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北京卷2019年普通高等学校招生全国统一考试理综试卷含试卷分析答题技巧详细信息
宜城教育资源网www.ychedu.com北京卷2019年普通高等学校招生全国统一考试理综试卷含试卷分析答题技巧2019年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试(北京卷)物理部分本试卷共16页,共300分。考试时长150分钟。考生务必将答案答在答题卡上,在试卷上作答无效。考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。第一部分(选择题共120分)本部分共20小题,每小题6分,共120分。在每小题列出的四个选项中,选出最符合题目要求的一项。1.一列简谐横波某时刻的波形如图所示,比较介质中的三个质点a、b、c,则A.此刻a加速度最小B.此刻b的速度最小C.若波沿x轴正方向传播,此刻b向y轴正方向运动D.若波沿x轴负方向传播,a比c先回到平衡位置【答案】C【解析】【详解】由机械振动特点确定质点的加速度和速度大小,由"上下坡法"确定振动方向。由波动图象可知,此时质点a位于波峰处,根据质点振动特点可知,质点a的加速度最大,故A错误,此时质点b位于平衡位置,所以速度为最大,故B错误,若波沿x轴正方向传播,由"上下坡法"可知,质点b向y轴正方向运动,故C正确,若波沿x轴负方向传播,由"上下坡法"可知,a质点沿y轴负方向运动,c质点沿y轴正方向运动,所以质点c比质点a先回到平衡位置,故D错误。2.利用图1所示的装置(示意图),观察光的干涉、衍射现象,在光屏上得到如图2中甲和乙两种图样。下列关于P处放置的光学元件说法正确的是A.甲对应单缝,乙对应双缝B.甲对应双缝,乙对应单缝C.都是单缝,甲对应的缝宽较大D.都是双缝,甲对应的双缝间距较大【答案】A【解析】【详解】根据单缝衍射图样和双缝干涉图样特点判断。单缝衍射图样为中央亮条纹最宽最亮,往两边变窄,双缝干涉图样是明暗相间的条纹,条纹间距相等,条纹宽度相等,结合图甲,乙可知,甲对应单缝,乙对应双缝,故A正确。3.下列说法正确的是A.温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度B.内能是物体中所有分子热运动所具有的动能的总和C.气体压强仅与气体分子的平均动能有关D.气体膨胀对外做功且温度降低,分子的平均动能可能不变【答案】A【解析】【详解】根据温度是分子平均动能的标志确定气体分子热运动的程度和分子平均动能变化,内能是分子平均动能和分子势总和,由气体压强宏观表现确定压强A.温度是分子平均动能的标志,所以温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度,故A正确;B.内能是物体中所有分子热运动所具有的动能和分子势能之和,故B错误;C.由压强公式可知,气体压强除与分子平均动能有关即温度,还与体积有关,故C错误;D.温度是分子平均动能的标志,所以温度降低,分子平均动能一定变小,故D错误。4.如图所示,正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入,从b点射出。下列说法正确的是A.粒子带正电B.粒子在b点速率大于在a点速率C.若仅减小磁感应强度,则粒子可能从b点右侧射出D.若仅减小入射速率,则粒子在磁场中运动时间变短【答案】C【解析】【详解】由左手定则确粒子的电性,由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率,根据确定粒子运动半径和运动时间。由题可知,粒子向下偏转,根据左手定则,所以粒子应带负电,故A错误;由于洛伦兹力不做功,所以粒子动能不变,即粒子在b点速率与a点速率相等,故B错误;若仅减小磁感应强度,由公式得:,所以磁感应强度减小,半径增大,所以粒子有可能从b点右侧射出,故C正确,若仅减小入射速率,粒子运动半径减小,在磁场中运动的偏转角增大,则粒子在磁场中运动时间一定变长,故D错误。5.如图所示,a、b两点位于以负点电荷-Q(Q>0)为球心球面上,c点在球面外,则A.a点场强的大小比b点大B.b点场强的大小比c点小C.a点电势比b点高D.b点电势比c点低【答案】D【解析】【详解】由点电荷场强公式确定各点的场强大小,由点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面和沿电场线方向电势逐渐降低确定各点的电势的高低。由点电荷的场强公式可知,a、b两点到场源电荷的距离相等,所以a、b两点的电场强度大小相等,故A错误;由于c点到场源电荷的距离比b点的大,所以b点的场强大小比c点的大,故B错误;由于点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面,所以a点与b点电势相等,负电荷的电场线是从无穷远处指向负点电荷,根据沿电场线方向电势逐渐降低,所以b点电势比c点低,故D正确。6.2019年5月17日,我国成功发射第45颗北斗导航卫星,该卫星属于地球静止轨道卫星(同步卫星)。该卫星A.入轨后可以位于北京正上方B.入轨后的速度大于第一宇宙速度C.发射速度大于第二宇宙速度D.若发射到近地圆轨道所需能量较少【答案】D【解析】【详解】由同步卫星的特点和卫星发射到越高的轨道所需的能量越大解答。由于卫星为同步卫星,所以入轨后一定只能与赤道在同一平面内,故A错误;由于第一宇宙速度为卫星绕地球运行的最大速度,所以卫星入轨后的速度一定小于第一宇宙速度,故B错误;由于第二宇宙速度为卫星脱离地球引力的最小发射速度,所以卫星的发射速度一定小于第二宇宙速度,故C错误;将卫星发射到越高的轨道克服引力所作的功越大,所以发射到近地圆轨道所需能量较小,故D正确。7.光电管是一种利用光照射产生电流的装置,当入射光照在管中金属板上时,可能形成光电流。表中给出了6次实验的结果。组 次 入射光子的能量/eV 相对光强 光电流大小/mA 逸出光电子的最大动能/eV第一组 123 4.04.04.0 弱中强 294360 0.90.90.9第二组 456 6.06.06.0 弱中强 274055 2.92.92.9由表中数据得出的论断中不正确的是A.两组实验采用了不同频率的入射光B.两组实验所用的金属板材质不同C.若入射光子的能量为5.0eV,逸出光电子的最大动能为1.9eVD.若入射光子的能量为5.0eV,相对光强越强,光电流越大【答案】B【解析】【详解】由爱因斯坦质能方程比较两次实验时的逸出功和光电流与光强的关系解题由题表格中数据可知,两组实验所用入射光的能量不同,由公式可知,两组实验中所用的入射光的频率不同,故A正确;由爱因斯坦质能方程可得:第一组实验:,第二组实验:,解得:,即两种材料的逸出功相同也即材料相同,故B错误;由爱因斯坦质能方程可得:,故C正确;由题表格中数据可知,入射光能量相同时,相对光越强,光电流越大,故D正确。8.国际单位制(缩写SI)定义了米(m)、秒(s)等7个基本单位,其他单位均可由物理关系导出。例如,由m和s可以导出速度单位m·s-1。历史上,曾用"米原器"定义米,用平均太阳日定义秒。但是,以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响,而采用物理常量来定义则可避免这种困扰。1967年用铯-133原子基态的两个超精细能级间跃迁辐射的频率?ν=9192631770Hz定义s;1983年用真空中的光速c=299792458m·s-1定义m。2018年第26届国际计量大会决定,7个基本单位全部用基本物理常量来定义(对应关系如图,例如,s对应?ν,m对应c)。新SI自2019年5月20日(国际计量日)正式实施,这将对科学和技术发展产生深远影响。下列选项不正确的是A.7个基本单位全部用物理常量定义,保证了基本单位的稳定性B.用真空中的光速c(m·s-1)定义m,因为长度l与速度v存在l=vt,而s已定义C.用基本电荷e(C)定义安培(A),因为电荷量与电流I存在I=q/t,而s已定义D.因为普朗克常量h(J·s)的单位中没有kg,所以无法用它来定义质量单位【答案】D【解析】【详解】本题属于信息题,由题所给信息结合和的物理意义解答。由题意可知,如果以实物或其运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响,所以7个基本单位全部用物理常量定义,保证了基本单位的稳定性,故A正确;用真空中的光速定义m,即光在真空中传播299792458分之一秒的距离,且s早已定义,故B正确;由公式可知,安培即为1s时间内通过的电荷量,故C正确;由题意可知,对应为kg,故D错误。第二部分(非选择题共180分)本部分共11小题,共180分。9.