...wd......wd...學習好幫手...wd...2018年普通高等學校招生全國統一考試〔天津卷〕理科綜合絕密★啟用前2018年普通高等學校招生全國統一考試〔天津卷〕理科綜合生物局部理科綜合共300分，考試用時150分鐘。生物試卷分為第一卷(選擇題)和第二卷兩局部，第一卷1至3頁，第二卷4至7頁，共80分。答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，并在規定位置粘貼考試用條碼。答卷時，考生務必將答案涂寫在答題卡上，答在試卷上的無效。考試完畢后，將本試卷和答題卡一并交回。祝各位考生考試順利！第一卷本卷須知：1．每題選出答案后，用鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。2．本卷共6題，每題6分，共36分。在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項最符合題目要求的。1.以下關于人體神經調節的表達，正確的選項是A.構造根基是反射弧B.不受激素影響C.不存在信息傳遞D.能直接消滅入侵病原體【答案】A【解析】【分析】此題的知識點是神經調節，其構造根基是反射弧，神經調節與體液調節相互影響，神經調節過程中產生的神經遞質類似于激素，也能起到信息傳遞的作用。【詳解】神經系統的構造根基是反射弧，由感受器、傳入神經、神經中樞、傳出神經、效應器五局部組成，A正確；內分泌腺分泌的激素可以影響神經系統的發育和功能，如幼年時期甲狀腺激素分泌缺乏，就會影響腦的發育，成年時，甲狀腺激素分泌缺乏，會使神經系統的興奮性降低，B錯誤；神經遞質可以與突觸后膜上的特異性受體結合，使下一個神經元興奮或抑制，說明神經調節過程中存在信息傳遞，C錯誤；神經系統感覺到病原體的存在一般是在有了病理反響以后，在病毒或病菌剛侵入人體的時候，靠反射并不能對其作出反響，D錯誤。【點睛】解答此題的關鍵是需要學生掌握神經調節的構造根基、過程及神經調節與體液調節的關系。2.蘆筍是雌雄異株植物，雄株性染色體為XY，雌株為XX；其幼莖可食用，雄株產量高。以下為兩種培育雄株的技術路線。有關表達錯誤的選項是A.形成愈傷組織可通過添加植物生長調節劑進展誘導B.幼苗乙和丙的形成均經過脫分化和再分化過程C.雄株丁的親本的性染色體組成分別為XY、XXD.與雄株甲不同，雄株丁培育過程中發生了基因重組【答案】C【解析】【分析】此題考察的知識點是近幾年高考的熱點問題。在高中生物試題中常見的育種方式有雜交育種、誘變育種、單倍體育種、多倍體育種，基因工程育種，細胞工程育種等。學生應掌握各種育種方式的原理、方法、優點。【詳解】生長素與細胞分裂素的使用比例影響植物細胞的發育方向，當二者比值高時，有利于根的分化，抑制芽的形成；比值低時，有利于芽的分化、抑制根的形成；比例適中時，促進愈傷組織的形成，因為生長素和細胞分裂素相對應的植物生長調節劑也有相應的效果，所以可以通過添加植物生長調節劑進展誘導，A正確；幼苗乙與幼苗丙的形成是花藥離體培養形成單倍體植株的過程，此過程的原理是植物組織培養，因此需要經過脫分化與再分化的過程，B正確；花粉是經過減數分裂產生的，其配子含有X染色體或Y染色體，經過花藥離體培養，得到單倍體，再經過秋水仙素處理后得到的植株乙與丙的基因型為XX或YY，因此雄株丁的親本的基因型分別為XX、YY，C錯誤；雄株甲是通過無性繁殖形成的，形成過程中不會進展減數分裂，因此也不會發生基因重組；雄株乙是通過有性生殖形成的，形成過程中經過了減數分裂，因此會發生基因重組，D正確。【點睛】解答此題需要學生掌握常見的幾種育種方式及其所遵循的原理，要注意雄株甲是通過無性繁殖的方式進展育種，此過程不會發生基因重組，另外需要明確單倍體育種需要經過植物的組織培養過程。3.生物膜上不同類型的蛋白質行使不同的功能。下表中依據膜蛋白功能，對其類型判斷錯誤的選項是選項膜蛋白的位置、功能膜蛋白的類型A．位于突觸后膜，識別并結合神經遞質受體B．位于靶細胞膜，識別并結合激素載體C．位于類囊體膜，催化ATP合成酶D．位于癌細胞膜，引起特異性免疫抗原A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】此題的知識點是膜蛋白的種類及功能。膜蛋白根據功能不同，可分為四類：載體蛋白、受體蛋白、糖蛋白、酶。學|科|網...學|科|網...學|科|網...【點睛】解答此題的關鍵是分清各種蛋白的功能。載體蛋白具有運輸物質的作用；受體蛋白與相應的神經遞質與激素結合，使細胞的代謝發生變化；糖蛋白具有識別作用；酶具有催化作用。4.果蠅的生物鐘基因位于X染色體上，有節律〔XB〕對無節律〔Xb〕為顯性；體色基因位于常染色體上，灰身〔A〕對黑身〔a〕為顯性。在基因型為AaXBY的雄蠅減數分裂過程中，假設出現一個AAXBXb類型的變異組胞，有關分析正確的選項是A.該細胞是初級精母細胞B.該細胞的核DNA數是體細胞的一半C.形成該細胞過程中，A和a隨姐妹染色單體分開發生了別離D.形成該細胞過程中，有節律基因發生了突變【答案】D【解析】【分析】此題以果蠅為例，考察了減數分裂的過程與變異，要求考生識記細胞減數分裂不同時期的特點，掌握減數分裂過程中染色體、DNA、染色單體等物質的行為變化規律，再根據題干要求作出準確的判斷，屬于考綱理解層次的考察。【詳解】親本雄果蠅的基因型為AaXBY，進展減數分裂時，由于染色體復制導致染色體上的基因也復制，即初級精母細胞的基因型是AAaaXBXBYY，而基因型為AAXBXb的細胞基因數目是初級精母細胞的一半，說明其經過了減數第一次分裂，即該細胞不是初級精母細胞，而屬于次級精母細胞，A錯誤；該細胞為次級精母細胞，經過了間期的DNA復制〔核DNA加倍〕和減一后同源染色體的別離〔核DNA減半〕，該細胞內DNA的含量與體細胞一樣，B錯誤；形成該細胞的過程中，A與a隨同源染色體的分開而別離，C錯誤；該細胞的親本AaXBY沒有無節律的基因，而該細胞卻出現了無節律的基因，說明在形成該細胞的過程中，節律的基因發生了突變，D正確。【點睛】在減數第一次分裂的間期，可能會發生基因突變，進而影響產生的子細胞的基因型。在減數分裂過程中，可能會發生同源染色體不別離、或者姐妹染色單體不別離，進而產生異常的細胞，考生要能夠根據所給細胞的基因型或者染色體組成，判斷出現異常細胞的原因。5.為探究酵母菌的呼吸方式，在連通CO2和O2傳感器的100mL錐形瓶中，參加40mL活化酵母菌和60mL葡萄糖培養液，密封后在最適溫度下培養。培養液中O2和CO2相對含量變化見以以以下列圖。有關分析錯誤的選項是A.t1→t2，酵母菌的有氧呼吸速率不斷下降B.t3時，培養液中葡萄糖的消耗速率比t1時快C.假設降低10℃培養，O2相對含量到達穩定所需時間會縮短D.實驗后的培養液濾液參加適量酸性重鉻酸鉀溶液后變成灰綠色【答案】C【解析】【分析】此題以圖文結合的形式考察了細胞呼吸的類型的相關知識，意在考察學生的識圖、析圖能力，運用所學的細胞呼吸的知識點解決相應的生物學問題的能力。【詳解】在t1~t2時刻，單位時間內氧氣的減少速率越來越慢，說明酵母菌的有氧呼吸速率不斷下降，A正確；t3時刻，培養液中氧氣的含量不再發生變化，說明酵母菌根本不再進展有氧呼吸，此時主要進展無氧呼吸，t1和t3產生CO2的速率一樣，所以單位時間內產生一樣量的CO2，所以單位時間內無氧呼吸消耗的葡萄糖是有氧呼吸的3倍，因此t3時，溶液中消耗葡萄糖的速率比t1時快，B正確；圖示所給溫度是最適溫度，此時酶的活性最高，反響速率最快，因此假設降低溫度，氧氣相對含量到達穩定時所需要的時間會變長，C錯誤；據圖可知，酵母菌進展了無氧呼吸，無氧呼吸過程會產生酒精，酒精與酸性重鉻酸鉀溶液反響后變成灰綠色，D正確。