2019年高考真题-理科综合（全国卷Ⅰ） Word版含解析.doc

1、 2019 年普通高等学校招生全国统一考试（全国 I 卷） 理理科综合科综合 物理部分物理部分 注意事项：注意事项： 1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时， 将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 。将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 。 3考试结束

2、后，将本试卷和答题卡一并交回。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 二、 选择题： 本题共二、 选择题： 本题共 8 小题， 每小题小题， 每小题 6 分。 在每小题给出的四个选项中， 第分。 在每小题给出的四个选项中， 第 1418 题只有一项符合题目要求，第题只有一项符合题目要求，第 1921 题有多项符合题目要求。全部选对的题有多项符合题目要求。全部选对的得得 6 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。 1.氢原子能级示意图如图所示。光子能量在 1.63 eV3.10 eV的光为可见光。要使处 于基态（n=1）的氢原子被激发后可辐射出可见光

3、光子，最少应给氢原子提供的能量 为 A. 12.09 eV B. 10.20 eV C. 1.89 eV D. 1.5l eV 【答案】A 【解析】 【详解】由题意可知，基态（n=1）氢原子被激发后，至少被激发到 n=3 能级后，跃 迁才可能产生能量在1.63eV3.10eV的可见光。故 1.51(13.60)eV12.09eVE 。故本题选 A。 2.如图，空间存在一方向水平向右的匀强磁场，两个带电小球 P和 Q用相同的绝缘 细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则 A. P 和 Q都带正电荷 B. P 和 Q都带负电荷 C. P 带正电荷，Q带负电荷 D. P 带负电荷，Q带正

4、电荷 【答案】D 【解析】 【详解】AB、受力分析可知，P和 Q两小球，不能带同种电荷，AB错误； CD、若 P球带负电，Q球带正电，如下图所示，恰能满足题意，则 C错误 D正确， 故本题选 D。 3.最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国 重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度 约为 3 km/s，产生的推力约为 4.8 106 N，则它在 1 s时间内喷射的气体质量约为 A. 1.6 102 kg B. 1.6 103 kg C. 1.6 105 kg D. 1.6 106 kg 【答案】B 【解析】 【详解】 设该发动机

5、在ts时间内， 喷射出的气体质量为m， 根据动量定理，Ftmv， 可知，在 1s内喷射出的气体质量 6 3 0 4.8 10 1.6 10 3000 mF mkgkg tv ，故本题选 B。 4.如图，等边三角形线框 LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中， 线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点 M、N与直流电源两端相接，已如导体 棒 MN受到的安培力大小为 F，则线框 LMN受到的安培力的大小为 A. 2F B. 1.5F C. 0.5F D. 0 【答案】B 【解析】 【详解】设每一根导体棒的电阻为 R，长度为 L，则电路中，上下两路电阻之比为 12 :2:2:1RRR R

6、，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之 比 12 :1:2II 。如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为 L，根据 安培力计算公式FILB，可知 12 :1:2FFII ，得 1 2 FF ，根据左手定则可 知，两力方向相同，故线框 LMN所受的合力大小为 3 2 FFF，故本题选 B。 5.如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为 H。 上升第一个 4 H 所用的时间为 t1，第四个 4 H 所用的时间为 t2。不计空气阻力，则 2 1 t t 满 足 A. 1 2 1 t t c(OH) 【答案】C 【解析】 【分析】 邻苯二甲酸氢钾为

7、二元弱酸酸式盐， 溶液呈酸性， 向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶 液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯 二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。 【详解】A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和 邻苯二甲酸钠，溶液中 Na+和 A2的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能 力与离子浓度和种类有关，故 A正确； B项、a 点和 b 点 K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA转化为 A2，b 点导电性强于 a 点，说明 Na+和 A2的导电能力强于 HA，故