用如图1所示装置研究平地运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出,落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低,钢球落在挡板上时,钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板,重新释放钢球,如此重复,白纸上将留下一系列痕迹点。(1)下列实验条件必须满足的有____________。A.斜槽轨道光滑B.斜槽轨道末段水平C.挡板高度等间距变化D.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球(2)为定量研究,建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。a.取平抛运动的起始点为坐标原点,将钢球静置于Q点,钢球的________(选填"最上端"、"最下端"或者"球心")对应白纸上的位置即为原点;在确定y轴时______(选填"需要"或者"不需要")y轴与重锤线平行。b.若遗漏记录平抛轨迹的起始点,也可按下述方法处理数据:如图2所示,在轨迹上取A、B、C三点,AB和BC的水平间距相等且均为x,测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2,则______(选填"大于"、"等于"或者"小于")。可求得钢球平抛的初速度大小为____________(已知当地重力加速度为g,结果用上述字母表示)。(3)为了得到平抛物体的运动轨迹,同学们还提出了以下三种方案,其中可行的是____________。A.从细管水平喷出稳定的细水柱,拍摄照片,即可得到平抛运动轨迹B.用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置,平滑连接各位置,即可得到平抛运动轨迹C.将铅笔垂直于竖直的白纸板放置,笔尖紧靠白纸板,铅笔以一定初速度水平抛出,将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹(4)伽利略曾研究过平抛运动,他推断:从同一炮台水平发射的炮弹,如果不受空气阻力,不论它们能射多远,在空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体_________。A.在水平方向上做匀速直线运动B.在竖直方向上做自由落体运动C.在下落过程中机械能守恒(5)牛顿设想,把物体从高山上水平抛出,速度一次比一次大,落地点就一次比一次远,如果速度足够大,物体就不再落回地面,它将绕地球运动,成为人造地球卫星。同样是受地球引力,随着抛出速度增大,物体会从做平抛运动逐渐变为做圆周运动,请分析原因。___________________________【答案】(1).BD(2).球心(3).需要(4).大于(5).(6).B(7).B(8).利用平抛运动的轨迹的抛物线和圆周运动知识证明即可【解析】【详解】根据平抛运动的规律:水平方向匀速直线运动,竖直方向自由落体运动解答。(1)本实验中要保证小球飞出斜槽末端时的速度为水平,即小球做平抛运动,且每次飞出时的速度应相同,所以只要每次将小球从斜槽上同一位置由静止释放即可,故BD正确;(2)a.平抛运动的起始点应为钢球静置于Q点时,钢球的球心对应纸上的位置,由于平抛运动在竖直方向做自由落体运动,所以在确定y轴时需要y轴与重锤线平行;b.由初速度为零的匀加速直线运动规律即在相等时间间隔内所通过的位移之比为可知,由于A点不是抛出点,所以;设AB,BC间所用的时间为T,竖直方向有:,水平方向有:,联立解得:;(3)A项:从细管水平喷出稳定的细水柱,由于细水柱射出后受到空气阻力的作用,所以此方案不可行;B项:用频闪照相在同一底片上记录小球不同时刻位置即平抛运动的轨迹上的点,平滑连接在一起即为平抛运动轨迹,所以此方案可行;C项:将铅笔垂直于竖直的白板放轩,以一定初速度水平抛出,笔尖与白纸间有摩擦阻力的作用,所以铅笔作的不是平抛运动,故此方案不可行;(4)由平抛运动竖直方向运动可知,,时间,所以只要高度相同,时间相同,故B正确;(5)由平抛运动可知,竖直方向:,水平方向:,联立解得:,即抛出物体的轨迹为抛物线,当抛出的速度越大,在抛物线上某点的速度足以提供该点做圆周运动的向心力时,物体的轨迹从抛物线变为圆。10.如图所示,垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd,其边长为L,总电阻为R,ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中,线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动,求:(1)感应电动势的大小E;(2)拉力做功的功率P;(3)ab边产生的焦耳热Q。【答案】(1);(2);(3)【解析】【详解】由导体棒切割磁感线产生电动势综合闭合电路欧姆定律和解题。(1)从ad边刚进入磁场到bc边刚要进入的过程中,只有ad边切割磁感线,所以产生的感应电动势为:;(2)线框进入过程中线框中的电流为:ad边安培力为:由于线框匀速运动,所以有拉力与安培力大小相等,方向相反,即所以拉力的功率为:联立以上各式解得:;(3)线框进入过程中线框中的电流为:进入所用的时间为:ad边的电阻为:焦耳热为:联立解得:。11.电容器作为储能器件,在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电,无论采用何种充电方式,其两极间的电势差u随电荷量q的变化图像都相同。(1)请在图1中画出上述u-q图像。类比直线运动中由v-t图像求位移方法,求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep。()______(2)在如图2所示的充电电路中,R表示电阻,E表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电,对应的q-t曲线如图3中①②所示。a.①②两条曲线不同是______(选填E或R)的改变造成的;b.电容器有时需要快速充电,有时需要均匀充电。依据a中的结论,说明实现这两种充电方式的途径。__________________(3)设想使用理想的"恒流源"替换(2)中电源对电容器充电,可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用"恒流源"和(2)中电源对电容器的充电过程,填写下表(选填"增大"、"减小"或"不变")。 "恒流源" (2)中电源电源两端电压 ____ ____通过电源的电流 ____ ____【答案】(1).(2).(3).R(4).要快速度充电时,只要减小图2中的电阻R;要均匀充电时,只要适当增大图2中的电阻R即可(5).增大(6).不变(7).不变(8).减小【解析】【详解】由电容器电容定义式得到图象,类比图象求位移求解电量,由图3斜率解决两种充电方式不同的原因和方法;根据电容器充电过程中电容器两极板相当于电源解答(1)由电容器电容定义式可得:,整理得:,所以图象应为过原点的倾斜直线,如图:由题可知,两极间电压为U时电容器所储存的电能即为图线与横轴所围面积,即,当两极间电压为U时,电荷量为,所以;(2)a.由于电源内阻不计,当电容器充满电后电容器两端电压即电源的电动势,电容器最终的电量为:,由图可知,两种充电方式最终的电量相同,只是时间不同,所以①②曲线不同是R造成的;b.由图3可知,要快速度充电时,只要减小图2中的电阻R,要均匀充电时,只要适当增大图2中的电阻R即可;(3)在电容器充电过程中在电容器的左极板带正电,右极板带负电,相当于另一电源,且充电过程中电量越来越大,回路中的总电动势减小,当电容器两端电压与电源电动势相等时,充电结束,所以换成"恒流源"时,为了保证电流不变,所以"恒流源两端电压要增大,通过电源的电流不变,在(2)电源的电压不变,通过电源的电流减小。12.雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒,这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变,重力加速度为g。(1)质量为m的雨滴由静止开始,下落高度h时速度为u,求这一过程中克服空气阻力所做的功W。____(2)将雨滴看作半径为r的球体,设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2,其中v是雨滴的速度,k是比例系数。a.设雨滴的密度为ρ,推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式;____b.示意图中画出了半径为r1、r2(r1>r2)的雨滴在空气中无初速下落的v-t图线,其中_________对应半径为r1的雨滴(选填①、②);若不计空气阻力,请在图中画出雨滴无初速下落的v-t图线。