【點睛】解答此題需要考生具有較強的分析曲線圖的能力，需要根據曲線的斜率來判斷細胞有氧呼吸的速率大小，要注意題目關鍵詞“最適溫度〞，因此溫度高于或低于此溫度，細胞呼吸速率會減慢。6.某生物基因型為A1A2，A1和A2的表達產物N1和N2可隨機組合形成二聚體蛋白，即N1N1、N1N2、N2N2三種蛋白。假設該生物體內A2基因表達產物的數量是A1的2倍，則由A1和A2表達產物形成的二聚體蛋白中，N1N1型蛋白占的比例為A.1/3B.1/4C.1/8D.1/9【答案】D【解析】【分析】此題主要考察了A1與A2基因表達產物結合成二聚體蛋白的種類。當N1、N2的數量關系不同時，組成的二聚體蛋白的比例不同。【詳解】基因A1、A2的表達產物N1、N2可隨機結合，組成三種類型的二聚體蛋白N1N1、N1N2、N2N2，假設該生物體內A2基因表達產物的數量是A1的2倍，則N1占1/3，N2占2/3，由于N1和N2可隨機組合形成二聚體蛋白，因此N1N1占1/3×1/3=1/9。應選：D。【點睛】解答此題需要考生明確關鍵字眼“N1和N2可隨機組合〞，根據題意可知A1與A2的數量關系，進而求出各二聚體蛋白所占的比例。第二卷本卷須知：1．用黑色墨水的鋼筆或簽字筆將答案寫在答題卡上。2．本卷共4題，共44分。7.血管平滑肌細胞〔VSMC〕的功能受多種物質影響，與血管安康密切相關。〔1〕血管內皮細胞釋放的一氧化氮，可降低VSMC膜上Ca2+運輸蛋白的活性，導致進入細胞內的Ca2+__________〔增加/減少〕，引起血管平滑肌舒張，上述調節方式屬于_________調節。〔2〕機體產生的同型半胱氨酸水平升高，可引起VSMC少內質網功能素亂，堆積未折疊蛋白，這些蛋白沒有形成正確的________________，不能行使正常功能。〔3〕用同型半胱氨酸處理體外培養的小鼠成熟分化型VSMC后，其細胞分化相關指標的交化如下表所示。同型半胱氨酸細胞分化指標形態相對增殖能力相對遷移能力未處理處理長梭形弱弱橢圓形強強由此推斷，同型半胱氨酸導致VSMC分化程度___________〔升高/降低〕，功能紊亂。〔4〕血管保護藥物R對VSMC沒有直接影響，但可改善同型半胱氨酸對VSMC的作用。以小鼠VSMC為材料，在細胞水平研究上述作用時，應設計三組實驗，即_______________、同型半胱氨酸處理組和___________________；每組內設三個重復，其目的是_____________。【答案】(1).減少(2).體液(3).空間構造(4).降低(5).對照組(6).R+同型半胱氨基處理組(7).減少隨機誤差【解析】【分析】此題考察體液調節及相關的實驗設計方面的內容。動物與人生命活動的調節包括神經調節、體液調節與免疫調節，準確理解概念才能正確判斷三者。實驗設計的根本原則有對照原則、單一變量原則與平行重復原則。明確實驗的目的，能正確區分實驗的變量，并能根據探究實驗的原則完善實驗過程；能根據實驗現象進展合理分析并得出正確的結論。【詳解】〔1〕據題意可知，血管內皮細胞分泌的一氧化氮可以降低VSMC膜上Ca2+運輸蛋白的活性，因此可以導致進入細胞內的Ca2+減少，引起血管平滑肌舒張。體液調節是激素等化學物質通過體液傳送的方式對生命活動的調節。一氧化氮屬于一種化學物質，其可以引起血管平滑肌舒張，此種調節方式屬于體液調節。〔2〕內質網的功能之一是對蛋白質進展加工，使其形成空間構造，內質網功能紊亂，無法使蛋白質形成正確的空間構造，導致蛋白質不能正常行使其功能。〔3〕據表格內容可知，用同型半胱氨酸處理處理小鼠分化型VSMC后，其形態變為橢圓形，相對增殖能力變強，相對遷移能力變強，類似于癌細胞的特征，而癌細胞是一種分化程度較低的細胞，說明小鼠分化型VSMC經過處理后，其分化程度降低，功能紊亂。〔4〕實驗要遵循對照原則及平行重復原則，本實驗要探究保護藥物R是否可改善同型半胱氨酸對VSMC的作用，因此要設置空白對照組、同型半胱氨酸處理組及R+同型半胱氨酸處理，通過這三組實驗即可確定保護藥物R的作用。在科學探究過程中，為了減少誤差，防止偶然現象，使結果更真實，應該做屢次重復實驗。【點睛】解答此題需要掌握體液調節的概念，即體液中的化學物質對生命活動進展調節，掌握實驗設計的根本原則，能夠分清實驗的自變量、因變量、無關變量，同時要能夠區分實驗組與對照組。8.為研究森林生態系統的碳循環，對西黃松老齡〔未砍伐50~250年〕和幼齡〔砍伐后22年〕生態系統的有機碳庫及年碳收支進展測試，結果見下表，據表答復：碳量西黃松生態系統生產者活生物量〔g/m2〕死有機質〔g/m2〕土壤有機碳〔g/m2〕凈初級生產力〔g/m2.年〕異氧呼吸〔g/m2.年〕老齡1273025605330470440幼齡146032404310360390※凈初級生產力：生產者光合作用固定總碳的速率減去自身呼吸總用消耗碳的速率※※異養呼吸：消費者和分解者的呼吸作用〔1〕西黃松群落被砍伐后，可逐漸形成自然幼齡群落，表達了生態系統的_________穩定性。〔2〕大氣中的碳主要在葉綠體_________部位被固定，進入生物群落。幼齡西黃松群落每平方米有____________克碳用于生產者當年的生長、發育、繁殖，儲存在生產者活生物量中；其中，局部通過生態系統中___________的呼吸作用，局部轉變為死有機質和土壤有機碳后通過__________________________的分解作用，返回大氣中的CO2庫。〔3〕西黃松幼齡群落中每克生產者活生物量的凈初級生產力___________〔大于/等于/小于〕老齡群落。根據年碳收支分析，幼齡西黃松群落_________〔能/不能〕降低大氣碳總量。【答案】(1).恢復力(2).基質(3).360(4).消費者(5).分解者(6).大于(7).不能【解析】【分析】此題以森林生態系統的碳循環為素材考察了生態系統的物質循環、能量流動相關知識，意在考察學生的識記、理解能力、能從表格提取有效信息解決問題的能力。物質循環是指在生態系統中，組成生物體的化學元素，從無機環境開場，經生產者，消費者和分解者又回到無機環境中，完成一個循環過程，其特點是物質循環是周而復始的。能量流動和物質循環都是通過生物之間的取食過程完成的，它們是密切相關、不可分割的，能量流動伴隨物質循環，能量流動的特點是單向的、逐級遞減的、不可循環的。除最高營養級外，某一營養級的總能量去路由四個局部組成：自身呼吸消耗的能量、流向分解者的能量、流向下一營養級的能量與未被利用的能量。【詳解】〔1〕恢復力穩定性是指生態系統在遭到外界干擾因素的破壞以后恢復到原狀的能力。西黃松群落被砍伐遭到破壞后，又逐漸形成自然幼齡群落，表達了生態系統的恢復力穩定性。〔2〕大氣中的碳主要以CO2的形式在葉綠體基質被固定，進入生物群落。生長、發育、繁殖，儲存在生產者活生物量=生產的同化量-生產者呼吸消耗量，即為表格中的凈初級生產力，即幼齡西黃松群落每平方米360克碳用于生產者當年的生長、發育、繁殖，儲存在生產者活生物量中。幼齡西黃松群落一局部被消費者食用，通過消費者的呼吸作用以熱能形式釋放，一局部即殘枝敗葉轉變為死有機質和土壤有機質，進而通過分解者的分解作用，返回大氣中的CO2庫。〔3〕由圖可知，西黃松幼齡群落中每克生產者活生物量的凈初級生產力為360/1460≈0.25；西黃松老齡群落中每克生產者活生物量的凈初級生產力為470/12730≈0.04，因此，西黃松幼齡群落中每克生產者活生物量的凈初級生產力大于老齡群落。根據年碳收支分析，幼齡西黃松群落的凈初級生產力360，異氧呼吸消耗量為390，凈初級生產力小于異氧呼吸消耗速率，故不會有有機物的積累，即幼齡西黃松群落不能降低大氣碳總量。【點睛】解答此題的關鍵是理清流經每一營養級的能量去向及總初級生產量與凈初級生產量的關系，掌握生態系統中碳循環的途徑及特點，明確通過光合作用碳進入生物群落，通過呼吸作用，碳進入大氣中的CO2庫。9.為獲得玉米多倍體植株，采用以下技術路線。