2019年高考考试考试真题——理科综合含分析

2019年普通高等学校招生全国统一考试

理科综合能力测试

物理部分

需要注意的地方：

1．答题前，考生务势必我们的名字、准考证号填写在答卷卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答卷卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答卷卡上，写在本试题上无效。。

3．考试结束后，将本试题和答卷卡一并交回。

2、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目需要，第19~21题有多项符合题目需要。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.楞次定律是下列什么定律在电磁感应现象中的具体体现？

A. 电阻定律 B. 库仑定律

C. 欧姆定律 D. 能量守恒定律

【答案】D

【分析】

【解析】楞次定律指感应电流的磁场妨碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种妨碍用途做功将它他形式的能转变为感应电流的电能,所以楞次定律的妨碍过程实质上就是能量转化的过程.

2.金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a金、a地、a火，它们沿轨道运行的速率分别为v金、v地、v火。已知它们的轨道半径R金<R地<R火，由此可以断定

A. a金>a地>a火 B. a火>a地>a金

C. v地>v火>v金 D. v火>v地>v金

【答案】A

【分析】

【解析】AB．由万有引力提供向心力可知轨道半径越小,向心加速度越大,故知A项正确，B错误；

CD．由得可知轨道半径越小,运行速率越大,故C、D都错误。

3.用卡车运输水平为m的匀质圆筒状工件，为使工件维持固定，将它置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面I、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I、Ⅱ重压的大小分别为F1、F2，则

A. B.

C. D.

【答案】D

【分析】

【解析】对圆筒进行受力剖析知圆筒处于三力平衡状况，由几何关系容易找出两斜面对圆筒支持力与重力的关系，由牛顿第三定律知斜面对圆筒的支持力与圆筒对斜面的重压大小相同。

4.从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除遭到重力外，还遭到一大小不变、方向一直与运动方向相反外力用途。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的水平为

A. 2kg B. 1.5kg C. 1kg D. 0.5kg

【答案】C

【分析】

【解析】对上升过程，由动能定理，，得，即F+mg=12N；下落过程，，即N，联立两公式，得到m=1kg、F=2N。

5.如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一水平为m、电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为

A. B. C. D.

【答案】B

【分析】

【解析】运动轨迹如图:

即运动由两部分组成,第一部分是个周期,第二部分是个周期,故总时间为B选项的结果.

6.如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根坐落于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd一直与导轨垂直并接触好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是

A. B. C. D.

【答案】AC

【分析】

【解析】最后两棒共速,故此时电路中电流为0,即C正确,D错误;

由C知,F安=BIL,知F安不是线性变化,故v更不是线性变化,即A正确,B错误.

7.如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始遭到水平外力F有哪些用途，在t=4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽视。重力加速度取g=10m/s2。由题给数据可以得出

A. 木板的水平为1kg

B. 2s~4s内，力F的大小为0.4N

C. 0~2s内，力F的大小维持不变

D. 物块与木板之间的动摩擦因数为0.2

【答案】AB

【分析】

【解析】结合两图像可看出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出水平m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；因为不了解物块的水平，所以没办法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.

8.如图，电荷量分别为q和–q（q>0）的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则

A. a点和b点电势相等

B. a点和b点的电场强度大小相等

C. a点和b点的电场强度方向相同

D. 将负电荷从a点移到b点，电势能增加

【答案】BC

【分析】

【解析】由几何关系，

可知b的电势大于a的电势,故A错误,把负电荷从a移到b,电势能降低,故D错误;由对称性和电场的叠加原理，可得出a、b的合电场强度大小、方向都相同，故B、C正确。

3、非选择题：共174分，第22~32题为必考试试题，每一个考试试题考生都需要作答。第33~38题为选考试试题，考生依据需要作答。

（一）必考试试题：共129分。

9.甲乙两位同学设计了借助数码相机的连拍功能测重力加速度的实验。实验中，甲同学负责释放金属小球，乙同学负责在小球自由下落的时候拍照。已知相机每间隔0.1s拍1幅照片。

（1）若要从拍得的照片中获得必要的信息，在此实验中还需要用的器材是_______。（填正确答案标号）

A.米尺    B.秒表    C.光电门    D.天平

（2）简述你选择的器材在本实验中怎么使用。

答：________________________________________________

（3）实验中两同学由连续3幅照片上小球的地方a、b和c得到ab=24.5cm、ac=58.7cm，则该地的重力加速度大小为g=___m/s2。（保留2位有效数字）

【答案】    . A    . 将米尺竖直放置，使小球下落时尽可能挨近米尺。    . 9.7

【分析】

【解析】此实验用数码相机替代打点计时器,故实验原理是相同的,仍然需要米尺来测量点与点之间的距离;就本实验而言,由于是不同照片,所以是测量连续几张照片上小球地方之间的距离;加速度求解仍然用逐差法计算,注意是bc与ab之间的距离差.

10.某同学欲将内阻为98.5Ω、量程为100uA的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，需要改装后欧姆表的15kΩ刻度正好对应电流表表盘的50uA刻度。可使用的器材还有：定值电阻R0（阻值14kΩ），滑动变阻器R1（最大阻值1500Ω），滑动变阻器R2（最大阻值500Ω），电阻箱（0~99999.9Ω），干电池（E=1.5V，r=1.5Ω），红、黑表笔和导线若干。

（1）欧姆表设计

将图（a）中的实物连线组成欧姆表。（          ）欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为____Ω：滑动变阻器选____（填“R1”或“R2”）。

（2）刻度欧姆表表盘

通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示。表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75，则a、b处的电阻刻度分别为____、____。

（3）校准

红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向___kΩ处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量。若校准某刻度时，电阻箱旋钮地方如图（c）所示，则电阻箱接入的阻值为_______Ω。

【答案】    .     . 900    . R1    . 45    . 5    . 0    . 35000.0

【分析】

【解析】依据欧姆表的改装原理，由短接时的欧姆定律和中值电阻的意义可算出R=900Ω，为了滑动变阻器的安全，选择R1；另外，需深刻里面欧姆表表盘的刻度原理和校准标准。

11.空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个水平均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q（q>0）。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求

