胞外B.?蓝光通过保卫细胞质膜上的H﹢-ATPase发挥作用导致H﹢逆浓度梯度跨膜运输C.?H﹢-ATPase逆浓度梯度跨膜转运H﹢所需的能量可由蓝光直接提供D.?溶液中的H﹢不能通过自由扩散的方式透过细胞质膜进入保卫细胞
【答案】 C
【考点】细胞膜的成分，物质跨膜运输的方式及其异同
【解析】【解答】A、根据题意可知H+-ATPase是一种位于膜上的载体蛋白，具有ATP水解酶活性，能够利用ATP释放的能量逆浓度梯度跨膜转运氢离子，又知将某植物气孔保卫细胞悬浮在一定pH的溶液中，细胞内的pH高于细胞外，即细胞内的H+浓度小于溶液，至于暗中一段时间后，溶液的pH不变，照射蓝光后，溶液的pH降低，即溶液的H+浓度增大，可见保卫细胞内的H+被转运到了溶液中，H+是从低浓度一侧转运到了高浓度一侧，可见保卫细胞膜上有H+-ATPase，A不符合题意；B、蓝光照射保卫细胞后，保卫细胞进行光合作用产生了有机物，有机物通过细胞呼吸氧化分解产生ATP，保卫细胞质膜上的H+-ATPase催化ATP水解并利用ATP水解释放的能量，将细胞内的H+逆浓度梯度转运到溶液中，B不符合题意；C、H+-ATPase逆浓度梯度跨膜转运H+所需的能量是由保卫细胞内有机物氧化分解产生的ATP直接提供，蓝光的作用是使保卫细胞进行光合作用，产生有机物，C符合题意；D、通过题意可知H+的转运需要载体和能量，且从高浓度向低浓度运输，属于主动运输，所以溶液中的H+不能通过自由扩散的方式透过细胞质膜进入保卫细胞，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】（1）pH与氢离子的浓度有关，氢离子浓度越大，pH越小。（2）能量代谢过程和ATP的利用：
4.（2019?全国Ⅱ） 当人体失水过多时，不会发生的生理变化是(????? )A.?血浆渗透压升高????? B.?产生渴感?????
C.?血液中的抗利尿激素含量升高?????D.?肾小管对水的重吸收降低
【答案】 D
【考点】体温调节、水盐调节、血糖调节
【解析】【解答】】A、当人体失水过多时，细胞外液渗透压升高，血浆属于细胞外液，渗透压也会升高，A不符合题意；B、人体失水过多，细胞外液渗透压升高会刺激下丘脑渗透压感受器，下丘脑渗透压感受器产生神经冲动并传至大脑皮层，产生渴觉，使人主动饮水，B不符合题意；C、人体失水过多，细胞外液渗透压升高会刺激下丘脑渗透压感受器，下丘脑合成并由垂体释放抗利尿激素，使血液中的抗利尿激素含量升高，C不符合题意；D、血液中抗利尿激素的增加会促进肾小管对水的重吸收，D符合题意。故答案为：D
【分析】水盐平衡调节：
5.（2019?全国Ⅱ） 某种植物的羽裂叶和全缘叶是一对相对性状。某同学用全缘叶植株（植株甲）进行了下列四个实验。(????? )
①植株甲进行自花传粉，子代出现性状分离
②用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代均为全缘叶
③用植株甲给羽裂叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为1∶1
④用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为3∶1
其中能够判定植株甲为杂合子的实验是
A.?①或②? B.?①或④???C.?②或③?? D.?③或④
【答案】 B
【考点】基因的分离规律的实质及应用
【解析】【解答】①植株甲进行自花传粉，子代出现性状分离，说明全缘叶为显性性状，子代出现羽裂叶，羽裂叶为隐性性状，羽裂叶植株为隐性纯合子，则植株甲一定为杂合子；②用植株甲给另一全缘叶植株授粉，若全缘叶为显性，另一全缘叶植株基因型为AA，或全缘叶植株均为隐性纯合子，子代均为全缘叶，不能判定植株甲为杂合子；③用植株甲给羽裂叶植株授粉，植株甲或羽裂叶植株肯定有一个为隐性纯合子，又子代中全缘叶与羽裂叶的比例为1：1，则显性个体一定是杂合子，但没有说全缘叶为显性，所以不能判定植株甲为杂合子；④用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代出现了性状分离，说明全缘叶为显性性状，又性状分离比为3：1，说明植株甲和另一植株均为杂合子。所以能判定植株甲为杂合子的实验是①④，B符合题意。
故答案为：B
【分析】1.纯合子、杂合子的判断方法（1）自交法：待测个体自交，若后代无性状分离，则待测个体为纯合子，若后代有性状分离，则待测个体为杂合子。（2）测交法：待测个体与隐性纯合子杂交，若后代无性状分离，则为纯合子；若后代有性状分离，则为杂合子。2.由子代性状分离比推测亲代基因型
后代表现型
亲本基因型组合
亲本表现性
全显
AA×AA（或Aa或aa）
亲本中一定有一个是显性纯合子
全隐
Aa×aa
双亲均为隐性纯合子
显：隐=1：1
Aa×aa
亲本一方为显性杂合子，一方为隐性纯合子
显：隐=3：1
Aa×Aa
双亲均为显性杂合子
6.（2019?全国Ⅱ） 如果食物链上各营养级均以生物个体的数量来表示，并以食物链起点的生物个体数作层来绘制数量金字塔，则只有两个营养级的夏季草原生态系统（假设第一营养级是牧草，第二营养级是羊）和森林生态系统（假设第一营养级是乔木，第二营养级是昆虫）数量金字塔的形状最可能是(????? )
A.?前者为金字塔形，后者为倒金字塔形B.?前者为倒金字塔形，后者为金字塔形C.?前者为金字塔形，后者为金字塔形D.?前者为倒金字塔形，后者为倒金字塔形
【答案】 A
【考点】生态系统的结构
