2019年高考試題真題1理綜（新課標(biāo)Ⅰ卷）解析版[高考復(fù)習(xí)]

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絕密★啟用前 2019年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試 理科綜合能力測(cè)試 物理部分 注意事項(xiàng)： 1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。 2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號(hào)。回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。。 3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。 二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14~18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19~21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。 1.氫原子能級(jí)示意圖如圖所示。光子能量在1.63 eV~3.10 eV的光為可見光。要使處于基態(tài)（n=1）的氫原子被激發(fā)后可輻射出可見光光子，最少應(yīng)給氫原子提供的能量為 A. 12.09 eV B. 10.20 eV C. 1.89 eV D. 1.5l eV 【答案】A 【解析】 【詳解】由題意可知，基態(tài)（n=1）氫原子被激發(fā)后，至少被激發(fā)到n=3能級(jí)后，躍遷才可能產(chǎn)生能量在1.63eV~3.10eV的可見光。故。故本題選A。 2.如圖，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則 A. P和Q都帶正電荷 B. P和Q都帶負(fù)電荷 C. P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷 D. P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷 【答案】D 【解析】 【詳解】AB、受力分析可知，P和Q兩小球，不能帶同種電荷，AB錯(cuò)誤； CD、若P球帶負(fù)電，Q球帶正電，如下圖所示，恰能滿足題意，則C錯(cuò)誤D正確，故本題選D。 3.最近，我國(guó)為“長(zhǎng)征九號(hào)”研制的大推力新型火箭發(fā)動(dòng)機(jī)聯(lián)試成功，這標(biāo)志著我國(guó)重型運(yùn)載火箭的研發(fā)取得突破性進(jìn)展。若某次實(shí)驗(yàn)中該發(fā)動(dòng)機(jī)向后噴射的氣體速度約為3 km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8106 N，則它在1 s時(shí)間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為 A. 1.6102 kg B. 1.6103 kg C. 1.6105 kg D. 1.6106 kg 【答案】B 【解析】 【詳解】設(shè)該發(fā)動(dòng)機(jī)在s時(shí)間內(nèi)，噴射出的氣體質(zhì)量為，根據(jù)動(dòng)量定理，，可知，在1s內(nèi)噴射出的氣體質(zhì)量，故本題選B。 4.如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線框頂點(diǎn)M、N與直流電源兩端相接，已如導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為 A. 2F B. 1.5F C. 0.5F D. 0 【答案】B 【解析】 【詳解】設(shè)每一根導(dǎo)體棒的電阻為R，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則電路中，上下兩路電阻之比為，根據(jù)并聯(lián)電路兩端各電壓相等的特點(diǎn)可知，上下兩路電流之比。如下圖所示，由于上路通電的導(dǎo)體受安培力的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)，根據(jù)安培力計(jì)算公式，可知，得，根據(jù)左手定則可知，兩力方向相同，故線框LMN所受的合力大小為，故本題選B。 5.如圖，籃球架下的運(yùn)動(dòng)員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個(gè)所用的時(shí)間為t1，第四個(gè)所用的時(shí)間為t2。不計(jì)空氣阻力，則滿足 A. 1<<2 B. 2<<3 C. 3<<4 D. 4<<5 【答案】C 【解析】 【詳解】運(yùn)動(dòng)員起跳到達(dá)最高點(diǎn)的瞬間速度為零，又不計(jì)空氣阻力，故可逆向處理為自由落體運(yùn)動(dòng)。則根據(jù)初速度為零勻加速運(yùn)動(dòng)，相等相鄰位移時(shí)間關(guān)系，可知，即，故本題選C。 6.如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細(xì)繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N。另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動(dòng)N，直至懸掛N的細(xì)繩與豎直方向成45。已知M始終保持靜止，則在此過程中 A. 水平拉力的大小可能保持不變 B. M所受細(xì)繩的拉力大小一定一直增加 C. M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D. M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加 【答案】BD 【解析】 【詳解】如圖所示，以物塊N為研究對(duì)象，它在水平向左拉力F作用下，緩慢向左移動(dòng)直至細(xì)繩與豎直方向夾角為45的過程中，水平拉力F逐漸增大，繩子拉力T逐漸增大； 對(duì)M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，則隨著繩子拉力T的增加，則摩擦力f也逐漸增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，則隨著繩子拉力T的增加，摩擦力f可能先減小后增加。故本題選BD。 7.空間存在一方向與直面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界如圖（a）中虛線MN所示，一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。t=0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖（a）所示：磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（b）所示，則在t=0到t=t1的時(shí)間間隔內(nèi) A. 圓環(huán)所受安培力的方向始終不變 B. 圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針方向 C. 圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為 D. 圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為 【答案】BC 【解析】 【詳解】AB、根據(jù)B-t圖象，由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流方向一直為順時(shí)針，但在t0時(shí)刻，磁場(chǎng)的方向發(fā)生變化，故安培力方向的方向在t0時(shí)刻發(fā)生變化，則A錯(cuò)誤，B正確； CD、由閉合電路歐姆定律得：，又根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：，又根據(jù)電阻定律得：，聯(lián)立得：，則C正確，D錯(cuò)誤。 