據圖答復：〔1〕可用______________對圖中發芽的種子進展處理。〔2〕篩選鑒定多倍體時，剪去幼苗根尖固定后，經過解離、漂洗、染色、制片，觀察_____區的細胞。假設裝片中的細胞均多層重疊，原因是__________________________。統計細胞周期各時期的細胞數和細胞染色體數。下表分別為幼苗I中的甲株和幼苗II中的乙株的統計結果。幼苗計數工程細胞周期間期前期中期后期末期甲株細胞數細胞染色體數x1x2x3x4x5//y2y/乙株細胞染色體數//2y4y/可以利用表中數值____________和_____________，比照甲株細胞周期中的間期與分裂期的時間長短。〔3〕依表結果，繪出形成乙株的過程中，誘導處理使染色體數加倍的細胞周期及下一個細胞周期的染色體數變化曲線______。【答案】(1).秋水仙素〔或低溫〕(2).分生(3).解離不充分或壓片不充分(4).x1(5).x2+x3+x4+x5(6).【解析】【分析】此題考察的知識點是生物的育種及“觀察植物細胞的有絲分裂〞的實驗，意在考察學生對課本根基知識的識記、理解能力。生物的育種包括單倍體育種、多倍體育種、誘變育種、雜交育種等，其中多倍體育種的原理是染色體變異，需要用化學試劑秋水仙素或低溫誘導染色體數目加倍。明確相關知識點，利用所學知識準確答題。【詳解】〔1〕據題意“為獲得玉米多倍體植株〞可用秋水仙素對萌發的種子進展處理，抑制有絲分裂前期紡錘體的形成，導致細胞內的染色體數目加倍，從而得到多倍體玉米。〔2〕篩選鑒定多倍體時，需要觀察染色體的數目，取玉米幼苗的根尖固定后，經過解離、漂洗、染色、制片過程，進展觀察。由于只有根尖的分生區進展細胞分裂，因此可觀察分生區細胞的染色體數目。在進展有絲分裂實驗中，解離是使細胞相互別離開，壓片是進一步使細胞相互分散開，如果解離不充分或壓片不充分，會使細胞均多層重疊。在觀察細胞分裂時，材料經過解離已經死亡。觀察到的某一狀態的細胞數量越多，說明該時期持續時間越長。因此可用x1表示甲株細胞周期中的間期時間長短，用x2+x3+x4+x5來表示甲株細胞周期中的分裂期的時間長短。〔3〕秋水仙素誘導導致幼苗在有絲分裂前期不出現紡錘體，因此后期染色體加倍后細胞不會分裂為兩個子細胞，進而使細胞內的染色體數目是誘導之前染色體數目的兩倍。再進展下一次細胞分裂時，按照加倍后的染色體數目進展正常的有絲分裂。因此誘導處理使染色體數加倍的細胞周期及下一個細胞周期的染色體數變化曲線如以以下列圖：。【點睛】多倍體的形成有兩種途徑，可用秋水仙素處理萌發的種子或幼苗，也可以低溫誘導，二者均可以使染色體數目加倍。在“觀察植物細胞的有絲分裂〞實驗中，需要學生注意的細節很多，如實驗的原理、實驗所用的試劑及試劑的作用、實驗的步驟及各步驟的作用等，需要學生在學習中注意歸納總結。10.甲型流感病毒為RNA病毒，易引起流感大規模流行。我國科學家在2017年創造了一種制備該病毒活疫苗的新方法，主要環節如下。〔1〕改造病毒的局部基因，使其失去在正常宿主細胞內的增殖能力。以病毒RNA為模板，逆轉錄成對應DNA后，利用___________技術擴增，并將其中某些基因〔不包括外表抗原基因〕內個別編碼氨基酸的序列替換成編碼終止密碼子的序列。與改造前的基因相比，改造后的基因表達時不能合成完整長度的___________，因此不能產生子代病毒。將該改造基因、外表抗原等其他基因分別構建重組質粒，并保存。〔2〕構建適合改造病毒增殖的轉基因宿主細胞。設計合成一種特殊tRNA的基因，其產物的反密碼子能與〔1〕中的終止密碼子配對結合，并可攜帶一個非天然氨基酸〔Uaa〕。將該基因與___________連接后倒入宿主細胞。提取宿主細胞的__________進展分子雜交鑒定，篩選獲得成功表達上述tRNA的轉基因宿主細胞。〔3〕利用轉基因宿主細胞制備疫苗。將〔1〕中的重組質粒導入〔2〕中的轉基因宿主細胞，并在補加__________的培養基中進展培養，則該宿主細胞能利用上述特定tRNA，翻譯出改造病毒基因的完整蛋白，產生大量子代病毒，用于制備疫苗。特殊tRNA基因轉錄時，識別其啟動子的酶是_________〔單項選擇〕。A．病毒的DNA聚合酶B．宿主的DNA聚合酶C．病毒的RNA聚合酶D．宿主的RNA聚合酶〔4〕上述子代病毒不能在正常宿主細胞中增殖，沒有致病性，因此不經滅活或減毒即可制成疫苗。與不具侵染性的流感病毒滅活疫苗相比，該病毒活疫苗的優勢之一是可引起_________免疫，增強免疫保護效果。【答案】(1).PCR(2).多肽〔或蛋白質〕(3).載體(4).總RNA(5).非天然氨基酸〔Uaa〕(6).D(7).細胞【解析】【分析】此題以甲型流感病毒為素材，考察了基因工程、基因的表達、免疫調節的相關知識，意在考察學生的理解能力，綜合運用所學知識解決問題的能力。可以改造病毒的局部基因，使其失去在正常宿主細胞內的增殖能力，此過程中需要用到PCR技術，然后通過基因工程構建適合改造病毒增殖的轉基因宿主細胞。最后利用轉基因宿主細胞制備疫苗，以預防該病毒再次侵染。〔2〕基因工程的核心步驟為基因表達載體的構建，將該基因與載體連接后才能導入宿主細胞，檢測目的基因是否成功表達上述tRNA時，利用核酸分子雜交技術，即用相應的DNA探針與宿主細胞的總RNA分子進展雜交鑒定，進而篩選獲得成功表達上述tRNA的轉基因宿主細胞。〔3〕因為設計的宿主細胞具有能合成一種特殊tRNA的基因，其產物的反密碼子能與〔1〕中的終止密碼子配對結合，并可攜帶一個非天然氨基酸〔Uaa〕，因此可在補加非天然氨基酸〔Uaa〕的培養基中進展培養，篩選出宿主細胞。進而利用該宿主細胞，翻譯出改造病毒基因的完整蛋白，產生大量子代病毒，用于制備疫苗。因為轉錄在宿主細胞內進展，且啟動子是RNA聚合酶識別和結合的部位，因此需要使用宿主細胞的RNA聚合酶。應選：D。〔4〕不具侵染性的流感病毒滅活疫苗，不能侵入細胞內部，只能引起體液免疫，產生相應的抗體與記憶細胞，而該疫苗能夠侵入細胞，引起的免疫屬于細胞免疫。【點睛】解答此題需要考生掌握基因工程的原理、操作步驟及其一些細節問題，同時還要熟練掌握有關基因的表達及免疫調節方面的問題。2018年普通高等學校招生全國統一考試〔天津卷〕理科綜合物理局部一、單項選擇題〔每題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的〕1.國家大科學過程——中國散裂中子源〔CSNS〕于2017年8月28日首次打靶成功，獲得中子束流，可以為諸多領域的研究和工業應用提供先進的研究平臺，以下核反響中放出的粒子為中子的是A.俘獲一個α粒子，產生并放出一個粒子B.俘獲一個α粒子，產生并放出一個粒子C.俘獲一個質子，產生并放出一個粒子D.俘獲一個質子，產生并放出一個粒子【答案】B【解析】根據質量數和電荷數守恒可知四個核反響方程分別為、、，，故只有B選項符合題意；【點睛】核反響過程中，質量數與核電荷數守恒，應用質量數與核電荷數守恒即可寫出核反響方程式．2.滑雪運動深受人民群眾的喜愛，某滑雪運發動〔可視為質點〕由坡道進入豎直面內的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運發動的速率不變，則運發動沿AB下滑過程中A.所受合外力始終為零B.所受摩擦力大小不變C.合外力做功一定為零D.機械能始終保持不變【答案】C【解析】試題分析：根據曲線運動的特點分析物體受力情況，根據牛頓第二定律求解出運發動與曲面間的正壓力變化情況，從而分析運發動所受摩擦力變化；根據運發動的動能變化情況，結合動能定理分析合外力做功；根據運動過程中，是否只有重力做功來判斷運發動的機械能是否守恒；因為運發動做曲線運動，所以合力一定不為零，A錯誤；運發動受力如以以下列圖，重力垂直曲面的分力與曲面對運發動的支持力的合力充當向心力，故有，運動過程中速率恒定，且在減小，所以曲面對運發動的支持力越來越大，根據可知摩擦力越來越大，B錯誤；運發動運動過程中速率不變，質量不變，即動能不變，動能變化量為零，根據動能定理可知合力做功為零，C正確；因為抑制摩擦力做功，機械能不守恒，D錯誤；【點睛】考察了曲線運動、圓周運動、動能定理等；知道曲線運動過程中速度時刻變化，合力不為零；在分析物體做圓周運動時，首先要弄清楚合力充當向心力，然后根據牛頓第二定律列式，根基題，難以程度適中．