2019年高考全国统一考试理综模拟卷(含解析)

2019年普通高等学校招生全国统一考试模拟卷

理科综合能力测试

本试卷共32页，38题（含选考题）。全卷满分300分。考试用时150分钟。

注意事项：

1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。

2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3、非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32

第Ⅰ卷

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．下列关于细胞结构和功能的叙述，正确的是

A .细胞骨架由蛋白质纤维组成，与信息传递等活动有关

B .液泡是植物细胞重要的细胞器，内有无机盐、色素等，不含蛋白质

C .小肠黏膜属于生物膜系统，在生命活动中的作用极为重要

D .活的动物细胞会被台盼蓝染成蓝色，体现了细胞膜的选择透过性

【解析】细胞骨架是由蛋白质纤维组成的网架结构，与细胞运动、分裂、分化以及物质运 输、能量转换、信息传递等活动有关，A 正确；液泡是植物细胞重要的细胞器，内有无机盐、色素等，也含蛋白质，B 错误；小肠黏膜不属于生物膜系统，C 错误；死亡的动物细胞会被台盼蓝染成蓝色，体现了细胞膜的选择透过性，D 错误。

【答案】A

2．在某实验中，甲组用35S 标记的噬菌体侵染32P 标记的大肠杆菌，乙组用32P 标记的噬菌体侵染

35

S 标记的大肠杆菌，检测子代噬菌体的放射性情况。下列有关叙述正确的是 A .甲组子代有放射性，乙组子代没有放射性

B .甲组子代没有放射性，乙组子代有放射性

C .甲、乙两组子代都有放射性

D .该实验能证明噬菌体的DNA 是遗传物质 【解析】甲组中

35

S 标记的是噬菌体的蛋白质，蛋白质不是遗传物质，在子代噬菌体中检测不

到35S ，32P 标记的大肠杆菌能为噬菌体增殖提供原料，使得子代噬菌体有32P ；乙组中32P 标记的是噬菌体的DNA ，DNA 是遗传物质，在子代噬菌体中能检测到32

P ，35S 标记的大肠杆菌能为噬菌体

增殖提供原料，使得子代噬菌体有35S ，故C 正确。

【答案】C

3．下列关于NaOH 溶液在生物实验中作用的叙述，正确的是

A .探究pH 对纤维素酶活性的影响时，可用不同浓度的NaOH 溶液调节酸碱度

B .鉴定还原糖时，向样液中预先加入NaOH 溶液可为反应提供碱性环境

C .探究酵母菌细胞呼吸方式时，让空气先通入NaOH 溶液是为了提供碱性环境

D .探究细胞大小与物质运输关系时，使用NaOH 溶液以提高物质运输效率

【解析】探究pH 对纤维素酶活性的影响时，可用不同浓度的NaOH 溶液调节酸碱度，A 正确；鉴定蛋白质时，向样液中预先加入NaOH 溶液可为反应提供碱性环境，B 错误；探究酵母菌细胞呼吸方式时，让空气先通入NaOH 溶液是为了除去空气中的二氧化碳，避免对实验结果的干扰，C 错误；探究细胞大小与物质运输关系时，以NaOH 溶液在琼脂块中的扩散体积比表示吸收速度，D 错误。

【答案】A

4．某科研人员以大豆幼苗为实验材料进行相关实验，实验记录如下表。下列相关叙述，错误的是

A .该实验所用大豆幼苗的品种、大小以及生理状态属于无关变量

B .该实验的目的是探究三种植物激素对大豆幼苗根系生长的影响

此卷只

装

订不密封

班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

C.该实验能反映出IAA的两重性，但不能反映出IBA和NAA的两重性

D.IAA促进大豆根系生长的最适宜浓度可能在0.05μmol·L-1～0.5μmol·L-1之间

【解析】该实验中自变量是不同试剂和各试剂的不同浓度，因变量是大豆幼苗生长程度，其所用大豆幼苗的品种、大小以及生理状态属于无关变量，A正确；实验中的三种试剂并不都是植物激素，吲哚丁酸和α-萘乙酸是生长素类似物，B错误；该实验能反映出IAA的作用效果是高浓度抑制生长，低浓度促进生长，体现了IAA的两重性，而IBA和NAA的作用效果均是抑制生长，没有体现两者的两重性，C正确；IAA促进大豆根系生长的最适宜浓度在0～0.5μmol·L-1之间，故有可能在0.05μmol·L-1～0.5μmol·L-1之间，D正确。

【答案】B

5．美国弗吉尼亚州的ArcTech公司给白蚁喂食煤炭，然后在它们的消化道内寻找最擅长将煤炭转化成甲烷的微生物，再以煤炭为主要营养专门培养这些微生物，生产甲烷用于发电，这一方法消除了煤炭发电过程中产生的几乎全部温室气体。下列相关叙述错误的是

A.白蚁是生态系统中的分解者，可用样方法调查白蚁的种群密度

B.白蚁消化道内的全部微生物和白蚁的种间关系是互利共生

C.气候变暖的主要气体是CO2，该项研究有可能成为解决气候变暖问题的关键

D.温室气体影响生物种群变化，可能导致生态系统抵抗力稳定性降低

【解析】根据题干分析可知，白蚁食用煤炭，在生态系统结构中属于分解者，其活动能力不强，可以用样方法调查其种群密度，A正确；题干信息“在它们的消化道内寻找最擅长将煤炭转化成甲烷的微生物”，只能说明最擅长将煤炭转化成甲烷的微生物与白蚁是互利共生关系，B错误；引起温室效应、全球气候变暖的气体主要是二氧化碳，该项研究能够消除煤炭发电过程中产生的几乎全部温室气体，有可能成为解决气候变暖问题的关键，C正确；温室气体影响生物种群变化，可能导致生态系统抵抗力稳定性降低，D正确。

【答案】B

6．若控制小鼠某性状的D、d基因位于X染色体上，其中某基因纯合时能使胚胎死亡（X D Y或X d Y 也能使胚胎死亡）。现有一对小鼠杂交，F1雌雄小鼠数量比为2∶1，则以下相关叙述错误的是

A.若致死基因为d，则F1雌鼠有2种基因型，1种表现型

B.若致死基因为D，则F1雌鼠有2种基因型，2种表现型

C.若致死基因为D，则F1小鼠随机交配，F2代存活的个体中d基因频率为5/7

D.若致死基因为D，则F1小鼠随机交配，F2代雌鼠中的显性个体∶隐性个体= 1∶3

【解析】若致死基因为d，F1中雌雄小鼠数量比为2∶1，说明亲本基因型为X D Y和X D X d，则F1中雌鼠有2种基因型，分别为X D X D和X D X d，只有1种表现型，A正确；若致死基因为D，说明亲本基因型为X d Y和X D X d，F1中雌鼠有2种基因型，分别为X D X d和X d X d，有2种表现型，B正确；若致死基因为D，F1中雌性基因型为X D X d和X d X d，雄性基因型为X d Y，随机交配后代雌性个体比例为X D X d∶X d X d=1∶3，雄性个体只有X d Y，且X D X d∶X d X d∶X d Y==1∶3∶3，因此d基因频率=（1+6+3）÷11=10/11，C错误，D正确。

【答案】C

7．分类是化学学习中经常用到的方法，下列对一些物质或化学反应的分类以及依据正确的是A．H2SO4是酸，因为H2SO4中含有氢元素

B．豆浆是胶体，因为豆浆中的分散质粒子直径在1nm～100nm之间

C．Na和H2O的反应不是离子反应，因为反应中没有离子参加

D．燃烧必须有氧气参与，因而没有氧气参与的反应一定没有燃烧现象

【解析】H2SO4是酸，因为H2SO4电离出的阳离子全是氢离子，故A错误；分散质粒子直径在1nm～100nm之间分散系是胶体，故B正确；Na和H2O的反应是离子反应，故C错误；任何发光放热的剧烈化学反应都是燃烧，燃烧不一定有氧气参与，如铁在氯气中燃烧，故D错误。

【答案】B

8．化合物结构简式如图，下列说法正确的是

A．a、b、c均属于芳香烃

B．a、b、c 均能与钠反应产生氢气

C．a、b、c苯环上的二氯代物均有6种

D．a、b、c中所有碳原子不可能存在于同一平面中

【解析】a、b都有氧元素，所以不属于烃，选项A错误。C没有羟基，所以不与钠反应，选项B错误。在一个苯环上连续有2个A取代基和1个B取代基时（即三个取代基中有两个相同），其同分异构体有6种，所以选项C正确。a、b、c中的碳原子都直接连在苯环上，所以三个有机物的所有碳原子都在一个平面上，选项D错误。

【答案】C

9．设N A为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是

A．标准状况下，22.4 L四氯化碳中含有C-Cl数目为4N A

B．1 mol Cl2通入足量水中反应转移的电子数为N A

C．常温下，0.5 mol?L﹣1 Fe2(SO4)3溶液中含Fe3+数目为N A

D．常温常压下，5.6 g丙烯和环丙烷的混合气体中含有的碳原子数为0.4 N A

【解析】A．标况下，四氯化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B．1mol氯气通入足量水中，参与反应的氯气只有少部分，所以转移的电子的物质的量小于1mol，故B错误；C．溶液的体积不知，无法由浓度求物质的量，故C错误；D．5.6g乙烯和环丙烷的混合物中含有0.4mol最简式CH2，含有0.4molC原子，含有的碳原子数为0.4 N A，故D正确；故选D。

【答案】D

10．通过测定混合气中O2含量可计算已变质的Na2O2 (含Na2CO3) 纯度，实验装置如图(Q为弹性良好的气囊)。下列分析错误的是

A．干燥管b中装入碱石灰

B．Q气球中产生的气体主要成份O2、CO2

C．测定气体总体积必须关闭K1、K2，打开K3

D．读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1；可观察到Q气球慢慢缩小

【解析】加入硫酸与样品反应在Q气球中得到二氧化碳和氧气，用碱石灰吸收二氧化碳和水蒸气，在量筒Ⅱ中排水测氧气的量，进而计算过氧化钠的量，选项A、选项B都正确。测定气体的总体积是利用Q气球的膨胀将瓶中的空气挤入右边进行排水量气，所以必须关闭K1、K2，打开K3。选项C正确。读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1，还要再打开K2，才可观察到Q气球慢慢缩小，原因是不打开K2体系是密闭的，气球体积无法减小，选项D错误。