（1）电场强度的大小；

（2）B运动到P点时的动能。

【答案】（1）；（2）

【分析】

【解析】（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。依据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有

mg+qE=ma①

②

解得

③

（2）设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，依据动能定理有

④

且有

⑤

⑥

联立③④⑤⑥式得

⑦

12.静止在水平地面上的两小物块A、B，水平分别为mA=l.0kg，mB=4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右边的竖直墙壁距离l=1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间离别，两物块获得的动能之和为Ek=10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20。重力加速度取g=10m/s²。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。

（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；

（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？

（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？

【答案】（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；（2）A先停止； 0.50m；（3）0.91m；

【分析】

剖析】

第一需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A、B组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出A、B各自的速度大小；比较容易断定A、B都会做匀减速直线运动，并且易知是B先停下，至于A是不是已经到达墙处，则需要依据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判断A向左运动停下来之前是不是与B发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间关系，列式求解即可。

【解析】（1）设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有

0=mAvA-mBvB①

②

联立①②式并代入题给数据得

vA=4.0m/s，vB=1.0m/s

（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB。，则有

④

⑤

⑥

在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是不是发生，A在时间t内的路程SA都可表示为

sA=vAt–⑦

联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得

sA=1.75m，sB=0.25m⑧

这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没与B发生碰撞，此时A坐落于出发点右侧0.25m处。B坐落于出发点左侧0.25m处，两物块之间的距离s为

s=025m+0.25m=0.50m⑨

（3）t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有

⑩

联立③⑧⑩式并代入题给数据得

故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA′′以和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有

联立式并代入题给数据得

这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式

由④式及题给数据得

sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离

（二）选考试试题：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。假如多做，则每科按所做的第一题计分。

[物理一一选修3–3]

13.用油膜法估算分子大小的实验中，第一需将纯油酸稀释成肯定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是_______________________________________________。实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以_____________________________________________________________。为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是_________________________________。

【答案】    . 使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜    . 把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1mL油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积    . 油膜稳定后得表面积S。

【分析】

【解析】油膜法测量分子大小需要形成单分子油膜，故而需要降低油酸浓度；一滴油酸的体积很微小不容易准确测量，故而用累积法，测出N滴油酸溶液的体积V，用V与N的比值计算一滴油酸的体积；因为形成单分子油膜，油膜的厚度h可以觉得是分子直径，故而还需要测量出油膜的面积S，以计算厚度.

14.如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了适量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好坐落于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大方压强为76cmHg，环境温度为296K。

（1）求细管长度；

（2）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。

【答案】（1）41cm；（2）312K

【分析】

【剖析】

以“液柱”为模型，通过对气体压强剖析，借助玻意耳定律和盖-吕萨克定律求得细管长度和温度，找准初末状况、剖析封闭气体历程的变化时重点。易错点：误把气体长度当成细管长度。

【解析】（1）设细管的长度为l，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有

pV=p1V1①

由力的平衡条件有

p=p0–ρgh③

式中，p、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大方压强。由题意有

V=S（L–h1–h）④

V1=S（L–h）⑤

由①②③④⑤式和题给条件得

L=41cm⑥

（2）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖–吕萨克定律有

⑦

由④⑤⑥⑦式和题给数据得

T=312K⑧

[物理——选修3–4]

15.水槽中，与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上。振动片做简谐振动时，两根细杆周期性触动水面形成两个波源。两波源发出的波在水面上相遇。在重叠地区发生干预并形成了干预图样。关于两列波重叠地区内水面上振动的质点，下列说法正确的是________。

A. 不同质点的振幅都相同

B. 不同质点振动的频率都相同

C. 不同质点振动的相位都相同

D. 不同质点振动的周期都与振动片的周期相同

E. 同一质点处，两列波的相位差不随时间变化

【答案】BDE

【分析】

【解析】两列波叠加形成稳定的干预现象的条件是两列波的频率相同;任何质点都在根据相同的频率在振动,不同地区的质点振幅和位移未必相同,各质点振动的频率与波源频率相同,波源振动频率又与振动片的振动频率相同

16.如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A=90°，∠B=30°。一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出。

（1）求棱镜的折射率；

（2）维持AB边上的入射点不变，渐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出。求此时AB边上入射角的正弦。

【答案】（1）；（2）sin=

【分析】

【解析】（1）光路图及有关量如图所示。光束在AB边上折射，由折射定律得

①

式中n是棱镜的折射率。由几何关系可知

α+β=60°②

由几何关系和反射定律得

③

联立①②③式，并代入i=60°得

n=④

（2）设改变后的入射角为，折射角为，由折射定律得

=n⑤

依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角，且

sin=⑥

由几何关系得

=α'+30°        ⑦

由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为

sin=⑧

化学部分

可可以用到的相对原子水平：H 1  Li 7  C 12  N 14  O 16  Na 23  S 32  Cl 35.5  Ar 40  Fe 56  I 127

1、选择题：本题共13个小题，每小题6分。共78分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目需要的。

1.化学与生活密切有关。下列叙述错误的是

A. 高纯硅可用于制作光感电池

B. 铝合金很多用于高铁建设

C. 活性炭具备除异味和杀菌用途

D. 碘酒可用于皮肤外用消毒

【答案】C

【分析】

【解析】A、硅是半导体，高纯硅可用于制作光感电池，A正确；

B、铝合金硬度大，可用于高铁建设，B正确；

C、活性炭具备吸附性，可用于除异味，但不可以杀菌消毒，C错误；

D、碘酒能使蛋白质变性，可用于皮肤外用消毒，D正确；

答案选C。

2.下列化合物的分子中，所有原子可能共平面的是

A. 甲苯 B. 乙烷 C. 丙炔 D. 1,3−丁二烯

【答案】D

【分析】

【解析】A、甲苯中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，A不选；

B、乙烷是烷烃，所有原子不可能共平面，B不选；

C、丙炔中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，C不选；

D、碳碳双键是平面形结构，因此1，3－丁二烯分子中所有原子共平面，D选。

答案选D。

3.X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和我10，X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z。下列叙述正确的是

A. 熔点：X的氧化物比Y的氧化物高

B. 热稳定性：X的氢化物大于Z的氢化物

C. X与Z可形成离子化合物ZX

D. Y的单质与Z的单质均能溶于浓硫酸

【答案】B

【分析】

【解析】Y的最外层电子数等于X次外层电子数，因为均是主族元素，所以Y的最外层电子数不可能是8个，则X只能是第二周期元素，因此Y的最外层电子数是2个，又由于Y的原子半径大于Z，则Y只能是第三周期的Mg，因此X与Z的最外层电子数是（10－2）/2＝4，则X是C，Z是Si。

