2019年普通高等学校招生个国统一考试（天津卷）理科综合 化学部分 理科综合共300分，考试用时150分钟。

化学试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至6页，共100分。

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 注意事项：
1．每题选出答案后，用铅笔将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。

2．本卷共6题，每题6分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。

以下数据可供解题时参考：
相对原子质量：
1.化学在人类社会发展中发挥着重要作用，下列事实不涉及化学反应的是（ ） A. 利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇 B. 利用石油生产塑料、化纤等高分子材料 C. 利用基本的化学原料生产化学合成药物 D. 利用反渗透膜从海水中分离出淡水 【答案】D 【解析】 【分析】 化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；
据此分析判断． 【详解】A、秸杆主要成分为纤维素，生产乙醇，产生新物质，属于化学变化，故A错误；

B、从石油生产塑料、化纤等高分子材料，产生新物质，属于化学变化，故B错误；

C、利用基本化学原料生产化学合成药，产生新物质，属于化学变化，故C错误；

D、海水中的水淡化成淡水，没有产生新物质，属于物理变化，故D正确；

故选D。

【点睛】本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化． 2.下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是（ ） 实验现象 离子方程式 A 向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解 B 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体 C 二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色 D 氧化亚铁溶于稀硝酸 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【分析】 A、氢氧化镁碱性强于氨水；

B、制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀；

C、电荷不守恒；

D、硝酸具有强氧化性，将亚铁氧化成铁离子；

【详解】A、氢氧化镁碱性强于氨水，故A正确；

B、制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀，离子方程式为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3（胶体）＋3H＋，故B错误；

C、电荷不守恒，正确的离子方程式为：5SO2＋2MnO4－＋2H2O=2Mn2＋＋4H＋＋5SO42－，故C错误；

D、硝酸具有强氧化性，将亚铁氧化成铁离子，正确的离子方程式为：3FeO＋10H＋＋NO3－=3Fe3＋＋NO↑＋5H2O，故D错误；

故选A。

【点睛】本题考查离子反应方程式书写，解题关键：结合原理正确书写离子方程式，难点C：氧化还原反应的离子方程式的书写，配平前不能将H+写在反应物中，应先电子守恒，再通过电荷守恒将H+补在生成物中。

3.下列有关金属及其化合物的不合理的是（ ） A. 将废铁屑加入溶液中，可用于除去工业废气中的 B. 铝中添加适量钾，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业 C. 盐碱地（含较多等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良 D. 无水呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水 【答案】C 【解析】 【分析】 A、氯气能将铁和亚铁氧化；

B、根据合金的性质判断；

C、Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性；

D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同。

【详解】A、氯气能将铁和亚铁氧化，从而除去工业废气中的氯气，故A不选；

B、根据铝合金的性质，具有密度低、强度高，应用于航空航天等工业，故B不选；

C、Na2CO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，故C选；

D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同，判断硅胶中是否含水，故D不选。

故选C 【点睛】本题考查金属元素及其化合物应用，易错点C，除杂不只是将反应物反应掉，还要考虑产物在应用中是否符合要求，生成的NaOH仍然呈碱性，达不到降低碱度的目的。

4.下列实验操作或装置能达到目的的是（ ） A B C D 混合浓硫酸和乙醇 配制一定浓度的溶液 收集气体 证明乙炔可使溴水褪色 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】 A、乙醇的密度小于浓硫酸；

B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切；

C、二氧化氮的密度大于空气；

D、乙炔中的杂质也能使溴水褪色。

【详解】A、乙醇的密度小于浓硫酸，混合时应将浓硫酸沿烧杯壁倒入乙醇中，边倒边搅拌，故A错误；

B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故B正确；

C、二氧化氮的密度大于空气，集气瓶中的导气管就长进短出，故C错误；

D、乙炔中的H2S等杂质也能使溴水褪色，应先通过一个盛碱的洗气瓶，将杂质除去，故D错误；

故选B 【点睛】本题考查实验装置和基本操作，易错点D，学生易忽略实验室用电石制乙炔中的H2S等还原性杂质也能使溴水褪色。

5.某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ） A. 曲线Ⅰ代表溶液 B. 溶液中水的电离程度：b点＞c点 C. 从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子） D. 相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同 【答案】C 【解析】 【分析】 电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；

A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；

B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；

C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；

D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。

【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；

B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；

C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；

D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至中性，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；

故选C。

【点睛】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。

6.我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。

A. 放电时，a电极反应为 B. 放电时，溶液中离子的数目增大 C. 充电时，b电极每增重，溶液中有被氧化 D. 充电时，a电极接外电源负极 【答案】D 【解析】 【分析】 放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e－═Zn2＋，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，充电时，阳极反应式为Br－+2I－-2e－=I2Br－、阴极反应式为Zn2＋+2e－=Zn，放电时，只有阳离子能穿过交换膜，阴离子不能穿过交换膜，据此分析解答。

【详解】A、放电时，a电极为正极，碘得电子变成碘离子，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，故A正确；

B、放电时，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，溶液中离子数目增大，故B正确；

C、充电时，b电极反应式为Zn2＋+2e－=Zn，每增加0.65g，转移0.02mol电子，阳极反应式为Br－+2I－-2e－=I2Br－，有0.02molI－失电子被氧化，故C正确；

D、充电时，a是阳极，应与外电源的正极相连，故D错误；

故选D。

【点睛】本题考查化学电源新型电池，会根据电极上发生的反应判断正负极是解本题关键，会正确书写电极反应式，易错选项是B，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－离子由1mol变成3mol。

第Ⅱ卷 注意事项：
1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。

2．本卷共4题，共64分。

7.氮、磷、砷、锑、铋、镆为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题：
（1）砷在元素周期表中的位置______。的中子数为______。

已知：（，白磷）＝（，黑磷） ；

（，白磷）＝（，红磷） ；

由此推知，其中最稳定的磷单质是______。

（2）氮和磷氢化物性质的比较：
热稳定性：______（填“＞”“＜”）。

沸点：______（填“＞”“＜”），判断依据是______。

（3）和与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对与反应产物的推断正确的是______（填序号）。

a．不能与反应 b．含离子键、共价键 c．能与水反应 （4）能发生较强烈的水解，生成难溶的，写出该反应的化学方程式_______________________，因此，配制溶液应注意_______________________。

① ② ③ 达平衡时，体系中，，，则℃时反应①的平衡常数值为______（用字母表示）。

【答案】 (1). 第四周期第VA族 (2). 173 (3). 黑磷 (4). ＞ (5). ＞ (6). 分子间存在氢键 (7). b、c (8). （“”写成“”亦可） (9). 加盐酸，抑制水解 (10). 【解析】 【详解】（1）砷元素的原子序数为33，与氮元素、磷元素均位于ⅤA族，最外层有5个电子，则砷在周期表中的位置为第四周期ⅤA族；
288115Mc的质量数为288，质子数为115，由由中子数=质量数—中子数可知288115Mc的中子数为288—115=173；
将已知转化关系依次编号为①②，由盖斯定律可知，①—②可得P（s，红磷）= P（s，黑磷）△H=△H1—△H2=（—39.3kJ/mol）—（—17.6 kJ/mol）=—21.7 kJ/mol，由放热反应反应物总能量大于生成物总能量，则白磷、红磷和黑磷三者能量的大小顺序为白磷＞红磷＞黑磷，能量越高越不稳定，则最稳定的是黑磷，故答案为：第四周期ⅤA族；
173；
黑磷；