【答案】D

11．利用如图所示装置（电极均为惰性电极）可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2，下列说法正确的是

A．a为直流电源的负极

B．阴极的电极反应式为：2HSO3-＋2H2O＋2e－=S2O42-＋2OH-

C．阳极的电极反应式为：SO2＋2H2O－2e－=SO42-＋4H+

D．电解时，H＋由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室

【解析】A、二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极与电源正极a 相连，故A错误；B、阴极的电极反应式为：2HSO3-+2H++2e-═S2O42-+2H2O，故B错误；C、阳极的电极反应式为：SO2+2H2O-2e-═SO42-+4H+，故C正确；D、阳离子交换膜只允许阳离子通过，电解时，阳离子移向阴极，所以H+由阳极室通过阳离子交换膜到阴极室，故D错误；故选C。

【答案】C

12．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X与Y最外层电子数相差1，Y 与Z同主族。装满XY2气体的小试管倒扣水槽中充分反应，试管液面上升2/3。下列说法正确的是A．Z、W的离子半径：Z

B．X与Z可以存在于同一离子化合物中

C．X、Y对应的简单氢化物沸点：X>Y

D．Y 与Z 形成的化合物溶于水形成的稀溶液能使紫色石蕊溶液褪色

【解析】装满XY2气体的小试管倒扣水槽中充分反应，试管液面上升2/3，由此得到气体为NO2。所以X为N，Y为O，所以Z为S。W为短周期主族，原子序数又大于S，所以W只能是Cl。由上，得到：X为N，Y为O，Z为S，W为Cl。Z、W的离子（S2-、Cl-）的核外电子排布相同，所以核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径Z＞W。选项A错误。X与Z可以存在于同一离子化合物中，例如(NH4)2SO4。选项B正确。X、Y对应的简单氢化物为NH3、H2O，因为水为液体，氨气为气体，所以水的沸点高于氨气，即沸点：X＜Y，选项C错误。Y 与Z 形成的化合物可能是SO2也可能是SO3，但是两者溶于水形成的稀溶液都不能使紫色石蕊溶液褪色，选项D错误。

【答案】B

13．298K时，二元弱酸H2X溶液中含X微粒的分布分数如图所示。下列叙述正确的是

A．溶液呈中性时：c(Na+)=2c(X2-)

B．K a2(H2X)为10-7

C．NaHX溶液c( H+)< c(OH-)

D．溶液pH由1开至2.6时主要存在的反应是：H2X +OH-=HX-+ H2

O

【解析】溶液显中性，pH=7的时候，溶液中的HX -和X 2-相等，存在的电荷守恒为：c(Na +)+ c(H +)=2c(X 2-)+ c(HX -)+ c(OH -)，因为溶液显中性有c(H +)=c(OH -)，所以得到c(Na +) = 2c(X 2-) + c(HX -)，选项A 错误。溶液显中性，pH=7的时候，溶液中的HX -和X 2-

相等，所以

，选项B 正确。从图中得到当HA -占主导的时候，溶液显酸性，

所以NaHX 溶液显酸性，即c( H +)＞c(OH -)，选项C 错误。溶液pH 由1至2.6时，图中看出主要是将H 3X +转化为H 2X ，所以选项D 错误。

【答案】B

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， 有选错的得0分。

14．在物理学发展史上，许多科学家通过恰当地运用科学研究方法，超越了当时研究条件的局限性，取得了辉煌的研究成果。下列表述符合物理学史事实的是

A ．牛顿由斜面实验通过逻辑推理得出了自由落体运动的规律

B ．库仑利用库仑扭秤巧妙地实现了对电荷间的作用力与电荷量的关系研究

C ．法拉第发现载流导线对小磁针的作用，揭示了电现象与磁现象之间存在的联系

D ．安培用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场，促进了电磁现象的研究

【解析】伽利略通过斜面实验发现了自由落体运动的规律，故A 项错；库仑利用库仑扭秤实验实现了对电荷间的作用力与电荷量的关系的研究，故B 项正确；奥斯特发现了载流导线对小磁针的作用，揭示了电现象与磁现象之间存在的联系，故C 项错； 电场线和磁感线都是法拉第引入的，故D 项错。

【答案】B

15．甲、乙两辆汽车在一条平直的单行道上同向行驶，乙在前，甲在后。t ＝0时刻，两车同时刹车，

结果发生了碰撞。如图所示为两车刹车后不会相撞的v -t 图像，下列说法正确的是

A ．两车刹车时的距离一定小于90 m

B ．两车刹车时的距离一定等于112.5 m

C ．两车一定是在t ＝20 s 之前的某时刻发生相撞的

D ．两车一定是在t ＝20 s 之后的某时刻发生相撞的

【解析】当两车速度相同时相距最小，由v -t 图像可知最小距离为1

2×(25－15)×20 m ＝100 m ，

由于两车相撞，所以刹车时的距离小于100 m ，故A 、B 项错误；两车速度相同时相距最小，若此时

不相撞那以后也不会相撞，所以两车一定是在20 s 之前的某时刻发生相撞的，故C 项正确，D 项错误。

【答案】C

16．如图所示，质量为m 的小球用细线拴住放在光滑斜面上，斜面足够长，倾角为α的斜面体置于光滑水平面上，用水平力F 推斜面体使斜面体缓慢地向左移动，小球沿斜面缓慢升高。当线拉力最

小时，推力F 等于

A ．mg sin α B.1

2mg sin α

C ．mg sin 2α D.1

2

mg sin 2α

【解析】隔离小球受力分析，画出受力动态矢量图，如图所示。当细线与斜面平行时，细线拉力最小，对小球和斜面体整体分析受力，在水平面内由平衡条件可得：F ＝F T cos α＝mg sin α·cos α＝1

2

mg sin 2α，D 项正确。

【答案】D

17．为了实现人类登陆火星的梦想，我国宇航员王跃和俄罗斯宇航员一起进行了“模拟登火星”的实验活动，假设火星半径与地球半径之比为1∶2，火星质量与地球质量之比为1∶9。已知地球表面的重力加速度为g ，地球半径为R ，万有引力常量为G ，忽略自转的影响，则

A ．火星表面与地球表面的重力加速度之比为2∶9

B ．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为2∶3

C ．火星的密度为g

3πGR

D ．若王跃以相同初速度在火星表面与地球表面能竖直跳起的最大高度之比为9∶2

【解析】由GMm R 2＝mg 可得：g ＝GM

R 2，由于火星半径与地球半径之比为1∶2，火星质量与地球

质量之比为1∶9，则火星表面的重力加速度是地球表面重力加速度的49，即为49g ，故A 项错；由GMm

R 2

＝m v 2

R

得：v ＝

GM R ，则火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的2

3

倍，故B 项正确；设火星质量为M ′，由万有引力等于重力可得： GM ′m R ′2

＝mg ′，解得：M ′＝gR 29G ，密度为：ρ＝M ′V ′＝2g

3πGR ，故C 项错；王跃以v 0在地球上起跳时，根据竖直上抛的运动规律可知跳起的最大高度是：h ＝v 02

2g ，

由于火星表面的重力加速度是49g ，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h ′＝9

4h ，

故D 项错。

【

答案】

B

18．如图，水平桌面上固定有一半径为R 的光滑金属细圆环，环面水平，圆环总电阻为r ；空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下；一长度为2R 、电阻可忽略的导体棒AC 置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点。一拉力作用于棒中点使其以恒定加速度a 从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好。下列说法正确的是

A ．棒运动过程中产生的感应电流在棒中由A 流向C

B ．棒通过整个圆环所用的时间为

2R

a

C ．棒经过环心时流过棒的电流为4BR 2aR

r

D ．棒经过环心时所受安培力的大小为16B 2R 22aR

r

【解析】导体棒AC 切割磁感线产生的感应电流的方向由右手定则可知由C 流向A ，故A 项错；由于棒以恒定加速度a 从静止开始向右运动，则有2R ＝1

2

at 2，解得t ＝2

R

a

，故B 项错；棒经过环心时的速度v ＝2aR ，有效切割长度L ＝2R ，回路中总电阻R ＝r 4，由I ＝U

R 及U ＝BL v ，得此时

棒中的电流为8BR 2aR r ，故C 项错；棒经过环心时所受安培力的大小F ＝BIL ＝16B 2R 22aR

r ，故D

项正确。

【答案】D

19．如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑。如果只逐渐增大M 1、M 2之间的电势差，则

A ．在荧屏上的亮斑向上移动

B ．在荧屏上的亮斑向下移动

C ．偏转电场对电子做的功增大

D ．偏转电场的电场强度减小

【解析】由于电子带负电，在偏转电场中受到电场力的作用向正极板偏转，故A 项正确误，B 项错误；电子在偏转电场中向正极板偏转的过程中，电场力做正功，且随着偏转电压的增大电场力做功增大，故C 项正确，D 项错误。

【答案】AC

20．无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B 的大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即B ＝kI

r

(式中k 为常数)。如图所示，两根相距L 的无限长直导线分别通有电流

I 和3I 。在两根导线的连线上有a 、b 两点，a 点为两根直导线连线的中点，b 点距导线I 的距离为L 。下列说法正确的是

A ．a 点和b 点的磁感应强度方向相同

B ．a 点和b 点的磁感应强度方向相反

C ．a 点和b 点的磁感应强度大小之比为8∶1

D ．a 点和b 点的磁感应强度大小之比为16∶1

【解析】a 点与b 点的磁感应强度应为两条通电直导线分别在两点产生磁场的磁感应强度的合成，由安培定则及公式B ＝kI r 可得，B a ＝8kI L ，方向竖直向下，B b ＝kI