A、碳氧化物形成的分子晶体，Y的氧化物是离子化合物氧化镁，则氧化镁的熔点高于碳的氧化物熔点，A错误；

B、碳元素的非金属性强于硅元素，非金属性越强，氢化物越稳定，则碳的氢化物稳定性强于硅的氢化物稳定性，B正确；

C、C与Si形成的是共价化合物SiC，C错误；

D、单质镁能溶于浓硝酸，单质硅不溶于浓硝酸，D错误；

答案选B。

4.离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误是

A. 经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变

B. 水中的 、、Cl−通过阳离子树脂后被除去

C. 通过净化处置后，水的导电性减少

D. 阴离子树脂填充段存在反应H++OH−H2O

【答案】A

【分析】

【解析】离子交换树脂净化水的原理是：当含有Na+、Ca2+、Mg2+等阳离子及SO42－、Cl－、NO3－等阴离子的原水通过阳离子交换树脂时，水中的阳离子为树脂所吸附，而树脂上可交换的阳离子H＋则被交换到水中，并和水中的阴离子组成相应的无机酸；当含有无机酸的水再通过阴离子交换树脂时，水中的阴离子也为树脂所吸附，树脂上可交换的阴离子OH－也被交换到水中，同时与水中的H＋离子结合成水，则

A、依据电荷守恒可知经过阳离子交换树脂后，水中阳离子总数增加，A错误；

B、依据以上剖析可知水中的SO42－、Cl－、NO3－等阴离子通过阴离子交换树脂被除去，B正确；

C、通过净化处置后，溶液中离子的浓度减少，导电性减少，C正确；

D、依据以上剖析可知阴离子交换树脂填充段存在反应H＋＋OH－＝H2O，D正确；

答案选A。

5.设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是

A. 每升溶液中的H+数目为0.02NA

B. c= c+2c+3c+ c

C. 加水稀释使电离度增大，溶液pH减小

D. 加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强

【答案】B

【分析】

【解析】A、常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A错误；

B、依据电荷守恒可知选项B正确；

C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；

D、加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误；

答案选B。

6.下列实验不可以达到目的的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】A

【分析】

【解析】A、氯气与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和碳酸氢钠，不可以制备次氯酸，不可以达到实验目的，A选；

B、过氧化氢溶液中加入少量二氧化锰作催化剂，加快双氧水的分解，因此可以加快氧气的生成速率，能达到实验目的，B不选；

C、碳酸钠溶液与乙酸反应，与乙酸乙酯不反应，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，能达到实验目的，C不选；

D、依据较强酸制备较弱酸可知向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可以制备二氧化硫，能达到实验目的，D不选；

答案选A。

7.为提高电池循环效率和稳定性，科学家最近借助三维多孔海绵状Zn（3D−Zn）可以高效沉积ZnO的特征，设计了使用强碱性电解质的3D−Zn—NiOOH二次电池，结构如下图所示。电池反应为Zn+2NiOOH+H2OZnO+2Ni2。

A. 三维多孔海绵状Zn具备较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高

B. 充电时阳极反应为Ni2+OH−−e−NiOOH+H2O

C. 放电时负极反应为Zn+2OH−−2e−ZnO+H2O

D. 放电过程中OH−通过隔膜从负极区移向正极区

【答案】D

【分析】

【解析】A、三维多孔海绵状Zn具备较高的表面积，吸附能力强，所沉积的ZnO分散度高，A正确；

B、充电等于是电解池，阳极发生失去电子的氧化反应，依据总反应式可知阳极是Ni2失去电子转化为NiOOH，电极反应式为Ni2＋OH－－e－＝NiOOH＋H2O，B正确；

C、放电时等于是原电池，负极发生失去电子的氧化反应，依据总反应式可知负极反应式为Zn＋2OH－－2e－＝ZnO＋H2O，C正确；

D、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中OH－通过隔膜从正极区移向负极区，D错误

答案选D。

3、非选择题：共174分，第22~32题为必考试试题，每一个考试试题考生都需要作答。第33~38题为选考试试题，考生依据需要作答。

（一）必考试试题：共129分。

8.高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的材料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：

有关金属离子[c0=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：

（1）“滤渣1”含有S和__________________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式____________________________________________________。

（2）“氧化”中添加适当的MnO2有哪些用途是将________________________。

（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______~6之间。

（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是______________。

（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，缘由是_____________________________________________________________________。

（6）写出“沉锰”的离子方程式___________________________________________________。

（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=___________。

【答案】    . SiO2（不溶性硅酸盐）    . MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O    . 将Fe2+氧化为Fe3+    . 4.7    . NiS和ZnS    . F−与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2++2F−平衡向右移动    . Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O    .

【分析】

【解析】（1）Si元素以SiO2或不溶性硅盐存在，SiO2与硫酸不反应，所以滤渣I中除去S还有SiO2；在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；

（2）二氧化锰作为氧化剂，使得MnS反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；

（3）由表中数据知pH在4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH在4.7~6之间；

（4）依据题干信息，加入Na2S除杂为了出去锌离子和镍离子，所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS；

（5）由HF H++F-知，酸度过大，F-浓度减低，使得MgF2Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2+沉淀不完全；

（6）依据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀，所以反应离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；

（7）依据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，带入计算得：z=1/3

9.乙酰水杨酸（阿司匹林）是现在常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种办法如下：

实验过程：在100 mL锥形瓶中加入水杨酸6.9 g及醋酸酐10 mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL浓硫酸后加热，保持瓶内温度在70 ℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作.