故本題選BC。 8.在星球M上將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上，把物體P輕放在彈簧上端，P由靜止向下運(yùn)動(dòng)，物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關(guān)系如圖中實(shí)線所示。在另一星球N上用完全相同的彈簧，改用物體Q完成同樣的過程，其a–x關(guān)系如圖中虛線所示，假設(shè)兩星球均為質(zhì)量均勻分布的球體。已知星球M的半徑是星球N的3倍，則 A. M與N的密度相等 B. Q的質(zhì)量是P的3倍 C. Q下落過程中的最大動(dòng)能是P的4倍 D. Q下落過程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍 【答案】AC 【解析】 【詳解】A、由a-x圖象可知，加速度沿豎直向下方向?yàn)檎较颍鶕?jù)牛頓第二定律有：，變形式為：，該圖象的斜率為，縱軸截距為重力加速度。根據(jù)圖象的縱軸截距可知，兩星球表面的重力加速度之比為：；又因?yàn)樵谀承乔虮砻嫔系奈矬w，所受重力和萬有引力相等，即：，即該星球的質(zhì)量。又因?yàn)椋?，?lián)立得。故兩星球的密度之比為：，故A正確； B、當(dāng)物體在彈簧上運(yùn)動(dòng)過程中，加速度為0的一瞬間，其所受彈力和重力二力平衡，，即：；結(jié)合a-x圖象可知，當(dāng)物體P和物體Q分別處于平衡位置時(shí)，彈簧的壓縮量之比為：，故物體P和物體Q的質(zhì)量之比為：，故B錯(cuò)誤； C、物體P和物體Q分別處于各自的平衡位置（a=0）時(shí)，它們的動(dòng)能最大；根據(jù)，結(jié)合a-x圖象面積的物理意義可知：物體P的最大速度滿足，物體Q的最大速度滿足：，則兩物體的最大動(dòng)能之比：，C正確； D、物體P和物體Q分別在彈簧上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，由平衡位置（a=0）可知，物體P和Q振動(dòng)的振幅A分別為和，即物體P所在彈簧最大壓縮量為2，物體Q所在彈簧最大壓縮量為4，則Q下落過程中，彈簧最大壓縮量時(shí)P物體最大壓縮量的2倍，D錯(cuò)誤； 故本題選AC。 三、非選擇題：共174分，第22~32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第33~38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。 （一）必考題：共129分。 9.某小組利用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器對(duì)物塊沿傾斜的長(zhǎng)木板加速下滑時(shí)的運(yùn)動(dòng)進(jìn)行研究。物塊拖動(dòng)紙帶下滑，打出的紙帶一部分如圖所示。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所用交流電的頻率為50 Hz，紙帶上標(biāo)出的每?jī)蓚€(gè)相鄰點(diǎn)之間還有4個(gè)打出的點(diǎn)未畫出。在ABCDE五個(gè)點(diǎn)中，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器最先打出的是______點(diǎn)，在打出C點(diǎn)時(shí)物塊的速度大小為______m/s（保留3位有效數(shù)字）；物塊下滑的加速度大小為_____m/s2（保留2位有效數(shù)字）。 【答案】 (1). A (2). 0.233 (3). 0.75 【解析】 【詳解】分析可知，物塊沿傾斜長(zhǎng)木板最勻加速直線運(yùn)動(dòng)，紙帶上的點(diǎn)跡，從A到E，間隔越來越大，可知，物塊跟紙帶的左端相連，紙帶上最先打出的是A點(diǎn)；在打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打C點(diǎn)瞬間，物塊的速度；根據(jù)逐差法可知，物塊下滑的加速度。 故本題正確答案為：A；0.233；0.75。 10.某同學(xué)要將一量程為250μA的微安表改裝為量程為20 mA的電流表。該同學(xué)測(cè)得微安表內(nèi)阻為1 200 Ω，經(jīng)計(jì)算后將一阻值為R的電阻與微安表連接，進(jìn)行改裝。然后利用一標(biāo)準(zhǔn)毫安表，根據(jù)圖（a）所示電路對(duì)改裝后的電表進(jìn)行檢測(cè)（虛線框內(nèi)是改裝后的電表）。 （1）根據(jù)圖（a）和題給條件，將（b）中的實(shí)物連接。 （ ） （2）當(dāng)標(biāo)準(zhǔn)毫安表的示數(shù)為16.0mA時(shí)，微安表的指針位置如圖（c）所示，由此可以推測(cè)出改裝的電表量程不是預(yù)期值，而是_______。（填正確答案標(biāo)號(hào)） A．18 mA A．21 mA C．25mA D．28 mA （3）產(chǎn)生上述問題的原因可能是________。（填正確答案標(biāo)號(hào)） A．微安表內(nèi)阻測(cè)量錯(cuò)誤，實(shí)際內(nèi)阻大于1 200 Ω B．微安表內(nèi)阻測(cè)量錯(cuò)誤，實(shí)際內(nèi)阻小于1 200 Ω C．R值計(jì)算錯(cuò)誤，接入的電阻偏小 D．R值計(jì)算錯(cuò)誤，接入的電阻偏大 （4）要達(dá)到預(yù)期目的，無論測(cè)得的內(nèi)阻值是都正確，都不必重新測(cè)量，只需要將阻值為R的電阻換為一個(gè)阻值為kR的電阻即可，其中k=_______。 【答案】 (1). (2). C (3). AC (4). 【解析】 【詳解】（1）電表改裝時(shí)，微安表應(yīng)與定值電阻R并聯(lián)接入虛線框內(nèi)，則實(shí)物電路連接如下圖所示： （2）由標(biāo)準(zhǔn)毫安表與該裝表的讀數(shù)可知，改裝后的電流表，實(shí)際量程被擴(kuò)大的倍數(shù)為：倍。故當(dāng)原微安表表盤達(dá)到滿偏時(shí)，實(shí)際量程為：，故本小題選C； （3）根據(jù)，得：，改裝后的量程偏大的原因可能是，原微安表內(nèi)阻測(cè)量值偏小，即電表實(shí)際內(nèi)阻真實(shí)值，大于1200Ω；或者因?yàn)槎ㄖ惦娮鑂的計(jì)算有誤，計(jì)算值偏大，實(shí)際接入定值電阻R阻值偏小。故本小題選AC； （4）由于接入電阻R時(shí)，改裝后的表實(shí)際量程為25mA，故滿足；要想達(dá)到預(yù)期目的，即將微安表改裝為量程為20mA電流表，應(yīng)滿足， 其中，聯(lián)立解得：或。 故本題答案為：（1） （2）C （3）AC （4）或 11.如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x輔的方向射入磁場(chǎng)；一段時(shí)間后，該粒子在OP邊上某點(diǎn)以垂直于x軸的方向射出。已知O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，N點(diǎn)在y軸上，OP與x軸的夾角為30，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)與離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)之間的距離為d，不計(jì)重力。求 （1）帶電粒子的比荷； （2）帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間。 