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所属成套资源：2019届全国普通高中高三信息卷 理科综合
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2019届全国普通高中高三5月信息卷 理科综合（九）
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2019年高考高三最新信息卷
理科综合能力测试（九）
注意事项：
1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。
3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39
第Ⅰ卷（选择题，共126分）
一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列关于细胞的叙述正确的是
A．小球藻和念珠藻都在叶绿体中进行光合作用
B．乳酸菌无线粒体，只能进行无氧呼吸
C．真核生物的膜蛋白的形成不需要内质网、高尔基体的参与
D．细胞骨架由纤维素组成的网架结构，与信息传递等活动有关
2．核糖体RNA（rRNA）一般在细胞核中通过转录形成，与核糖核蛋白组装成核糖体前体，再通过核孔进入细胞质中进一步成熟。翻译时rRNA能催化肽键的形成。下列叙述正确的是
A．rRNA合成时需要解旋酶
B．rRNA的形成一定与核仁有关
C．翻译时，rRNA的碱基与tRNA上的反密码子互补配对
D．rRNA可降低氨基酸脱水缩合所需的活化能
3．下列有关酶特性的实验中，叙述错误的是
A．验证酶的高效性时，自变量是催化剂的种类
B．验证酶的专一性时，自变量是酶的种类或底物的种类
C．探究pH对酶活性的影响时，pH是自变量，温度是无关变量
D．探究酶作用的最适温度时，应设置高温、室温、低温三组实验
4．血友病是人类主要的遗传性出血性疾病，下列叙述中正确的是
A．正常情况下（不考虑基因突变和交叉互换），父母亲表现型正常，其女儿可能患血友病
B．该病在家系中表现为连续遗传和交叉遗传的现象
C．镰刀型细胞贫血症与血友病的遗传方式相同
D．血友病基因携带者女性和血友病男性结婚，后代儿女均为1/2患病
5．下图是体育运动对学习记忆的促进作用与蛋白质类神经营养因子(BDNF)关系的部分图解。据图并结合所学知识分析，错误的是
A．图中a过程需RNA聚合酶等并消耗ATP
B．BDNF具有抑制神经递质的释放和激活突触后膜上相应受体的作用
C．b物质和BDNF穿过突触前膜的方式相同。
D．长期记忆可能与新突触的建立有关。
6．茶树菇味道鲜美，常野生于油茶树枯朽的树桩上。某林场尝试在树下套种茶树菇，并用桐树、柳树、杨树脱落的枝叶制作培养基。下列相关叙述正确的是
A．生长在油茶树树桩上的茶树菇属于生态系统中的分解者
B．茶树菇利用的油茶树枯朽树桩中的能量不属于油茶树的同化量
C．套种技术可以提高树木和茶树菇对阳光等资源的利用率
D．该林场的做法实现了能量的多级利用，提高了能量的传递效率
7．化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是
A．聚乙烯塑料可用作食品袋、餐具、地膜等
B．苯可用作洗涤剂、有机溶剂、消毒剂、染料等
C．红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯
D．生物柴油和石油分馏所得的柴油都是碳氢化合物组成的混合物
8．NA代表阿伏加德罗常数。下列说法正确的是
A．1mol N2与3mol H2在一定条件下充分反应，转移电子数为6NA
B．标准下，22.4L CH4与Cl2在光照条件下反应生成HCl分子数为4NA
C．25℃时，PH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH−离子数为0.1NA
D．28g由N2和CO组成的混合气体中含有的原子数为2NA
9．用下图所示实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A．用图甲所示装置，蒸干AlCl3饱和溶液制备AlCl3晶体
B．按装置乙所示的气流方向可用于收集H2、NO等
C．用图丙所示装置，分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层
D．用图丁所示装置，可以证明氧化性：Cl2>Br2>I2
10．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，W原子的核外电子总数与X原子次外层的电子数相同。X和Y的简单阳离子的电子层结构相同，Z的一种含氧酸具有杀菌消毒和漂白作用。Y单质可以用于野外焊接钢轨。下列说法正确的是
A．简单离子半径：X>Y>Z
B．最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y
C．W、Z的简单氢化物的沸点：W
11．某化学小组拟设计微生物燃料电池将污水中的乙二胺[H2N(CH2)2NH2]氧化成环境友好的物质，工作原理如图所示(a、b均为石墨电极）。下列分析正确的是
A．电子流动方向为a→导线→b
B．H+经质子交换膜由右向左移动
C．放电一段时间b极附近pH不变
D．a电极发生反应：H2N(CH2)2NH2+16e−+4H2O=2CO2↑+N2↑+16H+
12．一种形状像蝴蝶结的有机分子Bowtiediene，其形状和结构如图所示，下列有关该分子的说法中错误的是
A．生成1mol C5 H12至少需要4mol H2
B．该分子中所有碳原子在同一平面内
C．三氯代物只有一种
D．与其互为同分异构体，且只含碳碳三键的链烃有两种
13．25°C时，用氢氧化钠调节浓度为2.0×10−3mol·L−1的氢氟酸溶液的pH(忽略体积变化)，溶液中c(HF)、c(F−)与pH的变化关系如下图所示。下列说法不正确的是
A．a〜b〜d曲线代表c(F-)随pH的变化
B．25°C时，HF电离平衡常数的数值Ka=10−3.6
C．从b点到c点发生的离子反应方程式是：HF+OH−=H2O+F−
D．图中a点溶液粒子浓度大小是：c(HF)>c(H+)>c(F−)>c(OH−)
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题有多选项符合题目要求。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．在粗糙水平面上，水平外力F作用在物块上，t＝0时刻物块开始向右做直线运动，外力F始终不为零，其速度－时间图象如图所示。则
A．在0～1 s内，外力F不断增大
B．在3 s时，物体开始向左运动
C．在3～4 s内，外力F不断减小
D．在3～4 s内，外力F的功率不断减小
15．如图所示，水平地面上放置一斜面体A，带正电的小物块B置于A的绝缘斜面上。轻推一下B，B能沿斜面匀速下滑。现在斜面顶端正上方P点固定一带正电的点电荷，让B从顶端向下运动，此
A．B物块做匀速直线运动
B．B物块受到斜面A对它的作用力大小不变
C．B物块动能的增加量小于电势能的减少量
D．斜面体A受到地面水平向左的静摩擦力
16．图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命。图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1 : 4。若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的
A．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动
B．在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的16倍
C．在图示轨道上，地球同步卫星的机械能大于“轨道康复者”的机械能
D．若要对该同步卫星实施拯救，应让同步卫星从图示轨道上减速，然后与“轨道康复者”对接
17．如图所示，A、B两滑块的质量分别为4 kg和2 kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平桌面上，并用手按着两滑块固定不动。现将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4 kg的钩码C挂于动滑轮上。现先后按以下两种方式操作：第一种方式只释放A而B按着不动；第二种方式只释放B而A按着不动。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为
A．1 : 1 B．2 : 1 C．3 : 2 D．3 : 5
18．如图所示，电源电动势E＝3 V，内阻不计，R1、R2、R3为定值电阻，阻值分别为1 Ω、0.5 Ω、9 Ω，R4、R5为电阻箱，最大阻值均为99.9 Ω，右侧竖直放置一个电容为1.5×10-3 μF的理想平行板电容器，电容器板长0.2 m，板间距为0.125 m。一带电粒子以0.8 m/s的速度沿平行板中线进入，恰好匀速通过，不计空气阻力，此时R4、R5阻值分别为1.8 Ω、1 Ω。下列说法正确的是
A．此粒子带正电
B．带电粒子匀速穿过电容器时，电容器的电荷量为2.7×10-9 C
C．欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板，R4阻值不得超过5.7 Ω
D．欲使粒子向下偏转但又不打到电容器的下板，R4阻值不得低于l.4 Ω
19．某金属发生光电效应，光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν之间的关系如图所示。已知h为普朗克常量，e为电子电荷量的绝对值，结合图象所给信息，下列说法正确的是
A．频率小于ν0的入射光不可能使该金属发生光电效应现象
B．该金属的逸出功随入射光频率的增大而增大
C．若用频率是2ν0的光照射该金属，则遏止电压为
D．遏止电压与入射光的频率无关
20．如图所示，两条足够长的平行金属导轨固定在水平面内，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，两导轨间距为L，左端间接一电阻R，质量为m的金属杆ab静置于导轨，杆与导轨间动摩擦因数为μ。现给金属杆一个水平向右的冲量I0，金属杆运动一段距离x后静止，运动过程中与导轨始终保持垂直且接触良好。不计杆和导轨的电阻，重力加速度为g。则金属杆ab在运动过程中
A．做匀减速直线运动
B．杆中的电流大小逐渐减小，方向从b流向a
C．刚开始运动时加速度大小为
D．电阻R上消耗的电功为
21．如图所示，竖直轨道ABCD由两部分构成。AB部分为光滑水平轨道，BCD部分为一半径为R的光滑半圆轨道，AB右端与半圆轨道的底端相切。一质量为m、可看成质点的小滑块从AB轨道的最左端A点处以速度向右滑行，则当滑块滑到图中的C点位置时(cos 53°＝0.6)，则下列说法正确的是
A．小滑块在C点处的动能为
B．小滑块在C点处的机械能为8mgR
C．在C点处轨道对小滑块的压力大小为
D．小滑块能通过最高点，且最高点轨道对小滑块的压力为3mg
第Ⅱ卷（非选择题，共174分）
三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题(共129分)
22．(6分) “阿特伍德机”是物理学家乔治•阿特伍德在1784年研制的一种验证运动定律的机械。其基本结构为在跨过定滑轮的轻绳两端系着质量均为M的物块A和B，质量为m的金属片C放置在物块B上（不粘连）。铁架台上固定一圆环，圆环在物块B的正下方。系统静止时，金属片C与圆环间的高度差为h1。
(1)由静止释放物块A、B，当物块B穿过圆环时，金属片C被搁置在圆环上，此后，物块B继续下落。如果忽略一切阻力，物块B穿过圆环后做______直线运动。（填“匀速”“匀减速”或“匀加速”）
(2)如果在实验误差允许的范围内，物块A、B和金属片C组成的系统，在下落h1高度的过程中，金属片C减少的重力势能等于系统增加的动能，即可验证该系统机械能守恒。测得物块B穿过圆环后下落h2高度所用时间为t，当地的重力加速度为g。则该系统机械能守恒的表达式为 。
(3)改变静止释放物块A、B的初始位置，重复试验，记录各次的高度差h1，以及物块B穿过圆环后下落相同高度h2所用的时间t，以h1为纵轴，以______（填“”“t2”或“”）为横轴，若作出的图线为一条过原点的直线，则说明了系统的机械能守恒。
23．(9分)某研究小组欲将电流表改装成欧姆表，他们在实验室中找到的器材如下：
干电池E（电动势1.5 V，内电阻0.1 Ω）
电阻箱R1（阻值范围为0~999 Ω）
电流表A（量程0~0.6 A，内阻1 Ω）
电阻箱R2（阻值范围为0~999.9 Ω）
开关S
导线若干
定值电阻R＝3 Ω
(1)如图1所示，电阻箱应选择_________。为了将电流表（图2）的0.6 A标注为0 Ω，电阻箱的阻值应调整为__________Ω，则0.2 A 应标注__________Ω。
(2)研究小组发现上述改装成的欧姆表测电阻阻值越大，指针偏转角越小。为了能让测电阻的阻值越大，指针偏转角也越大，请在方框内重新设计电路。
24．(12分)近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展。如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持v0＝4 m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长L＝3 m。现将一质量为0.4 kg的包裹A轻放在传送带左端，包裹A刚离开传输带时恰好与静止的包裹B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹A向前滑行了0.1 m静止，包裹B向前运动了0.4 m静止。已知包裹A与传输带间的动摩擦系数为0.4，包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.5，g取10 m/s2。求：
(1)包裹A在传送带上运动的时间；
(2)包裹B的质量。
25．(20分)如图所示，为了研究带电粒子在电场和磁场中的运动，在空间中建立一平面直角坐标系xOy，在00且y<0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，在y轴的正半轴上固定着一个长为l的弹性绝缘挡板，挡板上端位于Q点，下端与坐标原点O重合。有一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子甲从电场中的M点由静止释放，加速后以大小为v的速度从x轴上的P点进入磁场。当粒子甲刚进入磁场时，位于M点正下方的N点，有一质量为m，电荷量为1.5q的带正电的粒子乙由静止释放，经过时间加速后也从P点进入磁场。已知甲、乙两粒子在磁场中运动轨迹重合，均垂直打在弹性挡板上的Q点并以原速率弹回，不考虑粒子与挡板发生碰撞所需的时间，不计粒子重力。
(1)求磁场的磁感应强度大小B；
(2)求M、P两点和N、P两点间的距离y1和y2；
(3)若粒子乙与弹性挡板相碰时，立即撤去磁场，并经过时间t恢复原磁场，要使此后两粒子一直在磁场中运动但不能经过同一位置，求时间t的取值范围。
26．（14分）亚硝酸钙是一种阻锈剂，可用于燃料工业，某兴趣小组拟制备Ca(NO2)2并对其性质进行探究。
[背景素材]Ⅰ.NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O
Ⅱ. Ca(NO2)2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO，MnO被还原为Mn2+
Ⅲ.亚硝酸不稳定，易分解，且有一定氧化性，在酸性条件下，Ca(NO2)2能将I−氧化为I2，2NO+4H++2I−=I2+2NO↑+2H2O，S2O能将I2还原为I−，I2+2S2O=2I−+S4O。
[制备氮氧化物] 甲组同学拟利用如下图所示装置制备氮氧化物。
（1）仪器X的名称是________________。
（2）装置B中逸出的NO与NO2的物质的量之比为1∶1，则装置B中发生反应的化学方程式为__________，若其他条件不变，增大硝酸的浓度，则会使逸出的气体中n(NO)________n(NO2)(填“>”或“＜”)。
[制备Ca(NO2)2]乙组同学拟利用装置B中产生的氮氧化物制备Ca(NO2)2，装置如图。
[测定Ca(NO2)2的纯度]丙组同学测定Ca(NO2)2的纯度(杂质不参加反应)，可供选择的试剂：
a．稀硫酸 b．c1 mol·L−1的KI溶液 c．淀粉溶液
d．c2 mol·L−1的Na2S2O3溶液 e．c3 mol·L−1的酸性KMnO4溶液
（3）利用Ca(NO2)2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是______ (填字母序号)。该测定方法发生反应的离子方程式为____________________________
（4）利用Ca(NO2)2的氧化性来测定其纯度的步骤：准确称取m g Ca(NO2)2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，加入________，然后滴加稀硫酸，用c2 mol/L Na2S2O3溶液滴定至溶液__________，读取消耗Na2S2O3溶液的体积，重复以上操作3 次，(请用上述给出试剂补充完整实验步骤)。若三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为V mL，则Ca(NO2)2纯度的表达式为__________。
27．（14分）碳酸二甲酯(简称DMC)作为“绿色”化工产品具有广泛的应用。用甲醇、二氧化碳制备DMC的方程式为：2CH3OH(g)+CO2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g) ΔH1=－15kJ·mol－1(平衡常数为K1)
已知：生成焓是某温度下，用处于标准状态的各种元素的最稳定单质生成标准状态下1mol某纯物质的热效应。
（1）H2O(g)生成焓Q为_____，从平衡移动的角度选择有利于制得DMC的条件是_______(填序号)。
A．高温 B．高压 C．低温 D．低压
（2）在体积为1L的密闭容器中，甲醇、二氧化碳分别投料4×10−2mol、2×10−2mol。不同温度下平衡转化率如图所示。温度降为100℃以内平衡转化率变化显著，原因之一有_____。100℃时平衡常数为______L·mol−1 (结果保留一位有效数字)
（3）有研究者用CO和O2代替CO2进行实验：
2CH3OH(g)+CO(g)+1/2O2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g) ΔH2(平衡常数为K2)
①CO和O2生成CO2的反应是_______(填“放热反应”或“吸热反应”)，则ΔH2________ΔH1(填“大于”、“小于”或“等于”)。
②在100-200℃的范围内，相同温度时关于K2与K1的推理正确的是______(填编号)
A．K2远大于K1 B．K2略大于K1 C．K2等于K1 D．K2远小于K1
28．（15分）金属Co、Ni性质相似，在电子工业以及金属材料上应用十分广泛。现以含钴、镍、铝的废渣(含主要成分为CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3)提取钴、镍的工艺如下：
（1）酸浸时SO2的作用是___________________________________
（2）除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子反应_________________________________
（3）有机层提取出的Ni2＋可用于制备氢镍电池，该电池工作原理:
NiOOH＋MHNi(OH)2＋M，电池放电时正极电极反应式为___________________.
（4）用CoCO3为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得H2O2分解的高效催化剂CoxNi(１－x)Fe2O4(其中Co、Ni均为＋2价)。如图是用两种不同方法制得的CoxNi(１－x)Fe2O4 在10℃时催化分解6％的H2O2 溶液的相对初始速率随x变化曲线。
①H2O2的电子式______________.
