2019年高考试题真题1理综（天津卷）解析版[高考复习]

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。化学试卷分为第卷（选择题）和第卷两部分，第卷1至2页，第卷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. AB. BC. CD. 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：Fe33H2OFe(OH)3（胶体）3H，故B错误；C、电荷不守恒，正确的离子方程式为：5SO22MnO42H2O=2Mn24H5SO42，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：3FeO10HNO3=3Fe3NO5H2O，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、Na2CO3Ca(OH)2=CaCO32NaOH，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、Na2CO3Ca(OH)2=CaCO32NaOH，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（ ）ABCD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. AB. BC. CD. 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，的变化大，则的酸性比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，的变化大，则的酸性比I的酸性强，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、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-2eZn2，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_。 达平衡时，体系中，则时反应的平衡常数值为_（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A族，最外层有5个电子，则砷在周期表中的位置为第四周期A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288115=173；将已知转化关系依次编号为，由盖斯定律可知，可得P（s，红磷）= P（s，黑磷）H=H1H2=（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A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）=（dc）mol/L，则体系中c（PH3）为（2c+b）（dc） 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_。分子中含有碳碳三键和乙酯基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CH3CCCOOC（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CH3CCCOOC（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、CH3CH2CH2CCCOOCH2CH3、CH3CH2CCCH2COOCH2CH3、CH3CCCH2CH2COOCH2CH3和共5种结构，碳碳三键和COOCH2CH3直接相连的为、CH3CH2CH2CCCOOCH2CH3，故答案为：2；5；、CH3CH2CH2CCCOOCH2CH3；（3）CD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，CH3CCCOOCH2CH3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：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）。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。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：（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FeCl36H2O而不用浓硫酸的理由分析，显然要突出浓硫酸的缺点，突出FeCl36H2O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）从题给的制备流程可以看出，环己醇在FeCl36H2O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，FeCl36H2O是反应条件（催化剂）别漏标；此处用FeCl36H2O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，FeCl36H2O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；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；根据所给的式和式，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=cmolL-1vmL10-3LmL-1=mol，反应消耗的Br2的物质的量为（b-）mol，据反应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】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。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：2Na2S2O3I2Br2，将相关已知数据代入计算即可。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：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_。将氢化为有三种方法，对应的反应依次为： （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：反应能自发进行的最低温度是_；相同温度下，反应比反应的小，主要原因是_。（3）不同温度下反应中转化率如图2所示。下列叙述正确的是_（填序号）。aB点： b：A点点 c反应适宜温度：（4）反应的_（用，表示）。温度升高，反应的平衡常数_（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=-225kJmol-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（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，反应的熵变化不大，而反应中熵是减小的，可见熵变对反应的自发更不利，而结果反应的G更负，说明显然是焓变产生了较大的影响，即H2H1导致反应的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）将反应反向，并与反应直接相加可得反应，所以H3=H2-H1，因H20，所以H3必小于0，即反应正反应为放热反应，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】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。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：由钙离子进入细胞后启动；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：生命活动的正常进行，离不开信息的作用；生物种群的繁衍，也离不开信息的传递；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、DdD. 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）=20.10.9=0.18，而深色熔岩床区囊鼠的杂合体（Dd）频率=20.70.3=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=0.70.7=0.49，而浅色岩P区囊鼠的隐性纯合体（dd）的频率=0.90.9=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（gkg-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）0.260.091.13.106禁牧草地0.660.362.69.41.7人工灌木林0.770.422.8740.8人工乔木林1.370.271.610.01.1*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。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。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。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）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。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。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、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). (5). (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：从基因文库中获取；人工合成（反转录法和化学合成法）；PCR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。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。终止子：也是一段有特殊结构的DNA片段，位于基因的尾端。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