2022年高考全国卷Ⅰ理综试题解析 .pdf

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1、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物理部分注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。二、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1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3 分，有选错的得 0 分。1.氢原子能级示意图如图所示。光子能量在1.63 e

2、V3.10 eV 的光为可见光。要使处于基态（n=1）的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为A.12.09 eVB.10.20 eVC.1.89 eVD.1.5l eV【答案】A【解析】【详解】由题意可知，基态（n=1）氢原子被激发后，至少被激发到n=3 能级后，跃迁才可能产生能量在1.63eV3.10eV 的可见光。故1.51(13.60)eV12.09eVE。故本题选A。2.如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P 和 Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 45

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

4、6105 kgD.1.6106 kg【答案】B【解析】【详解】设该发动机在ts时间内，喷射出的气体质量为m，根据动量定理，Ftmv，可知，在1s内喷射出的气体质量6304.8 101.6 103000mFmkgkgtv，故本题选B。4.如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N 与直流电源两端相接，已如导体棒MN 受到的安培力大小为F，则线框LMN 受到的安培力的大小为名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 45 页 -A.2 FB.1.5FC.0.5FD.0【答案】B【解析】【详解】设每一根导体棒

5、的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为12:2:2:1RRR R，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比12:1:2II。如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式FILB，可知12:1:2FFII，得12FF，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN 所受的合力大小为32FFF，故本题选B。5.如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个4H所用的时间为 t1，第四个4H所用的时间为t2。不计空气阻力，则21tt满足名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 45 页 -A.1

6、21tt2B.221tt3C.321tt4D.421ttc(K+)c(OH-)【答案】C【解析】【分析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。【详解】A 项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中 Na+和 A2的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 20 页，

7、共 45 页 -B 项、a点和 b 点 K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA转化为 A2，b 点导电性强于a点，说明Na+和A2的导电能力强于HA，故B正确；C 项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH7，故 C 错误；D 项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中 c（Na+）和 c（K+）相等，c 点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）c（K+）

8、，由图可知，a点到 b 点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到 c 点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）c（OH），溶液中三者大小顺序为c（Na+）c（K+）c（OH），故 D 正确。故选 C。【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键。6.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是A.相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能B.阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+2H+

9、2MV+C.正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3D.电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动【答案】B【解析】【分析】由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+e=MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和 MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H+2MV+；右室电极为燃料电池的正极，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2+e=MV+，放电生成的MV+与 N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和 MV2+，反应的方名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理

10、-第 21 页，共 45 页 -程式为 N2+6H+6MV+=6MV2+NH3，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。【详解】A项、相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV+和MV2+的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故A 正确；B 项、左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+e=MV2+，放电生成的 MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成 H+和 MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H+2MV+，故 B 错误；C 项、右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2+e=MV+，放

11、电生成的 MV+与 N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和 MV2+，故 C 正确；D 项、电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，故D 正确。故选 B。【点睛】本题考查原池原理的应用，注意原电池反应的原理和离子流动的方向，明确酶的作用是解题的关键。7.科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中 W、X、Y、Z 为同一短周期元素，Z 核外最外层电子数是 X 核外电子数的一半。下列叙述正确的是A.WZ 的水溶液呈碱性B.元素非金属性的顺序为XYZC.Y 的最高价氧化物的水化物是中强酸D.该新化合物中Y 不满足 8 电子稳定结构【答案】C【解析】【分析】由 W、X、Y、Z 为同一短

12、周期元素，Z 的核外最外层电子数是X 核外电子数的一半可知，Z 为 Cl、X 为 Si，由化合价代数和为0 可知，Y 元素化合价为3 价，则 Y 为 P元素；由W 的电荷数可知，W 为 Na 元素。【详解】A 项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故A 错误；B 项、同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为ClSP，故 B 错误；C 项、P元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故C 正确；D 项、新化合物中P元素化合价为 3价，满足8 电子稳定结构，故D 错误。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 22 页，共 45 页 -故选 C。【点睛】本题

