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2019届全国普通高中高三5月信息卷 理科综合（四）
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2019年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试（四）
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．下列叙述正确的是
A．线粒体膜上存在转运葡萄糖的载体
B．细胞分裂间期，染色体复制需DNA聚合酶和RNA聚合酶
C．细菌和青蛙等生物在无丝分裂过程中需进行DNA复制
D．核孔保证了控制物质合成的基因能够从细胞核到达细胞质
2．下图是用32P标记噬菌体并侵染细菌的过程，有关叙述正确的是
A．过程①32P标记的是噬菌体外壳的磷脂分子和内部的DNA分子
B．过程②应短时保温，有利于吸附在细菌上的噬菌体与细菌分离
C．过程③离心的目的是析出噬菌体外壳，使被感染的大肠杆菌沉淀
D．过程④沉淀物的放射性很高，说明噬菌体的DNA是遗传物质
3．某兴趣小组将小鼠分成两组，A组注射一定量的某种生物提取液，B组注射等量的生理盐水，两组均表现正常。注射后若干天，分别给两组小鼠注射等量的该种生物提取液，A组小鼠很快发生了呼吸困难等症状；B组未见明显的异常表现。对第二次注射后A组小鼠的表现，下列解释合理的是
A．提取液中的物质导致A组小鼠出现低血糖症状
B．提取液中含有过敏原，刺激A组小鼠产生了特异性免疫
C．提取液中的物质阻碍了神经细胞与骨骼肌细胞间的兴奋传递
D．提取液中的物质使A组小鼠细胞不能正常产生ATP
4．下列叙述正确的是
A．基因转录时，解旋酶与基因相结合，RNA聚合酶与RNA相结合
B．非姐妹染色单体的交叉互换导致染色体易位
C．秋水仙素通过促进着丝点分裂使染色体数目加倍
D．镰刀型细胞贫血症的形成体现了基因通过控制蛋白质的结构直接控制生物体的性状
5．兴趣小组将酵母菌分装在500ml培养瓶后，置于不同培养条件下进行培养，下列相关叙述错误的是
A．在80h到100h内③中酵母菌增长率基本不变
B．140h内①中酵母菌种群的增长倍数（Nt/Nt-1）基本不变
C．利用血球计数板计数时，压线的个体左上两边记在方格内
D．④和⑤出现差异的原因可能是培养瓶中葡萄糖的量不同
6．2018年的诺贝尔奖获得者詹姆斯·艾利森发现在T细胞表面有一种名为CTLA-4的蛋白质可以发挥“分子刹车”的作用，当CTLA-4被激活后，免疫反应就会终止，如果使它处于抑制状态，则能使T细胞大量增殖，集中攻击肿瘤细胞，这样有望治愈某些癌症。下列有关叙述正确的是
A．CTLA-4是一种糖蛋白，癌细胞表面因为缺乏CTLA-4而易扩散和转移
B．肿瘤细胞被效应T细胞攻击后的裂解死亡，体现了免疫系统的防卫功能
C．T细胞在骨髓中成熟，它能特异性识别抗原，受抗原刺激后产生淋巴因子
D．癌症的发生是多个基因突变逐渐累积的结果，同时也与人体免疫功能下降有关
7．中国传统文化对人类文明贡献巨大，我国古代的人民在那时候就已经广泛应用了，书中充分记载了古代化学研究成果．下列关于古代化学的应用和记载，对其说明不合理的是
A．《本草纲目》中记载“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳极”这是利用了“KNO3的氧化性”
B．杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来
C．我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈[Cu2(OH)2CO3]
D．蔡伦利用树皮、碎布（麻布）、麻头等为原料精制出优质纸张，由他监制的纸被称为“蔡侯纸”。“蔡侯纸”的制作工艺中充分应用了化学工艺
8．1，1-二环丙基乙烯()是重要医药中间体，下列关于该化合物的说法错误的是
A．所有碳原子可能在同一平面 B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．二氯代物有9种 D．生成1mol C8H18至少需要3mol H2
9．国际计量大会第26次会议新修订了阿伏加德罗常数(NA=6.02214076×1023mol−1)，并于2019年5月20日正式生效。下列说法正确的是
A．1L 0.5mol·L−1 Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目小于1.5NA
B．2mol NH3和3mol O2在催化剂和加热条件下充分反应生成NO的分子数为2NA
C．56g聚乙烯分子中含碳碳双键的数目为2NA
D．32.5g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成气体的分子数为0.5NA
10．ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制备NaClO2的工艺流程如下图所示：
下列说法不正确的是
A．工业上可将ClO2制成NaClO2固体，便于贮存和运输
B．通入空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收器充分吸收
C．吸收器中生成NaClO2的离子方程式：2ClO2+H2O2=2ClO+O2↑+2H+
D．步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥
11．溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCO占95%，利用图示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。下列说法正确的是
A．a室排出的是NaOH、Ca(OH)2等强碱性物质
B．b室发生主要反应：2H++CO=H2O+CO2↑
C．c室发生的反应为2H2O－4e−=O2↑＋4H+
D．装置中产生的O2和提取的CO2的体积比约为1∶4
12．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y是短周期元素中原子半径最大的原子，X、Y、Z的简单离子电子层结构相同，Z与W最外层电子数之和等于10。下列说法正确的是
A．最高正价由低到高的顺序为：Y、Z、X、W
B．原子半径由小到大的顺序为：X、Z、W
C．Y、Z、W的最高价氧化物的水化物两两之间均能发生反应
D．X与Y两种元素只能组成一种化合物
13．近年来AIST报告正在研制一种“高容量、低成本”的锂—铜空气燃料电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH−，下列说法正确的是
A．Li极有机电解质可以换成Cu极的水溶液电解质
B．通空气时，整个反应过程中，铜相当于催化剂
C．放电时，Cu极的水溶液电解质的PH值减小
D．放电时，正极的电极反应式为：Cu2O+2H++2e−=2Cu+H2O
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．如图所示,a、b、c为某原子跃迁时所发出的三种谱线,从左向右的波长依次增大,在下列各选项中,则可能正确图是
A． B．
C． D．
15．竖直向上抛出的物体,从抛出到落回抛出点的全过程中,所受空气阻力大小恒定,则
A．全过程重力的冲量为零
B．全过程中动量的变化量等于阻力的冲量
C．全过程中动能的变化量等于阻力做的功
D．上升过程中机械能的变化量大于下落过程机械能的变化量
16．某极地卫星的运动轨道平面还过地球的南北两极,如图所示,卫星从北极正上方按图示方向第一次运动到北纬30°的正上方时所用时间为0.5h,则下列说法正确的是
A．该卫星的运行速度大于7.9 km/s
B．该卫星与同步卫星的运行半径之比为1:8
C．该卫星与同步卫星的向心加速度之比为16:1
D．该卫星的机械能一定小于同步卫星的机械能
17．如图甲所示,理想变压器原、副线图的匝数之比n1:n2=10:1 .电阻R=5Ω.L1、L2、L3为三个完全相同的小灯泡,S1、S2为开关,原线圈接正弦交变电源,输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示.现将S1闭合,S2断开,此时L1正常发光.下列说法正确的是
A．输入电压u的表达式u=10sin5πt(V)
B．R消耗的电功率为0.2W
C．若S1、S2均闭合,三个小灯泡均正常发光
D．若S1、S2均断开,三个小灯泡均正常发光
18．如图所示,在倾角为30°的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨,间距为L,下端接有阻值为R的电阻,导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与斜面垂直(图中未面出),质量为m、电阻不计的金属棒ab与固定在斜面上方的绝缘弹簧相连,弹簧处于原长并被锁定。现解除锁定金属棒由静止开始向下运动距离x到达最低位置,此过程中金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g，则
A．开始运动时金属棒的加速度小于g/2
B．金属棒的速度为v时,所受的安培力F=B2L2v2R
C．此过程中,通过电阻R的总电荷量为BLx2R
D．此过程的减速阶段,回路中的焦耳热小于金属棒重力势能的减少
19．如图所示为甲、乙两质点在0-t3时间内的位置随时间变化的关系图,下列说法正确的是
A．在t2时刻甲、乙两质点的速度相同
B．在0-t2内的某时刻,甲、乙两质点的速度相同
C．在0-t2内,两质点走过的路程相等
D．在0-t3内,甲质点的速度先减小后增大
20．如图是密立根测电子电荷量实验的示意图,把两块水平放置、间距为d的金属板分别与恒定电压为U的电源相接,用一个喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入电场,油滴由于摩擦而带负电,其质量、电荷量各不相同,用显微镜来观察,找到其中悬浮不动的或做匀速直线运动的油滴作为研究对象,已知其质量为m,重力加速度为g.下列说法正确的是
A．M板电势高于N板
B．油滴可带任意大小电荷量
C．据mg=Uq/d,计算出的q等于电子电荷量
D．若已知某油滴做竖直向下的匀速直线运动,它的电势能会变大
21．如图,有质量均为m的三个小球A、B、C，A与B、C间通过轻绳相连，绳长均为L，B、C在水平光滑横杆上，中间用一根轻弹簧连接，弹簧处于原长。现将A球由静止释放，直至运动到最低点，两轻绳的夹角由120°变为60°，整个装置始终处于同一个竖直平面内，忽略空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是
A．A在最低点时,B对水平横杆的压力等于mg/2
B．弹簧的最大弹性势能为3-12mgL
C．在A下降的过程中，轻绳对B做功的功率先增大后减小
D．在A下降的过程中轻绳对B做功为3-14mgL
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)某实验小组做‘力的合成与分解’实验,先用一个弹簧称通过细线悬吊一个钩码,当钩码静止时,弹簧称的示数为1.50N；再用两子弹簧秤a、b通过两根细线互成角度将该钩码悬吊,其中a所拉细线方向水平(如图),当钩码静止时,b的示数如图。
(1)b的示数为_______N
(2)a的拉力理论值为___________N
(3)保持b及其拉的细绳方向不变,将a及其拉的细绳方向沿顺时针在图示面缓慢转至竖直方向的过程中,a的示数变化情况为________________________________。
23．(9分)现有一种足够长的粗细均匀的圆柱形金属电电阻丝,截取长度为L的一段来探究它在不同电压下的电阻率及功率。
(1)用螺旋测器测量它的直径d,如图甲所示,d=________mm。
(2)这是某次得的数据如下表记录
实验器材如图,现已完成部分导线的连接,请根据上表数据推测，用笔划线代替导线在图乙中完成余下导线的连接__________；
(3)若当电压表读数为U,电流表读数力I,则该电压下此金属丝的电阻率为________________（用U、I、L、d等字母表示）；
(4)某同学根据数据表,画出了该段金属丝的伏安特性曲线,如图,
①将这段金属丝接在一电动势为3V，内阻为1Ω的电源两端，这段金属丝的电功率为______W,(结里保留两位小数)；
②如图,取长度为x的该种金属电阻丝，与①中电源,定值电阻R=4.5Ω串联成闭合回路,恰使金属电阻丝功率最大,则x为L的__________倍。
24．(12分)如图甲所示,在平直公路上以速度v=12m/s匀速行驶的货车运输规格相同的圆柱形钢管,每根钢管长度L=10m,质量m=3000kg,一共装载了两层,底层钢管固定在车厢里,上层堆放在底层钢管上,图乙是车尾的截面图,己加钢管间的动摩擦因数为34,重力加速度g=10m/s2。
(1)求图乙中,钢管A、B之间的弹力大小
(2)若货车突然以加速度a=6 m/s2匀加速直线运动,上层钢管经过多长时间会掉下来?