（2）元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，N元素非金属性强于P元素，则NH3热稳定性强于PH3；
N元素非金属性强，原子半径小，N2H4分子间可以形成氢键，增大分子间作用力，而PH3分子间不能形成氢键，则N2H4的沸点高于PH3，故答案为：＞；
＞；
N2H4分子间形成氢键；

（3）由题意可知，PH3与NH3性质类似，与HI反应生成反应PH4I，PH4I能与氢氧化钠溶液反应生成PH3，a错误；
PH4I为离子化合物，化合物中含有离子键和共价键，b正确；
PH4I与NH4I类似，可以发生水解反应，c正确，bc正确，故答案为：bc；

（4）由题意可知，SbCl3发生水解反应生成SbOCl沉淀和HCl，水解的化学方程式为SbCl3+H2O=SbOCl↓+2HCl；
配制SbCl3溶液时，为防止SbCl3水解，应加入盐酸，故答案为：SbCl3+H2O=SbOCl↓+2HCl；
加入盐酸抑制SbCl3水解；

（5）由PH4I（s）PH3（g）+HI（g）可知，amolPH4I分解生成物质的量的PH3和HI，由2HI（g）H2（g）+I2（g）可知HI分解生成c（H2）= c（I2）=cmol/L，PH4I分解生成c（HI）为（2c+b）mol/L，则4 PH3（g）P4（g）+ 6H2（g）可知PH3分解生成c（H2）=（d—c）mol/L，则体系中c（PH3）为[（2c+b）—（d—c）] mol/L=，故反应PH4I（s）PH3（g）+HI（g）的平衡常数K=c（PH3）c（HI）=，故答案为：。

【点睛】本题考查化学反应基本理论，涉及了物质结构、元素周期律、盖斯定律、盐类水解和化学平衡常数等知识，注意元素周期律的应用，掌握盖斯定律和化学平衡常数的计算方法，明确盐类水解的应用是解答关键。

8.我国化学家首次实现了膦催化的环加成反应，并依据该反应，发展了一条合成中草药活性成分茅苍术醇的有效路线。

已知环加成反应：
（、可以是或） 回答下列问题：
（1）茅苍术醇的分子式为____________，所含官能团名称为____________，分子中手性碳原子（连有四个不同的原子或原子团）的数目为____________。

（2）化合物B的核磁共振氢谱中有______个吸收峰；
其满足以下条件的同分异构体（不考虑手性异构）数目为______。

①分子中含有碳碳三键和乙酯基 ②分子中有连续四个碳原子在一条直线上 写出其中碳碳三键和乙酯基直接相连的同分异构体的结构简式____________。

（3）的反应类型为____________。

（4）的化学方程式为__________________，除外该反应另一产物的系统命名为____________。

（5）下列试剂分别与和反应，可生成相同环状产物的是______（填序号）。

a． b． c．溶液 （6）参考以上合成路线及条件，选择两种链状不饱和酯，通过两步反应合成化合物，在方框中写出路线流程图（其他试剂任选）。_______ 【答案】 (1). (2). 碳碳双键、羟基 (3). 3 (4). 2 (5). 5 (6). 和 (7). 加成反应或还原反应 (8). (9). 2-甲基-2-丙醇或2-甲基丙-2-醇 (10). b (11). （写成等合理催化剂亦可） 【解析】 【分析】 由有机物的转化关系可知，与CH3C≡CCOOC（CH3）3发生题给信息反应生成，与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成，与甲醇在浓硫酸作用下，共热发生酯基交换反应生成，一定条件下脱去羰基氧生成，与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成，一定条件下反应生成茅苍术醇。

【详解】（1）茅苍术醇的结构简式为，分子式为C15H26O，所含官能团为碳碳双键、羟基，含有3个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故答案为：C15H26O；
双键、羟基；
3；

（2）化合物B的结构简式为CH3C≡CCOOC（CH3）3，分子中含有两类氢原子，核子共振氢谱有2个吸收峰；
由分子中含有碳碳三键和—COOCH2CH3，且分子中连续四个碳原子在一条直线上可知B的同分异构体含有、CH3CH2CH2C≡CCOOCH2CH3、CH3CH2C≡C—CH2COOCH2CH3、CH3—C≡C—CH2CH2COOCH2CH3和 共5种结构，碳碳三键和—COOCH2CH3直接相连的为、CH3CH2CH2C≡CCOOCH2CH3，故答案为：2；
5；
、CH3CH2CH2C≡CCOOCH2CH3；

（3）C→D的反应为与氢气在催化剂作用下发生加成反应（或还原反应）生成，故答案为：加成反应（或还原反应）；

（4）与甲醇在浓硫酸作用下，共热发生酯基交换反应生成，反应的化学方程式为，HOC（CH3）3的系统命名为2—甲基—2—丙醇，故答案为：，2—甲基—2—丙醇；

（5）和均可与溴化氢反应生成，故答案为：b；

（6）由题给信息可知，CH3C≡CCOOCH2CH3与CH2=COOCH2CH3反应生成，与氢气发生加成反应生成，故答案为：。

【点睛】本题考查有机物推断与合成，对比物质的结构明确发生的反应，侧重对有机化学基础知识和逻辑思维能力考查，有利于培养自学能力和知识的迁移能力，需要熟练掌握官能团的结构、性质及相互转化。

9.环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：
回答下列问题：
Ⅰ．环己烯的制备与提纯 （1）原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为____________，现象为__________________。

（2）操作1装置如图所示（加热和夹持装置已略去）。

①烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为________________________，浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择而不用浓硫酸的原因为________________________（填序号）。

a．浓硫酸易使原料碳化并产生 b．污染小、可循环使用，符合绿色化学理念 c．同等条件下，用比浓硫酸的平衡转化率高 ②仪器B的作用为____________。

（3）操作2用到的玻璃仪器是____________。

（4）将操作3（蒸馏）的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，____________，弃去前馏分，收集83℃的馏分。

Ⅱ．环己烯含量的测定 在一定条件下，向环己烯样品中加入定量制得的，与环己烯充分反应后，剩余的与足量作用生成，用的标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液（以上数据均已扣除干扰因素）。

测定过程中，发生的反应如下：
① ② ③ （5）滴定所用指示剂为____________。样品中环己烯的质量分数为____________（用字母表示）。

（6）下列情况会导致测定结果偏低的是____________（填序号）。

a．样品中含有苯酚杂质 b．在测定过程中部分环己烯挥发 c．标准溶液部分被氧化 【答案】 (1). 溶液 (2). 溶液显紫色 (3). (4). a、b (5). 减少环己醇蒸出 (6). 分液漏斗、烧杯 (7). 通冷凝水，加热 (8). 淀粉溶液 (9). (10). b、c 【解析】 【分析】 I.（1）检验物质时显然是利用该物质的特殊性质，或利用不同物质间的性质差异。苯酚能与氯化铁溶液发生显色反应而醇不能，可依此设计用氯化铁溶液检验苯酚的存在；

（2）书写陌生情境的化学方程式时，一定要将题给的所有信息挖掘出来，比如题给的反应条件，如催化剂、加热的温度、此反应已明确指出的“可逆”；

（3）催化剂选择FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的理由分析，显然要突出浓硫酸的缺点，突出FeCl3·6H2O的优点；