②由图中信息可知：___________________法制取的催化剂活性更高
③Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是_________________________________
（5）已知煅烧CoCO3时，温度不同，产物不同。在400℃充分煅烧CoCO3，得到固体氧化物的质量2.41g，CO2的体积为0.672L(标况下)，则此时所得固体氧化物的化学式为____________。
29．（9分）科学探究是研究生物学的重要方法。为了探究绿色植物的呼吸作用和光合作用，某生物兴趣小组的同学在老师指导下设计了图甲所示的装置，图乙为C装置叶片在晴朗的夏季一天内呼吸作用和光合作用的变化曲线。请据图回答下列问题:(提示:氢氧化钠溶液具有吸收二氧化碳的作用)
（1）为了确保实验的科学性，该兴趣小组的同学对图甲中的叶片先进行了暗处理，这样做的目的是________________________________。
（2）图甲所示的实验设计能探究______________________( 至少写两个)等因素对光合作用的影响。
（3）D装置弯玻璃管中红墨水的移动方向是______________(填“向左”“向右”或“不动”)。图乙中的曲线______________与D装置内叶片的生理活动相对应。
（4）对图甲C装置中的叶片进行脱水称重，欲使其质量最大，结合图乙中的曲线应选择____________点左右摘取叶片。
30．（10分）欲验证胰岛素的生理作用，根据以下提供的实验材料与用具，提出实验思路，预测实验结果并进行分析。
材料与用具：小鼠若干只，胰岛素溶液，葡萄糖溶液，生理盐水，注射器等。
（要求与说明：血糖浓度的具体测定方法及过程不作要求，实验条件适宜）
（1）实验步骤：
①分别测定每只小鼠的血糖浓度，并记录
②将小鼠分为A、B两组，A组注射胰岛素，B组注射生理盐水。每隔一段时间，分别测定两组小鼠的血糖浓度，并记录
③ ，
④对每组所得数据进行统计分析
（2）预测实验结果（设计一个坐标，用柱形图表示至少3次的检测结果）_______：
（3）分析与讨论
①正常人尿液中检测不到葡萄糖，其原因是______ 。
②当机体血糖水平升高时，胰岛中的内分泌细胞及其分泌的激素变化是
。此时，机体细胞一方面增加对葡萄糖的摄取、贮存和利用，另一方面 。
31．（10分）甘肃天水市“花牛”苹果自1965年出口香港，已成为全国最大的元帅系苹果生产基地。回答下列有关“花牛”苹果果园生态系统的问题：
（1）从生态系统的组成成分看，该果园土壤中的蚯蚓属于_______，从生态系统的功能看，蚯蚓的行为促进了_______。
（2）某“花牛”苹果果园发生了虫害，该虫害是由A引起的。A招来了B和C，B把卵产入A体内，孵出的B的幼虫吃空虫体后羽化飞出，再攻击A的其他个体，C特别喜食A，也捕食B。在体内有B幼虫的A中，有些个体常疯狂地摇摆身体，因而容易被C发现而被捕食。
①B和C的种间关系是__________。
②C捕食疯狂摇摆的A，对A种群的生存___（填“有利”“不利”或“无影响”），理由是__________。
③体内有B幼虫的A摇摆身体为C提供了一定的信息，这表明生态系统的信息传递能调节生物的____________________，有利于维持生态系统的稳定。
32．（10分）某二倍体植物的花色有蓝色、红色、白色三种，已知花色形成的生化途径是：
现将某蓝色花植株与白色花植株杂交，F1蓝色：红色=1: 1。若将F1蓝色花植株自交，所得 F2植株中蓝色:红色:白花= 12:3:1。回答下列问题：
（1）根据实验结果，有学者对花色形成的机理提出一种猜想，认为与白色底物有更强亲和力的酶是______(填“酶A”或“酶B” )。
（2）椎测两亲本基因型是______，且两对基因（A/a和B/b)位于____对同源染色体上。R红色花植株自交，后代表现型及比例是______。
（3）现有一株纯合红色花但6号染色体为三体（即6号词源染色体有3条）的植株甲，其配子会随机获得6号染色体中的任意两条或一条。为探究B/b基因是否位于6号染色体上， 将植株甲与正常白色花植株测交，从F1中选出三体植株继续与正常白色花植株测交，观察F2 的花色及比例。预期实验结果：
①若F2 ______________，则B/b基因不是位于6号染色体上；
②若F1，______________，则B/b基因位于6号染色体上。
（二）选考题：共45分。请考生从给出的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。则每学科按所做的第一题计分。
33．【物理——选修3-3】(15分)
(1)(5分)下列说法中正确的是 。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能
B．物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分了数目增多
C．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子平均动能增加
D．物体从外界吸收热量，其内能不一定增加
E．液晶的光学性质具有各向异性
(2)(10分) 如图所示，导热气缸由半径不同的两个圆柱形容器组成，气缸上部横截面积为1.5S，深度为0.5L，下部横截面积为S，深度为L，侧面有阀门C，C处于打开状态。活塞上表面通过滑轮与一水桶相连。关闭阀门后向水桶中缓慢加水，使活塞上升到距气缸上口0.3L处停下。已知：大气压强为p0，室温为T0，重力加速度为g，不计一切摩擦，忽略水桶质量、活塞厚度及活塞质量。求：
(i)加入桶中水的质量；
(ii)将桶中的水取走一半，并对缸中气体缓慢加热，当活塞再次停于离气缸上口0.3L处时，气体的温度。
34．【物理——选修3-4】(15分)
(1)(5分)如图所示，实线是一列简诸横波在t1时刻的波形图，M是平衡位置距O点5 m的质点，虚线是t2＝(t1+0.2)s时刻的波形图。下列说法中，正确的是 。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．该波遇到长度为3米的障碍物时将会发生明显衍射现象
B．波速可能为20 m/s
C．该波的周期可能为0.6 s
D．若波速为35 m/s，该波一定沿着x轴负方向传播
E. 若波速为15 m/s，从t1到t2时刻，质点M运动的路程为60 cm
(2)(10分)如图所示，ABC为等腰直角三棱镜的截面图，∠A＝90°。一束平行于BC边的单色光从AB边上的M点射入，折射光线刚好射到C点，已知三棱镜对该单色光的折射率为，AB边的长度为L。
(i)求M点到A点的距离；
(ii)保持入射光线的方向不变，让入射点沿AB边下移，使折射光线刚好射到BC边上的中点，求入射点沿AB边移动的距离，并判断折射光线在BC边上是否会发生全发射。
35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
稀土元素是指元素周期表中原子序数为57到71的15种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪(Sc)和钇(Y)，共17种元素。稀土有“工业维生素”的美称，如今已成为极其重要的战略资源。
（1）镧系元素位于元素周期表第_______族，镧系元素位于周期表的______区。
（2）钪(Sc)为21号元素，其基态原子M能层电子数为_______；基态镝(Dy)原子的电子排布式为[Xe]4f106s2，一个基态镝原子所含的未成对电子数为______。
（3）稀土元素最常见的化合价为+3价，但也有少数还有+4价。请根据下表中的电离能数据，判断表中最可能有+4价的元素是___。
几种稀土元素的电离能(单位：kJ·mol−1)：
（4）Sm(钐)的单质与1，2-二碘乙烷可发生反应Sm+ICH2CH2I→SmI2+CH2=CH2。ICH2CH2I中碳原子的杂化轨道类型为_____，1mol CH2=CH2中含有的σ键数目为____。常温下，1，2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体，其主要原因是_____。
（5）PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，则PrO2(二氧化镨)的晶胞中有_____个氧原子。
（6）Ce(铈)单质为面心立方晶体，其相对原子质量为140，其晶胞参数为α=516pm。晶胞中Ce(铈)原子的配位数为______。列式表示Ce(铈)单质的密度为______g·cm－3(不必计算出结果)。
36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
髙分子聚合物Nomex芳纶(G)耐热性好、强度髙，是一种很好的绝热材料和阻燃纤维，下图是 Nomex芳纶的合成路线图：
（1）A的名称为___________；④的反应类型为___________；G的结构简式为___________。
（2）写出反应②的化学方程式：___________。
（3）B的芳香族同分异构体H具有三种含氧官能团，其各自的特征反应如下：
a．遇FeCl3溶液显紫色；b．可以发生水解反应；c．可发生银镜反应
符合以上性质特点的H共有___________种。
（4）下列有关F的说法正确的是___________(填字母序号)。
A．F的分子式为C14H12N2O3 B．F中只含有氨基和羧基两种官能团
C．F的核磁共振氢谱有11组吸收峰 D．F可以水解得到氨基酸
（5）聚氨基酸类物质以其无毒易降解特性广泛应用于药物载体，已知：CH3 CH2Cl+NH3CH3CH2NH2+HCl，参照G的合成路线图，请以CH3CH2COOH为原料，无机试剂自选，写出合成聚2-氨基丙酸的合成路线图。
37．【生物——选修一：生物技术实践】(15分)
DNA在NaCl溶液中的溶解度有两重性，随着NaCl溶液浓度的变化而变化。
（1）DNA在不同浓度的NaCl溶液中DNA溶解度不同，DNA在_____mol/LNaCl溶液中溶解度最大，而在_________mol/LNaCl溶液中溶解度最小
（2）DNA不溶于酒精，但细胞中的某些物质却可以溶于酒精溶液，利用这一原理可以________，可以推测溶于酒精中的可能有________________________________________。
（3）利用DNA遇二苯胺呈_______色的特性，将该物质作为鉴定DNA的试剂。其实验过程要点是向放有DNA的试管中加入4mL的二苯胺试剂混合均匀后，将试管置于______5min，待试管________，观察试管中溶液颜色的变化。这个实验也说明DNA耐________。
38．【生物——选修三：现代生物科技专题】(15分)
长春花是原产于非洲东海岸的野生花卉，其所含的长春碱具有良好的抗肿瘤作用。基因tms的编码产物能促进生长素的合成，科研人员利用基因tms构建重组Ti质粒，对愈伤组织进行遗传改造，解决了长春碱供不应求的问题，操作流程如下。请回答下列问题：
（1）过程①是指__________________，过程②多采用的方法是_________________。
（2）若从基因文库中获得基因tms，________(基因组文库／cDNA文库)中获取的基因含有启动子，启动子的功能是_____________________。作为运载体的Ti质粒应含有________________，用以筛选含目的基因的细胞。
（3）用PCR技术扩增目的基因，目的基因DNA受热变性后解链为单链，____________与单链相应互补序列结合，然后在___________的作用下延伸，如此重复循环。
（4）长春碱杀死癌细胞的同时对正常细胞也有毒性作用，为降低长春碱对正常细胞的毒性，可以利用______________制备技术制成“生物导弹”进行靶向治疗。
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2019年高考高三最新信息卷
理科综合能力测试答案（九）
第Ⅰ卷（选择题，共126分）
一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 【答案】B
【解析】小球藻是真核生物，在叶绿体中进行光合作用，念珠藻属于原核生物，没有叶绿体，A错误；乳酸菌属于原核生物，无线粒体，只能进行无氧呼吸，在细胞质基质中进行，B正确；真核生物的膜蛋白的形成需要内质网和高尔基体的参与，C错误；细胞骨架是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、信息传递等生命活动密切相关，D错误。
2. 【答案】D
【解析】rRNA是以DNA的一条链为模板转录形成的，rRNA的合成需要RNA聚合酶，不需要解旋酶，A错误；核仁与某种RNA（rRNA）的合成及核糖体的形成有关，但原核细胞没有核仁，B错误；翻译时，mRNA上的密码子与tRNA上的反密码子互补配对，C错误；根据题意，rRNA能催化肽键的连接，可见其具有催化功能，即可降低氨基酸间脱水缩合所需的活化能，D正确。
3. 【答案】D
【解析】酶的高效性是与无机催化剂相比而言的，验证酶的高效性自变量是催化剂的种类，A正确；验证酶的专一性，可以是底物相同，酶的种类不同，也可以是酶种类相同，底物不同，B正确；探究pH对酶活性的影响时，自变量是pH梯度，温度的量为无关变量，因变量是底物的消耗量速率，C正确；探究温度对酶活性的影响，温度是自变量，设置温度梯度应该在最适温度处展开设计温度，D错误。
4. 【答案】D
【解析】血友病为伴X染色体隐性遗传病，正常情况下（不考虑基因突变和交叉互换），父母亲表现型正常，其女儿不可能患血友病，儿子可能患血友病，A错误；该病在家系中表现为隔代遗传和交叉遗传的现象，B错误；镰刀型细胞贫血症是常染色体隐性遗传病，血友病是伴X染色体隐性遗传病，两种病的遗传方式不相同，C错误；血友病基因携带者女性和血友病男性结婚，后代儿女均为1/2患病，D正确。
5. 【答案】B
【解析】根据以上分析可知，图中a过程包括转录和翻译，转录需要RNA聚合酶等并消耗ATP，A正确；据图可知，BDNF具有促进神经递质的释放和激活突触后膜上相应受体的作用，从而促进兴奋在突触处的传递，B错误；b物质和BDNF都是以胞吐的方式穿过突触前膜的，C正确；长期记忆可能与新突触的建立有密切关系，D正确。
6. 【答案】A
【解析】生长在油茶树树桩上的茶树菇属于生态系统中的分解者，A正确；茶树菇利用的油茶树枯朽树桩中的能量属于油茶树的同化量中流向分解者的部分，B错误；茶树菇属于分解者，不能直接利用阳光，C错误；该林场的做法实现了能量的多级利用，提高了能量的利用率不是传递效率，D错误。
7.【答案】D
【解析】A．聚乙烯塑料耐化学腐蚀，耐寒，可用作食品袋、餐具、地膜等，A项正确；B．苯是重要的化工原料，也是重要的有机溶剂，可用作洗涤剂、有机溶剂、消毒剂、染料等，B项正确； C．乙醇易被氧化生成乙酸，乙酸和乙醇在一定条件下反应生成具有香味的乙酸乙酯，C项正确；D．生物柴油的主要成分为酯类，含碳、氢、氧元素，属于烃的衍生物，石油分馏所得的柴油是碳氢化合物，D项错误；答案选D。
8. 【答案】D
【解析】A．工业合成氨是个可逆反应，不能彻底完成，一定条件下，密闭容器充入1mol N2和3mol H2充分反应，转移电子的数目小于6NA；B．CH4与Cl2是一步一步去反应的，刚开始是甲烷和氯气反应，生成一氯甲烷，一氯甲烷接着在和氯气反应得到二氯甲烷，然后二氯甲烷在和氯气反应的到三氯甲烷，三氯甲烷在和氯气反应反应得到四氯化碳。最终产物是一氯甲烷，二氯甲烷，三氯甲烷，四氯化碳都有，并不是甲烷全部转化为四氯化碳，所以生成的HCl不是4NA；C．未告知溶液的体积，无法计算25℃，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH−离子数，故C错误；D．N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，每个分子均含有2个原子，故28g由N2和CO组成的混合气体的物质的量为1mol，含有的原子数目为2NA，D正确。答案：D。
9. 【答案】C
【解析】A．AlCl3为强酸弱碱盐，在溶液中发生水解生成氢氧化铝胶体和氯化氢，直接蒸干AlCl3饱和溶液，氯化氢挥发，导致水解平衡右移，使水解趋于完全生成氢氧化铝沉淀，不能制备无水得到AlCl3，故A错误；B．H2密度比空气小，应用向下排空法收集，气体应短进长出，NO易与空气中氧气反应，不能用排空气法收集，故B错误；C．CCl4的密度比水大，分离CCl4萃取碘水后的有机层在下层，水层在上层，与图中装置分层现象相符，故C正确；D．通入的Cl2能和NaBr、KI发生置换反应生成Br2、I2，无法确认Br2是否和KI的反应，不能比较Br2和I2的非金属性强弱，故D错误。故选C。
10. 【答案】B
【解析】由Z的一种含氧酸具有杀菌消毒和漂白作用可知含氧酸为次氯酸，则Z为Cl元素；由Y单质可以用于野外焊接钢轨可知焊接钢轨得反应为铝热反应，则Y为Al元素；由X和Y的简单阳离子的电子层结构相同可知X为Na元素或Mg元素；由W原子的核外电子总数与X原子次外层的电子数相同可知W原子的核外电子总数为8，则W为O元素。
A．同主族元素，从上到下离子半径依次增大，则离子半径：Cl−＞F−，电子层结构相同的离子，随核电荷数增大离子半径依次减小，则离子半径：F−＞Na+（或Mg2+）＞Al3+，故A错误；B．X元素和Y元素位于同一周期，同一周期元素，从左到右金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱，则最高价氧化物对应水化物的碱性：Na或Mg>Al，故B正确；C．W为O元素，Z为Cl元素，水分子间能形成氢键，沸点高于不能形成氢键的氯化氢，故C错误；D．Cl元素与Al元素形成的氯化铝为共价化合物，故D错误。故选B。
11. 【答案】A