25．(20分)如图所示,平面直角坐标系xOy中,在y>0及y<-403L区域存在场强大小相同,方向相反且均平行与y轴的匀强电场，在-403L
(1)粒子到达P2点时的速度大小和方向；
(2)磁场的磁感应强度大小
(3)粒子第n次经过x轴的坐标。
26．（14分）某化学小组对卤素及其化合物的制备和性质进行如下探究实验，根据实验回答问题。
I．探究氯化亚铁与氧气反应的产物
已知氯化亚铁的熔点为674℃，沸点为1023℃；三氯化铁在100℃左右时升华，极易水解。在500℃条件下氯化亚铁与氧气可能发生下列反应，12FeCl2+3O22Fe2O3+8FeCl3、4FeCl2+3O22Fe2O3+4Cl2，该化学小组选用下图部分装置(装置可以重复选用)进行氯化亚铁与氧气反应产物的探究。
（1）实验装置的合理连接顺序为：A→__________→D，装置E的作用是___________。
（2）控制在500℃下发生反应，一段时间后，B中反应剩余固体的成分，可能是_______或_______(填化学式)。设计实验对上述剩余固体的成分进行验证：______________________。
（3）实验室保存1mol·L−1的FeCl3溶液，应控制溶液的pH不大于________。(已知：Fe(OH)3的Ksp为1×10−39)
Ⅱ．卤素化合物之间反应实验条件控制探究
（4）室温下，KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。上面是该小组设计的一组实验数据记录表：
①该组实验的目的是____________；
②2号试管反应完全后，取少量2号试管中的溶液加淀粉溶液后显蓝色，假设还原产物只有KC1，写出反应的离子方程式________________________。
27．（14分）丙烯(C3H6)是重要的有机化工原料。丙烷脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如下图。
（1）丙烷脱氢制丙烯为强吸热过程。
①为提供反应所需热量，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，则K(主反应)____(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，转化率α(C3H8)_____。
②温度升高，副反应更容易发生的主要原因是_____________________________。
（2）下图为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系(图中的压强分别为104Pa和105Pa)。
①104Pa时，图中表示丙烯的曲线是____(填“ⅰ”、“ⅱ”、“ⅲ”或“ⅳ”)。
②104Pa、500℃时，主反应用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=_____(已知：气体分压=气体总压×体积分数)。
（3）利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。
该工艺可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图。
已知：CO和H2的燃烧热分别为ΔH=－283.0kJ·mol−1、ΔH=－285.8 kJ·mol−1。
①图中催化剂为______。
②298K时，该工艺总反应的热化学方程式为_______________________________。
③该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是__________。
28． （15分）三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其它一些含钴配合物的原料。下图是某科研小组以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制[Co(NH3)6]Cl3的工艺流程：
回答下列问题：
（1）写出加“适量NaClO3”发生反应的离子方程式______________。
（2）“加Na2CO3 调pH至a”会生成两种沉淀，分别为_____________________（填化学式）。
（3）操作Ⅰ的步骤包括_____________________________、冷却结晶、减压过滤。
（4）流程中NH4Cl除作反应物外，还可防止加氨水时c(OH−)过大，其原理是_____________
___________________________________________________________________________________。
（5）“氧化”步骤，甲同学认为应先加入氨水再加入H2O2，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为___________（填“甲”或“乙”）同学观点正确，理由是_____________。写出该步骤的化学方程式：________________________________
（6）通过碘量法可测定产品中钴的含量。将[Co(NH3)6]Cl3转化成Co3+后，加入过量KI 溶液，再用Na2S2O3标准液滴定(淀粉溶液做指示剂)，反应原理：2Co3+＋2I−＝2Co2+＋I2，I2＋2S2O＝2I−＋S4O，实验过程中，下列操作会导致所测钴含量数值偏高的是_______。
a．用久置于空气中的KI固体配制溶液
b．盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗
c．滴定结束后，发现滴定管内有气泡
d．溶液蓝色退去，立即读数
29．（9分）植物对CO2的利用与光照强度有关，下图表示在三个不同光照强度x、y、z（单位：1x）条件下，CO2浓度对菜豆植株光合速率的影响。请回答下列问题：
（1）菜豆植株光合作用所需的碳源主要是通过叶片上的_________ （结构）进入的；随着CO2浓度的升高，菜豆植株细胞对光反应阶段产生的_________的利用量增多，从而促进了光合作用的进行。
（2）图中光照强度x与y的大小关系为 _________ （用“>”表示）；CO2浓度为400mg·L－1时，若光照强度突然由z变为y，叶绿体中C3的合成速率会_____ （填“增大”“减小”或“不变”）
（3）天气晴朗的中午，光照充足，但菜豆植株光合速率却明显下降，原因可能是
。
30．（10分）血糖水平是调节胰岛素和胰高血糖素分泌的最重要因素，血糖平衡的意义在于为机体各种组织细胞的正常代谢活动提供能源物质。请回答下列问题：
（1）血液中胰岛素与胰高血糖素的摩尔比值，在不同生理状况下是不同的，当机体处于___________状况时，该比值明显下降，此时机体物质代谢的变化是___________ 。
（2）当血糖浓度上升时，胰岛B细胞分泌的胰岛素增加，引起靶细胞膜上的葡萄糖转运载体的数量增加，其意义是___________，从而降低血糖浓度。
（3）在验证胰岛素具有降低血糖浓度作用的实验设计中，若以正常小鼠活动状况为观察指标，注射胰岛素溶液和葡萄糖溶液的顺序应是___________ 。
（4）某糖尿病患者由胰岛B细胞损伤引起，患者血液中含有抗胰岛B细胞的抗体和效应T细胞，据此推测：该糖尿病是针对胰岛B细胞的一种___________病；胰岛B细胞的损伤是机体通过___________兔疫导致的。
31．（12分）福寿螺为瓶螺科瓶螺属软体动物，1981年引入到中国。其食量大且食物种类繁多，危害粮食作物、蔬菜和水生农作物已被我国列入外来入侵物种。为研究福寿螺对沉水植物的影响，科研人员进行了一系列相关实验部分实验结果见图（图中生物量是某一时刻单位面积内实存生物体的有机物总量，对照组是无福寿螺组）。请回答下列问题：
（1）分析图1，从群落的种间关系分析，与对照组相比低密度组中黑藻生物量增大的原因是______ 。图2表示狐尾藻各器官的干重，据图分析，福寿螺最喜食狐尾藻的器官为______。
（2）关于捕食者在进化中的作用，美国生态学家斯坦利提出了“收割理论”，图1的实验结果是否符合该理论？______（填“是”或“否”）。
（3）福寿螺作为“成功”的入侵物种，导致该生态系统生物多样性降低，说明该生态统的______能力具有一定的限度，该能力的基础是______，与用化学药物防治福寿螺相比，采用养鸭取食福寿螺进行防治的主要优点是______。
32．（8分）某种多年生楨物的花色有红色、黄色和白色三种。为研究该植物花色的遗传(不考虑交叉互换)，先后进行了下图所示的实验，回答下列问题：
（1）实验一中，甲的花色为___________，F2中黄花植株的某因型有___________种。
（2）已知另外一对基因会影响花色基因的表达，实验人员在实验一的F1中发现了一株白花植株，其自交产生的F2中红花植株：黄花植株：白花植株=9：6：49。
实验人员推测：F1中出现白花植株的最可能的原因是这对基因中有一个基因发生了突变，请从甲、乙、丙中选择实验材料，设计实验来验证上述推测是正确的(写出实验思路并预期实骏结果)
。
（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)下列说法正确的是
A．一定质量的气体,在体积不变时,分子每秒钟与嚣壁均碰次数随着温度降低而减少
B．晶体熔化时吸收热量,分子平均动能一定增大
C．干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度
D．外界对气体做功时,其内能一定会增大
E. 生产半导体器件时,需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素,可以在高温条件下利用分子的扩散来完成
(2)(10分)一定质量的理想气体经过如图所示的变化过程:A→B→C。已知气体在初始A状态压强为P0，体积为V0,温度为T0。AC连线的延长线经过坐标原点。A→B过程中,气体从外界吸收热量为Q.B状态的温度为2T0。
求:①气体在B状态时的体积和在C状态时的压强；
②气体从A→B→C整个过程中内能的变化。
34．【物理——选修3-4】(15分)
(1)(5分)一列简谐横波沿x轴传播,t=0时的波形如图所示,质点A与质点B相距2m,质点A的速度沿y轴正方向:t=0.01s时,质点A第一次到达正向最大位移处,由此可知；
A．此波的传播速度为100m/s
B．此波沿x轴负方向传播
C．此波沿x轴正方同传播
D．从t=0时刻起,经0.04s质点A沿波的传播方向迁移了4m
E. 在t=0.02s时,质点B处在平衡位置,速度沿y轴正方向
(2)(10分)有一截面为正方形物体ABCD静止浮在水面上,刚好有一半在水下,正方形边长l=1.2m，AB侧前方s1=0.8m处有一障碍物,一潜水员在障碍物前方s2=3.0m处下潜到深度为h1的P处时,看到A点刚好被障碍物挡住。已知水的折射率n=4/3.
求:①深度h1；
②继续下潜h2，恰好能看见CD右侧水面上方的景物，则h2为多少?
35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
锰元素在多个领域中均有重要应用，回答下列问题。
（1）Mn在元素周期表中位于_____区；MnSO4中阳离子的价电子排布式为__________。
（2）Mn3+在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2+下列说法合理的是_______
A．Mn3+的价电子构型为3d4，不属于较稳定的电子构型
B．根据Mn2+的电子构型可知，Mn4+中不含成对电子
C．Mn2+易被氧化，可能是因为Mn2+产内有大量自旋方向相同的电子
D．Mn2+与Fe3+具有相同的价电子构型，所以它们的化学性质相似
（3）在K2MnF6中，MnF的空间构型是正八面体，则中心原子的价层电子对数为_____。该化合物中含有的共价键在形成过程中原子轨道的重叠方式为__________
（4）二价锰的化合物的性质如下表所示：
物质
MCl2
MnS
MnSO4
熔点
650℃
1610℃
700℃
上表三种物质中晶格能最大的是________；上表涉及的三种阴离子中，半径最大的是______。
（5）某锰氧化物的晶胞结构如下图所示：
该锰的氧化物的化学式为______________，该晶体中Mn的配位数为____________，该晶体中Mn之间的最近距离为____________pm（用a、b来表示）。
36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
EPR橡胶()广泛应用于汽车部件、建筑用防水材料、电线电缆护套、耐热胶管、汽车密封件、润滑油添加剂及其它制品。
PC塑料()的透光性良好，可制作车、船、飞机的挡风玻璃以及眼镜等。它们的合成路线如下：
已知：①RCOOR1+R2OH催化剂RCOOR2+R1OH
②B、F、G、H、J各物质中，核磁共振氢谱都只有一组吸收峰。
（1）B的结构简式：_______________，E中官能团名称：_______________。
（2）A→D的反应类型：_______________，D→E的反应条件：_______________。
（3）E→F的化学方程式：_______________。
（4）H的结构简式：_______________。
（5）反应II的化学方程式：_______________。
（6）下列说法正确的是：_______________。
a．反应I的原子利用率为100%
b．1mol J与足量的NaOH溶液反应，消耗2mol NaOH
c．CH3OH在合成PC塑料过程中可以循环利用
（7）反应I过程中，可以得到两种同类型副产物，且与M互为同分异构体，请写出其中一种结构：_______________。
（8）AN苯酚+F，试推断N的结构：_______________。
37．【生物——选修一：生物技术实践】（15分）
请分析回答下列有关生物技术实践的问题：
（1）在测定亚硝酸盐含量的操作中，取泡菜样液及一系列已知浓度的亚硝酸分别与化学物质发生显色反应，然后通过___________，可以估测出泡菜样液中亚硝酸盐的含量。
（2）在生产高果糖浆的过程中若直接用固定化葡萄糖异构酶处理麦芽糖，能否得到高果糖浆? ___________，原因是_________________________________。
（3）加酶洗衣粉不能用于洗涤丝质及羊毛衣料，其主要原因是
。
（4）微生物实验中材料或用具需要消毒或灭菌，其中金属工具可选用的灭菌方法有___________和___________。
（5）血红蛋白提取和分离实验中，洗涤好的红细胞在___________和___________的作用下破裂，释放出血红蛋白。
38．【生物——选修三：现代生物科技专题】（15分）
在HIV侵染免疫细胞的过程中，细胞表面的CCR5蛋白是病毒的一个识别位点，协助介导了H进入细胞的过程。自然情况下，CCR5基因可缺失32个碱基对，成为它的等位基因(称为CCR5△32基因)，如果一个人是CCR5△32基因的纯合子，那么他的免疫细胞表面没有完整的CCR5蛋白可用，就不易被HIV感染。2018年底，贺建奎团队声称通过 CRISPR/Cas9技术对数个胚胎进行了基因编辑，被编辑的婴儿的所有细胞不能合成完整的CCR5蛋白，从而天生免疫艾滋病。请回答：
（1）CCR5基因的表达需要___________等不可缺少的调控组件，CCR5△32基因指导合成的肽链氨基酸数目减少，原因可能是mRNA______________________。
（2）如图所示，CRISPR/Cas9是一种新型的基因组定点编辑系统，根据CCR5基因的序列设计sgRNA（向导RNA)，该sgRNA的序列与CCR5基因部分序列互补配对诱导Cas9n蛋白结合于基因的特异性位点并切割，使CCR5基因发生碱基对的___________，导致基因突变。该过程中，sgRNA和Cas9n对DNA的共同作用类似___________酶的作用。
（3）为验证胚胎的CCR5基因是否成功被编辑，需要在胚胎发育早期，将细胞的微量全基因组DNA用___________技术进行扩增，然后采用___________技术检测目的基因以及转录出的mRNA是否存在，还需要对___________蛋白进行检测。
（4）贺建奎团队的行为遭到了科学界的强烈谴责，因为_____________________________(写出两点)。
绝密 ★ 启用前
2019年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试（四）答案
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】有氧呼吸的过程中，葡萄糖在细胞质基质中分解成丙酮酸后才能进入线粒体中，故线粒体膜上不存在转运葡萄糖的载体蛋白，A错误；细胞分裂间期，染色体由DNA和蛋白质组成，故DNA复制需要DNA聚合酶，蛋白质的合成需要RNA聚合酶，B正确；青蛙的红细胞在无丝分裂过程中需进行DNA复制，细菌分裂是二分裂，C错误；核孔保证了控制物质合成的mRNA能够从细胞核到达细胞质，与核糖体结合，基因不通过核孔到达细胞质，D错误。
2. 【答案】C
【解析】噬菌体外壳由蛋白质构成，不含磷脂分子，过程①32P标记的是噬菌体内部的DNA分子，A错误；过程②为噬菌体侵染大肠杆菌过程，时间不应过长过短，要让噬菌体充分侵染大肠杆菌，B错误；过程③的离心过程是为了分离噬菌体外壳和大肠杆菌，用以后续检测上清液与沉淀物中的放射性，C正确；32P标记的是噬菌体内部的DNA分子，沉淀物放射性高，缺少35S标记噬菌体蛋白质外壳的对照组，因此不能说明噬菌体的DNA就是遗传物质，D错误。
3. 【答案】B
【解析】分析题干，A组注射一定量的某种生物提取液，B组注射等量的生理盐水，两组均表现正常。注射后若干天，分别给两组小鼠注射等量的该种生物提取液，A组小鼠很快发生了呼吸困难等症状；B组未见明显的异常表现，说明A组出现的现象属于过敏反应，A错误；机体初次接触过敏原时，会经过体液免疫产生抗体消灭过敏原，维持机体内环境稳态，小鼠未出现明显的异常表现。但机体再次接触相同的过敏原时，会发生过敏反应，出现过敏现象，如呼吸困难等症状，B正确；呼吸困难与骨骼肌细胞的兴奋无关，C错误；A组小鼠呼吸困难，但是能产生ATP，D错误。
4. 【答案】D
【解析】转录时，RNA聚合酶与DNA结合，A错误；非姐妹染色单体的交叉互换可能导致基因重组或易位，B错误；秋水仙素通过抑制纺锤体形成，引起染色体数目加倍，C错误；镰刀型细胞贫血症是因为控制血红蛋白的基因发生突变导致蛋白质的结构异常所致，体现了基因通过控制蛋白质的结构直接控制生物体的性状，D正确。
5. 【答案】A
【解析】随着种群数量的增加，种内斗争加剧，种群的增长率下降，故在80h到100h内，③中酵母菌增长率逐渐减小，A错误；由图可知。①为“J”型增长，增长倍数（Nt/Nt-1）基本不变，B正确；调查酵母菌种群密度的方法是血球计数板计数法，对于压线的个体可将左上两边的记在方格内，C正确；④和⑤酵母菌的最大种群数量不同，即环境容纳量不同，可能是培养瓶中葡萄糖的量不同，D正确。
6. 【答案】D
【解析】依题意可知：CTLA-4是T细胞表面一种蛋白质，而不是癌细胞表面的糖蛋白，当T细胞表面的该蛋白质被激活后，免疫反应就会终止，可能导致癌细胞易扩散和转移，A错误；肿瘤细胞被效应T细胞攻击后的裂解死亡属于细胞凋亡，体现了免疫系统的监控和清除功能，B错误；T细胞在胸腺中成熟，它能特异性识别抗原，受抗原刺激后产生淋巴因子，C错误；癌症的发生并不是单一基因突变的结果，而是多个基因突变逐渐累积的结果，同时也与人体免疫功能下降有关，D正确。
7.【答案】B