【答案】（1） （2）或 【解析】 【詳解】（1）粒子從靜止被加速的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得：，解得： 根據(jù)題意，下圖為粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何關(guān)系可知，該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為： 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，即： 聯(lián)立方程得： （2）根據(jù)題意，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡為四分之一圓周，長(zhǎng)度 粒子射出磁場(chǎng)后到運(yùn)動(dòng)至軸，運(yùn)動(dòng)的軌跡長(zhǎng)度 粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至軸過程中，一直勻速率運(yùn)動(dòng)，則 解得： 或 12.豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長(zhǎng)的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖（a）所示。t=0時(shí)刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時(shí)間后與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短）；當(dāng)A返回到傾斜軌道上的P點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）時(shí)，速度減為0，此時(shí)對(duì)其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖（b）所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質(zhì)量為m，初始時(shí)A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力。 （1）求物塊B的質(zhì)量； （2）在圖（b）所描述的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功； （3）已知兩物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，在物塊B停止運(yùn)動(dòng)后，改變物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，然后將A從P點(diǎn)釋放，一段時(shí)間后A剛好能與B再次碰上。求改變前面動(dòng)摩擦因數(shù)的比值。 【答案】（1）3m （2） （3） 【解析】 【詳解】（1）物塊A和物塊B發(fā)生碰撞后一瞬間的速度分別為、，彈性碰撞瞬間，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，即： 聯(lián)立方程解得：； 根據(jù)v-t圖象可知， 解得： （2）設(shè)斜面的傾角為，根據(jù)牛頓第二定律得 當(dāng)物塊A沿斜面下滑時(shí)：，由v-t圖象知： 當(dāng)物體A沿斜面上滑時(shí)：，由v-t圖象知： 解得：； 又因下滑位移 則碰后A反彈，沿斜面上滑的最大位移為： 其中為P點(diǎn)離水平面得高度，即 解得 故在圖（b）描述的整個(gè)過程中，物塊A克服摩擦力做的總功為： （3）設(shè)物塊B在水平面上最遠(yuǎn)的滑行距離為，設(shè)原來的摩擦因?yàn)闉? 則以A和B組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒定律有： 設(shè)改變后的摩擦因數(shù)為，然后將A從P點(diǎn)釋放，A恰好能與B再次碰上，即A恰好滑到物塊B位置時(shí)，速度減為零，以A為研究對(duì)象，根據(jù)能量守恒定律得： 又據(jù)（2）的結(jié)論可知：，得： 聯(lián)立解得，改變前與改變后的摩擦因素之比為：。 （二）選考題：共45分。請(qǐng)考生從2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每科按所做的第一題計(jì)分。 [物理—選修3-3] 13.某容器中的空氣被光滑活塞封住，容器和活塞絕熱性能良好，空氣可視為理想氣體。初始時(shí)容器中空氣的溫度與外界相同，壓強(qiáng)大于外界?，F(xiàn)使活塞緩慢移動(dòng)，直至容器中的空氣壓強(qiáng)與外界相同。此時(shí)，容器中空氣的溫度__________（填“高于”“低于”或“等于”）外界溫度，容器中空氣的密度__________（填“大于”“小于”或“等于”）外界空氣的密度。 【答案】 (1). 低于 (2). 大于 【解析】 【詳解】由題意可知，容器與活塞絕熱性能良好，容器內(nèi)氣體與外界不發(fā)生熱交換，故，但活塞移動(dòng)的過程中，容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)減小，則容器內(nèi)氣體正在膨脹，體積增大，氣體對(duì)外界做功，即，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知：，故容器內(nèi)氣體內(nèi)能減小，溫度降低，低于外界溫度。 最終容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)和外界氣體壓強(qiáng)相同，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程： 又，m為容器內(nèi)氣體質(zhì)量 聯(lián)立得： 取容器外界質(zhì)量也為m的一部分氣體，由于容器內(nèi)溫度T低于外界溫度，故容器內(nèi)氣體密度大于外界。 故本題答案為：低于；大于。 14.熱等靜壓設(shè)備廣泛用于材料加工中。該設(shè)備工作時(shí)，先在室溫下把惰性氣體用壓縮機(jī)壓入到一個(gè)預(yù)抽真空的爐腔中，然后爐腔升溫，利用高溫高氣壓環(huán)境對(duì)放入爐腔中的材料加工處理，改部其性能。一臺(tái)熱等靜壓設(shè)備的爐腔中某次放入固體材料后剩余的容積為013 m3，爐腔抽真空后，在室溫下用壓縮機(jī)將10瓶氬氣壓入到爐腔中。已知每瓶氬氣的容積為3.210-2 m3，使用前瓶中氣體壓強(qiáng)為1.5107 Pa，使用后瓶中剩余氣體壓強(qiáng)為2.0106 Pa；室溫溫度為27 ℃。氬氣可視為理想氣體。 （1）求壓入氬氣后爐腔中氣體在室溫下的壓強(qiáng)； （2）將壓入氬氣后的爐腔加熱到1 227 ℃，求此時(shí)爐腔中氣體的壓強(qiáng)。 【答案】（1） （2） 【解析】 【詳解】（1）設(shè)初始時(shí)每瓶氣體的體積為，壓強(qiáng)為；使用后氣瓶中剩余氣體的壓強(qiáng)為，假設(shè)體積為，壓強(qiáng)為的氣體壓強(qiáng)變?yōu)闀r(shí)，其體積膨脹為，由玻意耳定律得： 被壓入進(jìn)爐腔的氣體在室溫和條件下的體積為： 設(shè)10瓶氣體壓入完成后爐腔中氣體的壓強(qiáng)為，體積為，由玻意耳定律得： 聯(lián)立方程并代入數(shù)據(jù)得： （2）設(shè)加熱前爐腔的溫度為，加熱后爐腔的溫度為，氣體壓強(qiáng)為，由查理定律得： 聯(lián)立方程并代入數(shù)據(jù)得： [物理一選修3-4] 15.一簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，在t=5時(shí)刻，該波的波形圖如圖（a）所示，P、Q是介質(zhì)中的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)。圖（b）表示介質(zhì)中某質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像。下列說法正確的是（填正確答案標(biāo)號(hào)。選對(duì)1個(gè)得2分，選對(duì)2個(gè)得4分，選對(duì)3個(gè)得5分。每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0分） A. 質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)圖像與圖（b）相同 B. 