【解析】H2N(CH2)2NH2在a电极上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，则a为负极，电极反应式为H2N(CH2)2NH2+4H2O－16e−=2CO2↑+N2↑+16H+，氧气在正极b上得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e−+4H+=2H2O，电子由负极经导线流向正极，阳离子向正极移动。A．由上述分析可知，a是负极，b是正极，所以电子流动方向为a→导线→b，故A正确；B．a是负极、b是正极，H+经质子交换膜由左向右移动，故B错误；C．b的电极反应式为：O2+4e−+4H+=2H2O，所以b极附近溶液的pH增大，故C错误；D．H2N(CH2)2NH2在负极a上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为H2N(CH2)2NH2+4H2O－16e－=2CO2↑+N2↑+16H+，故D错误；答案选A。
12. 【答案】B
【解析】有机物含有2个碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，结合烯烃、甲烷的结构特点解答。A．由结构式可知分子中含有5个C、4个H原子，则分子式为C5H4，根据不饱和度的规律可知，该分子内含4个不饱和度，因此要生成1mol C5 H12至少需要4mol H2，A项正确；B．分子中含有饱和碳原子，中心碳原子与顶点上的4个碳原子形成4个共价单键，应是四面体构型，则分子中四个碳原子不可能在同一平面上，B项错误；C．依据等效氢思想与物质的对称性可以看出，该分子的三氯代物与一氯代物等效，只有一种，C项正确；D．分子式为C5H4，只含碳碳叁键的链烃有CH≡C-CH2-C≡CH或CH≡C-C≡C-CH3这2种同分异构体，D项正确；答案选B。
13. 【答案】A
【解析】氢氟酸溶液中加入氢氧化钠，随着氢氧化钠的量的增加，溶液的pH升高，溶液中的氟化氢分子浓度减小，氟离子浓度增大。A．a〜b〜d曲线代表c(HF)随pH的变化，故错误；B．从图中b点分析，c(HF)=c(F−)，氟化氢的电离平衡常数=c(F-)c(H+)c(HF)=c(H+)=10−3.6，故正确；C．从b点到c点发生的反应为氢氧化钠和氟化氢的反应，离子方程式为：HF+OH−=H2O+F−，故正确；D．从图中a点分析，氟化氢的浓度为1.6×10−3 mol/L，氢离子浓度为1.0×10−3mol/L，而氟离子浓度约为5.5×10−4mol/L，溶液显酸性，所以溶液粒子浓度关系为：c(HF)>c(H+)>c(F−)>c(OH−)，正确。故选A。
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题有多选项符合题目要求。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．【答案】D
【解析】根据题意分析，设阻力为f，根据牛顿第二定律F-f＝ma，根据图象分析，在0～1 s内加速度逐渐减小，所以外力F逐渐减小，A错误；根据题意分析，向右为正方向，3s前后速度始终为正值，始终是正方向，向右运动，B错误；根据牛顿第二定律F-f＝ma，根据图象分析在3－4 s内加速度不变，所以外力不变，C错误；外力功率P＝Fv，结合选项C的分析，F不变，而3－4 s内速度减小，所以功率减小，D正确。
15．【答案】C
【解析】物块B下滑的过程中，B、P距离越来越大，正电荷P对正电荷B的库伦斥力是变力且越来越小，B做变加速运动，故A错误；由于P对B的库伦斥力变小，所以这个库伦力在垂直于斜面的分力也减小，AB之间摩擦力也减小，所以B对A的作用力也不断减小，故B错误；根据题意，没有电荷P时，B沿斜面向下做匀速运动，根据动能定理：mgh﹣Wf＝0，有电荷P时，B沿斜面做变加速运动，由动能定理：mgh＋W电﹣Wf′＝△Ek,，由于f′＞f，所以Wf′＞Wf，因为电势能的减小量等于电场力做功，联合可得物块动能的增加与电势能的减小量之差为：△Ek﹣W电＝mgh﹣Wf′＝Wf﹣Wf′＜0，则有：△Ek＜W电，故C正确；把A、B看成一个整体，电荷P对这个整体有沿斜向左下方的库伦斥力，故A有向左的运动的趋势，斜面体A有受到地面向右的静摩擦力，故D错误。
16．【答案】B
【解析】因“轨道康复者”的高度低于同步卫星的高度，可知其角速度大于同步卫星的角速度，也大于站在赤道上的观察者的角速度，则站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动，选项A错误；由GMmr2＝ma得：a＝GMr2，在图示轨道上，“轨道康复者”与地球同步卫星加速度之比为a1a2＝r22r12＝4212＝16，故B正确；因“轨道康复者”与地球同步卫星的质量关系不确定，则不能比较机械能的关系，选项C错误；应让“轨道康复者”从图示轨道上加速，与同步卫星进行对接，故D错误。
17．【答案】D
【解析】固定滑块B不动，释放滑块A，设滑块A的加速度为aA，钩码C的加速度为aC，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块A运动的位移是钩码C的2倍，所以滑块A、钩码C之间的加速度之比为aA: aC＝2:1。此时设轻绳之间的张力为T，对于滑块A，由牛顿第二定律可知T＝mAaA，对于钩码C由牛顿第二定律可得mCg–2T＝mCaC，联立解得T＝16 N，aC＝2 m/s2，aA＝4 m/s2。若只释放滑块B，设滑块B的加速度为aB，钩码C的加速度为aCʹ，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块B运动的位移是钩码的2倍，所以滑块B、钩码之间的加速度之比也为aB : aCʹ＝2 :1，此时设轻绳之间的张力为Tʹ，对于滑块B，由牛顿第二定律可知T ʹ＝mBaB，对于钩码C由牛顿第二定律可得mCg-2Tʹ ＝mCaCʹ，联立解得N，m/s2，m/s2。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为aC : aCʹ＝3 :5，故D正确。
18．【答案】C
【解析】上极板与电源的正极相连，极板间电场方向向下，粒子所受的电场力方向向上，故粒子带负电，故A错误；电容器与R2、R3、R4这部分电路并联，当粒子匀速穿过电容器时，R2、R3、R4这部分电路的总电阻为2Ω，根据串联电路分压特点可得这部分的电压U0＝2V，电容器的电荷量为 Q0＝CU0＝1.5×10﹣9×2C＝3×10﹣9C，故B错误；当粒子匀速穿过电容器时，有 qE0＝mg，粒子在电容器中的运动时间t＝lv0＝0.20.8s＝0.25s。当粒子向上偏转且刚好经过上极板最右端时，在竖直方向上，有 y＝12at2，解得：a＝2m/s2．由牛顿第二定律得 qE1﹣mg＝ma，可得E0E1＝56，并可得U0U1＝E0E1＝56，由此得R2、R3、R4这部分电路总电压 U1＝2.4V，R1的电压UR1＝E﹣U1＝0.6V，电流 I1＝UR1R1＝0.61A＝0.6A，可得R2、R3、R4这部分电路总电阻 R总＝U1I1＝2.40.6Ω＝4Ω，由R总＝R2+R3R4R3+R4，由此算出 R4≈5.7Ω，所以欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板，R4阻值不得超过5.7Ω，故C正确；同理，粒子经过下极板最右端时的加速度a＝2m/s2．电容器极板间电压 U2＝1.6V，解得：R4≈0.69Ω，故D错误。
19．【答案】AC
【解析】由图象可知金属的极限频率为ν0，入射光的频率必须要大于ν0才能发生光电效应现象，选项A正确；金属的逸出功与入射光的频率无关，选项B错误；若用频率是2ν0的光照射该金属，则光电子的最大初动能为Ekm＝2hν0-hν0＝hν0＝Ue，则遏止电压为U＝hν0e，选项C正确；遏止电压与入射光的频率有关，入射光的频率越大，则最大初动能越大，遏制电压越大，选项D错误。
20．【答案】BD
【解析】金属杆获得冲量Io后，速度v＝I0m，对金属杆应用右手定则分析可得电流方向是b到a，受安培力方向向左，根据牛顿第二定律F安＝BIL＝B2L2vR，μmg＋B2L2vR＝ma，所以杆做的是加速度减小的减速直线运动，A错误，B正确；刚开始运动时，μmg＋B2L2vR＝ma，v＝I0m，联立解得：B2L2I0m2R＋μg，C错误；对金属棒应用动能定理：0-12mv2＝-W安-μmgx，克服安培力的功等于转化给回路的电能即电阻消耗的电功，解得：W安＝I022m-μmgx，D正确。
21．【答案】ACD
【解析】设小滑块在B点的速度为v1，小滑块恰好通过最高点时有：，解得v2＝，由动能定理可得：，解得，故小滑块可通过最高点，通过最高点的速度由动能定理可得，解得，设轨道对小滑块的压力为N，由牛顿第二定律可得：，解得N＝3mg，故D正确。小滑块从B 点处滑到C点处时由机械能守恒定律得：，解得小滑块到达C点时的速度为，小滑块在C点处的动能为Ek＝，故A正确；根据牛顿第二定律可得：mgcos53°＋N＝，代入数据解得：N＝，故C 正确；小滑块在运动过程中机械能守恒，在C点的机械能为，故B错误。
第Ⅱ卷（非选择题，共174分）
三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题(共129分)
22．(6分)
【答案】(1)匀速 （2分） (2)mgh1＝12(2M+m)h22t2 （2分） (3)1t2 （2分）
【解析】(1)因AB质量相同，则物块B穿过圆环后做匀速直线运动。
(2)由题意可知，系统ABC减小的重力势能转化为系统的增加的动能，即为：mgh+Mgh-Mgh＝12(2M+m)v2，即为：mgh1＝12（2M+m）v2，又v＝h2t ,得：mgh1＝12（2M+m）(h2t)2。
(3)将mgh1＝12（2M+m）v2，变形后，则有：h1＝(2M+m)v22mg＝(2M+m)h222mg⋅1t2。因此以1t2为横轴；由上式可知，作出的图线是一条过原点的直线，直线的斜率：k＝(2M+m)h222mg。
23．(9分)
【答案】（1）R2（2分） 1.4（2分） 5（2分） （2）如图所示（3分）
【解析】(1)根据欧姆定律，E＝IgR总，R总＝r+Rg+R′，联立可得R′＝1.4 Ω。由于需要用到0.1 Ω，故需选R2；由前面的分析可知，当0.6 A标注为0 Ω时，电阻箱示数应为1.4 Ω。当电流表示数为0.2 A时，E＝Ig(r+Rg+R′+Rx)，可得Rx＝5 Ω。
(2)要使所测电阻阻值越大，电流表示数越大，可采用并联接法，如图所示，定值电阻R为保护电阻。
24．(12分)
【解析】（1）包裹A在传送带滑行，由牛顿第二定律可得：μ1mAg＝mAa1(1分)
假设包裹A离开传送带前就与传送带共速，由匀变速运动知识可得：v02-0＝2a1s1(1分)
解得：s1＝2m
匀速过程：L-s1＝v0t2 (1分)
包裹A在传送带上运动的时间：t＝t1+t2(1分)
联立解得：t＝1.25s(1分)
（2）包裹A在水平面滑动时，由牛顿第二定律可得：μ2mAg＝mAa2(1分)
由⑦式解得：a2＝5m/s2
同理可知包裹B在水平面滑动的加速度也是a2＝5m/s2(1分)
包裹A向前滑动至静止：0-vA2＝-2a2sA(1分)
包裹B向前滑动至静止：0-vB2＝-2a2sB(1分)
包裹A、B相碰前后系统动量守恒：mAv0＝mAvA+mBvB(1分)
联立解得：mB＝0.6kg(1分)
25．(20分)
【解析】(1)由于两粒子均垂直x轴进入磁场且垂直打在弹性挡板上，由几何关系可知，两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝l(1分)
对于粒子甲在磁场中的运动，有qvB＝mv2r(1分)
解得：B＝mvqr＝mvql(1分)
(2)设粒子乙进入磁场时的速率为v′，电场区域中电场强度的大小为E，对于粒子乙在磁场中的运动，有：32qv'B＝mv'2r(1分)
得：v'＝3qBr2m＝3v2
由运动学规律可得：y2＝v'2t0＝3πl8(1分)
粒子甲从M点运动到P点的过程中，由动能定理得：qEy1＝12mv'2(1分)
粒子乙从N点运动到P点的过程中，由动能定理得：32qEy2＝12mv'2(1分)
联立上述两式可得：y1＝32y2(vv')2＝πl4(1分)
(3)粒子甲进入磁场后经过t0＝πl2v时间绕圆心O转过的角度：θ1＝vt02πl×360°＝90°(1分)
即粒子乙到达P点时，粒子甲恰好打在Q点上
粒子乙从P点运动到Q点用时：t1＝θ1360°×2πlv'＝πl3v(1分)
在时间t1内，粒子甲绕圆心Q1转过的角度：θ2＝vt12πl×360°＝60°(1分)
设磁场撤去时，粒子甲位于C点，即∠CO1Q＝θ2＝60°，此后两粒子均做匀速直线运动；
若磁场恢复后，两粒子运动轨迹恰好相切于G点，如图所示。设粒子甲、乙运动轨迹的圆心分别为O2、O3，磁场恢复时粒子甲、乙分别位于F、D两点上，由几何关系可知，线段O1O3与x轴平行，四边形O1O2FC为矩形，∠O2O1O3＝θ2＝60°
O1O2＝CF＝vt
O1O3＝QD＝v't＝32vt
O2O3＝2r＝2l
在△O1O2O3中，由余弦定理得：(2l)2＝(vt)2+(32vt)2-2(vt)×(32vt)cos60°
解得：t＝47l7v(4分)
若磁场恢复后，粒子甲的运动轨迹恰好与磁场上边界相切于H点，如图所示。设粒子甲、乙运动轨迹的圆心分别为O2′、O3′，磁场恢复时粒子甲、乙分别位于F′、D′两点上，过点O2′作O2′I垂直O1O3′于点I，由几何关系可知
O1O2'＝CF'＝vt
O1'I＝O1O2'sin60°＝32vt
由图可知：32vt+3l＝5l
解得：t＝43l3v(4分)
综上所述，时间t的取值范围为：47l7v
（2）2SO2+2HNO3+H2O=NO+NO2+2H2SO4 ＜
（3）e 5NO＋2MnO＋6H+=5NO＋2Mn2+＋3H2O
（4）过量c1mo/L KI溶液并滴入几滴淀粉溶液 由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色
33C2V/500m×100%
【解析】（1）仪器X、Y分别是分液漏斗、锥形瓶；（2）根据题意，装置B中盛放的是硝酸，二氧化硫与硝酸反应放出一氧化氮和二氧化氮，若逸出的NO与NO2的物质的量之比为1∶1，则装置B中发生反应的化学方程式为2SO2+2HNO3+H2O=NO+NO2+2H2SO4，若其他条件不变，硝酸的浓度越大，生成的二氧化氮越多，则会使逸出的气体中n(NO)＜n(NO2)，故答案为：2SO2+2HNO3+
H2O=NO+NO2+2H2SO4；＜；（3）①根据信息Ⅱ．Ca(NO2)2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO，MnO被还原为Mn2+，利用Ca(NO2)2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是c3 mol·L−1的酸性 KMnO4溶液，其离子方程式为：5NO＋2MnO＋6H+=5NO＋2Mn2+＋3H2O，故答案为：e；5NO＋2MnO＋6H+=5NO＋2Mn2+＋3H2O；②根据信息Ⅲ．在酸性条件下，Ca(NO2)2能将I−氧化为I2，S2O能将I2还原为I—。利用Ca(NO2)2的氧化性来测定其纯度，步骤为：准确称取m g Ca(NO2)2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，加入过量c1mol·L−1的KI溶液、淀粉浓液，然后滴加稀硫酸，用c2 mol·L−1的Na2S2O3溶液滴定至溶液颜色由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读取消耗Na2S2O3溶液的体积。为减少误差，须重复以上操作3次，则若三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为V mL，则n(Na2S2O3)= c2 mol·L−1×V×10−3 L= c2 V ×10−3 mol，因2NO+4H++2I−=I2+2NO↑+2H2O，所以2NO~I2~2S2O，则n[Ca(NO2)2]=12 n(NO)= 12n(Na2S2O3)=12c2 V×10-3 mol，m[Ca(NO2)2]=n[Ca(NO2)2]×132g/mol=66c2 V×10−3 g，故Ca(NO2)2纯度的表达式为66c2V×10-3gm g×100%=33c2V500 m×100%，故答案为：过量c1mo/L KI溶液并滴入几滴淀粉溶液；由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；33c2V500 m×100%。
27. 【答案】（1）-241 kJ·mol−1 BC
（2） 温度降低，平衡向正方向移动 5×10-3
（3） 放热反应 小于 A
【解析】（1）根据ΔH=生成物的生成焓-反应物的生成焓；-15=-569+Q-2×(-201)-(-393)，计算得Q=-241KJ/mol；制得DMC的反应属于气体物质的量减少的放热反应，故有利于制得的条件为低温、高压，选BC；答案：-241kJ·mol-1；BC；（2）因为正反应为放热反应，因此温度越低越有利于正向进行。100℃时平衡常数：2CH3OH(g)+CO2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g)
c（初） 0.04 0.02 0 0
△c 0.04×2% 0.02×2% 0.02×2% 0.02×2%
c（平）0.0392 0.0196 0.0004 0.0004