【解析】【解答】在只有牧草和羊两个营养级的夏季草原生态系统中，牧草个体数量远远大于羊的个体数量，所以以生物个体的数量来表示的数量金字塔为正金字塔形；在只有乔木、昆虫的森林生态系统中乔木个体大，个体数量少，昆虫个体小，个体数量多，数量金字塔应为倒金字塔形，A符合题意。
故答案为：A
【分析】（1）能量金字塔在任何食物链中均为正金字塔。（2）数量金字塔一般呈正金字塔，但有特例：一棵大树，树上的昆虫的数量金字塔为倒金字塔。（3）生物量金字塔一般呈正金字塔，但有特例：浮游植物个体小，寿命短，又不断被浮游动物吃掉，所以某一时间内浮游植物的生物量可能低于浮游动物的生物量，呈倒金字塔。
二、必考题
7.（2019?全国Ⅱ） 某研究小组切取某种植物胚芽鞘的顶端，分成甲、乙两组，按下图所示的方法用琼脂块收集生长素，再将含有生长素的琼脂块置于去顶胚芽鞘切段的一侧，一段时间后，测量胚芽鞘切断的弯曲程度（α角），测得数据如下表。据此回答问题。
分组
甲
乙
琼脂块
左
右
α角/度
20.4
9.0
9.1
（1）生长素在胚芽鞘中的运输属于极性运输，这种运输的方向是________。
（2）上图中α角形成的原因是________。
（3）据表可知乙组中左、右两侧的琼脂块所引起的α角基本相同，但小于甲琼脂块所引起的α角，原因是________。
【答案】 （1）从形态学上端到形态学下端（2）琼脂块中的生长素进入胚芽鞘切段的左侧，使胚芽鞘左侧的生长素浓度高于右侧，引起胚芽鞘左侧生长快于右侧，形成α角（3）乙左右两侧琼脂块中的生长素含量基本相同，但小于甲琼脂块中生长素的含量
【考点】植物生长素的发现和作用，生长素的产生、分布和运输情况
【解析】【解答】（1）生长素在胚芽鞘中的运输属于极性运输，极性运输是指生长素从植物的形态学上端往形态学下端运输，而不能反过来运输。（2）从图中可知，含生长素的琼脂放在了胚芽鞘切段的左侧，琼脂块中的生长素进入胚芽鞘切段的左侧，使胚芽鞘左侧的生长素浓度高于右侧，引起胚芽鞘左侧生长快于右侧，形成α角。（3）乙组中胚芽鞘中间放了云母片，会阻止生长素通过，即便进行了单侧光照，左右两块琼脂块中的生长素的含量仍基本相同，都只含胚芽鞘尖端生长素的一半，而甲组琼脂块含胚芽鞘尖端的全部生长素。所以乙组中左右两侧的琼脂快所引起的α角基本相同，但小于甲琼脂块所引起的α角。故答案为：（1）从形态学上端到形态学下端。（2）琼脂块中的生长素进入胚芽鞘切段的左侧，使胚芽鞘左侧的生长素浓度高于右侧，引起胚芽鞘左侧生长快于右侧，形成α角。（3）乙组左右两侧琼脂块中的生长素含量基本相同，但小于甲琼脂块中生长素的含量。
【分析】1.生长素发现过程中的胚芽鞘实验中四个重要部位（1）生长素产生的部位：胚芽鞘的尖端。（2）生长素发挥作用的部位：胚芽鞘尖端下面的一段。（3）感受单侧光刺激的部位：胚芽鞘的尖端。（4）弯曲生长的部位：胚芽鞘尖端下面的一段。2.生长素的运输特点（1）极性运输：生长素只能从植物的形态学上端往形态学下端运输，而不能反过来运输。（2）横向运输：植物在单一刺激（单侧光或重力）下引起生长素在茎、根等产生部位的运输。
8.（2019?全国Ⅱ） 环境中的内分泌干扰物是与某种性激素分子结构类似的物质，对小鼠的内分泌功能会产生不良影响。回答下列问题。
（1）通常，机体内性激素在血液中的浓度________，与靶细胞受体结合并起作用后会________。
（2）与初级精母细胞相比，精细胞的染色体数目减半，原因是在减数分裂过程中________。
（3）小鼠睾丸分泌的激素通过体液发挥调节作用。与神经调节相比，体液调节的特点有________（答出4点即可）。
【答案】 （1）很低；灭活（2）染色体复制一次，而细胞连续分裂两次（3）激素等是通过体液运输的、作用时间比较长、反应速度较缓慢、作用范围较广泛
【考点】减数分裂概述与基本过程，激素调节的特点
【解析】【解答】（1）激素具有微量、高效的特点，所以通常机体内性激素在血液中的浓度很低，通过体液运输至靶细胞，激素一经靶细胞接受并起作用后就被灭活了。（2）与初级精母细胞相比，精细胞的染色体数目减半，原因是在减数分裂过程中染色体复制一次，而细胞连续分裂两次。（3）小鼠睾丸分泌的激素通过体液发挥调节作用。与神经调节相比，体液调节的特点有：①通过体液运输；②作用时间比较长；③反应速度较缓慢；④作用范围较广泛。故答案为：（1）很低? 灭活? （2）染色体复制一次，而细胞连续分裂两次。（3）①通过体液运输；②作用时间比较长；③反应速度较缓慢；④作用范围较广泛。
【分析】1.激素调节的特点（1）喂粮和高效；（2）通过体液运输，主要随血液流到全身；（3）作用于靶器官、靶细胞，并且激素一经靶细胞接受并起作用就被灭活，因此体内需要源源不断地产生激素，以维持激素含量的动态平衡。2.神经调节和体液调节特点的比较
比较项目
神经调节
体液调节
作用途径
反射弧
体液运输
反应速度
迅速
较缓慢
作用范围
准确、比较局限
较广泛
作用时间
短暂
比较长
9.（2019?全国Ⅱ） 回答下列与生态系统相关的问题。
（1）在森林生态系统中，生产者的能量来自于________，生产者的能量可以直接流向________（答出2点即可）。
（2）通常，对于一个水生生态系统来说，可根据水体中含氧量的变化计算出生态系统中浮游植物的总初级生产量（生产者所制造的有机物总量）。若要测定某一水生生态系统中浮游植物的总初级生产量，可在该水生生态系统中的某一水深处取水样，将水样分成三等份，一份直接测定O2含量（A）；另两份分别装入不透光（甲）和透光（乙）的两个玻璃瓶中，密闭后放回取样处，若干小时后测定甲瓶中的O2含量（B）和乙瓶中的O2含量（C）。据此回答下列问题。
在甲、乙瓶中生产者呼吸作用相同且瓶中只有生产者的条件下，本实验中C与A的差值表示这段时间内________；C与B的差值表示这段时间内________；A与B的差值表示这段时间内________。