2L ，方向竖直向下，所以a 点与b

点的磁感应强度大小之比为16∶1，综上可知，A 、D 项正确。

【答案】AD

21．如图所示，边长为L 、匝数为N ，电阻不计的正方形线圈abcd 在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕转轴OO ′转动，轴OO ′垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线

圈的匝数分别为n 1和n 2。保持线圈以恒定角速度ω转动，下列判断正确的是

A ．在图示位置时线框中磁通量为零，感应电动势最大

B ．当可变电阻R 的滑片P 向上滑动时，电压表V 2的示数变大

C ．电压表V 1示数等于NBωL 2

D ．变压器的输入与输出功率之比为1∶1

【解析】在题图所示位置时线圈与磁感线平行，线框中磁通量为零，感应电动势最大，故A 项正确；此时感应电动势的最大值为NBωL 2

，有效值为NBωL 22，即电压表V 1示数等于NBωL 2

2

，故C

项错；当可变电阻R 的滑片P 向上滑动时，R 的有效阻值增大，但由于副线圈的电压不变，内阻不计，所以电压表V 2的示数不变，故C 项错；由于变压器是理想的，所以输入与输出功率之比为1∶1，故D 项正确。

【答案】AD

第 II 卷

三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38

题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题（共

129

分） 22．(6分)

某同学用探究动能定理的装置测滑块的质量M 。如图甲所示，在水平气垫导轨上靠近定滑轮处固定一个光电门。让一带有遮光片的滑块自某一位置由静止释放，计时器可以显示出遮光片通过光电门的时间t (t 非常小)，同时用米尺测出释放点到光电门的距离s 。

(1)该同学用螺旋测微器测出遮光片的宽度d ，如图乙所示，则d ＝________ mm 。

(2)实验中多次改变释放点，测出多组数据，描点连线，做出的图像为一条倾斜直线，如图丙所示。图像的纵坐标s 表示释放点到光电门的距离，则横坐标表示的是______。

A ．t

B ．t 2

C ．1t

D ．1t

2

(3)已知钩码的质量为m ，图丙中图线的斜率为k ，重力加速度为g 。根据实验测得的数据，写出滑块质量的表达式M ＝____________________。(用字母表示)

【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度读数为1.5 mm ，可动刻度读数为0.01×38.0 mm ＝0.380 mm ，则最终读数为1.880 mm 。

(2)滑块通过光电门的瞬时速度v ＝d

t

，

根据动能定理得，mgs ＝12(M ＋m )v 2＝12(M ＋m )d 2t 2，则s ＝M ＋m d 22mg ·1t 2，因为图线为线性关系图

线，可知横坐标表示1

t

2。故选D 。

(3)由s ＝

M ＋m d 2

2mg ·1t 2知，图线的斜率k ＝M ＋m d 2

2mg ，解得滑块质量M ＝2kmg

d

2－m 。

【答案】(1)1.880 (2)D (3)2kmg

d2－m

23．(9分)

物理实验小组的同学们拆下一报废摩托车的指示灯L 1(12 V,3 W)和转向灯L 2(12 V ,24 W)、L 3(12 V ,24 W)，并进行研究。

(1)某同学将欧姆表的选择开关调至“×1”挡，测指示灯L 1的电阻，指针指示如图甲所示，可知指示灯的电阻为________ Ω。

(2)根据指示灯的参数，可计算指示灯的电阻R ＝U 2

P ＝48 Ω。计算结果与(1)中的测量结果相差比

较大，请分析原因：_____________________________________________________。

(3)实验小组的同学想描绘出转向灯L 2的伏安特性曲线，现给出器材： 蓄电池E (电动势为12 V ，内阻不计)；

电流表A(量程0.6 A ，内阻约为1 Ω；量程3.0 A ，内阻约为0.2 Ω);

电压表V(量程3.0 V ，内阻约为30 kΩ；量程15 V ，内阻约为60 kΩ)； 滑动变阻器R (0～15 Ω)；开关、导线若干。

如图乙所示是已连好的部分电路。请用笔画线代替导线，将实物电路图补充完整。 【解析】(1)由图可知，指针示数为30，挡位为×1挡，故读数为：30×1 Ω＝30 Ω。

(2)由题意可知，灯泡电阻在工作时较大，原因是指示灯正常工作时，温度比较高，金属丝的电阻率大，故电阻要比不工作时大得多。

(3)要描绘小灯泡的伏安特性曲线应采用滑动变阻器分压接法；灯泡的额定电压为12 V ，则电压表量程应选择15 V 量程；由于转向灯L 2的电阻R ＝U 2P ＝6 Ω，R R A ＝60.2＝30; R V R ＝60 0006

＝10 000; 因

此

R R A ＜R V

R

；故说明应采用电流表外接法；故连接的实物图如图所示。

【答案】(1)30

(2)指示灯正常工作时，温度比较高，金属丝的电阻率大，故电阻要比不工作时大得多 (3)见解析图 24．(12分)

光滑矩形斜面GHNM 的倾角为α，在其上放置一矩形金属线框ABCD ，AB 边的边长为l 1，BC 边的边长为l 2，线框的电阻为R ，质量为m ，斜面上矩形OPHG 区域内存在匀强磁场，方向垂直于斜面向上，磁感应强度为B 0，如果线框在恒力F 作用下从静止开始运动(开始时刻，CD 与NM 重合)，已知线框进入磁场最初一段时间是匀速的，且线框的AB 边始终平行于MN ，重力加速度为g ，求：

(1)线框进入磁场前的加速度大小； (2)线框进入磁场时匀速运动的速度大小； (3)线框进入磁场过程中产生的焦耳热。

【解析】(1)对进入磁场前的线框受力分析，根据牛顿第二定律得

F －mg sin α＝ma

解得线框进入磁场前的加速度大小

a ＝F －mg sin αm

。

(2)由题意知，线框进入磁场最初一段时间内的合力为零，则F ＝mg sin α＋B 02l 12v R

解得线框进入磁场时匀速运动的速度大小为 v ＝(F －mg sin α)R B 02l 12

。

(3)线框进入磁场过程中产生的焦耳热 Q ＝I 2Rt ＝????B 0l 1v R 2R ·

l 2

v ＝(F －mg sin α)l 2。 【答案】(1)F －mg sin α

m

(2)(F －mg sin α)R B 02l 12

(3)(F －mg sin α)l 2 25．(20分)

如图甲所示，一电动遥控小车停在水平地面上，水平车板离地高度为h ＝0.2 m ，小车质量M ＝3 kg ，质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)静置于车板上某处A ，物块与车板间的动摩擦因数μ＝0.1。现使小车由静止开始向右行驶，当运动时间t 1＝1.6 s 时物块从车板上滑落。已知小车的速度v 随时间t 变化的规律如图乙所示，小车受到地面的摩擦阻力是小车对地面压力的1

10，不计空气阻力，取

重力加速度g ＝10 m/s 2

。求：

(1)物块从离开车尾B 到落地过程所用的时间Δt 以及物块滑落前受到的滑动摩擦力的功率最大值P ；

(2)物块落地时落地点到车尾B 的水平距离s 0； (3)0～2 s 时间内小车的牵引力做的功W 。

【解析】(1)物块从车板上滑落后做平抛运动，则有 h ＝1

2g (Δt )2 得Δt ＝

2h

g

＝0.2 s 物块滑落前受到的滑动摩擦力大小 f ＝μmg ＝1 N

根据牛顿第二定律得物块的加速度大小 a 1＝f

m

＝1 m/s 2

当运动时间t 1＝1.6 s 时物块的速度v 1＝a 1t 1 得v 1＝1.6 m/s

由于v 1＜2 m/s ，所以物块在车板上受到滑动摩擦力而一直加速，物块滑落前受到的滑动摩擦力

的功率最大值

P ＝f v 1 得P ＝1.6 W 。

(2)物块滑落后前进的距离s 1＝v 1Δt

由题图乙得t ＝1.6 s 时小车的速率v 2＝2 m/s 物块滑落后小车前进的距离s ＝v 2Δt 落地点到车尾B 的水平距离s 0＝s －s 1 得s 0＝0.08 m 。

(3)0～1 s 时间内，由题图乙得小车的加速度大小为 a 2＝2

1

m /s 2＝2 m/s 2

根据牛顿第二定律得F 1－f －k (M ＋m )g ＝Ma 2，其中 k ＝110 解得F 1＝11 N

小车的位移大小s 2＝1

2

×2×1 m ＝1 m

1～1.6 s 时间内，牵引力F 2＝k (M ＋m )g ＋f ＝5 N 由题图乙得小车的位移大小 s 2′＝2×0.6 m ＝1.2 m

1．6～2 s 时间内，牵引力F 3＝kMg ＝3 N

由题图乙得小车的位移大小 s 2″＝2×0.4 m ＝0.8 m

0～2 s 时间内小车的牵引力做的功为 W ＝F 1s 2＋F 2s 2′＋F 3s 2″＝19.4 J 。 【答案】(1)0.2 s 1.6 W (2)0.08 m (3)19.4 J 26．

蒸馏碘滴定法可测量中药材中二氧化硫是否超标(亚硫酸盐折算成二氧化硫)。原理是利用如图装置将亚硫酸盐转化为SO 2，然后通过碘标准溶液滴定吸收液。

实验步骤如下：

I．SO2含量的测定

烧瓶A中加中药粉10g，加蒸馏水300 mL; 锥形瓶中加蒸馏水125mL和淀粉试液1mL作为吸收液; 打开冷凝水，通氮气，滴入盐酸10mL; 加热烧瓶A并保持微沸约3min后，用0.01000mol/L 碘标准溶液一边吸收一边滴定，至终点时消耗碘标准溶液V1mL;

Ⅱ．空白实验

只加300mL蒸馏水，重复上述操作，需碘标准溶液体积为V0mL．

（1）仪器C的名称______________。仪器B的入水口为_______(填“a”或“b”)。

（2）滴入盐酸前先通氮气一段时间作用是_________________________________________，测定过程中氮气的流速过快会导致测量结果______。(填“偏大”“偏小”或“不变”)