8、B正确； C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲 酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液 pH7，故 C 错 误； D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸 钾和邻苯二甲酸钠，溶液中 c（Na+）和 c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得 到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中 c（Na+）c（K+） ，由 图可知，a 点到 b点加入氢氧化钠溶液的体积大于 b点到 c 点加入氢氧化钠溶液的体积，则 溶液中 c（K+）c（OH） ，溶液中三者大小顺序为 c（

9、Na+）c（K+）c（OH） ，故 D 正确。 故选 C。 【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分 析图象曲线变化， 明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关 键。 6.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时 MV2+/MV+在电极与酶之间传递 电子，示意图如下所示。下列说法错误的是 A. 相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能 B. 阴极区，氢化酶作用下发生反应 H2+2MV 2+ 2H+2MV+ C. 正极区，固氮酶催化剂，N2发生还原反应生成 NH3 D. 电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区

10、移动 【答案】B 【解析】 【分析】 由生物燃料电池的示意图可知， 左室电极为燃料电池的负极， MV+在负极失电子发生氧化反 应生成 MV2+，电极反应式为 MV+e= MV2+，放电生成的 MV2+在氢化酶的作用下与 H2 反应生成 H+和 MV+， 反应的方程式为 H2+2MV2+=2H+2MV+； 右室电极为燃料电池的正极， MV2+在正极得电子发生还原反应生成 MV+，电极反应式为 MV2+e= MV+，放电生成的 MV+与N2在 固 氮 酶 的 作 用 下 反 应 生 成NH3和MV2+， 反 应 的 方 程 式 为 N2+6H+6MV+=6MV2+NH3，电池工作时，氢离子通过交换

11、膜由负极向正极移动。 【详解】A 项、相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用 MV+ 和 MV2+的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故 A正确； B项、 左室为负极区， MV+在负极失电子发生氧化反应生成 MV2+， 电极反应式为 MV+e= MV2+，放电生成的 MV2+在氢化酶的作用下与 H2反应生成 H+和 MV+，反应的方程式为 H2+2MV2+=2H+2MV+，故 B 错误； C项、 右室为正极区， MV2+在正极得电子发生还原反应生成 MV+， 电极反应式为 MV2+e= MV+，放电生成的 MV+与 N2在固氮酶的作用下反应生成 NH3和 MV2+

12、，故 C正确； D项、电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，故 D正确。 故选 B。 【点睛】本题考查原池原理的应用，注意原电池反应的原理和离子流动的方向，明确酶的作 用是解题的关键。 7.科学家合成出了一种新化合物（如图所示） ，其中 W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核 外最外层电子数是 X核外电子数的一半。下列叙述正确的是 A. WZ的水溶液呈碱性 B. 元素非金属性的顺序为 XYZ C. Y的最高价氧化物的水化物是中强酸 D. 该新化合物中 Y不满足 8电子稳定结构 【答案】C 【解析】 【分析】 由 W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z的核外最外层电子数是 X 核外电

13、子数的一半可知，Z 为 Cl、X 为 Si，由化合价代数和为 0 可知，Y 元素化合价为3价，则 Y为 P 元素；由 W 的电荷数可知，W为 Na元素。 【详解】A项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故 A 错误； B项、同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为 ClSP，故 B 错误； C项、P 元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故 C 正确； D项、新化合物中 P 元素化合价为3价，满足 8 电子稳定结构，故 D 错误。 故选 C。 【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意分析题给化合物的结构示意图，利用化合价代数 和为零和题给信息推断元素为解答关键

14、。 三、非选择题：共三、非选择题：共 174 分，第分，第 2232 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3338 题为选考题，考生根据要求作答。题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题：共（一）必考题：共 129 分。分。 8.硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼 镁矿（含 Mg2B2O5H2O、SiO2及少量 Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺 流程如下： 回答下列问题： （1）在 95 “溶侵”硼镁矿粉， 产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_。 （2） “滤渣 1”的主