()(3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等,其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘,证明:圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f∝v2(提示:设单位体积内空气分子数为n,空气分子质量为m0)。________【答案】(1).(2).(3).①(4).(5).详见解析【解析】【分析】(1)对雨滴由动能定理解得:雨滴下落h的过程中克服阻做的功;(2)雨滴的加速度为0时速度最大解答;(3)由动量定理证明【详解】(1)对雨滴由动能定理得:解得:;(2)a.半径为r的雨滴体积为:,其质量为当雨滴的重力与阻力相等时速度最大,设最大速度为,则有:其中联立以上各式解得:由可知,雨滴半径越大,最大速度越大,所以①对应半径为的雨滴,不计空气阻力,雨滴做自由落体运动,图线如图:;(3)设在极短时间内,空气分子与雨滴碰撞,设空气分子的速率为U,在内,空气分子个数为:,其质量为设向下为正方向,对圆盘下方空气分子由动量定理有:对圆盘上方空气分子由动量定理有:圆盘受到的空气阻力为:联立解得:。化学部分可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16第一部分(选择题共120分)本部分共20小题,每小题6分,共120分。在每小题列出的四个选项中,选出最符合题目要求的一项。1.下列我国科研成果所涉及材料中,主要成分为同主族元素形成的无机非金属材料的是   A.4.03米大口径碳化硅反射镜 B.2022年冬奥会聚氨酯速滑服 C.能屏蔽电磁波的碳包覆银纳米线 D."玉兔二号"钛合金筛网轮A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】本题主要考查有机物与无机物的区分(B选项为有机物,其他均为无机物),金属材料与非金属材料的区分。同时穿插考查了元素周期表中同主族的概念。【详解】A.碳化硅(SiC)是由碳元素和硅元素组成的无机非金属材料,且碳元素与硅元素均位于元素周期表第IVA族,故A符合题意;B.聚氨酯为有机高分子化合物,故B不符合题意;C.碳包覆银纳米材料中银为金属元素,故C不符合题意;D.钛合金为含有金属钛元素的合金,故D不符合题意;综上所述,本题应选A。【点睛】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系,创新点在于除了要判断是否为无机非金属材料,还给其加了限制条件"同主族",应注意有机物中一定含碳元素,但含碳元素的却不一定是有机物。2.下列示意图与化学用语表述内容不相符的是(水合离子用相应离子符号表示)A B C DNaCl溶于水 电解CuCl2溶液 CH3COOH在水中电离 H2与Cl2反应能量变化NaClNa++Cl? CuCl2Cu2++2Cl? CH3COOHCH3COO?+H+H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)ΔH=?183kJ·mol?1A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】本题A、B、C选项应区分电离和电解的概念。电离是电解质溶于水或熔融状态下,解离成能够自由移动的离子的过程。根据其电离程度可分为强电解质和弱电解质,几乎全部电离的是强电解质(如A选项),只有少部分电离的是弱电解质(如C选项);是将电能转化为化学能的一个装置(构成:外加电源,电解质溶液,阴阳电极)。使电流通过电解质溶液或熔融电解质而在阴,阳两极引起还原氧化反应的过程(如B选项)。【详解】A.NaCl为强电解质,NaCl溶于水,NaCl在水分子作用下,自发解离为Na+和Cl-,故电离方程式为NaCl=Na++Cl-,故A不符合题意;B.电解氯化铜溶液,铜离子向阴极移动,得电子,发生电极反应为:Cu2++2e-=Cu,氯离子向阳极移动,失电子,发生电极反应为:2Cl-+2e-=Cl2,所以电解总反应为:Cu2++2Cl-Cu+Cl2,故B符合题意;C.CH3COOH为弱电解质,溶于水部分电离,因此电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+,故C不符合题意;D.由图可知,反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量(436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol),与形成生成物分子中化学键放出的总能量(431kJ/mol×2=862kJ/mol)之差,即放热183kJ/mol,放热?H为负值,所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)?H=-183kJ/mol,故D不符合题意;综上所述,本题应选B。【点睛】本题所选四个实验(或原理)均取材于课本,可见高考题越来越回归于课本。本题综合考查化学用语,涉及强、弱电解质电离、电解方程式的书写,化学反应热的计算,题目把化学用语与化学反应原理巧妙地结合。3.2019年是元素周期表发表150周年,期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟(49In)等9种元素相对原子质量的新值,被采用为国际新标准。铟与铷(37Rb)同周期。下列说法不正确的是A.In是第五周期第ⅢA族元素B.11549In的中子数与电子数的差值为17C.原子半径:In>AlD.碱性:In(OH)3>RbOH【答案】D【解析】【分析】A.根据原子核外电子排布规则,该原子结构示意图为,据此判断该元素在周期表中的位置;B.质量数=质子数+中子数,元素符号左上角为质量数、左下角为质子数,原子的质子数=电子数;C.同主族元素的原子,从上到下,电子层数逐渐增多,半径逐渐增大;D.同周期元素,核电荷数越大,金属性越越弱,最高价氧化物对应水化物的碱性越弱;【详解】A.根据原子核外电子排布规则,该原子结构示意图为,因此In位于元素周期表第五周期,第IIIA族,故A不符合题意;B.质量数=质子数+中子数,元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数,因此该原子的质子数=电子数=49,中子数为115-49=66,所以中子数与电子数之差为66-49=17,故B不符合题意;C.Al位于元素周期表的三周期IIIA族,In位于元素周期表第五周期,第IIIA族,同主族元素的原子,从上到下,电子层数逐渐增多,半径逐渐增大,因此原子半径In>Al,故C不符合题意;D.In位于元素周期表第五周期,铷(Rb)位于元素周期表第五周期第IA族,同周期元素,核电荷数越大,金属性越越弱,最高价氧化物对应水化物的碱性越弱,因此碱性:In(OH)3<RbOH,故D符合题意;综上所述,本题应选D。【点睛】本题考查原子结构与元素性质,题目难度不大,明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键,注意掌握原子构成及表示方法,试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。4.交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是(图中表示链延长)A.聚合物P中有酯基,能水解B.聚合物P的合成反应为缩聚反应C.聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得D.邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构【答案】D【解析】【分析】将X为Y为带入到交联聚合物P的结构中可知,聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的,据此解题;【详解】A.根据X为Y为可知,X与Y直接相连即羰基与醚键直接相连构成了酯基,酯基能在酸性或碱性条件下水解,故A不符合题意;B.聚合物P是由邻苯二甲酸和丙三醇通过缩聚反应制备的,故B不符合题意;C.油脂为脂肪酸甘油酯,其在碱性条件下水解可生成脂肪酸盐和甘油即丙三醇,故C,不符合题意;D.乙二醇的结构简式为HO-CH2CH2-OH,与邻苯二甲酸在聚合过程中只能形成链状结构,故D符合题意;综上所述,本题应选D。【点睛】本题侧重考查有机物的结构和性质,涉及高聚物单体以及性质的判断,注意把握官能团的性质,缩聚反应的判断,题目有利于培养学生的分析能力,难度不大。5.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 物质(括号内为杂质) 除杂试剂A FeCl2溶液(FeCl3) Fe粉B NaCl溶液(MgCl2) NaOH溶液、稀HClC Cl2(HCl) H2O、浓H2SO4D NO(NO2) H2O、无水CaCl2A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【分析】发生反应中,存在元素的化合价变化,与氧化还原反应有关;反之,不存在元素的化合价变化,则与氧化还原反应无关,以此解答该题。