3.如以以下列圖，實線表示某電場的電場線〔方向未標出〕，虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設M點和N點的電勢分別為，粒子在M和N時加速度大小分別為，速度大小分別為，電勢能分別為。以下判斷正確的選項是A.B.C.D.【答案】D【解析】試題分析：將粒子的運動分情況討論：從M運動到N；從N運動到M，根據電場的性質依次判斷；電場線越密，電場強度越大，同一個粒子受到的電場力越大，根據牛頓第二定律可知其加速度越大，故有；假設粒子從M運動到N點，則根據帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內側，可知在某點的電場力方向和速度方向如以以下列圖，故電場力做負功，電勢能增大，動能減小，即，負電荷在低電勢處電勢能大，故；假設粒子從N運動到M，則根據帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內側，可知在某點的電場力方向和速度方向如以以下列圖，故電場力做正功，電勢能減小，動能增大，即，負電荷在低電勢處電勢能大，故；綜上所述，D正確；【點睛】考察了帶電粒子在非勻強電場中的運動；此題的突破口是根據粒子做曲線運動時受到的合力指向軌跡的內側，從而判斷出電場力方向與速度方向的夾角關系，進而判斷出電場力做功情況．4.教學用發電機能夠產生正弦式交變電流。利用該發電機〔內阻可忽略〕通過理想變壓器向定值電阻R供電，電路如以以下列圖，理想交流電流表A、理想交流電壓表V的讀數分別為I、U，R消耗的功率為P。假設發電機線圈的轉速變為原來的，則A.R消耗的功率變為B.電壓表V的讀數為C.電流表A的讀數變為2ID.通過R的交變電流頻率不變【答案】B【解析】試題分析：根據公式分析電動機產生的交流電的最大值以及有效值、頻率的變化情況；根據判斷原副線圈中電流電壓的變化情況，根據副線圈中功率的變化判斷原線圈中功率的變化；根據可知轉速變為原來的，則角速度變為原來的，根據可知電動機產生的最大電動勢為原來的，根據可知發電機的輸出電壓有效值變為原來的，即原線圈的輸出電壓變為原來的，根據可知副線圈的輸入電壓變為原來的，即電壓表示數變為原來的，根據可知R消耗的電功率變為，A錯誤B正確；副線圈中的電流為，即變為原來的，根據可知原線圈中的電流也變為原來的，C錯誤；轉速減小為原來的，則頻率變為原來的，D錯誤．【點睛】此題考察了交流電最大值，有效值，頻率，變壓器等；需要知道交流電路中電表的示數為有效值，在理想變壓器中，恒有，副線圈消耗的功率決定了原線圈的輸入功率．5.氫原子光譜在可見光區域內有四條譜線，都是氫原子中電子從量子數n>2的能級躍遷到n=2的能級發出的光，它們在真空中的波長由長到短，可以判定A.對應的前后能級之差最小B.同一介質對的折射率最大C.同一介質中的傳播速度最大D.用照射某一金屬能發生光電效應，則也一定能【答案】A【解析】試題分析：根據分析前后能級差的大小；根據折射率與頻率的關系分析折射率的大小；根據判斷傳播速度的大小；根據發生光電效應現象的條件是入射光的頻率大于該光的極限頻率判斷是否會發生光電效應．波長越大，頻率越小，故的頻率最小，根據可知對應的能量最小，根據可知對應的前后能級之差最小，A正確；的頻率最小，同一介質對應的折射率最小，根據可知的傳播速度最大，BC錯誤；的波長小于的波長，故的頻率大于的頻率，假設用照射某一金屬能發生光電效應，則不一定能，D錯誤．【點睛】光的波長越大，頻率越小，同一介質對其的折射率越小，光子的能量越小．二、不定項選擇題〔每題給出的四個選項中，都有多個選項是正確的〕6.2018年2月2日，我國成功將電磁監測試驗衛星“張衡一號〞發射升空，標志我國成為世界上少數擁有在軌運行高精度地球物理場探測衛星的國家之一。通過觀測可以得到衛星繞地球運動的周期，并地球的半徑和地球外表的重力加速度。假設將衛星繞地球的運動看作是勻速圓周運動，且不考慮地球自轉的影響，根據以上數據可以計算出衛星的A.密度B.向心力的大小C.離地高度D.線速度的大小【答案】CD【解析】根據題意，衛星運動的周期T，地球的半徑R，地球外表的重力加速度g，衛星受到的外有引力充當向心力，故有，衛星的質量被抵消，則不能計算衛星的密度，更不能計算衛星的向心力大小，AB錯誤；由解得，而，故可計算衛星距離地球外表的高度，C正確；根據公式，軌道半徑可以求出，周期，故可以計算出衛星繞地球運動的線速度，D正確；【點睛】解決此題的關鍵掌握萬有引力定律的兩個重要理論：1、萬有引力等于重力〔忽略自轉〕，2、萬有引力提供向心力，并能靈活運用。7.明朝謝肇淛《五雜組》中記載：“明姑蘇虎丘寺廟傾側，議欲正之，非萬緡不可。一游僧見之,曰：無煩也，我能正之。〞游僧每天將木楔從塔身傾斜一側的磚縫間敲進去，經月余扶正了塔身。假設所用的木楔為等腰三角形，木楔的頂角為θ，現在木楔背上加一力F，方向如以以下列圖，木楔兩側產生推力FN，則A.假設F一定，θ大時大B.假設F一定，θ小時大C.假設θ一定，F大時大D.假設θ一定，F小時大【答案】BC【解析】試題分析：由于木楔處在靜止狀態，故可將力F沿與木楔的斜面垂直且向上的方向進展分解，根據平行四邊形定則，畫出力F按效果分解的圖示．并且可據此求出木楔兩側產生的推力．選木楔為研究對象，木楔受到的力有：水平向右的F、和兩側給它的與木楔的斜面垂直的彈力，由于木楔處于平衡狀態，所以側給它的與木楔的斜面垂直的彈力與F沿兩側分解的推力是相等的，力F的分解如圖：則，，故解得，所以F一定時，越小，越大；一定時，F越大，越大，BC正確；【點睛】由于木楔處在靜止狀態，故可將力F沿與木楔的斜面垂直且向上的方向進展分解，根據平行四邊形定則，畫出力F按效果分解的圖示．并且可據此求出木楔對A兩邊產生的壓力．對力進展分解時，一定要分清力的實際作用效果的方向假設何，再根據平行四邊形定則或三角形定則進展分解即可．8.一振子沿x軸做簡諧運動，平衡位置在坐標原點。t=0時振子的位移為-0.1m，t=1s時位移為0.1m，則A.假設振幅為0.1m，振子的周期可能為B.假設振幅為0.1m，振子的周期可能為C.假設振幅為0.2m，振子的周期可能為4sD.假設振幅為0.2m，振子的周期可能為6s【答案】AD【解析】試題分析：t=0時刻振子的位移x=-0.1m，t=1s時刻x=0.1m，關于平衡位置對稱；如果振幅為0.1m，則1s為半周期的奇數倍；如果振幅為0.2m，分靠近平衡位置和遠離平衡位置分析．假設振幅為0.1m，根據題意可知從t=0s到t=1s振子經歷的周期為，則，解得，當n=1時，無論n為何值，T都不會等于，A正確B錯誤；如果振幅為0.2m，結合位移時間關系圖象，有①，或者②，或者③，對于①式，只有當n=0時，T=2s，為整數；對于②式，T不為整數；對于③式，當n=0時，T=6s，之后只會大于6s，故C錯誤D正確【點睛】t=0時刻振子的位移x=-0.1m，t=1s時刻x=0.1m，關于平衡位置對稱；如果振幅為0.1m，則1s為半周期的奇數倍；如果振幅為0.2m，分靠近平衡位置和遠離平衡位置分析．三、非選擇題9.質量為0.45kg的木塊靜止在光滑水平面上，一質量為0.05kg的子彈以200m/s的水平速度擊中木塊，并留在其中，整個木塊沿子彈原方向運動，則木塊最終速度的大小是__________m/s。