（4）在发生装置中加装冷凝管，显然是为了冷凝回流，提高原料的利用率。

（5）计算此问时尽可能采用关系式法，找到已知和未知之间的直接关系。

（6）误差分析时，利用相关反应式将量尽可能明确化。

【详解】I.（1）检验苯酚的首选试剂是FeCl3溶液，原料环己醇中若含有苯酚，加入FeCl3溶液后，溶液将显示紫色；

（2）①从题给的制备流程可以看出，环己醇在FeCl3·6H2O的作用下，反应生成了环己烯，对比环己醇和环己烯的结构，可知发生了消去反应，反应方程式为：，注意生成的小分子水勿漏写，题目已明确提示该反应可逆，要标出可逆符号，FeCl3·6H2O是反应条件（催化剂）别漏标；
此处用FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的原因分析中：a项合理，因浓硫酸具有强脱水性，往往能使有机物脱水至炭化，该过程中放出大量的热，又可以使生成的炭与浓硫酸发生反应：C+2H2SO4(浓) CO2↑+SO2↑+2H2O；
b项合理，与浓硫酸相比，FeCl3·6H2O对环境相对友好，污染小，绝大部分都可以回收并循环使用，更符合绿色化学理念；
c项不合理，催化剂并不能影响平衡转化率；

②仪器B为球形冷凝管，该仪器的作用除了导气外，主要作用是冷凝回流，尽可能减少加热时反应物环己醇的蒸出，提高原料环己醇的利用率；

（3）操作2实现了互不相溶的两种液体的分离，应是分液操作，分液操作时需要用到的玻璃仪器主要有分液漏斗和烧杯；

（4）题目中已明确提示了操作3是蒸馏操作。蒸馏操作在加入药品后，要先通冷凝水，再加热；
如先加热再通冷凝水，必有一部分馏分没有来得及被冷凝，造成浪费和污染；

II.（5）因滴定的是碘单质的溶液，所以选取淀粉溶液比较合适；
根据所给的②式和③式，可知剩余的Br2与反应消耗的Na2S2O3的物质的量之比为1：2，所以剩余 Br2的物质的量为：n(Br2)余=×cmol·L-1×vmL×10-3L·mL-1=mol，反应消耗的Br2的物质的量为（b-）mol，据反应①式中环己烯与溴单质1：1反应，可知环己烯的物质的量也为（b-）mol，其质量为（b-）×82g，所以ag样品中环己烯的质量分数为：。

（6）a项错误，样品中含有苯酚，会发生反应：，每反应1molBr2，消耗苯酚的质量为31.3g；
而每反应1mol Br2，消耗环己烯的质量为82g；
所以苯酚的混入，将使耗Br2增大，从而使环己烯测得结果偏大；
b项正确，测量过程中如果环己烯挥发，必然导致测定环己烯的结果偏低；
c项正确，Na2S2O3标准溶液被氧化，必然滴定时消耗其体积增大，即计算出剩余的溴单质偏多，所以计算得出与环己烯反应的溴单质的量就偏低，导致最终环己烯的质量分数偏低。

【点睛】①向规范、严谨要分数。要注意题设所给的引导限定词语，如“可逆”、“玻璃”等，这些是得分点，也是易扣分点。

②要计算样品中环己烯的质量分数，只需要算出环己烯的物质的量即可顺利求解。从所给的3个反应方程式可以得出：2Na2S2O3~I2~Br2~，将相关已知数据代入计算即可。

③对于a项的分析，要粗略计算出因苯酚的混入，导致单位质量样品消耗溴单质的量增加，最终使测得环己烯的结果偏高。

10.多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。

回答下列问题：
Ⅰ．硅粉与在300℃时反应生成气体和，放出热量，该反应的热化学方程式为________________________。的电子式为__________________。

Ⅱ．将氢化为有三种方法，对应的反应依次为：
① ② ③ （1）氢化过程中所需的高纯度可用惰性电极电解溶液制备，写出产生的电极名称______（填“阳极”或“阴极”），该电极反应方程式为________________________。

（2）已知体系自由能变，时反应自发进行。三个氢化反应的与温度的关系如图1所示，可知：反应①能自发进行的最低温度是____________；
相同温度下，反应②比反应①的小，主要原因是________________________。

（3）不同温度下反应②中转化率如图2所示。下列叙述正确的是______（填序号）。

a．B点：
b．：A点点 c．反应适宜温度：℃ （4）反应③的______（用，表示）。温度升高，反应③的平衡常数______（填“增大”、“减小”或“不变”）。

（5）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除、和外，还有______（填分子式）。

【答案】 (1). (2). (3). 阴极 (4). 或 (5). 1000℃ (6). 导致反应②的小 (7). a、c (8). (9). 减小 (10). 、 【解析】 【分析】 I.书写热化学方程式时一定要标注出各物质的状态，要将热化学方程式中焓变的数值与化学计量数对应。本题的反应温度需要标注为条件；

II.（1）惰性电极电解KOH溶液，实质是电解水，产生氢气的必为阴极，发生还原反应。

（2）“看图说话”，将反应①的纵、横坐标对应起来看，即可顺利找到最低温度。影响自由能变的因素主要是焓变和熵变，分析发现熵变对反应②反而不利，说明焓变影响大，为主要影响因素；

（3）据图判断化学平衡的建立和移动是分析的关键。注意时间是一个不变的量。

（4）此问是盖斯定律的简单应用，对热化学方程式直接进行加减即可。

【详解】I.参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl，生成的是气态的SiHCl3和氢气，反应条件是300℃，配平后发现SiHCl3的化学计量数恰好是1mol，由此可顺利写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g) SiHCl3(g)+H2(g) ∆H=-225kJ·mol-1；
SiHCl3中硅与1个H、3个Cl分别形成共价单键，由此可写出其电子式为：
，注意别漏标3个氯原子的孤电子对；

II.（1）电解KOH溶液，阳极发生氧化反应而产生O2、阴极发生还原反应才产生H2；
阴极的电极反应式可以直接写成2H++2e-=H2↑，或写成由水得电子也可以：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；

（2）由题目所给的图1可以看出，反应①（最上面那条线）当∆G=0时，对应的横坐标温度是1000℃；
从反应前后气体分子数的变化来看，反应①的熵变化不大，而反应②中熵是减小的，可见熵变对反应②的自发更不利，而结果反应②的∆G更负，说明显然是焓变产生了较大的影响，即∆H2<∆H1导致反应②的∆G小（两个反应对应的∆H，一个为正值，一个为负值，大小比较很明显）；

（3）图2给的是不同温度下的转化率，注意依据控制变量法思想，此时所用的时间一定是相同的，所以图示中A、B、C点反应均正向进行，D点刚好达到平衡，D点到E点才涉及平衡的移动。a项正确，B点反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率；
b点错误，温度越高，反应速率越快，所以E点的正（或逆）反应速率均大于A点；
c项正确，C到D点，SiHCl3的转化率较高，选择此温度范围比较合适，在实际工业生产中还要综合考虑催化剂的活性温度。

（4）将反应①反向，并与反应②直接相加可得反应③，所以∆H3=∆H2-∆H1，因∆H2<0、∆H1>0，所以∆H3必小于0，即反应③正反应为放热反应，而放热反应的化学平衡常数随着温度的升高而减小；

（5）反应①生成的HCl可用于流程中粗硅提纯的第1步，三个可逆反应中剩余的H2也可循环使用。

【点睛】①对于反应的吉布斯自由能大小比较及变化的分析，要紧紧抓住焓判据和熵判据进行分析。②判断图2中时间是一个不变的量，是看清此图的关键。明白了自变量只有温度，因变量是SiCl4的转化率，才能落实好平衡的相关知识的应用，如平衡的建立，平衡的移动以及平衡常数随温度变化的规律等。