【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2,2FeCl3+Fe=2FeCl2,此过程中Fe的化合价发生变化,涉及到了氧化还原法应,故A不符合题意;B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaCl,过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O,此过程中没有元素化合价发生变化,未涉及氧化还原反应,故B符合题意;C.部分氯气与H2O发生反应生成氯化氢和次氯酸,反应过程中氯元素化合价变化,涉及到了氧化还原法应,故C不符合题意;D.NO2与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化,涉及到了氧化还原法应,故D不符合题意;综上所述,本题应选B。【点睛】本题考查氧化还原反应,为高考常见题型,侧重于氧化还原反应判断的考查,注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化,题目难度不大。6.探究草酸(H2C2O4)性质,进行如下实验。(已知:室温下,0.1mol·L?1H2C2O4的pH=1.3)实验 装置 试剂a 现象①  Ca(OH)2溶液(含酚酞) 溶液褪色,产生白色沉淀②  少量NaHCO3溶液 产生气泡③  酸性KMnO4溶液 紫色溶液褪色④  C2H5OH和浓硫酸 加热后产生有香味物质由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是A.H2C2O4有酸性,Ca(OH)2+H2C2O4CaC2O4↓+2H2OB.酸性:H2C2O4>H2CO3,NaHCO3+H2C2O4NaHC2O4+CO2↑+H2OC.H2C2O4具有还原性,2+5+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2OD.H2C2O4可发生酯化反应,HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOCCOOC2H5+2H2O【答案】C【解析】【分析】草酸(又称乙二酸)为一种二元弱酸,具有酸的通性,因此能发生中和反应,具有还原性,因为乙二酸中含有羧基因此能发生酯化反应,据此解题;【详解】A.H2C2O4为二元弱酸,能与氢氧化钙溶液发生中和反应,生成白色沉淀草酸钙和水,因此含酚酞的氢氧化钙溶液碱性逐渐减弱,溶液红色退去,故A不符合题意;B.产生气泡证明有CO2产生,因此可证明酸性H2C2O4>H2CO3,反应方程式为:H2C2O4+2NaHCO3=Na2C2O4+2CO2+2H2O或,H2C2O4+NaHCO3=NaHC2O4+2CO2+2H2O故B符合题意;C.0.1mol·L?1H2C2O4的pH=1.3,说明草酸为弱酸,故草酸不可以拆分,故C不符合题意;D.草酸(又称乙二酸),其中含有羧基因此能发生酯化反应,反应方程式正确,故D不符合题意;综上所述,本题应选B。【点睛】本题考查草酸的性质和离子反应方程式的书写,侧重考查学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用。7.实验测得0.5mol·L?1CH3COONa溶液、0.5mol·L?1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A.随温度升高,纯水中c(H+)>c(OH?)B.随温度升高,CH3COONa溶液的c(OH?)减小C.随温度升高,CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D.随温度升高,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是因为CH3COO?、Cu2+水解平衡移动方向不同【答案】C【解析】【分析】水的电离为吸热过程,升高温度,促进水的电离;盐类水解为吸热过程,升高温度促进盐类水解,据此解题;【详解】A.水的电离为吸热过程,升高温度,平和向着电离方向移动,水中c(H+).c(OH-)=Kw减小,故pH减小,但c(H+)=c(OH-),故A不符合题意;B.水的电离为吸热过程,升高温度,进水的电离,所以c(OH-)增大,醋酸根水解为吸热过程,CH3COOH-+H2OCH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解,所以c(OH-)增大,故B不符合题意;C.升高温度,促进水的电离,故c(H+)增大;升高温度,促进铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+,故c(H+)增大,两者共同作用使pH发生变化,故C符合题意;D.盐类水解为吸热过程,升高温度促进盐类水解,故D不符合题意;综上所述,本题应选C。【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡,明确化学平衡常数只是温度的函数,温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键,盐类水解是高频考点,也是高考的重点和难点,本题难度不大,是基础题。第二部分(非选择题共180分)本部分共11小题,共180分。8.抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如下。已知:ⅰ.ⅱ.有机物结构可用键线式表示,如(CH3)2NCH2CH3的键线式为(1)有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2,其钠盐可用于食品防腐。有机物B能与Na2CO3溶液反应,但不产生CO2;B加氢可得环己醇。A和B反应生成C的化学方程式是___________,反应类型是___________________________。(2)D中含有的官能团:__________________。(3)E的结构简式为__________________。(4)F是一种天然香料,经碱性水解、酸化,得G和J。J经还原可转化为G。J的结构简式为__________________。(5)M是J的同分异构体,符合下列条件的M的结构简式是__________________。①包含2个六元环②M可水解,与NaOH溶液共热时,1molM最多消耗2molNaOH(6)推测E和G反应得到K的过程中,反应物LiAlH4和H2O的作用是__________________。(7)由K合成托瑞米芬的过程:托瑞米芬具有反式结构,其结构简式__________________。【答案】(1).(2).取代反应(3).羰基、羟基(4).(5).(6).(7).还原剂;水解(8).【解析】【分析】有机物A能与碳酸钠溶液反应产生CO2,其钠盐可用于食品防腐,A为苯甲酸;有机物B能与碳酸钠反应,但不产生CO2,且B加氢得环己醇,则B为苯酚;苯甲酸和苯酚在浓硫酸、H3BO3,加热条件下发生取代反应生成C为;C发生信息中的反应生成D为;D发生信息中的反应生成E为;F经碱性水解,酸化得G和J,J经还原可转化为G,则G和J具有相同的碳原子数和碳骨架,则G为;J为;由G和J的结构可推知F为C6H5-CH=CH-COOCH2CH=CH-C6H5,E和G先在LiAlH4作用下还原,再水解最后得到K,据此解答。【详解】(1)根据以上分析,A为苯甲酸,B为苯酚,苯甲酸和苯酚在浓硫酸、H3BO3,加热条件下发生取代反应生成C为,化学方程式为,故答案为:取代反应;;(2)D为,D中含有的官能团为羰基、羟基,故答案为:羰基、羟基;(3)D发生信息中的反应生成E,其结构简式为,故答案为:;(4)F经碱性水解,酸化得G和J,J经还原可转化为G,则G和J具有相同的碳原子数和碳骨架,则G为;J为,故答案为:;(5)J为,分子式为C9H8O2,不饱和度为6,其同分异构体符合条件的M,①包含两个六元环,则除苯环外还有一个六元环,②M可水解,与氢氧化钠溶液共热时,1molM最多消耗2molNaOH,说明含有酚酯的结构,则M的结构简式为,故答案为:;(6)由合成路线可知,E和G先在LiAlH4作用下还原,再水解最后得到K,故答案为:还原剂;水解;(7)由合成路线可知,托瑞米芬分子中含有碳碳双键,两个苯环在双键两侧为反式结构,则其结构简式为:,故答案为:。9.化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的amol·L?1KBrO3标准溶液;Ⅱ.