15、要成分有_。 为检验“过滤 1”后的滤液中是否含有 Fe3+离子， 可选用的化学试剂是_。 （3） 根据 H3BO3的解离反应： H3BO3+H2O H+B(OH)4， Ka=5.81 1010， 可判断 H3BO3 是_酸；在“过滤 2”前，将溶液 pH调节至 3.5，目的是_。 （4）在“沉镁”中生成 Mg(OH)2MgCO3沉淀的离子方程式为_，母液经加热后 可返回_工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_。 【答案】 (1). NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3; (2). Fe2O3、Al2O3、SiO2 (3). KSCN (4). 一元弱酸 (5). 目的是将

16、B(OH)4转化为 H3BO3，并促进 H3BO3析出 (6). 2Mg2+2H2O+3CO32-=Mg(OH)2MgCO3+2HCO3- (7). 母液加热分解后生成硫酸铵溶液， 可以返回“溶浸”工序循环使用 (8). 高温焙烧 【解析】 【详解】 （1）根据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，用碳酸氢铵溶液 吸收，反应方程式为：NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3; （2）滤渣 I为不与硫酸铵溶液反应的 Fe2O3、Al2O3、SiO2;检验 Fe3+,可选用的化学试剂为 KSCN； （3）由硼酸的离解方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而 三价

17、硼原子最多只能再形成一个配位键， 且硼酸不能完全解离， 所以硼酸为一元弱酸； 在“过 滤 2”前，将溶液 pH调节至 3.5，目的是将 B(OH)4转化为 H3BO3，并促进 H3BO3析出； （4）沉镁过程中用碳酸铵溶液与 Mg2+反应生成 Mg(OH)2MgCO3，沉镁过程的离子反应为： 2Mg2+2H2O+3CO32-=Mg(OH)2MgCO3+2HCO3-；母液加热分解后生成硫酸铵溶液，可以返 回“溶浸”工序循环使用；碱式碳酸镁不稳定，高温下可以分解，故由碱式碳酸镁制备轻质氧 化镁的方法是高温焙烧。 9.硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2 xH2O是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，

18、在实验室中 探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下： 回答下列问题： （1）步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_。 （2）步骤需要加热的目的是_，温度保持 8095 ，采用的合适加热方 式是_。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的 装置为_（填标号） 。 （3）步骤中选用足量的 H2O2，理由是_。分批加入 H2O2，同时为了 _，溶液要保持 pH小于 0.5。 （4）步骤的具体实验操作有_，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。 （5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到 150 时，失掉 1.5个结晶水，失重 5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_。

19、 【答案】 (1). 碱煮水洗 (2). 加快反应速率 (3). 水浴加热 (4). C (5). 将 Fe2+全部氧化为 Fe3+，不引入新的杂质 (6). 因为 H2O2本身易分解，所以在加入时需分 量加入，同时为了防止 Fe3+水解 (7). 加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤） (8). NH4Fe(SO4)212H2O 【解析】 【详解】 （1）步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工 业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗； （2）步骤需要加热目的是为了加快反应速率；温度保持 8095 ，由于保持温度比较 恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（

20、热水浴） ；铁屑中含有少量硫化 物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装 倒置的漏斗，故选择 C 装置； （3）步骤中选用足量的 H2O2，H2O2可以将 Fe2+氧化为 Fe3+，且 H2O2的还原产物为 H2O， 不会引入新的杂质，故理由是：将 Fe2+全部氧化为 Fe3+，不引入新的杂质。因为 H2O2本身 易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止 Fe3+水解，溶液要保持 pH 小于 0.5； （4）为了出去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过 滤（洗涤） （5）设硫酸铁铵的化学式为 NH4Fe(SO4)2xH2