【解析】A．火药发生化学反应时，KNO3中N元素的化合价降低，获得电子，被还原，作氧化剂，体现氧化性，A正确；B．高粱中不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应产生了乙醇，然后用蒸馏方法将乙醇分离出来，B错误；C．明矾是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，酸性溶液中H+与盐铜锈[Cu2(OH)2CO3]发生反应，产生可溶性的物质，因此可以达到除锈的目的，C正确；D．蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等为原料精制出优质纸张，体现了化学的物理和化学分离方法，因此充分应用了化学工艺，D正确；故合理选项是B。
8. 【答案】A
【解析】A．碳有2种杂化方式：sp3、sp2，前者是正四面体构型，与它相连的原子不可能全处于同一平面，所有碳原子不可能在同一平面，故A错误；B．结构中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．1，1-二环丙基乙烯()的二氯代物有9种，故C正确；D．1，1-二环丙基乙烯()分子式为C8H12，由C8H12生成1mol C8H18至少需要3mol H2，故D正确。故选A。
9. 【答案】D
【解析】A．A13+、Fe2+水解产生H+，该溶液中阳离子还包括H+，阳离子总数增加，故1L 0.5 mol/L Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目大于1.5NA，故1L 0.5 mol·L−1 Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目大于1.5NA，故A项错误；B．因存在反应4NH3+5O24NO+6H2O，所以2mol NH3和3mol O2在催化剂和加热条件下充分反应后氧气有剩余，生成的NO会与过量的氧气继续反应生成NO2，所以最终生成NO的分子数小于2NA，故B项错误；C．聚乙烯是乙烯经过加聚反应制备而成，分子内没有碳碳双键，故C项错误；D．浓硫酸与锌反应的方程式Zn+2H2SO4ZnSO4+SO2↑+2H2O，从方程式可以看出1mol锌生成1mol二氧化硫气体，随着硫酸的消耗和水的生成，硫酸变稀，这是就会发生锌与稀硫酸反应，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，从方程式可以看出1mol锌生成1mol氢气，所以1mol锌无论与浓硫酸反应还是与稀硫酸反应，生成气体都为1mol，32.5g锌的物质的量为n=mM = 32.5 g65g/mol = 0.5 mol，生成气体分子数为0.5NA，故D项正确；答案选D。
10. 【答案】C
【解析】A．ClO2为气体，不易储存和运输，常将其制备成NaClO2固体以便运输和贮存，A不符合题意；B．反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其被充分吸收，B不符合题意；C．反应的环境是碱性环境，离子方程式应该为2ClO2+2OH−+H2O2=2ClO+O2+2H2O，C符合题意；D．NaClO2溶液中获得NaClO2固体需要真空蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤和干燥，D不符合题意；答案：C。
11. 【答案】D
【解析】A项：a室电极与电源正极相连，是电解池阳极，电极反应为2H2O－4e−=O2↑＋4H+。H+通过阳离子交换膜进入c室，A项错误；B项：a室生成的H+通过阳离子交换膜进入b室，与主要含碳粒子发生反应HCO+H+＝H2O +CO2↑，B项错误；C项：c室电极与电源负极相连，是电解池阴极，电极反应为2H2O+2e−=H2↑＋2OH−。b室海水中阳离子通过离子交换膜进入c室，故c室排出的是NaOH、Ca(OH)2等强碱性物质，C项错误；D项：据阳极反应和b室反应可知，装置中产生的 O2和提取的CO2的体积比约为1∶4，D项正确。本题选D。
12. 【答案】C
【解析】A项、X是O元素，O元素没有正化合价，故A错误；B项、Z为Al元素、W为Cl元素，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，原子半径Z＞W，故B错误；C项、Y、Z、W的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，则两两之间均能发生反应，故C正确；D项、X与Y两种元素可以组成氧化钠和过氧化钠，故D错误。
13. 【答案】B
【解析】A．锂是活泼金属，易与水反应，故A错误；B．铜先与氧气反应生成Cu2O，放电时Cu2O重新生成Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，故B正确；C．放电过程为2Li+Cu2O+H2O=
2Cu+2Li＋+2OH−，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，正极反应为Cu2O+H2O+2e−=Cu+2OH−，Cu极的水溶液电解质的PH值增大，故C错误；D．该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e−=Cu+2OH−，故D错误。故选B。
二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的的0分。
14．【答案】B
【解析】从第3能级跃迁到第1能级，能级差最大，放出的光子的频率最大，波长最短，该光为a光；从第3能级跃迁到第2能级，能级差最小，放出的光子频率最小，波长最长，该光的为c光，故选项B正确，A、C、D错误。
15．【答案】C
【解析】重力是恒力，全过程重力的冲量不可能为零，只会不断增加，根据动量定理可知全过程中动量的变化量等于阻力与重力合力的冲量，故选项A、B错误；重力是恒力，在全过程中位移为零，重力做功为零，空气阻力做负功，根据动能定理可得全过程中动能的变化量等于阻力做的功，故选项C正确；根据功能关系可知，机械能减小量等于克服摩擦力做的功，故在上滑过程中机械能的变化量等于下滑过程中机械能的变化量，故选项D错误。
16．【答案】C
【解析】所有卫星的运行速度都不大于第一宇宙速度，故选项A错误；卫星从北极正上方按图示方向第一次运动到北纬30°的正上方，偏转的角度是60°，刚好为运动周期的16，所以卫星运的周期为T1=3h，同步卫星的周期是T2=24h，由开普勒第三定律r13r23=T12T22，解得r1r2=T12T22=14；故选项B错误；由GMmr2=ma可得a=GMr2，可知卫星与同步卫星的加速度之比为a1a2=r22r12=161，故选项C正确；由于不知道卫星的质量关系，故不能确定机械能，故选项D错误。
17．【答案】C
【解析】由图可知周期T=0.2s，则有ω=10πrad/s，所以输入电压u的表达式应为u=10sin(10πt)V，故选项A错误；将S1闭合，S2断开，根据变压器的电压与匝数关系可知电阻R电压有效值为U2=12V=22V，R消耗的电功率为P=U22R=(22)25W=0.1W，故选项B错误；将S1闭合，S2断开时，小灯泡L2与L3短路，此时小灯泡L1两端电压等于U2=22V，正常发光；若S1、S2均闭合，三个小灯泡并联，此时三个小灯泡两端电压都等于22V，正常发光；若S1、S2均断开，三个小灯泡串联，此时三个小灯泡两端电压都等于13×22V=26V，不能正常发光；故选项C正确，D错误。
18．【答案】D
【解析】开始运动时，金属棒只受到重力和金属导轨对金属棒ab的支持力，根据牛顿第二定律可得金属棒的加速度为a=mgsin30°m=12g，故选项A错误；金属棒的速度为v时，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，所受的安培力F安=BIL=BERL=B2L2vR，故选项B错误；此过程中，通过电阻R的总电荷量为q=IΔt=ERΔt=ΔϕR=BLxR，故选项C错误；最大速度时，重力沿斜面的分力等于弹簧的弹力和安培力之和，之后减速阶段中安培力变小，而重力沿斜面的分力不变，所以重力做功大于克服安培力做功，则有回路中的焦耳热小于金属棒重力势能的减少，故选项D正确。
19．【答案】BD
【解析】位移时间图象斜率表示速度，由图可知在t2时刻甲、乙两质点的速度不相同，故选项A错误；位移时间图象斜率表示速度，由图可知在0-t2内的某时刻，甲的斜率等于乙质点的斜率，所以甲、乙两质点的速度相同，故选项B正确；位移时间图象斜率表示速度，斜率的正负表示速度的方向，由在0-t2内，甲的斜率先正后负，先沿正方向运动后沿反方向运动，乙的斜率不变，沿正方向做匀速直线运动，所以甲质点走过的路程大于乙质点走过的路程，故选C错误；图可知在0-t3内，甲质点的速度先减小后增大，故选项D正确。
20．【答案】AD
【解析】带负电的油滴静止不动，则油滴受到向上的电场力，题图中平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，M板电势高于N板，故选项A正确；不同油滴的所带电荷量虽不相同，但都是最小电荷量(元电荷)的整数倍，故选项B错误；根据平衡条件有：mg=qUd，解得q=mgdU，计算出的q不一定等于电子电荷量，故选项C错误；已知某油滴做竖直向下的匀速直线运动，电场力做负功，所以它的电势能会变大，故选项D正确。
21．【答案】BCD
【解析】若小球A在最低点静止，设水平横杆对小球B、C的支持力都为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以F=32mg；A球由静止释放直至运动到最低点的过程，A先加速下降后减速下降，先失重后超重，所以小球A在最低点时，小球B受到水平横杆的支持力大于32mg，故选项A错误；小球A在最低点时，弹簧的弹性势能最大，对整体根据能量守恒则有弹簧的最大弹性势能等于小球A的重力势能减小，即EPmax=mg(Lsin60°-Lsin30°)=3-12mgL，故选项B正确；在A下降的过程中，小球B先加速后加速，小球A球释放时轻绳对B做功的功率为零，小球A在最低点时轻绳对B做功的功率为零，所以轻绳对B做功的功率先增大后减小，故选项C正确；在A下降的过程中，对小球A根据动能定律可得mg(Lsin60°-Lsin30°)-2WF=0，解得每根轻绳对A做功为WF=3-14mgL，所以轻绳对B做功为3-14mgL，故选项D正确。
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40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】2.50 2.00 先减小后增大
【解析】(1) 该弹簧秤每小格表示0.1N，读数时要估读到下一位，b的读数为2.50N；
(2)钩码受到自身重力G、Oa绳的拉力Ta、Ob绳的拉力Tb三个力处于平衡状态，设Ob绳与竖直方向的夹角为θ，在竖直方向有Tbcosθ=G，在水平方向有Tbsinθ=Ta，联立解得：Ta=2.00N；
(3) 设Oa绳与竖直方向的夹角为α，在竖直方向有Tacosα+Tbcosθ=G，在水平方向有Tasinα=Tbsinθ，解得Ta=Gsinθsin(α+θ)，保持b及其拉的细绳方向不变，将a及其拉的细绳方向沿顺时针在图示面缓慢转至竖直方向的过程中θ不变，α由90°减小到0°，所以sin(α+θ)先增大后减小，a的示数变化情况为先减小后增大。
23．(9分)
【答案】6.545 πUd24IL 1.25 1.1
【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度读数为6.5mm，可动刻度读数为0.01×4.5mm=0.045mm，所以最终读数为：6.5mm+0.045mm=6.545mm；
(2) 探究圆柱形金属电电阻丝在不同电压下的功率大小，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图所示：
(3)根据欧姆定律可得Rx=UI，根据电阻定律可得Rx=ρLS=ρ4Lπd2，联立解得此金属丝的电阻率为ρ=πd2U4IL；
(4) 将这段金属丝接在一电动势为3V，内阻为1Ω的电源两端，根据闭合电路欧姆定律可得U=3-I，在该段金属丝的伏安特性曲线作出U=3-I图像，如图所示，由图示图象可知，该段金属丝两端电压U=2.50V，通过该段金属丝的电流I=0.50A，该段金属丝电阻为：RL=UI=5.0Ω，该段金属丝功率：P=UI=2.50×0.50W=1.25W。
②电源与电阻R整体可以看做等效电源，等效电源内阻为1+4.5Ω=5.5Ω，当长度为x的该种金属电阻丝的电阻为5.5Ω时，金属丝功率最大， 根据电阻定律可得电阻之比等于长度之比，即xL=RxRL=5.55.0=1.1。
24．(12分)
【解析】(1)对A受力分析，设AB间弹力为FN，根据平衡条件可得：2FNcos30°=mg
解得钢管A、B之间的弹力大小：FN=33mg=3×104N
(2)设A在滑动中加速度为a1，则有：2μFN=ma1
钢管滑落下来，货车与钢管的位移差为：L2=(v0t+12at2)-(v0t+12a1t2)
代入数据解得：a1=5m/s2，t=10s。
25．(20分)
【解析】(1)粒子从P1到P2类平抛运动，设到达P2时的y方向分速度为vy
由运动学规律有：8L=v0t，3L=12(0+vy)t
解得：vy=34v0
故粒子在P2的速度大小：v=v02+vy2=54v0
设v与x轴的夹角为α，则有：tanα=vyv0=34
解得：α=37°
(2)粒子从P1到P2，设电场强度为E，据动能定理有：qE3L=12mv2-12mv02
解得：E=3mv0232qL
依题意意：电粒子在电场和磁场中运动时所受力大小相等，则有：qE=qvB
代入可得：B=3mv040qL
(3)根据：qvB=mv2R
解得：R=50L3
由几何关系可得：粒子在磁场中的轨迹所对圆心角为53°
故粒子将垂直y=-403L的直线从M点穿出磁场，粒子运动一周期的轨迹如图所示；
当n为奇数时，xn=[8+44(n-1)3]L，(n=1,3,5,7...)
当n为偶数时，xn=[643+44(n-2)3]L，(n=2,4,6,8...)
26. 【答案】（1）C→B→E 冷却收集到FeCl3
（2）Fe2O3 Fe3O4 取反应后的混合物与试管中，加稀盐酸进行溶解，静置后取上层清液滴加浓溴水，如果溴水褪色说明含有Fe3O4，如果溴水不褪色，说明只含Fe2O3。
（3）1
（4）探究其他条件相同时，酸度浓度对反应产物的影响 ClO+6I−+6H+==Cl−+312+3H2O
【解析】（1）A为O2的发生装置，制得的氧气中含有水蒸气，由于三氯化铁极易水解，因此需要对制得的氧气进行干燥，可通过盛有碱石灰的装置D；氯化亚铁与氧气反应的产物为Fe2O3、FeCl3、Cl2，通过装置F冷却可以收集到FeCl3，则氯化亚铁与氧气反应的实验装置的合理连接顺序为：A→C→B→E→D；装置E的作用是冷却收集到FeCl3。答案：C→B→E；冷却收集到FeCl3。（2）控制在500℃下发生反应，一段时间后，由12FeCl2+3O22Fe2O3+8FeCl3、4 FeCl2+3O22Fe2O3+4Cl2，氯化亚铁的熔点为674℃，沸点为1023℃，知B中反应剩余固体的成分，可能是Fe2O3或Fe3O4。验证方法是：取反应后的混合物与试管中，加稀盐酸进行溶解，静置后取上层清液滴加浓溴水，如果溴水褪色说明含有Fe3O4，如果溴水不褪色，说明只含Fe2O3。答案：Fe2O3或Fe3O4；取反应后的混合物与试管中，加稀盐酸进行溶解，静置后取上层清液滴加浓溴水，如果溴水褪色说明含有Fe3O4，如果溴水不褪色，说明只含Fe2O3。（3）由Fe(OH)3=Fe3++3OH−且Fe(OH)3的Ksp为1×10−39，实验室保存的FeCl3溶液中c(Fe3+)=1mol·L−1，则c(OH−)=31×10-39/1-=1×10−13，C(H+)=10−1，应控制溶液的pH不大于1。答案：1；（4）①4组实验只有硫酸的浓度不同，因此实验的目的是探究其他条件相同时，酸度浓度对反应产物的影响。答案：探究其他条件相同时，酸度浓度对反应产物的影响。②滴加淀粉溶液后显蓝色，说明有I2生成，由2I−→I2，失2e−；由CIO→Cl−，得6e−，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为：ClO+6I−+6H+==Cl−+312+3H2O，答案：ClO+6I−+6H+==Cl−+312+3H2O。
27. 【答案】（1）增大 增大 副反应的活化能低于主反应的活化能
（2） ⅰ 3.3×103Pa
（3）CrO3 C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l) ΔH=+121.5kJ/mol 碳与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面
【解析】（1）①由图可知，丙烷脱氢制丙烯为吸热反应：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) ΔH=
+124.3 kJ/mol，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，反应温度升高，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数K增大，丙烷的转化率增大，故答案为：增大；增大；②由图可知，副反应的活化能低于主反应的活化能，温度升高，活化能较低的副反应更容易发生，故答案为：副反应的活化能低于主反应的活化能；（2）①丙烷脱氢制丙烯为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，丙烯的平衡体积分数减小，故曲线ⅰ代表104 Pa时丙烯的平衡体积分数，故答案为：ⅰ；②104 Pa、500℃时，丙烯的平衡体积分数为33%，设起始丙烷为1mol，转化率为x，由题意建立如下三段式：
C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)
起（mol） 1 0 0
变（mol） x x x
平（mol） 1-x x x
则由丙烯的平衡体积分数为33%可得，x/(1+x)=0.33，解得x≈0.5，丙烷、丙烯和氢气的分压均为104Pa×1/3，则用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=（104Pa×1/3）×（104Pa×1/3）/（104Pa×1/3）=104Pa×1/3=3.3×103Pa，故答案为：3.3×103Pa；（3）①由图可知，反应ⅰ为3C3H8+2CrO33C3H6+Cr2O3+3H2O，反应ⅱ为3CO2+Cr2O32CrO3+3CO，则催化剂为CrO3，故答案为：CrO3；②由题意可得H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH =－285.8kJ/mol；①CO(g)+1/2O2(g)=CO2 (g) ΔH=－283.0kJ/mol② C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) ΔH=+124.3 kJ/mol③，由盖斯定律③-②+①得热化学方程式C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)，则ΔH=（+124.3kJ/mol）+（－285.8kJ/mol）—（－283.0kJ/mol）=+121.5kJ/mol，故答案为：C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l) ΔH=+121.5kJ/mol；
③该工艺中碳与CO2反应生成CO，可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，故答案为：碳与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面。