取v1mL上述溶液,加入过量KBr,加HSO4酸化,溶液颜色呈棕黄色;Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入v2mL废水;Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI;Ⅴ.用bmol·L?1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时,滴加2滴淀粉溶液,继续滴定至终点,共消耗Na2S2O3溶液v2mL。已知:I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和____________。(2)Ⅰ中发生反应的离子方程式是_______________________________。(3)Ⅲ中发生反应的化学方程式是_________________________________。(4)Ⅳ中加KI前,溶液颜色须为黄色,原因是______________________________。(5)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)≥6n(KBrO3)时,KI一定过量,理由是________。(6)Ⅴ中滴定至终点的现象是_____________________________。(7)废水中苯酚的含量为___________g·L?1(苯酚摩尔质量:94g·mol?1)。(8)由于Br2具有____________性质,Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行,否则会造成测定结果偏高。【答案】(1).容量瓶、量筒(2).BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O(3).(4).Ⅱ中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后,Ⅲ中溶液颜色为黄色,说明有Br2剩余,剩余Br2与过量KI反应生成I2可利用后续滴定法测量,从而间接计算苯酚消耗的Br2(5).Ⅱ中反应为KBrO3+5KBr+3H2SO4=3K2SO4+3Br2+3H2O可知3n(KBrO3)=n(Br2),Ⅱ中Br2部分与苯酚反应,剩余溴在Ⅳ中反应为Br2+2KI=I2+2KBr,若剩余溴完全反应,则n(KI)≥2n(Br2),推知n(KI)≥6n(KBrO3)(6).当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时,溶液由蓝色变为无色,且30s不变色(7).(8).挥发【解析】【分析】本题考查氧化还原反应滴定的综合运用。苯酚与溴反应快速灵敏,但滴定终点难以判断,因而制得一定量的溴分别与苯酚和KI反应(溴须完全反应完),而溴与KI反应生成的I2与Na2S2O3进行滴定分析,因而直接测出与KI反应所消耗的溴,进而计算出与苯酚反应消耗的溴,最后根据苯酚与溴反应的系数计算废水中苯酚的浓度。【详解】(1)准确称量KBrO3固体配置溶液所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管,一定规格的容量瓶,因而该空填容量瓶、量筒;(2)KBrO3溶液中加入KBr和H2SO4,溶液颜色呈棕黄色,说明生成Br2,根据缺项配平可知该离子方程式为BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O;(3)苯酚和溴水反应得到白色沉淀2,4,6-三溴苯酚,化学方程式为;(4)该测量过程是利用一定量的溴分别与苯酚和KI反应,注意溴须反应完全,且一定量溴的总量已知,部分溴与KI反应生成的I2可利用氧化还原滴定法测量,进而计算出与KI反应的溴的消耗量,将一定量溴减去与KI反应的溴的消耗量,可得与苯酚反应的溴的消耗量,因而一定量的溴与苯酚反应完,必须有剩余的溴与KI反应,Ⅲ中反应结束时,若溶液显黄色说明苯酚反应完,且有溴剩余,以便与KI反应,故原因为Ⅱ中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后,Ⅲ中溶液颜色为黄色,说明有Br2剩余,剩余Br2与过量KI反应,从而间接计算苯酚消耗的Br2;(5)Ⅱ中反应为KBrO3+5KBr+3H2SO4=3K2SO4+3Br2+3H2O可知3n(KBrO3)=n1(Br2),Ⅱ中Br2部分与苯酚反应,剩余溴的量设为n2(Br2)(n1(Br2)>n2(Br2))在Ⅳ中反应为Br2+2KI=I2+2KBr,若剩余溴完全反应,则n(KI)≥2n2(Br2),推知n(KI)≥6n(KBrO3);因而当n(KI)≥6n(KBrO3),KI一定过量;(6)Ⅴ中含碘的溶液内加入淀粉,溶液显蓝色,随着Na2S2O3溶液滴入,蓝色变浅直至消失,因而当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时,溶液由蓝色变为无色,且30s不变色;(7)n(BrO3-)=av1×10-3mol,根据反应BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O可知n(Br2)=3av1×10-3mol,溴分别与苯酚和KI反应,先计算由KI消耗的溴的量,设为n1(Br2),根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3,又Br2+2I-=I2+2Br-可知Br2~I2,可得Br2~2Na2S2O3,n(Na2S2O3)=bv3×10-3mol,n1(Br2)=bv3×10-3mol,再计算由苯酚消耗的溴的量,设为n2(Br2)=n(Br2)-n1(Br2)=(3av1-bv3)×10-3mol,苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2~C6H5OH,n(C6H5OH)=n2(Br2)=(av1-bv3)×10-3mol,废水中苯酚的含量==mol;(8)Ⅱ中生成的溴须被苯酚和KI完全反应掉,而溴有挥发性,反应时须在密闭容器中进行。10.氢能源是最具应用前景的能源之一,高纯氢的制备是目前的研究热点。(1)甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2,其物质的量之比为4∶1,甲烷和水蒸气反应的方程式是______________。②已知反应器中还存在如下反应:i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH1ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH2iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g)ΔH3……iii为积炭反应,利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时,还需要利用__________反应的ΔH。③反应物投料比采用n(H2O)∶n(CH4)=4∶1,大于初始反应的化学计量数之比,目的是________________(选填字母序号)。a.促进CH4转化b.促进CO转化为CO2c.减少积炭生成④用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1时开始,H2体积分数显著降低,单位时间CaO消耗率_______(填"升高""降低"或"不变")。此时CaO消耗率约为35%,但已失效,结合化学方程式解释原因:____________________________。(2)可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢,工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2,可交替得到H2和O2。①制H2时,连接_______________。产生H2的电极反应式是_______________。②改变开关连接方式,可得O2。③结合①和②中电极3的电极反应式,说明电极3的作用:________________________。【答案】(1).CH4+2H2O=4H2+CO2(2).C(s)+CO2(g)=2CO(g)(3).abc(4).降低(5).H2体积分数在t1之后较少,结合CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸气浓度较小,反应器内反应逆向反应,氧化钙很难和CO2反应,因而失效(6).K1(7).2H2O+2e-=H2↑+2OH-(8).