13、考查元素周期律的应用，注意分析题给化合物的结构示意图，利用化合价代数和为零和题给信息推断元素为解答关键。三、非选择题：共 174分，第 2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。8.硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿（含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量 Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：回答下列问题：（1）在 95“溶侵”硼镁矿粉，产生气体在“吸收”中反应的化学方程式为_。（2）“滤渣1”的主要成分有_。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有F

14、e3+离子，可选用的化学试剂是 _。（3）根据 H3BO3的解离反应：H3BO3+H2O垐?噲?H+B(OH)-4，Ka=5.81 10-10，可判断 H3BO3是_酸；在“过滤2”前，将溶液pH 调节至 3.5，目的是 _。（4）在“沉镁”中生成Mg(OH)2MgCO3沉淀的离子方程式为_，母液经加热后可返回_工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_。【答案】(1).NH3+NH4HCO3(NH4)2CO3(2).Fe2O3、Al2O3、SiO2(3).KSCN(4).一元弱(5).转 化 为H3BO3，促 进 析 出(6).2Mg2+2H2O+3CO32 Mg(OH)2?MgCO

15、3+2HCO3（或2Mg2+H2O+2CO32Mg(OH)2?MgCO3+CO2）(7).溶浸(8).高温焙烧【解析】【详解】（1）根据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，用碳酸氢铵溶液吸收，反应方程式为：NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3;的名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 23 页，共 45 页 -（2）滤渣 I 为不与硫酸铵溶液反应的Fe2O3、Al2O3、SiO2;检验 Fe3+,可选用的化学试剂为KSCN；（3）由硼酸的离解方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而三价硼原子最多只能再形成一个配位键，且硼酸不能完全解离，所以硼

16、酸为一元弱酸；在“过滤 2”前，将溶液 pH 调节至 3.5，目的是将B(OH)-4转化为 H3BO3，并促进H3BO3析出；（4）沉镁过程中用碳酸铵溶液与Mg2+反应生成Mg(OH)2?MgCO3，沉镁过程离子反应为：2Mg2+2H2O+3CO32-=Mg(OH)2?MgCO3+2HCO3-；母液加热分解后生成硫酸铵溶液，可以返回“溶浸”工序循环使用；碱式碳酸镁不稳定，高温下可以分解，故由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是高温焙烧。9.硫酸铁铵 NH4Fe(SO4)2 xH2O是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：（1）步

17、骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_。（2）步骤需要加热的目的是_，温度保持8095，采用的合适加热方式是_。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_（填标号）。（3）步骤中选用足量的H2O2，理由是 _。分批加入H2O2，同时为了 _，溶液要保持pH 小于 0.5。（4）步骤的具体实验操作有_，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 时，失掉1.5 个结晶水，失重 5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_。的名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 24 页，共 45 页 -【答案】(1).碱煮水洗(

18、2).加快反应(3).热水浴(4).C(5).将 Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质(6).防止Fe3+水解(7).加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）(8).NH4Fe(SO4)2?12H2O【解析】【详解】（1）步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗；（2）步骤需要加热的目的是为了加快反应速率；温度保持8095，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C 装置；（3）步骤

19、中选用足量的H2O2，H2O2可以将 Fe2+氧化为 Fe3+，且 H2O2的还原产物为H2O，不会引入新的杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH 小于 0.5；（4）为了除去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）；（5）设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2?xH2O，其相对分子质量为266+18x，1.5 个水分子的相对分子质量为 1.5 18=27，则 27/(266+18x)=5.6%，解得 x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(

20、SO4)2?12H2O。10.水煤气变换 CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：（1）Shibata 曾做过下列实验：使纯H2缓慢地通过处于721 下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴(Co)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。在同一温度下用CO 还原 CoO(s)，平衡后气体中CO 的物质的量分数为0.0192。根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为 Co(s)的倾向是CO_H2（填“大于”或“小于”）。（2）721 时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和 H2O(g