①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100 mL冷水中，析出固体，过滤。

②所得结晶粗品加入50 mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。

③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。

④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4 g。

回答下列问题：

（1）该合成反应中应使用__________加热。（填标号）

A．热水浴                B．酒精灯            C．煤气灯            D．电炉

（2）下列玻璃仪器中，①中需用的有________（填标号），不需用的_______________________（填名字）。

（3）①中需用冷水，目的是______________________________________。

（4）②中饱和碳酸氢钠有哪些用途是_________________________________，以便过滤除去难溶杂质。

（5）④使用的纯化办法为____________。

（6）本实验的产率是_________%。

【答案】    . A    . BD    . 分液漏斗、容量瓶    . 充剖析出乙酰水杨酸固体（结晶）    . 生成可溶的乙酰水杨酸钠    . 重结晶    . 60

【分析】

【解析】（1）由于反应温度在70℃，低于水的沸点，且需维温度不变，故使用热水浴的办法加热；

（2）操作①需将反应物倒入冷水，需要用烧杯量取和存放冷水，过滤的操作中还需要漏斗，则答案为：B、D；分液漏斗主要用于离别互不相容的液体混合物，容量瓶用于配制肯定浓度的溶液，这两个仪器用不到。

（3）反应时温度较高，所以用冷水目的是使得乙酰水杨酸晶体充剖析出；

（4）乙酰水杨酸难溶于水，为了除去其中的杂质，可将生成的乙酰水杨酸与碳酸氢钠反应生成可溶性的乙酰水杨酸钠，以便过滤除去杂质；

（5）每次结晶过程中会有少量杂质一块析出，可以通过多次结晶的办法进行纯化，也就是重结晶；

（6）水杨酸分子式为C7H6O3，乙酰水杨酸分子式为C9H8O4，依据关系式法计算得：

        C7H6O3~ C9H8O4

        138     180

        6.9g     m

m=/138=9g，则产率为 。

10.

近年来，伴随聚酯工业的飞速发展，氯气的需要量和氯化氢的产出量也随之飞速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热门。回答下列问题：

（1）Deacon创造的直接氧化法为：4HCl+O2=2Cl2+2H2O。下图为刚性容器中，进料浓度比c ∶c分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡实际转化的比例随温度变化的关系：

可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，依据进料浓度比c∶c=1∶1的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。按化学计量比进料可以维持反应物高实际转化的比例，同时减少产物离别的能耗。进料浓度比c∶c过低、过高的不利影响分别是____________。

（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：

CuCl2=CuCl+Cl2  ΔH1=83 kJ·mol-1

CuCl+O2=CuO+Cl2   ΔH2=-20 kJ·mol-1

CuO+2HCl=CuCl2+H2O    ΔH3=-121 kJ·mol-1

则4HCl+O2=2Cl2+2H2O的ΔH=_________ kJ·mol-1。

（3）在肯定温度的条件下，进一步提升HCI的实际转化的比例的办法是______________。（写出2种）

（4）在传统的电解氯化氢收购氯气技术的基础上，科学家近期使用碳基电极材料设计了一种新的工艺策略，主要包含电化学过程和化学过程，如下图所示：

负极区发生的反应有____________________（写反应方程式）。电路中转移1 mol电子，需消耗氧气__________L（标准情况）

【答案】    . 大于    .     . O2和Cl2离别能耗较高、HCl实际转化的比例较低    . ﹣116    . 增加反应体系压强、准时除去产物    . Fe3++e−=Fe2+，4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O    . 5.6

【分析】

【解析】（1）依据反应方程式知，HCl平衡实际转化的比例越大，平衡常数K越大，结合图像知K>K；

由图像知，400℃时，HCl平衡实际转化的比例为84%，用三段式法对数据进行处置得：

起始（浓度）    c0 c0 0 0

变化（浓度）  0.84c0     0.21c0  0.42c0 0.42c0

平衡（浓度）c0   c0 0.42c0 0.42c0

则K=；依据题干信息知，进料浓度比过低，氧气很多剩余，致使离别产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不可以充分反应，致使HCl实际转化的比例较低；

（2）依据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）×2得  ∆H=（∆H1+∆H2+∆H3）×2=-116kJ∙mol-1；

（3）若想提升HCl的实际转化的比例，应该促进平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，依据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可与时除去产物，较小产物浓度，使平衡正向移动；

（4）电解过程中，负极上发生的是得电子反应，元素化合价减少，是还原反应，则图中左边为负极反应，依据图示信息知电极反应为：Fe3++e-=Fe2+和4=Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；

（二）选考试试题：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。假如多做，则每科按所做的第一题计分。

［化学——选修3：物质结构与性质］

11.磷酸亚铁锂（LiFePO4）可用作锂离子电池正极材料，具备热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特征，文献报道可使用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为材料制备。回答下列问题：

（1）在周期表中，与Li的化学性质最一样的邻族元素是________，该元素基态原子核外M层电子的自旋状况_________（填“相同”或“相反”）。

（2）FeCl3中的化学键具备明显的共价性，蒸汽状况下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为________，其中Fe的配位数为_____________。

（3）苯胺）晶体种类是__________。苯胺与甲苯（）的相对分子水平相近，但苯胺的熔点（-5.9℃）、沸点（184.4℃）分别高于甲苯的熔点（-95.0℃）、沸点（110.6℃），缘由是___________。

（4）NH4H2PO4中，电负性最高的元素是______；P的_______杂化轨道与O的2p轨道形成_______键。

（5）NH4H2PO4和LiFePO4是简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示：

这种磷酸根离子的化学式可用通式表示为____________（用n代表P原子数）。

【答案】    . Mg    . 相反    .     . 4    . 分子晶体    . 苯胺分子之间存在氢键    . O    . sp3    . σ    . -

【分析】

【解析】剖析：这道选修题涉及到了元素周期表和对角线原则、核外电子排布式的写法、配位物的形成，与熔沸点的判断方法和分子晶体的判断办法。电负性的判断和杂化轨道的计算

分析：（1）依据元素周期表和对角线原则可知与锂化学性质一样的是镁，镁的最外层电子数是2，占据s轨道，s轨道最多容纳2个电子，所以自旋方向相反。

氯化铁的双聚体，就是两个氯化铁相连接在一块，已知氯化铁的化学键有明显的共价性所以仿照共价键的形式将两个个氯化铁连接在一块。配位数就等于原子的化合价的二倍。

大部分有机物都是分子晶体，除去一部分有机酸盐和有机碱盐是离子晶体。苯胺比甲苯的熔沸点都高，同一种晶体种类熔沸点不同第一要考虑的就是是不是有氢键，苯胺中存在电负性较强的N所以可以形成氢键，因此比甲苯的熔沸点高。

电负性与非金属性的大小规律相似，从左到右依次增大，O就是最大的。计算出p的杂化种类是sp3，与氧原子形成的是磷氧双键，其中p轨道是σ，与氢氧形成的是单键。

可以参考磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：PO42-   P2O74 -  P3O105- 