21、O，其相对分子质量为 266+18x，1.5个水分子 的相对分子质量为 1.5 18=27，则 27/(266+18x)=5.6%，解得 x=12，则硫酸铁铵的化学式为 NH4Fe(SO4)212H2O。 10.水煤气变换CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以 及合成气加工等工业领域中。回答下列问题： （1）Shibata曾做过下列实验：使纯 H2缓慢地通过处于 721 下的过量氧化钴 CoO(s)， 氧化钴部分被还原为金属钴(Co)，平衡后气体中 H2的物质的量分数为 0.0250。 在同一温度下用 CO 还原 CoO(s)，平衡后气体中

22、CO 的物质的量分数为 0.0192。 根据上述实验结果判断， 还原 CoO(s)为 Co(s)的倾向是 CO_H2（填“大于”或“小于”） 。 （2）721 时，在密闭容器中将等物质量的 CO(g)和 H2O(g)混合，采用适当的催化剂进 行反应，则平衡时体系中 H2的物质的量分数为_（填标号） 。 A0.25 B0.25 C0.250.50 D0.50 E0.50 （3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历 程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。 可知水煤气变换的 H_0（填“大于”“等于”或“小于”） ，该历程中最大能垒（活化能） E正

23、=_eV，写出该步骤的化学方程式_。 （4）Shoichi研究了 467 、489 时水煤气变换中 CO和 H2分压随时间变化关系（如下图 所示） ，催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的 PH2O和 PCO相等、PCO2和 PH2相等。 计算曲线 a 的反应在 3090 min 内的平均速率v(a)=_kPa min1。467 时 PH2和 PCO随时间变化关系的曲线分别是_、_。489 时 PH2和 PCO随时间 变化关系的曲线分别是_、_。 【 答 案 】 (1). 大 于 (2). C (3). 小 于 (4). 2.02 (5). COOH +H +H2O =COOH +2H +OH 或

24、 H2O =H +OH (6). 0.0047 (7). b (8). c (9). a (10). d 【解析】 【分析】 （1）由 H2、CO 与 CoO反应后其气体物质的量分数判断二者的倾向大小； （2）根据三段式以及 CO与 H2的倾向大小关系综合判断； （3）根据反应物与生成物的相对能量差大小进行比较判断；根据反应物达到活化状态所需 能量为活化能以及相对能量差值大小计算并比较最大能垒； 根据最大能垒对应的反应历程对 应的物质写出方程式； （4）根据图中曲线 a在 3090 min 内分压变化量计算平均反应速率；先根据 CO与 H2的倾 向大小关系判断 CO与 H2的含量范围，然后根据

25、温度变化对化学平衡的影响判断出在不同 温度下曲线对应的物质。 【详解】 （1）H2还原氧化钴的方程式为：H2(g)CoO(s) Co(s)H2O(g)；CO还原氧化 钴的方程式为：CO(g)CoO(s)Co(s)CO2(g)，平衡时 H2还原体系中 H2的物质的量分 数（ 2 22 n H n H+n H O ）高于 CO还原体系中 CO 的物质的量分数（ 2 n CO n CO +n CO ） ， 故还原 CoO(s)为 Co(s)的倾向是 CO大于 H2； （2） 721 时， 在密闭容器中将等物质的量的 CO(g)和 H2O(g)混合， 可设其物质的量为 1mol， 则 CO(g)+H2

26、O(g)CO2(g)+H2(g) 起始（mol） 1 1 0 0 转化（mol） x x x x 平衡（mol） 1-x 1-x x x 则平衡时体系中 H2的物质的量分数= 2 n Hxmolx = n21-x + 1-x +x+x mol 总 ，因该反应为 可逆反应，故 x0.5，由此可判断最终平衡时体系中 H 2的物质的量分 数介于 0.250.50，故答案为 C； （3）根据水煤气变换CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)并结合水煤气变换的反应历程相对能量 可知，CO(g)+H2O(g)的能量（-0.32eV）高于 CO2(g)+H2(g)的能量（-0.83eV） ，故水煤