假設子彈在木塊中運動時受到的平均阻力為4.5×103N，則子彈射入木塊的深度為_______m。【答案】(1).20(2).0.2【解析】試題分析：根據系統動量守恒求解兩木塊最終速度的大小；根據能量守恒定律求出子彈射入木塊的深度；根據動量守恒定律可得，解得；系統減小的動能轉化為抑制阻力產生的內能，故有，解得；【點睛】此題綜合考察了動量守恒定律、能量守恒定律，綜合性較強，對學生能力要求較高．10.某研究小組做“驗證力的平行四邊形定則〞的實驗，所有器材有：方木板一塊，白紙，量程為5N的彈簧測力計兩個，橡皮條〔帶兩個較長的細繩套〕，刻度尺，圖釘〔假設干個〕。①具體操作前，同學們提出了如下關于實驗操作的建議，其中正確的選項是______。A．橡皮條應和兩繩套夾角的角平分線在一條直線上B．重復實驗再次進展驗證時，結點O的位置可以與前一次不同C．使用測力計時，施力方向應沿測力計軸線；讀數時視線應正對測力計刻度D．用兩個測力計互成角度拉橡皮條時的拉力必須都小于只用一個測力計時的拉力②該小組的同學用同一套器材做了四次實驗，白紙上留下的標注信息有結點位置O，力的標度、分力和合力的大小及表示力的作用線的點，如以以以下列圖所示。其中對于提高實驗精度最有利的是_____。【答案】(1).BC(2).B學,科,網...學,科,網...學,科,網...學,科,網...學,科,網...學,科,網...②AD實驗中選取的力的標度過大，導致畫力時，線段太短，不利于實驗準確度；B圖和C圖選用的標度一樣，但C中力太小，不利于作平行四邊形，故B符合題意；【點睛】“驗證力的平行四邊形定則〞的實驗中需要注意：1．同一實驗中的兩只彈簧測力計的選取方法是：將兩只彈簧測力計調零后互鉤對拉，假設兩只彈簧測力計在對拉過程中，讀數一樣，則可選；假設讀數不同，應另換，直至一樣為止．2．在同一次實驗中，使橡皮條拉長時，結點O位置一定要一樣．3．用兩只彈簧測力計鉤住繩套互成角度地拉橡皮條時，夾角不宜太大也不宜太小，在60°～100°之間為宜．4．實驗時彈簧測力計應與木板平行，讀數時眼睛要正視彈簧測力計的刻度，在合力不超過量程及橡皮條彈性限度的前提下，拉力的數值盡量大些．5．細繩套應適當長一些，便于確定力的方向．不要直接沿細繩套的方向畫直線，應在細繩套末端用鉛筆畫一個點，去掉細繩套后，再將所標點與O點連接，即可確定力的方向．6．在同一次實驗中，畫力的圖示所選定的標度要一樣，并且要恰中選取標度，使所作力的圖示稍大一些．11.某同學用伏安法測定待測電阻Rx的阻值〔約為10kΩ〕，除了Rx，開關S、導線外，還有以下器材供選用：A．電壓表〔量程0~1V，內阻約為10kΩ〕B．電壓表〔量程0~10V，內阻約為100kΩ〕C．電流表〔0~1mA內阻約為30Ω〕D．電流表〔0~0.6A，內阻約為0.05Ω〕E．電源〔電動勢1.5V，額定電流0.5A，內阻不計〕F．電源〔電動勢12V，額定電流2A，內阻不計〕G．滑動變阻器R0〔阻值范圍0~10Ω，額定電流2A〕①為使測量盡量準確，電壓表選用_________，電流表選用______________，電源選用______________。〔均填器材的字母代號〕；②畫出測量Rx阻值的實驗電路圖____________。③該同學選擇器材、連接電路和操作均正確，從實驗原理上看，待測電阻測量值會______________其真實值〔填“大于〞“小于〞或“等于〞〕，原因是____________________________。【答案】(1).B(2).C(3).F(4).(5).大于(6).電壓表的讀數大于待測電阻兩端實際電壓〔其他正確表述也可〕【解析】試題分析：由于此題的被測電阻到達10kΩ，所以電源要選擇電動勢大的，然后根據電路電流選擇電流表，電壓表；假設采用限流接法，則電路中電流和電壓變化不明顯，故采用滑動變阻器的分壓接法，根據和的關系分析電流表的接法；根據電流表的接法判斷實驗誤差所在；①假設選用電源1.5V，由于被測電阻很大，電路中電流非常小，不利于實驗，即電源選用12V的，即F；則電壓表就應該選取B；電路中的最大電流為，應選用電流表C；②因為給的滑動變阻器的最大阻值只有10Ω，假設采用限流接法，則電路中電流和電壓變化不明顯，故采用滑動變阻器的分壓接法，由于，所以采用電流表內接法，電路圖如以以下列圖，③由于電流表的分壓，導致電壓測量值偏大，而電流準確，根據可知測量值偏大；【點睛】滑動變阻器的分壓和限流接法的區別和選用原則：區別：〔1〕限流接法線路構造簡單，耗能少；〔2〕分壓接法電壓調整范圍大，可以從0到路端電壓之間連續調節；選用原則：〔1〕優先限流接法，因為它電路構造簡單，耗能較少；〔2〕以下情況之一者，須采用分壓接法：①當測量電路的電阻遠大于滑動變阻器阻值，采用限流法不能滿足要求時〔此題就是該例子〕；②當實驗要求多測幾組數據〔電壓變化范圍大〕，或要求電壓從零開場調節；③電源電動勢比電壓表量程大得多，限流法滑動變阻器調到最大仍超過電壓表量程時。電流表內接和外接的選用：當時，宜采用內接法，即大電阻用內接法；當時，宜采用外接法，即小電阻用外接法；可記憶為“大內，小外〞。12.我國自行研制、具有完全自主知識產權的新一代大型噴氣式客機C919首飛成功后，拉開了全面試驗試飛的新征程，假設飛機在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運動，當位移x=1.6×103m時才能到達起飛所要求的速度v=80m/s，飛機質量m=7.0×104kg，滑跑時受到的阻力為自身重力的0.1倍，重力加速度取，求飛機滑跑過程中〔1〕加速度a的大小；〔2〕牽引力的平均功率P。【答案】〔1〕a=2m/s2〔2〕P=8.4×106W【解析】試題分析：飛機滑跑過程中做初速度為零的勻加速直線運動，結合速度位移公式求解加速度；對飛機受力分析，結合牛頓第二定律，以及求解牽引力的平均功率；〔1〕飛機滑跑過程中做初速度為零的勻加速直線運動，有v2=2ax①，解得a=2m/s2②〔2〕設飛機滑跑受到的阻力為，根據題意可得=0.1mg③設發動機的牽引力為F，根據牛頓第二定律有④；設飛機滑跑過程中的平均速度為，有⑤在滑跑階段，牽引力的平均功率⑥，聯立②③④⑤⑥得P=8.4×106W．13.如以以下列圖，在水平線ab下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，磁場中有一內、外半徑分別為R、的半圓環形區域，外圓與ab的交點分別為M、N。一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出，不計粒子重力。學科.網〔1〕求粒子從P到M所用的時間t；〔2〕假設粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進入磁場，從N射出，粒子從M到N的過程中，始終在環形區域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度的大小。【答案】〔1〕〔2〕【解析】試題分析：粒子在磁場中以洛倫茲力為向心力做圓周運動，在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，據此分析運動時間；粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，當軌跡與內圓相切時，所有的時間最短，粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況一樣，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v，結合幾何知識求解．