磷原子的变化规律为：1，2,3,4，n

氧原子的变化规律为：4,7,10,3n+1

酸根的变化规律为：3,4，5，n+2；因此得出-

点睛：第二小问，双聚分子的氯化铁结构式，从共价键的角度剖析，存在着配位键，那配位原子就是氯原子，共用两个个氯原子就可达成将两个氯化铁连接在一块的结构

      第五小问，应用数学的找规律递推到通式，第一写出磷酸的化学式，然后探寻规律。

［化学——选修5：有机化学基础］

12.氧化白藜芦醇W具备抗病毒等用途。下面是借助Heck反应合成W的一种办法：

回答下列问题：

（1）A的化学名字为___________。

（2）中的官能团名字是___________。

（3）反应③的种类为___________，W的分子式为___________。

（4）不同条件对反应④产率的影响见下表：

上述实验探究了________和________对反应产率的影响。除此之外，还可以进一步探究________等对反应产率的影响。

（5）X为D的同分异构体，写出满足如下条件的X的结构简式________________。

①含有苯环；②有三种不同化学环境的氢，个数比为6∶2∶1；③1 mol的X与足量金属Na反应可生成2 g H2。

（6）借助Heck反应，由苯和溴乙烷为材料制备，写出合成路线________________。（无机试剂任选）

【答案】    . 间苯二酚（1，3-苯二酚）    . 羧基、碳碳双键    . 取代反应    . C14H12O4    . 不同碱    . 不同溶剂    . 不同催化剂（或温度等）    . （5）    . （6）

【分析】

【解析】剖析：第一看到合成路线：由A物质经1反应在酚羟基的邻位上了一个碘原子，发生了取代反应生成了B物质，B物质与乙烯酸在催化剂有哪些用途下生成了C物质，那c物质就是将乙烯酸中的羧基去掉取代了碘原子的地方；由D反应生成E就是把HI中的H连在了O上，发生的是取代反应；最后heck反应生成w物质。

分析：（1）A物质所含官能团是两个酚羟基，且苯环上有两个是间位的取代基，那物质的命名就是间苯二酚

物质中含碳碳双键和羧基

D物质到E物质没双键的消失，且在o原子处增加了氢原子，没双键参与反应所以是取代反应，W物质中可以轻松数出共有14个C原子，4个氧原子，氢原子的个数可以通过不饱和度来判断出，14个碳的烷应该有30个氢，目前该分子有9个不饱和度，其中一个苯环4个，一个双键1个，一个不饱和度少2个氢，所以30-9*2=12，因此有12个氢原子。

可以从表格中探寻溶剂一样的实验、碱一样的实验发现得出：实验1,2,3,探究了不同碱对反应的影响；实验4,5，6,探究了不同溶剂对反应的影响，最后只剩下不同催化剂对实验的影响。

D的分子式为：C8H9O2I，需要含苯环，那支链最多含两个C，且1molX与足量Na反应可生成2g氢气，那就证明有两个酚羟基或醇羟基，又有三种不同环境的氢6:2:1，那肯定是有两个甲基和两个酚羟基，由于醇羟基没6个相同环境的氢。

由题意中的heck反应可知需要一个反应物中含双建，一个反应物中含I；

从苯出发可以经过溴乙烷和溴化铁的反应制得乙苯，乙苯在乙基上通过烷烃的取代反应生成氯乙苯，氯乙苯在氢氧化钠醇溶液下发生卤代烃的水解从而生成双键，得到苯乙烯；可以仿照反应1通过相同条件在苯环上上一个碘原子取代苯环的氢。

点睛：最后一个写合成路线，要需要从已有些物质出发，不能自己添加反应所需有机物，仿照题中出现的反应，将合成路线分为两部分，一次合成，遇见不会的合成，第一要在题意和已知中探寻。了解想要有碳碳双键出现应该借助卤代烃的水解反应。

生物部分

1、选择题

1.下列有关高尔基体、线粒体和叶绿体的叙述，正确的是

A. 三者都存在于蓝藻中

B. 三者都含有DNA

C. 三者都是ATP合成的场合

D. 三者的膜结构中都含有蛋白质

【答案】D

【分析】

【剖析】

本题主要考查细胞中不同细胞器的结构功能，其中高尔基体是具备单层膜的细胞器，在动植物细胞中功能不同；线粒体和叶绿体都是具备双层膜的细胞器，前者是有氧呼吸的主要场合，后者是光合用途的场合。

【解析】蓝藻是原核生物，细胞中只有核糖体一种细胞器，没高尔基体、叶绿体和线粒体，A错误；线粒体和叶绿体含有少量的DNA，而高尔基体不含DNA，B错误；线粒体和叶绿体都可以合成ATP，而高尔基体消耗ATP，C错误；高尔基体、线粒体和叶绿体都是具备膜结构的细胞器，而膜的主要成分中有蛋白质，D正确。故选D。

2.下列与真核生物细胞核有关的叙述，错误的是

A. 细胞中的染色质存在于细胞核中

B. 细胞核是遗传信息转录和翻译的场合

C. 细胞核是细胞代谢和遗传的控制中心

D. 细胞核内遗传物质的合成需要能量

【答案】B

【分析】

【剖析】

本题考查真核细胞细胞核的结构和功能，其细胞核的结构主要包含核膜、核孔、核仁和染色质，染色质的主要成分是DNA和蛋白质；细胞核是遗传物质储存和复制的主要场合，是细胞代谢和遗传的控制中心。

【解析】真核细胞的细胞核中有染色质，其他地方没染色质，A正确；真核细胞中，转录主要发生在细胞核中，而翻译发生在细胞质中的核糖体中，B错误；细胞核中的染色质上含有遗传物质DNA，因此细胞核是细胞代谢和遗传的控制中心，C正确；细胞核中的遗传物质是DNA，其通过DNA复制合成子代DNA，该过程需要消耗能量，D正确。故选B。

3.下列不利于人体散热的是

A. 骨骼肌不自主战栗

B. 皮肤血管舒张

C. 汗腺分泌汗液增加

D. 用酒精擦拭皮肤

【答案】A

【分析】

【剖析】

本题主要考查体温调节的有关要点，在不一样的环境条件下，人体主要依赖调节产热量或者散热量来保持体温相对温度。

【解析】骨骼肌不自主战栗会增加产热量，不利于人体散热，A正确；皮肤血管舒张，血流量增加，以增加散热量，B错误；汗腺分泌汗液增加，则散热量增加，C错误；用酒精擦拭皮肤可以增加散热量，D错误。选A。