理科综合 生物部分 第I卷 1.用3H标记胸腺嘧啶后合成脱氧核苷酸，注入真核细胞，可用于研究 A. DNA复制的场所 B. mRNA与核糖体的结合 C. 分泌蛋白的运输 D. 细胞膜脂质的流动 【答案】A 【解析】 【分析】 本题主要考查DNA的复制、蛋白质的合成及运输及细胞膜的功能等有关知识。DNA复制需要脱氧核苷酸作为原料；
mRNA与核糖体结合，翻译形成蛋白质；
分泌蛋白的运输需要内质网和高尔基体形成囊泡运输；
细胞膜脂质的流动与物质跨膜运输有关。

【详解】DNA复制需要DNA模板、原料脱氧核苷酸、能量ATP和DNA聚合酶，A正确；
mRNA与核糖体的结合，开始翻译mRNA上的密码子，需要tRNA运输氨基酸，不需要脱氧核苷酸，B错误；
分泌蛋白的需要内质网的加工，形成囊泡运到高尔基体，加工、分类和包装，形成分泌小泡，运到细胞膜，胞吐出去，与脱氧核苷酸无关，C错误；
细胞膜脂质的流动与物质跨膜运输有关，无需脱氧核苷酸，D错误。因此，本题答案选A。

【点睛】解答本题关键要熟悉细胞中不同的生理活动的具体过程，来判断是否需要脱氧核苷酸作为原料。

2.下列过程需ATP水解提供能量的是 A. 唾液淀粉酶水解淀粉 B. 生长素的极性运输 C. 光反应阶段中水在光下分解 D. 乳酸菌无氧呼吸的第二阶段 【答案】B 【解析】 【分析】 本题主要考查细胞中生理活动的相关知识。细胞中蛋白质、淀粉和多糖在酶的作用下水解，无需消耗能量；
生长素在幼嫩组织中从形态学上端向形态学下端运输属于极性运输，其方式为主动运输，需要消耗能量；
光合作用的光反应阶段，水在光下分解，不需要消耗ATP的能量；
无氧呼吸的第二阶段是丙酮酸分解成酒精和CO2或乳酸，都不消耗能量。

【详解】唾液淀粉酶水解淀粉，形成麦芽糖，不消耗能量，A错误；
.生长素的极性运输是以主动运输的方式，在幼嫩组织中从形态学上端运到形态学下端，需要ATP提供能量，B正确；
光反应阶段中水在光下分解，需要光能，不需要ATP功能，C错误；
乳酸菌无氧呼吸的第二阶段是丙酮酸变成乳酸，不需要ATP供能，D错误。因此，本题答案选B。

【点睛】解答本题关键要熟悉细胞中不同的生理活动的具体过程，来判断是否需要ATP功能。

3.植物受病原菌惑染后，特异的蛋白水解酸被激活，从而诱导植物细胞编程性死亡，同时病原菌被消灭。激活蛋白水解酶有两条途径：①由钙离子进入细胞后启动；
②由位于线粒体内膜上参与细胞呼吸的细胞色素c含量增加启动，下列叙述正确的是 A. 蛋白水解酶能使磷酸二酯键断开 B. 钙离子通过自由扩散进入植物细胞 C. 细胞色素c与有氧呼吸第一阶段有关 D. 细胞编程性死亡避免了病原菌对邻近细胞的进一步感染 【答案】D 【解析】 【分析】 本题主要考查跨膜运输、有氧呼吸和细胞凋亡等有关知识。蛋白水解酶是催化蛋白质的肽键断开，水解成氨基酸；
无机盐离子一般是主动运输进出细胞；
细胞色素c位于线粒体内膜上，生物氧化的一个非常重要的电子传递体，在线粒体嵴上与其它氧化酶排列成呼吸链，参与细胞呼吸的第三阶段，使[H]和O2结合，生成水；
细胞编程性死亡包括生物发育过程细胞的编程性死亡、细胞的自然更新及被病原体感染的细胞的清除（病毒侵入体细胞，体细胞会启动凋亡程序释放病毒） 【详解】蛋白水解酶能使蛋白质的肽键断开，生成氨基酸，A错误；
.钙离子通过主动运输进入植物细胞，B错误；
细胞色素c位于线粒体内膜上，参与有氧呼吸第三阶段，促进[H]和O2结合，生成水，C错误；
植物受病原菌感染后，特异的蛋白水解酶被激活，从而诱导植物细胞编程性死亡，同时病原菌被消灭，避免了病原菌对邻近细胞的进一步感染，D正确。因此，本题答案选D。

【点睛】解答本题要能正确理解题设条件，结合相关知识，逐项判断，比较简单。

4.叶色变异是由体细胞突变引起的芽变现象。红叶杨由绿叶杨芽变后选育形成，其叶绿体基粒类囊体减少，光合速率减小，液泡中花青素含量增加。下列叙述正确的是 A. 红叶杨染色体上的基因突变位点可用普通光学显微镜观察识别 B. 两种杨树叶绿体基粒类囊体的差异可用普通光学显微镜观察 C. 两种杨树叶光合速率可通过“探究光照强弱对光合作用强度的影响”实验作比较 D. 红叶杨细胞中花青素绝对含量可通过“植物细胞的吸水和失水”实验测定 【答案】C 【解析】 【分析】 1、光学显微镜下能观察到的结构有：细胞壁、叶绿体、大液泡和经染色的细胞核和线粒体；
基因突变和基因重组不能在光学显微镜下观察到，但染色体变异（染色体结构变异和染色体数目变异）可以在光学显微镜下观察到。

2、影响光合作用强度的外界因素：空气中二氧化碳的浓度，土壤中水分的多少，光照的长短与强弱、光的成分以及温度的高低等，都是影响光合作用强度的外界因素。光合作用强度可以通过测定一定时间内原料消耗量或产物生成的数量来定量地表示。

3、植物细胞的吸水和失水实验的观察指标：中央液泡大小、原生质层的位置和细胞大小。

【详解】据分析可知，基因突变不可以用普通光学显微镜观察识别，因为基因是有遗传效应的DNA片段，DNA在普通光学显微镜下观察不到，A错误；
叶绿体基粒类囊体属于生物膜，不可用普通光学显微镜观察，B错误；
由题干信息可知，要使红叶杨和绿叶杨的光合作用强度相等，红叶杨需要更强的光照，原因是红叶杨比绿叶杨的叶绿体基粒类囊体少，光合速率小，因此，两种杨树叶光合速率可通过“探究光照强弱对光合作用强度的影响”实验作比较，C正确；
红叶杨细胞中花青素的相对含量可通过“植物细胞的吸水和失水”实验测定，若要测定花青素的绝对含量需要进一步实验，D错误；
因此，本题答案选C。

【点睛】解答本题的关键是：明确光学显微镜下能观察到的细胞结构和可遗传变异类型，影响光照强度的外界因素，植物细胞吸水和失水实验的应用，再根据题意作答。

5.多数植物遭到昆虫蚕食时会分泌茉莉酸，启动抗虫反应，如分泌杀虫物质、产生吸引昆虫天敌的挥发物质等。烟粉虱能合成Bt56蛋白，该蛋白会随烟粉虱唾液进入植物，抑制茉莉酸启动的抗虫反应，使烟粉虱数量迅速增长。下列叙述错误的是 A. 植物产生挥发物质吸引昆虫天敌体现了信息传递调节种间关系的功能 B. 植食性昆虫以植物为食和植物抗虫反应是长期共同进化的结果 C. Bt56基因表达被抑制的烟粉虱在寄主植物上的数量增长比未被抑制的对照组快 D. 开发能水解Bt56蛋白的转基因植物可为控制烟粉虱提供防治措施 【答案】C 【解析】 【分析】 1、信息传递在生态系统中的作用：①生命活动的正常进行，离不开信息的作用；
②生物种群的繁衍，也离不开信息的传递；
③信息能够调节生物的种间关系，以维持生态系统的稳定。