连接K1或K2时,电极3分别作为阳极材料和阴极材料,并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移【解析】【详解】(1)①由于生成物为H2和CO2,其物质的量之比为4:1,反应物是甲烷和水蒸气,因而反应方程式为CH4+2H2O=4H2+CO2;②ⅰ-ⅱ可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g),设为ⅳ,用ⅳ-ⅲ可得C(s)+CO2(g)=2CO(g),因为还需利用C(s)+CO2(g)=2CO(g)反应的焓变;③初始反应n(H2O):n(CH4)=2:1,说明加入的水蒸气过量,又反应器中反应都存在一定可逆性,根据反应ⅰ知水蒸气浓度越大,甲烷的转化率越高,a正确;根据反应ⅱ知水蒸气浓度越大,CO的转化率越高,b正确;ⅰ和ⅱ产生氢气,使得氢气浓度变大,抑制反应ⅲ,积炭生成量减少,c正确;④t1时CaO消耗率曲线斜率减小,因而单位时间内CaO的消耗率降低,H2体积分数在t1之后较少,结合CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸气浓度较小,反应器内反应逆向反应,氧化钙很难和CO2反应,因而失效(2)①电极生成H2时,根据电极放电规律可知H+得到电子变为氢气,因而电极须连接负极,因而制H2时,连接K1,该电池在碱性溶液中,由H2O提供H+,电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-;③电极3上NiOOH和Ni(OH)2相互转化,其反应式为NiOOH+e-+H2O?Ni(OH)2+OH-,当连接K1时,Ni(OH)2失去电子变为NiOOH,当连接K2时,NiOOH得到电子变为Ni(OH)2,因而作用是连接K1或K2时,电极3分别作为阳极材料和阴极材料,并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移。11.化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。(1)实验一:用如下装置(夹持、加热仪器略)制备SO2,将足量SO2通入AgNO3溶液中,迅速反应,得到无色溶液A和白色沉淀B。①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是____________________________________。②试剂a是____________。(2)对体系中有关物质性质分析得出:沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或两者混合物。(资料:Ag2SO4微溶于水;Ag2SO3难溶于水)实验二:验证B的成分①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式:__________。②加入盐酸后沉淀D大部分溶解,剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3,进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂,可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是__________。(3)根据沉淀F的存在,推测的产生有两个途径:途径1:实验一中,SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4,随沉淀B进入D。途径2:实验二中,被氧化为进入D。实验三:探究的产生途径①向溶液A中滴入过量盐酸,产生白色沉淀,证明溶液中含有________:取上层清液继续滴加BaCl2溶液,未出现白色沉淀,可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由:_______。②实验三的结论:__________。(4)实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是_________________。(5)根据物质性质分析,SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间,有Ag和生成。(6)根据上述实验所得结论:__________________。【答案】(1).Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O(2).浓硫酸(3).Ag2SO3+4NH3H2O=2Ag(NH3)2++SO32-+4H2O(4).品红溶液(5).若加入品红溶液,品红溶液褪色,则证明B中含有Ag2SO3(6).Ag+(7).因若含有Ag2SO4,加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀(8).2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3+2H+(9).二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银【解析】分析】本题的实验目的是探究SO2与硝酸银溶液的反应,实验过程先用铜片和浓硫酸反应制备SO2,再将SO2通入硝酸银溶液中,对所得产物进行探究,可依据元素化合物知识解答。【详解】(1)①铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,化学方程式为:Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O,故答案为:Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O;②由于反应时逸出的SO2气体可能带出少量硫酸,所以试剂a应为除杂试剂,可用浓硫酸,故答案为:浓硫酸;(2)①Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3)2+,离子方程式为:Ag2SO3+4NH3H2O=2Ag(NH3)2++SO32-+4H2O,故答案为:Ag2SO3+4NH3H2O=2Ag(NH3)2++SO32-+4H2O;②推测沉淀D为BaSO3,加过量稀盐酸溶解得滤液E和少量沉淀F,则E中可能含有溶解的SO2,可用品红溶液检验,若加入品红溶液,品红溶液褪色,则证明B中含有Ag2SO3,故答案为:品红溶液;若加入品红溶液,品红溶液褪色,则证明B中含有Ag2SO3;(3)①加入过量盐酸产生白色沉淀,说明含有Ag+;B中不含Ag2SO4,因若含有Ag2SO4,加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀,故答案为:Ag+;因若含有Ag2SO4,加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀;(4)根据以上分析,二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银沉淀,离子方程式为:2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3+2H+,故答案为:2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3+2H+;(6)该实验的结论为二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银,故答案为:二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银。生物部分第一部分选择题1.玉米根尖纵切片经碱性染料染色,用普通光学显微镜观察到的分生区图像如下。对此图像的观察与分析,错误的是A.先用低倍镜再换高倍镜观察符合操作规范B.可观察到箭头所指细胞的细胞核和细胞壁C.在图像中可观察到处于分裂期前期的细胞D.细胞不同结构成分与该染料结合能力不同【答案】B【解析】【分析】1、在高等植物体内,有丝分裂常见于根尖、芽尖等分生区细胞。由于各个细胞的分裂是独立进行的,因此在同一分生组织中可以看到处于不同分裂时期的细胞。通过高倍显微镜下观察各个时期细胞内染色体(或染色质)的存在状态,就可以判断这些细胞处于有丝分裂的哪个时期,进而认识有丝分裂的完整过程。染色体容易被碱性染料(如龙胆紫溶液)着色。2、把制成的装片先放在低倍镜下观察,扫视整个装片,找到分生区细胞:细胞呈正方形,排列紧密。再换成高倍镜仔细观察,首先找出分裂中期的细胞,然后再找前期、后期、末期的细胞。注意观察各时期细胞内染色体形态和分布的特点。最后观察分裂间期的细胞。【详解】用普通光学显微镜观察根尖分生区的装片,要先用低倍镜观察,再用高倍镜观察,A正确;图中箭头所指的细胞处于有丝分裂后期,姐妹染色单体分开,染色体数目加倍,此时观察不到细胞核,因为,细胞核在有丝分裂前期逐渐消失,B错误;有丝分裂前期染色质缩短变粗,成为染色体,核仁逐渐解体,核膜逐渐消失,从细胞的两极发出纺锤丝,形成一个梭形的纺锤体,染色体散乱地分布在纺锤体中央,据以上特点,可以在图像中观察到处于分裂期前期的细胞,C正确;碱性染料易于与染色体结合,而不易与其他结构成分结合,D正确;因此,本题答案选B。