〔1〕設粒子在磁場中運動的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有設粒子在電場中運動所受電場力為F，有F=qE②；設粒子在電場中運動的加速度為a，根據牛頓第二定律有F=ma③；粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有v=at④；聯立①②③④式得⑤；〔2〕粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期和速度、半徑無關，運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定，故當軌跡與內圓相切時，所有的時間最短，設粒子在磁場中的軌跡半徑為，由幾何關系可知⑥設粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關系可知⑦；粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況一樣，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v，在垂直于電場方向的分速度始終為，由運動的合成和分解可知⑧聯立①⑥⑦⑧式得⑨．【點睛】帶電粒子在組合場中的運動問題，首先要運用動力學方法分析清楚粒子的運動情況，再選擇適宜方法處理．對于勻變速曲線運動，常常運用運動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運動學公式結合求解；對于磁場中圓周運動，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑．14.真空管道超高速列車的動力系統是一種將電能直接轉換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，電阻忽略不計，ab和cd是兩根與導軌垂直，長度均為l，電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質量為m。列車啟動前，ab、cd處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下，如圖1所示，為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內阻及導線電阻忽略不計，列車啟動后電源自動關閉。〔1〕要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由；〔2〕求剛接通電源時列車加速度a的大小；〔3〕列車減速時，需在前方設置如圖2所示的一系列磁感應強度為B的勻強磁場區域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。假設某時刻列車的速度為，此時ab、cd均在無磁場區域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場【答案】〔1〕M接電源正極，理由見解析〔2〕〔3〕假設恰好為整數，設其為n，則需設置n塊有界磁場，假設不是整數，設的整數局部為N，則需設置N+1塊有界磁場【解析】試題分析：結合列車的運動方向，應用左手定則判斷電流方向，從而判斷哪一個接電源正極；對導體棒受力分析，根據閉合回路歐姆定律以及牛頓第二定律求解加速度；根據動量定理分析列車進入和穿出磁場時動量變化，據此分析；〔1〕M接電源正極，列車要向右運動，安培力方向應向右，根據左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b，由c到d，故M接電源正極。〔2〕由題意，啟動時ab、cd并聯，設回路總電阻為，由電阻的串并聯知識得①；設回路總電阻為I，根據閉合電路歐姆定律有②設兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F=BIl③根據牛頓第二定律有F=ma④，聯立①②③④式得⑤〔3〕設列車減速時，cd進入磁場后經時間ab恰好進入磁場，此過程中穿過兩金屬棒與導軌所圍回路的磁通量的變化為，平均感應電動勢為，由法拉第電磁感應定律有⑥，其中⑦；設回路中平均電流為，由閉合電路歐姆定律有⑧設cd受到的平均安培力為，有⑨以向右為正方向，設時間內cd受安培力沖量為，有⑩同理可知，回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值，設回路進出一塊有界磁場區域安培力沖量為，有?設列車停下來受到的總沖量為，由動量定理有?聯立⑥⑦⑧⑨⑩??式得?討論：假設恰好為整數，設其為n，則需設置n塊有界磁場，假設不是整數，設的整數局部為N，則需設置N+1塊有界磁場。?．【點睛】如以以下列圖，在電磁感應中，電量q與安培力的沖量之間的關系，如以以下列圖，以電量為橋梁，直接把圖中左右兩邊的物理量聯系起來，如把導體棒的位移和速度聯系起來，但由于這類問題導體棒的運動一般都不是勻變速直線運動，無法直接使用勻變速直線運動的運動學公式進展求解，所以這種方法就顯得十分巧妙，這種題型難度最大。絕密★啟用前2018年普通高等學校招生全國統一考試〔天津卷〕理科綜合化學局部理科綜合共300分，考試用時150分鐘。化學試卷分為第一卷(選擇題)和第二卷兩局部，第一卷1至2頁，第二卷3至6頁，共100分。答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，并在規定位置粘貼考試用條碼。答卷時，考生務必將答案涂寫在答題卡上，答在試卷上的無效。考試完畢后，將本試卷和答題卡一并交回。祝各位考生考試順利！第一卷本卷須知：1．每題選出答案后，用鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。2．本卷共6題，每題6分，共36分。在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項最符合題目要求的。以下數據供解題時參考：相對原子質量：H1C12N14O161.以下是中華民族為人類文明進步做出巨大奉獻的幾個事例，運用化學知識對其進展的分析不合理的是A.四千余年前用谷物釀造出酒和醋，釀造過程中只發生水解反響B.商代后期鑄造出工藝精湛的后(司)母戊鼎，該鼎屬于銅合金制品C.漢代燒制出“明如鏡、聲如磬〞的瓷器，其主要原料為黏士D.屠呦呦用乙醚從青蒿中提取出對治療瘧疾有特效的青蒿素，該過程包括萃取操作【答案】A【解析】分析：此題考察的是化學知識在具體的生產生活中的應用，進展判斷時，應該先考慮清楚對應化學物質的成分，再結合題目說明判斷該過程的化學反響或對應物質的性質即可解答。詳解：A．谷物中的淀粉在釀造中發生水解反響只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，顯然都不是只水解就可以的。選項A不合理。B．商代后期鑄造出工藝精湛的后(司)母戊鼎屬于青銅器，青銅是銅錫合金。選項B合理。C．陶瓷的制造原料為黏土。選項C合理。D．屠呦呦用乙醚從青蒿中提取出對治療瘧疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度較大的原理，將青蒿素提取到乙醚中，所以屬于萃取操作。選項D合理。點睛：萃取操作有很多形式，其中比照常見的是液液萃取，例如：用四氯化碳萃取碘水中的碘。實際應用中，還有一種比照常見的萃取形式是固液萃取，即：用液體溶劑萃取固體物質中的某種成分，例如：用烈酒浸泡某些藥材。此題的選項D就是一種固液萃取。2.以下有關物質性質的比照，結論正確的選項是A.溶解度：Na2CO3<NaHCO3B.熱穩定性：HCl<PH3C.沸點：C2H5SH<C2H5OHD.