21、)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为_（填标号）。A 0.25B0.25 C0.250.50D0.50E 0.50（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 25 页，共 45 页 -可知水煤气变换的 H_0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E正=_eV，写出该步骤的化学方程式_。（4）Shoichi 研究了 467、489 时水煤气变换中CO 和 H2分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化铁

22、，实验初始时体系中的PH2O和 PCO相等、PCO2和 PH2相等。计算曲线a 的反应在3090 min 内的平均速率v(a)=_kPamin-1。467 时 PH2和 PCO随时间变化关系的曲线分别是_、_。489 时 PH2和 PCO随时间变化关系的曲线分别是_、_。【答案】(1).大于(2).C(3).小于(4).2.02(5).COOHg+Hg+H2OgCOOHg+2Hg+OHg或 H2OgHg+OHg(6).0.0047(7).b(8).c(9).a(10).d【解析】名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 26 页，共 45 页 -【分析】（1）由H2、CO 与 CoO

23、反应后其气体物质的量分数判断二者的倾向大小；（2）根据三段式以及CO 与 H2的倾向大小关系综合判断；（3）根据反应物与生成物的相对能量差大小进行比较判断；根据反应物达到活化状态所需能量为活化能以及相对能量差值大小计算并比较最大能垒；根据最大能垒对应的反应历程对应的物质写出方程式；（4）根据图中曲线a在 3090 min 内分压变化量计算平均反应速率；先根据CO 与 H2的倾向大小关系判断CO 与 H2的含量范围，然后根据温度变化对化学平衡的影响判断出在不同温度下曲线对应的物质。【详解】（1）H2还原氧化钴的方程式为：H2(g)CoO(s)Co(s)H2O(g)；CO 还原氧化钴的方程式为：C

24、O(g)CoO(s)Co(s)CO2(g)，平衡时H2还原体系中H2的物质的量分数（222n Hn H+n H O）高于CO 还原体系中CO 的物质的量分数（2n COn CO+n CO），故还原CoO(s)为 Co(s)的倾向是 CO 大于 H2；（2）721 时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和 H2O(g)混合，可设其物质的量为1mol，则CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)起始（mol）1 1 0 0转化（mol）x x x x平衡（mol）1-x 1-x x x则平衡时体系中H2的物质的量分数=2n Hxmolx=n21-x+1-x+x+xmol总，因该反应为可逆

25、反应，故x0.5，由此可判断最终平衡时体系中H2的物质的量分数介于0.250.50，故答案为C；（3）根据水煤气变换CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，CO(g)+H2O(g)的能量（-0.32eV）高于 CO2(g)+H2(g)的能量（-0.83eV），故水煤气变换的 H 小于 0；活化能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 27 页，共 45 页 -其最大能垒（活化能）E正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；该步骤的反应物为COOHg+Hg+

26、H2OgCOOHg+2Hg+OHg；因反应前后COOHg和 1个 Hg未发生改变，也可以表述成H2OgHg+OHg；（4）由图可知，3090 min 内 a曲线对应物质的分压变化量p=（4.08-3.80）kPa=0.28 kPa，故曲线 a 的反应在 3090 min 内的平均速率v(a)=0.28 kPa60min=0.0047 kPamin-1；由（2）中分析得出H2的物质的量分数介于0.250.5，CO的物质的量分数介于00.25，即H2的分压始终高于CO 的分压，据此可将图分成两部分：由此可知，a、b表示的是 H2的分压，c、d 表示的是CO 的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平

27、衡逆向移动，CO 分压增加，H2分压降低，故467 时 PH2和 PCO随时间变化关系的曲线分别是b、c；489 时PH2和 PCO随时间变化关系的曲线分别是a、d。【点睛】本题以水煤气交换为背景，考察化学反应原理的基本应用，较为注重学生学科能力的培养，难点在于材料分析和信息提取，图像比较新，提取信息能力较弱的学生，会比较吃力。第（3）问来源于我国化学工作者发表在顶级刊物Science 中的文章“沉积在 -MoC 上单层金原子对水煤气的低温催化反应”，试题以文章中的单原子催化能量变化的理论计算模型为情境，让学生认识、分析催化吸附机理及反应过程中的能名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-