【答案】 （1）太阳能；初级消费者、分解者（2）生产者净光合作用的放氧量；生产者光合作用的总放氧量；生产者呼吸作用的耗氧量
【考点】生态系统的结构，光合作用和呼吸作用的区别与联系，生态系统的能量流动
【解析】【解答】（1）在森林生态系统中，生产者主要是绿色植物，绿色植物可以通过光合作用将太阳能转化为化学能，将能量引入生物群落。生产者固定的能量一部分可以通过初级消费者的摄食直接流入初级消费者，一部分储存在残枝败叶或遗体里的能量可以直接流向分解者，还有一部分能量可以通过生产者的细胞呼吸进入无机环境。（2）甲水样不透光其中的浮游植物只能进行呼吸作用消耗氧气，所以A与B的差值表示这段时间内生产者呼吸作用的耗氧量；乙水样透光其中的浮游植物即可进行光合作用释放氧气又可进行呼吸作用消耗氧气，所以C与A的差值表示这段时间内生产者净光合作用的放氧量；则C与B的差值表示这段时间内生产者净光合作用的放氧量与呼吸作用的耗氧量之和，即生产者光合作用的总放氧量。故答案为：（1）太阳能? 初级消费者、分解者。（2）生产者净光合作用的放氧量；生产者光合作用的总放氧量；生产者呼吸作用的耗氧量。
【分析】1.生态系统中各成分之间的联系2.净光合速率=总光合速率-呼吸速率净光合速率：光照下测定的二氧化碳吸收或释放速率（或氧气释放或吸收速率）。
10.（2019?全国Ⅱ） 某种甘蓝的叶色有绿色和紫色。已知叶色受2对独立遗传的基因A/a和B/b控制，只含隐性基因的个体表现隐性性状，其他基因型的个体均表现显性性状。某小组用绿叶甘蓝和紫叶甘蓝进行了一系列实验。
实验①：让绿叶甘蓝（甲）的植株进行自交，子代都是绿叶
实验②：让甲植株与紫叶甘蓝（乙）植株进行杂交，子代个体中绿叶∶紫叶=1∶3
回答下列问题。
（1）甘蓝叶色中隐性性状是________，实验①中甲植株的基因型为________。
（2）实验②中乙植株的基因型为________，子代中有________种基因型。
（3）用另一紫叶甘蓝（丙）植株与甲植株杂交，若杂交子代中紫叶和绿叶的分离比为1∶1，则丙植株所有可能的基因型是________；若杂交子代均为紫叶，则丙植株所有可能的基因型是________；若杂交子代均为紫叶，且让该子代自交，自交子代中紫叶与绿叶的分离比为15∶1，则丙植株的基因型为________。
【答案】（1）绿色；aabb（2）AaBb；4（3）Aabb、aaBb；AABB、AAbb、aaBB、AaBB、AABb；AABB
【考点】基因的自由组合规律的实质及应用
【解析】【解答】（1）根据题意甘蓝的叶色受2对独立遗传的基因控制，且只含隐性基因的个体表现隐性性状，又根据实验②绿叶甘蓝（甲植株）和紫叶甘蓝（乙植株）必定有一个为隐性纯合子，又子代出现性状分离，则另外一个为杂合子，二者杂交为侧交，又因为子代个体中绿叶：紫叶=1：3，则形状分离比为1的为隐性性状，即甘蓝叶色中隐性性状是绿色，又因为只含隐性基因的个体表现隐性性状，则甲植株的基因型为aabb。（2）据分析乙植株为杂合子，显示显性性状的杂合子包括AaBB、AABb、aaBb、Aabb、AaBb，其中基因型为AaBB、AABb的植株与甲植株（aabb）杂交子代均为紫色，不符合题意；基因型为aaBb、Aabb的植株与甲植株（aabb）杂交子代形状分离比为1：1，不符合题意；基因型为AaBb的的植株与甲植株（aabb）杂交子代形状分离比为1：3，符合题意，故实验②中乙植株的基因型为AaBb。甲植株（aabb）与乙植株（AaBb）杂交，其中aa与Aa杂交子代有2种基因型，bb与Bb杂交子代中也有2种基因型，则甲植株（aabb）与乙植株（AaBb）杂交子代中共有2×2=4种基因型。（3）用另一紫叶甘蓝丙与甲植株（aabb）杂交，若杂交子代中紫叶和绿叶的分离比为1：1，则说明丙植株为杂合子，能与甲植株杂交产生形状分离比为1：1的杂合子基因型为aaBb、Aabb，所以丙植株可能的基因型为aaBb、Aabb；若杂交子代均为紫叶，则丙植株可能是纯合子（AABB、Aabb、aaBB）或杂合子（AaBB、AABb）；若杂交子代均为紫叶，该子代自交，自交子代中紫叶与绿叶的分离比为15：1，说明杂交子代基因型为AaBb，则与甲植株杂交的丙植株基因型为AABB。故答案为：（1）绿色 ?aabb。（2）AaBb? 4
（3）Aabb、aaBb；AABB、AAbb、aaBB、AaBB、AABb；AABB。
【分析】自由组合定律的变形原因及基因型组成情况：
AaBb自交后代形状分离比
原因分析
侧交后代性状分离比
9：7
当双显性基因同时出现时表现一种表现性，其余基因型都表现一种表现型：（9A B ）：（3A bb+3aaB +1aabb）
1：3
9：3：4
一对等位基因中隐性基因制约其他基因：（9A B ）：（3A bb）：（3aaB +1aabb）
1：1：2
9：6：1
双显、单显、双隐三种表现型：（9A B ）：（3A bb+3aaB）：（1aabb）
1：2：1
15：1
只要有显性基因其表现型就一致，其余为另一种表现型：（9A B +3A bb+3aaB）：（1aabb）
3：1
1：4：6：4：1
A与B的作用效果相同，且显性基因越多，其作用效果越强：1（AABB）：4（AaBB+AABb）:6（AaBb+Aabb+aaBB）:4（Aabb+aaBb）:1（aabb）
1：2：1
13：3
一种显性基因抑制另一种显性基因的作用，使后者的作用不能显示出来：（9A B +3A bb+1aabb）：（3aaB ）
3：1
三、选考题