堿性：LiOH<Be(OH)2【答案】C【解析】分析：此題是常見的物質的性質比照問題，要求根據元素周期律，結合具體物質的性質進展判斷。詳解：A．碳酸鈉的溶解度應該大于碳酸氫鈉，實際碳酸氫鈉在含鈉化合物中屬于溶解度相對很小的物質。選項A錯誤。B．同周期由左向右非金屬的氣態氫化物的穩定性逐漸增強，所以穩定性應該是：HCl＞PH3。選項B錯誤。C．C2H5OH分子中有羥基，可以形成分子間的氫鍵，從而提高物質的沸點。選項C正確。D．同周期由左向右最高價氧化物的水化物的堿性逐漸減弱，所以堿性應該是：LiOH＞Be(OH)2。選項D錯誤。學#科#網...學#科#網...學#科#網...學#科#網...學#科#網...學#科#網...學#科#網...3.以下表達正確的選項是A.某溫度下，一元弱酸HA的Ka越小，則NaA的Kh(水解常數)越小B.鐵管鍍鋅層局部破損后，鐵管仍不易生銹C.反響活化能越高，該反響越易進展D.不能用紅外光譜區分C2H5OH和CH3OCH3【答案】B【解析】分析：此題是對化學理論進展的綜合考察，需要對每一個選項的理論表述進展分析，轉化為對應的化學原理，進展判斷。詳解：A．根據“越弱越水解〞的原理，HA的Ka越小，代表HA越弱，所以A-的水解越強，應該是NaA的Kh(水解常數)越大。選項A錯誤。B．鐵管鍍鋅層局部破損后，形成鋅鐵原電池，因為鋅比鐵活潑，所以鋅為負極，對正極鐵起到了保護作用，延緩了鐵管的腐蝕。選B正確。C．反響的活化能越高，該反響進展的應該是越困難〔可以簡單理解為需要“翻越〞的山峰越高，“翻越〞越困難〕。選項C錯誤。D．紅外光譜是用來檢測有機物中的官能團或特定構造的，C2H5OH和CH3OCH3的官能團明顯有較大差異，所以可以用紅外光譜區分，選項D錯誤。點睛：反響的活化能是指普通分子到達活化分子需要提高的能量，則活化能越大，說明反響物分子需要吸收的能量越高〔即，引發反響需要的能量越高〕，所以活化能越大，反響進展的就越困難。從另一個角度理解，課本中表述為，活化能越大，反響的速率應該越慢，這樣也可以認為活化能越大，反響越困難。4.由以下實驗及現象推出的相應結論正確的選項是實驗現象結論A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液產生藍色沉淀原溶液中有Fe2+，無Fe3+B．向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液變渾濁酸性：H2CO3>C6H5OHC．向含有ZnS和Na2S的懸濁液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)D．①某溶液中參加Ba(NO3)2溶液②再加足量鹽酸①產生白色沉淀②仍有白色沉淀原溶液中有SO42-A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】分析：此題是化學實驗的根本問題，主要考察物質檢驗和性質比照實驗的問題。根據題目表述，與課上講解的實驗進展比照，比照異同，就可以判斷了。詳解：A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，產生藍色沉淀，說明溶液中有Fe2+，但是無法證明是否有Fe3+。選項A錯誤。B．向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液變渾濁，說明生成了苯酚，根據強酸制弱酸的原則，得到碳酸的酸性強于苯酚。選B正確。C．向含有ZnS和Na2S的懸濁液中滴加CuSO4溶液，雖然有ZnS不溶物，但是溶液中還有Na2S，參加硫酸銅溶液以后，Cu2+一定與溶液中的S2-反響得到黑色的CuS沉淀，不能證明發生了沉淀轉化。選項C錯誤。D．向溶液中參加硝酸鋇溶液，得到白色沉淀〔有很多可能〕，再參加鹽酸時，溶液中就會同時存在硝酸鋇電離的硝酸根和鹽酸電離的氫離子，溶液具有硝酸的強氧化性。如果上一步得到的是亞硫酸鋇沉淀，此步就會被氧化為硫酸鋇沉淀，依然不溶，則無法證明原溶液有硫酸根離子。選項D錯誤。點睛：在解決此題中選項C的類似問題時，一定要注意判斷溶液中的主要成分。當溶液混合進展反響的時候，一定是先進展大量離子之間的反響〔此題就是進展大量存在的硫離子和銅離子的反響〕，然后再進展微量物質之間的反響。例如，向碳酸鈣和碳酸鈉的懸濁液中通入二氧化碳，二氧化碳先和碳酸鈉反響得到碳酸氫鈉，再與碳酸鈣反響得到碳酸氫鈣。5.室溫下，向圓底燒瓶中參加1molC2H5OH和含1molHBr的氫溴酸，溶液中發生反響；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反響后到達平衡。常壓下，C2H5Br和C2H5OH的沸點分別為38.4℃和78.5℃。以下有關表達錯誤的選項是A.參加NaOH，可增大乙醇的物質的量B.增大HBr濃度，有利于生成C2H5BrC.假設反響物增大至2mol，則兩種反響物平衡轉化率之比不變D.假設起始溫度提高至60℃，可縮短反響到達平衡的時間【答案】D【解析】分析：此題考察反響速率和平衡的根本知識。根據題目的反響，主要判斷外界條件的變化對平衡和速率的應該結果即可。詳解：A．參加NaOH，中和HBr，平衡逆向移動，可增大乙醇的物質的量。選項A正確。B．增大HBr濃度，平衡正向移動，有利于生成C2H5Br。選B正確。C．假設反響物增大至2mol，實際上就是將反響的濃度都增大至原來的2倍，比例不變〔兩次實驗反響物的比例都是1:1，等于方程式中的系數比〕，這里有一個可以直接使用的結論：只要反響物的投料比等于系數比，達平衡時反響物的轉化率一定是相等的。所以兩種反響物的轉化率一定是1:1。選項C正確。D．假設起始溫度提高至60℃，考慮到HBr是揮發性酸，在此溫度下會揮發出去，降低HBr的濃度減慢速率，增加了反響時間。選項D錯誤。點睛：此題中的反響是反響前后物質的量不變的反響，但是考慮到反響是在水溶液中進展的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即此題中的溴乙烷應該是沒有濃度的，所以選項D中是不需要考慮溫度升高將溴乙烷蒸出的影響的。6.LiH2PO4是制備電池的重要原料。室溫下，LiH2PO4溶液的pH隨c初始〔H2PO4–〕的變化如圖1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分數δ隨pH的變化如圖2所示，[]以下有關LiH2PO4溶液的表達正確的選項是A.溶液中存在3個平衡B.含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–C.隨c初始〔H2PO4–〕增大，溶液的pH明顯變小D.用濃度大于1mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，當pH到達4.66時，H3PO4幾乎全部轉化為LiH2PO4【答案】D【解析】分析：此題考察電解質溶液的相關知識。應該從題目的兩個圖入手，結合磷酸的根本性質進展分析。詳解：A．溶液中存在H2PO4–的電離平衡和水解平衡，存在HPO42–的電離平衡，存在水的電離平衡，所以至少存在4個平衡。選項A錯誤。B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4。選B錯誤。C．從圖1中得到隨著c初始〔H2PO4–〕增大，溶液的pH不過從5.5減小到4.66，談不上明顯變小，同時到達4.66的pH值以后就不變了。所以選項C錯誤。D．由圖2得到，pH=4.66的時候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%，所以此時H3PO4幾乎全部轉化為LiH2PO4。選項D正確。