（3）①滴定过程中使用的滴定管为_________。

A．酸式无色滴定管B．酸式棕色滴定管

C．碱式无色滴定管D．碱式棕色滴定管

②滴定时锥形瓶中反应的离子方程式为_______________________________，滴定终点的现象是_________________________________________________________________。

（4）空白实验的目的是________。

（5）该中药中含SO2含量为________mg/ kg。

【解析】（1）仪器C下端有旋塞，应该是分液漏斗。仪器B应该起到冷凝作用，所以冷却水应该下口入上口出，所以入水口为b。

（2）二氧化硫是强还原性物质容易被氧化，所以先通入N2将装置内的空气排净，避免氧气将二氧化硫氧化。氮气的流速如果过快，会使一部分的二氧化硫来不及溶解在水中就被氮气带出，所以导致结果偏小。

（3）①碘会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，所以只能用酸式滴定管。同时，碘的标准液实际是将碘溶解在碘化钾溶液中制得的，此时单质碘与碘离子作用形成I3-，既增大溶解度又避免了碘的挥发，而光照会促进I3-的分解，所以使用棕色酸式滴定管。选项B正确。

②滴定时，单质碘将二氧化硫氧化为硫酸，离子反应方程式为：I2+SO2+ 2H2O=4H++SO42-+ 2I-。达到滴定终点时，二氧化硫都被反应完，加入的单质碘遇淀粉，使溶液显蓝色，所以终点的现象为：当滴入最后一滴碘标准溶夜时，锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，且在30s内不变色。

（4）本题进行空白实验的目的是：消除其他试剂、实验操作等因素引起的误差。例如：原来的水样、空气中是不是有其他杂质等等。

（5）用于氧化二氧化硫的碘标准液位(V1-V0)mL，其物质的量为0.01(V1-V0)/1000 mol，所以二氧化硫也是0.01(V1-V0)/1000 mol，质量为0.64(V1-V0)/1000 g，这些事10 g药粉中的含量，所以1 kg 药粉中有64(V1-V0)/1000 g二氧化硫，即有64(V1-V0) mg 二氧化硫，所以答案为：64(V1-V0)mg/kg。

【答案】(1) 分液漏斗 b

(2) 排除装置内空气，避免空气中O2干扰SO2测定偏小

(3) ①B ②I2+SO2+ 2H2O=4H++SO42-+ 2I-当滴入最后一滴碘标准溶夜时，锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，且在30s内不变色

(4) 消除其他试剂、实验操作等因素引起的误差(5) 64(V1-V0)

27．

用金属钴板（含少量Fe、Ni）制备应用广泛的氯化钴的工艺流程如下：

注：钴与盐酸反应极慢，需加入催化剂硝酸才可能进行实际生产。

有关钴、镍和铁化合物的性质见下表：

（1）“除镍”步骤中，NH3·H2O用量对反应收率的影响见表中数据：从表中数据可知，当PH调节至x＝_______时，除镍效果最好。

（2）“除镍”步骤必须控制在一定的时间内完成，否则沉淀中将有部分Co(OH)2转化为Co(OH)3，此反应的化学方程式为________________。

（3）“除铁”步骤中加入双氧水发生反应的离子方程式是________________________。 （4）“除铁”步骤中加入的纯碱作用是________________________________。 （5）在“调pH”步骤中，加盐酸的作用是______________________________。 （6）已知25℃时，K sp [Fe(OH)3]＝4.0×10－38

，则该温度下反应Fe 3＋

＋3H 2

O

Fe(OH)3＋3H

＋

的平衡常数为_____________________。

【解析

】用金属钴板

(含少量Fe 、Ni)制备应用广泛的氯化钴的工艺流程为：钴板在稀硝酸作催化剂条件下反应生成氯化镍、氯化钴和氯化铁、氯化亚铁等，调节溶液的pH 除去镍，然后加入双氧水将亚铁离子氧化成铁离子，然后加入纯碱将铁离子转化成氢氧化铁除去，最后经过一系列操作得到氯化钴晶体。

(1)根据表中的数据知道，当pH 等于10的时，收率最高，镍离子的含量最小，除镍效果最好，故答案为：10；

(2)钴离子易从正二价容易被氧气氧化到正三价，发生的化学方程式为：4Co(OH)2+O 2+2H 2O=4Co(OH)3，故答案为：4Co(OH)2+O 2+2H 2O=4Co(OH)3；

(3)双氧水具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为正三价，发生的化学反应为：2Fe 2++H 2O 2+2H +=2Fe 3++2H 2O ，故答案为：2Fe 2++H 2O 2+2H +=2Fe 3++2H 2O ；

(4)加入碳酸钠可以和酸发生反应，在适当的环境下，可以让铁离子形成沉淀而除去，所以加入的纯碱作用是起到调节溶液的pH 的作用，故答案为：使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去(或2Fe 3++3CO 32-+6H 2O=2Fe(OH)3↓+3CO 2↑)；

(5)钴离子是弱碱阳离子，能发生水解，显示酸性，加入盐酸可以防止Co 2+水解，故答案为：防止Co 2+水解；

(6)K sp [Fe(OH)3]=c(Fe 3+)×c 3(OH -)=4.0×10-38，c(H +)=，反应Fe 3++3H 2O Fe(OH)3+3H +

的平衡常数K=

===

=2.5×10-5，故答案为：2.5×10-5。

【答案】 (1) 10 (2) 4Co(OH)2＋O 2＋2H 2O ＝4Co(OH)3 （没有配平扣1分） (3) 2Fe 2

＋

＋H 2O 2＋2H ＋

＝2Fe 3＋

＋2H 2O （没有配平扣1分） (4) 使Fe 3＋

转化为Fe(OH)3沉淀而除去（或2Fe 3＋

＋3CO 32－

＋6H 2O ＝2Fe(OH)3↓＋3CO 2↑） (5) 防止Co 2＋

水解 (6) 2.5×10－

5 （mol·L -1）2

（没有单位不扣分） 28．

I ．已知：As(s)+3/2H 2(g)+2O 2(g)=H 3AsO 4(s) ΔH 1 H 2(g)+1/2O 2(g)=H 2O(l) ΔH 2 2As(s)+5/2O 2(g) =As 2O 5(s) ΔH 3

则反应As 2O 5(s) +3H 2O(l)= 2H 3AsO 4(s)的ΔH =_______________。

Ⅱ．（1）X 、Y 、Z 三种液体的近似pH 如图，下列判断正确的是___________。

A ．X 一定是酸或强酸弱碱盐溶液

B ．Y 一定是90℃时的纯水

C ．Y 液体一定呈中性

D ．Z 可能是Na 2SiO 3溶液

（2）物质的量浓度相同的三种溶液：①NH 4Cl ②氨水 ③NH 4HSO 4，c(NH 4+)大小顺序正确的是___________。

A ．①>②>③

B ．③>①>②

C ．②>③>①

D ．③>②>① （3）比较填空(选填“>”“ <”或“=”）

①常温下两种溶液：a ．pH=4盐酸 b ．pH=4 NH 4Cl 溶液，其中水的电离程度大小：a____b 。 ②已知某可逆反应aA(g)+bB(g)

cC(g)+dD(g)。当其它条件不变时，C 的体积分数与温度（T ）

和压强（P ）的关系如图所示，则反应物和生成物的化学计量数之和：a+b____c+d 。

（4）在一定体积的密闭容器中加入1molCO 2和1mol H 2，进行如下化学反应：CO 2(g)+ H 2(g)CO(g)+H 2O(g) ，其化学平衡常数K 和温度T 的关系如下表：

回答下列问题：

①该反应的化学平衡常数表达式为K=__________________________。

②反应为___________反应（填“吸热”或“放热”）。

③800℃，向容器内充入lmolCO2、lmolH2、lmol CO、lmolH2O，此刻反应的v正_______v逆（填“＞"“＜”或“=”）

【解析】I．①As(s)+3/2H2(g)+2O2(g)=H3AsO4(s) ΔH1，②H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH2，③2As(s)+5/2O2(g) =As2O5(s) ΔH3，根据盖斯定律，将①×2-②×3-③得：As2O5(s) +3H2O(l)= 2H3AsO4(s)的ΔH =2△H1-3△H2-△H3，故答案为：2△H1-3△H2-△H3；

Ⅱ．(1)A．X的pH=1，显强酸性，X可能是酸或强酸弱碱盐溶液或强酸强碱的酸式盐，如硫酸氢钠，故A错误；B．Y的pH=7，Y可能是常温时的纯水，强酸强碱盐溶液，故B错误；C．Y的pH=7，由于温度不一定是常温，Y液体不一定呈中性，可能显碱性，故C错误；D．Z溶液的pH=10，Na2SiO3溶液能够水解显碱性，可能是Na2SiO3溶液，故D正确；故选D；

(2)③中氢离子抑制铵根离子水解，铵根离子浓度最大；①中电离生成NH4+，且铵根离子水解程度很弱；②中氨水电离程度很小，NH4+生成的浓度最小，则c(NH4+)大小顺序为③＞①＞②，故选B；

(3)①酸或碱抑制水的电离，能够水解的盐促进水的电离，常温下两种溶液：a．pH=4盐酸b．pH=4NH4Cl溶液，其中水的电离程度大小：a＜b，故答案为：＜；

②根据图示，温度不变时，由P1变成P2，增大压强，C的体积分数增大，说明平衡正向移动，正反应方向为气体体积减小的方向，因此a+b＞c+d，故答案为：＞；

(4)①因平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，所以K=，故

答案为：；

②化学平衡常数的大小只与温度有关，升高温度，平衡向吸热的方向移动，由表可知：升高温度，化学平衡常数增大，说明化学平衡正向移动，因此正反应为吸热反应，故答案为：吸热；