K=0.0004×0.00040.0196×0.03922 ≈ 5×10-3；答案：温度降低，平衡向正方向移动；5×10-3；（3）①燃烧均为放热反应；由于第二个反应放热多，所以则ΔH2<ΔH1；①2CH3OH(g)+CO2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g) ΔH1=－15kJ·mol－1(平衡常数为K1)；②2CH3OH(g)+CO(g)+1/2O2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g) ΔH2(平衡常数为K2)；②-①得：CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) k=K2/K1，因为CO燃烧反应几乎不可逆，反应进行到底，K>105，所以 k=K2/K1>105，K2远大于K1。答案：放热反应；小于；A。
28. 【答案】（1）还原剂或将Co3+还原为Co2+
（2）2Al3++3CO+3H2O =2Al(OH)3↓+3CO2↑
（3）NiOOH+e−+H2O=Ni(OH)2+OH−
（4） 微波水热 Co2+
（5）Co3O4
【解析】（1）废渣中含有CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3等，酸浸时使固体溶解，可得到Co2+和Co3+，而通入SO2的作用是将将Co3+还原为Co2+，故答案为：将Co3+还原为Co2+；（2）除铝时控制溶液的pH值，发生双水解使Al3+沉淀下来，加入碳酸钠产生沉淀的离子反应2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；（3）从方程式中可判断出，放电使Ni从+3价降低到+2价，得到电子，即：NiOOH作正极，电极方程式为：NiOOH+e−+
H2O=Ni(OH)2+OH−，故答案为：NiOOH+e−+H2O=Ni(OH)2+OH−；（4）①H2O2的电子式为，故答案为：；②由图中信息可知，微波水热法的反应速率高于常规水热法，故答案为：微波水热法；③从图像可知，x值越大Ni2+越少，Co2+含量越多，反应速率越大，说明Co2+的催化效果比Ni2+好，故答案为：Co2+；（5）设反应生成氧化物为：CoxOy，已知生成CO2标况下0.672L，即0.03mol，根据C原子守恒可知，n(CoCO3)=n(CO2)=0.03mol，由于Co原子守恒可得到算式：2.41g59x+60y=0.03molx，推得xy=34，即该氧化物为：Co3O4，故答案为：Co3O4。
29. 【答案】（1）把叶片内原有的淀粉运走耗尽
（2）水、光照、二氧化碳
（3）向左（1分） Ⅱ
（4）18
【解析】（1）选作实验的植物实验前已经进行了光合作用，里面储存了丰富的有机物（淀粉）。如不除去会对实验结果造成影响。所以“为了确保实验的科学性，该兴趣小组的同学对图甲中的叶片先进行了暗处理”，这样做的目的是把叶片内原有的淀粉运走耗尽。（2）图甲中，A叶片割断主叶脉，导管被切断，这样A叶片的前端部分就得不到从根运输来的水分，因此，A叶片割断处的前端和后端部分就形成以水为唯一变量的对照实验组；B叶片和C叶片，唯一不同的变量是光，是以光为变量的对照实验；C叶片和D叶片，唯一不同的变量是二氧化碳，是以二氧化碳为变量的对照实验。因此，图甲所示的实验设计能探究水、光、二氧化碳等因素对光合作用的影响。（3）D装置中叶片进行呼吸作用吸收氧气、释放二氧化碳，而释放的二氧化碳被氢氧化钠溶液吸收了，导致D装置中气体减少，气压降低，因此D装置弯玻璃管中红墨水的移动方向是向左。图乙中，曲线Ⅰ主要在有光时进行，因此曲线Ⅰ表示光合作用；曲线Ⅱ在0～24点都能进行，因此曲线Ⅱ表示呼吸作用。D装置内的叶片不能进行光合作用，而能进行呼吸作用。所以图乙中的曲线Ⅱ与D装置内叶片的生理活动相对应。（4）光合作用制造有机物，光合作用的时间越长，制造的有机物越多，叶片脱水后质量越大。因此，“对图甲C装置中的叶片进行脱水称重，欲使其质量最大”，结合图乙中的曲线应选择18点左右摘取叶片，因为此时植物叶片的光合强度等于呼吸强度，叶片内有机物不再积累增加，达到了一天中有机物积累最多的时刻。
30. 【答案】（1）③当岀现低血糖症状后，A组注射葡萄糖溶液，B组注射生理盐水。每隔一段时间，分别测定两组小鼠的血糖浓度，并记录
（2）
（3）①胰岛素促进肾小管对过滤液中葡萄糖的吸收
②胰岛β细胞分泌胰岛素增加，胰岛α细胞分泌胰高血糖素减少 抑制氨基酸等物质转化为葡萄糖
【解析】（1）实验需要遵循对照原则和单一变量原则。要验证胰岛素的生理作用，胰岛素的生理作用为降低血糖浓度。实验前需要测定各处理组的小鼠的血糖浓度，作为实验前后的对照数据。实验分组遵循单一变量原则，分为两组，一组注射胰岛素，另一组注射生理盐水，固定时间检测小鼠的血糖浓度。待小鼠出现低血糖症状后，给低血糖组小鼠注射葡萄糖溶液，空白对照组小鼠注射生理盐水，固定时间检测小鼠的血糖浓度，即③当岀现低血糖症状后，A组注射葡萄糖溶液，B组注射生理盐水。每隔一段时间，分别测定两组小鼠的血糖浓度，并记录；（2）AB两组小鼠的初始血糖浓度差别不大；胰岛素有降低血糖的作用，故A组注射胰岛素后血糖浓度应有一定程度下降，B组小鼠血糖浓度应在正常范围内波动平衡；A组小鼠注射葡萄糖后血糖浓度会上升，但与B组小鼠相比可能还会偏低，故预测的实验结果如下
（3）①正常人尿液中检测不到葡萄糖是人体正常分泌胰岛素能够促进肾小管对过滤液中葡萄糖的吸收；②机体血糖水平升高时，会刺激胰岛β细胞分泌胰岛素，并抑制胰岛α细胞分泌胰高血糖素；机体细胞一方面增加对葡萄糖的摄取、贮存和利用，另一方面抑制其他非糖物质转化为葡萄糖。
31. 【答案】（1）分解者（1分） 物质循环
（2）①捕食和竞争 有利（1分） ②通过捕食，使体内有B幼虫的个体死亡．客现上促进了A种群的发展，有利于A的生存 ③种间关系
【解析】（1）蚯蚓能分解有机物形成无机物，促进了物质循环，属于分解者。（2）①C特别喜食A，也捕食B，说明C与B存在捕食关系，C又和B争夺A，故二者又存在竞争关系。②在体内有B幼虫的A中，有些个体常疯狂地摇摆身体，因而容易被C发现而被捕食。通过捕食，使体内有B幼虫的个体死亡，客现上促进了A种群的发展，有利于A的生存。③体内有B幼虫的A摇摆身体为C提供了捕食的信息，体现了生态系统的信息传递可以调节种间关系，维持生态系统的稳定。
32. 【答案】（1）酶A（1分）
（2）AaBB、aabb 两（1分） 红色:白色=3:1
（3）①红色:白色=1:1 ②红色:白色=5:1
【解析】 （1）根据实验结果可知，基因型A B_、A_bb表现为蓝色，aaB 表现为红色，aabb表现为白色。基因型为A B 时，酶A和酶B同时存在，表现为酶A控制的蓝色反应，很可能是因为酶A与白色底物的亲和力比酶B强。（2）亲本是AaBB、aabb，F1是1AaBb:1aaBb，由于F1蓝色花AaBb自交后代出现了9:3:3:1的变式，说明两对基因位于两对同源染色体上，遵循自由组合定律。红色花植株aaBb自交，后代是3aaB :1aabb，即3红色:1白色。（3）假设B/b基因不是位于6号染色体上，植株甲等位基因B/b成对存在，等位基因A/a数量可能是2个或3个。植株甲基因型是aaBB(或aaaBB)，与正常白色花植株aabb测交，F1是aaBb(或aaaBb)，继续测交，F2是1aaBb:1aabb(或1aaaBb:1aaBb:1aaabb:1aabb)，表现型是红色:白色=1:1另外，在上述分析中，红色花植株甲只有a基因、没有A基因，测交后代都不会含有A基因所以只需要分析B基因即可。假设B/b基因位于6号染色体上，植株甲基因型是aaBBB，与正常白色花植株aabb测交，F1中三体植株是aaBBb，产生的配子是1aBB:2aBb:2aB:1ab，继续与aabb测交，F2是1aaBBb:2aaBbb:2aaBb:1aabb，表现型是红色:白色=5:1。
（二）选考题：共45分。请考生从给出的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。则每学科按所做的第一题计分。
33．【物理——选修3-3】(15分)
(1)(5分)
【答案】BDE
【解析】气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散，故A错误；温度从微观角度看表示了大量分子无规则运动的剧烈程度，物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多，故B正确；一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，因温度不变则分子平均动能不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大，C错误；物体从外界吸收热量，若同时对外做功，根据热力学第一定律可知其内能不一定增加，故D正确；液晶的光学性质具有晶体的各向异性，故E正确。
(2)(10分)
【解析】(i)当活塞距气缸上口0.3L时，气体的体积为：V1＝SL+1.5S(0.5L-0.3L)
由等温变化得：P0SL＝P1V1 (2分)
由受力平衡可得：1.5P0S＝1.5P1S+mg (2分)
联立解得：m＝9P0S26g；(1分)
(ii)当取走一半后，由受力平衡可得：1.5P0S＝1.5P2S+12mg(2分)
由查理定律可得：P1T0＝P2T(2分)
联立解得：T＝2320T0. (1分)
34．【物理——选修3-4】(15分)
(1)(5分)
【答案】ADE
【解析】因该波的波长为λ＝4m，则该波遇到长度为3米的障碍物时将会发生明显衍射现象，选项A正确；若波向右传播，则v＝4n+10.2m/s＝(20n+5)m/s ，T＝λv＝420n+5s （n＝0、1、2、3…..）；若波向左传播，则v＝4n+30.2m/s＝(20n+15)m/s ，T＝λv＝420n+15s（n＝0、1、2、3…..）；可知波速不可能为20m/s，周期不可能为0.6s，选项BC错误；由v＝(20n+15)m/s可知，当n＝1时，v＝35m/s，则若波速为35m/s，该波一定沿着x轴负方向传播，选项D正确；若波速为15m/s，则波向左传播，此时T＝T＝λv＝415s，则从t1到t2时刻，即经过t＝0.2s＝34T，质点M运动的路程为2A＝60cm，选项E正确。
(2)(10分)
【解析】(i)由几何知识可知单色光在AB边上的入射角i＝45°
由折射率公式n＝sinisinr
可得:sinr＝sin45°2＝12(3分)
r＝30°
由几何关系可得:AM＝Ltan30°＝33L(2分)
(ii)若折射光线照射到BC边上的中点，根据几何关系可知入射点应在BM的中点，因此入射点沿AB边移动的距离:x＝12L-33L＝3-36L(2分)
根据几何关系可知折射光线在BC面上的入射角θ＝90°-15°＝75°
由于sinC＝1n＝22，所以C＝45°
由于θ>C，所以折射光线在BC边上会发生全反射。(3分)
35. 【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
【答案】（1）IIIB f
（2）9 4
（3）Ce(铈)
（4）sp3 5NA 二碘甲烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高
（5）8
（6）12 4×1406.02×1023×(516×10-10)3
【解析】（1）在元素周期表中，镧系元素位于第IIIB族，属于f区；故答案为：IIIB；f；（2）钪(Sc)为21号元素，根据核外电子排布规律可知核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，所以其基态原子M能层电子数为9个。基态镝(Dy)原子的电子排布式为[Xe]4f106s2，由于f能级最多排14个电子，所以根据排布规律可知一个基态镝原子所含的未成对电子数为4个；故答案为：9；4；（3）第四电离能与第一电离能、第二电离能、第三电离能相差越小，第四个电子越容易失去，+4的可能性越大，在上述表中Ce的I1、I2、I3和I4最接近，故为Ce元素；故答案为：Ce(铈)；（4）在ICH2CH2I分子中碳原子只形成了单键，有4个单键，故碳原子的杂化轨道类型为sp3，1个CH2=CH2分子中有5个σ键，故1mol CH2=CH2中含有的σ键数目为5NA；由于二碘甲烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高，所以常温下，1，2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体；故答案为：sp3；5NA；二碘甲烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高；（5）PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，则晶胞中Pr原子数目=8×18+6×12=4，而Pr原子与O原子数目之比为1∶2，则晶胞中O原子数目为4×2=8；故答案为：8；（6）Ce(铈)单质为面心立方晶体，在Ce晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Ce原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占12，通过一个顶点可形成8个晶胞，因此该晶胞中Ce(铈)原子的配位数为8×3×12=12；一个晶胞中Ce原子数为8×18+6×12=4，因此Ce(铈)单质的密度ρ=mV=4×1406.02×1023×(516×10-10)3 g·cm－3。故答案为：12；4×1406.02×1023×(516×10-10)3。
36. 【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
【答案】（1）间二甲苯或1,3-二甲基苯 取代反应
（2） +2HNO3+2H2O
（3） 10
（4） AC
（5）或或（合理即可）
【解析】（1）A的结构简式为，名称为间二甲苯或1,3-二甲基苯；反应④是羧基和氨基发生的成肽反应，属于取代反应；G的结构简式为，故答案为：间二甲苯或1,3-二甲基苯；取代反应；；（2）反应②为硝化反应，反应的化学方程式为+2HNO3+2H2O，故答案为：+2HNO3+2H2O；（3）B为，B的芳香族同分异构体H具有三种含氧官能团，其各自的特征反应如下：a．遇FeCl3溶液显紫色，说明一种含氧官能团为酚羟基；b．可以发生水解反应，说明一种含氧官能团为酯基；c．可发生银镜反应，说明一种含氧官能团为醛基；符合以上性质特点的H有：酚羟基与醛基为邻位，酯基有4种位置；酚羟基与醛基为间位，酯基有4种位置；酚羟基与醛基为对位，酯基有2种位置，共10种，故答案为：10；（4）F为。A．F的分子式为C14H12N2O3，A正确；B．F中含有氨基、羧基和酰胺键(肽键)三种官能团，B错误；C．F中含有11种氢原子，核磁共振氢谱有11组吸收峰，C正确；D．F可以水解得到和，得不到氨基酸，D错误；正确的有AC，故答案为：AC；（5）以CH3CH2COOH为原料合成聚2-氨基丙酸，首先需要合成，在CH3CH2COOH的亚甲基中引入氨基，可以首先引入卤素原子，再利用题中信息CH3 CH2Cl+NH3CH3CH2NH2+HCl转化为氨基即可，合成路线为，故答案为：。
37. 【生物——选修一：生物技术实践】(15分)
【答案】（1）2 0.14
（2）去除杂质 某些盐类、蛋白质、糖类或其他大分子物质
（3）蓝（1分） 沸水中加热 冷却后 高温
【解析】（1）在不同浓度的NaCl溶液中DNA的溶解度不同，DNA在2mol/LNaCl溶液中溶解度最大，而在0.14mol/LNaCl溶液中溶解度最小。（2）DNA不溶于酒精溶液，而细胞中的某些盐类、蛋白质、糖类或其他大分子物质能溶于酒精溶液，利用这一原理，可以将DNA与蛋白质等杂质进一步分离。（3）DNA遇二苯胺（沸水浴）会染成蓝色；鉴定时向溶有DNA的试管中加入二苯胺试剂，沸水中加热后冷却即可以观察到蓝色，加热的目的是加快染色的反应速度，也说明DNA具有耐高温的特性，而冷却有利于DNA的析出。
38. 【生物——选修三：现代生物科技专题】(15分)
【答案】（1）脱分化（1分） 农杆菌转化法
（2）基因组文库 驱动目的基因转录出mRNA 标记基因
（3）引物 (耐高温的)DNA聚合酶(Taq酶)
（4）单克隆抗体
【解析】（1）外植体通过脱分化形成愈伤组织，②把目的基因导入植物细胞常用农杆菌转化法。（2）部分基因文库是利用RNA反转录形成的，不含启动子，基因组文库含启动子。启动子是RNA聚合酶结合的位点，启动转录过程。载体需要含有标记基因，可以用于筛选含目的基因的细胞。（3）PCR中，第一步高温变性，打开双链；第二步退火，让引物与模板链结合；第三步进行子链的延伸。该过程需要耐高温的DNA聚合酶参与。（4）单克隆抗体特异性强，可以识别特定的抗原，故可以制成生物导弹，把长春碱定向运输到癌细胞部位杀死癌细胞，可以降低副作用。
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
绝密 ★ 启用前
2019年高考高三最新信息卷
理科综合能力测试（九）
注意事项：
1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。
3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39
第Ⅰ卷（选择题，共126分）
一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列关于细胞的叙述正确的是
A．小球藻和念珠藻都在叶绿体中进行光合作用
B．乳酸菌无线粒体，只能进行无氧呼吸
C．真核生物的膜蛋白的形成不需要内质网、高尔基体的参与
D．细胞骨架由纤维素组成的网架结构，与信息传递等活动有关
2．核糖体RNA（rRNA）一般在细胞核中通过转录形成，与核糖核蛋白组装成核糖体前体，再通过核孔进入细胞质中进一步成熟。翻译时rRNA能催化肽键的形成。下列叙述正确的是
A．rRNA合成时需要解旋酶
B．rRNA的形成一定与核仁有关
C．翻译时，rRNA的碱基与tRNA上的反密码子互补配对
D．rRNA可降低氨基酸脱水缩合所需的活化能
3．下列有关酶特性的实验中，叙述错误的是
A．验证酶的高效性时，自变量是催化剂的种类