點睛：此題中隨著c初始〔H2PO4–〕增大，溶液的pH有一定的下降，但是到達一定程度后就根本不變了。主要是因為H2PO4–存在電離和水解，濃度增大電離和水解都會增加，影響會互相抵消。第二卷本卷須知：1．用黑色墨水的鋼筆或簽字筆將答案寫在答題卡上。2．本卷共4題，共64分。7.以以以下列圖中反響①是制備SiH4的一種方法，其副產物MgCl2·6NH3是優質的鎂資源。答復以下問題：〔1〕MgCl2·6NH3所含元素的簡單離子半徑由小到大的順序〔H-除外〕：_________________________，Mg在元素周期表中的位置：_____________________，Mg(OH)2的電子式：____________________。〔2〕A2B的化學式為_______________。反響②的必備條件是_______________。上圖中可以循環使用的物質有_______________。〔3〕在一定條件下，由SiH4和CH4反響生成H2和一種固體耐磨材料_______________〔寫化學式〕。〔4〕為實現燃煤脫硫，向煤中參加漿狀Mg(OH)2，使燃燒產生的SO2轉化為穩定的Mg化合物，寫出該反響的化學方程式：_______________。〔5〕用Mg制成的格氏試劑〔RMgBr〕常用于有機合成，例如制備醇類化合物的合成路線如下：依據上述信息，寫出制備所需醛的可能構造簡式：_______________。【答案】(1).r(H+)<r(Mg2+)<r(N3–)<r(Cl–)(2).第三周期ⅡA族(3).(4).Mg2Si(5).熔融，電解(6).NH3，NH4Cl(7).SiC(8).2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O(9).CH3CH2CHO，CH3CHO【解析】分析：根據反響的流程過程，先判斷出A2B的化學式，帶入框圖，結合學習過的相關知識進展分析即可。詳解：〔1〕MgCl2·6NH3所含元素的簡單離子為Mg2+、Cl、N3-、H+，比照離子半徑應該先看電子層，電子層多半徑大，電子層一樣時看核電荷數，核電荷數越大離子半徑越小，所以這幾種離子半徑由小到大的順序為：r(H+)<r(Mg2+)<r(N3–)<r(Cl–)。Mg在周期表的第三周期ⅡA族。氫氧化鎂是離子化合物，其中含有1個Mg2+和2個OH-,所以電子式為：。〔2〕根據元素守恒，A2B中就一定有Mg和Si，考慮到各自化合價Mg為+2，Si為-4，所以化學式為Mg2Si。反響②是MgCl2熔融電解得到單質Mg，所以必備條件為：熔融、電解。反響①需要的是Mg2Si、NH3和NH4Cl，而后續過程又得到了NH3和NH4Cl，所以可以循環的是NH3和NH4Cl。〔3〕在一定條件下，由SiH4和CH4反響生成H2和一種固體耐磨材料，該耐磨材料一定有Si和C，考慮到課本中介紹了碳化硅的高硬度，所以該物質為SiC。〔4〕為實現燃煤脫硫，向煤中參加漿狀Mg(OH)2，使燃燒產生的SO2轉化為穩定的Mg化合物，二氧化硫是酸性氧化物與氫氧化鎂這樣的堿應該反響得到鹽〔亞硫酸鎂〕，考慮到題目要求寫出得到穩定化合物的方程式，所以產物應該為硫酸鎂〔亞硫酸鎂被空氣中的氧氣氧化得到〕，所以反響為：2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O。〔5〕利用格氏試劑可以制備，現在要求制備，所以可以選擇R為CH3CH2，R’為CH3；或者選擇R為CH3，R’為CH3CH2，所以對應的醛R’CHO可以是CH3CH2CHO或CH3CHO。點睛：此題是一道比照根本的元素綜合問題，比照新穎的是在題目的最后一問中參加了一個有機小題，這樣的無機有機綜合題目是比照少見的，當然難度并不大。第〔4〕小題中的反響，可以參考必修1的課后練習中涉及的鈣基固硫問題。方程式中按道理應該加上反響的條件，例如：加熱。8.化合物N具有鎮痛、消炎等藥理作用，其合成路線如下：〔1〕A的系統命名為____________，E中官能團的名稱為____________。〔2〕A→B的反響類型為____________，從反響所得液態有機混合物中提純B的常用方法為____________。〔3〕C→D的化學方程式為________________________。〔4〕C的同分異構體W〔不考慮手性異構〕可發生銀鏡反響：且1molW最多與2molNaOH發生反響，產物之一可被氧化成二元醛。滿足上述條件的W有____________種，假設W的核磁共振氫譜具有四組峰，則其構造簡式為____________。〔5〕F與G的關系為〔填序號〕____________。a．碳鏈異構b．官能團異構c．順反異構d．位置異構〔6〕M的構造簡式為____________。〔7〕參照上述合成路線，以為原料，采用如下方法制備醫藥中間體。該路線中試劑與條件1為____________，X的構造簡式為____________；試劑與條件2為____________，Y的構造簡式為____________。【答案】〔1〕1,6-己二醇碳碳雙鍵，酯基〔2〕取代反響減壓蒸餾〔或蒸餾〕〔3〕〔4〕5〔5〕c〔6〕〔7〕試劑與條件1：HBr，△X：試劑與條件2：O2/Cu或Ag，△Y：【解析】分析：此題實際沒有什么需要推斷的，題目中已經將每一步的物質都給出了，所以只需要按部就班的進展小題的逐一解答即可。詳解：〔1〕A為6個碳的二元醇，在第一個和最后一個碳上各有1個羥基，所以名稱為1,6-己二醇。明顯E中含有碳碳雙鍵和酯基兩個官能團。〔2〕A→B的反響是將A中的一個羥基替換為溴原子，所以反響類型為取代反響。反響后的液態有機混合物應該是A、B混合，B比A少一個羥基，所以沸點的差距應該較大，可以通過蒸餾的方法別離。實際生產中考慮到A、B的沸點可能較高，直接蒸餾的溫度較高可能使有機物炭化，所以會進展減壓蒸餾以降低沸點。〔3〕C→D的反響為C與乙醇的酯化，所以化學方程式為。注意反響可逆。〔4〕C的分子式為C6H11O2Br，有一個不飽和度。其同分異構體可發生銀鏡反響說明有醛基；1molW最多與2molNaOH發生反響，其中1mol是溴原子反響的，另1mol只能是甲酸酯的酯基反響〔不能是羧基，因為只有兩個O〕；所以得到該同分異構體一定有甲酸酯〔HCOO－〕構造。又該同分異構體水解得到的醇應該被氧化為二元醛，能被氧化為醛的醇一定為－CH2OH的構造，其他醇羥基不可能被氧化為醛基。所以得到該同分異構體水解必須得到有兩個－CH2OH構造的醇，因此酯一定是HCOOCH2－的構造，Br一定是－CH2Br的構造，此時還剩余三個飽和的碳原子，在三個飽和碳原子上連接HCOOCH2－有2種可能：，每種可能上再連接－CH2Br，所以一共有5種：。其中核磁共振氫譜具有四組峰的同分異構體，要求有一定的對稱性，所以一定是。〔5〕F為，G為，所以兩者的關系為順反異構，選項c正確。〔6〕根據G的構造明顯得到N中畫圈的局部為M，所以M為。〔7〕根據路線中化合物X的反響條件，可以判斷利用題目的D到E的反響合成。該反響需要的官能團是X有Br原子，Y有碳氧雙鍵。所以試劑與條件1是HBr，△；將取代為，X為。試劑與條件2是O2/Cu或Ag，△；將氧化為，所以Y為。點睛：最后一步合成路線中，是不可以選擇CH3CH2CHO和CH3CHBrCH3反響的，因為題目中的反響Br在整個有機鏈的一端的，不保證在中間位置的時候也能反響。9.煙道氣中的NOx是主要的大氣污染物之一，為了監測其含量，選用如下采樣和檢測方法。答復以下問題：Ⅰ.采樣采樣步驟：①檢驗系統氣密性；②加熱器將煙道氣加熱至140℃；③翻開抽氣泵置換系統內空氣；④采集無塵、枯燥的氣樣；⑤關閉系統，停頓采樣。〔1〕A中裝有無堿玻璃棉，其作用是___________。〔2〕C中填充的枯燥劑是〔填序號〕___________。a.堿石灰