4.若将n粒玉米种子置于黑暗中使其萌发，得到n株黄化苗。那样，与萌发前的这n粒干种子相比，这类黄化苗的有机物总量和呼吸强度表现为

A. 有机物总量降低，呼吸强度增强

B. 有机物总量增加，呼吸强度增强

C. 有机物总量降低，呼吸强度减弱

D. 有机物总量增加，呼吸强度减弱

【答案】A

【分析】

【剖析】

依据题干信息剖析，将n粒种子置于黑暗环境中使其萌发，得到n株黄化苗，该过程中没光照，所以种子在萌发过程中只能进行呼吸用途消耗有机物，不可以进行光合用途合成有机物，也不可以合成叶绿素，所以幼苗是黄化苗。

【解析】依据题意剖析，种子萌发时，吸水膨胀，种皮变软，呼吸用途渐渐增强，将储藏在子叶或胚乳间宽的营养物质逐步分解，转化为可以被细胞吸收借助的物质，所以种子萌发过程中，呼吸用途强度增加，而有机物因呼吸用途消耗而总量不断降低。综上所述，BCD不符合题意，A符合题意。故选A。

5.下列关于人体组织液的叙述，错误的是

A. 血浆中的葡萄糖可以通过组织液进入骨骼肌细胞

B. 肝细胞呼吸代谢产生的CO2可以进入组织液中

C. 组织液中的O2可以通过自由扩散进入组织细胞中

D. 运动时，丙酮酸转化成乳酸的过程发生在组织液中

【答案】D

【分析】

【剖析】

内环境及其各组分之间的关系
①内环境的定义：由细胞外液构成的液体环境叫做内环境，包含血浆、组织液和淋巴。
②各组分之间的关系如图所示：

【解析】血浆中的葡萄糖通过毛细血管壁细胞进入组织液，再通过组织液进入全身各处的细胞，包含骨骼肌细胞，A正确；肝细胞存活的内环境是组织液，因此其代谢产生的CO2以自由扩散的方法进入到组织液中，B正确；氧气通过血红蛋白被输送到全身各处的组织液，再通过自由扩散的方法从组织液进入组织细胞中，C正确；运动时，丙酮酸转化成乳酸的过程是无氧呼吸的过程，发生在细胞质基质中而不发生在组织液中，D错误。故选D。

6.假设在特定环境中，某种动物基因型为BB和Bb的受精卵均可发育成个体，基因型为bb的受精卵全部死亡。现有基因型均为Bb的该动物1000对（每对含有1个父本和1个母本），在这种环境中，若每对亲本只形成一个受精卵，则理论上该群体的子一代中BB、Bb、bb个体的数目依次为

A. 250、500、0

B. 250、500、250

C. 500、250、0

D. 750、250、0

【答案】A

【分析】

【剖析】

基因离别定律的实质：在杂合子的细胞中，坐落于一对同源染色体上的等位基因，具备肯定的独立性；生物体在进行减数分裂形成配子时，等位基因会伴随同源染色体的分开而离别，分别进入到两个配子中，独立地随配子遗传给后代．据此答卷。

【解析】双亲的基因型均为Bb，依据基因的离别定律可知：Bb×Bb→1/4BB、1/2Bb、1/4bb，因为每对亲本只能形成1个受精卵，1000对动物理论上产生的受精卵是1000个，且产生基因行为BB、Bb、bb的个体的概率符合基因的离别定律，即产生基因型为BB的个体为1/4×1000=250个，产生基因型为Bb的个体为1/2×1000=500个，因为基因型为bb的受精卵全部致死，因此获得基因型为bb的个体的基因型为0。综上所述，BCD不符合题意，A符合题意。故选A。

3、非选择题

7.氮元素是植物成长的必需元素，合理施用氮肥可提升农作物的产量。回答下列问题。

（1）植物细胞内，在核糖体上合成的含氮有机物是___________，在细胞核中合成的含氮有机物是___________，叶绿体中含氮的光合色素是______。

（2）农作物吸收氮元素的主要形式有铵态氮（NH4﹢）和硝态氮（NO3﹣）。已知作物甲对同一种营养液（以硝酸铵为唯一氮源）中NH4﹢和NO3﹣的吸收具备偏好性（NH4﹢和NO3﹣同时存在时，对一种离子的吸收量大于另一种）。请设计实验对这种偏好性进行验证，需要简要写出实验思路、预期结果和结论________。

【答案】    . 蛋白质    . 核酸    . 叶绿素    . 实验思路：配制营养液（以硝酸铵为唯一氮源），用该营养液培养作物甲，一段时间后，测试营养液中NH4﹢和NO3﹣剩余量。

预期结果和结论：若营养液中NO3﹣剩余量小于NH4﹢剩余量，则说明作物甲偏好吸收NO3﹣；若营养液中NH4﹢剩余量小于NO3﹣剩余量，则说明作物甲偏好吸收NH4﹢。

【分析】

【剖析】

组成细胞内的化合物主要分为有机物和无机物，无机物有水和无机盐；有机物有蛋白质、糖类、脂质和核酸。蛋白质的组成元素中肯定含有C、H、O、N，糖类的组成元素有C、H、O，脂质的组成元素为C、H、O或C、H、O、N、P，核酸的组成元素是C、H、O、N、P。

【解析】（1）核糖体是蛋白质的合成场合，故在植物的核糖体上合成的含氮有机物是蛋白质。细胞核内可以进行DNA复制和转录，复制的产物是DNA，转录的产物是RNA，其组成元素均为C、H、O、N、P，故细胞核内合成的含氮化合物是核酸即DNA、RNA。叶绿体中的色素分为叶绿素和类胡萝卜素两大类，前者含有N，后者不含N。

（2）要验证作物甲对NH+和NO3-吸收具备偏好性，可以把甲放在以硝酸铵为唯一氮源的培养液中进行培养，通过测定培养前后铵态氮和硝态氮的含量变化即可以得出结论。实验思路：把作物甲放入以硝酸铵为唯一氮源的培养液中培养一段时间，测定比较培养前后NH+和NO3-的浓度。