27、气变换 的 H小于 0； 活化能即反应物状态达到活化状态所需能量， 根据变换历程的相对能量可知， 最大差值为： 其最大能垒（活化能）E正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；该步骤的反应物为 COOH +H +H2O =COOH +2H +OH ；因反应前后 COOH 和 1个 H 未发生改变，也 可以表述成 H2O =H +OH ； （4）由图可知，3090 min 内 a 曲线对应物质的分压变化量 p=（4.08-3.80）kPa=0.28 kPa， 故曲线 a的反应在 3090 min 内的平均速率v(a)= 0.28 kPa 60min =0.0047 kPa min1；由（2

28、）中分 析得出 H2的物质的量分数介于 0.250.5，CO的物质的量分数介于 00.25，即 H2的分压始 终高于 CO的分压，据此可将图分成两部分： 由此可知，a、b表示的是 H2的分压，c、d 表示的是 CO 的分压，该反应为放热反应，故升 高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故 467 时 PH2和 PCO随时间变化关 系的曲线分别是 b、c；489 时 PH2和 PCO随时间变化关系的曲线分别是 a、d。 【点睛】本题以水煤气交换为背景，考察化学反应原理的基本应用，较为注重学生学科能力 的培养，难点在于材料分析和信息提取，图像比较新，提取信息能力较弱的学生，会比较吃 力

29、。第（3）问来源于我国化学工作者发表在顶级刊物 Science 中的文章“沉积在 -MoC上单 层金原子对水煤气的低温催化反应”，试题以文章中的单原子催化能量变化的理论计算模型 为情境，让学生认识、分析催化吸附机理及反应过程中的能量变化。本题属于连贯性综合题 目，本题的解题关键在于第（1）问的信息理解与应用，若本题的第（1）问判断错误，会导 致后续多数题目判断错误；第（2）问可以采取特殊值法进行赋值并结合极限法计算，考生 若只是考虑到完全转化极限，则只能判断出 H2的物质的量分数小于 0.5，这是由于对题干的 信息应用能力不熟练而导致；对于第（4）问中曲线对应物质的确定需根据第（1） （2）问

30、得 出的相关结论进行推断， 需先确定物质对应曲线， 然后再根据勒夏特列原理判读相关物质的 变化。 （二）选考题：共（二）选考题：共 45 分。请考生从分。请考生从 2 道物理题、道物理题、2 道化学题、道化学题、2 道生物题中每科道生物题中每科 任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。 化学化学选修选修 3：物质结构与性质：物质结构与性质 11.在普通铝中加入少量 Cu 和 Mg后， 形成一种称为拉维斯相的 MgCu2微小晶粒， 其分散在 Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要村料。回 答下列问题：

31、 （1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_(填标号)。 A B C D （2）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是 _、_。乙二胺能与 Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因 是_，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是_(填“Mg2+”或 “Cu2+”)。 （3）一些氧化物的熔点如下表所示： 氧化物 Li2O MgO P4O6 SO2 熔点/ C 1570 2800 23.8 75.5 解释表中氧化物之间熔点差异的原因_。 （4）图(a)是 MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空

32、 隙中，填入以四面体方式排列的 Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu 原子 之间最短距离 x=_pm，Mg 原子之间最短距离 y=_pm。设阿伏加德罗常 数的值为 NA，则 MgCu2的密度是_g cm3(列出计算表达式)。 【答案】 (1). A (2). sp3 (3). sp3 (4). 乙二胺的两个 N提供孤对电子给金属离 子形成配位键 (5). Cu2 (6). Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格 能 MgOLi2O，分子间力（分子量）P4O6SO2 (7). 2 4 a (8). 3 4 a (9). 330 A 8 24 16 64 1