③800℃，向容器内充入lmolCO2、lmolH2、lmol CO、lmolH2O，此时Q c==1＞K=0.9，因此反应逆向进行，v正＜v逆，故答案为：＜。

【答案】Ⅰ2△H1-3△H2-△H3

Ⅱ(1) D (2) B (3) ①< ②>

(4) ①②吸热③<

29．（9分）

某小组将水生植物黑藻分甲、乙两组，甲组置于高浓度CO2（5000μLCO2·L-1)下，乙组置于自然空气CO2浓度（330μLCO2·L-1）下，都在温度和光照等条件相同且适宜的环境下培养10天，然后把甲、乙两组都放在自然空气CO2浓度和保持相同适宜的温度条件下，测定两组黑藻在不同光照强度下的光合速率，实验结果如下图所示。回答下列问题：

（1）该实验的目的是_______________________________________________。

（2）光照强度为l00μmol·m-2·s-1时，甲组有气泡释放，而乙组无气泡释放，甲组气泡中的气体是_______。判断的理由是：________________________________________________。

（3）实验结果证明，水生植物黑藻经高CO2浓度处理后光合速率降低，并未影响呼吸速率，从图分析未影响呼吸速率的依据是：__________________________________。进一步研究得出，高浓度CO2影响了光合作用暗反应的CO2固定过程，则光照强度为500μmol·m-2·s-1时甲组叶肉细胞C3的含量__________（填“大于”“等于”或“等于”）乙组。

【解析】根据题干信息分析，该实验将甲组置于高浓度CO2（5000μLCO2·L-1) 下，乙组置于自然空气CO2浓度（330μLCO2·L-1）下，说明该实验的自变量是二氧化碳浓度，则该实验的目的是探究不同CO2浓度（或高CO2浓度）对黑藻光合作用的影响。据图分析，自变量是二氧化碳浓度和光照强度，因变量是二氧化碳吸收速率，代表净光合速率。甲乙两组在光照强度为0时，只能进行呼吸作用，且呼吸作用强度相等；虚线以下表示两组的光合速率小于呼吸速率，而以上表示呼吸速率小于光合速率；随着光照强度的增加，两者的光合速率不断增加，但是甲组一直低于乙组。（1）根据以上分析已知，该实验的目的是探究不同CO2浓度（或高CO2浓度）对黑藻光合作用的影响。（2）光照强度为l00μmol·m-2·s-1时，甲组的净光合速率小于0，此时光合速率小于呼吸速率，因此释放的气体是二氧化碳。（3）甲乙两组的二氧化碳浓度不同，但是在光照强度为0时的呼吸速率相等，说明水生植物黑藻经高CO2浓度处理后光合速率降低，但是并没有影响呼吸速率。已知高浓度的CO2会影响光合作用暗反应的CO2固定过程，则光照强度为500μmol·m-2·s-1时甲组叶肉细胞C3的含量会降低，即小于乙组。

【答案】（1）探究高CO2浓度（或不同CO2浓度）对黑藻光合作用的影响

（2）CO2（1分）光强为100μmol·m-2·s-1时，甲组的呼吸速率大于光合速率，气泡中的气体为CO2

（3）光照强度为0时，甲组和乙组的呼吸作用速率相等小于

30．（8分）

人体在不同的生理状况下物质代谢会发生相应的变化。

请回答下列问题：

（1）对血糖含量变化起调节作用的激素有______________________________。

（2）下图为人体在禁食且安静条件下，体内三种物质含量变化。据图分析血游离脂肪酸含量升高的原因_________________________________________________________________。

（3）根据所学血糖来源和去路的知识，写出上图中在AB段水平时，血糖的主要来源和去路。

来源：____________________________________________。

去路：____________________________________________。

【解析】（1）在血糖平衡调节中，升高血糖的激素主要有胰高血糖素和肾上腺素；降低血糖的激素有胰岛素。（2）据图可知，随着禁食时间延长，血游离脂肪酸含量逐渐增加，原因是血糖含量下降，胰高血糖素分泌增加，促进脂肪分解成甘油和脂肪酸，导致血游离脂肪酸含量增加。（3）禁食后，血糖的来源有肝糖元的分解、非糖物质转化；血糖的去路有氧化分解、合成糖原、转化成非糖类物质，其中氧化分解是主要去路。

【答案】（1）胰岛素、胰高血糖素和肾上腺素

（2）随禁食时间的延长，血糖含量下降，胰高血糖素分泌增加，促进脂肪分解成甘油和脂肪酸（3）来源：肝糖元的分解、非糖物质转化去路：氧化分解

31．（10分）

春季浮游藻类群落一般随着温度的升高形成以硅藻为主的群落，而后转为绿藻，继而转为以蓝藻为优势种的浮游藻类群落。回答下列问题：

（1）从生态系统的营养结构分析，上述藻类属于湖泊生态系统中的__________，它们的种间关系为__________。

（2）进入春季后，湖泊各种藻类种群的环境容纳量是否会发生改变_______，理由是________________________________。

（3）近年来，全球气候异常，春季升温过程推迟，而光照已然增强。研究表明，蓝藻更适应高温低光照的新环境。由此推测气候异常对湖泊中蓝藻成为优势种的时间将__________（填“提前”“延迟”或“不变”）。

【解析】（1）藻类能进行光合作用，属于湖泊生态系统中的生产者，所以从生态系统的营养结构分析，上述藻类属于湖泊生态系统中的第一营养级；上述藻类之间的种间关系为竞争。（2）进入春季后，由于环境条件发生改变，优势种群发生了改变，所以湖泊中各种藻类种群的环境容纳量会发生改变。（3）蓝藻更适应高温低光照的新环境，由此可推测气候异常对湖泊中蓝藻成为优势种的时间将延迟。

【答案】（1）第一营养级竞争

（2）会环境条件发生改变（或从结果来看，优势种群发生了改变）

（3）延迟

32．（12分）

已知果蝇的红眼（A）与白眼（a）、长翅（B）与短翅（b）这两对相对性状受一对等位基因控制，且红眼与白眼基因位于X染色体上，但不知道长翅与短翅在染色体上的位置，现有纯合的红眼长翅♀、红眼长翅♂、白眼短翅♀、白眼短翅♂，假定不发生染色体变异和染色体交换，回答下列问题：

（1）选用亲本_____________________杂交，能通过子一代表现型判断长翅与短翅基因在染色体上的位置，若子一代表现为_______________________，则长翅与短翅基因位于X染色体上；若子一代表现为________________________，则长翅与短翅基因位于常染色体上。

（2）如果长翅与短翅基因位于X染色体上，这两对等位基因_________（填“遵循”或“不遵循”）基因自由组合定律，原因是___________________________________________。

（3）如果长翅与短翅基因位于常染色体上，则此子一代相互交配，理论上子二代中红眼长翅∶红眼短翅∶白眼长翅∶白眼短翅为__________________。

【解析】（1）根据以上分析已知，可以利用白眼短翅♀与红眼长翅♂杂交，通过子一代表现型判断长翅与短翅基因在染色体上的位置。若子一代表现为红眼长翅♀、白眼短翅♂，则长翅与短翅基因位于X染色体上；若子一代表现为红眼长翅♀、白眼长翅♂，即后代雌雄性都表现为长翅，说明长翅与短翅基因位于常染色体上。（2）如果长翅与短翅基因位于X染色体上，而红眼基因与白眼基因也位于X染色体上，即控制两对性状的两对等位基因位于一对同源染色体上，这两对等位基因不遵循基因的自由组合定律。（3）如果长翅与短翅基因位于常染色体上，子一代基因型为BbX A X a

、

BbX a Y ，则此子一代相互交配，理论理论上子二代中红眼∶白眼=1∶1，长翅∶短翅=3∶1，即红眼长翅∶红眼短翅∶白眼长翅∶白眼短翅= 3∶1∶3∶1。

【答案】（1）白眼短翅♀、红眼长翅♂ 红眼长翅♀、白眼短翅♂ 红眼长翅♀、白眼长翅♂ （2）不遵循 两对等位基因位于同一对同源染色体上（X 染色体上） （3）3∶1∶3∶1

（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________。

A ．液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大

B ．当分子间的距离减小时，分子间作用力的合力也减小，分子势能增大

C ．布朗运动就是液体分子的无规则运动

D ．热量可以从低温物体传到高温物体

E ．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热

(2)(10分)如图所示，用一个绝热活塞将绝热容器平均分成A 、B 两部分，用控制阀K 固定活塞，开始时A 、B 两部分气体的温度都是20 ℃，压强都是1.0×105 Pa ，保持A 体积不变，给电热丝通电，使气体A 的温度升高到60 ℃，求：

(ⅰ)气体A 的压强是多少？

(ⅱ)保持气体A 的温度不变，拔出控制阀K ，活塞将向右移动压缩气体B ，平衡后气体B 的体积被压缩0.05倍，气体B 的温度是多少？

【解析】(1)表面张力产生的原因是由于表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，故 A 正确；当分子间的距离减小时，分子间作用力可能先增大后减小，故B 错误；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，是液体分子热运动的体现，故C 错误；热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，在特定条件下热量会由低温物体传递给高温物体，如电冰箱中热量会由低温物体传递给高温物体，故D 正确；一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，由

pV

T ＝C 可知温度升高，则内能增加，根据热力学第一定律得知气体一定吸热，故E 正确；故选A 、D 、E 。

(2)(ⅰ)对A 部分气体，在加热的过程中发生等容变化，根据查理定律可得： p 0T 0＝p 1T 1

解得：p 1＝p 0T 1T 0＝

1.0×

105×＋

＋≈1.14×105

Pa 。

(ⅱ)拔出控制阀K ，活塞将向右移动压缩气体B 。平衡后，气体A 发生等温变化，根据玻意耳定律有：

p 1V ＝p 2(V ＋0.05V )