2、共同进化：不同物种之间、生物与无机环境之间在相互影响中不断进化和发展，这就是共同进化。通过漫长的共同进化过程，地球上不仅出现了千姿百态的物种，而且形成了多种多样的生态系统。

3、目前控制动物危害的技术大致有化学防治、生物防治和机械防治等。这些方法各有优点，但是目前人们越来越倾向于利用对人类生存环境无污染的生物防治。生物防治中有些是利用信息传递作用。

【详解】植物产生挥发性物质，如吸引昆虫天敌的挥发性物质，可以吸引天敌捕食昆虫，这体现了化学信息传递调节种间关系的功能，A正确；
由于任何一个物种都不是单独进化的，因此，植食性昆虫以植物为食和植物抗虫反应是长期共同进化的结果，B正确；
Bt56蛋白随烟粉虱唾液进入植物，抑制茉莉酸启动的抗虫反应，使烟粉虱数量迅速增长，若Bt56基因表达被抑制的烟粉虱在寄主植物上的数量增长会减少，而Bt56基因表达未被抑制的烟粉虱在寄主植物上的数量会增加，C错误；
开发能水解Bt56蛋白的转基因植物能够抑制烟粉虱的数量增长，为控制烟粉虱提供防治措施，D正确；
因此，本题答案选C。

【点睛】解答本题的关键是：
明确信息传递在生态系统中的作用，共同进化的含义和控制动物危害的技术，再根据题意作答。

6.囊鼠的体毛深色（D）对浅色（d）为显性，若毛色与环境差异大则易被天敌捕食。调查不同区域囊鼠深色表现型频率，检测并计算基因频率，结果如图。

下列叙述错误的是 A. 深色囊鼠与浅色囊鼠在不同区域的分布现状受自然选择影响 B. 与浅色岩P区相比，深色熔岩床区囊鼠的杂合体频率低 C. 浅色岩Q区的深色囊鼠的基因型为DD、Dd D. 与浅色岩Q区相比，浅色岩P区囊鼠的隐性纯合体频率高 【答案】B 【解析】 【分析】 据图可知，浅色岩P区：深色表现型频率为0.18，因为囊鼠的毛色（深色）与环境（浅色岩）差异大易被天敌捕食，D基因频率为0.1，则d基因频率为1-0.1=0.9；
深色熔岩床区：深色表现型频率为0.95，因为囊鼠颜色与环境差异小不易被天敌捕食，D的基因频率为0.7，则d的基因频率为1-0.7=0.3；
浅色岩Q区的深色表现型频率为0.50，因为毛色与环境差异大则易被天敌捕食，D的基因频率为0.3，则d的基因频率为1-0.3=0.7。

【详解】据图分析可知，深色囊鼠在深色熔岩床区表现型频率高，而在浅色岩P区和浅色岩Q区频率较低，因此，深色囊鼠与浅色囊鼠在不同区域的分布现状受自然选择影响，A正确；
浅色岩P区，囊鼠的杂合体频率（Dd）=2×0.1×0.9=0.18，而深色熔岩床区囊鼠的杂合体（Dd）频率=2×0.7×0.3=0.42，与浅色岩P相比，深色熔岩床区囊鼠的杂合体频率高，B错误；
囊鼠的体毛深色（D）对浅色（d）为显性，因此，浅色岩Q区的深色囊鼠的基因型为DD、Dd，C正确；
浅色岩Q区隐性纯合体（dd）的频率=0.7×0.7=0.49，而浅色岩P区囊鼠的隐性纯合体（dd）的频率=0.9×0.9=0.81，因此，与浅色岩Q区相比，浅色岩P区囊鼠的隐性纯合体频率高，D正确；
因此，本题答案选B。

【点睛】解答本题的关键是：
明确基因频率的计算方法，在一个自由交配的种群中，基因A、a的频率分别为P（A）、P（a），则基因型AA、Aa、aa的频率为：P（AA）＝P（A）2， P（aa）=P(a)2，P（Aa）=2P(A)×P（a）。

第Ⅱ卷 7.在北方农牧交错带的中温带半干旱区，当农田连续耕作六年后，农作物产量往往下降，弃耕后土地易沙化。对三片弃耕土地分别采取围封禁牧、人工种植灌木或乔木等恢复措施，灌木、乔木成活后该地自然恢复。十五年后进行调查，结果见下表。

样地 指标 土壤含水量（%） 土壤全氮（g·kg-1) 草本植物种数（种） 节肢动物个体数（只·样本-1） 节肢动物多样性指数* 弃耕地（对照） 0.26 0.09 1.1 3.1 06 禁牧草地 0.66 0.36 2.6 9.4 1.7 人工灌木林 0.77 0.42 2.8 74 0.8 人工乔木林 1.37 0.27 1.6 10.0 1.1 *多样性指数综合反映丰富度和均匀度 据表回答：
（1）土壤含水量增加最明显的是___________样地。土壤全氮增加最明显的是______________样地，这是该样地内豆科植物与根瘤菌相互作用的结果，豆科植物与根瘤菌的种间关系为____________。

（2）三种恢复措施均可改良土壤，这体现了生物多样性的___________价值。

（3）在半干旱地区，节肢动物是物种最丰富和数量最多的类群，在食物网中占据重要地位，其多样性一定程度上可反映生态系统的物种多样性。从生物多样性角度分析，三种恢复措施中更适宜于中温带半干旱区的是________________。

（4）在中温带半干旱区，草原生态系统比农田生态系统的自我调节能力更______________。

【答案】 (1). 人工乔木林 (2). 人工灌木林 (3). 互利共生 (4). 间接 (5). 围封禁牧 (6). 强 【解析】 【分析】 本题以北方农牧交错带的中温带半干旱区的环境变化和群落演替为背景考查种群、群落和生态系统的相关知识。表格数据显示了在不同样地中调查土壤含水量、土壤全氮、草本植物种数、节肢动物个体数及节肢动物多样性指数的结果。分析数据可知，对照组的各类数据均最低；
禁牧草地的节肢动物多样性指数最高；
人工灌木林中土壤全氮含量最高和草本植物种数最多；
人工乔木林中土壤含水量最高和节肢动物个体数最多。

【详解】（1）根据表格数据分析可知，土壤含水量增加最明显的是人工乔木林样地。土壤全氮增加量最明显的是人工灌木林，豆科植物中的根瘤菌具有固氮作用，能够将空气中的氮转化为植物能吸收的含氮养料，豆科植物供给根瘤菌有机养料，即豆科植物与根瘤菌共同生活在一起，相互依存，彼此有利，它们的种间关系为互利共生。

（2）生物多样性能对生态系统起到重要调节功能的价值属于间接价值，三种恢复措施均可改良土壤，这体现了其生态功能，属于生物多样性的间接价值。

（3）通过题意分析可知，节肢动物的多样性在一定程度上可反映生态系统的多样性，在三种恢复措施中禁牧草地的节肢动物多样性指数（可反映丰富度和均匀度）最高，且节肢动物个体数较多，因此更适宜于中温带半干旱区的是围封禁牧措施。