33、0 N a 【解析】 【详解】 （1）A.Ne3s1属于基态的 Mg+，由于 Mg的第二电离能高于其第一电离能，故其再 失去一个电子所需能量较高； B. Ne 3s2属于基态 Mg 原子， 其失去一个电子变为基态 Mg+ ； C. Ne 3s13p1属于激发态 Mg 原子， 其失去一个电子所需能量低于基态 Mg 原子； D.Ne 3p1 属于激发态 Mg+，其失去一个电子所需能量低于基态 Mg+，综上所述，电离最外层一个电子 所需能量最大的是Ne3s1，答案选 A； （2）乙二胺中 N形成 3个单键，含有 1对孤对电子，属于 sp3杂化；C形成 4个单键，不存 在孤对电子，也是 sp3杂化；由

34、于乙二胺的两个 N 可提供孤对电子给金属离子形成配位键， 因此乙二胺能与 Mg2、Cu2等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有 的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是 Cu2； （3）由于 Li2O、MgO 为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能 MgOLi2O，分子间力 （分子量）P4O6SO2，所以熔点大小顺序是 MgOLi2OP4O6SO2； （4）根据晶胞结构可知 Cu 原子之间最短距离为面对角线的 1/4，由于边长是 a pm，则面对 角线是2apm， 则x 2 4 apm； Mg原子之间最短距离为体对角线的1/4， 由于边长是a pm

35、， 则体对角线是3apm，则 y 3 4 a；根据晶胞结构可知晶胞中含有镁原子的个数是 8 1/8+6 1/2+48， 则 Cu原子个数 16， 晶胞的质量是 A 8 24 16 64 g N 。 由于边长是 a pm， 则 MgCu2的密度是 330 A 8 24 16 64 10 N a g cm3。 化学化学选修选修 5：有机化学基础：有机化学基础（15 分）分） 12.化合物 G是一种药物合成中间体，其合成路线如下： 回答下列问题： （1）A中的官能团名称是_。 （2）碳原子上连有 4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出 B的结构简式，用星 号(*)标出 B 中的手性碳_。 （3

36、）写出具有六元环结构、并能发生银镜反应的 B的同分异构体的结构简式_。 (不考虑立体异构，只需写出 3个) （4）反应所需的试剂和条件是_。 （5）的反应类型是_。 （6）写出 F到 G的反应方程式_。 （7）设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备的合成路线 _(无机试剂任选)。 【 答 案 】 (1). 羟 基 (2). (3). 、 、（任写 3个） (4). C2H5OH 、 浓 硫 酸 、 加 热 (5). 取 代 反 应 (6). 、 (7). 【解析】 【分析】 有机物 A 被高锰酸钾溶液氧化，使羟基转化为羰基，B 与甲醛发生加成反应生成 C，C中的 羟基被

37、酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，则 D 的结构简式为。D 与乙醇发生 酯化反应生成 E，E中与酯基相连的碳原子上的氢原子被正丙基取代生成 F，则 F的结构简 式为，F首先发生水解反应，然后酸化得到 G，据此解答。 【详解】 （1）根据 A的结构简式可知 A 中的官能团名称是羟基。 （2）碳原子上连有 4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，则根据 B的结构简式可知 B中的手性碳原子可表示为。 （3）具有六元环结构、并能发生银镜反应的 B的同分异构体的结构简式中含有醛基，则可 能的结构为、 。 （4）反应是酯化反应，所需的试剂和条件是乙醇、浓硫酸、加热。 （5）根据以上分析可知的反应类型是取代反应。

38、 （6）F到 G 的反应分两步完成，方程式依次为： 、 。 （7）由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备，可以先由 甲苯合成，再根据题中反应的信息由乙酰乙酸乙酯合成 ， 最后根据题中反应的信息由合成 产品。具体的合成路线图为：， 。 【点睛】本题考查有机物的推断和合成，涉及官能团的性质、有机物反应类型、同分异构体 的书写、合成路线设计等知识，利用已经掌握的知识来考查有机合成与推断、反应条件的选 择、 物质的结构简式、 化学方程式、 同分异构体的书写的知识。 考查学生对知识的掌握程度、 自学能力、接受新知识、新信息的能力；考查了学生应用所学知识进行必要的分析来解决实 际问题的