气体B 的压缩过程，根据理想气体状态方程有： p 0V T 0

＝p 2

V －0.05

V

T 2

根据活塞受力平衡有p 2＝p 2′

代入数据联立解得：T 2＝302.2 K ，即t 2＝T 2－273＝29.2 ℃。 【答案】(1)ADE

(2)(ⅰ)1.14×105 Pa (ⅱ)29.2 ℃ 34．[物理——选修3–4]（15分）

(1)(5分) 一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t ＝0时刻的波形如图所示，质点P 的x 坐标为3 m 。已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4 s 。下列说法正确的是________。

A ．波速为1 m/s

B ．波的频率为1.25 Hz

C ．x 坐标为15 m 的质点在t ＝0.6 s 时恰好位于波峰

D ．x 坐标为22 m 的质点在t ＝0.2 s 时恰好位于波峰

E ．当质点P 位于波峰时，x 坐标为17 m 的质点恰好位于波谷

(2)(10分)如图所示，一束截面为圆形(半径R ＝1 m)的平行紫光垂直射向一半径也为R 的玻璃半球的平面，经折射后在屏幕S 上形成一个圆形亮区。屏幕S 至球心距离为D ＝(2＋1)m ，不考虑光的干涉和衍射，试问：

(ⅰ)若玻璃半球对紫色光的折射率为n ＝2，请你求出圆形亮区的半径； (ⅱ)若将题干中紫光改为白光，在屏幕S 上形成的圆形亮区的边缘是什么颜色？

【解析】(1)任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4 s ，则该波的周期为T ＝2×0.4 s ＝0.8 s 。由题图可知，该波的波长是λ＝4 m ，所以波速：v ＝λT ＝4

0.8 s ＝5 m/s ，故A 错误；该波的

周期是 T ＝0.8 s ，则频率：f ＝1T ＝1

0.8 Hz ＝1.25 Hz ，故B 正确；x 坐标为15 m 的质点到P 点的距离

为：Δx 1＝15 m －3 m ＝12 m ＝3λ，所以x 坐标为15 m 的质点与P 点的振动情况始终相同。P

质点经

过t ＝0.6 s ＝3

4T 时间恰好经过平衡位置，所以x 坐标为15 m 的质点在t ＝0.6 s 时恰好位于平衡位置，

故C 错误；x 坐标为22 m 的质点到x ＝2质点的距离为：Δx 2＝22 m －2 m ＝20 m ＝5λ，所以x 坐标为22 m 的质点与x ＝2 m 的质点的振动始终相同。t ＝0时刻x ＝2 m 的质点向上振动，经过t ＝0.2 s ＝1

4T 时间恰好到达波峰，所以x 坐标为22 m 的质点在t ＝0.2 s 时恰好位于波峰位置，故D 正确；x 坐标为17 m 的质点到P 点的距离为：Δx 3＝17 m －3 m ＝14 m ＝31

2λ，所以x 坐标为17 m 的质点与P

点的振动情况始终相反，当质点P 位于波峰时，x 坐标为17 m 的质点恰好位于波谷，故E 正确。故选B 、D 、E 。

(2)(ⅰ)如图，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S 上的点E ，E 点到亮区中心G 的距离r 就是所求最大半径。设紫光临界角为C ，

由全反射的知识可知：sin C ＝1

n

由几何知识可知： AB ＝R sin C ＝R

n 。

OB ＝R cos C ＝R n 2－1

n

BF ＝AB tan C ＝R

n n 2－1

GF ＝D －(OB ＋BF )＝D －nR

n 2－1

又GE AB ＝GF FB

所以有：r m ＝GE ＝GF

FB AB ＝D n 2－1－nR ，

代入数据得：r m ＝1 m 。

(ⅱ)将题干中紫光改为白光，在屏幕S 上形成的圆形亮区的边缘是紫色。

因为当平行光从玻璃中射向空气时，由于紫光的折射率最大，临界角最小，所以首先发生全反射，因此出射光线与屏幕的交点最远。故圆形亮区的最外侧是紫光。 【答案】(1)BDE (2)(ⅰ)1 m (ⅱ)紫光

35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）

在电解炼铝过程中加入冰晶石(用“A”代替)，可起到降低Al 2O 3熔点的作用。冰晶石的生产原理为2Al(OH)3＋12HF ＋3Na 2CO 3=2A ＋3CO 2↑＋9H 2O 。根据题意完成下列填空：

（1）冰晶石的化学式为____________，含有离子键、____________等化学键。

（2）生成物中含有10个电子的分子是________(写分子式)，该分子的空间构型_______，中心原子的杂化方式为_________。

（3）反应物中电负性最大的元素为________(填元素符号)，写出其原子最外层的电子排布图：_______________。

（4）冰晶石由两种微粒构成，冰晶石的晶胞结构如图甲所示，●位于大立方体的顶点和面心，○位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，那么大立方体的体心处所代表的微粒是__________(填微粒符号)。

（5）Al 单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丁所示：

若已知Al 的原子半径为d ，N A 代表阿伏加德罗常数，Al 的相对原子质量为M ，则一个晶胞中Al 原子的数目为___________个； Al 晶体的密度为________(用字母表示)。

【解析】(1)冰晶石的成分是Na 3AlF 6，该物质中Na +和AlF 6-之间存在离子键，Al 原子和F 原子之间存在配位键和共价键，故答案为：Na 3AlF 6；共价键和配位键；

(2)H 2O 中含有10个电子，水分子中含有2个共价单键和2个孤电子对，所以其空间构型为V 形，O 原子采用杂化，故答案为：H 2O ；V 形；sp 3；

(3)元素的非金属性越强，其电负性越强，所以电负性最强的是F 元素；F 原子核外最外层上s 、

p 能级，s 、p 能级上电子分别是2、5，其最外层轨道表示式为

，故答案为：F ；

；

(4)●的个数=8×+6×=4，○个数=12×+8+1=12，要使两种离子的个数之比为1：3，则大立方体的体心处所代表的微粒是Na +，故答案为：Na +；

(5)该晶胞中Al 原子个数=8×+6×=4，该晶胞棱长=

=2d ，所以晶胞的体积=(2d)

3，ρ=

==，故答案为：4；。

【答案】(1) Na3AlF6共价键、配位键(2) H2O V形sp3

(3) F (4) Na＋(5) 4 s

36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）

化合物F具有独特的生理药理作用，实验室由芳香化合物A制备下的一种合成路线如下：

已知：①

②

回答下列问题：

（1）A的名称为________，B生成C的反应类型为________。

（2）咖啡酸的结构简式为_______。

（3）F中含氧官能团名称为________。

（4）写出F与足量NaOH溶液反应的化学方程式_________________________________。

（5）G为香兰素的同分异构体，能使FeCl3溶液变紫色，苯环上只有两个取代基团，能发生水解反应，符合要求的同分异构体有______种，请写出其中核磁共振氢谱图显示有4种不同环境的氢，峰面积比为3：2：2：1的G的结构简式_________。

（6）写出以原料(其他试剂任选) 制备肉桂酸()的合成路线。

______________

【解析】C与CH3ONa的反应一定是题目的已知反应①，所以C为，推出B为。由上，再根据A的分子式得到A为。香兰素发生题目已知反应②得到D，所以D为。

最后一步E与酯化得到F，所以E为。

（1）A为，所以名称为对甲基苯酚或者4-甲基苯酚。由B（）到C（）的反应为取代反应。

（2）咖啡酸E为。

（3）根据F的结构简式得到其含氧官能团的名称为羟基和酯基。

（4）F与足量氢氧化钠反应，其两个酚羟基会与氢氧化钠中和，另外酯基和氢氧化钠水解，所

以方程式为：

（5）G为香兰素的同分异构体，能使FeCl3溶液变紫色，说明一定有酚羟基，苯环上只有两个取代基团，能发生水解反应，说明除酚羟基外，其余的两个C和两个O都在另一个取代基上，且一

定有酯基。所以符合要求的同分异构体有9种：（各自有邻间对三种同分异构体）。其中核磁共振氢谱图显示有4种不同环境的氢，峰面积比为3：2：2：1的G的结构简

式为：和。

（6）很明显制备肉桂酸需要用到题目的已知反应②，所以需要制得，将原料水解后氧化即可得到，所以路线图为：

。

【答案】(1) 4-甲基苯酚取代反应(2) (3) 酯基、羟基(4)

(5)9 (6)

37．[生物——选修1：生物技术实践]（15分）

工业上常用酵母菌来改善酿造酱油的风味，在稀释发酵阶段，由于添加了较多的盐，抑制了大部分微生物的生长，而一些耐盐酵母菌会继续生长，发酵产生乙醇、有机酸等小分子物质，增加酱油的风味。某实验小组从传统发酵酱油中筛选并分离耐盐酵母菌，请回答下列问题：（1）将酵母菌用于酱油发酵过程中，密封的发酵罐要留有一定的空间，其目的是___________ ___________________。

（2）若用牛肉膏蛋白胨培养基培养大肠杆菌，则培养基的pH需要调至__________。实验室对培养基灭菌的常见方法是____________________。

（3）筛选耐盐酵母菌的培养基中需要加入青霉素，其目的是____________________。为了保证筛选出的酵母菌具有耐盐性，培养基中还需要加入_________。酵母菌发酵产生的乙醇与_________（试剂）反应会呈现灰绿色，该反应可用于乙醇的检验。

（4）在对菌液中的耐盐酵母菌进行计数时，一般要将多个稀释倍数的菌液分别涂布在平板上培养，其目的是____________________________________。

【解析】（1）将酵母菌用于酱油发酵过程中，密封的发酵罐留有一定的空间，可以为酵母菌提供氧气，促进酵母菌的繁殖，使发酵后期有较多的酵母菌参与无氧呼吸。（2）大肠杆菌适宜的培养基pH应为中性或微碱性。实验室常用高压蒸汽灭菌法进行培养基灭菌。（3）青霉素可以抑制细菌的繁殖。筛选耐盐性的酵母菌，培养基中应加入一定浓度的食盐溶液。酸化的重铬酸钾溶液与乙醇反应会呈现灰绿色，可用于乙醇的检验。（4）在对菌液中的耐盐酵母菌进行计数时，需要从涂布平板中筛选菌落数在30?300的平板进行计数，所以要将多个稀释倍数的菌液分别涂布在平板上培养。