B．验证酶的专一性时，自变量是酶的种类或底物的种类
C．探究pH对酶活性的影响时，pH是自变量，温度是无关变量
D．探究酶作用的最适温度时，应设置高温、室温、低温三组实验
4．血友病是人类主要的遗传性出血性疾病，下列叙述中正确的是
A．正常情况下（不考虑基因突变和交叉互换），父母亲表现型正常，其女儿可能患血友病
B．该病在家系中表现为连续遗传和交叉遗传的现象
C．镰刀型细胞贫血症与血友病的遗传方式相同
D．血友病基因携带者女性和血友病男性结婚，后代儿女均为1/2患病
5．下图是体育运动对学习记忆的促进作用与蛋白质类神经营养因子(BDNF)关系的部分图解。据图并结合所学知识分析，错误的是
A．图中a过程需RNA聚合酶等并消耗ATP
B．BDNF具有抑制神经递质的释放和激活突触后膜上相应受体的作用
C．b物质和BDNF穿过突触前膜的方式相同。
D．长期记忆可能与新突触的建立有关。
6．茶树菇味道鲜美，常野生于油茶树枯朽的树桩上。某林场尝试在树下套种茶树菇，并用桐树、柳树、杨树脱落的枝叶制作培养基。下列相关叙述正确的是
A．生长在油茶树树桩上的茶树菇属于生态系统中的分解者
B．茶树菇利用的油茶树枯朽树桩中的能量不属于油茶树的同化量
C．套种技术可以提高树木和茶树菇对阳光等资源的利用率
D．该林场的做法实现了能量的多级利用，提高了能量的传递效率
7．化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是
A．聚乙烯塑料可用作食品袋、餐具、地膜等
B．苯可用作洗涤剂、有机溶剂、消毒剂、染料等
C．红葡萄酒密封储存时间越长，质量越好，原因之一是储存过程中生成了有香味的酯
D．生物柴油和石油分馏所得的柴油都是碳氢化合物组成的混合物
8．NA代表阿伏加德罗常数。下列说法正确的是
A．1mol N2与3mol H2在一定条件下充分反应，转移电子数为6NA
B．标准下，22.4L CH4与Cl2在光照条件下反应生成HCl分子数为4NA
C．25℃时，PH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH−离子数为0.1NA
D．28g由N2和CO组成的混合气体中含有的原子数为2NA
9．用下图所示实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A．用图甲所示装置，蒸干AlCl3饱和溶液制备AlCl3晶体
B．按装置乙所示的气流方向可用于收集H2、NO等
C．用图丙所示装置，分离CCl4萃取碘水后的有机层和水层
D．用图丁所示装置，可以证明氧化性：Cl2>Br2>I2
10．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，W原子的核外电子总数与X原子次外层的电子数相同。X和Y的简单阳离子的电子层结构相同，Z的一种含氧酸具有杀菌消毒和漂白作用。Y单质可以用于野外焊接钢轨。下列说法正确的是
A．简单离子半径：X>Y>Z
B．最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y
C．W、Z的简单氢化物的沸点：W
11．某化学小组拟设计微生物燃料电池将污水中的乙二胺[H2N(CH2)2NH2]氧化成环境友好的物质，工作原理如图所示(a、b均为石墨电极）。下列分析正确的是
A．电子流动方向为a→导线→b
B．H+经质子交换膜由右向左移动
C．放电一段时间b极附近pH不变
D．a电极发生反应：H2N(CH2)2NH2+16e−+4H2O=2CO2↑+N2↑+16H+
12．一种形状像蝴蝶结的有机分子Bowtiediene，其形状和结构如图所示，下列有关该分子的说法中错误的是
A．生成1mol C5 H12至少需要4mol H2
B．该分子中所有碳原子在同一平面内
C．三氯代物只有一种
D．与其互为同分异构体，且只含碳碳三键的链烃有两种
13．25°C时，用氢氧化钠调节浓度为2.0×10−3mol·L−1的氢氟酸溶液的pH(忽略体积变化)，溶液中c(HF)、c(F−)与pH的变化关系如下图所示。下列说法不正确的是
A．a〜b〜d曲线代表c(F-)随pH的变化
B．25°C时，HF电离平衡常数的数值Ka=10−3.6
C．从b点到c点发生的离子反应方程式是：HF+OH−=H2O+F−
D．图中a点溶液粒子浓度大小是：c(HF)>c(H+)>c(F−)>c(OH−)
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题有多选项符合题目要求。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．在粗糙水平面上，水平外力F作用在物块上，t＝0时刻物块开始向右做直线运动，外力F始终不为零，其速度－时间图象如图所示。则
A．在0～1 s内，外力F不断增大
B．在3 s时，物体开始向左运动
C．在3～4 s内，外力F不断减小
D．在3～4 s内，外力F的功率不断减小
15．如图所示，水平地面上放置一斜面体A，带正电的小物块B置于A的绝缘斜面上。轻推一下B，B能沿斜面匀速下滑。现在斜面顶端正上方P点固定一带正电的点电荷，让B从顶端向下运动，此
A．B物块做匀速直线运动
B．B物块受到斜面A对它的作用力大小不变
C．B物块动能的增加量小于电势能的减少量
D．斜面体A受到地面水平向左的静摩擦力
16．图甲所示的“轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星的使用寿命。图乙是“轨道康复者”在某次拯救一颗地球同步卫星前，二者在同一平面内沿相同绕行方向绕地球做匀速圆周运动的示意图，此时二者的连线通过地心、轨道半径之比为1 : 4。若不考虑卫星与“轨道康复者”之间的引力，则下列说法正确的
A．站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向西运动
B．在图示轨道上，“轨道康复者”的加速度大小是地球同步卫星的16倍
C．在图示轨道上，地球同步卫星的机械能大于“轨道康复者”的机械能
D．若要对该同步卫星实施拯救，应让同步卫星从图示轨道上减速，然后与“轨道康复者”对接
17．如图所示，A、B两滑块的质量分别为4 kg和2 kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平桌面上，并用手按着两滑块固定不动。现将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4 kg的钩码C挂于动滑轮上。现先后按以下两种方式操作：第一种方式只释放A而B按着不动；第二种方式只释放B而A按着不动。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为
A．1 : 1 B．2 : 1 C．3 : 2 D．3 : 5
18．如图所示，电源电动势E＝3 V，内阻不计，R1、R2、R3为定值电阻，阻值分别为1 Ω、0.5 Ω、9 Ω，R4、R5为电阻箱，最大阻值均为99.9 Ω，右侧竖直放置一个电容为1.5×10-3 μF的理想平行板电容器，电容器板长0.2 m，板间距为0.125 m。一带电粒子以0.8 m/s的速度沿平行板中线进入，恰好匀速通过，不计空气阻力，此时R4、R5阻值分别为1.8 Ω、1 Ω。下列说法正确的是
A．此粒子带正电
B．带电粒子匀速穿过电容器时，电容器的电荷量为2.7×10-9 C
C．欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板，R4阻值不得超过5.7 Ω
D．欲使粒子向下偏转但又不打到电容器的下板，R4阻值不得低于l.4 Ω
19．某金属发生光电效应，光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν之间的关系如图所示。已知h为普朗克常量，e为电子电荷量的绝对值，结合图象所给信息，下列说法正确的是
A．频率小于ν0的入射光不可能使该金属发生光电效应现象
B．该金属的逸出功随入射光频率的增大而增大
C．若用频率是2ν0的光照射该金属，则遏止电压为
D．遏止电压与入射光的频率无关
20．如图所示，两条足够长的平行金属导轨固定在水平面内，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，两导轨间距为L，左端间接一电阻R，质量为m的金属杆ab静置于导轨，杆与导轨间动摩擦因数为μ。现给金属杆一个水平向右的冲量I0，金属杆运动一段距离x后静止，运动过程中与导轨始终保持垂直且接触良好。不计杆和导轨的电阻，重力加速度为g。则金属杆ab在运动过程中
A．做匀减速直线运动
B．杆中的电流大小逐渐减小，方向从b流向a
C．刚开始运动时加速度大小为
D．电阻R上消耗的电功为
21．如图所示，竖直轨道ABCD由两部分构成。AB部分为光滑水平轨道，BCD部分为一半径为R的光滑半圆轨道，AB右端与半圆轨道的底端相切。一质量为m、可看成质点的小滑块从AB轨道的最左端A点处以速度向右滑行，则当滑块滑到图中的C点位置时(cos 53°＝0.6)，则下列说法正确的是
A．小滑块在C点处的动能为
B．小滑块在C点处的机械能为8mgR
C．在C点处轨道对小滑块的压力大小为
D．小滑块能通过最高点，且最高点轨道对小滑块的压力为3mg
第Ⅱ卷（非选择题，共174分）
三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题(共129分)
22．(6分) “阿特伍德机”是物理学家乔治•阿特伍德在1784年研制的一种验证运动定律的机械。其基本结构为在跨过定滑轮的轻绳两端系着质量均为M的物块A和B，质量为m的金属片C放置在物块B上（不粘连）。铁架台上固定一圆环，圆环在物块B的正下方。系统静止时，金属片C与圆环间的高度差为h1。
(1)由静止释放物块A、B，当物块B穿过圆环时，金属片C被搁置在圆环上，此后，物块B继续下落。如果忽略一切阻力，物块B穿过圆环后做______直线运动。（填“匀速”“匀减速”或“匀加速”）
(2)如果在实验误差允许的范围内，物块A、B和金属片C组成的系统，在下落h1高度的过程中，金属片C减少的重力势能等于系统增加的动能，即可验证该系统机械能守恒。测得物块B穿过圆环后下落h2高度所用时间为t，当地的重力加速度为g。则该系统机械能守恒的表达式为 。
(3)改变静止释放物块A、B的初始位置，重复试验，记录各次的高度差h1，以及物块B穿过圆环后下落相同高度h2所用的时间t，以h1为纵轴，以______（填“”“t2”或“”）为横轴，若作出的图线为一条过原点的直线，则说明了系统的机械能守恒。
23．(9分)某研究小组欲将电流表改装成欧姆表，他们在实验室中找到的器材如下：
干电池E（电动势1.5 V，内电阻0.1 Ω）
电阻箱R1（阻值范围为0~999 Ω）
电流表A（量程0~0.6 A，内阻1 Ω）
电阻箱R2（阻值范围为0~999.9 Ω）
开关S
导线若干
定值电阻R＝3 Ω
(1)如图1所示，电阻箱应选择_________。为了将电流表（图2）的0.6 A标注为0 Ω，电阻箱的阻值应调整为__________Ω，则0.2 A 应标注__________Ω。
(2)研究小组发现上述改装成的欧姆表测电阻阻值越大，指针偏转角越小。为了能让测电阻的阻值越大，指针偏转角也越大，请在方框内重新设计电路。
24．(12分)近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展。如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持v0＝4 m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长L＝3 m。现将一质量为0.4 kg的包裹A轻放在传送带左端，包裹A刚离开传输带时恰好与静止的包裹B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹A向前滑行了0.1 m静止，包裹B向前运动了0.4 m静止。已知包裹A与传输带间的动摩擦系数为0.4，包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.5，g取10 m/s2。求：
(1)包裹A在传送带上运动的时间；
(2)包裹B的质量。
25．(20分)如图所示，为了研究带电粒子在电场和磁场中的运动，在空间中建立一平面直角坐标系xOy，在0
(1)求磁场的磁感应强度大小B；
(2)求M、P两点和N、P两点间的距离y1和y2；
(3)若粒子乙与弹性挡板相碰时，立即撤去磁场，并经过时间t恢复原磁场，要使此后两粒子一直在磁场中运动但不能经过同一位置，求时间t的取值范围。
26．（14分）亚硝酸钙是一种阻锈剂，可用于燃料工业，某兴趣小组拟制备Ca(NO2)2并对其性质进行探究。
[背景素材]Ⅰ.NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O
Ⅱ. Ca(NO2)2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO，MnO被还原为Mn2+
Ⅲ.亚硝酸不稳定，易分解，且有一定氧化性，在酸性条件下，Ca(NO2)2能将I−氧化为I2，2NO+4H++2I−=I2+2NO↑+2H2O，S2O能将I2还原为I−，I2+2S2O=2I−+S4O。
[制备氮氧化物] 甲组同学拟利用如下图所示装置制备氮氧化物。
（1）仪器X的名称是________________。
（2）装置B中逸出的NO与NO2的物质的量之比为1∶1，则装置B中发生反应的化学方程式为__________，若其他条件不变，增大硝酸的浓度，则会使逸出的气体中n(NO)________n(NO2)(填“>”或“＜”)。
[制备Ca(NO2)2]乙组同学拟利用装置B中产生的氮氧化物制备Ca(NO2)2，装置如图。
[测定Ca(NO2)2的纯度]丙组同学测定Ca(NO2)2的纯度(杂质不参加反应)，可供选择的试剂：
a．稀硫酸 b．c1 mol·L−1的KI溶液 c．淀粉溶液
d．c2 mol·L−1的Na2S2O3溶液 e．c3 mol·L−1的酸性KMnO4溶液
（3）利用Ca(NO2)2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是______ (填字母序号)。该测定方法发生反应的离子方程式为____________________________
（4）利用Ca(NO2)2的氧化性来测定其纯度的步骤：准确称取m g Ca(NO2)2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，加入________，然后滴加稀硫酸，用c2 mol/L Na2S2O3溶液滴定至溶液__________，读取消耗Na2S2O3溶液的体积，重复以上操作3 次，(请用上述给出试剂补充完整实验步骤)。若三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为V mL，则Ca(NO2)2纯度的表达式为__________。
27．（14分）碳酸二甲酯(简称DMC)作为“绿色”化工产品具有广泛的应用。用甲醇、二氧化碳制备DMC的方程式为：2CH3OH(g)+CO2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g) ΔH1=－15kJ·mol－1(平衡常数为K1)
已知：生成焓是某温度下，用处于标准状态的各种元素的最稳定单质生成标准状态下1mol某纯物质的热效应。
（1）H2O(g)生成焓Q为_____，从平衡移动的角度选择有利于制得DMC的条件是_______(填序号)。
A．高温 B．高压 C．低温 D．低压
（2）在体积为1L的密闭容器中，甲醇、二氧化碳分别投料4×10−2mol、2×10−2mol。不同温度下平衡转化率如图所示。温度降为100℃以内平衡转化率变化显著，原因之一有_____。100℃时平衡常数为______L·mol−1 (结果保留一位有效数字)
（3）有研究者用CO和O2代替CO2进行实验：
2CH3OH(g)+CO(g)+1/2O2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g) ΔH2(平衡常数为K2)
①CO和O2生成CO2的反应是_______(填“放热反应”或“吸热反应”)，则ΔH2________ΔH1(填“大于”、“小于”或“等于”)。
②在100-200℃的范围内，相同温度时关于K2与K1的推理正确的是______(填编号)
A．K2远大于K1 B．K2略大于K1 C．K2等于K1 D．K2远小于K1
28．（15分）金属Co、Ni性质相似，在电子工业以及金属材料上应用十分广泛。现以含钴、镍、铝的废渣(含主要成分为CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3)提取钴、镍的工艺如下：
（1）酸浸时SO2的作用是___________________________________
（2）除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子反应_________________________________
（3）有机层提取出的Ni2＋可用于制备氢镍电池，该电池工作原理:
NiOOH＋MHNi(OH)2＋M，电池放电时正极电极反应式为___________________.
（4）用CoCO3为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得H2O2分解的高效催化剂CoxNi(１－x)Fe2O4(其中Co、Ni均为＋2价)。如图是用两种不同方法制得的CoxNi(１－x)Fe2O4 在10℃时催化分解6％的H2O2 溶液的相对初始速率随x变化曲线。
①H2O2的电子式______________.