28、第 28 页，共 45 页 -量变化。本题属于连贯性综合题目，本题的解题关键在于第（1）问的信息理解与应用，若本题的第（1）问判断错误，会导致后续多数题目判断错误；第（2）问可以采取特殊值法进行赋值并结合极限法计算，考生若只是考虑到完全转化极限，则只能判断出H2的物质的量分数小于0.5，这是由于对题干的信息应用能力不熟练而导致；对于第（4）问中曲线对应物质的确定需根据第（1）（2）问得出的相关结论进行推断，需先确定物质对应曲线，然后再根据勒夏特列原理判读相关物质的变化。（二）选考题：共 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

29、分。化学 选修 3：物质结构与性质11.在普通铝中加入少量Cu 和 Mg 后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al 中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要村料。回答下列问题：（1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_(填标号)。ABCD（2）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是_、_。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是_，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是_(填“Mg2+”或“Cu2+”)。（3）一些氧化物的熔点如下表所示：氧化物Li2OMgOP4

30、O6SO2熔点/C1570280023.8-75.5解释表中氧化物之间熔点差异的原因_。（4）图(a)是 MgCu2的拉维斯结构，Mg 以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu 原子之间最短距离x=_pm，Mg 原子之间最短距离y=_pm。设阿伏加德罗常数的值为NA，则 MgCu2的密度是_g cm-3(列出计算表达式)。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 29 页，共 45 页 -【答案】(1).A(2).sp3(3).sp3(4).乙二胺的两个N 提供孤对电子给金属离子形成配位键(5).Cu

31、2(6).Li2O、MgO 为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能 MgOLi2O，分子间力（分子量）P4O6SO2(7).24a(8).34a(9).330A8 2416 6410N a【解析】【详解】（1）A.Ne3s1属于基态的Mg+，由于Mg 的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高；B.Ne 3s2属于基态Mg 原子，其失去一个电子变为基态Mg+；C.Ne 3s13p1属于激发态Mg 原子，其失去一个电子所需能量低于基态Mg 原子；D.Ne 3p1属于激发态Mg+，其失去一个电子所需能量低于基态Mg+，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是Ne3s1

32、，答案选A；（2）乙二胺中N形成3个单键，含有1对孤对电子，属于sp3杂化；C形成4个单键，不存在孤对电子，也是 sp3杂化；由于乙二胺的两个N 可提供孤对电子给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg2、Cu2等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2；（3）由于 Li2O、MgO 为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO Li2O，分子间力（分子量）P4O6SO2，所以熔点大小顺序是MgO Li2OP4O6SO2；（4）根据晶胞结构可知Cu 原子之间最短距离为面对角线的1/4，由于边长是a pm，则面

33、对角线是2apm，则 x24apm；Mg 原子之间最短距离为体对角线的1/4，由于边长是a pm，则体对角线是3apm，则 y34a；根据晶胞结构可知晶胞中含有镁原子的个数是81/8+6 1/2+48，则 Cu 原子个数16，晶胞的质量是A824 16 64gN。由于边长是a pm，则 MgCu2的密度是330A824 16 6410N agcm-3。化学 选修 5：有机化学基础（15分）名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 30 页，共 45 页 -12.化合物 G 是一种药物合成中间体，其合成路线如下：回答下列问题：（1）A 中的官能团名称是_。（2）碳原子上连有4 个不同的原

34、子或基团时，该碳称为手性碳。写出B 的结构简式，用星号(*)标出 B 中的手性碳 _。（3）写出具有六元环结构、并能发生银镜反应B 的同分异构体的结构简式_。(不考虑立体异构，只需写出3 个)（4）反应所需的试剂和条件是_。（5）的反应类型是_。（6）写出 F 到 G反应方程式 _。（7）设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备的合成路线 _(无机试剂任选)。【答 案】(1).羟 基(2).(3).、(4).C2H5OH/浓 H2SO4、加热(5).取代反的的名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 31 页，共 45 页 -应(6).、(7).【解析】【分析】有