28. 【答案】（1）6Fe2+＋ClO＋6H+=6Fe3+＋Cl－＋3H2O
（2）Fe(OH)3和Al(OH)3
（3）HCl氛围下蒸发浓缩
（4）NH4Cl溶于水电离出NH会抑制后期加入的NH3·H2O的电离
（5）甲 防止Co(OH)3的生成
H2O2＋2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O＝2Co(NH3)6Cl3↓＋12H2O
（6）ab
【解析】（1）加适量NaClO3的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，发生的离子反应为6Fe2+＋ClO＋6H+=6Fe3+＋Cl－＋3H2O；（2）加入碳酸钠调节pH，沉淀铝离子和铁离子，转化为Fe(OH)3 和Al(OH)3；（3）为了防止产品水解，故应在HCl氛围下蒸发浓缩；（4）流程中氯化铵除作为反应物外，NH4Cl溶于水电离出NH会抑制后期加入的NH3·H2O的电离，可防止加氨水时氢氧根离子浓度过大；（5）若先加入过氧化氢，将钴元素氧化到Co3+，后加入氨水，会生成氢氧化钴，不利于产品的生成，故甲同学正确，先加入氨水再加入过氧化氢，可防止Co(OH)3的生成，此时的反应为H2O2＋2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O＝2Co(NH3)6Cl3↓＋12H2O；（6）a．用久置于空气中的 KI 固体配制溶液，碘化钾部分被氧化为碘单质，滴定时消耗的硫代硫酸钠标准增多，测定结果偏高，故正确；b．盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗，则标准也被稀释，滴定时消耗的硫代硫酸钠标准也体积增多，测定结果偏高，故正确；c．滴定结束后，发现滴定管内有气泡，气泡占体积，则消耗的硫代硫酸钠标准液体积读数偏小，测定结果偏低，故错误；d．溶液蓝色退去，立即读数，此时溶液混合不均，碘单质并未完全被标准液反应完全，导致消耗的标准液减少，测定结果偏低，故错误。故选ab。
29. 【答案】（1）气孔 [H]和ATP
（2） x>y 增大（1分）
（3）中午，植物蒸腾作用旺盛，叶片气孔关闭，导致CO2供应不足
【解析】（1）光合作用所需的碳源是二氧化碳，主要通过气孔进入叶片；二氧化碳是暗反应的原料，随着二氧化碳浓度的增大，暗反应增强，需要光反应提供更多的[H]和ATP，故光反应也会增强。（2）图中，x时光合速率>y时光合速率，故x>y，在达到光饱和点之前，随着光照增强，光合速率会加快；超过光的饱和点，光合速率不再随光照强度的增大而增大。若光照强度突然由z变为y，即光照增强，光反应会加快，暗反应也会随着加快，故C3的合成速率会增加。（3）晴朗的中午，温度过高，植物蒸腾作用旺盛，气孔关闭，导致二氧化碳浓度下降，光合速率会出现下降。
30. 【答案】（1）低血糖（1分） 肝糖原分解加强，一些非糖物质转化为葡萄糖加快
（2）促进葡萄糖进入细胞
（3）先注射胰岛素溶液，后注射葡萄糖溶液
（4）自身免疫（1分） 细胞免疫和体液
【解析】（1）胰岛素与胰高血糖素分别具有降血糖和升血糖的作用，当血糖浓度降低时，胰岛素与胰高血糖素的比值会明显降低，此时胰高血糖素会促进肝糖原分解和一些非糖物质转化为葡萄糖，进而使得血糖浓度上升到正常水平。（2）当血糖浓度升高时，胰岛素分泌增加，引起靶细胞膜上的葡萄糖转运载体的数量增加，促进葡萄糖进入组织细胞，进而降低血糖浓度。（3）该实验的目的是验证胰岛素具有降血糖的功能，因此在实验过程中应该先注射胰岛素观察小鼠的低血糖症状，再注射葡萄糖看看小鼠的低血糖症状是否会消失。（4）根据题意分析，该糖尿病患者体内产生了攻击自身成分的抗体和效应T细胞，说明该病为自身免疫病；患者血液中含有抗胰岛B细胞的抗体和效应T细胞，说明胰岛B细胞的损伤是机体通过细胞免疫和体液兔疫导致的。
31. 【答案】（1）福寿螺摄取了较多的苦草和狐尾藻，与对照组相比低密度组中苦草和狐尾藻的生物量减少，而黑藻与苦草、狐尾藻具有竞争关系，因此黑藻生物量增大（3分） 叶
（2）否（1分）
（3）自我调节 负反馈调节 可减少对环境的污染
【解析】（1）分析图1，从群落的种间关系分析，与对照组相比，低密度组中黑藻生物量增大的原因是福寿螺摄取了较多的苦草和狐尾藻，与对照组相比低密度组中苦草和狐尾藻的生物量减少，而黑藻与苦草、狐尾藻具有竞争关系，因此黑藻生物量增大；图2表示狐尾藻各器官的干重，据图分析，福寿螺最喜食狐尾藻的器官为叶。（2）美国生态学家斯坦利提出了“收割理论”，即“捕食者往往捕食数量多的物种，这样就会避免出现一种或少数几种生物在生态系统中占绝对优势的局面，为其他物种的形成腾出空间”，图1的实验结果不符合该理论。（3）福寿螺作为“成功”的入侵物种，导致该生态系统生物多样性降低，说明该生态统的自我调节能力具有一定的限度，该能力的基础是负反馈调节，与用化学药物防治福寿螺相比，采用养鸭取食福寿螺进行防治的主要优点是可减少对环境的污染。
32. 【答案】（1）红色 4
（2）方案一实验思路：将该白花植株与甲植株杂交，观察后代的表现型及比例
预期结果：后代红花植株：白花植株的比例为1：1
方案二实验思路：将该白花植株与乙植株杂交，观察后代的表现型及比例
预期结果：后代红花植株：黄花植株：白花植株的比例为1：2：5
方案三实验思路：将该白花植株与丙植株杂交，观察后代的表现型及比例
预期结果：后代红花植株：黄花植株：白花植株的比例为9：6：17 （4分）
【解析】（1）根据分析可知，实验一中，甲为AABB，花色为红色，F2中黄花植株的某因型有AAbb、Aabb、aaBB、aaBb4种。（2）已知另外一对基因会影响花色基因的表达，假设为C、c，实验人员在实验一的F1中发现了一株白花植株，其自交产生的F2中红花植株：黄花植株：白花植株=9：6：49，和为64，说明F1中发现了一株白花植株为AaBbCc，含有C基因为白花，红花为A_B_cc，黄花为A_bbcc、aaB_cc，白花为aabbcc、_ _ _ _C_。验证F1中出现白花植株的最可能的原因是这对基因中有一个基因发生了突变的实验思路：将该白花植株（AaBbCc）与乙植株（aabbcc）杂交，观察后代的表现型及比例，后代红花植株：黄花植株：白花植株的比例为1：2：5，说明F1中出现白花植株的原因是这对基因中有一个基因发生了突变。
（二）选考题（共45分，请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每科按所做的第一题计分。）
33．【物理——选修3-3】(15分)
(1)(5分)
【答案】ACE
【解析】一定量的气体，在体积不变时，温度降低，压强减小，根据气体压强原理知道分子每秒平均碰撞次数也减小，故选项A正确；晶体都有固定的熔点，晶体熔化时温度不变，分子平均动能不变，故选项B错误；干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，故选项C正确；根据热力学第一定律可知，当外界对气体做功的同时，对外放热，其内能可能会增大，也可能减小，也可为不变，故选项D错误；生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，故选项E正确。
(2)(10分)
【解析】①A→B等压变化：V0T0=VB2T0
解得：气体在B状态时的体积：VB=2V0
A状态与C状态等容，则有：P0T0=PC2T0
解得在C状态时的压强：PC=2P0
②A→B的内能变化：ΔUAB=-W+Q=-P0(2V0-V0)+Q=Q-P0V0
B→C的内能变化：ΔUBC=0
气体从A→B→C整个过程中内能的变化：ΔU=ΔUAB+ΔUBC=Q-P0V0
34．【物理——选修3-4】(15分)
(1)(5分)
【答案】ABE
【解析】由题可知λ=4m，T=0.04s，则波速v=λT=100m/s，故选项A正确； A点速度沿y轴正方向，则波沿x轴负方向传播，故选项B正确，C错误；简谐横波沿x轴传播，质点A沿波传播方向并不迁移，故选项D错误；在t=0.02s=12T时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴正方向，故选项E正确。
(2)(10分)
【解析】①设过A点光线，恰好障碍物挡住时，入射角、折射角分别为α、β，则：
s sinα=s1s12+l24 ①
sinβ=s2s22+h12 ②
n=sinαsinβ ③
由①②③解得：h1=4m
②潜水员和C点连线与水平方向夹角刚好为临界角C，则：sinC=1n=34 ④
tanC=s1+s2+lh1+h2-l2=53.4+h2 ⑤
由④⑤解得：h2≈1.0m
35. 【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
【答案】（1）d区 3d5
（2）A
（3）6 “头碰头”
（4）MnS SO
（5）MnO2 6 122a2+b2
【解析】（1）Mn是25号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2，可知Mn在元素周期表中位于第四周期第VIIB，属于d区，MnSO4中Mn元素为+2价，则Mn2+的价电子排布式是3d5；（2）A.Mn3+在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2+，说明Mn3+不稳定，Mn3+容易变成电子半充满的稳定的价电子构型为3d5，3d4则属于不稳定的电子构型，A正确；B．Mn4+中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成对电子，B错误；C．Mn2+产内有大量自旋方向相同的电子，这些电子自旋方向相同，能够使原子的能量最低，而Mn2+易被氧化，显然与Mn2+内含有大量自旋方向相同的电子无关，C错误；D．Mn2+与Fe3+具有相同的价电子构型，微粒的化学性质不仅与价电子构型有关，也和微粒的电荷数、微粒半径、原子序数有关，因此它们的化学性质不相似，Mn2+具有强的还原性，而Fe3+具有强的氧化性，D错误；故合理选项是A；（3）在MnF62-的中，Mn与6个F形成6个σ键，因此含有6对σ键，含有的孤对电子对数为12(6-6×1)=0，所以MnF62-的中心原子Mn的价电子对数为6+0=6，在化合物化合物K2MnF6中含有的F与Mn之间的共价键都是共价单键，属于σ键，在形成过程中原子轨道的重叠方式为“头碰头”；（4）三种物质都是离子晶体，离子半径越小，离子键就越强，离子晶体的晶格能就越大，物质的熔点就越高，根据表格数据可知上表三种物质中晶格能最大的是MnS，MnCl2、MnS的阴离子都是简单的离子，而MnSO4的阴离子是复杂离子，SO为正四面体形，因此其离子半径最大，该晶体具有的晶格能最小，熔点也就最低，即半径最大的是SO；（5）在该晶体中含有的Mn原子个数为18×8+1=2，含有的O原子数目为：12×4+2=4，Mn∶O=2∶4=1∶2，所以该锰的氧化物的化学式为MnO2；根据晶胞投影图可知：在该晶体体中与Mn原子距离相等且最近的O原子由6个，所以Mn的配位数为6；由晶胞结构可知：在该晶胞中距离相等且最近的2个Mn在晶胞体对角线的一半，晶胞的体对角线为[2a2+b2)]pm=2a2+b2pm，所以该晶体中Mn之间的最近距离为122a2+b2pm。
36. 【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
【答案】（1）CH2=CH2 羟基
（2）加成反应 NaOH溶液，加热
（3）2CH3CHOHCH3+O22CH3COCH3+2H2O
（4）
（5）
（6）bc
（7）或
（8）
【解析】由合成路线可知，A和B发生加聚反应生成EPR橡胶()，则A和B为乙烯、丙烯，由M的分子式并结合反应I可知，A、D、E、F均含有3个碳原子，故A为丙烯，则B为乙烯；A与溴化氢发生加成反应生成卤代烃D，卤代烃D发生水解生成醇E，醇E发生催化氧化生成F，由F和2分子苯酚反应生成M（C15H16O3）可推知F为丙酮，由此推出D为2-溴丙烷，E为2-丙醇；B为乙烯，乙烯发生催化氧化生成C，C和CO2反应生成H(C3H4O3)，H和甲醇发生已知①的反应生成J和乙二醇，由反应II可推出J为，结合已知①可推知H为，因此C应为环氧乙烷；苯酚与丙酮脱去1分子水生成M（），M发生信息中的取代反应得到聚碳酸酯PC。（1）B为乙烯，结构简式为：CH2=CH2，E为2-丙醇，含有的官能团名称是羟基，故答案为：CH2=CH2；羟基；（2）A→D的反应为丙烯与溴化氢发生加成反应生成2-溴丙烷，反应类型为：取代反应，D→E的反应为2-溴丙烷水解生成2-丙醇，故反应条件为：NaOH溶液，加热，故答案为：取代反应；NaOH溶液，加热；（3）E→F的反应为2-丙醇的催化氧化反应，化学方程式为：2CH3CHOHCH3+O22CH3COCH3+2H2O，故答案为：2CH3CHOHCH3+O22CH3COCH3+2H2O；（4）H的结构简式：，故答案为：；（5）反应II的化学方程式：
；（6）a、反应I为苯酚与丙酮脱去1分子水生成M（），原子利用率不是100%，故a错误；b、J为，分子中含有两个酯基，所以1mol J与足量的NaOH溶液反应，消耗2mol NaOH，故b正确；c、由合成路线可知，H和甲醇反应生成J和乙二醇，J和M发生反应II又生成甲醇，所以CH3OH在合成PC塑料过程中可以循环利用，故c正确；故答案为：bc；（7）苯酚和丙酮发生反应I生成M（），与M同类型且互为同分异构体的结构可能为：或；故答案为：或；（8）A为CH2=CHCH3，苯和丙烯在催化剂存在条件下反应生成N，N先氧化后酸化生成苯酚和丙酮，由此可推断N的结构为：，故答案为：。
37. 【生物——选修一：生物技术实践】（15分）
【答案】（1）比色
（2）不能（1分） 葡萄糖异构酶具有专一性
（3）丝质及羊毛衣料所含的蛋白质会被加酶洗衣粉中的蛋白酶分解，从而破坏（损伤）衣料
（4）灼烧灭菌 干热灭菌（高压蒸汽灭菌）
（5）甲苯 蒸馏水
【解析】（1）亚硝酸盐与对氨基苯磺酸发生重氮化反应后，与N-1-萘基乙二胺盐酸盐结合形成玫瑰红染料，将显色样品与已知浓度的标准显色液进行比色，即可大致估算出泡菜中亚硝酸盐的含量。（2）葡萄糖异构酶可以催化葡萄糖生成果糖，不能催化麦芽糖的水解，因为酶具有专一性。（3）丝质及羊毛衣料所含的蛋白质会被加酶洗衣粉中的蛋白酶分解，从而破坏（损伤）衣料，故不能用加酶洗衣粉洗涤丝质及羊毛衣料。（4）金属用具可以用灼烧灭菌法、干热灭菌法、高压蒸汽灭菌法。（5）洗涤好的红细胞倒入烧杯中，加蒸馏水到原血液的体积，再加甲苯，经磁力搅拌器充分搅拌，红细胞会破裂，释放出血红蛋白。
38. 【生物——选修三：现代生物科技专题】（15分）
【答案】（1）启动子、终止子 变短（终止密码提前出现）
（2）缺失（1分） 限制（1分）
（3） PCR 分子杂交 CCR5
（4）无法证实被编辑个体是否能免疫H1V；可能被编辑个体受其他疾病感染的风险提高； 可能被编辑个体的其他基因被破坏（3分）
【解析】（1）启动子可以被RNA聚合酶识别，并开始转录，终止子是DNA分子中终止转录的核苷酸序列。若要CCR5基因能够表达，首先需要其能正确转录，故CCR5基因的表达需要启动子、终止子等不可缺少的调控组件。CCR5△32基因与CCR5基因相比缺失了32个碱基，所以CCR5△32基因指导合成的肽链中氨基酸数目减少，可能是突变后的基因转录形成的mRNA变短。（2）由图可知，sgRNA的序列与CCR5基因部分序列互补配对可诱导Cas9n蛋白结合于基因的特异性位点并切割，使CCR5基因发生碱基对的缺失，导致基因突变。该过程中，sgRNA和Cas9n对DNA的共同作用类似限制酶的作用。（3）体外扩增目的基因常用PCR技术。检测目的基因是否导入受体细胞以及目的基因是否转录常用分子杂交技术。若要检测目的基因是否翻译，还需要用CCR5蛋白对其进行检测。（4）由于该实验无法证实被编辑个体是否能免疫HIV，以及可能被编辑个体受其他疾病感染的风险提高、或者被编辑个体的其他基因可能被破坏等问题存在，使贺建奎团队的行为遭到了科学界的强烈谴责。
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
绝密 ★ 启用前
2019年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试（四）
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．下列叙述正确的是
A．线粒体膜上存在转运葡萄糖的载体
B．细胞分裂间期，染色体复制需DNA聚合酶和RNA聚合酶
C．细菌和青蛙等生物在无丝分裂过程中需进行DNA复制
D．核孔保证了控制物质合成的基因能够从细胞核到达细胞质
2．下图是用32P标记噬菌体并侵染细菌的过程，有关叙述正确的是
A．过程①32P标记的是噬菌体外壳的磷脂分子和内部的DNA分子
B．过程②应短时保温，有利于吸附在细菌上的噬菌体与细菌分离
C．过程③离心的目的是析出噬菌体外壳，使被感染的大肠杆菌沉淀
D．过程④沉淀物的放射性很高，说明噬菌体的DNA是遗传物质
3．某兴趣小组将小鼠分成两组，A组注射一定量的某种生物提取液，B组注射等量的生理盐水，两组均表现正常。注射后若干天，分别给两组小鼠注射等量的该种生物提取液，A组小鼠很快发生了呼吸困难等症状；B组未见明显的异常表现。对第二次注射后A组小鼠的表现，下列解释合理的是
A．提取液中的物质导致A组小鼠出现低血糖症状
B．提取液中含有过敏原，刺激A组小鼠产生了特异性免疫
C．提取液中的物质阻碍了神经细胞与骨骼肌细胞间的兴奋传递
D．提取液中的物质使A组小鼠细胞不能正常产生ATP
4．下列叙述正确的是
A．基因转录时，解旋酶与基因相结合，RNA聚合酶与RNA相结合
B．非姐妹染色单体的交叉互换导致染色体易位
C．秋水仙素通过促进着丝点分裂使染色体数目加倍
D．镰刀型细胞贫血症的形成体现了基因通过控制蛋白质的结构直接控制生物体的性状
5．兴趣小组将酵母菌分装在500ml培养瓶后，置于不同培养条件下进行培养，下列相关叙述错误的是
A．在80h到100h内③中酵母菌增长率基本不变
B．140h内①中酵母菌种群的增长倍数（Nt/Nt-1）基本不变
C．利用血球计数板计数时，压线的个体左上两边记在方格内
D．④和⑤出现差异的原因可能是培养瓶中葡萄糖的量不同
6．2018年的诺贝尔奖获得者詹姆斯·艾利森发现在T细胞表面有一种名为CTLA-4的蛋白质可以发挥“分子刹车”的作用，当CTLA-4被激活后，免疫反应就会终止，如果使它处于抑制状态，则能使T细胞大量增殖，集中攻击肿瘤细胞，这样有望治愈某些癌症。下列有关叙述正确的是
A．CTLA-4是一种糖蛋白，癌细胞表面因为缺乏CTLA-4而易扩散和转移
B．肿瘤细胞被效应T细胞攻击后的裂解死亡，体现了免疫系统的防卫功能
C．T细胞在骨髓中成熟，它能特异性识别抗原，受抗原刺激后产生淋巴因子
D．癌症的发生是多个基因突变逐渐累积的结果，同时也与人体免疫功能下降有关
7．中国传统文化对人类文明贡献巨大，我国古代的人民在那时候就已经广泛应用了，书中充分记载了古代化学研究成果．下列关于古代化学的应用和记载，对其说明不合理的是
A．《本草纲目》中记载“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳极”这是利用了“KNO3的氧化性”
B．杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来
C．我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈[Cu2(OH)2CO3]
D．蔡伦利用树皮、碎布（麻布）、麻头等为原料精制出优质纸张，由他监制的纸被称为“蔡侯纸”。“蔡侯纸”的制作工艺中充分应用了化学工艺
8．1，1-二环丙基乙烯()是重要医药中间体，下列关于该化合物的说法错误的是