【点睛】解答本题关键是:明确观察根尖分生区组织细胞的有丝分裂的实验原理,以及有丝分裂各时期的特点,再根据题意作答。2.为探究运动对海马脑区发育和学习记忆能力的影响,研究者将实验动物分为运动组和对照组,运动组每天进行适量的有氧运动(跑步/游泳)。数周后,研究人员发现运动组海马脑区发育水平比对照组提高了1.5倍,靠学习记忆找到特定目标的时间缩短了约40%。根据该研究结果可得出A.有氧运动不利于海马脑区的发育B.规律且适量的运动促进学习记忆C.有氧运动会减少神经元间的联系D.不运动利于海马脑区神经元兴奋【答案】B【解析】【分析】1、学习和记忆是脑的高级功能之一。学习是神经系统不断地接受刺激,获得新的行为、习惯和积累经验的过程。记忆则是将获得的经验进行贮存和再现。学习和记忆相互联系,不可分割。2、研究发现,学习和记忆涉及脑内神经递质的作用以及某些种类蛋白质的合成。短期记忆主要与神经元的活动及神经元之间的联系有关,尤其是与大脑皮层下一个形状像海马的脑区有关。长期记忆可能与新突触的建立有关。【详解】由题意可知,运动组每天进行适量的有氧运动(跑步/游泳),数周后,研究人员发现运动组海马脑区发育水平比对照组提高了1.5倍,因此,有氧运动有利于海马脑区的发育,A错误;运动组海马脑区发育水平高,且靠学习记忆找到特定目标的时间缩短了约40%,因此,规律且适量的运动促进学习记忆,B正确;有氧运动有利于学习记忆,而短期记忆主要与神经元的活动及神经元之间的联系有关,因此,有氧运动会增加神经元之间的联系,C错误;据题意可知,运动组海马脑区发育水平高,且学习记忆能力增强,不运动不利于海马脑区神经元兴奋,D错误;因此,本题答案选B。【点睛】解答本题的关键是:明确学习记忆与海马区的关系,运动与大脑发育的关系,找出实验的自变量和因变量,再根据题意作答。3.筛选淀粉分解菌需使用以淀粉为唯一碳源的培养基。接种培养后,若细菌能分解淀粉,培养平板经稀碘液处理,会出现以菌落为中心的透明圈(如图),实验结果见下表。菌种 菌落直径:C(mm) 透明圈直径:H(mm) H/C细菌Ⅰ 5.1 11.2 2.2细菌Ⅱ 8.1 13.0 1.6有关本实验的叙述,错误的是A.培养基除淀粉外还含有氮源等其他营养物质B.筛选分解淀粉的细菌时,菌液应稀释后涂布C.以上两种细菌均不能将淀粉酶分泌至细胞外D.H/C值反映了两种细菌分解淀粉能力的差异【答案】C【解析】【分析】该选择培养基上的唯一碳源是淀粉,只有能利用淀粉的微生物才能存活,微生物分解淀粉后,会产生透明圈。【详解】培养基一般含有碳源、氮源、水、无机盐和生长因子等成分,A正确;筛选淀粉分解菌时,需要对菌液进行一系列的梯度稀释,再将不同稀释度的菌液分别涂布到固体培养基上进行培养,B正确;由题意可知,两种菌均会产生透明圈,说明两种菌均可以产生淀粉酶并分泌到细胞外分解淀粉,C错误;H/C越大,说明该淀粉分解菌分解淀粉的能力越强,D正确。因此,本题答案选C。4.甲、乙是严重危害某二倍体观赏植物的病害。研究者先分别获得抗甲、乙的转基因植株。再将二者杂交后得到F1,结合单倍体育种技术,培育出同时抗甲、乙的植物新品种,以下对相关操作及结果的叙述,错误的是A.将含有目的基因和标记基因的载体导入受体细胞B.通过接种病原体对转基因的植株进行抗病性鉴定C.调整培养基中植物激素比例获得F1花粉再生植株D.经花粉离体培养获得的若干再生植株均为二倍体【答案】D【解析】【分析】由题意可知,同时抗甲、乙的植物新品种的培养过程为:把含抗甲的目的基因的重组质粒导入植物细胞,获得抗甲植株,同时把含抗乙的目的基因的重组质粒导入植物细胞,获得抗乙植株,通过杂交获得F1(二倍体植株),取F1的花粉经花药离体培养获得单倍体植株,用秋水仙素处理单倍体植株获得纯合的同时抗甲、乙的植物新品种(二倍体)。【详解】要获得转基因的抗甲或抗乙植株,需要构建基因表达载体(含目的基因、标记基因、启动子、终止子、复制原点),再把基因表达载体导入受体细胞中,A正确;对转基因植株进行检测时,可以通过抗病接种实验进行个体水平的检测,B正确;对F1的花粉进行组织培养时,需要经过脱分化和再分化过程,其中生长素/细胞分裂素比例高时利于根的分化,比例低时利于芽的分化,C正确;经花粉离体培养获得的植株是单倍体,D错误。因此,本题答案选D。5.为减少某自然水体中N、P含量过高给水生生态系统带来的不良影响,环保工作者拟利用当地原有水生植物净化水体。选择其中3种植物分别置于试验池中,90天后测定它们吸收N、P的量,结果见下表。植物种类 单位水体面积N吸收量(g/m2) 单位水体面积P吸收量(g/m2)浮水植物a 22.30 1.70浮水植物b 8.51 0.72沉水植物c 14.61 2.22结合表中数据,为达到降低该自然水体中N、P的最佳效果,推断应投放的两种植物及对该水体的生态影响是A.植物a和b,群落的水平结构将保持不变B.植物a和b,导致该水体中的食物链缩短C.植物a和c,这两种植物种群密度会增加D.植物a和c,群落中能量流动方向将改变【答案】C【解析】【分析】由图可知,植物a单位水体面积氮的吸收量最大,植物c单位水体面积P的吸收量最大,a、b、c均为生产者。【详解】三种浮游植物中,a对N的吸收量最大,c对P的吸收量最大,故为达到降低自然水体中的N、P的最佳效果,应该投放植物a和c,投放后会增加生物的种类和食物链的数目,这两种植物吸收N、P其种群密度会增大,但不会改变群落中能量流动的方向。综上所述,ABD不符合题意,C符合题意。因此,本题答案选C。第二部分非选择题6.流行性感冒(流感)由流感病毒引起,传播速度快、波及范围广,严重时可致人死亡。(1)流感病毒必须在________内增殖,当侵染人呼吸道上皮细胞时,会经过________、穿入、脱壳、生物合成和成熟释放等几个阶段。(2)流感病毒的抗原刺激人体免疫系统,使B细胞增殖分化为________细胞,后者能产生特异性抗体。(3)HA和NA是流感病毒表面的两种糖蛋白,甲型流感病毒的HA、NA氨基酸序列的变异频率非常高,导致每年流行的病毒毒株可能不同。每年要根据流行预测进行预防接种的免疫学原理是_______。(4)研究者通过实验观察NA抗体对病毒侵染细胞的抑制作用。主要实验材料包括:感染流感病毒后63天、21天的两位康复者的NA抗体(分别为D63、D21)、对照抗体、流感病毒和易感细胞。①实验的主要步骤依次是:培养易感细胞、________(选择并排序)等。a.将抗体分别与流感病毒混合b.将各混合物加入同一细胞培养瓶c.将各混合物分别加入不同细胞培养瓶d.检测NA抗体与易感细胞的结合率e.检测培养物中病毒增殖量f.检测细胞对病毒的损伤程度②图中实验结果表明,这两位康复者均产生了抗NA的抗体,其中对流感病毒抑制效果较好的抗体是________。选用的对照抗体应不能与________特异性结合。③依据本实验结果提出疫苗研制的思路_________________。(5)若你已被确诊为流感患者,请例举具体的应对措施__________。【答案】(1).活细胞(2).吸附(3).记忆细胞和浆(4).根据预测出的甲流病毒的NA、HA结构,将其制备成抗原,引起机体产生特异性免疫(记忆细胞和抗体)(5).ace(6).D63(7).流感病毒(8).从感染流感病毒较长时间(如63天)康复者血清中提取并纯化HA抗体,对其进行结构分析,利用蛋白质工程制备疫苗,进行治疗(9).①做好隔离防护措施(戴口罩),防止传染他人②及时去医院治疗,避免病情加重③多喝水,多休息(答案合理即可)【解析】【分析】本题渗透了生命观念的考查,以流感病毒为材料背景,要求学生能够正确的认识生命现象并作出合理的解释,分析。1、病毒营寄生生活,必须在活细胞内增殖。流感病毒侵入机体后会引起机体产生特异性免疫。2、利用免疫学原理制备流感病毒疫苗,进行预防接种。【详解】(1)病毒营寄生生活,不能独立代谢,必须在活细胞(宿主细胞)内增殖,病毒增殖过程:①吸附:病毒的蛋白质外壳依靠尾部的小勾吸附在细菌等宿主细胞的表面;②注入:病毒自己的遗传物质注入到宿主细胞内。③复制合成:利用宿主细胞的物质和结构,在病毒遗传物质的指导下,合成病毒蛋白质,同时病毒的遗传物质进行复制。④组装:病毒复制的遗传物质和蛋白质外壳组装到一起,在宿主细胞中形成许许多多的子病毒。⑤释放:宿主细胞的营养物质被子病毒利用,宿主细胞解体,子病毒被释放出来。(2)流感病毒的抗原可以刺激机体的免疫系统,使人体产生特异性免疫,在该过程中B细胞受到淋巴因子和抗原的刺激,会增殖分化形成记忆细胞和浆细胞,,浆细胞能产生特异性抗体。(3)HA和NA是流感病毒表面的糖蛋白即抗原,由于HA、NA的氨基酸序列变异频率非常高,因此每年要根据预测出的甲型流感病毒的NA、HA结构,将其制备成抗原,进行注射,抗原可刺激机体产生相应的抗体和记忆细胞。(4)①抗体和抗原可以特异性结合,进而抑制抗原对的繁殖和对人体细胞的黏附。病毒必须侵入细胞才能增殖,因此要观察NA抗体对病毒侵染细胞的抑制作用,首先应该培养易感细胞,然后将抗体与流感病毒结合,这种抗体通过抑制病毒进入细胞的能力来对抗流感病毒。