11.（2019?全国Ⅱ） 物质W是一种含氮有机物，会污染土壤。W在培养基中达到一定量时培养基表现为不透明。某研究小组欲从土壤中筛选出能降解W的细菌（目标菌）。回答下列问题。
（1）要从土壤中分离目标菌，所用选择培养基中的氮源应该是________。
（2）在从土壤中分离目标菌的过程中，发现培养基上甲、乙两种细菌都能生长并形成菌落（如图所示）。如果要得到目标菌，应该选择________菌落进一步纯化，选择的依据是________。 （3）土壤中的某些微生物可以利用空气中的氮气作为氮源。若要设计实验进一步确定甲、乙菌能否利用空气中的氮气作为氮源，请简要写出实验思路、预期结果和结论，即________。
（4）该小组将人工合成的一段DNA转入大肠杆菌，使大肠杆菌产生能降解W的酶（酶E）。为了比较酶E与天然酶降解W能力的差异，该小组拟进行如下实验，请完善相关内容。
①在含有一定浓度W的固体培养基上，A处滴加酶E的缓冲液，B处滴加含有相同浓度天然酶的缓冲液，C处滴加________，三处滴加量相同。
②一段时间后，测量透明圈的直径。若C处没有出现透明圈，说明________；若A、B处形成的透明圈直径大小相近，说明________。
【答案】 （1）W（2）乙；乙菌落周围出现透明圈，说明乙菌能降解W（3）将甲、乙菌分别接种在无氮源培养基上，若细菌能生长，则说明该细菌能利用空气中的氮气作为氮源（4）缓冲液；缓冲液不能降解W；酶E与天然酶降解W的能力相近
【考点】微生物的分离和培养，培养基对微生物的选择作用，培养基概述及其分类
【解析】【解答】（1）能降解W的细菌可以以W为氮源，不能降解W的细菌不能以W为氮源，要想分离出能降解W的细菌，所用的选择培养基只能以W为氮源。（2）以W为氮源的选择性培养基表现为不透明，而乙菌落周围出现了透明圈，说明乙菌能降解W，甲菌落周围没有透明圈，说明甲菌不能降解W。要得到目标菌应选择乙菌落进一步纯化。（3）土壤中的某些微生物可以利用空气中的氮气作为氮源。要想确定甲、乙菌能否利用空气中的氮气作为氮源，需要在将其在无氮培养基上培养，能利用空气中氮气为氮源的细菌可生长，不能利用空气中氮气为氮源的细菌不能生长。实验思路：将甲乙菌分别接种在无氮培养基上。预期结果和结论：若细菌能生长，则说明该细菌能利用空气中的氮气作为氮源。（4）①在含有一定浓度W的固体培养基上，A处滴加酶E的缓冲液，B处滴加含有相同浓度天然酶的缓冲液，A、B处均加入了酶为实验组，还需一个对照组，不加任何酶，还要遵循单一变量原则，所以C处滴加缓冲液，且三处滴加量相同。②C处只滴加了缓冲液，若C处没有出现透明圈，说明缓冲液不能降解W；若A、B处形成的透明圈直径大小相近，说明酶E与天然酶降解W的能力相近。故答案为：（1）W （2）乙? 乙菌落周围出现了透明圈，说明乙菌能降解W（3）将甲乙菌分别接种在无氮培养基上，若细菌能生长，则说明该细菌能利用空气中的氮气作为氮源。（4）①缓冲液? 缓冲液不能降解W??? 酶E与天然酶降解W的能力相近。
【分析】选择培养基：通过加入某化学物质或除去某营养物质，允许特定种类的微生物生长，同时抑制或阻止其他种类微生物生长的培养基。
12.（2019?全国Ⅱ） 植物组织培养技术在科学研究和生产实践中得到了广泛的应用。回答下列问题。
（1）植物微型繁殖是植物繁殖的一种途径。与常规的种子繁殖方法相比，这种微型繁殖技术的特点有________（答出2点即可）。
（2）通过组织培养技术，可把植物组织细胞培养成胚状体，再通过人工种皮（人工薄膜）包装得到人工种子（如图所示），这种人工种子在适宜条件下可萌发生长。人工种皮具备透气性的作用是________。人工胚乳能够为胚状体生长提供所需的物质，因此应含有植物激素、________和________等几类物质。（3）用脱毒苗进行繁殖，可以减少作物感染病毒。为了获得脱毒苗，可以选取植物的________进行组织培养。
（4）植物组织培养技术可与基因工程技术相结合获得转基因植株。将含有目的基因的细胞培养成一个完整植株的基本程序是________（用流程图表示）。
【答案】 （1）能保持植物原有的遗传特性，繁殖速度快（2）有利于胚状体进行呼吸作用；矿质元素；糖（3）茎尖（4）含目的基因的细胞 愈伤组织 小植株
【考点】植物组织培养的过程
【解析】【解答】（1）植物微型繁殖是一种用于快速繁殖优良品种的植物组织培养技术，这种技术的特点是能保持植物原有的遗传特性。（2）人工种子萌发过程中需要从外界获得氧气进行细胞呼吸，所以人工种皮应具有透气性。人工胚乳能够为胚状体生长提供所需的物质，因此应含有植物激素、矿质元素、糖、水、天然附加物等。（3）为了获得脱毒苗，目前采用茎尖组织培养技术来脱除病毒。（4）将含有目的基因的细胞培养成完整植株的基本程序是：
故答案为：（1）能保持植物原有的遗传特性；（2）有利于胚状体从外界获得氧气进行呼吸作用???? 矿质元素? 糖； （3）茎尖 ；（4）【分析】1.植物繁殖的新途径（1）微型繁殖：用于快速繁殖优良品种的植物组织培养技术。（2）作物脱毒：选取作物无毒组织（如茎尖）进行组织培养，获得脱毒苗。（3）人工种子：以植物组织培养得到的胚状体、不定芽、顶芽、腋芽等为材料，经过人工薄膜包装得到的种子。2.植物组织培养技术：
试卷分析部分
1. 试卷总体分布分析
总分：105分
分值分布
客观题（占比）
36（34.3%）
主观题（占比）
69（65.7%）
题量分布
客观题（占比）
6（50.0%）
主观题（占比）
6（50.0%）
2. 试卷题量分布分析
大题题型
题目量（占比）
分值（占比）
选择题
6（50.0%）
36（34.3%）
必考题
4（33.3%）
39（37.1%）
选考题
2（16.7%）
30（28.6%）
3. 试卷难度结构分析