（4）草原生态系统比农田生态系统的物种多样性更高，营养结构更复杂，因此其自我调节能力更强。

8.人类心脏组织受损后难以再生。该现象可追溯到哺乳动物祖先，随着它们恒温状态的建立，心脏组织再生能力减弱。

（1）哺乳动物受到寒冷刺激后，通过______________（神经/体液/神经-体液）调节促进甲状腺激素分泌，使机体产生更多热量以维持体温。

（2）活跃分裂的动物细胞多是二倍体细胞，多倍体细胞通常不能分裂。

①对比不同动物心脏中二倍体细胞所占比例及其甲状腺激素水平，结果如图。恒温动物的心脏组织因二倍体细胞比例______________，再生能力较差；
同时体内甲状腺激素水平______。由此表明甲状腺激素水平与心脏组织再生能力呈负相关。

②制备基因工程小鼠，使其心脏细胞缺乏甲状腺激素受体，导致心脏细胞不受______调节。与正常小鼠相比，基因工程小鼠体内的甲状腺激素________________正常小鼠心脏组织再生能力。

③以斑马鱼为材料进一步研究。将成年斑马鱼分成A、B两组，分别饲养在不同水箱中，A组作为对照，B组加入甲状腺激素。若________组斑马鱼心脏组织受损后的再生能力比另一组弱，则证明甲状腺激素对变温动物斑马鱼心脏组织再生能力的影响与对恒温动物小鼠的影响一致。

【答案】 (1). 神经-体液 (2). 低 (3). 高 (4). 甲状腺激素 (5). 抑制 (6). B 【解析】 【分析】 体温调节的中枢在下丘脑；
方式：神经调节和体液调节，以神经调节为主。

低温条件下体温调节的过程：当人处于寒冷环境中，冷觉感受器会兴奋，通过传入神经将兴奋传至神经中枢下丘脑，经下丘脑的分析综合后，经传出神经引起汗腺分泌减少，皮肤血管收缩，血流量减少等，减少散热；
另外引起立毛肌收缩，骨骼肌战栗，甲状腺激素和肾上腺素分泌量增加，增加产热，维持体温稳定。

由图可知，变温动物心脏中二倍体细胞比例较高，甲状腺激素水平较低；
恒温动物心脏中二倍体细胞比例较低，甲状腺激素水平偏高。

【详解】（1）哺乳动物受到寒冷刺激时，冷觉感受器会兴奋，兴奋经反射弧传至效应器，如汗腺、皮肤血管、立毛肌、骨骼肌、肾上腺、下丘脑内分泌细胞等，引起相应的效应，该过程属于神经调节。另外下丘脑内分泌细胞分泌的TRH会作用于垂体，垂体分泌的TSH会作用于甲状腺，促进甲状腺激素的分泌，增加产热，该过程属于体液调节。故体温调节的过程属于神经-体液调节。

（2）①由图可知，恒温动物心脏中二倍体细胞比例较低，因为活跃分裂的动物细胞多为二倍体细胞，故恒温动物再生能力较差；
又因为恒温动物体内甲状腺激素水平偏高，故推测甲状腺激素水平与心脏组织再生能力呈负相关。

②基因工程小鼠心脏细胞缺乏甲状腺激素受体，故甲状腺激素不能作用于心脏细胞。转基因小鼠体内甲状腺激素水平正常，但不能作用于心脏，而心脏中二倍体细胞数目会出现大幅增加，可以证明甲状腺激素会抑制正常小鼠心脏组织的再生能力。

③利用斑马鱼做实验时，A组无甲状腺激素，B组有甲状腺激素，若甲状腺激素对变温动物斑马鱼心脏组织再生能力影响与对恒温动物小鼠的影响抑制，即会抑制心脏组织的再生能力，则B组斑马鱼心脏受损后的再生能力会比对照组弱。

【点睛】本题的难点是对曲线图的分析，由曲线图可知，甲状腺激素与心脏中二倍体细胞比例呈反比，又因为“活跃分裂的动物细胞多为二倍体细胞”，故做出推测：甲状腺激素会抑制心脏组织的再生能力。

9.B基因存在于水稻基因组中，其仅在体细胞（2n）和精子中正常表达，但在卵细胞中不转录。为研究B基因表达对卵细胞的影响，设计了如下实验。

据图回答：
（1）B基因在水稻卵细胞中不转录，推测其可能的原因是卵细胞中________（单选）。

A.含B基因的染色体缺失 B.DNA聚合酶失活 C.B基因发生基因突变 D.B基因的启动子无法启动转录 （2）从水稻体细胞或________中提取总RNA，构建____________文库，进而获得B基因编码蛋白的序列。将该序列与Luc基因（表达的荧光素酶能催化荧光素产生荧光）连接成融合基因（表达的蛋白质能保留两种蛋白质各自的功能），然后构建重组表达载体。

（3）在过程①、②转化筛选时，过程______________中T-DNA整合到受体细胞染色体DNA上，过程__________________在培养基中应加入卡那霉素。

（4）获得转基因植株过程中，以下鉴定筛选方式正确的是________（多选）。

A.将随机断裂的B基因片段制备成探针进行DNA分子杂交 B.以Luc基因为模板设计探针进行DNA分子杂交 C.以B基因编码蛋白的序列为模板设计探针与从卵细胞提取的mRNA杂交 D.检测加入荧光素卵细胞中是否发出荧光 （5）从转基因植株未成熟种子中分离出胚，观察到细胞内仅含一个染色体组，判定该胚是由未受精的卵细胞发育形成的，而一般情况下水稻卵细胞在未受精时不进行发育，由此表明_________________。

【答案】 (1). D (2). 精子 (3). cDNA (4). ② (5). ① (6). BCD (7). B基因表达能使卵细胞不经受精直接发育成胚 【解析】 【分析】 基因工程的基本操作程序：
1、目的基因的获取：（1）目的基因是指：
编码蛋白质的结构基因。（2）获取方法：①从基因文库中获取；
②人工合成（反转录法和化学合成法）；
③PCR技术扩增目的基因。

2、基因表达载体的构建:（1）目的：使目的基因在受体细胞中稳定存在，并且可以遗传至下一代，使目的基因能够表达和发挥作用。（2）组成：目的基因+启动子+终止子+标记基因。①启动子：是一段有特殊结构的DNA片段，位于基因的首端，是RNA聚合酶识别和结合的部位，能驱动基因转录出mRNA，最终获得所需的蛋白质。②终止子：也是一段有特殊结构的DNA片段，位于基因的尾端。③标记基因的作用：是为了鉴定受体细胞中是否含有目的基因，从而将含有目的基因的细胞筛选出来。常用的标记基因是抗生素基因。（3）基因表达载体的构建过程：
3、将目的基因导入受体细胞:（1）转化的概念：是目的基因进入受体细胞内，并且在受体细胞内维持稳定和表达的过程。（2）常用的转化方法：常用方法有农杆菌转化法、显微注射技术、Ca2+处理法。（3）重组细胞导入受体细胞后，筛选含有基因表达载体受体细胞的依据是标记基因是否表达。

4、目的基因的检测和表达：（1）首先要检测转基因生物的染色体DNA上是否插入了目的基因，方法是采用DNA分子杂交技术。（2）其次还要检测目的基因是否转录出mRNA，方法是用标记的目的基因作探针与mRNA杂交。（3）最后检测目的基因是否翻译成蛋白质，方法是从转基因生物中提取蛋白质，用相应的抗体进行抗原--抗体杂交。（4）有时还需进行个体生物学水平的鉴定。如转基因抗虫植物是否出现抗虫性状。

【详解】（1）通过题干信息可知，B基因可以在体细胞和精子中，说明含B基因的染色体未缺失，也没有发生基因突变，AC错误；
基因表达过程中的转录需要RNA聚合酶，不是DNA聚合酶，B错误；
B基因在卵细胞中不能转录，可能是B基因的启动子在卵细胞中不能启动转录，D正确；
故选D。