在t=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P的速率比質(zhì)點(diǎn)Q的大 C. 在t=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P的加速度的大小比質(zhì)點(diǎn)Q的大 D. 平衡位置在坐標(biāo)原點(diǎn)的質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像如圖（b）所示 E. 在t=0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P與其平衡位置的距離比質(zhì)點(diǎn)Q的大 【答案】CDE 【解析】 【詳解】A、由圖（b）可知，在時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)正在向y軸負(fù)方向振動(dòng)，而從圖（a）可知，質(zhì)點(diǎn)Q在正在向y軸正方向運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤； B、由的波形圖推知，時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P正位于波谷，速率為零；質(zhì)點(diǎn)Q正在平衡位置，故在時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P的速率小于質(zhì)點(diǎn)Q，故B錯(cuò)誤； C、時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P正位于波谷，具有沿y軸正方向最大加速度，質(zhì)點(diǎn)Q在平衡位置，加速度為零，故C正確； D、時(shí)刻，平衡位置在坐標(biāo)原點(diǎn)處的質(zhì)點(diǎn)，正處于平衡位置，沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，跟（b）圖吻合，故D正確； E、時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)P正位于波谷，偏離平衡位置位移最大，質(zhì)點(diǎn)Q在平衡位置，偏離平衡位置位移為零，故E正確。 故本題選CDE。 16.如圖，一般帆船靜止在湖面上，帆船的豎直桅桿頂端高出水面3 m。距水面4 m的湖底P點(diǎn)發(fā)出的激光束，從水面出射后恰好照射到桅桿頂端，該出射光束與豎直方向的夾角為53（取sin53=0.8）。已知水的折射率為 （1）求桅桿到P點(diǎn)的水平距離； （2）船向左行駛一段距離后停止，調(diào)整由P點(diǎn)發(fā)出的激光束方向，當(dāng)其與豎直方向夾角為45時(shí)，從水面射出后仍然照射在桅桿頂端，求船行駛的距離。 【答案】（1）7m （2）5.5m 【解析】 【詳解】①設(shè)光束從水面射出的點(diǎn)到桅桿的水平距離為，到P點(diǎn)的水平距離為，桅桿高度為，P點(diǎn)處水深為；激光束在水中與豎直方向的夾角為，由幾何關(guān)系有 由折射定律有： 設(shè)桅桿到P點(diǎn)的水平距離為 則 聯(lián)立方程并代入數(shù)據(jù)得： ②設(shè)激光束在水中與豎直方向的夾角為時(shí)，從水面出射的方向與豎直方向夾角為 由折射定律有： 設(shè)船向左行駛的距離為，此時(shí)光束從水面射出的點(diǎn)到桅桿的水平距離為，到P點(diǎn)的水平距離為，則： 聯(lián)立方程并代入數(shù)據(jù)得： 化學(xué)部分 可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Ar 40 Fe 56 I 127 一、選擇題：本題共13個(gè)小題，每小題6分。共78分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。 1.陶瓷是火與土的結(jié)晶，是中華文明的象征之一，其形成、性質(zhì)與化學(xué)有著密切的關(guān)系。下列說法錯(cuò)誤的是 A. “雨過天晴云破處”所描述的瓷器青色，來自氧化鐵 B. 聞名世界的秦兵馬俑是陶制品，由黏土經(jīng)高溫?zé)Y(jié)而成 C. 陶瓷是應(yīng)用較早的人造材料，主要化學(xué)成分是硅酸鹽 D. 陶瓷化學(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，具有耐酸堿侵蝕、抗氧化等優(yōu)點(diǎn) 【答案】A 【解析】 【分析】 陶瓷是以天然粘土以及各種天然礦物為主要原料經(jīng)過粉碎混煉、成型和煅燒制得的材料的各種制品。陶瓷的傳統(tǒng)概念是指所有以黏土等無機(jī)非金屬礦物為原料的人工工業(yè)產(chǎn)品。 【詳解】A項(xiàng)、氧化鐵為棕紅色固體，瓷器的青色不可能來自氧化鐵，故A錯(cuò)誤； B項(xiàng)、秦兵馬俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土的混合物經(jīng)混煉、成形、煅燒而制成的，故B正確； C項(xiàng)、陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸鹽礦物，陶瓷的主要成分是硅酸鹽，與水泥、玻璃等同屬硅酸鹽產(chǎn)品，故C正確； D項(xiàng)、陶瓷的主要成分是硅酸鹽，硅酸鹽的化學(xué)性質(zhì)不活潑，具有不與酸或堿反應(yīng)、抗氧化的特點(diǎn)，故D正確。 故選A。 【點(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)性質(zhì)，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意化學(xué)與生活的聯(lián)系，把握物質(zhì)性質(zhì)、反應(yīng)與用途為解答的關(guān)鍵。 2.關(guān)于化合物2?苯基丙烯（），下列說法正確的是 A. 不能使稀高錳酸鉀溶液褪色 B. 可以發(fā)生加成聚合反應(yīng) C. 分子中所有原子共平面 D. 易溶于水及甲苯 【答案】B 【解析】 【分析】 2-苯基丙烯的分子式為C9H10，官能團(tuán)為碳碳雙鍵，能夠發(fā)生加成反應(yīng)、氧化反應(yīng)和加聚反應(yīng)。 【詳解】A項(xiàng)、2-苯基丙烯的官能團(tuán)為碳碳雙鍵，能夠與高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應(yīng)，使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A錯(cuò)誤； B項(xiàng)、2-苯基丙烯的官能團(tuán)為碳碳雙鍵，一定條件下能夠發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚2-苯基丙烯，故B正確； C項(xiàng)、有機(jī)物分子中含有飽和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基，所有原子不可能在同一平面上，故C錯(cuò)誤； D項(xiàng)、2-苯基丙烯為烴類，分子中不含羥基、羧基等親水基團(tuán)，，難溶于水，易溶于有機(jī)溶劑，則2-苯基丙烯難溶于水，易溶于有機(jī)溶劑甲苯，故D錯(cuò)誤。 故選B。 【點(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意把握有機(jī)物的結(jié)構(gòu)，掌握各類反應(yīng)的特點(diǎn)，并會(huì)根據(jù)物質(zhì)分子結(jié)構(gòu)特點(diǎn)進(jìn)行判斷是解答關(guān)鍵。 3.實(shí)驗(yàn)室制備溴苯的反應(yīng)裝置如下圖所示，關(guān)于實(shí)驗(yàn)操作或敘述錯(cuò)誤的是 A. 向圓底燒瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打開K B. 實(shí)驗(yàn)中裝置b中的液體逐漸變?yōu)闇\紅色 C. 裝置c中的碳酸鈉溶液的作用是吸收溴化氫 D. 