预期结果和结论：若营养液中NO3﹣剩余量小于NH4﹢剩余量，则说明作物甲偏好吸收NO3﹣；若营养液中NH4﹢剩余量小于NO3﹣剩余量，则说明作物甲偏好吸收NH4﹢

【点睛】本题的难题是实验设计，应该注意什么时间：培养液应该以硝酸铵为唯一氮源，防止其他氮源对实验的影响；预期的结果和结论要一一对应。

8.动物第一次同意某种抗原刺激能引发第一次免疫应答，第三同意同种抗原刺激能引发第三免疫应答。某研究小组取若干只实验小鼠分成四组进行实验，实验分组及处置见下表。

回答下列问题。

（1）为确定A、B、C、D四组小鼠是不是有免疫应答发生，应测试的免疫活性物质是______（填“抗体”或“抗原”）。

（2）第三注射抗原后，上述四组小鼠中能出现第三免疫应答的组是______。第一次注射抗原后机体能产生记忆细胞，第三注射同种抗原后这类记忆细胞可以_________。

（3）A组小鼠第三注射抗原甲，一段时间后取血清，血清中加入抗原甲后会出现沉淀，产生这种现象是什么原因_________。

（4）若小鼠发生过敏反应，过敏反应的特征一般有_________（答出2点即可）。

【答案】    . 抗体    . A和D    . 增殖分化出相应的记忆细胞和效应细胞    . 抗原与抗体特异性结合    . 发作飞速、消退较快

【分析】

【剖析】

抗原进入体内，经过吞噬细胞的呈递处置，传递给T细胞，T细胞一方面会发生增殖分化，形成记忆T细胞和效应T细胞，效应T细胞会攻击靶细胞，引起靶细胞的裂解死亡；其次，T细胞会分泌淋巴因子，促进B细胞的增殖分化，形成记忆B细胞和效应B细胞，效应B细胞可以分泌抗体，结合抗原。

免疫异常疾病包含：过敏反应、自己免疫病和免疫缺点病。

【解析】（1）抗体、淋巴因子是免疫活性物质，抗原不是免疫活性物质，抗原会引发免疫反应。故要测试小鼠是不是发生免疫应答，应该测试抗体水平。

（2）A和D组两次注射的抗原相同，故会发生二次免疫，B、C组两次注射的抗原不同，不会发生二次免疫。第一次免疫产生的记忆细胞，可以辨别抗原，第三注射同种抗原，这类记忆细胞可以迅速辨别抗原，增殖分化产生更多的浆细胞和记忆细胞，浆细胞可以分泌更多的抗体，发挥更强的免疫反应，准时清除抗原。

（3）第一次注射抗原甲时，体内会发生免疫反应产生抗体，第三注射抗原，机领会产生较多的抗体，血清中含有抗体，血清中加入抗原甲后，抗领会与抗原甲特异性结合形成细胞集团或沉淀。

（4）过敏反应是免疫异常病，特征是：发作飞速、反应强烈、消退较快、一般不破坏组织细胞，也不会引起紧急的组织损伤；有明显的遗传倾向和个体差异等。

【点睛】是不是可以发生二次免疫，需要看两次注射的抗原是不是相同，若相同，可以发生二次免疫；若不相同，则不可以发生二次免疫。

9.回答下列与种群数目有关的问题。

（1）将某种单细胞菌接种到装有10mL液体培养基（培养基M）的试管中，培养并定时取样进行计数。计数后发现，试管中该种菌的总数达到a时，种群数目不再增加。由此可知，该种群增长曲线为_________型，且种群数目为时_________，种群增长最快。

（2）若将该种菌接种在5mL培养基M中，培养条件同上，则与上述实验结果相比，该种菌的环境容纳量（K值）_________（填“增大”“不变”或“减小”）。若在5mL培养基M中接种该菌的量增加一倍，则与增加前相比，K值_________（填“增大”“不变”或“减小”），缘由是_________。

【答案】    . S    . a/2    . 减小    . 不变    . K值是由环境资源量决定的，与接种量无关

【分析】

【剖析】

种群的数目特点：种群密度、出生率和死亡率、迁入率和迁出率、年龄组成、性别比率。

种群的数目变化曲线有J型曲线和S型曲线，前者需要理想的条件，后者出现是什么原因由环境阻力。

【解析】（1）J型曲线中种群数目呈指数增长，没峰值。S型曲线中，因为环境阻力（培养液有限、试管体积有限），种群数目先增加后不变，该单细胞菌数目达到a不变，即为K值，故该种群的增长曲线为S型，种群数目为K/2即a/2时，增长速率最快；达到K值时，增长速率为0。

（2）若把上述单细胞菌接种到含5mL培养基的试管中，因为培养液降低，营养物质降低，故该菌的K值会出现降低。若该菌的接种量增大一倍，则会较快达到K值，但因为培养液量不变，K值是由环境资源量决定的，与接种量无关，故K值不变。

【点睛】K值指环境条件不受破坏的状况下，肯定空间所能保持的种群数目的最大数目。S型曲线中K/2时增长速率最大。

10.玉米是一种二倍体异花传粉作物，可作为研究遗传规律的实验材料。玉米子粒的饱满与凹陷是一对相对性状，受一对等位基因控制。回答下列问题。

（1）在一对等位基因控制的相对性状中，杂合子一般表现的性状是___________。

（2）现有在自然条件下获得的一些饱满的玉米子粒和一些凹陷的玉米子粒，若要用这两种玉米子粒为材料验证离别定律。写出两种验证思路及预期结果___________。

【答案】    . 显性性状    . 思路及预期结果

①两种玉米分别自交，若某些玉米自交后，子代出现3∶1的性状离别比，则可验证离别定律。

②两种玉米分别自交，在子代中选择两种纯合子进行杂交，F1自交，得到F2，若F2中出现3∶1的性状离别比，则可验证离别定律。

③让子粒饱满的玉米和子粒凹陷的玉米杂交，假如F1都表现一种性状，则用F1自交，得到F2，若F2中出现3∶1的性状离别比，则可验证离别定律。

④让子粒饱满的玉米和子粒凹陷的玉米杂交，假如F1表现两种性状，且表现为1∶1的性状离别比，则可验证离别定律。

【分析】

【剖析】

本题主要考查基因离别定律有关常识。验证离别定律有两种办法：自交法（杂合子自交后代性状表现为3:1）和测交法（后代性状表现为1:1）

【解析】在一对等位基因控制的相对性状中，杂合子中存在控制该性状的一对等位基因，其一般表现的性状是显性性状。

玉米是异花传粉作物，茎顶开雄花，叶腋开雌花，因自然条件下，可能自交，也会杂交，故饱满的和凹陷玉米子粒中可能有杂合的，也会是纯合的，用这两种玉米子粒为材料验证离别定律，第一要确定饱满和凹陷的显隐性关系，再使用自交法和测交法验证。思路及预期结果：