（2）通过题干信息可知，水稻的体细胞和精子中B基因可表达，故可从水稻的体细胞和精子中提取RNA。通过逆转录产生DNA，从而构建CDNA文库，进而获得B基因编码蛋白的序列。

（3）图示中过程①表示筛选含有目的基因的重组质粒的农杆菌，图示中质粒有抗卡那霉素标记基因和抗潮霉素标记基因，如果选择培养基中加入的是卡那霉素，起作用的是抗卡那霉素标记基因。过程②表示将筛选出含有重组质粒的农杆菌，将其T-DNA整合到水稻细胞染色体DNA上。

（4）获得转基因植株，鉴定筛选方式有：①DNA分子杂交技术，即以Luc基因为模板设计探针进行DNA分子杂交，故A错误；
B正确；
②用标记的目的基因作探针与mRNA杂交，即以B基因编码蛋白的序列为模板设计探针与从卵细胞提取的mRNA杂交，C正确；
③检测目的基因是否翻译成蛋白质，通过（2）可知B基因与Luc基因连接形成B-Luc融合基因，即可通过Luc基因表达，检测加入荧光素的卵细胞中是否发出荧光，D正确；
故选BCD。

（5）当从转基因植株未成熟种子中分离出胚，观察到细胞内仅含有一个染色体组，推断该胚是由未受精的卵细胞发育形成的，而一般情况下水稻卵细胞在未受精时不进行发育，由此表明B基因表达能使卵细胞不经受精作用直接发育成胚。

【点睛】本题考查了基因工程的相关知识，要求考生能够识记基因工程的操作步骤；
明确农杆菌转化法在植物基因工程中的应用；
并能够掌握植物组织培养技术的过程等知识。

10.作物M的F1基因杂合，具有优良性状。F1自交形成自交胚的过程见途径1（以两对同源染色体为例）。改造F1相关基因，获得具有与F1优良性状一致的N植株，该植株在形成配子时，有丝分裂替代减数分裂，其卵细胞不能受精，直接发育成克隆胚，过程见途径2。据图回答：
（1）与途径1相比，途径2中N植株形成配子时由于有丝分裂替代减数分裂，不会发生由__________和_____________________________导致的基因重组，也不会发生染色体数目________________。

（2）基因杂合是保持F1优良性状的必要条件。以n对独立遗传的等位基因为例，理论上，自交胚与F1基因型一致的概率是________________，克隆胚与N植株基因型一致的概率是____________。通过途径___________获得的后代可保持F1的优良性状。

【答案】 (1). 同源染色体非姐妹染色单体交叉互换 (2). 非同源染色体自由组合 (3). 减半 (4). 1/2n (5). 100% (6). 2 【解析】 【分析】 本题考查可遗传变异和育种的相关知识。由题意可知，可以通过两条途径获得F1的优良性状，途径1为正常情况下F1自交获得具有优良性状的子代，途径2中先对M植株进行基因改造，再诱导其进行有丝分裂而非减数分裂产生卵细胞，导致其卵细胞含有与N植株体细胞一样的遗传信息，再使得未受精的卵细胞发育成克隆胚，该个体与N植株的遗传信息一致。

【详解】（1）途径1是通过减数分裂形成配子，而途径2中通过有丝分裂产生配子，有丝分裂过程中不发生基因重组，且子细胞中染色体数不减半，故与途径1相比，途径2中N植株形成配子时不会发生同源染色体非姐妹染色单体的交叉互换和非同源染色体的自由组合，也不会发生染色体数目减半。

（2）由题意可知，要保持F1优良性状需要基因杂合，一对杂合基因的个体自交获得杂合子的概率是1/2，若该植株有n对独立遗传的等位基因，根据自由组合定律，杂合子自交子代中每对基因均杂合的概率为1/2n，故自交胚与F1基因型（基因杂合）一致的概率为1/2n。而克隆胚的形成相当于无性繁殖过程，子代和N植株遗传信息一致，故克隆胚与N植株基因型一致的概率是100%。

（3）途径1产生自交胚的过程存在基因重组，F1产生的配子具有多样性，经受精作用后的子代具有多样性，不可保持F1的优良性状；
而途径2产生克隆胚的过程不存在基因重组，子代和亲本的遗传信息一致，可以保持F1的优良性状。

【点睛】结合题意和图示分析获得具有优良性状的个体的两条途径是解题关键，途径1获得子代的本质为有性生殖，途径2获得子代的本质为无性生殖。

理科综合 物理部分 理科综合共300分，考试用时150分钟。

物理试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至7页，共120分。

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 注意事项：
1.每题选出答案后，用铅笔将答题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。

2.本卷共8题，每题6分，共48分。

一、单项选择题（每小题6分，共30分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的） 1.2018年12月8日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”。已知月球的质量为、半径为，探测器的质量为，引力常量为，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为的匀速圆周运动时，探测器的（ ） A. 周期为 B. 动能为 C. 角速度为 D. 向心加速度为 【答案】C 【解析】 【详解】由万有引力提供向心力可得 ，可得 ，故A正确；
解得 ，由于 ，故B错误；
解得 ，故C错误；
解得 ，故D错误。综上分析，答案为A 2.2018年10月23日，港珠澳跨海大桥正式通车。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面索（所有钢索均处在同一竖直面内）斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是（ ） A. 增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力 B. 为了减小钢索承受拉力，可以适当降低索塔的高度 C. 索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下 D. 为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布 【答案】C 【解析】 【详解】A、以桥身为研究对象，钢索对桥身的拉力的合力与桥身的重力等大反向，则钢索对索塔的向下的压力数值上等于桥身的重力，增加钢索的数量钢索对索塔的向下的压力数值不变，故A错误；

B、由图甲可知，当索塔高度降低后，变大， 变小，故T变大，故B错误 C、由B的分析可知，当钢索对称分布时，，钢索对索塔的合力竖直向下，故C正确 D、受力分析如图乙，由正弦定理可知，只要 ，钢索AC、AB的拉力FAC、FAB进行合成，合力竖直向下，钢索不一定要对称分布，故D错误；
综上分析：答案为C 3.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为的带电小球，以初速度从点竖直向上运动，通过点时，速度大小为，方向与电场方向相反，则小球从运动到的过程（ ） A. 动能增加 B. 机械能增加 C. 重力势能增加 D. 电势能增加 【答案】B 【解析】 【详解】由动能的表达式可知带电小球在M点的动能为，在N点的动能为，所以动能的增量为，故A错误；
带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向受电场力做匀加速运动，由运动学公式有，可得，竖直方向的位移，水平方向的位移，因此有，对小球写动能定理有，联立上式可解得，，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加，电势能减少，故B正确D错误，重力做负功重力势能增加量为，故C错误。

4.笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为、长为的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压，以此控制屏幕的熄灭。则元件的（ ） A. 前表面的电势比后表面的低 B. 前、后表面间的电压与无关 C. 前、后表面间的电压与成正比 D. 自由电子受到的洛伦兹力大小为 【答案】D 【解析】 【详解】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有，故，故D正确，由则电压，故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误。

5.如图为、、三种光在同一光电效应装置中测的光电流和电压的关系。由、、组成的复色光通过三棱镜时，下述光路图中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由光电效应的方程，动能定理，两式联立可得，故截止电压越大说明光的频率越大，则有三种光的频率，则可知三种光的折射率的关系为，因此光穿过三棱镜时b光偏折最大，c光次之，a光最小，故选C，ABD错误。