A．所有碳原子可能在同一平面 B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．二氯代物有9种 D．生成1mol C8H18至少需要3mol H2
9．国际计量大会第26次会议新修订了阿伏加德罗常数(NA=6.02214076×1023mol−1)，并于2019年5月20日正式生效。下列说法正确的是
A．1L 0.5mol·L−1 Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目小于1.5NA
B．2mol NH3和3mol O2在催化剂和加热条件下充分反应生成NO的分子数为2NA
C．56g聚乙烯分子中含碳碳双键的数目为2NA
D．32.5g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成气体的分子数为0.5NA
10．ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制备NaClO2的工艺流程如下图所示：
下列说法不正确的是
A．工业上可将ClO2制成NaClO2固体，便于贮存和运输
B．通入空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收器充分吸收
C．吸收器中生成NaClO2的离子方程式：2ClO2+H2O2=2ClO+O2↑+2H+
D．步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥
11．溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCO占95%，利用图示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。下列说法正确的是
A．a室排出的是NaOH、Ca(OH)2等强碱性物质
B．b室发生主要反应：2H++CO=H2O+CO2↑
C．c室发生的反应为2H2O－4e−=O2↑＋4H+
D．装置中产生的O2和提取的CO2的体积比约为1∶4
12．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y是短周期元素中原子半径最大的原子，X、Y、Z的简单离子电子层结构相同，Z与W最外层电子数之和等于10。下列说法正确的是
A．最高正价由低到高的顺序为：Y、Z、X、W
B．原子半径由小到大的顺序为：X、Z、W
C．Y、Z、W的最高价氧化物的水化物两两之间均能发生反应
D．X与Y两种元素只能组成一种化合物
13．近年来AIST报告正在研制一种“高容量、低成本”的锂—铜空气燃料电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH−，下列说法正确的是
A．Li极有机电解质可以换成Cu极的水溶液电解质
B．通空气时，整个反应过程中，铜相当于催化剂
C．放电时，Cu极的水溶液电解质的PH值减小
D．放电时，正极的电极反应式为：Cu2O+2H++2e−=2Cu+H2O
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．如图所示,a、b、c为某原子跃迁时所发出的三种谱线,从左向右的波长依次增大,在下列各选项中,则可能正确图是
A． B．
C． D．
15．竖直向上抛出的物体,从抛出到落回抛出点的全过程中,所受空气阻力大小恒定,则
A．全过程重力的冲量为零
B．全过程中动量的变化量等于阻力的冲量
C．全过程中动能的变化量等于阻力做的功
D．上升过程中机械能的变化量大于下落过程机械能的变化量
16．某极地卫星的运动轨道平面还过地球的南北两极,如图所示,卫星从北极正上方按图示方向第一次运动到北纬30°的正上方时所用时间为0.5h,则下列说法正确的是
A．该卫星的运行速度大于7.9 km/s
B．该卫星与同步卫星的运行半径之比为1:8
C．该卫星与同步卫星的向心加速度之比为16:1
D．该卫星的机械能一定小于同步卫星的机械能
17．如图甲所示,理想变压器原、副线图的匝数之比n1:n2=10:1 .电阻R=5Ω.L1、L2、L3为三个完全相同的小灯泡,S1、S2为开关,原线圈接正弦交变电源,输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示.现将S1闭合,S2断开,此时L1正常发光.下列说法正确的是
A．输入电压u的表达式u=10sin5πt(V)
B．R消耗的电功率为0.2W
C．若S1、S2均闭合,三个小灯泡均正常发光
D．若S1、S2均断开,三个小灯泡均正常发光
18．如图所示,在倾角为30°的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨,间距为L,下端接有阻值为R的电阻,导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与斜面垂直(图中未面出),质量为m、电阻不计的金属棒ab与固定在斜面上方的绝缘弹簧相连,弹簧处于原长并被锁定。现解除锁定金属棒由静止开始向下运动距离x到达最低位置,此过程中金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g，则
A．开始运动时金属棒的加速度小于g/2
B．金属棒的速度为v时,所受的安培力F=B2L2v2R
C．此过程中,通过电阻R的总电荷量为BLx2R
D．此过程的减速阶段,回路中的焦耳热小于金属棒重力势能的减少
19．如图所示为甲、乙两质点在0-t3时间内的位置随时间变化的关系图,下列说法正确的是
A．在t2时刻甲、乙两质点的速度相同
B．在0-t2内的某时刻,甲、乙两质点的速度相同
C．在0-t2内,两质点走过的路程相等
D．在0-t3内,甲质点的速度先减小后增大
20．如图是密立根测电子电荷量实验的示意图,把两块水平放置、间距为d的金属板分别与恒定电压为U的电源相接,用一个喷雾器把许多油滴从上板中间的小孔喷入电场,油滴由于摩擦而带负电,其质量、电荷量各不相同,用显微镜来观察,找到其中悬浮不动的或做匀速直线运动的油滴作为研究对象,已知其质量为m,重力加速度为g.下列说法正确的是
A．M板电势高于N板
B．油滴可带任意大小电荷量
C．据mg=Uq/d,计算出的q等于电子电荷量
D．若已知某油滴做竖直向下的匀速直线运动,它的电势能会变大
21．如图,有质量均为m的三个小球A、B、C，A与B、C间通过轻绳相连，绳长均为L，B、C在水平光滑横杆上，中间用一根轻弹簧连接，弹簧处于原长。现将A球由静止释放，直至运动到最低点，两轻绳的夹角由120°变为60°，整个装置始终处于同一个竖直平面内，忽略空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是
A．A在最低点时,B对水平横杆的压力等于mg/2
B．弹簧的最大弹性势能为3-12mgL
C．在A下降的过程中，轻绳对B做功的功率先增大后减小
D．在A下降的过程中轻绳对B做功为3-14mgL
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)某实验小组做‘力的合成与分解’实验,先用一个弹簧称通过细线悬吊一个钩码,当钩码静止时,弹簧称的示数为1.50N；再用两子弹簧秤a、b通过两根细线互成角度将该钩码悬吊,其中a所拉细线方向水平(如图),当钩码静止时,b的示数如图。
(1)b的示数为_______N
(2)a的拉力理论值为___________N
(3)保持b及其拉的细绳方向不变,将a及其拉的细绳方向沿顺时针在图示面缓慢转至竖直方向的过程中,a的示数变化情况为________________________________。
23．(9分)现有一种足够长的粗细均匀的圆柱形金属电电阻丝,截取长度为L的一段来探究它在不同电压下的电阻率及功率。
(1)用螺旋测器测量它的直径d,如图甲所示,d=________mm。
(2)这是某次得的数据如下表记录
实验器材如图,现已完成部分导线的连接,请根据上表数据推测，用笔划线代替导线在图乙中完成余下导线的连接__________；
(3)若当电压表读数为U,电流表读数力I,则该电压下此金属丝的电阻率为________________（用U、I、L、d等字母表示）；
(4)某同学根据数据表,画出了该段金属丝的伏安特性曲线,如图,
①将这段金属丝接在一电动势为3V，内阻为1Ω的电源两端，这段金属丝的电功率为______W,(结里保留两位小数)；
②如图,取长度为x的该种金属电阻丝，与①中电源,定值电阻R=4.5Ω串联成闭合回路,恰使金属电阻丝功率最大,则x为L的__________倍。
24．(12分)如图甲所示,在平直公路上以速度v=12m/s匀速行驶的货车运输规格相同的圆柱形钢管,每根钢管长度L=10m,质量m=3000kg,一共装载了两层,底层钢管固定在车厢里,上层堆放在底层钢管上,图乙是车尾的截面图,己加钢管间的动摩擦因数为34,重力加速度g=10m/s2。
(1)求图乙中,钢管A、B之间的弹力大小
(2)若货车突然以加速度a=6 m/s2匀加速直线运动,上层钢管经过多长时间会掉下来?
25．(20分)如图所示,平面直角坐标系xOy中,在y>0及y<-403L区域存在场强大小相同,方向相反且均平行与y轴的匀强电场，在-403L
(1)粒子到达P2点时的速度大小和方向；
(2)磁场的磁感应强度大小
(3)粒子第n次经过x轴的坐标。
26．（14分）某化学小组对卤素及其化合物的制备和性质进行如下探究实验，根据实验回答问题。
I．探究氯化亚铁与氧气反应的产物
已知氯化亚铁的熔点为674℃，沸点为1023℃；三氯化铁在100℃左右时升华，极易水解。在500℃条件下氯化亚铁与氧气可能发生下列反应，12FeCl2+3O22Fe2O3+8FeCl3、4FeCl2+3O22Fe2O3+4Cl2，该化学小组选用下图部分装置(装置可以重复选用)进行氯化亚铁与氧气反应产物的探究。
（1）实验装置的合理连接顺序为：A→__________→D，装置E的作用是___________。
（2）控制在500℃下发生反应，一段时间后，B中反应剩余固体的成分，可能是_______或_______(填化学式)。设计实验对上述剩余固体的成分进行验证：______________________。
（3）实验室保存1mol·L−1的FeCl3溶液，应控制溶液的pH不大于________。(已知：Fe(OH)3的Ksp为1×10−39)
Ⅱ．卤素化合物之间反应实验条件控制探究
（4）室温下，KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。上面是该小组设计的一组实验数据记录表：
①该组实验的目的是____________；
②2号试管反应完全后，取少量2号试管中的溶液加淀粉溶液后显蓝色，假设还原产物只有KC1，写出反应的离子方程式________________________。
27．（14分）丙烯(C3H6)是重要的有机化工原料。丙烷脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如下图。
（1）丙烷脱氢制丙烯为强吸热过程。
①为提供反应所需热量，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，则K(主反应)____(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，转化率α(C3H8)_____。
②温度升高，副反应更容易发生的主要原因是_____________________________。
（2）下图为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系(图中的压强分别为104Pa和105Pa)。
①104Pa时，图中表示丙烯的曲线是____(填“ⅰ”、“ⅱ”、“ⅲ”或“ⅳ”)。
②104Pa、500℃时，主反应用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=_____(已知：气体分压=气体总压×体积分数)。
（3）利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。
该工艺可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图。
已知：CO和H2的燃烧热分别为ΔH=－283.0kJ·mol−1、ΔH=－285.8 kJ·mol−1。
①图中催化剂为______。
②298K时，该工艺总反应的热化学方程式为_______________________________。
③该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是__________。
28． （15分）三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其它一些含钴配合物的原料。下图是某科研小组以含钴废料（含少量Fe、Al等杂质）制[Co(NH3)6]Cl3的工艺流程：
回答下列问题：
（1）写出加“适量NaClO3”发生反应的离子方程式______________。
（2）“加Na2CO3 调pH至a”会生成两种沉淀，分别为_____________________（填化学式）。
（3）操作Ⅰ的步骤包括_____________________________、冷却结晶、减压过滤。
（4）流程中NH4Cl除作反应物外，还可防止加氨水时c(OH−)过大，其原理是_____________
___________________________________________________________________________________。
（5）“氧化”步骤，甲同学认为应先加入氨水再加入H2O2，乙同学认为试剂添加顺序对产物无影响。你认为___________（填“甲”或“乙”）同学观点正确，理由是_____________。写出该步骤的化学方程式：________________________________
（6）通过碘量法可测定产品中钴的含量。将[Co(NH3)6]Cl3转化成Co3+后，加入过量KI 溶液，再用Na2S2O3标准液滴定(淀粉溶液做指示剂)，反应原理：2Co3+＋2I−＝2Co2+＋I2，I2＋2S2O＝2I−＋S4O，实验过程中，下列操作会导致所测钴含量数值偏高的是_______。
a．用久置于空气中的KI固体配制溶液
b．盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗
c．滴定结束后，发现滴定管内有气泡
d．溶液蓝色退去，立即读数
29．（9分）植物对CO2的利用与光照强度有关，下图表示在三个不同光照强度x、y、z（单位：1x）条件下，CO2浓度对菜豆植株光合速率的影响。请回答下列问题：
（1）菜豆植株光合作用所需的碳源主要是通过叶片上的_________ （结构）进入的；随着CO2浓度的升高，菜豆植株细胞对光反应阶段产生的_________的利用量增多，从而促进了光合作用的进行。
（2）图中光照强度x与y的大小关系为 _________ （用“>”表示）；CO2浓度为400mg·L－1时，若光照强度突然由z变为y，叶绿体中C3的合成速率会_____ （填“增大”“减小”或“不变”）
（3）天气晴朗的中午，光照充足，但菜豆植株光合速率却明显下降，原因可能是
。
30．（10分）血糖水平是调节胰岛素和胰高血糖素分泌的最重要因素，血糖平衡的意义在于为机体各种组织细胞的正常代谢活动提供能源物质。请回答下列问题：
（1）血液中胰岛素与胰高血糖素的摩尔比值，在不同生理状况下是不同的，当机体处于___________状况时，该比值明显下降，此时机体物质代谢的变化是___________ 。
（2）当血糖浓度上升时，胰岛B细胞分泌的胰岛素增加，引起靶细胞膜上的葡萄糖转运载体的数量增加，其意义是___________，从而降低血糖浓度。
（3）在验证胰岛素具有降低血糖浓度作用的实验设计中，若以正常小鼠活动状况为观察指标，注射胰岛素溶液和葡萄糖溶液的顺序应是___________ 。
（4）某糖尿病患者由胰岛B细胞损伤引起，患者血液中含有抗胰岛B细胞的抗体和效应T细胞，据此推测：该糖尿病是针对胰岛B细胞的一种___________病；胰岛B细胞的损伤是机体通过___________兔疫导致的。
31．（12分）福寿螺为瓶螺科瓶螺属软体动物，1981年引入到中国。其食量大且食物种类繁多，危害粮食作物、蔬菜和水生农作物已被我国列入外来入侵物种。为研究福寿螺对沉水植物的影响，科研人员进行了一系列相关实验部分实验结果见图（图中生物量是某一时刻单位面积内实存生物体的有机物总量，对照组是无福寿螺组）。请回答下列问题：
（1）分析图1，从群落的种间关系分析，与对照组相比低密度组中黑藻生物量增大的原因是______ 。图2表示狐尾藻各器官的干重，据图分析，福寿螺最喜食狐尾藻的器官为______。
（2）关于捕食者在进化中的作用，美国生态学家斯坦利提出了“收割理论”，图1的实验结果是否符合该理论？______（填“是”或“否”）。
（3）福寿螺作为“成功”的入侵物种，导致该生态系统生物多样性降低，说明该生态统的______能力具有一定的限度，该能力的基础是______，与用化学药物防治福寿螺相比，采用养鸭取食福寿螺进行防治的主要优点是______。
32．（8分）某种多年生楨物的花色有红色、黄色和白色三种。为研究该植物花色的遗传(不考虑交叉互换)，先后进行了下图所示的实验，回答下列问题：
（1）实验一中，甲的花色为___________，F2中黄花植株的某因型有___________种。
（2）已知另外一对基因会影响花色基因的表达，实验人员在实验一的F1中发现了一株白花植株，其自交产生的F2中红花植株：黄花植株：白花植株=9：6：49。
实验人员推测：F1中出现白花植株的最可能的原因是这对基因中有一个基因发生了突变，请从甲、乙、丙中选择实验材料，设计实验来验证上述推测是正确的(写出实验思路并预期实骏结果)
。
（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)下列说法正确的是
A．一定质量的气体,在体积不变时,分子每秒钟与嚣壁均碰次数随着温度降低而减少
B．晶体熔化时吸收热量,分子平均动能一定增大
C．干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度
D．外界对气体做功时,其内能一定会增大
E. 生产半导体器件时,需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素,可以在高温条件下利用分子的扩散来完成
(2)(10分)一定质量的理想气体经过如图所示的变化过程:A→B→C。已知气体在初始A状态压强为P0，体积为V0,温度为T0。AC连线的延长线经过坐标原点。A→B过程中,气体从外界吸收热量为Q.B状态的温度为2T0。
求:①气体在B状态时的体积和在C状态时的压强；
②气体从A→B→C整个过程中内能的变化。
34．【物理——选修3-4】(15分)
(1)(5分)一列简谐横波沿x轴传播,t=0时的波形如图所示,质点A与质点B相距2m,质点A的速度沿y轴正方向:t=0.01s时,质点A第一次到达正向最大位移处,由此可知；
A．此波的传播速度为100m/s
B．此波沿x轴负方向传播
C．此波沿x轴正方同传播
D．从t=0时刻起,经0.04s质点A沿波的传播方向迁移了4m
E. 在t=0.02s时,质点B处在平衡位置,速度沿y轴正方向
(2)(10分)有一截面为正方形物体ABCD静止浮在水面上,刚好有一半在水下,正方形边长l=1.2m，AB侧前方s1=0.8m处有一障碍物,一潜水员在障碍物前方s2=3.0m处下潜到深度为h1的P处时,看到A点刚好被障碍物挡住。已知水的折射率n=4/3.