①两种玉米分别自交，若某些玉米自交后，子代出现3∶1的性状离别比，则可验证离别定律。

②两种玉米分别自交，在子代中选择两种纯合子进行杂交，F1自交，得到F2，若F2中出现3∶1的性状离别比，则可验证离别定律。

③让子粒饱满的玉米和子粒凹陷的玉米杂交，假如F1都表现一种性状，则用F1自交，得到F2，若F2中出现3∶1的性状离别比，则可验证离别定律。

④让子粒饱满的玉米和子粒凹陷的玉米杂交，假如F1表现两种性状，且表现为1∶1的性状离别比，则可验证离别定律。

11.回答下列与细菌培养有关的问题。

（1）在细菌培养时，培养基中能同时提供碳源、氮源的成分是_____________（填“蛋白胨”“葡萄糖”或“NaNO3”）。一般，制备培养基时要依据所培养细菌的不同来调节培养基的pH，其缘由是________。硝化细菌在没碳源的培养基上______（填“可以”或“不可以”）成长，缘由是____________。

（2）用平板培养细菌时一般需要将平板____________（填“倒置”或“正置”）。

（3）单个细菌在平板上会形成菌落，研究职员一般可依据菌落的形状、大小、颜色等特点来初步区别不同种的微生物，缘由是____________。

（4）有的用后的培养基在遗弃前需要经过____________处置，这种处置可以杀死遗弃物中所有些微生物。

【答案】    . 蛋白胨    . 不一样的细菌成长繁殖的最适合pH不同    . 可以    . 硝化细菌可以借助空气中的CO2作为碳源    . 倒置    . 在肯定的培养条件下，不同种微生物表现出各自稳定的菌落特点    . 灭菌

【分析】

【剖析】

1、微生物培养基的营养构成：①各种培养基的具体配方不同，但一般都含有水、碳源、氮源和无机盐；②不同培养基还要满足不同微生物对pH、特殊营养物质与氧气的需要。

2、配制牛肉膏蛋白胨固体培养基的需要注意的地方：①倒平板的温 度一般50℃左右适合，温度过高会烫手，过低培养基又会凝固；②平板需倒置，如此既可使培养基表面的水分更好地挥发，又可预防皿盖上的水珠落入培养基，导致污染。

【解析】（1）葡萄糖只能为细菌提供碳源，硝酸钠为细菌提供无机盐，而蛋白胨既能够为细菌碳源，也可以为细菌提供氮源；因为不同细菌成长繁殖的最适合pH是不一样的，因此制备培养基时要依据所培养的细菌的不同来调节培养基的pH；硝化细菌是化能自养型微生物，其可以借助氨氧化释放的能量将空气中的二氧化碳固定为有机物，因此硝化细菌可以在无碳培养基中成长。

（2）用平板培养细菌时，一般需要将平板倒置培养，以预防皿盖上的水珠落入培养基，导致污染。

（3）因为每一大类微生物都有其独特的细胞形态，因而其菌落形态特点也各异，因此依据菌落的形态、大小、颜色等特点来初步区别不同种的微生物。

（4）有的用后的培养基遗弃前必须要进行灭菌处置，以免污染环境。

【点睛】解答本题的重点是识记微生物培养基的成分、培育条件、培养过程与需要注意的地方，可以依据不同微生物的代谢种类判断其所需营养价值的类型，进而结合题干需要剖析答卷。

12.培养胡萝卜根组织可获得试管苗，获得试管苗的过程如图所示。

回答下列问题。

（1）借助胡萝卜根段进行组织培养可以形成试管苗。用分化的植物细胞可以培培养完整的植株，这是由于植物细胞具备__________。

（2）步骤③切取的组织块中要带有形成层，缘由是____________。

（3）从步骤⑤到步骤⑥需要更换新的培养基，其缘由是____________。在新的培养基上愈伤组织通过细胞的____________过程，最后可形成试管苗。

（4）步骤⑥要进行照光培养，其用途____________。

（5）经组织培养得到的植株，一般可维持原品种的__________，这种繁殖方法是____________繁殖。

【答案】    . 全能性    . 形成层容易诱导形成愈伤组织    . 诱导愈伤组织形成和诱导愈伤组织分化形成试管苗所需的成长素和细胞分裂素的比率不同    . 分化（或答：再分化）    . 诱导叶绿素的形成，使试管苗可以进行光合用途    . 遗传特质    . 无性

【分析】

【剖析】

依据题干信息剖析，培养胡萝卜组织获得试管苗的过程借助了植物组织培养技术，该技术的原理是植物细胞的全能性；该过程中离体的组织块脱分化形成愈伤组织，愈伤组织再分化形成胚状体，最后培育成试管苗。

【解析】（1）依据题意剖析，用胡萝卜的组织细胞可以培育成完整的植株，其原理是植物细胞的全能性。

（2）形成层细胞具备分裂能力，分化程度低，易形成愈伤组织，因此步骤③中切取胡萝卜块时强调要切取含有形成层的部分。

（3）步骤⑤为脱分化过程，步骤⑥为再分化过程，因为营养物质的消耗与两个过程需要激素的比率需要等有所不同，因此由步骤⑤到步骤⑥的过程需要更换新的培养基；愈伤组织形成试管苗的过程为再分化。

（4）步骤⑥为再分化过程，需要进行光照，以利于叶绿素的合成。

（5）植物组织培养技术是无性繁殖，获得的后代可以维持亲本的优良性状。

【点睛】解答本题的重点是学会植物组织培养的详细过程及其原理，明确离体的组织需要经过脱分化和再分化过程才能发育为完整的植株，并可以对不同过程进行适当的剖析。