二、不定项选择题（每小题6分，共18分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分） 6.我国核聚变反应研究大科学装置“人造太阳”2018年获得重大突破，等离子体中心电子温度首次达到1亿度，为人类开发利用核聚变能源奠定了重要的技术基础。下列关于聚变的说法正确的是（ ） A. 核聚变比核裂变更为安全、清洁 B. 任何两个原子核都可以发生聚变 C. 两个轻核结合成质量较大的核，总质量较聚变前增加 D. 两个轻核结合成质量较大的核，核子的比结合能增加 【答案】AD 【解析】 【详解】核聚变的最终产物时氦气无污染，而核裂变会产生固体核废料，因此核聚变更加清洁和安全，A正确；
发生核聚变需要在高温高压下进行，大核不能发生核聚变，故B错误；
核聚变反应会放出大量的能量，根据质能关系可知反应会发生质量亏损，故C错误；
因聚变反应放出能量，因此反应前的比结合能小于反应后的比结合能，故D正确。

7.一列简谐横波沿轴传播，已知轴上和处质点的振动图像分别如图1、图2所示，则此列波的传播速率可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【详解】当该列波向右传播时，根据题干可知1m和7m之间的距离满足的关系为，则由可得波速为，当n=1时可得，故C正确，当波向做传播时1m和7m之间的距离关系满足，则，当n=1时可得，故B正确，讲A和D选项代入两个波速表达式，n均不是整数，因此A和D错误。

8.单匝闭合矩形线框电阻为，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量与时间的关系图像如图所示。下列说法正确的是（ ） A. 时刻线框平面与中性面垂直 B. 线框的感应电动势有效值为 C. 线框转一周外力所做的功为 D. 从到过程中线框的平均感应电动势为 【答案】BC 【解析】 【详解】由图像可知时刻线圈的磁通量最大，因此此时线圈处于中性面位置，因此A错误；
由图可知交流电的周期为T，则，由交流电的电动势的最大值为，则有效值为，故B正确，线圈转一周所做的功为转动一周的发热量，，故C正确；
从0时刻到时刻的平均感应电动势为，故D错误。

第Ⅱ卷 注意事项：
1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。

2.本卷共4题，共72分。

9.第26届国际计量大会决定，质量单位“千克”用普朗克常量定义，“国际千克原器”于2019年5月20日正式“退役”的数值为，根据能量子定义，的单位是______，该单位用国际单位制中的力学基本单位表示，则为______。

【答案】 (1). (2). 【解析】 【详解】由，能量的单位为，频率的单位为，故h的单位为，又因能量的单位换成力学基本单位可表示为，则h的单位为 10.某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸。

①下列哪些措施能够提高实验准确程度______。

A.选用两光学表面间距大的玻璃砖 B.选用两光学表面平行的玻璃砖 C.选用粗的大头针完成实验 D.插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些 ②该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示，其中实验操作正确的是______。

③该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于、点，再过、点作法线的垂线，垂足分别为、点，如图所示，则玻璃的折射率______。（用图中线段的字母表示） 【答案】 (1). AD (2). D (3). 【解析】 【详解】采用插针法测定光的折射率的时候，应选定光学表面间距大一些的玻璃砖，这样光路图会更加清晰，减小误差，同时两枚大头针的距离尽量大一些，保证光线的直线度，因此AD正确，光学表面是否平行不影响该实验的准确度，因此B错误，应选用细一点的大头针因此C错误。

根据光的折射定律可知当选用平行的玻璃砖时出射光和入射光应是平行光，又因发生了折射因此出射光的出射点应相比入射光的延长线向左平移，因此D正确，ABC错误 由折射定律可知折射率，，，联立解得 11.现测定长金属丝的电阻率。

①某次用螺旋测微器测量金属丝直径结果如图所示，其读数是______。

②利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻。这段金属丝的电阻，约为，画出实验电路图，并标明器材代号。

电源 （电动势，内阻约为） 电流表 （量程，内阻） 电流表 （量程，内阻约为） 滑动变阻器 （最大阻值，额定电流） 开关及导线若干 ③某同学设计方案正确，测量得到电流表的读数为，电流表的读数为，则这段金属丝电阻的计算式______。从设计原理看，其测量值与真实值相比______（填“偏大”、“偏小”或“相等”）。

【答案】 (1). （均可） (2). (3). 相等 【解析】 【详解】根据螺旋测微器的读数法则可知读数为 因该实验没有电压表，电流表A1的内阻已知，故用A1表当电压表使用，为了调节范围大，应用分压式滑动变阻器的接法，则点如图如图 由电路图可知流过电流为，电阻两端的电压为，因此电阻 该实验的电流为真实电流，电压也为真实电压，因此测得值和真实值相等 12.完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板是与水平甲板相切的一段圆弧，示意如图2，长，水平投影，图中点切线方向与水平方向的夹角（）。若舰载机从点由静止开始做匀加速直线运动，经到达点进入。已知飞行员的质量，，求 （1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功；

（2）舰载机刚进入时，飞行员受到竖直向上的压力多大。

【答案】（1）；
（2） 【解析】 【详解】（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为，则有 ① 根据动能定理，有 ② 联立①②式，代入数据，得 ③ （2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为，根据几何关系，有 ④ 由牛顿第二定律，有 ⑤ 联立①④⑤式，代入数据，得 ⑥ 13.如图所示，固定在水平面上间距为的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒和长度也为、电阻均为，两棒与导轨始终接触良好。两端通过开关与电阻为的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。的质量为，金属导轨足够长，电阻忽略不计。

（1）闭合，若使保持静止，需在其上加多大水平恒力，并指出其方向；

（2）断开，在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为的加速过程中流过的电荷量为，求该过程安培力做的功。

【答案】（1），方向水平向右；
（2） 【解析】 【详解】（1）设线圈中的感应电动势为，由法拉第电磁感应定律，则 ① 设与并联的电阻为，有 ② 闭合时，设线圈中的电流为，根据闭合电路欧姆定律得 ③ 设中的电流为，有 ④ 设受到的安培力为，有 ⑤ 保持静止，由受力平衡，有ⅠⅡⅢⅣ ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 ⑦ 方向水平向右。

（2）设由静止开始到速度大小为的加速过程中，运动的位移为，所用时间为，回路中的磁通量变化为，平均感应电动势为，有 ⑧ 其中 ⑨ 设中的平均电流为，有 ⑩ 根据电流的定义得 ⑪ 由动能定理，有 ⑫ 联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式得 ⑬ 14.2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极、之间的匀强电场（初速度忽略不计），、间电压为，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为，电荷量为，期中是正整数，是元电荷。

（1）若引擎获得推力为，求单位时间内飘入、间的正离子数目为多少；

（2）加速正离子束所消耗的功率不同时，引擎获得的推力也不同，试推导的表达式；

（3）为提高能量的转换效率，要使尽量大，请提出增大的三条建议。

【答案】（1）（2） （3）用质量大的离子；
用带电量少的离子；
减小加速电压。

【解析】 【详解】（1）设正离子经过电极时的速度为，根据动能定理，有 ① 设正离子束所受的电场力为，根据牛顿第三定律，有 ② 设引擎在时间内飘入电极间的正离子个数为，由牛顿第二定律，有 ③ 联立①②③式，且得 ④ （2）设正离子束所受的电场力为，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有 ⑤ 考虑到牛顿第三定律得到，联立①⑤式得 ⑥ （3）为使尽量大，分析⑥式得到 三条建议：用质量大的离子；
用带电量少的离子；
减小加速电压。