35、机物 A 被高锰酸钾溶液氧化，使羟基转化为羰基，B 与甲醛发生加成反应生成C，C 中的羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，则 D 的结构简式为。D 与乙醇发生酯化反应生成E，E中与酯基相连的碳原子上的氢原子被正丙基取代生成F，则 F 的结构简式为，F 首先发生水解反应，然后酸化得到G，据此解答。【详解】（1）根据 A结构简式可知A 中的官能团名称是羟基。（2）碳原子上连有4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，则根据B 的结构简式可知B 中的手性碳原子可表示为。（3）具有六元环结构、并能发生银镜反应的B 的同分异构体的结构简式中含有醛基，则可能的结构为的名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心

36、整理-第 32 页，共 45 页 -、。（4）反应是酯化反应，所需的试剂和条件是乙醇/浓硫酸、加热。（5）根据以上分析可知的反应类型是取代反应。（6）F 到 G 的反应分两步完成，方程式依次为：、。（7）由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备，可以先由甲苯合成，再根据题中反应的信息由乙酰乙酸乙酯合成，最后根据题中反应的信息由合成产品。具体的合成路线图为：，。【点睛】本题考查有机物的推断和合成，涉及官能团的性质、有机物反应类型、同分异构体的书写、合成路线设计等知识，利用已经掌握的知识来考查有机合成与推断、反应条件的选择、物质的结构简式、化学名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师

37、精心整理-第 33 页，共 45 页 -方程式、同分异构体的书写的知识。考查学生对知识的掌握程度、自学能力、接受新知识、新信息的能力；考查了学生应用所学知识进行必要的分析来解决实际问题的能力。有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体结构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题，掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断是解答的关键。难点是设计合成路线图时有关信息隐含在题干中的流程图中，需要学生自行判断和灵活应用。生物部分一、选择题1.细胞凋亡是细胞死

38、亡的一种类型。下列关于人体中细胞凋亡的叙述，正确的是A.胎儿手的发育过程中不会发生细胞凋亡B.小肠上皮细胞的自然更新过程中存在细胞凋亡现象C.清除被病原体感染细胞的过程中不存在细胞凋亡现象D.细胞凋亡是基因决定的细胞死亡过程，属于细胞坏死【答案】B【解析】【分析】细胞凋亡是基因控制的细胞自动结束生命的过程。常见的类型有：个体发育过程中细胞的编程性死亡；成熟个体细胞的自然更新；被病原体感染细胞的清除。细胞凋亡的意义：可以保证多细胞生物体完成正常发育；维持内环境的稳定；抵御外界各种因素的干扰。【详解】胎儿手发育的过程中，手指间隙的细胞会发生细胞凋亡，A 错误；小肠上皮细胞中衰老的细胞将会发生细胞凋

39、亡，不断完成细胞的自然更新，B 正确；被病原体感染的细胞属于靶细胞，机体通过细胞免疫将靶细胞裂解死亡，释放抗原，属于细胞凋亡，C 错误；细胞凋亡是由基因所决定的细胞自动结束生命的过程，细胞坏死是在种种不利因素的影响下导致的细胞非正常死亡，D 错误。故选B。2.用体外实验的方法可合成多肽链。已知苯丙氨酸的密码子是UUU，若要在体外合成同位素标记的多肽链，所需的材料组合是同位素标记的tRNA 蛋白质合成所需的酶名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 34 页，共 45 页 -同位素标记的苯丙氨酸人工合成的多聚尿嘧啶核苷酸除去了DNA和 mRNA 的细胞裂解液A.B.C.D.【答案】C【解