②由图中信息可知：___________________法制取的催化剂活性更高
③Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是_________________________________
（5）已知煅烧CoCO3时，温度不同，产物不同。在400℃充分煅烧CoCO3，得到固体氧化物的质量2.41g，CO2的体积为0.672L(标况下)，则此时所得固体氧化物的化学式为____________。
29．（9分）科学探究是研究生物学的重要方法。为了探究绿色植物的呼吸作用和光合作用，某生物兴趣小组的同学在老师指导下设计了图甲所示的装置，图乙为C装置叶片在晴朗的夏季一天内呼吸作用和光合作用的变化曲线。请据图回答下列问题:(提示:氢氧化钠溶液具有吸收二氧化碳的作用)
（1）为了确保实验的科学性，该兴趣小组的同学对图甲中的叶片先进行了暗处理，这样做的目的是________________________________。
（2）图甲所示的实验设计能探究______________________( 至少写两个)等因素对光合作用的影响。
（3）D装置弯玻璃管中红墨水的移动方向是______________(填“向左”“向右”或“不动”)。图乙中的曲线______________与D装置内叶片的生理活动相对应。
（4）对图甲C装置中的叶片进行脱水称重，欲使其质量最大，结合图乙中的曲线应选择____________点左右摘取叶片。
30．（10分）欲验证胰岛素的生理作用，根据以下提供的实验材料与用具，提出实验思路，预测实验结果并进行分析。
材料与用具：小鼠若干只，胰岛素溶液，葡萄糖溶液，生理盐水，注射器等。
（要求与说明：血糖浓度的具体测定方法及过程不作要求，实验条件适宜）
（1）实验步骤：
①分别测定每只小鼠的血糖浓度，并记录
②将小鼠分为A、B两组，A组注射胰岛素，B组注射生理盐水。每隔一段时间，分别测定两组小鼠的血糖浓度，并记录
③ ，
④对每组所得数据进行统计分析
（2）预测实验结果（设计一个坐标，用柱形图表示至少3次的检测结果）_______：
（3）分析与讨论
①正常人尿液中检测不到葡萄糖，其原因是______ 。
②当机体血糖水平升高时，胰岛中的内分泌细胞及其分泌的激素变化是
。此时，机体细胞一方面增加对葡萄糖的摄取、贮存和利用，另一方面 。
31．（10分）甘肃天水市“花牛”苹果自1965年出口香港，已成为全国最大的元帅系苹果生产基地。回答下列有关“花牛”苹果果园生态系统的问题：
（1）从生态系统的组成成分看，该果园土壤中的蚯蚓属于_______，从生态系统的功能看，蚯蚓的行为促进了_______。
（2）某“花牛”苹果果园发生了虫害，该虫害是由A引起的。A招来了B和C，B把卵产入A体内，孵出的B的幼虫吃空虫体后羽化飞出，再攻击A的其他个体，C特别喜食A，也捕食B。在体内有B幼虫的A中，有些个体常疯狂地摇摆身体，因而容易被C发现而被捕食。
①B和C的种间关系是__________。
②C捕食疯狂摇摆的A，对A种群的生存___（填“有利”“不利”或“无影响”），理由是__________。
③体内有B幼虫的A摇摆身体为C提供了一定的信息，这表明生态系统的信息传递能调节生物的____________________，有利于维持生态系统的稳定。
32．（10分）某二倍体植物的花色有蓝色、红色、白色三种，已知花色形成的生化途径是：
现将某蓝色花植株与白色花植株杂交，F1蓝色：红色=1: 1。若将F1蓝色花植株自交，所得 F2植株中蓝色:红色:白花= 12:3:1。回答下列问题：
（1）根据实验结果，有学者对花色形成的机理提出一种猜想，认为与白色底物有更强亲和力的酶是______(填“酶A”或“酶B” )。
（2）椎测两亲本基因型是______，且两对基因（A/a和B/b)位于____对同源染色体上。R红色花植株自交，后代表现型及比例是______。
（3）现有一株纯合红色花但6号染色体为三体（即6号词源染色体有3条）的植株甲，其配子会随机获得6号染色体中的任意两条或一条。为探究B/b基因是否位于6号染色体上， 将植株甲与正常白色花植株测交，从F1中选出三体植株继续与正常白色花植株测交，观察F2 的花色及比例。预期实验结果：
①若F2 ______________，则B/b基因不是位于6号染色体上；
②若F1，______________，则B/b基因位于6号染色体上。
（二）选考题：共45分。请考生从给出的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。则每学科按所做的第一题计分。
33．【物理——选修3-3】(15分)
(1)(5分)下列说法中正确的是 。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能
B．物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分了数目增多
C．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子平均动能增加
D．物体从外界吸收热量，其内能不一定增加
E．液晶的光学性质具有各向异性
(2)(10分) 如图所示，导热气缸由半径不同的两个圆柱形容器组成，气缸上部横截面积为1.5S，深度为0.5L，下部横截面积为S，深度为L，侧面有阀门C，C处于打开状态。活塞上表面通过滑轮与一水桶相连。关闭阀门后向水桶中缓慢加水，使活塞上升到距气缸上口0.3L处停下。已知：大气压强为p0，室温为T0，重力加速度为g，不计一切摩擦，忽略水桶质量、活塞厚度及活塞质量。求：
(i)加入桶中水的质量；
(ii)将桶中的水取走一半，并对缸中气体缓慢加热，当活塞再次停于离气缸上口0.3L处时，气体的温度。
34．【物理——选修3-4】(15分)
(1)(5分)如图所示，实线是一列简诸横波在t1时刻的波形图，M是平衡位置距O点5 m的质点，虚线是t2＝(t1+0.2)s时刻的波形图。下列说法中，正确的是 。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．该波遇到长度为3米的障碍物时将会发生明显衍射现象
B．波速可能为20 m/s
C．该波的周期可能为0.6 s
D．若波速为35 m/s，该波一定沿着x轴负方向传播
E. 若波速为15 m/s，从t1到t2时刻，质点M运动的路程为60 cm
(2)(10分)如图所示，ABC为等腰直角三棱镜的截面图，∠A＝90°。一束平行于BC边的单色光从AB边上的M点射入，折射光线刚好射到C点，已知三棱镜对该单色光的折射率为，AB边的长度为L。
(i)求M点到A点的距离；
(ii)保持入射光线的方向不变，让入射点沿AB边下移，使折射光线刚好射到BC边上的中点，求入射点沿AB边移动的距离，并判断折射光线在BC边上是否会发生全发射。
35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
稀土元素是指元素周期表中原子序数为57到71的15种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪(Sc)和钇(Y)，共17种元素。稀土有“工业维生素”的美称，如今已成为极其重要的战略资源。
（1）镧系元素位于元素周期表第_______族，镧系元素位于周期表的______区。
（2）钪(Sc)为21号元素，其基态原子M能层电子数为_______；基态镝(Dy)原子的电子排布式为[Xe]4f106s2，一个基态镝原子所含的未成对电子数为______。
（3）稀土元素最常见的化合价为+3价，但也有少数还有+4价。请根据下表中的电离能数据，判断表中最可能有+4价的元素是___。
几种稀土元素的电离能(单位：kJ·mol−1)：
（4）Sm(钐)的单质与1，2-二碘乙烷可发生反应Sm+ICH2CH2I→SmI2+CH2=CH2。ICH2CH2I中碳原子的杂化轨道类型为_____，1mol CH2=CH2中含有的σ键数目为____。常温下，1，2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体，其主要原因是_____。
（5）PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，则PrO2(二氧化镨)的晶胞中有_____个氧原子。
（6）Ce(铈)单质为面心立方晶体，其相对原子质量为140，其晶胞参数为α=516pm。晶胞中Ce(铈)原子的配位数为______。列式表示Ce(铈)单质的密度为______g·cm－3(不必计算出结果)。
36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
髙分子聚合物Nomex芳纶(G)耐热性好、强度髙，是一种很好的绝热材料和阻燃纤维，下图是 Nomex芳纶的合成路线图：
（1）A的名称为___________；④的反应类型为___________；G的结构简式为___________。
（2）写出反应②的化学方程式：___________。
（3）B的芳香族同分异构体H具有三种含氧官能团，其各自的特征反应如下：
a．遇FeCl3溶液显紫色；b．可以发生水解反应；c．可发生银镜反应
符合以上性质特点的H共有___________种。
（4）下列有关F的说法正确的是___________(填字母序号)。
A．F的分子式为C14H12N2O3 B．F中只含有氨基和羧基两种官能团
C．F的核磁共振氢谱有11组吸收峰 D．F可以水解得到氨基酸
（5）聚氨基酸类物质以其无毒易降解特性广泛应用于药物载体，已知：CH3 CH2Cl+NH3CH3CH2NH2+HCl，参照G的合成路线图，请以CH3CH2COOH为原料，无机试剂自选，写出合成聚2-氨基丙酸的合成路线图。
37．【生物——选修一：生物技术实践】(15分)
DNA在NaCl溶液中的溶解度有两重性，随着NaCl溶液浓度的变化而变化。
（1）DNA在不同浓度的NaCl溶液中DNA溶解度不同，DNA在_____mol/LNaCl溶液中溶解度最大，而在_________mol/LNaCl溶液中溶解度最小
（2）DNA不溶于酒精，但细胞中的某些物质却可以溶于酒精溶液，利用这一原理可以________，可以推测溶于酒精中的可能有________________________________________。
（3）利用DNA遇二苯胺呈_______色的特性，将该物质作为鉴定DNA的试剂。其实验过程要点是向放有DNA的试管中加入4mL的二苯胺试剂混合均匀后，将试管置于______5min，待试管________，观察试管中溶液颜色的变化。这个实验也说明DNA耐________。
38．【生物——选修三：现代生物科技专题】(15分)
长春花是原产于非洲东海岸的野生花卉，其所含的长春碱具有良好的抗肿瘤作用。基因tms的编码产物能促进生长素的合成，科研人员利用基因tms构建重组Ti质粒，对愈伤组织进行遗传改造，解决了长春碱供不应求的问题，操作流程如下。请回答下列问题：
（1）过程①是指__________________，过程②多采用的方法是_________________。
（2）若从基因文库中获得基因tms，________(基因组文库／cDNA文库)中获取的基因含有启动子，启动子的功能是_____________________。作为运载体的Ti质粒应含有________________，用以筛选含目的基因的细胞。
（3）用PCR技术扩增目的基因，目的基因DNA受热变性后解链为单链，____________与单链相应互补序列结合，然后在___________的作用下延伸，如此重复循环。
（4）长春碱杀死癌细胞的同时对正常细胞也有毒性作用，为降低长春碱对正常细胞的毒性，可以利用______________制备技术制成“生物导弹”进行靶向治疗。
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2019年高考高三最新信息卷
理科综合能力测试答案（九）
第Ⅰ卷（选择题，共126分）
一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 【答案】B
【解析】小球藻是真核生物，在叶绿体中进行光合作用，念珠藻属于原核生物，没有叶绿体，A错误；乳酸菌属于原核生物，无线粒体，只能进行无氧呼吸，在细胞质基质中进行，B正确；真核生物的膜蛋白的形成需要内质网和高尔基体的参与，C错误；细胞骨架是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、信息传递等生命活动密切相关，D错误。
2. 【答案】D
【解析】rRNA是以DNA的一条链为模板转录形成的，rRNA的合成需要RNA聚合酶，不需要解旋酶，A错误；核仁与某种RNA（rRNA）的合成及核糖体的形成有关，但原核细胞没有核仁，B错误；翻译时，mRNA上的密码子与tRNA上的反密码子互补配对，C错误；根据题意，rRNA能催化肽键的连接，可见其具有催化功能，即可降低氨基酸间脱水缩合所需的活化能，D正确。
3. 【答案】D
【解析】酶的高效性是与无机催化剂相比而言的，验证酶的高效性自变量是催化剂的种类，A正确；验证酶的专一性，可以是底物相同，酶的种类不同，也可以是酶种类相同，底物不同，B正确；探究pH对酶活性的影响时，自变量是pH梯度，温度的量为无关变量，因变量是底物的消耗量速率，C正确；探究温度对酶活性的影响，温度是自变量，设置温度梯度应该在最适温度处展开设计温度，D错误。
4. 【答案】D
【解析】血友病为伴X染色体隐性遗传病，正常情况下（不考虑基因突变和交叉互换），父母亲表现型正常，其女儿不可能患血友病，儿子可能患血友病，A错误；该病在家系中表现为隔代遗传和交叉遗传的现象，B错误；镰刀型细胞贫血症是常染色体隐性遗传病，血友病是伴X染色体隐性遗传病，两种病的遗传方式不相同，C错误；血友病基因携带者女性和血友病男性结婚，后代儿女均为1/2患病，D正确。
5. 【答案】B
【解析】根据以上分析可知，图中a过程包括转录和翻译，转录需要RNA聚合酶等并消耗ATP，A正确；据图可知，BDNF具有促进神经递质的释放和激活突触后膜上相应受体的作用，从而促进兴奋在突触处的传递，B错误；b物质和BDNF都是以胞吐的方式穿过突触前膜的，C正确；长期记忆可能与新突触的建立有密切关系，D正确。
6. 【答案】A
【解析】生长在油茶树树桩上的茶树菇属于生态系统中的分解者，A正确；茶树菇利用的油茶树枯朽树桩中的能量属于油茶树的同化量中流向分解者的部分，B错误；茶树菇属于分解者，不能直接利用阳光，C错误；该林场的做法实现了能量的多级利用，提高了能量的利用率不是传递效率，D错误。
7.【答案】D
【解析】A．聚乙烯塑料耐化学腐蚀，耐寒，可用作食品袋、餐具、地膜等，A项正确；B．苯是重要的化工原料，也是重要的有机溶剂，可用作洗涤剂、有机溶剂、消毒剂、染料等，B项正确； C．乙醇易被氧化生成乙酸，乙酸和乙醇在一定条件下反应生成具有香味的乙酸乙酯，C项正确；D．生物柴油的主要成分为酯类，含碳、氢、氧元素，属于烃的衍生物，石油分馏所得的柴油是碳氢化合物，D项错误；答案选D。
8. 【答案】D
【解析】A．工业合成氨是个可逆反应，不能彻底完成，一定条件下，密闭容器充入1mol N2和3mol H2充分反应，转移电子的数目小于6NA；B．CH4与Cl2是一步一步去反应的，刚开始是甲烷和氯气反应，生成一氯甲烷，一氯甲烷接着在和氯气反应得到二氯甲烷，然后二氯甲烷在和氯气反应的到三氯甲烷，三氯甲烷在和氯气反应反应得到四氯化碳。最终产物是一氯甲烷，二氯甲烷，三氯甲烷，四氯化碳都有，并不是甲烷全部转化为四氯化碳，所以生成的HCl不是4NA；C．未告知溶液的体积，无法计算25℃，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH−离子数，故C错误；D．N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，每个分子均含有2个原子，故28g由N2和CO组成的混合气体的物质的量为1mol，含有的原子数目为2NA，D正确。答案：D。
9. 【答案】C
【解析】A．AlCl3为强酸弱碱盐，在溶液中发生水解生成氢氧化铝胶体和氯化氢，直接蒸干AlCl3饱和溶液，氯化氢挥发，导致水解平衡右移，使水解趋于完全生成氢氧化铝沉淀，不能制备无水得到AlCl3，故A错误；B．H2密度比空气小，应用向下排空法收集，气体应短进长出，NO易与空气中氧气反应，不能用排空气法收集，故B错误；C．CCl4的密度比水大，分离CCl4萃取碘水后的有机层在下层，水层在上层，与图中装置分层现象相符，故C正确；D．通入的Cl2能和NaBr、KI发生置换反应生成Br2、I2，无法确认Br2是否和KI的反应，不能比较Br2和I2的非金属性强弱，故D错误。故选C。
10. 【答案】B
【解析】由Z的一种含氧酸具有杀菌消毒和漂白作用可知含氧酸为次氯酸，则Z为Cl元素；由Y单质可以用于野外焊接钢轨可知焊接钢轨得反应为铝热反应，则Y为Al元素；由X和Y的简单阳离子的电子层结构相同可知X为Na元素或Mg元素；由W原子的核外电子总数与X原子次外层的电子数相同可知W原子的核外电子总数为8，则W为O元素。