反應(yīng)后的混合液經(jīng)稀堿溶液洗滌、結(jié)晶，得到溴苯 【答案】D 【解析】 【分析】 在溴化鐵作催化劑作用下，苯和液溴反應(yīng)生成無色的溴苯和溴化氫，裝置b中四氯化碳的作用是吸收揮發(fā)出的苯和溴蒸汽，裝置c中碳酸鈉溶液呈堿性，能夠吸收反應(yīng)生成的溴化氫氣體，倒置漏斗的作用是防止倒吸。 【詳解】A項(xiàng)、若關(guān)閉K時(shí)向燒瓶中加注液體，會(huì)使燒瓶中氣體壓強(qiáng)增大，苯和溴混合液不能順利流下。打開K，可以平衡氣壓，便于苯和溴混合液流下，故A正確； B項(xiàng)、裝置b中四氯化碳的作用是吸收揮發(fā)出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液體逐漸變?yōu)闇\紅色，故B正確； C項(xiàng)、裝置c中碳酸鈉溶液呈堿性，能夠吸收反應(yīng)生成的溴化氫氣體，故C正確； D項(xiàng)、反應(yīng)后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氫氧化鈉溶液洗滌，除去其中溶解的溴，振蕩、靜置，分層后分液，向有機(jī)層中加入適當(dāng)?shù)母稍飫?，然后蒸餾分離出沸點(diǎn)較低的苯，可以得到溴苯，不能用結(jié)晶法提純溴苯，故D錯(cuò)誤。 故選D。 【點(diǎn)睛】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)與評(píng)價(jià)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰驮u(píng)價(jià)能力的考查，注意把握實(shí)驗(yàn)操作要點(diǎn)，結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)綜合考慮分析是解答關(guān)鍵。 4.固體界面上強(qiáng)酸的吸附和離解是多相化學(xué)在環(huán)境、催化、材料科學(xué)等領(lǐng)域研究的重要課題。下圖為少量HCl氣體分子在253 K冰表面吸附和溶解過程的示意圖。下列敘述錯(cuò)誤的是 A. 冰表面第一層中，HCl以分子形式存在 B. 冰表面第二層中，H+濃度為510?3 molL?1（設(shè)冰的密度為0.9 gcm?3） C. 冰表面第三層中，冰的氫鍵網(wǎng)格結(jié)構(gòu)保持不變 D. 冰表面各層之間，均存在可逆反應(yīng)HClH++Cl? 【答案】D 【解析】 【分析】 由示意圖可知，在冰的表面第一層主要為氯化氫的吸附，第二層中氯化氫溶于水中并發(fā)生部分電離，第三層主要是冰，與氯化氫的吸附和溶解無關(guān)。 【詳解】A項(xiàng)、由圖可知，冰的表面第一層主要為氯化氫的吸附，氯化氫以分子形式存在，故A正確； B項(xiàng)、由題給數(shù)據(jù)可知，冰的表面第二層中氯離子和水的個(gè)數(shù)比為10—4:1，第二層中溶解的氯化氫分子應(yīng)少于第一層吸附的氯化氫分子數(shù)，與水的質(zhì)量相比，可忽略其中溶解的氯化氫的質(zhì)量。設(shè)水的物質(zhì)的量為1mol，則所得溶液質(zhì)量為18g/mol1mol=18g，則溶液的體積為10—3L/ml=2.010—2L，由第二層氯離子和水個(gè)數(shù)比可知，溶液中氫離子物質(zhì)的量等于氯離子物質(zhì)的量，為10—4mol，則氫離子濃度為=510—3mol/L，故B正確； C項(xiàng)、由圖可知，第三層主要是冰，與氯化氫的吸附和溶解無關(guān)，冰的氫鍵網(wǎng)絡(luò)結(jié)構(gòu)保持不變，故C正確； D項(xiàng)、由圖可知，只有第二層存在氯化氫的電離平衡HClH++Cl—，而第一層和第三層均不存在，故D錯(cuò)誤。 故選D。 【點(diǎn)睛】本題考查氯化氫氣體在冰表面的吸附和溶解。側(cè)重考查接受、吸收、整合化學(xué)信息的能力及分析和解決化學(xué)問題的能力，注意能夠明確圖像表達(dá)的化學(xué)意義，正確計(jì)算物質(zhì)的量濃度為解答關(guān)鍵。 5.NaOH溶液滴定鄰苯二甲酸氫鉀（鄰苯二甲酸氫鉀H2A的Ka1=1.110?3 ，Ka2=3.910?6）溶液，混合溶液的相對(duì)導(dǎo)電能力變化曲線如圖所示，其中b點(diǎn)為反應(yīng)終點(diǎn)。下列敘述錯(cuò)誤的是 A. 混合溶液的導(dǎo)電能力與離子濃度和種類有關(guān) B. Na+與A2?的導(dǎo)電能力之和大于HA?的 C. b點(diǎn)的混合溶液pH=7 D. c點(diǎn)的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH?) 【答案】C 【解析】 【分析】 鄰苯二甲酸氫鉀為二元弱酸酸式鹽，溶液呈酸性，向鄰苯二甲酸氫鉀溶液中加入氫氧化鈉溶液，兩者反應(yīng)生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，溶液中離子濃度增大，導(dǎo)電性增強(qiáng)，鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉為強(qiáng)堿弱酸鹽，鄰苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈堿性。 【詳解】A項(xiàng)、向鄰苯二甲酸氫鉀溶液中加入氫氧化鈉溶液，兩者反應(yīng)生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，溶液中Na+和A2—的濃度增大。由圖像可知，溶液導(dǎo)電性增強(qiáng)，說明導(dǎo)電能力與離子濃度和種類有關(guān)，故A正確； B項(xiàng)、a點(diǎn)和b點(diǎn)K+的物質(zhì)的量相同，K+的物質(zhì)的量濃度變化不明顯，HA—轉(zhuǎn)化為A2—，b點(diǎn)導(dǎo)電性強(qiáng)于a點(diǎn)，說明Na+和A2—的導(dǎo)電能力強(qiáng)于HA—，故B正確； C項(xiàng)、b點(diǎn)鄰苯二甲酸氫鉀溶液與氫氧化鈉溶液恰好完全反應(yīng)生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，鄰苯二甲酸鉀為強(qiáng)堿弱酸鹽，A2—在溶液中水解使溶液呈堿性，溶液pH＞7，故C錯(cuò)誤； D項(xiàng)、b點(diǎn)鄰苯二甲酸氫鉀溶液與氫氧化鈉溶液恰好完全反應(yīng)生成等物質(zhì)的量的鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c點(diǎn)是繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液后，得到鄰苯二甲酸鉀、鄰苯二甲酸鈉、氫氧化鈉的混合溶液，則溶液中c（Na+）＞c（K+），由圖可知，a點(diǎn)到b點(diǎn)加入氫氧化鈉溶液的體積大于b點(diǎn)到c點(diǎn)加入氫氧化鈉溶液的體積，則溶液中c（K+）＞c（OH—），溶液中三者大小順序?yàn)閏（Na+）＞c（K+）＞c（OH—），故D正確。 故選C。 【點(diǎn)睛】本題考查水溶液中的離子平衡，試題側(cè)重考查分析、理解問題的能力，注意正確分析圖象曲線變化，明確酸式鹽與堿反應(yīng)溶液濃度和成分的變化與導(dǎo)電性變化的關(guān)系是解答關(guān)鍵。 6.利用生物燃料電池原理研究室溫下氨的合成，電池工作時(shí)MV2+/MV+在電極與酶之間傳遞電子，示意圖如下所示。下列說法錯(cuò)誤的是 A. 相比現(xiàn)有工業(yè)合成氨，該方法條件溫和，同時(shí)還可提供電能 B. 陰極區(qū)，氫化酶作用下發(fā)生反應(yīng)H2+2MV2+2H++2MV+ C. 正極區(qū)，固氮酶催化劑，N2發(fā)生還原反應(yīng)生成NH3 D. 