40、析】【分析】分析题干信息可知，合成多肽链的过程即翻译过程。翻译过程以mRNA 为模板（mRNA 上的密码子决定了氨基酸的种类），以氨基酸为原料，产物是多肽链，场所是核糖体。【详解】翻译的原料是氨基酸，要想让多肽链带上放射性标记，应该用同位素标记的氨基酸（苯丙氨酸）作为原料，而不是同位素标记的tRNA，错误、正确；合成蛋白质需要模板，由题知苯丙氨酸的密码子是 UUU，因此可以用人工合成的多聚尿嘧啶核苷酸作模板，同时要除去细胞中原有核酸的干扰，、正确；除去了 DNA 和 mRNA 的细胞裂解液模拟了细胞中的真实环境，其中含有核糖体、催化多肽链合成的，因此不需要再加入蛋白质合成所需的酶，故错误。综上

41、所述，ABD 不符合题意，C 符合题意。故选C。3.将一株质量为20g 的黄瓜幼苗栽种在光照等适宜的环境中，一段时间后植株达到40g，其增加的质量来自于A.水、矿质元素和空气B.光、矿质元素和水C.水、矿质元素和土壤D.光、矿质元素和空气【答案】A【解析】【分析】有氧呼吸指：细胞在氧气的参与下，通过多种酶的催化作用，把葡萄糖等有机物彻底的氧化分解，产生二氧化碳和水，释放能量，生成大量ATP 的过程。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 35 页，共 45 页 -光合作用的原料：二氧化碳和水，产物有机物和氧气，场所是叶绿体。【详解】黄瓜幼苗可以吸收水，增加鲜重；也可以从土壤中吸收矿质

42、元素，合成相关的化合物。也可以利用大气中二氧化碳进行光合作用制造有机物增加细胞干重。植物光合作用将光能转化成了有机物中的化学能，并没有增加黄瓜幼苗的质量，故黄瓜幼苗在光照下增加的质量来自于水、矿质元素、空气。综上所述，BCD 不符合题意，A 符合题意。故选A。4.动物受到惊吓刺激时，兴奋经过反射弧中的传出神经作用于肾上腺髓质，使其分泌肾上腺素；兴奋还通过传出神经作用于心脏。下列相关叙述错误的是A.兴奋是以电信号的形式在神经纤维上传导的B.惊吓刺激可以作用于视觉、听觉或触觉感受器C.神经系统可直接调节、也可通过内分泌活动间接调节心脏活动D.肾上腺素分泌增加会使动物警觉性提高、呼吸频率减慢、心率减

43、慢【答案】D【解析】【分析】神经调节的基本方式是反射，其结构基础是反射弧，反射弧包括感受器、传入神经、神经中枢、传出神经和效应器。动物的生命活动由神经调节和激素调节共同作用，神经调节比激素调节更加迅速准确，激素调节在神经调节的影响下进行。肾上腺素具有促进肝糖原分解而升高血糖、心跳加快、呼吸加快等作用。【详解】兴奋在神经纤维上以电信号的形式传导，在突触部位以电信号化学信号电信号的形式传递，A正确；惊吓刺激可以通过图像、声音、接触等刺激作用于视觉、听觉或触觉感受器，B 正确；由题中信息：兴奋经过反射弧中的传出神经作用于肾上腺髓质，使其分泌肾上腺素，从而加快心跳，说明神经系统可通过内分泌活动间接调节

44、心脏活动。由题中信息：兴奋还通过传出神经作用于心脏（效应器即传出神经末梢及其支配的心脏），说明神经系统可直接调节心脏活动，C 正确；肾上腺素分泌增加会使动物警觉性提高、呼吸加快、心跳与血液流动加速，D 错误。故选D。5.某种二倍体高等植物的性别决定类型为XY型。该植物有宽叶和窄叶两种叶形，宽叶对窄叶为显性。控制这对相对性状的基因（B/b）位于 X染色体上，含有基因b 的花粉不育。下列叙述错误的是A.窄叶性状只能出现在雄株中，不可能出现在雌株中B.宽叶雌株与宽叶雄株杂交，子代中可能出现窄叶雄株名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 36 页，共 45 页 -C.宽叶雌株与窄叶雄株杂交，