再将各混合物分别加入不同的细胞培养瓶进行培养,过一段时间检测病毒的增殖量,即可得到NA抗体对病毒侵染细胞的抑制作用。②由图可知,对流感病毒抑制效果较好的是D63抗体。选用对照抗体的一组为对照组,所选用的抗体不能与流感病毒特异性结合。③NA抗体是蛋白质,可利用蛋白质工程对抑制效果较好的抗体进行提纯和结构分析,制备疫苗,其实验思路为:从感染流感病毒较长时间(如63天)康复者血清中提取并纯化HA抗体,对其进行结构分析,利用蛋白质工程制备疫苗,进行治疗。(5)由题意知,流感病毒传播速度快,波及范围广,严重时可致人死亡,因此流感患者做好隔离防护措施(戴口罩),防止传染他人;及时去医院治疗,避免病情加重;另外还要注意多喝水,多休息等。【点睛】1、病毒增殖过程包括:吸附、注入、复制合成、组装、释放五个步骤。2、在体液免疫过程中,B细胞受抗原刺激增殖分化形成浆细胞和记忆细胞。只有浆细胞能产生抗体。3、利用蛋白质工程对抗体进行结构分析,可用于疫苗的研制。7.油菜是我国重要的油料作物,培育高产优质新品种意义重大。油菜的杂种一代会出现杂种优势(产量等性状优于双亲),但这种优势无法在自交后代中保持,杂种优势的利用可显著提高油菜籽的产量。(1)油菜具有两性花,去雄是杂交的关键步骤,但人工去雄耗时费力,在生产上不具备可操作性。我国学者发现了油菜雄性不育突变株(雄蕊异常,肉眼可辨),利用该突变株进行的杂交实验如下:①由杂交一结果推测,育性正常与雄性不育性状受_________对等位基因控制。在杂交二中,雄性不育为_________性性状。②杂交一与杂交二的F1表现型不同的原因是育性性状由位于同源染色体相同位置上的3个基因(A1、A2、A3)决定。品系1、雄性不育株、品系3的基因型分别为A1A1、A2A2、A3A3。根据杂交一、二的结果,判断A1、A2、A3之间的显隐性关系是_________。(2)利用上述基因间的关系,可大量制备兼具品系1、3优良性状的油菜杂交种子(YF1),供农业生产使用,主要过程如下:①经过图中虚线框内的杂交后,可将品系3的优良性状与_________性状整合在同一植株上,该植株所结种子的基因型及比例为_________。②将上述种子种成母本行,将基因型为_________的品系种成父本行,用于制备YF1。③为制备YF1,油菜刚开花时应拔除母本行中具有某一育性性状植株。否则,得到的种子给农户种植后,会导致油菜籽减产,其原因是_________。(3)上述辨别并拔除特定植株的操作只能在油菜刚开花时(散粉前)完成,供操作的时间短,还有因辨别失误而漏拔的可能。有人设想:"利用某一直观的相对性状在油菜开花前推断植株的育性",请用控制该性状的等位基因(E、e)及其与A基因在染色体上的位置关系展示这一设想____________________。【答案】(1).一(2).显(3).A1>A2>A3(4).雄性不育(5).A2A3:A3A3=1:1(6).A1A1(7).A1A2自交会出现1/4A2A2雄性不育,而导致减产(8).将E基因移入A2基因所在的染色体,使其紧密连锁,则表现E基因性状个体为不育,未表现E基因性状个体为可育【解析】【分析】杂交一F2育性正常和雄性不育出现性状分离比为3:1,说明控制雄性不育和育性正常是一对相对性状,由一对等位基因控制,育性正常为显性,雄性不育为隐性。杂交二,亲本雄性不育与品系3杂交,后代全为雄性不育,说明雄性不育为显性,品系3的性状为隐性。F1雄性不育与品系3杂交,后代育性正常:雄性不育比例为1:1,属于测交实验。【详解】(1)①通过分析可知,育性正常与雄性不育性状受一对等位基因控制;杂交二,雄性不育显性性状。②品系1、雄性不育株、品系3的基因型分别为A1A1、A2A2、A3A3,通过分析可知,杂交一A1为显性基因,A2为隐性,杂交二A2为显性,A3为隐性,由此推断A1、A2、A3之间的显隐性关系是:A1>A2>A3。(2)①通过杂交二,可将品系3A3A3的优良性状与雄性不育株A2A2杂交,得到A2A3,再与A3A3杂交,得到A2A3:A3A3=1:1。②将A2A3种植成母本行,将基因型为A1A1的品系1种成父本行,制备YF1即A1A3。③由于A2A3×A1A1杂交后代有A1A3和A1A2两种基因型的可育油菜种子,A1A3自交后代皆可育,但是A1A2自交会出现1/4A2A2雄性不育,而导致减产。(3)将E基因移入A2基因所在的染色体,使其紧密连锁,则表现E基因性状个体为不育,未表现E基因性状个体为可育,这样成功去除A1A2,只留下A1A3。【点睛】本题考查基因分离定律的相关知识,意在考查学生的识记能力和判断能力,运用所学知识综合分析问题的能力。8.光合作用是地球上最重要的化学反应,发生在高等植物、激类和光合细菌中。(1)地球上生命活动所需的能量主要来源于光反应吸收的____________,在碳(暗)反应中,RuBP羧化酶(R酶)催化CO2与RuBP(C5)结合,生成2分子C3,影响该反应的外部因素,除光照条件外还包括_________________________(写出两个);内部因素包括_____________(写出两个)。(2)R酶由8个大亚基蛋白(L)和8个小亚基蛋白(S)组成。高等植物细胞中L由叶绿体基因编码并在叶绿体中合成,S由细胞核基因编码并在___________中由核糖体合成后进入叶绿体,在叶绿体的___________中与L组装成有功能的酶。(3)研究发现,原核生物蓝藻(蓝细菌)R酶的活性高于高等植物,有人设想通过基因工程技术将蓝藻R酶的S、L基因转入高等植物,以提高后者的光合作用效率。研究人员将蓝藻S、L基因转入某高等植物(甲)的叶绿体DNA中,同时去除甲的L基因。转基因植株能够存活并生长。检测结果表明,转基因植株中的R酶活性高于未转基因的正常植株。①由上述实验能否得出"转基因植株中有活性的R酶是由蓝藻的S、L组装而成"的推测________?请说明理由。______②基于上述实验,下列叙述中能够体现生物统一性的选项包括______。a.蓝藻与甲都以DNA作为遗传物质b.蓝藻与甲都以R酶催化CO2固定c.蓝藻R酶大亚基蛋白可在甲的叶绿体中合成d.在蓝藻与甲的叶肉细胞中R酶组装的位置不同【答案】(1).光能(2).温度、CO2浓度(3).色素含量及种类、酶的含量及活性(4).细胞质基质(5).基质(6).不能(7).因为转基因植株仍包含甲植株的S基因,不能排除转基因植株中R酶是由蓝藻的L蛋白和甲的S蛋白共同组成(8).abc【解析】【分析】本题主要考查光合作用、基因工程及基因对性状的控制的有关知识。影响光合作用的外界因素主要有光照、温度、水、无机盐和CO2浓度等,内部因素主要有色素的含量和种类、酶的含量及活性;要将新的基因转入,首先得将"原配"基因从受体植株的细胞核和它的叶绿体基因组中给敲除掉。然后导入目的基因,等待它们将老片段"替换"掉了之后,用专门的培养基筛选出只含有这种叶绿体的细胞,再通过组织培养最终获得R酶活性很高的转基因植株。【详解】(1)地球上生物生命活动所需的能量来自有机物,有机物主要来自植物的光合作用,光合作用合成有机物需要光反应吸收光能,转化为ATP的化学能,然后ATP为暗反应中C3的还原提供能量,合成糖类。在暗反应中,RuBP羧化酶(R酶)催化CO2与RuBP(C5)结合,生成2分子C3,这是光合作用的暗反应的二氧化碳的固定。暗反应的进行需要相关酶的催化,二氧化碳做原料,需要光反应提供[H]和ATP,光反应需要色素、酶、水、光照等,故影响该反应的外部因素有光照、温度、CO2浓度、水、无机盐等;内部因素包括色素含量及种类、酶的含量及活性等。(2)高等植物细胞中L由叶绿体基因编码并在叶绿体中合成,S由细胞核基因通过转录成mRNA,mRNA进入细胞质基质,与核糖体结合,合成为S蛋白;因R酶是催化CO2与C5结合的,在叶绿体基质中进行,故S蛋白要进入叶绿体,在叶绿体的基质中与L组装成有功能的酶。(3)①据题设条件可知,将蓝藻S、L基因转入某高等植物(甲)的叶绿体DNA中,只去除甲的L基因,没有去除甲的S基因。因此,转基因植株仍包含甲植株的S基因,不能排除转基因植株中R酶是由蓝藻的L蛋白和甲的S蛋白共同组成。故由上述实验不能得出"转基因植株中有活性的R酶是由蓝藻的S、L组装而成"的推测。②根据上述实验,可以看出蓝藻的基因能导入到甲的DNA中,说明蓝藻和甲植株都以DNA为遗传物质;蓝藻中R酶的活性高于高等植物,说明两者都以R酶催化CO2的固定;由于蓝藻S、L基因均转入甲的叶绿体DNA中,且去除了甲的L基因,结果转基因植株合成了R酶,说明蓝藻R酶大亚基蛋白L在甲的叶绿体中合成,以上体现了生物界的统一性。在蓝藻中R酶组装是在细胞质基质,甲的叶肉细胞组装R酶是在叶绿体基质,则说明了不同生物之间具有差异性。因此,选abc。【点睛】解答本题关键抓住"将蓝藻S、L基因转入某高等植物(甲)的叶绿体DNA中,同时去除甲的L基因。"这一条件,得知甲的S基因还在,可以合成S蛋白,推知转基因植株中有活性的R酶并不完全是由蓝藻的S、L组装而成。 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