求:①深度h1；
②继续下潜h2，恰好能看见CD右侧水面上方的景物，则h2为多少?
35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
锰元素在多个领域中均有重要应用，回答下列问题。
（1）Mn在元素周期表中位于_____区；MnSO4中阳离子的价电子排布式为__________。
（2）Mn3+在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2+下列说法合理的是_______
A．Mn3+的价电子构型为3d4，不属于较稳定的电子构型
B．根据Mn2+的电子构型可知，Mn4+中不含成对电子
C．Mn2+易被氧化，可能是因为Mn2+产内有大量自旋方向相同的电子
D．Mn2+与Fe3+具有相同的价电子构型，所以它们的化学性质相似
（3）在K2MnF6中，MnF的空间构型是正八面体，则中心原子的价层电子对数为_____。该化合物中含有的共价键在形成过程中原子轨道的重叠方式为__________
（4）二价锰的化合物的性质如下表所示：
物质
MCl2
MnS
MnSO4
熔点
650℃
1610℃
700℃
上表三种物质中晶格能最大的是________；上表涉及的三种阴离子中，半径最大的是______。
（5）某锰氧化物的晶胞结构如下图所示：
该锰的氧化物的化学式为______________，该晶体中Mn的配位数为____________，该晶体中Mn之间的最近距离为____________pm（用a、b来表示）。
36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
EPR橡胶()广泛应用于汽车部件、建筑用防水材料、电线电缆护套、耐热胶管、汽车密封件、润滑油添加剂及其它制品。
PC塑料()的透光性良好，可制作车、船、飞机的挡风玻璃以及眼镜等。它们的合成路线如下：
已知：①RCOOR1+R2OH催化剂RCOOR2+R1OH
②B、F、G、H、J各物质中，核磁共振氢谱都只有一组吸收峰。
（1）B的结构简式：_______________，E中官能团名称：_______________。
（2）A→D的反应类型：_______________，D→E的反应条件：_______________。
（3）E→F的化学方程式：_______________。
（4）H的结构简式：_______________。
（5）反应II的化学方程式：_______________。
（6）下列说法正确的是：_______________。
a．反应I的原子利用率为100%
b．1mol J与足量的NaOH溶液反应，消耗2mol NaOH
c．CH3OH在合成PC塑料过程中可以循环利用
（7）反应I过程中，可以得到两种同类型副产物，且与M互为同分异构体，请写出其中一种结构：_______________。
（8）AN苯酚+F，试推断N的结构：_______________。
37．【生物——选修一：生物技术实践】（15分）
请分析回答下列有关生物技术实践的问题：
（1）在测定亚硝酸盐含量的操作中，取泡菜样液及一系列已知浓度的亚硝酸分别与化学物质发生显色反应，然后通过___________，可以估测出泡菜样液中亚硝酸盐的含量。
（2）在生产高果糖浆的过程中若直接用固定化葡萄糖异构酶处理麦芽糖，能否得到高果糖浆? ___________，原因是_________________________________。
（3）加酶洗衣粉不能用于洗涤丝质及羊毛衣料，其主要原因是
。
（4）微生物实验中材料或用具需要消毒或灭菌，其中金属工具可选用的灭菌方法有___________和___________。
（5）血红蛋白提取和分离实验中，洗涤好的红细胞在___________和___________的作用下破裂，释放出血红蛋白。
38．【生物——选修三：现代生物科技专题】（15分）
在HIV侵染免疫细胞的过程中，细胞表面的CCR5蛋白是病毒的一个识别位点，协助介导了H进入细胞的过程。自然情况下，CCR5基因可缺失32个碱基对，成为它的等位基因(称为CCR5△32基因)，如果一个人是CCR5△32基因的纯合子，那么他的免疫细胞表面没有完整的CCR5蛋白可用，就不易被HIV感染。2018年底，贺建奎团队声称通过 CRISPR/Cas9技术对数个胚胎进行了基因编辑，被编辑的婴儿的所有细胞不能合成完整的CCR5蛋白，从而天生免疫艾滋病。请回答：
（1）CCR5基因的表达需要___________等不可缺少的调控组件，CCR5△32基因指导合成的肽链氨基酸数目减少，原因可能是mRNA______________________。
（2）如图所示，CRISPR/Cas9是一种新型的基因组定点编辑系统，根据CCR5基因的序列设计sgRNA（向导RNA)，该sgRNA的序列与CCR5基因部分序列互补配对诱导Cas9n蛋白结合于基因的特异性位点并切割，使CCR5基因发生碱基对的___________，导致基因突变。该过程中，sgRNA和Cas9n对DNA的共同作用类似___________酶的作用。
（3）为验证胚胎的CCR5基因是否成功被编辑，需要在胚胎发育早期，将细胞的微量全基因组DNA用___________技术进行扩增，然后采用___________技术检测目的基因以及转录出的mRNA是否存在，还需要对___________蛋白进行检测。
（4）贺建奎团队的行为遭到了科学界的强烈谴责，因为_____________________________(写出两点)。
绝密 ★ 启用前
2019年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试（四）答案
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】有氧呼吸的过程中，葡萄糖在细胞质基质中分解成丙酮酸后才能进入线粒体中，故线粒体膜上不存在转运葡萄糖的载体蛋白，A错误；细胞分裂间期，染色体由DNA和蛋白质组成，故DNA复制需要DNA聚合酶，蛋白质的合成需要RNA聚合酶，B正确；青蛙的红细胞在无丝分裂过程中需进行DNA复制，细菌分裂是二分裂，C错误；核孔保证了控制物质合成的mRNA能够从细胞核到达细胞质，与核糖体结合，基因不通过核孔到达细胞质，D错误。
2. 【答案】C
【解析】噬菌体外壳由蛋白质构成，不含磷脂分子，过程①32P标记的是噬菌体内部的DNA分子，A错误；过程②为噬菌体侵染大肠杆菌过程，时间不应过长过短，要让噬菌体充分侵染大肠杆菌，B错误；过程③的离心过程是为了分离噬菌体外壳和大肠杆菌，用以后续检测上清液与沉淀物中的放射性，C正确；32P标记的是噬菌体内部的DNA分子，沉淀物放射性高，缺少35S标记噬菌体蛋白质外壳的对照组，因此不能说明噬菌体的DNA就是遗传物质，D错误。
3. 【答案】B
【解析】分析题干，A组注射一定量的某种生物提取液，B组注射等量的生理盐水，两组均表现正常。注射后若干天，分别给两组小鼠注射等量的该种生物提取液，A组小鼠很快发生了呼吸困难等症状；B组未见明显的异常表现，说明A组出现的现象属于过敏反应，A错误；机体初次接触过敏原时，会经过体液免疫产生抗体消灭过敏原，维持机体内环境稳态，小鼠未出现明显的异常表现。但机体再次接触相同的过敏原时，会发生过敏反应，出现过敏现象，如呼吸困难等症状，B正确；呼吸困难与骨骼肌细胞的兴奋无关，C错误；A组小鼠呼吸困难，但是能产生ATP，D错误。
4. 【答案】D
【解析】转录时，RNA聚合酶与DNA结合，A错误；非姐妹染色单体的交叉互换可能导致基因重组或易位，B错误；秋水仙素通过抑制纺锤体形成，引起染色体数目加倍，C错误；镰刀型细胞贫血症是因为控制血红蛋白的基因发生突变导致蛋白质的结构异常所致，体现了基因通过控制蛋白质的结构直接控制生物体的性状，D正确。
5. 【答案】A
【解析】随着种群数量的增加，种内斗争加剧，种群的增长率下降，故在80h到100h内，③中酵母菌增长率逐渐减小，A错误；由图可知。①为“J”型增长，增长倍数（Nt/Nt-1）基本不变，B正确；调查酵母菌种群密度的方法是血球计数板计数法，对于压线的个体可将左上两边的记在方格内，C正确；④和⑤酵母菌的最大种群数量不同，即环境容纳量不同，可能是培养瓶中葡萄糖的量不同，D正确。
6. 【答案】D
【解析】依题意可知：CTLA-4是T细胞表面一种蛋白质，而不是癌细胞表面的糖蛋白，当T细胞表面的该蛋白质被激活后，免疫反应就会终止，可能导致癌细胞易扩散和转移，A错误；肿瘤细胞被效应T细胞攻击后的裂解死亡属于细胞凋亡，体现了免疫系统的监控和清除功能，B错误；T细胞在胸腺中成熟，它能特异性识别抗原，受抗原刺激后产生淋巴因子，C错误；癌症的发生并不是单一基因突变的结果，而是多个基因突变逐渐累积的结果，同时也与人体免疫功能下降有关，D正确。
7.【答案】B
【解析】A．火药发生化学反应时，KNO3中N元素的化合价降低，获得电子，被还原，作氧化剂，体现氧化性，A正确；B．高粱中不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲作用下反应产生了乙醇，然后用蒸馏方法将乙醇分离出来，B错误；C．明矾是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，酸性溶液中H+与盐铜锈[Cu2(OH)2CO3]发生反应，产生可溶性的物质，因此可以达到除锈的目的，C正确；D．蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等为原料精制出优质纸张，体现了化学的物理和化学分离方法，因此充分应用了化学工艺，D正确；故合理选项是B。
8. 【答案】A
【解析】A．碳有2种杂化方式：sp3、sp2，前者是正四面体构型，与它相连的原子不可能全处于同一平面，所有碳原子不可能在同一平面，故A错误；B．结构中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．1，1-二环丙基乙烯()的二氯代物有9种，故C正确；D．1，1-二环丙基乙烯()分子式为C8H12，由C8H12生成1mol C8H18至少需要3mol H2，故D正确。故选A。
9. 【答案】D
【解析】A．A13+、Fe2+水解产生H+，该溶液中阳离子还包括H+，阳离子总数增加，故1L 0.5 mol/L Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目大于1.5NA，故1L 0.5 mol·L−1 Al2Fe(SO4)4溶液中阳离子数目大于1.5NA，故A项错误；B．因存在反应4NH3+5O24NO+6H2O，所以2mol NH3和3mol O2在催化剂和加热条件下充分反应后氧气有剩余，生成的NO会与过量的氧气继续反应生成NO2，所以最终生成NO的分子数小于2NA，故B项错误；C．聚乙烯是乙烯经过加聚反应制备而成，分子内没有碳碳双键，故C项错误；D．浓硫酸与锌反应的方程式Zn+2H2SO4ZnSO4+SO2↑+2H2O，从方程式可以看出1mol锌生成1mol二氧化硫气体，随着硫酸的消耗和水的生成，硫酸变稀，这是就会发生锌与稀硫酸反应，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，从方程式可以看出1mol锌生成1mol氢气，所以1mol锌无论与浓硫酸反应还是与稀硫酸反应，生成气体都为1mol，32.5g锌的物质的量为n=mM = 32.5 g65g/mol = 0.5 mol，生成气体分子数为0.5NA，故D项正确；答案选D。
10. 【答案】C
【解析】A．ClO2为气体，不易储存和运输，常将其制备成NaClO2固体以便运输和贮存，A不符合题意；B．反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其被充分吸收，B不符合题意；C．反应的环境是碱性环境，离子方程式应该为2ClO2+2OH−+H2O2=2ClO+O2+2H2O，C符合题意；D．NaClO2溶液中获得NaClO2固体需要真空蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤和干燥，D不符合题意；答案：C。
11. 【答案】D
【解析】A项：a室电极与电源正极相连，是电解池阳极，电极反应为2H2O－4e−=O2↑＋4H+。H+通过阳离子交换膜进入c室，A项错误；B项：a室生成的H+通过阳离子交换膜进入b室，与主要含碳粒子发生反应HCO+H+＝H2O +CO2↑，B项错误；C项：c室电极与电源负极相连，是电解池阴极，电极反应为2H2O+2e−=H2↑＋2OH−。b室海水中阳离子通过离子交换膜进入c室，故c室排出的是NaOH、Ca(OH)2等强碱性物质，C项错误；D项：据阳极反应和b室反应可知，装置中产生的 O2和提取的CO2的体积比约为1∶4，D项正确。本题选D。
12. 【答案】C
【解析】A项、X是O元素，O元素没有正化合价，故A错误；B项、Z为Al元素、W为Cl元素，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，原子半径Z＞W，故B错误；C项、Y、Z、W的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸，由于氢氧化铝是两性氢氧化物，则两两之间均能发生反应，故C正确；D项、X与Y两种元素可以组成氧化钠和过氧化钠，故D错误。
13. 【答案】B
【解析】A．锂是活泼金属，易与水反应，故A错误；B．铜先与氧气反应生成Cu2O，放电时Cu2O重新生成Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，故B正确；C．放电过程为2Li+Cu2O+H2O=
2Cu+2Li＋+2OH−，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，正极反应为Cu2O+H2O+2e−=Cu+2OH−，Cu极的水溶液电解质的PH值增大，故C错误；D．该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e−=Cu+2OH−，故D错误。故选B。
二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的的0分。
14．【答案】B
【解析】从第3能级跃迁到第1能级，能级差最大，放出的光子的频率最大，波长最短，该光为a光；从第3能级跃迁到第2能级，能级差最小，放出的光子频率最小，波长最长，该光的为c光，故选项B正确，A、C、D错误。
15．【答案】C
【解析】重力是恒力，全过程重力的冲量不可能为零，只会不断增加，根据动量定理可知全过程中动量的变化量等于阻力与重力合力的冲量，故选项A、B错误；重力是恒力，在全过程中位移为零，重力做功为零，空气阻力做负功，根据动能定理可得全过程中动能的变化量等于阻力做的功，故选项C正确；根据功能关系可知，机械能减小量等于克服摩擦力做的功，故在上滑过程中机械能的变化量等于下滑过程中机械能的变化量，故选项D错误。