序号
难易度
占比
1
容易
0%
2
普通
91.7%
3
困难
8.3%
4. 试卷知识点分析
序号
知识点（认知水平）
分值（占比）
对应题号
1
细胞核的功能
6（3.2%）
1
2
其它细胞器的主要功能
6（3.2%）
1
3
无氧呼吸的过程和意义
6（3.2%）
2
4
细胞膜的成分
6（3.2%）
3
5
物质跨膜运输的方式及其异同
6（3.2%）
3
6
体温调节、水盐调节、血糖调节
6（3.2%）
4
7
基因的分离规律的实质及应用
6（3.2%）
5
8
生态系统的结构
17（9.2%）
6,9
9
植物生长素的发现和作用
8（4.3%）
7
10
生长素的产生、分布和运输情况
8（4.3%）
7
11
激素调节的特点
8（4.3%）
8
12
减数分裂概述与基本过程
8（4.3%）
8
13
生态系统的能量流动
11（5.9%）
9
14
光合作用和呼吸作用的区别与联系
11（5.9%）
9
15
基因的自由组合规律的实质及应用
12（6.5%）
10
16
微生物的分离和培养
15（8.1%）
11
17
培养基概述及其分类
15（8.1%）
11
18
培养基对微生物的选择作用
15（8.1%）
11
19
植物组织培养的过程
15（8.1%）
12
2019年高考理综物理（全国Ⅱ卷）
二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．（2019?全国Ⅱ）2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描F随h变化关系的图像是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】【解答】根据引力公式；可以得出引力大小F随高度h的增大而变小，所以C、D选项不符合题意，根据引力公式可以得出引力F和h不是一次关系所以A选项不符合题意，则只有D选项符合题意。
故答案为：D
【分析】利用引力公式结合高度变化可以判别引力的大小。
15．（2019?全国Ⅱ）太阳内部核反应的主要模式之一是质子-质子循坏，循环的结果可表示为，已知和的质量分别为和，1u=931MeV/c2，c为光速。在4个转变成1个的过程中，释放的能量约为（ ）
A．8 MeV A．16 MeV A．26 MeV A．52 MeV
【答案】C
【解析】【解答】根据原子核的质量可以求出反应过程的质量变化；再根据质能方程可以求出释放的能量，所以ABD选项不符合题意，只有C选项符合题意。
故答案为：C
【分析】利用核反应前后质量的变化可以求出亏损的质量，利用质量亏损乘以对应的单位质量的能量可以求出释放的能量。
16．（2019?全国Ⅱ）物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为（ ）
A．150kg B．kg C．200 kg D．kg
【答案】A
【解析】【解答】根据平衡条件对匀速运动的物块进行受力分析及正交分解如图所示；
根据平衡条件列出平衡方程：
；；
代入数据计算可得物块最大的质量m=150kg。
故答案为：A
【分析】利用物块的平衡方程可以求出物块的最大质量。
17．（2019?全国Ⅱ）如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为（ ）
A．， B．， C．， D．，
【答案】B
【解析】【解答】根据一点一弦法可以求出分别从a、d两点射出的轨迹圆心，如图所示：
对于O2根据几何知识有：；可得；对于O1根据几何知识可得；根据牛顿第二定律：；计算可得得出；。所以ACD选项不符合题意；B选项符合题意。
故答案为：B
【分析】利用牛顿第二定律结合几何知识可以求出对应的速度大小。
18．（2019?全国Ⅱ）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得（ ）
A．物体的质量为2 kg
B．h=0时，物体的速率为20 m/s
C．h=2 m时，物体的动能Ek=40 J
D．从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J
【答案】AD
【解析】【解答】根据重力势能表达式，代入坐标h=4m时；Ep=100J可以得出m=2kg，所以A选项符合题意；根据高度h=0时；Ep=0；则根据机械能E=Ep+Ek，则Ek=100J，，所以此时速度v=10m/s，所以B选项不符合题意；根据高度h=2m时，Ep=40J，E总=90J，则根据机械能E=Ep+Ek可以求出Ek=50J，所以C选项不符合题意；再根据h=4m时；Ep=E总=80J，则根据机械能E=Ep+Ek可以判别Ek=0J，所以动能减少了100J，所以D选项符合题意。
故答案为：AD
【分析】利用机械能为重力势能和动能之和可以求出不同位置的动能大小进而可以求出速度大小；利用初末动能的大小可以求出动能的变化，利用重力势能表达式可以求出物体质量的大小。
19．（2019?全国Ⅱ）如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v-t图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则（ ）
A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C．第一次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
【答案】BD