電池工作時(shí)質(zhì)子通過交換膜由負(fù)極區(qū)向正極區(qū)移動(dòng) 【答案】B 【解析】 【分析】 由生物燃料電池的示意圖可知，左室電極為燃料電池的負(fù)極，MV+在負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成MV2+，電極反應(yīng)式為MV+—e—= MV2+，放電生成的MV2+在氫化酶的作用下與H2反應(yīng)生成H+和MV+，反應(yīng)的方程式為H2+2MV2+=2H++2MV+；右室電極為燃料電池的正極，MV2+在正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成MV+，電極反應(yīng)式為MV2++e—= MV+，放電生成的MV+與N2在固氮酶的作用下反應(yīng)生成NH3和MV2+，反應(yīng)的方程式為N2+6H++6MV+=6MV2++NH3，電池工作時(shí)，氫離子通過交換膜由負(fù)極向正極移動(dòng)。 【詳解】A項(xiàng)、相比現(xiàn)有工業(yè)合成氨，該方法選用酶作催化劑，條件溫和，同時(shí)利用MV+和MV2+的相互轉(zhuǎn)化，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，故可提供電能，故A正確； B項(xiàng)、左室為負(fù)極區(qū)，MV+在負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成MV2+，電極反應(yīng)式為MV+—e—= MV2+，放電生成的MV2+在氫化酶的作用下與H2反應(yīng)生成H+和MV+，反應(yīng)的方程式為H2+2MV2+=2H++2MV+，故B錯(cuò)誤； C項(xiàng)、右室為正極區(qū)，MV2+在正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成MV+，電極反應(yīng)式為MV2++e—= MV+，放電生成的MV+與N2在固氮酶的作用下反應(yīng)生成NH3和MV2+，故C正確； D項(xiàng)、電池工作時(shí)，氫離子（即質(zhì)子）通過交換膜由負(fù)極向正極移動(dòng)，故D正確。 故選B。 【點(diǎn)睛】本題考查原池原理的應(yīng)用，注意原電池反應(yīng)的原理和離子流動(dòng)的方向，明確酶的作用是解題的關(guān)鍵。 7.科學(xué)家合成出了一種新化合物（如圖所示），其中W、X、Y、Z為同一短周期元素，Z核外最外層電子數(shù)是X核外電子數(shù)的一半。下列敘述正確的是 A. WZ的水溶液呈堿性 B. 元素非金屬性的順序?yàn)閄>Y>Z C. Y的最高價(jià)氧化物的水化物是中強(qiáng)酸 D. 該新化合物中Y不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu) 【答案】C 【解析】 【分析】 由W、X、Y、Z為同一短周期元素，Z的核外最外層電子數(shù)是X核外電子數(shù)的一半可知，Z為Cl、X為Si，由化合價(jià)代數(shù)和為0可知，Y元素化合價(jià)為—3價(jià)，則Y為P元素；由W的電荷數(shù)可知，W為Na元素。 【詳解】A項(xiàng)、氯化鈉為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，水溶液呈中性，故A錯(cuò)誤； B項(xiàng)、同周期元素從左到右，非金屬性依次增強(qiáng)，則非金屬性的強(qiáng)弱順序?yàn)镃l＞S＞P，故B錯(cuò)誤； C項(xiàng)、P元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物為磷酸，磷酸是三元中強(qiáng)酸，故C正確； D項(xiàng)、新化合物中P元素化合價(jià)為—3價(jià)，滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D錯(cuò)誤。 故選C。 【點(diǎn)睛】本題考查元素周期律的應(yīng)用，注意分析題給化合物的結(jié)構(gòu)示意圖，利用化合價(jià)代數(shù)和為零和題給信息推斷元素為解答關(guān)鍵。 三、非選擇題：共174分，第22~32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第33~38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。 （一）必考題：共129分。 8.硼酸（H3BO3）是一種重要的化工原料，廣泛應(yīng)用于玻璃、醫(yī)藥、肥料等工藝。一種以硼鎂礦（含Mg2B2O5H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）為原料生產(chǎn)硼酸及輕質(zhì)氧化鎂的工藝流程如下： 回答下列問題： （1）在95 ℃“溶侵”硼鎂礦粉，產(chǎn)生的氣體在“吸收”中反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________。 （2）“濾渣1”的主要成分有_________。為檢驗(yàn)“過濾1”后的濾液中是否含有Fe3+離子，可選用的化學(xué)試劑是_________。 （3）根據(jù)H3BO3的解離反應(yīng)：H3BO3+H2OH++B(OH)?4，Ka=5.8110?10，可判斷H3BO3是_______酸；在“過濾2”前，將溶液pH調(diào)節(jié)至3.5，目的是_______________。 （4）在“沉鎂”中生成Mg(OH)2MgCO3沉淀的離子方程式為__________，母液經(jīng)加熱后可返回___________工序循環(huán)使用。由堿式碳酸鎂制備輕質(zhì)氧化鎂的方法是_________。 【答案】 (1). NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3; (2). Fe2O3、Al2O3、SiO2 (3). KSCN (4). 一元弱酸 (5). 目的是將B(OH)?4轉(zhuǎn)化為H3BO3，并促進(jìn)H3BO3析出 (6). 2Mg2++2H2O+3CO32-=Mg(OH)2?MgCO3↓+2HCO3- (7). 母液加熱分解后生成硫酸銨溶液，可以返回“溶浸”工序循環(huán)使用 (8). 高溫焙燒 【解析】 【詳解】（1）根據(jù)流程圖知硼鎂礦粉中加入硫酸銨溶液產(chǎn)生的氣體為氨氣，用碳酸氫銨溶液吸收，反應(yīng)方程式為：NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3; （2）濾渣I為不與硫酸銨溶液反應(yīng)的Fe2O3、Al2O3、SiO2;檢驗(yàn)Fe3+,可選用的化學(xué)試劑為KSCN； （3）由硼酸的離解方程式知，硼酸在水溶液中是通過與水分子的配位作用產(chǎn)生氫離子，而三價(jià)硼原子最多只能再形成一個(gè)配位鍵，且硼酸不能完全解離，所以硼酸為一元弱酸；在“過濾2”前，將溶液pH調(diào)節(jié)至3.5，目的是將B(OH)?4轉(zhuǎn)化為H3BO3，并促進(jìn)H3BO3析出； （4）沉鎂過程中用碳酸銨溶液與Mg2+反應(yīng)生成Mg(OH)2?MgCO3，沉鎂過程的離子反應(yīng)為：2Mg2++2H2O+3CO32-=Mg(OH)2?MgCO3↓+2HCO3-；母液加熱分解后生成硫酸銨溶液，可以返回“溶浸”工序循環(huán)使用；堿式碳酸鎂不穩(wěn)定，高溫下可以分解，故由堿式碳酸鎂制備輕質(zhì)氧化鎂的方法是高溫焙燒。 9.硫酸鐵銨[NH4Fe(SO4)2xH2O]是一種重要鐵鹽。為充分利用資源，變廢為寶，在實(shí)驗(yàn)室中探究采用廢鐵屑來制備硫酸鐵銨，具體流程如下： 回答下列問題： （1）步驟①的目的是去除廢鐵屑表面的油污，方法是_________________。 （2）步驟②需要加熱的目的是_________________，溫度保持80~95 ℃，采用的合適加熱方式是_________________。鐵屑中含有少量硫化物，反應(yīng)產(chǎn)生的氣體需要凈化處理，合適的裝置為_________________（填標(biāo)號(hào)）。 （3）步驟③中選用足量的H2O2，理由是_________________。分批加入H2O2，同時(shí)為了_________________，溶液要保持pH小于0.5。 （4）步驟⑤的具體實(shí)驗(yàn)操作有______________，經(jīng)干燥得到硫酸鐵銨晶體樣品。 （5）采用熱重分析法測(cè)定硫酸鐵銨晶體樣品所含結(jié)晶水?dāng)?shù)，將樣品加熱到150 ℃時(shí)，失掉1.5個(gè)結(jié)晶水，失重5.6%。硫酸鐵銨晶體的化學(xué)式為______________。 【答案】 (1). 堿煮水洗 (2). 加快反應(yīng)速率 (3). 水浴加熱 (4). C (5). 將Fe2+全部氧化為Fe3+，不引入新的雜質(zhì) (6). 因?yàn)镠2O2本身易分解，所以在加入時(shí)需分量加入，同時(shí)為了防止Fe3+水解 (7). 加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾（洗滌） (8). NH4Fe(SO4)2?12H2O 【解析】 【詳解】（1）步驟①的目的是去除廢鐵屑表面的油污，油污在堿性條件下容易水解，所以工業(yè)上常常用熱的碳酸鈉溶液清洗，即堿煮水洗； （2）步驟②需要加熱目的是為了加快反應(yīng)速率；溫度保持80~95 ℃，由于保持溫度比較恒定且低于水的沸點(diǎn)，故采用的合適加熱方式是水浴加熱（熱水浴）；鐵屑中含有少量硫化物，硫化物與硫酸反應(yīng)生成硫化氫氣體，可以用氫氧化鈉溶液吸收，為了防止倒吸可以加裝倒置的漏斗，故選擇C裝置； （3）步驟③中選用足量的H2O2，H2O2可以將Fe2+氧化為Fe3+，且H2O2的還原產(chǎn)物為H2O，不會(huì)引入新的雜質(zhì)，故理由是：將Fe2+全部氧化為Fe3+，不引入新的雜質(zhì)。因?yàn)镠2O2本身易分解，所以在加入時(shí)需分量加入，同時(shí)為了防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5； （4）為了出去可溶性的硫酸銨、鐵離子等，需要經(jīng)過的步驟為：加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾（洗滌） （5）設(shè)硫酸鐵銨的化學(xué)式為NH4Fe(SO4)2?xH2O，其相對(duì)分子質(zhì)量為266+18x，1.5個(gè)水分子的相對(duì)分子質(zhì)量為1.518=27，則27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，則硫酸鐵銨的化學(xué)式為NH4Fe(SO4)2?12H2O。 10.水煤氣變換[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工過程，主要用于合成氨、制氫以及合成氣加工等工業(yè)領(lǐng)域中。回答下列問題： （1）Shibata曾做過下列實(shí)驗(yàn)：①使純H2緩慢地通過處于721 ℃下的過量氧化鈷CoO(s)，氧化鈷部分被還原為金屬鈷(Co)，平衡后氣體中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.0250。 ②在同一溫度下用CO還原CoO(s)，平衡后氣體中CO的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為0.0192。 根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)結(jié)果判斷，還原CoO(s)為Co(s)的傾向是CO_________H2（填“大于”或“小于”）。 （2）721 ℃時(shí)，在密閉容器中將等物質(zhì)量的CO(g)和H2O(g)混合，采用適當(dāng)?shù)拇呋瘎┻M(jìn)行反應(yīng)，則平衡時(shí)體系中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為_________（填標(biāo)號(hào)）。 A．＜0.25 B．0.25 C．0.25~0.50 D．0.50 E．＞0.50 （3）我國(guó)學(xué)者結(jié)合實(shí)驗(yàn)與計(jì)算機(jī)模擬結(jié)果，研究了在金催化劑表面上水煤氣變換的反應(yīng)歷程，如圖所示，其中吸附在金催化劑表面上的物種用標(biāo)注。 可知水煤氣變換的ΔH________0（填“大于”“等于”或“小于”），該歷程中最大能壘（活化能）E正=_________eV，寫出該步驟的化學(xué)方程式_______________________。 （4）Shoichi研究了467 ℃、489 ℃時(shí)水煤氣變換中CO和H2分壓隨時(shí)間變化關(guān)系（如下圖所示），催化劑為氧化鐵，實(shí)驗(yàn)初始時(shí)體系中的PH2O和PCO相等、PCO2和PH2相等。 計(jì)算曲線a的反應(yīng)在30~90 min內(nèi)的平均速率(a)=___________kPamin?1。467 ℃時(shí)PH2和PCO隨時(shí)間變化關(guān)系的曲線分別是___________、___________。489 ℃時(shí)PH2和PCO隨時(shí)間變化關(guān)系的曲線分別是___________、___________。 【答案】 (1). 大于 (2). C (3). 小于 (4). 2.02 (5). COOH+H+H2O===COOH+2H+OH或H2O===H+OH (6). 0.0047 (7). b (8). c (9). a (10). d 【解析】 【分析】 （1）由H2、CO與CoO反應(yīng)后其氣體物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)判斷二者的傾向大?。? （2）根據(jù)三段式以及CO與H2的傾向大小關(guān)系綜合判斷； （3）根據(jù)反應(yīng)物與生成物的相對(duì)能量差大小進(jìn)行比較判斷；根據(jù)反應(yīng)物達(dá)到活化狀態(tài)所需能量為活化能以及相對(duì)能量差值大小計(jì)算并比較最大能壘；根據(jù)最大能壘對(duì)應(yīng)的反應(yīng)歷程對(duì)應(yīng)的物質(zhì)寫出方程式； （4）根據(jù)圖中曲線a在30~90 min內(nèi)分壓變化量計(jì)算平均反應(yīng)速率；先根據(jù)CO與H2的傾向大小關(guān)系判斷CO與H2的含量范圍，然后根據(jù)溫度變化對(duì)化學(xué)平衡的影響判斷出在不同溫度下曲線對(duì)應(yīng)的物質(zhì)。 【詳解】（1）H2還原氧化鈷的方程式為：H2(g)＋CoO(s)Co(s)＋H2O(g)；CO還原氧化鈷的方程式為：CO(g)＋CoO(s)Co(s)＋CO2(g)，平衡時(shí)H2還原體系中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)（）高于CO還原體系中CO的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)（），故還原CoO(s)為Co(s)的傾向是CO大于H2； （2）721 ℃時(shí)，在密閉容器中將等物質(zhì)的量的CO(g)和H2O(g)混合，可設(shè)其物質(zhì)的量為1mol，則 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) 起始（mol） 1 1 0 0 轉(zhuǎn)化（mol） x x x x 平衡（mol） 1-x 1-x x x 則平衡時(shí)體系中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)=，因該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，故x<1，可假設(shè)二者的還原傾向相等，則x=0.5，由（1）可知CO的還原傾向大于H2，所以CO更易轉(zhuǎn)化為H2，故x>0.5，由此可判斷最終平衡時(shí)體系中H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)介于0.25~0.50，故答案為C； （3）根據(jù)水煤氣變換[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]并結(jié)合水煤氣變換的反應(yīng)歷程相對(duì)能量可知，CO(g)+H2O(g)的能量（-0.32eV）高于CO2(g)+H2(g)的能量（-0.83eV），故水煤氣變換的ΔH小于0；活化能即反應(yīng)物狀態(tài)達(dá)到活化狀態(tài)所需能量，根據(jù)變換歷程的相對(duì)能量可知，最大差值為： 