【答案】（1）为酵母菌提供氧气，以促进酵母菌的繁殖

（2）中性或微碱性高压蒸汽灭菌法

（3）抑制细菌的繁殖一定浓度的食盐溶液酸性重铬酸钾

（4）保证能从中筛选出菌落数在30?300的平板进行计数

38．[生物——选修3：现代生物科技专题]（15分）

烟草是有重要经济价值的双子叶植物，易受TMV（烟草花叶病毒）感染而大幅度减产。绞股蓝细胞中含有抗TMV基因，能抵抗TMV感染。研究人员利用转基因技术培育出了抗TMV烟草，操作流程如图所示。

（1）①表示遗传信息流动中的_________过程，过程③所需要的工具酶是______________。

（2）大量扩增目的基因可以使用PCR技术，该技术包括变性、退火、延伸三个步骤，变性这一步骤的目的是_________________。

（3）过程④最常用的方法是___________，过程⑤用到的细胞工程技术是____________。

（4）过程⑥还需要进行基因工程操作步骤中的______________，在个体水平上检验获得的烟草能否抗TMV的方法是____________________________________________。

【解析】据图分析，①表示逆转录，②表示目的基因的获取，③表示基因表达载体的构建，④表示将目的基因导入受体细胞，⑤表示利用植物组织培养技术获得再生植株，⑥表示目的基因的检测与鉴定。（1）根据以上分析可知，①表示逆转录过程；③表示基因表达载体的构建过程，需要限制酶和DNA连接酶的参与。（2）利用PCR技术大量扩增目的基因过程中，变性的目的是使DNA 解链为单链。（3）④表示将目的基因导入受体细胞，常用农杆菌转化法将目的基因导入植物细胞；

⑤表示利用植物组织培养技术获得再生植株的过程。（4）过程⑥还需要进行目的基因的检测与鉴定，个体水平上检验获得的烟草能否抗TMV的方法是用TMV感染烟草，观察烟草是否被感染。

【答案】（1）逆转录限制酶和DNA连接酶

（2）使DNA解链为单链（DNA解旋）

（3）农杆菌转化法植物组织培养

（4）目的基因的检测与鉴定用TMV感染烟草，观察烟草是否被感染（患病）

2019年普通高等学校招生全国统一考试模拟卷

理科综合能力测试

本试卷共32页，38题（含选考题）。全卷满分300分。考试用时150分钟。

号

位

座

注意事项：

1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3、非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

5、考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12N 14O 16S 32 Cl 35.5Ca 55Zn 65

第Ⅰ卷

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.膜流是指由于膜泡运输，真核细胞生物膜在各个膜性细胞器及细胞膜之间的常态性转移。下列有关叙述正确的是

A.质壁分离和复原是膜流现象的例证

B.蛋白质和RNA进出细胞核的过程发生了膜流

C.浆细胞分泌抗体的过程发生了膜流

D.大肠杆菌和酵母菌都能发生膜流

【解析】质壁分离和复原过程中没有膜泡运输，没有体现膜流，A错误；蛋白质和RNA通过核孔进出细胞核，没有发生膜流，B错误；抗体属于分泌蛋白，分泌蛋白的合成与分泌过程为，附着在内质网上的核糖体合成蛋白质→内质网进行粗加工→内质网“出芽”形成囊泡→高尔基体进行再加工形成成熟的蛋白质→高尔基体“出芽”形成囊泡→细胞膜，该过程存在膜流，C正确；大肠杆菌是原核生物，没有具膜细胞器，不能发生膜流，D错误。

【答案】C

2.下列有关遗传信息的传递与表达的叙述，错误的是

A.一个mRNA上可以同时结合多个核糖体

B.转录时DNA双链解旋需要RNA聚合酶

C.复制产生的子代DNA分子中只有一条链和亲代DNA分子完全相同

D.RNA既能作为生物的遗传物质，还能在逆转录酶的作用下合成DNA

【解析】通常一个mRNA分子上可以相继结合多个核糖体，同时进行多条肽链的合成，这样少量的mRNA分子就可以迅速合成大量的蛋白质，A正确；RNA聚合酶既有连接核糖核苷酸的作用，又有解旋作用，所以在转录过程中，DNA双链打开，需要RNA聚合酶，B正确；复制形成的子代DNA分子与亲代DNA分子完全相同，因此子代DNA分子的两条链和亲代DNA分子的两条链完全相同，C错误；RNA既能作为某些病毒的遗传物质，还能在逆转录酶的作用下合成DNA，比如艾滋病病毒，D正确。

【答案】C

3.地震发生时，灾民们面对的困难不仅仅是恶劣的自然环境，还有食物、饮用水的缺乏和各种疾病。下列相关叙述错误的是

A.灾民中许多人都出现了全身浮肿的现象，可能的原因是体内严重缺少蛋白质

B.灾民体内的抗利尿激素分泌增加，导致肾小管和集合管重吸收水的能力减弱

C.因饮水不足，灾民机体细胞外液渗透压升高

D.在寒冷环境中，灾民的产热量等于散热量

【解析】体内缺少蛋白质时，血浆蛋白减少，血浆渗透压降低，组织液增多，导致全身浮肿，A正确；抗利尿激素可以促进肾小管和集合管重吸收水，B错误；饮水不足会导致机体细胞外液渗透压升高，C正确；在寒冷环境中，灾民的体温保持相对稳定，产热量等于散热量，D正确。

【答案】B

4.用一定浓度的赤霉素（GA）溶液分别处理棉花植株的受精花（受精幼铃）与未受精花（未受精幼铃），24h后在叶柄处注射含32P的磷酸盐溶液（见下图），一段时间后取样测定两种幼铃的32P放射性强度并统计两种幼铃的脱落率，实验结果如下表。下列分析错误的是

A.H2O处理组在该实验中作为空白对照

B.GA处理对受精幼铃脱落没有影响

C.GA处理后32P放射性在受精幼铃与未受精幼铃中的强度差异不明显

D.H2O处理后受精幼铃与未受精幼铃的放射性强度差异与内源激素无关

【解析】本实验的目的是探究赤霉素对受精幼铃与未受精幼铃脱落率与营养物质运输的影响，H2O处理组在该实验中作为空白对照，A正确；据表可知，H2O处理和GA处理受精幼铃脱落率相同，说明GA处理对受精幼铃脱落没有影响，B正确；GA处理后32P放射性在受精幼铃与未受精幼铃中的强度分别为14242cpm、14399cpm，差异不明显，C正确；受精幼铃可以合成生长素，促进果实发育，促进含32P的磷酸盐向棉铃的运输，H2O处理后受精幼铃与未受精幼铃的放射性强度差异与内源激素有关，D错误。

【答案】D

5.科学家们在研究成体干细胞的分裂时提出这样的假说：成体干细胞总是将含有相对古老的DNA链（永生化链）的染色体分配给其中一个子代细胞，使其成为成体干细胞，同时将含有相对新的合成链染色体分配给另一个子代细胞，使其开始分化并最终衰老死亡（如图所示）。下列相关推测不正确的是

A.成体干细胞的细胞分裂方式为有丝分裂

B.从图中可看出，成体干细胞分裂时DNA进行半保留复制，染色体随机分配

C.通过该方式可以减少成体干细胞积累DNA复制过程中产生的基因突变

D.根据该假说可以推测生物体内的成体干细胞的数量保持相对稳定

【解析】分析题图可知，成体干细胞分裂前后核DNA数目不变，故其分裂方式为有丝分裂，A 正确；从图中看不出成体干细胞分裂时DNA进行半保留复制，但染色体不是随机分配的，成体干细胞总是将含有相对古老的DNA链的染色体分配给其中一个子代细胞，使其成为成体干细胞，同时将含有相对新的合成链的染色体分配给另一个子代细胞，B错误；由于成体干细胞分裂时将含有相对古老的DNA链的染色体分配给其中一个子代细胞，使其成为成体干细胞，因此通过该方式可以减少成体干细胞积累DNA复制过程中产生的基因突变，C正确；从图中可以推测生物体内的成体干细胞的数量保持相对稳定，D正确。

【答案】B

6.“绿水青山就是金山银山”，下列有关叙述正确的是

A.保证绿水青山就必须彻底杜绝一切砍伐和捕捞

B.绿水青山体现出来的直接价值远大于间接价值

C.退耕还林和退田还湖措施有利于形成绿水青山

D.绿水青山利于实现物质和能量的多级循环利用

【解析】保证绿水青山，必须避免盲目地、掠夺式地开发利用，坚持可持续发展的观念，做到合理利用，A错误；绿水青山体现出来的间接价值（生态功能）远大于直接价值，B错误；退耕还林和退田还湖措施有利于保护生物的多样性，进而形成绿水青山，C正确；生态系统的能量流动是单向的、不循环的，D错误。

【答案】C

7．化学与社会、生活、材料、能源密切相关，下列说法不正确的是

A．一种硅酸盐矿物石棉(CaMg3Si4O12) 可表示为：CaO·3MgO·4SiO2

B．3D打印钛合金材料，可用于航空、航天等尖端领域

C．可燃冰是21世纪新型洁净能源，其组成可表示为CH4·nH2O

D．纳米级材料（1nm~100nm）是一种胶体

【解析】A、一种硅酸盐矿物石棉(CaMg3Si4O12)，根据化合价用氧化物可表示为：

CaO·3MgO·4SiO2，故A正确；B、3D打印钛合金材料，由于密度小，强度大等性能，可用于航空、航天等尖端领域，故B正确；C、“可燃冰”是水与天然气相互作用形成的晶体物质，主要存在于冻土层和海底大陆架中；据测定一种“可燃冰”中平均每46个水分子构成8个分子笼，每个分子笼可容纳1个甲烷分子，其组成可表示为CH4·nH2O，故C正确；D、胶体为分散系，而纳米材料不是分散系，故D错误；故选D。