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

46、中Xb不可育，只有Y 配子可育，故后代中只有雄株，不会出现雌株，C 错误；若杂交后代中雄株均为宽叶，且母本的Xb是可育的，说明母本只提供了 XB配子，故该母本为宽叶纯合子，D 正确。故选C。6.某实验小组用细菌甲（异养生物）作为材料来探究不同条件下种群增长特点，设计了三个实验组，每组接种相同数量的细菌甲后进行培养，培养过程中定时更新培养基，三组的更新时间间隔分别为3h、10h、23h，得到 a、b、c 三条种群增长曲线，如图所示。下列叙述错误的是A.细菌甲能够将培养基中的有机物分解成无机物B.培养基更换频率的不同，可用来表示环境资源量的不同C.在培养到23h 之前，a 组培养基中的营养和空间条

47、件都是充裕的D.培养基更新时间间隔为23h 时，种群增长不会出现J 型增长阶段【答案】D【解析】【分析】的名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 37 页，共 45 页 -分析曲线可知，更新培养基时间间隔越短，细菌甲的种群数量随培养时间延长数量越多。培养基更新时间间隔为3h（对应a曲线）时，种群增长为J型曲线，培养基更新时间间隔为10h（对应b曲线）时，种群增长类似于J 型曲线，但增长速度较缓慢，而培养基更新时间间隔为23h（对应 c 曲线）时，种群增长为S型曲线。【详解】细菌甲是异养生物，通过分解培养基中的有机物获得无机物，给自身提供养分，A 正确；更换培养基，为细菌提供了新的营养

48、物质并除去了代谢废物，因此，培养基更换频率的不同，可用来表示环境资源量的不同，B 正确；根据题图可知，在23h 前，a 组细菌甲的生长曲线呈现J 型增长，说明a组培养基中资源和空间充足，C 正确；由题图曲线可知，培养基更新时间间隔为23h时，种群在早期会出现J型增长阶段，D 错误。故选D。三、非选择题7.将生长在水分正常土壤中的某植物通过减少浇水进行干旱处理，该植物根细胞中溶质浓度增大，叶片中的脱落酸(ABA)含量增高，叶片气孔开度减小，回答下列问题。（1）经干旱处理后，该植物根细胞的吸水能力_。（2）与干旱处理前相比，干旱处理后该植物的光合速率会_，出现这种变化的主要原因是 _。（3）有研究

49、表明：干旱条件下气孔开度减小不是由缺水直接引起的，而是由ABA引起的，请以该种植物的ABA缺失突变体(不能合成ABA)植株为材料，设计实验来验证这一结论，要求简要写出实验思路和预期结果。_【答案】(1).增强(2).降低(3).气孔开度减小使供应给光合作用所需的CO2减少(4).实验思路：取ABA 缺失突变体植株在正常条件下测定气孔开度，经干旱处理后，再测定气孔开度。预期结果是干旱处理前后气孔开度不变。将上述干旱处理ABA 缺失突变体植株分成两组，在干旱条件下，一组进行ABA 处理，另一组作为对照组，一段时间后，分别测定两组的气孔开度。预期结果是ABA 处理组气孔开度减小，对照组气孔开度不变。

50、【解析】【分析】本题以干旱处理后植物根细胞中溶质浓度变化、叶片中的脱落酸(ABA)含量变化和叶片气孔开度变化为背景考查渗透作用、光合作用和实验设计等相关知识。当细胞中溶质浓度增大时，细胞渗透压增大，对水分子吸引力也增大；叶片气孔开度变化会影响植物对二氧化碳的吸收，进而影响光合作用的暗反应；实验设计名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 38 页，共 45 页 -必须遵循单一变量原则、等量原则、对照原则等。【详解】（1）经干旱处理后，根细胞的溶质浓度增大，渗透压增大，对水分子吸引力增大，植物根细胞的吸水能力增强。（2）据题干条件可知干旱处理后该植物的叶片气孔开度减小，导致叶片细胞吸收C