39、能力。有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体结 构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题， 掌握常见的有机 代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团 的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断是解答的关键。难点是设计合成路线 图时有关信息隐含在题干中的流程图中，需要学生自行判断和灵活应用。 生物生物部分部分 一、选择题一、选择题 1.细胞凋亡是细胞死亡的一种类型。下列关于人体中细胞凋亡的叙述，正确的是 A. 胎儿手发育过程中不会发生细胞凋亡 B. 小肠上皮细胞的自然更新过程中存在细胞凋亡现象 C.

40、清除被病原体感染细胞的过程中不存在细胞凋亡现象 D. 细胞凋亡是基因决定的细胞死亡过程，属于细胞坏死 【答案】B 【解析】 【分析】 细胞凋亡是基因控制的细胞自动结束生命的过程。 常见的类型有： 个体发育过程中细胞的编 程性死亡；成熟个体细胞的自然更新；被病原体感染细胞的清除。 细胞凋亡的意义：可以保证多细胞生物体完成正常发育；维持内环境的稳定；抵御外界各种 因素的干扰。 【详解】胎儿手发育的过程中，手指间隙的细胞会发生细胞凋亡，A 错误；小肠上皮细胞中 衰老的细胞将会发生细胞凋亡，不断完成细胞的自然更新，B正确；被病原体感染的细胞属 于靶细胞，机体通过细胞免疫将靶细胞裂解死亡，释放抗原，属于

41、细胞凋亡，C错误；细胞 凋亡是由基因所决定的细胞自动结束生命的过程， 细胞坏死是在种种不利因素的影响下导致 的细胞非正常死亡，D 错误。故选 B。 2.用体外实验的方法可合成多肽链。已知苯丙氨酸的密码子是 UUU，若要在体外合成同位素 标记的多肽链，所需的材料组合是 同位素标记的 tRNA 蛋白质合成所需的酶 同位素标记的苯丙氨酸 人工合成的多聚尿嘧啶核苷酸 除去了 DNA 和 mRNA 的细胞裂解液 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 分析题干信息可知，合成多肽链的过程即翻译过程。翻译过程以 mRNA 为模板（mRNA 上 的密码子决定了氨基酸的种类） ，以氨基酸为原料，

42、产物是多肽链，场所是核糖体。 【详解】翻译的原料是氨基酸，要想让多肽链带上放射性标记，应该用同位素标记氨基酸， 错误、正确；蛋白质合成的过程需要酶的催化，故要合成蛋白质需要加入相关的酶， 正确；合成蛋白质需要模板，由题知苯丙氨酸的密码子是 UUU，因此可以用人工合成的多 聚尿嘧啶核苷酸作模板， 正确； 除去了DNA和mRNA的细胞裂解液中含有核糖体和tRNA， 以及不含同位素标记的苯丙氨酸，故错误。综上所述，ACD 不符合题意，B 符合题意。 故选 B。 3.将一株质量为 20g 的黄瓜幼苗栽种在光照等适宜的环境中，一段时间后植株达到 40g，其 增加的质量来自于 A. 水、矿质元素和空气 B

43、. 光、矿质元素和水 C. 水、矿质元素和土壤 D. 光、矿质元素和空气 【答案】A 【解析】 【分析】 有氧呼吸指：细胞在氧气的参与下，通过多种酶的催化作用，把葡萄糖等有机物彻底的氧化 分解，产生二氧化碳和水，释放能量，生成大量 ATP 的过程。 光合作用的原料：二氧化碳和水，产物有机物和氧气，场所是叶绿体。 【详解】黄瓜幼苗可以吸收水，增加鲜重；也可以从土壤中吸收矿质元素，合成相关的化合 物。 也可以利用大气中二氧化碳进行光合作用制造有机物增加细胞干重。 植物光合作用将光 能转化成了有机物中的化学能， 并没有增加黄瓜幼苗的质量， 故黄瓜幼苗在光照下增加的质 量来自于水、矿质元素、空气。综上