【解析】【解答】根据图像面积代表竖直方向的位移可以得出h1x1，所以B选项符合题意；根据图像斜率代表加速度可以得出第一次滑翔过程中的平均加速度比第二次滑翔的平均加速度要大，所以C选项不符合题意；当速度相同时会出现a1>a2，根据牛顿第二定律；可以得出f1故答案为：BD
【分析】利用图像面积可以判别竖直方向的位移大小；利用斜率可以判别加速度大小；利用位移分解可以判别水平方向位移的大小；利用牛顿第二定律可以判别阻力的大小。
20．（2019?全国Ⅱ）静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则（ ）
A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小
B.在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合
C.粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能
D.粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行
【答案】AC
【解析】【解答】假设带电粒子刚好在两个等量同种电荷的中垂线运动，假如运动方向靠近中垂线的中心再远离，那么其速度有可能先增加后减小，所以A选项符合题意；根据其粒子的运动轨迹则与电场线不重合，假如在单一点电荷场运动，其轨迹可以与和电场线重合，所以B选项不符合题意；由于不能确定MN过程中电场力的做功情况所以其电势能无法作比较，所以C选项不符合题意；假如粒子做的是曲线运动，则场力方向和轨迹的切线方向不平行，所以D选项不符合题意。
故答案为：AC
【分析】利用常见静电场可以分析粒子的运动情况；利用等量同种电荷产生的电场可以判别轨迹和电场线不重合；由于粒子可以做曲线运动，则粒子受到的电场力方向和轨迹的切线方向不一定共线；利用电场力做功可以判别电势能的变化。
21．（2019?全国Ⅱ）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】【解答】根据图像可以判别PQ棒进入磁场时安培力等于重力的分力开始做匀速运动，假设PQ棒离开cd边界时；MN还没进入ab边界；则会出现磁通量先增加，保持不变，再减小，所以利用楞次定律可以判别感应电流的方向先是Q指向P，再是P指向Q，根据机械能守恒，所以两个导体棒进入磁场中的速度相同；根据动生电动势的表达式则E=BLv，且欧姆定律则；所以感应电流大小保持不变；所以A选项符合题意；如果在PQ导体棒还没经过cd边界时，MN导体棒已经进入磁场则会出现此时两个导体棒在磁场中的速度保持一样，所以磁通量保持不变，此时感应电流为0，安培力大小也为0，所以两个导体棒一起加速直到PQ导体棒离开了cd边界，此时由于速度已经超过了稳定速度，根据；可以判别MN棒开始做加速度不断变小的减速运动，导致感应电流不断变小，所以D选项符合题意，B、C选项不符合题意。
故答案为：AD
【分析】利用图像特征可以判别导体棒进入磁场的情况；结合磁通量的变化可以判别感应电流的方向；结合磁通量变化及导体棒切割的速度变化可以判别感应电流大小的变化。
三、非选择题
22．（2019?全国Ⅱ）如图（a），某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz的交流电源，纸带等。回答下列问题：
（1）铁块与木板间动摩擦因数μ= （用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示）
【答案】略
（2）某次实验时，调整木板与水平面的夹角θ=30°。接通电源。开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图（b）所示。图中的点为计数点（每两个相邻的计数点间还有4个点未画出）。重力加速度为9.8 m/s2。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为 （结果保留2位小数）。
【答案】0.35
【解析】【解答】（1）对物块进行受力分解，结合根据平衡条件列出平衡方程：
ma=；；且；联立方程则可以导出。（2）根据两个计数点间有四个点没有画出，可以得出T=0.1s；利用s1=5.00cm，s2=11.96cm，s3=20.90cm，s4=31.83cm，s5=44.70cm，s6=59.57cm，s7=76.39cm；结合x1=s1，x2=s2-s1，x3=s3-s2……可以求出x1=5.00cm，x2=6.96cm，x3=8.94cm，x4=10.93cm，x5=12.87cm，x6=14.87cm，x7=16.82m；根据邻差公式，可得a=1.97m/s2；再把a=1.97m/s2，θ=30°代入；可得u=0.35。
【分析】（1）利用对木块进行受力分析结合牛顿第二定律可以求出动摩擦因素的表达式。（2）利用逐差公式可以求出加速度大小，再结合牛顿第二定律可以求出动摩擦力因素的大小。
23.（2019?全国Ⅱ）某小组利用图（a）所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U与温度t的关系，图中V1和V2为理想电压表；R为滑动变阻器，R0为定值电阻（阻值100 Ω）；S为开关，E为电源。实验中二极管置于控温炉内，控温炉内的温度t由温度计（图中未画出）测出。图（b）是该小组在恒定电流为50.0μA时得到的某硅二极管U-I关系曲线。回答下列问题：