16．【答案】C
【解析】所有卫星的运行速度都不大于第一宇宙速度，故选项A错误；卫星从北极正上方按图示方向第一次运动到北纬30°的正上方，偏转的角度是60°，刚好为运动周期的16，所以卫星运的周期为T1=3h，同步卫星的周期是T2=24h，由开普勒第三定律r13r23=T12T22，解得r1r2=T12T22=14；故选项B错误；由GMmr2=ma可得a=GMr2，可知卫星与同步卫星的加速度之比为a1a2=r22r12=161，故选项C正确；由于不知道卫星的质量关系，故不能确定机械能，故选项D错误。
17．【答案】C
【解析】由图可知周期T=0.2s，则有ω=10πrad/s，所以输入电压u的表达式应为u=10sin(10πt)V，故选项A错误；将S1闭合，S2断开，根据变压器的电压与匝数关系可知电阻R电压有效值为U2=12V=22V，R消耗的电功率为P=U22R=(22)25W=0.1W，故选项B错误；将S1闭合，S2断开时，小灯泡L2与L3短路，此时小灯泡L1两端电压等于U2=22V，正常发光；若S1、S2均闭合，三个小灯泡并联，此时三个小灯泡两端电压都等于22V，正常发光；若S1、S2均断开，三个小灯泡串联，此时三个小灯泡两端电压都等于13×22V=26V，不能正常发光；故选项C正确，D错误。
18．【答案】D
【解析】开始运动时，金属棒只受到重力和金属导轨对金属棒ab的支持力，根据牛顿第二定律可得金属棒的加速度为a=mgsin30°m=12g，故选项A错误；金属棒的速度为v时，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，所受的安培力F安=BIL=BERL=B2L2vR，故选项B错误；此过程中，通过电阻R的总电荷量为q=IΔt=ERΔt=ΔϕR=BLxR，故选项C错误；最大速度时，重力沿斜面的分力等于弹簧的弹力和安培力之和，之后减速阶段中安培力变小，而重力沿斜面的分力不变，所以重力做功大于克服安培力做功，则有回路中的焦耳热小于金属棒重力势能的减少，故选项D正确。
19．【答案】BD
【解析】位移时间图象斜率表示速度，由图可知在t2时刻甲、乙两质点的速度不相同，故选项A错误；位移时间图象斜率表示速度，由图可知在0-t2内的某时刻，甲的斜率等于乙质点的斜率，所以甲、乙两质点的速度相同，故选项B正确；位移时间图象斜率表示速度，斜率的正负表示速度的方向，由在0-t2内，甲的斜率先正后负，先沿正方向运动后沿反方向运动，乙的斜率不变，沿正方向做匀速直线运动，所以甲质点走过的路程大于乙质点走过的路程，故选C错误；图可知在0-t3内，甲质点的速度先减小后增大，故选项D正确。
20．【答案】AD
【解析】带负电的油滴静止不动，则油滴受到向上的电场力，题图中平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，M板电势高于N板，故选项A正确；不同油滴的所带电荷量虽不相同，但都是最小电荷量(元电荷)的整数倍，故选项B错误；根据平衡条件有：mg=qUd，解得q=mgdU，计算出的q不一定等于电子电荷量，故选项C错误；已知某油滴做竖直向下的匀速直线运动，电场力做负功，所以它的电势能会变大，故选项D正确。
21．【答案】BCD
【解析】若小球A在最低点静止，设水平横杆对小球B、C的支持力都为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以F=32mg；A球由静止释放直至运动到最低点的过程，A先加速下降后减速下降，先失重后超重，所以小球A在最低点时，小球B受到水平横杆的支持力大于32mg，故选项A错误；小球A在最低点时，弹簧的弹性势能最大，对整体根据能量守恒则有弹簧的最大弹性势能等于小球A的重力势能减小，即EPmax=mg(Lsin60°-Lsin30°)=3-12mgL，故选项B正确；在A下降的过程中，小球B先加速后加速，小球A球释放时轻绳对B做功的功率为零，小球A在最低点时轻绳对B做功的功率为零，所以轻绳对B做功的功率先增大后减小，故选项C正确；在A下降的过程中，对小球A根据动能定律可得mg(Lsin60°-Lsin30°)-2WF=0，解得每根轻绳对A做功为WF=3-14mgL，所以轻绳对B做功为3-14mgL，故选项D正确。
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40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】2.50 2.00 先减小后增大
【解析】(1) 该弹簧秤每小格表示0.1N，读数时要估读到下一位，b的读数为2.50N；
(2)钩码受到自身重力G、Oa绳的拉力Ta、Ob绳的拉力Tb三个力处于平衡状态，设Ob绳与竖直方向的夹角为θ，在竖直方向有Tbcosθ=G，在水平方向有Tbsinθ=Ta，联立解得：Ta=2.00N；
(3) 设Oa绳与竖直方向的夹角为α，在竖直方向有Tacosα+Tbcosθ=G，在水平方向有Tasinα=Tbsinθ，解得Ta=Gsinθsin(α+θ)，保持b及其拉的细绳方向不变，将a及其拉的细绳方向沿顺时针在图示面缓慢转至竖直方向的过程中θ不变，α由90°减小到0°，所以sin(α+θ)先增大后减小，a的示数变化情况为先减小后增大。
23．(9分)
【答案】6.545 πUd24IL 1.25 1.1
【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度读数为6.5mm，可动刻度读数为0.01×4.5mm=0.045mm，所以最终读数为：6.5mm+0.045mm=6.545mm；
(2) 探究圆柱形金属电电阻丝在不同电压下的功率大小，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图所示：
(3)根据欧姆定律可得Rx=UI，根据电阻定律可得Rx=ρLS=ρ4Lπd2，联立解得此金属丝的电阻率为ρ=πd2U4IL；
(4) 将这段金属丝接在一电动势为3V，内阻为1Ω的电源两端，根据闭合电路欧姆定律可得U=3-I，在该段金属丝的伏安特性曲线作出U=3-I图像，如图所示，由图示图象可知，该段金属丝两端电压U=2.50V，通过该段金属丝的电流I=0.50A，该段金属丝电阻为：RL=UI=5.0Ω，该段金属丝功率：P=UI=2.50×0.50W=1.25W。
②电源与电阻R整体可以看做等效电源，等效电源内阻为1+4.5Ω=5.5Ω，当长度为x的该种金属电阻丝的电阻为5.5Ω时，金属丝功率最大， 根据电阻定律可得电阻之比等于长度之比，即xL=RxRL=5.55.0=1.1。
24．(12分)
【解析】(1)对A受力分析，设AB间弹力为FN，根据平衡条件可得：2FNcos30°=mg
解得钢管A、B之间的弹力大小：FN=33mg=3×104N
(2)设A在滑动中加速度为a1，则有：2μFN=ma1
钢管滑落下来，货车与钢管的位移差为：L2=(v0t+12at2)-(v0t+12a1t2)
代入数据解得：a1=5m/s2，t=10s。
25．(20分)
【解析】(1)粒子从P1到P2类平抛运动，设到达P2时的y方向分速度为vy
由运动学规律有：8L=v0t，3L=12(0+vy)t
解得：vy=34v0
故粒子在P2的速度大小：v=v02+vy2=54v0
设v与x轴的夹角为α，则有：tanα=vyv0=34
解得：α=37°
(2)粒子从P1到P2，设电场强度为E，据动能定理有：qE3L=12mv2-12mv02
解得：E=3mv0232qL
依题意意：电粒子在电场和磁场中运动时所受力大小相等，则有：qE=qvB
代入可得：B=3mv040qL
(3)根据：qvB=mv2R
解得：R=50L3
由几何关系可得：粒子在磁场中的轨迹所对圆心角为53°
故粒子将垂直y=-403L的直线从M点穿出磁场，粒子运动一周期的轨迹如图所示；
当n为奇数时，xn=[8+44(n-1)3]L，(n=1,3,5,7...)
当n为偶数时，xn=[643+44(n-2)3]L，(n=2,4,6,8...)
26. 【答案】（1）C→B→E 冷却收集到FeCl3
（2）Fe2O3 Fe3O4 取反应后的混合物与试管中，加稀盐酸进行溶解，静置后取上层清液滴加浓溴水，如果溴水褪色说明含有Fe3O4，如果溴水不褪色，说明只含Fe2O3。
（3）1
（4）探究其他条件相同时，酸度浓度对反应产物的影响 ClO+6I−+6H+==Cl−+312+3H2O
【解析】（1）A为O2的发生装置，制得的氧气中含有水蒸气，由于三氯化铁极易水解，因此需要对制得的氧气进行干燥，可通过盛有碱石灰的装置D；氯化亚铁与氧气反应的产物为Fe2O3、FeCl3、Cl2，通过装置F冷却可以收集到FeCl3，则氯化亚铁与氧气反应的实验装置的合理连接顺序为：A→C→B→E→D；装置E的作用是冷却收集到FeCl3。答案：C→B→E；冷却收集到FeCl3。（2）控制在500℃下发生反应，一段时间后，由12FeCl2+3O22Fe2O3+8FeCl3、4 FeCl2+3O22Fe2O3+4Cl2，氯化亚铁的熔点为674℃，沸点为1023℃，知B中反应剩余固体的成分，可能是Fe2O3或Fe3O4。验证方法是：取反应后的混合物与试管中，加稀盐酸进行溶解，静置后取上层清液滴加浓溴水，如果溴水褪色说明含有Fe3O4，如果溴水不褪色，说明只含Fe2O3。答案：Fe2O3或Fe3O4；取反应后的混合物与试管中，加稀盐酸进行溶解，静置后取上层清液滴加浓溴水，如果溴水褪色说明含有Fe3O4，如果溴水不褪色，说明只含Fe2O3。（3）由Fe(OH)3=Fe3++3OH−且Fe(OH)3的Ksp为1×10−39，实验室保存的FeCl3溶液中c(Fe3+)=1mol·L−1，则c(OH−)=31×10-39/1-=1×10−13，C(H+)=10−1，应控制溶液的pH不大于1。答案：1；（4）①4组实验只有硫酸的浓度不同，因此实验的目的是探究其他条件相同时，酸度浓度对反应产物的影响。答案：探究其他条件相同时，酸度浓度对反应产物的影响。②滴加淀粉溶液后显蓝色，说明有I2生成，由2I−→I2，失2e−；由CIO→Cl−，得6e−，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为：ClO+6I−+6H+==Cl−+312+3H2O，答案：ClO+6I−+6H+==Cl−+312+3H2O。
27. 【答案】（1）增大 增大 副反应的活化能低于主反应的活化能
（2） ⅰ 3.3×103Pa
（3）CrO3 C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l) ΔH=+121.5kJ/mol 碳与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面
【解析】（1）①由图可知，丙烷脱氢制丙烯为吸热反应：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) ΔH=
+124.3 kJ/mol，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，反应温度升高，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数K增大，丙烷的转化率增大，故答案为：增大；增大；②由图可知，副反应的活化能低于主反应的活化能，温度升高，活化能较低的副反应更容易发生，故答案为：副反应的活化能低于主反应的活化能；（2）①丙烷脱氢制丙烯为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，丙烯的平衡体积分数减小，故曲线ⅰ代表104 Pa时丙烯的平衡体积分数，故答案为：ⅰ；②104 Pa、500℃时，丙烯的平衡体积分数为33%，设起始丙烷为1mol，转化率为x，由题意建立如下三段式：
C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)
起（mol） 1 0 0
变（mol） x x x
平（mol） 1-x x x
则由丙烯的平衡体积分数为33%可得，x/(1+x)=0.33，解得x≈0.5，丙烷、丙烯和氢气的分压均为104Pa×1/3，则用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=（104Pa×1/3）×（104Pa×1/3）/（104Pa×1/3）=104Pa×1/3=3.3×103Pa，故答案为：3.3×103Pa；（3）①由图可知，反应ⅰ为3C3H8+2CrO33C3H6+Cr2O3+3H2O，反应ⅱ为3CO2+Cr2O32CrO3+3CO，则催化剂为CrO3，故答案为：CrO3；②由题意可得H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH =－285.8kJ/mol；①CO(g)+1/2O2(g)=CO2 (g) ΔH=－283.0kJ/mol② C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) ΔH=+124.3 kJ/mol③，由盖斯定律③-②+①得热化学方程式C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)，则ΔH=（+124.3kJ/mol）+（－285.8kJ/mol）—（－283.0kJ/mol）=+121.5kJ/mol，故答案为：C3H8(g)+CO2C3H6(g)+CO(g)+H2O(l) ΔH=+121.5kJ/mol；
③该工艺中碳与CO2反应生成CO，可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，故答案为：碳与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面。
28. 【答案】（1）6Fe2+＋ClO＋6H+=6Fe3+＋Cl－＋3H2O
（2）Fe(OH)3和Al(OH)3
（3）HCl氛围下蒸发浓缩
（4）NH4Cl溶于水电离出NH会抑制后期加入的NH3·H2O的电离
（5）甲 防止Co(OH)3的生成
H2O2＋2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O＝2Co(NH3)6Cl3↓＋12H2O
（6）ab