44、所述，BCD不符合题意，A符合题意。故选 A。 4.动物受到惊吓刺激时，兴奋经过反射弧中的传出神经作用于肾上腺髓质，使其分泌肾上腺 素；兴奋还通过传出神经作用于心脏。下列相关叙述错误的是 A. 兴奋是以电信号的形式在神经纤维上传导的 B. 惊吓刺激可以作用于视觉、听觉或触觉感受器 C. 神经系统可直接调节、也可通过内分泌活动间接调节心脏活动 D. 肾上腺素分泌增加会使动物警觉性提高、呼吸频率减慢、心率减慢 【答案】D 【解析】 【分析】 神经调节的基本方式是反射， 反射弧包括感受器、 传入神经、 神经中枢、 传出神经和效应器。 动物的生命活动由神经调节和激素调节共同作用， 神经调节比激素调节更

45、加迅速准确， 激素 调节在神经调节的影响下进行。 【详解】 兴奋在神经纤维上以电信号的形式传导， 在突触部位以电信号化学信号电信号 的形式传递，A正确；惊吓刺激可以通过图像、声音、接触等刺激作用于视觉、听觉或触觉 感受器，B正确；心脏可以是效应器，由神经系统直接调节，心脏也有肾上腺激素的受体， 由内分泌系统调节，C 正确；肾上腺素分泌会使动物呼吸加快，心跳与血液流动加速，D 错 误。故选 D。 5.某种二倍体高等植物的性别决定类型为 XY 型。该植物有宽叶和窄叶两种叶形，宽叶对窄 叶为显性。控制这对相对性状的基因（B/b）位于 X 染色体上，含有基因 b 的花粉不育。下 列叙述错误的是 A.

46、窄叶性状只能出现在雄株中，不可能出现在雌株中 B. 宽叶雌株与宽叶雄株杂交，子代中可能出现窄叶雄株 C. 宽叶雌株与窄叶雄株杂交，子代中既有雌株又有雄株 D. 若亲本杂交后子代雄株均为宽叶，则亲本雌株是纯合子 【答案】C 【解析】 【分析】 XY 型性别决定的生物中，基因型 XX 代表雌性个体，基因型 XY代表雄性个体，含有基因 b 的花粉不育即表示雄配子 Xb不育，雌配子正常。 【详解】窄叶性状个体的基因型为 XbXb或 XbY，由于父本无法提供正常的 Xb配子，故雌性 后代中无基因型为 XbXb的个体，故窄叶性状只能出现在雄性植株中，A 正确；宽叶雌株与 宽叶雄株，宽叶雌株的基因型为 XB

47、X-，宽叶雄株的基因型为 XBY，雌株中可能有 Xb配子， 所以子代中可能出现窄叶雄株，B 正确；宽叶雌株与窄叶雄株，宽叶雌株的基因型为 XBX-， 窄叶雄株的基因型为 XbY，由于雄株提供的配子中 Xb不可育，只有 Y 配子可育，故后代中 只有雄株，C 错误；若杂交后代中雄株均为宽叶，故其母本只提供了 XB配子，由于母本的 Xb是可育的，故该母本为宽叶纯合子，D正确。故选 C。 6.某实验小组用细菌甲（异养生物）作为材料来探究不同条件下种群增长的特点，设计了三 个实验组，每组接种相同数量的细菌甲后进行培养，培养过程中定时更新培养基，三组的更 新时间间隔分别为 3h、10h、23h，得到 a、b、c 三条种群增长曲线，如图所示。下列叙述 错误的是 A. 细菌甲能够将培养基中的有机物分解成无