（1）实验中，为保证流过二极管的电流为50.0μA，应调节滑动变阻器R，使电压表V1的示数为U1= mV；根据图（b）可知，当控温炉内的温度t升高时，硅二极管正向电阻 （填“变大”或“变小”），电压表V1示数 （填“增大”或“减小”），此时应将R的滑片向 （填“A”或“B”）端移动，以使V1示数仍为U1。
【答案】5.00|变小|增大|B
（2）由图（b）可以看出U与t成线性关系，硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为= ×10-3V/℃（保留2位有效数字）。
【答案】2.8
【解析】【解答】（1）根据欧姆定律；可得U1=5.00mV；由于干路电流保持不变，U2读数变小，所以可以得出二极管的正向电阻在变小；再根据动态电路的特性“串反并同”可以判别此时U1在增大；所以滑动变阻器要向B端滑动增大电阻才能维持电流保持不变。（2）根据斜率的表达式可以得出灵敏度。
【分析】（1）利用欧姆定律可以求出电压U1的大小；利用图像可以判别电压和温度的关系，结合电流不变判别二极管电阻的变化；利用串反并同可以判别电压表U1随二极管电阻的变化而变化；由于总电阻变小，所以滑动变阻器只有增大电阻才能保证电流不变；（2）利用图像斜率可以求出测温的灵敏度。
24.（2019?全国Ⅱ）如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，PQG的尺寸相同。G接地，PQ的电势均为（>0）。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及她从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
【答案】解：PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
①
F=qE=ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
③
设粒子第一次到达G时所用时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有
④
l=v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
⑥
⑦
（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
【答案】解：设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为⑧
【解析】【分析】（1）利用板间电势差和场强关系可以求出板间场强大小，结合牛顿第二定律可以求出加速度的大小，利用动能定理可以求出到达G板的动能大小；利用竖直方向的位移公式可以求出运动的时间，结合水平方向的位移公式可以求出粒子在水平方向的位移大小；（2）利用运动的对称性，粒子在下落第二个h时只剩下水平方向的速度，则利用竖直方向的对称性可以求出金属板的长度应该是粒子在第一个电场水平方向位移的两倍，此时为最小的板长。
25.（2019?全国Ⅱ）一质量为m=2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机忽然发现前方100 m处有一警示牌。立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0~t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t1=0.8 s；t1~t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m。
（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线；
【答案】解：v-t图像如图所示。
（2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
【答案】解：设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度也为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt=1s，设汽车在t2+n-1Δt内的位移为sn，n=1,2,3,…。
若汽车在t2+3Δt~t2+4Δt时间内未停止，设它在t2+3Δt时刻的速度为v3，在t2+4Δt时刻的速度为v4，由运动学有
①
②
③
联立①②③式，代入已知数据解得
④
这说明在t2+4Δt时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。
由于在t2+3Δt~t2+4Δt内汽车停止，由运动学公式
⑤
⑥
联立②⑤⑥，代入已知数据解得
，v2=28 m/s⑦
或者，v2=29.76 m/s ⑧
但⑧的情形下，v3＜0，不合题意，舍去
（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1~t2时间内汽车克服阻力做的功；司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t1~t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？
【答案】解：设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿定律有
f1=ma ⑨
在t1~t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为
⑩
由动量定理有?