A．同主族元素，从上到下离子半径依次增大，则离子半径：Cl−＞F−，电子层结构相同的离子，随核电荷数增大离子半径依次减小，则离子半径：F−＞Na+（或Mg2+）＞Al3+，故A错误；B．X元素和Y元素位于同一周期，同一周期元素，从左到右金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱，则最高价氧化物对应水化物的碱性：Na或Mg>Al，故B正确；C．W为O元素，Z为Cl元素，水分子间能形成氢键，沸点高于不能形成氢键的氯化氢，故C错误；D．Cl元素与Al元素形成的氯化铝为共价化合物，故D错误。故选B。
11. 【答案】A
【解析】H2N(CH2)2NH2在a电极上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，则a为负极，电极反应式为H2N(CH2)2NH2+4H2O－16e−=2CO2↑+N2↑+16H+，氧气在正极b上得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e−+4H+=2H2O，电子由负极经导线流向正极，阳离子向正极移动。A．由上述分析可知，a是负极，b是正极，所以电子流动方向为a→导线→b，故A正确；B．a是负极、b是正极，H+经质子交换膜由左向右移动，故B错误；C．b的电极反应式为：O2+4e−+4H+=2H2O，所以b极附近溶液的pH增大，故C错误；D．H2N(CH2)2NH2在负极a上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为H2N(CH2)2NH2+4H2O－16e－=2CO2↑+N2↑+16H+，故D错误；答案选A。
12. 【答案】B
【解析】有机物含有2个碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，结合烯烃、甲烷的结构特点解答。A．由结构式可知分子中含有5个C、4个H原子，则分子式为C5H4，根据不饱和度的规律可知，该分子内含4个不饱和度，因此要生成1mol C5 H12至少需要4mol H2，A项正确；B．分子中含有饱和碳原子，中心碳原子与顶点上的4个碳原子形成4个共价单键，应是四面体构型，则分子中四个碳原子不可能在同一平面上，B项错误；C．依据等效氢思想与物质的对称性可以看出，该分子的三氯代物与一氯代物等效，只有一种，C项正确；D．分子式为C5H4，只含碳碳叁键的链烃有CH≡C-CH2-C≡CH或CH≡C-C≡C-CH3这2种同分异构体，D项正确；答案选B。
13. 【答案】A
【解析】氢氟酸溶液中加入氢氧化钠，随着氢氧化钠的量的增加，溶液的pH升高，溶液中的氟化氢分子浓度减小，氟离子浓度增大。A．a〜b〜d曲线代表c(HF)随pH的变化，故错误；B．从图中b点分析，c(HF)=c(F−)，氟化氢的电离平衡常数=c(F-)c(H+)c(HF)=c(H+)=10−3.6，故正确；C．从b点到c点发生的反应为氢氧化钠和氟化氢的反应，离子方程式为：HF+OH−=H2O+F−，故正确；D．从图中a点分析，氟化氢的浓度为1.6×10−3 mol/L，氢离子浓度为1.0×10−3mol/L，而氟离子浓度约为5.5×10−4mol/L，溶液显酸性，所以溶液粒子浓度关系为：c(HF)>c(H+)>c(F−)>c(OH−)，正确。故选A。
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题有多选项符合题目要求。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．【答案】D
【解析】根据题意分析，设阻力为f，根据牛顿第二定律F-f＝ma，根据图象分析，在0～1 s内加速度逐渐减小，所以外力F逐渐减小，A错误；根据题意分析，向右为正方向，3s前后速度始终为正值，始终是正方向，向右运动，B错误；根据牛顿第二定律F-f＝ma，根据图象分析在3－4 s内加速度不变，所以外力不变，C错误；外力功率P＝Fv，结合选项C的分析，F不变，而3－4 s内速度减小，所以功率减小，D正确。
15．【答案】C
【解析】物块B下滑的过程中，B、P距离越来越大，正电荷P对正电荷B的库伦斥力是变力且越来越小，B做变加速运动，故A错误；由于P对B的库伦斥力变小，所以这个库伦力在垂直于斜面的分力也减小，AB之间摩擦力也减小，所以B对A的作用力也不断减小，故B错误；根据题意，没有电荷P时，B沿斜面向下做匀速运动，根据动能定理：mgh﹣Wf＝0，有电荷P时，B沿斜面做变加速运动，由动能定理：mgh＋W电﹣Wf′＝△Ek,，由于f′＞f，所以Wf′＞Wf，因为电势能的减小量等于电场力做功，联合可得物块动能的增加与电势能的减小量之差为：△Ek﹣W电＝mgh﹣Wf′＝Wf﹣Wf′＜0，则有：△Ek＜W电，故C正确；把A、B看成一个整体，电荷P对这个整体有沿斜向左下方的库伦斥力，故A有向左的运动的趋势，斜面体A有受到地面向右的静摩擦力，故D错误。
16．【答案】B
【解析】因“轨道康复者”的高度低于同步卫星的高度，可知其角速度大于同步卫星的角速度，也大于站在赤道上的观察者的角速度，则站在赤道上的人观察到“轨道康复者”向东运动，选项A错误；由GMmr2＝ma得：a＝GMr2，在图示轨道上，“轨道康复者”与地球同步卫星加速度之比为a1a2＝r22r12＝4212＝16，故B正确；因“轨道康复者”与地球同步卫星的质量关系不确定，则不能比较机械能的关系，选项C错误；应让“轨道康复者”从图示轨道上加速，与同步卫星进行对接，故D错误。
17．【答案】D
【解析】固定滑块B不动，释放滑块A，设滑块A的加速度为aA，钩码C的加速度为aC，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块A运动的位移是钩码C的2倍，所以滑块A、钩码C之间的加速度之比为aA: aC＝2:1。此时设轻绳之间的张力为T，对于滑块A，由牛顿第二定律可知T＝mAaA，对于钩码C由牛顿第二定律可得mCg–2T＝mCaC，联立解得T＝16 N，aC＝2 m/s2，aA＝4 m/s2。若只释放滑块B，设滑块B的加速度为aB，钩码C的加速度为aCʹ，根据动滑轮的特征可知，在相同的时间内，滑块B运动的位移是钩码的2倍，所以滑块B、钩码之间的加速度之比也为aB : aCʹ＝2 :1，此时设轻绳之间的张力为Tʹ，对于滑块B，由牛顿第二定律可知T ʹ＝mBaB，对于钩码C由牛顿第二定律可得mCg-2Tʹ ＝mCaCʹ，联立解得N，m/s2，m/s2。则C在以上两种释放方式中获得的加速度之比为aC : aCʹ＝3 :5，故D正确。
18．【答案】C
【解析】上极板与电源的正极相连，极板间电场方向向下，粒子所受的电场力方向向上，故粒子带负电，故A错误；电容器与R2、R3、R4这部分电路并联，当粒子匀速穿过电容器时，R2、R3、R4这部分电路的总电阻为2Ω，根据串联电路分压特点可得这部分的电压U0＝2V，电容器的电荷量为 Q0＝CU0＝1.5×10﹣9×2C＝3×10﹣9C，故B错误；当粒子匀速穿过电容器时，有 qE0＝mg，粒子在电容器中的运动时间t＝lv0＝0.20.8s＝0.25s。当粒子向上偏转且刚好经过上极板最右端时，在竖直方向上，有 y＝12at2，解得：a＝2m/s2．由牛顿第二定律得 qE1﹣mg＝ma，可得E0E1＝56，并可得U0U1＝E0E1＝56，由此得R2、R3、R4这部分电路总电压 U1＝2.4V，R1的电压UR1＝E﹣U1＝0.6V，电流 I1＝UR1R1＝0.61A＝0.6A，可得R2、R3、R4这部分电路总电阻 R总＝U1I1＝2.40.6Ω＝4Ω，由R总＝R2+R3R4R3+R4，由此算出 R4≈5.7Ω，所以欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上板，R4阻值不得超过5.7Ω，故C正确；同理，粒子经过下极板最右端时的加速度a＝2m/s2．电容器极板间电压 U2＝1.6V，解得：R4≈0.69Ω，故D错误。
19．【答案】AC
【解析】由图象可知金属的极限频率为ν0，入射光的频率必须要大于ν0才能发生光电效应现象，选项A正确；金属的逸出功与入射光的频率无关，选项B错误；若用频率是2ν0的光照射该金属，则光电子的最大初动能为Ekm＝2hν0-hν0＝hν0＝Ue，则遏止电压为U＝hν0e，选项C正确；遏止电压与入射光的频率有关，入射光的频率越大，则最大初动能越大，遏制电压越大，选项D错误。
20．【答案】BD
【解析】金属杆获得冲量Io后，速度v＝I0m，对金属杆应用右手定则分析可得电流方向是b到a，受安培力方向向左，根据牛顿第二定律F安＝BIL＝B2L2vR，μmg＋B2L2vR＝ma，所以杆做的是加速度减小的减速直线运动，A错误，B正确；刚开始运动时，μmg＋B2L2vR＝ma，v＝I0m，联立解得：B2L2I0m2R＋μg，C错误；对金属棒应用动能定理：0-12mv2＝-W安-μmgx，克服安培力的功等于转化给回路的电能即电阻消耗的电功，解得：W安＝I022m-μmgx，D正确。
21．【答案】ACD
【解析】设小滑块在B点的速度为v1，小滑块恰好通过最高点时有：，解得v2＝，由动能定理可得：，解得，故小滑块可通过最高点，通过最高点的速度由动能定理可得，解得，设轨道对小滑块的压力为N，由牛顿第二定律可得：，解得N＝3mg，故D正确。小滑块从B 点处滑到C点处时由机械能守恒定律得：，解得小滑块到达C点时的速度为，小滑块在C点处的动能为Ek＝，故A正确；根据牛顿第二定律可得：mgcos53°＋N＝，代入数据解得：N＝，故C 正确；小滑块在运动过程中机械能守恒，在C点的机械能为，故B错误。
第Ⅱ卷（非选择题，共174分）
三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题(共129分)
22．(6分)
【答案】(1)匀速 （2分） (2)mgh1＝12(2M+m)h22t2 （2分） (3)1t2 （2分）
【解析】(1)因AB质量相同，则物块B穿过圆环后做匀速直线运动。
(2)由题意可知，系统ABC减小的重力势能转化为系统的增加的动能，即为：mgh+Mgh-Mgh＝12(2M+m)v2，即为：mgh1＝12（2M+m）v2，又v＝h2t ,得：mgh1＝12（2M+m）(h2t)2。
(3)将mgh1＝12（2M+m）v2，变形后，则有：h1＝(2M+m)v22mg＝(2M+m)h222mg⋅1t2。因此以1t2为横轴；由上式可知，作出的图线是一条过原点的直线，直线的斜率：k＝(2M+m)h222mg。
23．(9分)
【答案】（1）R2（2分） 1.4（2分） 5（2分） （2）如图所示（3分）
【解析】(1)根据欧姆定律，E＝IgR总，R总＝r+Rg+R′，联立可得R′＝1.4 Ω。由于需要用到0.1 Ω，故需选R2；由前面的分析可知，当0.6 A标注为0 Ω时，电阻箱示数应为1.4 Ω。当电流表示数为0.2 A时，E＝Ig(r+Rg+R′+Rx)，可得Rx＝5 Ω。
(2)要使所测电阻阻值越大，电流表示数越大，可采用并联接法，如图所示，定值电阻R为保护电阻。
24．(12分)
【解析】（1）包裹A在传送带滑行，由牛顿第二定律可得：μ1mAg＝mAa1(1分)
假设包裹A离开传送带前就与传送带共速，由匀变速运动知识可得：v02-0＝2a1s1(1分)
解得：s1＝2m
匀速过程：L-s1＝v0t2 (1分)
包裹A在传送带上运动的时间：t＝t1+t2(1分)
联立解得：t＝1.25s(1分)
（2）包裹A在水平面滑动时，由牛顿第二定律可得：μ2mAg＝mAa2(1分)
由⑦式解得：a2＝5m/s2
同理可知包裹B在水平面滑动的加速度也是a2＝5m/s2(1分)
包裹A向前滑动至静止：0-vA2＝-2a2sA(1分)
包裹B向前滑动至静止：0-vB2＝-2a2sB(1分)
包裹A、B相碰前后系统动量守恒：mAv0＝mAvA+mBvB(1分)
联立解得：mB＝0.6kg(1分)
25．(20分)
【解析】(1)由于两粒子均垂直x轴进入磁场且垂直打在弹性挡板上，由几何关系可知，两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝l(1分)
对于粒子甲在磁场中的运动，有qvB＝mv2r(1分)
解得：B＝mvqr＝mvql(1分)
(2)设粒子乙进入磁场时的速率为v′，电场区域中电场强度的大小为E，对于粒子乙在磁场中的运动，有：32qv'B＝mv'2r(1分)
得：v'＝3qBr2m＝3v2
由运动学规律可得：y2＝v'2t0＝3πl8(1分)
粒子甲从M点运动到P点的过程中，由动能定理得：qEy1＝12mv'2(1分)
粒子乙从N点运动到P点的过程中，由动能定理得：32qEy2＝12mv'2(1分)
联立上述两式可得：y1＝32y2(vv')2＝πl4(1分)
(3)粒子甲进入磁场后经过t0＝πl2v时间绕圆心O转过的角度：θ1＝vt02πl×360°＝90°(1分)
即粒子乙到达P点时，粒子甲恰好打在Q点上
粒子乙从P点运动到Q点用时：t1＝θ1360°×2πlv'＝πl3v(1分)
在时间t1内，粒子甲绕圆心Q1转过的角度：θ2＝vt12πl×360°＝60°(1分)
设磁场撤去时，粒子甲位于C点，即∠CO1Q＝θ2＝60°，此后两粒子均做匀速直线运动；
若磁场恢复后，两粒子运动轨迹恰好相切于G点，如图所示。设粒子甲、乙运动轨迹的圆心分别为O2、O3，磁场恢复时粒子甲、乙分别位于F、D两点上，由几何关系可知，线段O1O3与x轴平行，四边形O1O2FC为矩形，∠O2O1O3＝θ2＝60°
O1O2＝CF＝vt
O1O3＝QD＝v't＝32vt
O2O3＝2r＝2l
在△O1O2O3中，由余弦定理得：(2l)2＝(vt)2+(32vt)2-2(vt)×(32vt)cos60°
解得：t＝47l7v(4分)
若磁场恢复后，粒子甲的运动轨迹恰好与磁场上边界相切于H点，如图所示。设粒子甲、乙运动轨迹的圆心分别为O2′、O3′，磁场恢复时粒子甲、乙分别位于F′、D′两点上，过点O2′作O2′I垂直O1O3′于点I，由几何关系可知
O1O2'＝CF'＝vt
O1'I＝O1O2'sin60°＝32vt
由图可知：32vt+3l＝5l
解得：t＝43l3v(4分)
综上所述，时间t的取值范围为：47l7v
（2）2SO2+2HNO3+H2O=NO+NO2+2H2SO4 ＜
（3）e 5NO＋2MnO＋6H+=5NO＋2Mn2+＋3H2O
（4）过量c1mo/L KI溶液并滴入几滴淀粉溶液 由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色
33C2V/500m×100%
【解析】（1）仪器X、Y分别是分液漏斗、锥形瓶；（2）根据题意，装置B中盛放的是硝酸，二氧化硫与硝酸反应放出一氧化氮和二氧化氮，若逸出的NO与NO2的物质的量之比为1∶1，则装置B中发生反应的化学方程式为2SO2+2HNO3+H2O=NO+NO2+2H2SO4，若其他条件不变，硝酸的浓度越大，生成的二氧化氮越多，则会使逸出的气体中n(NO)＜n(NO2)，故答案为：2SO2+2HNO3+
H2O=NO+NO2+2H2SO4；＜；（3）①根据信息Ⅱ．Ca(NO2)2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO，MnO被还原为Mn2+，利用Ca(NO2)2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是c3 mol·L−1的酸性 KMnO4溶液，其离子方程式为：5NO＋2MnO＋6H+=5NO＋2Mn2+＋3H2O，故答案为：e；5NO＋2MnO＋6H+=5NO＋2Mn2+＋3H2O；②根据信息Ⅲ．在酸性条件下，Ca(NO2)2能将I−氧化为I2，S2O能将I2还原为I—。利用Ca(NO2)2的氧化性来测定其纯度，步骤为：准确称取m g Ca(NO2)2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，加入过量c1mol·L−1的KI溶液、淀粉浓液，然后滴加稀硫酸，用c2 mol·L−1的Na2S2O3溶液滴定至溶液颜色由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读取消耗Na2S2O3溶液的体积。为减少误差，须重复以上操作3次，则若三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为V mL，则n(Na2S2O3)= c2 mol·L−1×V×10−3 L= c2 V ×10−3 mol，因2NO+4H++2I−=I2+2NO↑+2H2O，所以2NO~I2~2S2O，则n[Ca(NO2)2]=12 n(NO)= 12n(Na2S2O3)=12c2 V×10-3 mol，m[Ca(NO2)2]=n[Ca(NO2)2]×132g/mol=66c2 V×10−3 g，故Ca(NO2)2纯度的表达式为66c2V×10-3gm g×100%=33c2V500 m×100%，故答案为：过量c1mo/L KI溶液并滴入几滴淀粉溶液；由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；33c2V500 m×100%。
27. 【答案】（1）-241 kJ·mol−1 BC
（2） 温度降低，平衡向正方向移动 5×10-3
（3） 放热反应 小于 A
【解析】（1）根据ΔH=生成物的生成焓-反应物的生成焓；-15=-569+Q-2×(-201)-(-393)，计算得Q=-241KJ/mol；制得DMC的反应属于气体物质的量减少的放热反应，故有利于制得的条件为低温、高压，选BC；答案：-241kJ·mol-1；BC；（2）因为正反应为放热反应，因此温度越低越有利于正向进行。100℃时平衡常数：2CH3OH(g)+CO2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g)