【解析】（1）加适量NaClO3的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，发生的离子反应为6Fe2+＋ClO＋6H+=6Fe3+＋Cl－＋3H2O；（2）加入碳酸钠调节pH，沉淀铝离子和铁离子，转化为Fe(OH)3 和Al(OH)3；（3）为了防止产品水解，故应在HCl氛围下蒸发浓缩；（4）流程中氯化铵除作为反应物外，NH4Cl溶于水电离出NH会抑制后期加入的NH3·H2O的电离，可防止加氨水时氢氧根离子浓度过大；（5）若先加入过氧化氢，将钴元素氧化到Co3+，后加入氨水，会生成氢氧化钴，不利于产品的生成，故甲同学正确，先加入氨水再加入过氧化氢，可防止Co(OH)3的生成，此时的反应为H2O2＋2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3·H2O＝2Co(NH3)6Cl3↓＋12H2O；（6）a．用久置于空气中的 KI 固体配制溶液，碘化钾部分被氧化为碘单质，滴定时消耗的硫代硫酸钠标准增多，测定结果偏高，故正确；b．盛装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗，则标准也被稀释，滴定时消耗的硫代硫酸钠标准也体积增多，测定结果偏高，故正确；c．滴定结束后，发现滴定管内有气泡，气泡占体积，则消耗的硫代硫酸钠标准液体积读数偏小，测定结果偏低，故错误；d．溶液蓝色退去，立即读数，此时溶液混合不均，碘单质并未完全被标准液反应完全，导致消耗的标准液减少，测定结果偏低，故错误。故选ab。
29. 【答案】（1）气孔 [H]和ATP
（2） x>y 增大（1分）
（3）中午，植物蒸腾作用旺盛，叶片气孔关闭，导致CO2供应不足
【解析】（1）光合作用所需的碳源是二氧化碳，主要通过气孔进入叶片；二氧化碳是暗反应的原料，随着二氧化碳浓度的增大，暗反应增强，需要光反应提供更多的[H]和ATP，故光反应也会增强。（2）图中，x时光合速率>y时光合速率，故x>y，在达到光饱和点之前，随着光照增强，光合速率会加快；超过光的饱和点，光合速率不再随光照强度的增大而增大。若光照强度突然由z变为y，即光照增强，光反应会加快，暗反应也会随着加快，故C3的合成速率会增加。（3）晴朗的中午，温度过高，植物蒸腾作用旺盛，气孔关闭，导致二氧化碳浓度下降，光合速率会出现下降。
30. 【答案】（1）低血糖（1分） 肝糖原分解加强，一些非糖物质转化为葡萄糖加快
（2）促进葡萄糖进入细胞
（3）先注射胰岛素溶液，后注射葡萄糖溶液
（4）自身免疫（1分） 细胞免疫和体液
【解析】（1）胰岛素与胰高血糖素分别具有降血糖和升血糖的作用，当血糖浓度降低时，胰岛素与胰高血糖素的比值会明显降低，此时胰高血糖素会促进肝糖原分解和一些非糖物质转化为葡萄糖，进而使得血糖浓度上升到正常水平。（2）当血糖浓度升高时，胰岛素分泌增加，引起靶细胞膜上的葡萄糖转运载体的数量增加，促进葡萄糖进入组织细胞，进而降低血糖浓度。（3）该实验的目的是验证胰岛素具有降血糖的功能，因此在实验过程中应该先注射胰岛素观察小鼠的低血糖症状，再注射葡萄糖看看小鼠的低血糖症状是否会消失。（4）根据题意分析，该糖尿病患者体内产生了攻击自身成分的抗体和效应T细胞，说明该病为自身免疫病；患者血液中含有抗胰岛B细胞的抗体和效应T细胞，说明胰岛B细胞的损伤是机体通过细胞免疫和体液兔疫导致的。
31. 【答案】（1）福寿螺摄取了较多的苦草和狐尾藻，与对照组相比低密度组中苦草和狐尾藻的生物量减少，而黑藻与苦草、狐尾藻具有竞争关系，因此黑藻生物量增大（3分） 叶
（2）否（1分）
（3）自我调节 负反馈调节 可减少对环境的污染
【解析】（1）分析图1，从群落的种间关系分析，与对照组相比，低密度组中黑藻生物量增大的原因是福寿螺摄取了较多的苦草和狐尾藻，与对照组相比低密度组中苦草和狐尾藻的生物量减少，而黑藻与苦草、狐尾藻具有竞争关系，因此黑藻生物量增大；图2表示狐尾藻各器官的干重，据图分析，福寿螺最喜食狐尾藻的器官为叶。（2）美国生态学家斯坦利提出了“收割理论”，即“捕食者往往捕食数量多的物种，这样就会避免出现一种或少数几种生物在生态系统中占绝对优势的局面，为其他物种的形成腾出空间”，图1的实验结果不符合该理论。（3）福寿螺作为“成功”的入侵物种，导致该生态系统生物多样性降低，说明该生态统的自我调节能力具有一定的限度，该能力的基础是负反馈调节，与用化学药物防治福寿螺相比，采用养鸭取食福寿螺进行防治的主要优点是可减少对环境的污染。
32. 【答案】（1）红色 4
（2）方案一实验思路：将该白花植株与甲植株杂交，观察后代的表现型及比例
预期结果：后代红花植株：白花植株的比例为1：1
方案二实验思路：将该白花植株与乙植株杂交，观察后代的表现型及比例
预期结果：后代红花植株：黄花植株：白花植株的比例为1：2：5
方案三实验思路：将该白花植株与丙植株杂交，观察后代的表现型及比例
预期结果：后代红花植株：黄花植株：白花植株的比例为9：6：17 （4分）
【解析】（1）根据分析可知，实验一中，甲为AABB，花色为红色，F2中黄花植株的某因型有AAbb、Aabb、aaBB、aaBb4种。（2）已知另外一对基因会影响花色基因的表达，假设为C、c，实验人员在实验一的F1中发现了一株白花植株，其自交产生的F2中红花植株：黄花植株：白花植株=9：6：49，和为64，说明F1中发现了一株白花植株为AaBbCc，含有C基因为白花，红花为A_B_cc，黄花为A_bbcc、aaB_cc，白花为aabbcc、_ _ _ _C_。验证F1中出现白花植株的最可能的原因是这对基因中有一个基因发生了突变的实验思路：将该白花植株（AaBbCc）与乙植株（aabbcc）杂交，观察后代的表现型及比例，后代红花植株：黄花植株：白花植株的比例为1：2：5，说明F1中出现白花植株的原因是这对基因中有一个基因发生了突变。
（二）选考题（共45分，请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每科按所做的第一题计分。）
33．【物理——选修3-3】(15分)
(1)(5分)
【答案】ACE
【解析】一定量的气体，在体积不变时，温度降低，压强减小，根据气体压强原理知道分子每秒平均碰撞次数也减小，故选项A正确；晶体都有固定的熔点，晶体熔化时温度不变，分子平均动能不变，故选项B错误；干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，故选项C正确；根据热力学第一定律可知，当外界对气体做功的同时，对外放热，其内能可能会增大，也可能减小，也可为不变，故选项D错误；生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，故选项E正确。
(2)(10分)
【解析】①A→B等压变化：V0T0=VB2T0
解得：气体在B状态时的体积：VB=2V0
A状态与C状态等容，则有：P0T0=PC2T0
解得在C状态时的压强：PC=2P0
②A→B的内能变化：ΔUAB=-W+Q=-P0(2V0-V0)+Q=Q-P0V0
B→C的内能变化：ΔUBC=0
气体从A→B→C整个过程中内能的变化：ΔU=ΔUAB+ΔUBC=Q-P0V0
34．【物理——选修3-4】(15分)
(1)(5分)
【答案】ABE
【解析】由题可知λ=4m，T=0.04s，则波速v=λT=100m/s，故选项A正确； A点速度沿y轴正方向，则波沿x轴负方向传播，故选项B正确，C错误；简谐横波沿x轴传播，质点A沿波传播方向并不迁移，故选项D错误；在t=0.02s=12T时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴正方向，故选项E正确。
(2)(10分)
【解析】①设过A点光线，恰好障碍物挡住时，入射角、折射角分别为α、β，则：
s sinα=s1s12+l24 ①
sinβ=s2s22+h12 ②
n=sinαsinβ ③
由①②③解得：h1=4m
②潜水员和C点连线与水平方向夹角刚好为临界角C，则：sinC=1n=34 ④
tanC=s1+s2+lh1+h2-l2=53.4+h2 ⑤
由④⑤解得：h2≈1.0m
35. 【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）
【答案】（1）d区 3d5
（2）A
（3）6 “头碰头”
（4）MnS SO
（5）MnO2 6 122a2+b2
【解析】（1）Mn是25号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2，可知Mn在元素周期表中位于第四周期第VIIB，属于d区，MnSO4中Mn元素为+2价，则Mn2+的价电子排布式是3d5；（2）A.Mn3+在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2+，说明Mn3+不稳定，Mn3+容易变成电子半充满的稳定的价电子构型为3d5，3d4则属于不稳定的电子构型，A正确；B．Mn4+中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成对电子，B错误；C．Mn2+产内有大量自旋方向相同的电子，这些电子自旋方向相同，能够使原子的能量最低，而Mn2+易被氧化，显然与Mn2+内含有大量自旋方向相同的电子无关，C错误；D．Mn2+与Fe3+具有相同的价电子构型，微粒的化学性质不仅与价电子构型有关，也和微粒的电荷数、微粒半径、原子序数有关，因此它们的化学性质不相似，Mn2+具有强的还原性，而Fe3+具有强的氧化性，D错误；故合理选项是A；（3）在MnF62-的中，Mn与6个F形成6个σ键，因此含有6对σ键，含有的孤对电子对数为12(6-6×1)=0，所以MnF62-的中心原子Mn的价电子对数为6+0=6，在化合物化合物K2MnF6中含有的F与Mn之间的共价键都是共价单键，属于σ键，在形成过程中原子轨道的重叠方式为“头碰头”；（4）三种物质都是离子晶体，离子半径越小，离子键就越强，离子晶体的晶格能就越大，物质的熔点就越高，根据表格数据可知上表三种物质中晶格能最大的是MnS，MnCl2、MnS的阴离子都是简单的离子，而MnSO4的阴离子是复杂离子，SO为正四面体形，因此其离子半径最大，该晶体具有的晶格能最小，熔点也就最低，即半径最大的是SO；（5）在该晶体中含有的Mn原子个数为18×8+1=2，含有的O原子数目为：12×4+2=4，Mn∶O=2∶4=1∶2，所以该锰的氧化物的化学式为MnO2；根据晶胞投影图可知：在该晶体体中与Mn原子距离相等且最近的O原子由6个，所以Mn的配位数为6；由晶胞结构可知：在该晶胞中距离相等且最近的2个Mn在晶胞体对角线的一半，晶胞的体对角线为[2a2+b2)]pm=2a2+b2pm，所以该晶体中Mn之间的最近距离为122a2+b2pm。
36. 【化学——选修5：有机化学基础】（15分）
【答案】（1）CH2=CH2 羟基
（2）加成反应 NaOH溶液，加热
（3）2CH3CHOHCH3+O22CH3COCH3+2H2O
（4）
（5）
（6）bc
（7）或
（8）
【解析】由合成路线可知，A和B发生加聚反应生成EPR橡胶()，则A和B为乙烯、丙烯，由M的分子式并结合反应I可知，A、D、E、F均含有3个碳原子，故A为丙烯，则B为乙烯；A与溴化氢发生加成反应生成卤代烃D，卤代烃D发生水解生成醇E，醇E发生催化氧化生成F，由F和2分子苯酚反应生成M（C15H16O3）可推知F为丙酮，由此推出D为2-溴丙烷，E为2-丙醇；B为乙烯，乙烯发生催化氧化生成C，C和CO2反应生成H(C3H4O3)，H和甲醇发生已知①的反应生成J和乙二醇，由反应II可推出J为，结合已知①可推知H为，因此C应为环氧乙烷；苯酚与丙酮脱去1分子水生成M（），M发生信息中的取代反应得到聚碳酸酯PC。（1）B为乙烯，结构简式为：CH2=CH2，E为2-丙醇，含有的官能团名称是羟基，故答案为：CH2=CH2；羟基；（2）A→D的反应为丙烯与溴化氢发生加成反应生成2-溴丙烷，反应类型为：取代反应，D→E的反应为2-溴丙烷水解生成2-丙醇，故反应条件为：NaOH溶液，加热，故答案为：取代反应；NaOH溶液，加热；（3）E→F的反应为2-丙醇的催化氧化反应，化学方程式为：2CH3CHOHCH3+O22CH3COCH3+2H2O，故答案为：2CH3CHOHCH3+O22CH3COCH3+2H2O；（4）H的结构简式：，故答案为：；（5）反应II的化学方程式：
；（6）a、反应I为苯酚与丙酮脱去1分子水生成M（），原子利用率不是100%，故a错误；b、J为，分子中含有两个酯基，所以1mol J与足量的NaOH溶液反应，消耗2mol NaOH，故b正确；c、由合成路线可知，H和甲醇反应生成J和乙二醇，J和M发生反应II又生成甲醇，所以CH3OH在合成PC塑料过程中可以循环利用，故c正确；故答案为：bc；（7）苯酚和丙酮发生反应I生成M（），与M同类型且互为同分异构体的结构可能为：或；故答案为：或；（8）A为CH2=CHCH3，苯和丙烯在催化剂存在条件下反应生成N，N先氧化后酸化生成苯酚和丙酮，由此可推断N的结构为：，故答案为：。
37. 【生物——选修一：生物技术实践】（15分）
【答案】（1）比色
（2）不能（1分） 葡萄糖异构酶具有专一性
（3）丝质及羊毛衣料所含的蛋白质会被加酶洗衣粉中的蛋白酶分解，从而破坏（损伤）衣料
（4）灼烧灭菌 干热灭菌（高压蒸汽灭菌）
（5）甲苯 蒸馏水
【解析】（1）亚硝酸盐与对氨基苯磺酸发生重氮化反应后，与N-1-萘基乙二胺盐酸盐结合形成玫瑰红染料，将显色样品与已知浓度的标准显色液进行比色，即可大致估算出泡菜中亚硝酸盐的含量。（2）葡萄糖异构酶可以催化葡萄糖生成果糖，不能催化麦芽糖的水解，因为酶具有专一性。（3）丝质及羊毛衣料所含的蛋白质会被加酶洗衣粉中的蛋白酶分解，从而破坏（损伤）衣料，故不能用加酶洗衣粉洗涤丝质及羊毛衣料。（4）金属用具可以用灼烧灭菌法、干热灭菌法、高压蒸汽灭菌法。（5）洗涤好的红细胞倒入烧杯中，加蒸馏水到原血液的体积，再加甲苯，经磁力搅拌器充分搅拌，红细胞会破裂，释放出血红蛋白。
38. 【生物——选修三：现代生物科技专题】（15分）
【答案】（1）启动子、终止子 变短（终止密码提前出现）
（2）缺失（1分） 限制（1分）
（3） PCR 分子杂交 CCR5
（4）无法证实被编辑个体是否能免疫H1V；可能被编辑个体受其他疾病感染的风险提高； 可能被编辑个体的其他基因被破坏（3分）
【解析】（1）启动子可以被RNA聚合酶识别，并开始转录，终止子是DNA分子中终止转录的核苷酸序列。若要CCR5基因能够表达，首先需要其能正确转录，故CCR5基因的表达需要启动子、终止子等不可缺少的调控组件。CCR5△32基因与CCR5基因相比缺失了32个碱基，所以CCR5△32基因指导合成的肽链中氨基酸数目减少，可能是突变后的基因转录形成的mRNA变短。（2）由图可知，sgRNA的序列与CCR5基因部分序列互补配对可诱导Cas9n蛋白结合于基因的特异性位点并切割，使CCR5基因发生碱基对的缺失，导致基因突变。该过程中，sgRNA和Cas9n对DNA的共同作用类似限制酶的作用。（3）体外扩增目的基因常用PCR技术。检测目的基因是否导入受体细胞以及目的基因是否转录常用分子杂交技术。若要检测目的基因是否翻译，还需要用CCR5蛋白对其进行检测。（4）由于该实验无法证实被编辑个体是否能免疫HIV，以及可能被编辑个体受其他疾病感染的风险提高、或者被编辑个体的其他基因可能被破坏等问题存在，使贺建奎团队的行为遭到了科学界的强烈谴责。
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