由动量定理，在t1~t2时间内，汽车克服阻力做的功为
?
联立⑦⑨⑩??式，代入已知数据解得
v1=30 m/s?
?
从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为
联立⑦??，代入已知数据解得s=87.5 m
【解析】【分析】（1）利用牛顿第二定律；结合摩擦力的大小变化可以判别加速度的变化，进而转化为图像斜率的变化；（2）假设汽车在t2+3Δt~t2+4Δt内还没静止，利用隔差公式及位移和速度公式可以求出汽车在t2+4Δt末的速度大小，利用速度的符号可以判别汽车停止的时刻；结合速度公式和速度位移公式可以求出加速度的大小和t2时刻速度的大小；（3）利用牛顿第二定律结合加速度大小可以求出摩擦力的大小，利用动量定理可以求出汽车刹车前匀速运动的速度大小；利用动能定理可以求出汽车克服阻力做的功；再利用位移公式及面积公式可以求出汽车整个过程的位移大小。
三、（二）选考题
33．（2019?全国Ⅱ）
（1）如p-V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3。用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，则N1______N2，T1______T3，T3，N2______N3。（填“大于”“小于”或“等于”）
【答案】大于|等于|大于
（2）如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
（i）抽气前氢气的压强；
（ii）抽气后氢气的压强和体积。
【答案】解：设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得
（p10–p）·2S=（p0–p）·S①
得p10=（p0+p）②
（ii）设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氢气的压强和体积分别为p2和V2，根据力的平衡条件有p2·S=p1·2S③
由玻意耳定律得p1V1=p10·2V0④
p2V2=p0·V0⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1–2V0=2（V0–V2）⑥
联立②③④⑤⑥式解得
⑦
⑧
【解析】【解答】（1）从1到2过程中由于体积相同，根据理想气体的状态方程且压强P1大于P2，可得N1大于N2；根据图像的面积大小s=T可以判别T1等于T3；根据P2等于P3，且V2小于V3，T2小于T3，则2状态分子运动剧烈程度小于3状态的分子运动剧烈程度，再根据压强又相等所以撞击容器壁的次数则N2大于N3。
【分析】（1）利用气体的状态方程可以对气体的压强、温度、体积大小进行判别；再结合利用压强的大小可以判别单位体积单位时间内分子撞击容器壁的平均作用力，而平均作用力由分子的运动剧烈程度和单位体积的分子个数所决定，而温度影响剧烈程度，体积大小则影响单位体积的分子数多少。所以利用压强和体积、温度的微观含义可以判别气体分子在单位时间内撞击容器壁单位体积的次数。（2）（i）利用活塞的平衡方程可以求出氢气最初的压强大小；
（ii）利用抽气后活塞的平衡可以列出平衡方程；在结合氢气和氮气的等温变化方程可以求出抽气后氢气的体积和压强大小。
34．（2019?全国Ⅱ）
（1）如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a。绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度（约为2°）后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是_____。
A. B.
C. D.
【答案】A
（2）某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光：调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
（i）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可__________；
A．将单缝向双缝靠近
B．将屏向靠近双缝的方向移动
C．将屏向远离双缝的方向移动
D．使用间距更小的双缝
（ii）若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为Δx，则单色光的波长λ=_________；
（iii）某次测量时，选用的双缝的间距为0．300 mm，测得屏与双缝间的距离为1.20 m，第1条暗条纹到第4条暗条纹之间的距离为7.56 mm。则所测单色光的波长为______________nm（结果保留3位有效数字）。
【答案】B||630
【解析】【解答】（1）假设释放时的偏转角为，最后在左端出现的最大偏转角为，根据机械能守恒有：；由于偏转角十分小，所以有；则；再根据圆的知识有：；；所以可得A2=0.5A1；细绳遇见钉子后会使水平方向的位移变小；由于最低点速度v保持不变，半径变小；根据线速度和角速度的关系时；且；可以得出由于角速度变大所以周期变小。（2）（i）要使条纹个数变多，则是使条纹间距变小，根据波长和间距的关系；所以A选项改变单双缝的距离没有影响，所以不符合题意；B选项减小屏和双缝间的距离会减小条纹的间距，增大条纹的数量，所以符合题意；C选项增大屏和双缝的距离则会增大间距，所以不符合题意；D选项双缝间距变小会是条纹间距变大，所以不符合题意；
（ii）根据；结合条纹间距和条纹数的关系；可以得出波长；
（iii）把已知数据代入表达式；可以求出波长的大小为630 nm。
【分析】（1）利用机械能守恒结合几何知识可以判别水平方向的位移变化；利用周期和角速度的关系可以判别周期的变化。（2）（i）利用波长和条纹间距的关系可以分析条纹数的影响因素；
（ii）利用波长和条纹间距的关系可以导出表达式；
（iii）代入已知数据可以得出波长的大小。

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