【答案】D

8．N A表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是

①等物质的量的N2和CO所含分子数均为N A

②常温下，4 g CH4含有N A个C-H共价键

③1 mol Na2O2与水完全反应时转移电子数为2N A

④将N A个NH3分子溶于1 L水中得到1 mol·L－1的氨水

⑤25℃时，pH＝12的1.0 L NaClO溶液中水电离出的OH－的数目为0.01N A

⑥1 mol SO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2N A个电子

A．①③⑤B．②⑤C．②④⑥D．②③⑤

【解析】①等物质的量的N2和CO所含分子数相等，但不一定是N A个，故①错误；②4 g CH4的物质的量为0.25mol，而1mol甲烷中含有4个C-H共价键，故0.25mol甲烷中含有1mol C-H键，即N A个，故②正确；③Na2O2与水的反应为歧化反应，1mol过氧化钠与水反应转移1mol电子，即N A个，故③错误；④将N A个NH3分子气体溶于1 L水中，溶液体积不是1L，得到溶液浓度不是1 mol·L －1，故④错误；⑤25 ℃时pH=12的1.0LNaClO溶液中氢氧根离子浓度为0.01 mol/L

，醋酸钠溶液中

氢氧根离子是水电离的，则1L该次氯酸钠溶液中水电离出的OH-的物质的量为0.01 mol，氢氧根离子的数目为0.01N A，故⑤正确；⑥SO2与O2的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于2N A个，故⑥错误；故选B。

【答案】B

9．以下有机物的说法正确的是

A．CH2=CH—COOH能发生取代反应、加成反应、水解反应

B．石油分馏产品经过裂解、加成可制得1，2—二溴乙烷

C．分子式为C4H8O2的酯有3种

D．硬脂酸甘油酯、淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物

【解析】A．CH2=CH—COOH含有碳碳双键和羧基，能发生取代反应、加成反应，但不能发生水解反应，故A错误；B．石油分馏产品经过裂解可得到乙烯，、乙烯与Br2发生加成可制得1，2—二溴乙烷，故B正确；C．分子式为C4H8O2的酯可以是甲酸丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯和丙酸甲酯共4种，故C错误；D．淀粉、蛋白质均是可发生水解反应的高分子化合物，但硬脂酸甘油酯可水解，不是高分子化合物，故D错误；答案为B。

【答案】B

10．下列实验设计所得结论不可靠的是

A．将电石与水反应产生的气体先通入CuSO4溶液再通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色说明有乙炔生成

B．某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，说明该钾盐可能是K2CO3或K2SO3 C．将浓硫酸和乙醇溶液共热产生的气体干燥后通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色，说明有乙烯生成

D．将苯、液溴、铁粉混合物反应产生的气体通入到AgNO3溶液中有淡黄色沉淀产生，不能说明有HBr生成

【解析】A．乙炔中混有硫化氢，具有还原性，则气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色不能说明有乙炔生成，故A错误；B．某钾盐溶于盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，气体可能为CO2或SO2，说明该钾盐可能是K2CO3或K2SO3，故B正确；C．乙醇也能使溴的四氯化碳溶液褪色，则无法说明有乙烯生成，故C错误；D．溴易挥发，生成的HBr中含有溴，溴和硝酸银溶液也生成淡黄色沉淀，从而干扰实验，故D错误；故选B。

【答案】B

11．一定条件下，利用如图装置可实现有机物的储氢，下列有关说法正确的是

A．苯在电极D放电时断开的化学键是极性键

B．气体X在反应中通常体现还原性

C．若阳极区的电解质溶液为稀硫酸，则电解一段时间后，阳极区溶液的pH增大

D．电极D的电极反应式为C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12

【解析】A．由苯转化为环己烷，断开的是碳与碳之间的键，是非极性共价键，故A错误；B．E 作阳极，在阳极上生成气体X应该具有氧化性，故B错误；C．若阳极区的电解质溶液为稀硫酸，则电解一段时间后，阳极区OH-失电子被氧化，生成氧气，促进水的电离，H+增大，溶液的pH减小，故C错误；D．该装置的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，在D电极上苯中的碳的电子生成环己烷，电极反应式为C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12，故D正确；故选D。

【答案】D

12．短周期元素X、Y、Z、M 的原子序数依次增大，元素X 的一种同位素没有中子，元素Y 的简单气态氢化物的水溶液呈碱性，Z2+的电子层结构与氖相同，M 的一种同素异形体的化学式为M4，易自燃。下列判断正确的是

A．X 与Z 形成的二元化合物是离子化合物

B．Z 的单质在Y 的单质中燃烧生成Z2Y3

C．原子半径：M>Z>Y>X

D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y

【解析】短周期元素X、Y、Z、M 的原子序数依次增大，元素X的一种同位素没有中子，X 为H元素，元素Y的简单气态氢化物的水溶液呈碱性，则Y为N，Z2+的电子层结构与氖相同，Z 为Mg元素，M的一种同素异形体的化学式为M4，易自燃，则M为P。A．X为H，与Z为Mg形成的二元化合物是离子化合物，氢得电子形成H-，与Mg原子失电子形成的镁离子形成离子键，故A正确；B．Z的单质在Y的单质中燃烧生成Z3Y2，故B错误；C、同周期原子半径从左到右逐渐变小，原子半径：MH3PO4，故Y

【答案】

A

13．草酸（H 2C 2O 4）是二元弱酸（K 1=5.9×10-2、K 2=6.4×10-5）。向10mL 稀H 2C 2O 4溶液中滴加等浓度NaOH 溶液，H 2C 2O 4、HC 2O 4-、C 2O 42-的浓度分数δ随溶液pH 变化的关系如图，以下说法正确的是

A ．HC 2O 4-的浓度分数随pH 增大而增大

B ．交点a 处对应加入的NaOH 溶液的体积为5mL

C ．交点b 处c(H +

)=6.4×10-5

D ．pH=5时存在c(Na +)+c(H +)＝c(C 2O 42-)+c(HC 2O 4-)+c(OH -)

【解析】图中曲线①H 2C 2O 4为、②为 HC 2O 4-、③为C 2O 42-的浓度随pH 的变化；A ．由图中曲线可知HC 2O 4—的浓度分数随pH 增大先增大后减小，故A 错误；B ．交点a 处对应c(H 2C 2O 4)= c(HC 2O 4-)，而加入的NaOH 溶液的体积为5mL 时H 2C 2O 4和NaHC 2O 4等物质的量，因H 2C 2O 4的电离大于HC 2O 4-水解，则溶液中c(H 2C 2O 4)

HC 2O 4-+OH -，c(HC 2O 4-)× c(OH

-

)÷c(C 2O 42-)=Kw÷K 2，则

c(OH -)=Kw÷c(H +)=Kw÷K 2，可知c(H +)=K 2=6.4×10-5mol/L ，故C 正确；D ．pH=5时溶液中存在的电荷守恒式为c(Na +)+c(H +)＝2c(C 2O 42-)+c(HC 2O 4-)+c(OH -)，故D 错误；答案为C 。 【答案】C

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， 有选错的得0分。 14．下列叙述正确的是

A ．力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位

B ．蹦极运动员离开蹦床上升过程中处于失重状态

C ．利用霍尔元件能够把电压这个电学量转换为磁感应强度这个磁学量的特性，可以制出测磁感应强度大小的仪器

D ．探究加速度与质量、合外力关系实验采用的是等效替代的方法

【解析】 “力”不是基本物理量，“牛顿”也不是力学中的基本单位，故A 错误；蹦极运动员上升过程中只受重力作用，处于完全失重状态，故B 正确；霍尔元件能够把磁学量转换为电学量，故C 错误；探究加速度与质量、合外力关系实验中有三个变量，采用的是控制变量法，故D 错误。

【答案】B

15．一摩托车在t ＝0时刻由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的a -t 图像如图所示，根据已知的信息，可知

A ．摩托车的最大动能

B ．摩托车在30 s 末的速度大小

C ．在0～30 s 的时间内牵引力对摩托车做的功

D ．10 s 末摩托车开始反向运动

【解析】0～10 s 内摩托车做匀加速直线运动，10～30 s 内摩托车做减速运动，所以10 s 末速度最大，动能最大，根据v ＝at 可求出最大速度，但由于摩托车的质量未知，所以不能求最大动能，故A 错误。根据a -t 图像与时间轴所围的面积表示速度变化，可求出30 s 内速度的变化量，由于初速度为0，所以可求摩托车在30 s 末的速度大小，故B 正确。10～30 s 内牵引力是变力，由于不能求出位移，也不知道摩托车的质量，所以不能根据动能定理求出牵引力对摩托车做的功，故C 错误。根据“面积”表示速度变化量，可知，30 s 内速度变化量为零，所以摩托车一直沿同一方向运动，故D 错误。

【答案】B

16．如图所示，10匝矩形线框，在磁感应强度为0.4 T 的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴OO ′以角速度为100 rad/s 匀速转动，线框电阻不计，面积为0.5 m 2，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡L 1和L 2。已知变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，开关断开时L 1正常发光，且电流表示数为0.01 A ，则

A ．若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为200sin 100t V

B ．灯泡L 1的额定功率为2 W

C ．若开关S 闭合，灯泡L 1将更亮

D ．若开关S 闭合，电流表示数将增大

【解析】变压器输入电压的最大值为：U m ＝NBSω＝10×0.4×0.5×100 V ＝200 V ，由于从垂直中性面的位置开始计时，所以线框中感应电动势的瞬时值为：u ＝U m cos ωt ＝200cos 100t (V)，故A 项错；变压器输入电压的有效值为：U 1＝U m 2＝200

2 V ＝100 2 V ，开关断开时L 1正常发光，且电流

表示数为0.01 A ，由I 1I 2＝n 2

n 1可得I 2＝0.1 A ，灯泡L 1的额定功率等于此时变压器的输入功率，P ＝U 1I 1

＝1002×0.01 W ＝ 2 W ，故B 项

错；若开关S 闭合，输出电压不变，故灯泡

L 1

亮度不变，故C