c（初） 0.04 0.02 0 0
△c 0.04×2% 0.02×2% 0.02×2% 0.02×2%
c（平）0.0392 0.0196 0.0004 0.0004
K=0.0004×0.00040.0196×0.03922 ≈ 5×10-3；答案：温度降低，平衡向正方向移动；5×10-3；（3）①燃烧均为放热反应；由于第二个反应放热多，所以则ΔH2<ΔH1；①2CH3OH(g)+CO2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g) ΔH1=－15kJ·mol－1(平衡常数为K1)；②2CH3OH(g)+CO(g)+1/2O2(g)→CH3O(CO)OCH3(g)+H2O(g) ΔH2(平衡常数为K2)；②-①得：CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) k=K2/K1，因为CO燃烧反应几乎不可逆，反应进行到底，K>105，所以 k=K2/K1>105，K2远大于K1。答案：放热反应；小于；A。
28. 【答案】（1）还原剂或将Co3+还原为Co2+
（2）2Al3++3CO+3H2O =2Al(OH)3↓+3CO2↑
（3）NiOOH+e−+H2O=Ni(OH)2+OH−
（4） 微波水热 Co2+
（5）Co3O4
【解析】（1）废渣中含有CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3等，酸浸时使固体溶解，可得到Co2+和Co3+，而通入SO2的作用是将将Co3+还原为Co2+，故答案为：将Co3+还原为Co2+；（2）除铝时控制溶液的pH值，发生双水解使Al3+沉淀下来，加入碳酸钠产生沉淀的离子反应2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；（3）从方程式中可判断出，放电使Ni从+3价降低到+2价，得到电子，即：NiOOH作正极，电极方程式为：NiOOH+e−+
H2O=Ni(OH)2+OH−，故答案为：NiOOH+e−+H2O=Ni(OH)2+OH−；（4）①H2O2的电子式为，故答案为：；②由图中信息可知，微波水热法的反应速率高于常规水热法，故答案为：微波水热法；③从图像可知，x值越大Ni2+越少，Co2+含量越多，反应速率越大，说明Co2+的催化效果比Ni2+好，故答案为：Co2+；（5）设反应生成氧化物为：CoxOy，已知生成CO2标况下0.672L，即0.03mol，根据C原子守恒可知，n(CoCO3)=n(CO2)=0.03mol，由于Co原子守恒可得到算式：2.41g59x+60y=0.03molx，推得xy=34，即该氧化物为：Co3O4，故答案为：Co3O4。
29. 【答案】（1）把叶片内原有的淀粉运走耗尽
（2）水、光照、二氧化碳
（3）向左（1分） Ⅱ
（4）18
【解析】（1）选作实验的植物实验前已经进行了光合作用，里面储存了丰富的有机物（淀粉）。如不除去会对实验结果造成影响。所以“为了确保实验的科学性，该兴趣小组的同学对图甲中的叶片先进行了暗处理”，这样做的目的是把叶片内原有的淀粉运走耗尽。（2）图甲中，A叶片割断主叶脉，导管被切断，这样A叶片的前端部分就得不到从根运输来的水分，因此，A叶片割断处的前端和后端部分就形成以水为唯一变量的对照实验组；B叶片和C叶片，唯一不同的变量是光，是以光为变量的对照实验；C叶片和D叶片，唯一不同的变量是二氧化碳，是以二氧化碳为变量的对照实验。因此，图甲所示的实验设计能探究水、光、二氧化碳等因素对光合作用的影响。（3）D装置中叶片进行呼吸作用吸收氧气、释放二氧化碳，而释放的二氧化碳被氢氧化钠溶液吸收了，导致D装置中气体减少，气压降低，因此D装置弯玻璃管中红墨水的移动方向是向左。图乙中，曲线Ⅰ主要在有光时进行，因此曲线Ⅰ表示光合作用；曲线Ⅱ在0～24点都能进行，因此曲线Ⅱ表示呼吸作用。D装置内的叶片不能进行光合作用，而能进行呼吸作用。所以图乙中的曲线Ⅱ与D装置内叶片的生理活动相对应。（4）光合作用制造有机物，光合作用的时间越长，制造的有机物越多，叶片脱水后质量越大。因此，“对图甲C装置中的叶片进行脱水称重，欲使其质量最大”，结合图乙中的曲线应选择18点左右摘取叶片，因为此时植物叶片的光合强度等于呼吸强度，叶片内有机物不再积累增加，达到了一天中有机物积累最多的时刻。
30. 【答案】（1）③当岀现低血糖症状后，A组注射葡萄糖溶液，B组注射生理盐水。每隔一段时间，分别测定两组小鼠的血糖浓度，并记录
（2）
（3）①胰岛素促进肾小管对过滤液中葡萄糖的吸收
②胰岛β细胞分泌胰岛素增加，胰岛α细胞分泌胰高血糖素减少 抑制氨基酸等物质转化为葡萄糖
【解析】（1）实验需要遵循对照原则和单一变量原则。要验证胰岛素的生理作用，胰岛素的生理作用为降低血糖浓度。实验前需要测定各处理组的小鼠的血糖浓度，作为实验前后的对照数据。实验分组遵循单一变量原则，分为两组，一组注射胰岛素，另一组注射生理盐水，固定时间检测小鼠的血糖浓度。待小鼠出现低血糖症状后，给低血糖组小鼠注射葡萄糖溶液，空白对照组小鼠注射生理盐水，固定时间检测小鼠的血糖浓度，即③当岀现低血糖症状后，A组注射葡萄糖溶液，B组注射生理盐水。每隔一段时间，分别测定两组小鼠的血糖浓度，并记录；（2）AB两组小鼠的初始血糖浓度差别不大；胰岛素有降低血糖的作用，故A组注射胰岛素后血糖浓度应有一定程度下降，B组小鼠血糖浓度应在正常范围内波动平衡；A组小鼠注射葡萄糖后血糖浓度会上升，但与B组小鼠相比可能还会偏低，故预测的实验结果如下
（3）①正常人尿液中检测不到葡萄糖是人体正常分泌胰岛素能够促进肾小管对过滤液中葡萄糖的吸收；②机体血糖水平升高时，会刺激胰岛β细胞分泌胰岛素，并抑制胰岛α细胞分泌胰高血糖素；机体细胞一方面增加对葡萄糖的摄取、贮存和利用，另一方面抑制其他非糖物质转化为葡萄糖。
31. 【答案】（1）分解者（1分） 物质循环
（2）①捕食和竞争 有利（1分） ②通过捕食，使体内有B幼虫的个体死亡．客现上促进了A种群的发展，有利于A的生存 ③种间关系
【解析】（1）蚯蚓能分解有机物形成无机物，促进了物质循环，属于分解者。（2）①C特别喜食A，也捕食B，说明C与B存在捕食关系，C又和B争夺A，故二者又存在竞争关系。②在体内有B幼虫的A中，有些个体常疯狂地摇摆身体，因而容易被C发现而被捕食。通过捕食，使体内有B幼虫的个体死亡，客现上促进了A种群的发展，有利于A的生存。③体内有B幼虫的A摇摆身体为C提供了捕食的信息，体现了生态系统的信息传递可以调节种间关系，维持生态系统的稳定。
32. 【答案】（1）酶A（1分）
（2）AaBB、aabb 两（1分） 红色:白色=3:1
（3）①红色:白色=1:1 ②红色:白色=5:1
【解析】 （1）根据实验结果可知，基因型A B_、A_bb表现为蓝色，aaB 表现为红色，aabb表现为白色。基因型为A B 时，酶A和酶B同时存在，表现为酶A控制的蓝色反应，很可能是因为酶A与白色底物的亲和力比酶B强。（2）亲本是AaBB、aabb，F1是1AaBb:1aaBb，由于F1蓝色花AaBb自交后代出现了9:3:3:1的变式，说明两对基因位于两对同源染色体上，遵循自由组合定律。红色花植株aaBb自交，后代是3aaB :1aabb，即3红色:1白色。（3）假设B/b基因不是位于6号染色体上，植株甲等位基因B/b成对存在，等位基因A/a数量可能是2个或3个。植株甲基因型是aaBB(或aaaBB)，与正常白色花植株aabb测交，F1是aaBb(或aaaBb)，继续测交，F2是1aaBb:1aabb(或1aaaBb:1aaBb:1aaabb:1aabb)，表现型是红色:白色=1:1另外，在上述分析中，红色花植株甲只有a基因、没有A基因，测交后代都不会含有A基因所以只需要分析B基因即可。假设B/b基因位于6号染色体上，植株甲基因型是aaBBB，与正常白色花植株aabb测交，F1中三体植株是aaBBb，产生的配子是1aBB:2aBb:2aB:1ab，继续与aabb测交，F2是1aaBBb:2aaBbb:2aaBb:1aabb，表现型是红色:白色=5:1。
（二）选考题：共45分。请考生从给出的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。则每学科按所做的第一题计分。
33．【物理——选修3-3】(15分)
(1)(5分)
【答案】BDE
【解析】气体如果失去了容器的约束就会散开，是因为分子间距较大，相互的作用力很微弱，而且分子永不停息地做无规则运动，所以气体分子可以自由扩散，故A错误；温度从微观角度看表示了大量分子无规则运动的剧烈程度，物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多，故B正确；一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，因温度不变则分子平均动能不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大，C错误；物体从外界吸收热量，若同时对外做功，根据热力学第一定律可知其内能不一定增加，故D正确；液晶的光学性质具有晶体的各向异性，故E正确。
(2)(10分)
【解析】(i)当活塞距气缸上口0.3L时，气体的体积为：V1＝SL+1.5S(0.5L-0.3L)
由等温变化得：P0SL＝P1V1 (2分)
由受力平衡可得：1.5P0S＝1.5P1S+mg (2分)
联立解得：m＝9P0S26g；(1分)
(ii)当取走一半后，由受力平衡可得：1.5P0S＝1.5P2S+12mg(2分)
由查理定律可得：P1T0＝P2T(2分)
联立解得：T＝2320T0. (1分)
34．【物理——选修3-4】(15分)
(1)(5分)
【答案】ADE
【解析】因该波的波长为λ＝4m，则该波遇到长度为3米的障碍物时将会发生明显衍射现象，选项A正确；若波向右传播，则v＝4n+10.2m/s＝(20n+5)m/s ，T＝λv＝420n+5s （n＝0、1、2、3…..）；若波向左传播，则v＝4n+30.2m/s＝(20n+15)m/s ，T＝λv＝420n+15s（n＝0、1、2、3…..）；可知波速不可能为20m/s，周期不可能为0.6s，选项BC错误；由v＝(20n+15)m/s可知，当n＝1时，v＝35m/s，则若波速为35m/s，该波一定沿着x轴负方向传播，选项D正确；若波速为15m/s，则波向左传播，此时T＝T＝λv＝415s，则从t1到t2时刻，即经过t＝0.2s＝34T，质点M运动的路程为2A＝60cm，选项E正确。
(2)(10分)
【解析】(i)由几何知识可知单色光在AB边上的入射角i＝45°
由折射率公式n＝sinisinr
可得:sinr＝sin45°2＝12(3分)
r＝30°
由几何关系可得:AM＝Ltan30°＝33L(2分)
(ii)若折射光线照射到BC边上的中点，根据几何关系可知入射点应在BM的中点，因此入射点沿AB边移动的距离:x＝12L-33L＝3-36L(2分)
根据几何关系可知折射光线在BC面上的入射角θ＝90°-15°＝75°
由于sinC＝1n＝22，所以C＝45°
由于θ>C，所以折射光线在BC边上会发生全反射。(3分)
35. 【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
【答案】（1）IIIB f
（2）9 4
（3）Ce(铈)
（4）sp3 5NA 二碘甲烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高
（5）8
（6）12 4×1406.02×1023×(516×10-10)3
【解析】（1）在元素周期表中，镧系元素位于第IIIB族，属于f区；故答案为：IIIB；f；（2）钪(Sc)为21号元素，根据核外电子排布规律可知核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，所以其基态原子M能层电子数为9个。基态镝(Dy)原子的电子排布式为[Xe]4f106s2，由于f能级最多排14个电子，所以根据排布规律可知一个基态镝原子所含的未成对电子数为4个；故答案为：9；4；（3）第四电离能与第一电离能、第二电离能、第三电离能相差越小，第四个电子越容易失去，+4的可能性越大，在上述表中Ce的I1、I2、I3和I4最接近，故为Ce元素；故答案为：Ce(铈)；（4）在ICH2CH2I分子中碳原子只形成了单键，有4个单键，故碳原子的杂化轨道类型为sp3，1个CH2=CH2分子中有5个σ键，故1mol CH2=CH2中含有的σ键数目为5NA；由于二碘甲烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高，所以常温下，1，2-二碘乙烷为液体而乙烷为气体；故答案为：sp3；5NA；二碘甲烷的相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点相对较高；（5）PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，则晶胞中Pr原子数目=8×18+6×12=4，而Pr原子与O原子数目之比为1∶2，则晶胞中O原子数目为4×2=8；故答案为：8；（6）Ce(铈)单质为面心立方晶体，在Ce晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Ce原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占12，通过一个顶点可形成8个晶胞，因此该晶胞中Ce(铈)原子的配位数为8×3×12=12；一个晶胞中Ce原子数为8×18+6×12=4，因此Ce(铈)单质的密度ρ=mV=4×1406.02×1023×(516×10-10)3 g·cm－3。故答案为：12；4×1406.02×1023×(516×10-10)3。
36. 【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
【答案】（1）间二甲苯或1,3-二甲基苯 取代反应
（2） +2HNO3+2H2O
（3） 10
（4） AC
（5）或或（合理即可）
【解析】（1）A的结构简式为，名称为间二甲苯或1,3-二甲基苯；反应④是羧基和氨基发生的成肽反应，属于取代反应；G的结构简式为，故答案为：间二甲苯或1,3-二甲基苯；取代反应；；（2）反应②为硝化反应，反应的化学方程式为+2HNO3+2H2O，故答案为：+2HNO3+2H2O；（3）B为，B的芳香族同分异构体H具有三种含氧官能团，其各自的特征反应如下：a．遇FeCl3溶液显紫色，说明一种含氧官能团为酚羟基；b．可以发生水解反应，说明一种含氧官能团为酯基；c．可发生银镜反应，说明一种含氧官能团为醛基；符合以上性质特点的H有：酚羟基与醛基为邻位，酯基有4种位置；酚羟基与醛基为间位，酯基有4种位置；酚羟基与醛基为对位，酯基有2种位置，共10种，故答案为：10；（4）F为。A．F的分子式为C14H12N2O3，A正确；B．F中含有氨基、羧基和酰胺键(肽键)三种官能团，B错误；C．F中含有11种氢原子，核磁共振氢谱有11组吸收峰，C正确；D．F可以水解得到和，得不到氨基酸，D错误；正确的有AC，故答案为：AC；（5）以CH3CH2COOH为原料合成聚2-氨基丙酸，首先需要合成，在CH3CH2COOH的亚甲基中引入氨基，可以首先引入卤素原子，再利用题中信息CH3 CH2Cl+NH3CH3CH2NH2+HCl转化为氨基即可，合成路线为，故答案为：。
37. 【生物——选修一：生物技术实践】(15分)
【答案】（1）2 0.14
（2）去除杂质 某些盐类、蛋白质、糖类或其他大分子物质
（3）蓝（1分） 沸水中加热 冷却后 高温
【解析】（1）在不同浓度的NaCl溶液中DNA的溶解度不同，DNA在2mol/LNaCl溶液中溶解度最大，而在0.14mol/LNaCl溶液中溶解度最小。（2）DNA不溶于酒精溶液，而细胞中的某些盐类、蛋白质、糖类或其他大分子物质能溶于酒精溶液，利用这一原理，可以将DNA与蛋白质等杂质进一步分离。（3）DNA遇二苯胺（沸水浴）会染成蓝色；鉴定时向溶有DNA的试管中加入二苯胺试剂，沸水中加热后冷却即可以观察到蓝色，加热的目的是加快染色的反应速度，也说明DNA具有耐高温的特性，而冷却有利于DNA的析出。
38. 【生物——选修三：现代生物科技专题】(15分)
【答案】（1）脱分化（1分） 农杆菌转化法
（2）基因组文库 驱动目的基因转录出mRNA 标记基因
（3）引物 (耐高温的)DNA聚合酶(Taq酶)
（4）单克隆抗体
【解析】（1）外植体通过脱分化形成愈伤组织，②把目的基因导入植物细胞常用农杆菌转化法。（2）部分基因文库是利用RNA反转录形成的，不含启动子，基因组文库含启动子。启动子是RNA聚合酶结合的位点，启动转录过程。载体需要含有标记基因，可以用于筛选含目的基因的细胞。（3）PCR中，第一步高温变性，打开双链；第二步退火，让引物与模板链结合；第三步进行子链的延伸。该过程需要耐高温的DNA聚合酶参与。（4）单克隆抗体特异性强，可以识别特定的抗原，故可以制成生物导弹，把长春碱定向运输到癌细胞部位杀死癌细胞，可以降低副作用。
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