其最大能壘（活化能）E正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；該步驟的反應(yīng)物為COOH+H+H2O===COOH+2H+OH；因反應(yīng)前后COOH和1個(gè)H未發(fā)生改變，也可以表述成H2O===H+OH； （4）由圖可知，30~90 min內(nèi)a曲線對(duì)應(yīng)物質(zhì)的分壓變化量Δp=（4.08-3.80）kPa=0.28 kPa，故曲線a的反應(yīng)在30~90 min內(nèi)的平均速率(a)==0.0047 kPamin?1；由（2）中分析得出H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)介于0.25~0.5，CO的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)介于0~0.25，即H2的分壓始終高于CO的分壓，據(jù)此可將圖分成兩部分： 由此可知，a、b表示的是H2的分壓，c、d表示的是CO的分壓，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，CO分壓增加，H2分壓降低，故467 ℃時(shí)PH2和PCO隨時(shí)間變化關(guān)系的曲線分別是b、c；489 ℃時(shí)PH2和PCO隨時(shí)間變化關(guān)系的曲線分別是a、d。 【點(diǎn)睛】本題以水煤氣交換為背景，考察化學(xué)反應(yīng)原理的基本應(yīng)用，較為注重學(xué)生學(xué)科能力的培養(yǎng)，難點(diǎn)在于材料分析和信息提取，圖像比較新，提取信息能力較弱的學(xué)生，會(huì)比較吃力。第（3）問來源于我國(guó)化學(xué)工作者發(fā)表在頂級(jí)刊物Science中的文章“沉積在α-MoC上單層金原子對(duì)水煤氣的低溫催化反應(yīng)”，試題以文章中的單原子催化能量變化的理論計(jì)算模型為情境，讓學(xué)生認(rèn)識(shí)、分析催化吸附機(jī)理及反應(yīng)過程中的能量變化。本題屬于連貫性綜合題目，本題的解題關(guān)鍵在于第（1）問的信息理解與應(yīng)用，若本題的第（1）問判斷錯(cuò)誤，會(huì)導(dǎo)致后續(xù)多數(shù)題目判斷錯(cuò)誤；第（2）問可以采取特殊值法進(jìn)行賦值并結(jié)合極限法計(jì)算，考生若只是考慮到完全轉(zhuǎn)化極限，則只能判斷出H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)小于0.5，這是由于對(duì)題干的信息應(yīng)用能力不熟練而導(dǎo)致；對(duì)于第（4）問中曲線對(duì)應(yīng)物質(zhì)的確定需根據(jù)第（1）（2）問得出的相關(guān)結(jié)論進(jìn)行推斷，需先確定物質(zhì)對(duì)應(yīng)曲線，然后再根據(jù)勒夏特列原理判讀相關(guān)物質(zhì)的變化。 （二）選考題：共45分。請(qǐng)考生從2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每科按所做的第一題計(jì)分。 ［化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)］ 11.在普通鋁中加入少量Cu和Mg后，形成一種稱為拉維斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得鋁材的硬度增加、延展性減小，形成所謂“堅(jiān)鋁”，是制造飛機(jī)的主要村料。回答下列問題： （1）下列狀態(tài)的鎂中，電離最外層一個(gè)電子所需能量最大的是____________(填標(biāo)號(hào))。 A． B． C． D． （2）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一種有機(jī)化合物，分子中氮、碳的雜化類型分別是__________、__________。乙二胺能與Mg2+、Cu2+等金屬離子形成穩(wěn)定環(huán)狀離子，其原因是__________，其中與乙二胺形成的化合物穩(wěn)定性相對(duì)較高的是__________(填“Mg2+”或“Cu2+”)。 （3）一些氧化物的熔點(diǎn)如下表所示： 氧化物 Li2O MgO P4O6 SO2 熔點(diǎn)/C 1570 2800 23.8 ?75.5 解釋表中氧化物之間熔點(diǎn)差異的原因__________。 （4）圖(a)是MgCu2的拉維斯結(jié)構(gòu)，Mg以金剛石方式堆積，八面體空隙和半數(shù)的四面體空隙中，填入以四面體方式排列的Cu。圖(b)是沿立方格子對(duì)角面取得的截圖。可見，Cu原子之間最短距離x=__________pm，Mg原子之間最短距離y=__________pm。設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則MgCu2的密度是__________gcm?3(列出計(jì)算表達(dá)式)。 【答案】 (1). A (2). sp3 (3). sp3 (4). 乙二胺的兩個(gè)N提供孤對(duì)電子給金屬離子形成配位鍵 (5). Cu2＋ (6). Li2O、MgO為離子晶體，P4O6、SO2為分子晶體。晶格能MgO＞Li2O，分子間力（分子量）P4O6＞SO2 (7). (8). (9). 【解析】 【詳解】（1）A.[Ne]3s1屬于基態(tài)的Mg+，由于Mg的第二電離能高于其第一電離能，故其再失去一個(gè)電子所需能量較高；B.[Ne]3s2屬于基態(tài)Mg原子，其失去一個(gè)電子變?yōu)榛鶓B(tài)Mg+； C.[Ne] 3s13p1屬于激發(fā)態(tài)Mg原子，其失去一個(gè)電子所需能量低于基態(tài)Mg原子； D.[Ne] 3p1屬于激發(fā)態(tài)Mg+，其失去一個(gè)電子所需能量低于基態(tài)Mg+，綜上所述，電離最外層一個(gè)電子所需能量最大的是[Ne]3s1，答案選A； （2）乙二胺中N形成3個(gè)單鍵，含有1對(duì)孤對(duì)電子，屬于sp3雜化；C形成4個(gè)單鍵，不存在孤對(duì)電子，也是sp3雜化；由于乙二胺的兩個(gè)N可提供孤對(duì)電子給金屬離子形成配位鍵，因此乙二胺能與Mg2＋、Cu2＋等金屬離子形成穩(wěn)定環(huán)狀離子；由于銅離子的半徑較大且含有的空軌道多于鎂離子，因此與乙二胺形成的化合物穩(wěn)定性相對(duì)較高的是Cu2＋； （3）由于Li2O、MgO為離子晶體，P4O6、SO2為分子晶體。晶格能MgO＞Li2O，分子間力（分子量）P4O6＞SO2，所以熔點(diǎn)大小順序是MgO＞Li2O＞P4O6＞SO2； （4）根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知Cu原子之間最短距離為面對(duì)角線的1/4，由于邊長(zhǎng)是a pm，則面對(duì)角線是，則x＝pm；Mg原子之間最短距離為體對(duì)角線的1/4，由于邊長(zhǎng)是a pm，則體對(duì)角線是，則y＝；根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知晶胞中含有鎂原子的個(gè)數(shù)是81/8+61/2+4＝8，則Cu原子個(gè)數(shù)16，晶胞的質(zhì)量是。由于邊長(zhǎng)是a pm，則MgCu2的密度是gcm?3。 [化學(xué)——選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)]（15分） 12.化合物G是一種藥物合成中間體，其合成路線如下： 回答下列問題： （1）A中的官能團(tuán)名稱是__________。 （2）碳原子上連有4個(gè)不同的原子或基團(tuán)時(shí)，該碳稱為手性碳。寫出B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，用星號(hào)(*)標(biāo)出B中的手性碳__________。 （3）寫出具有六元環(huán)結(jié)構(gòu)、并能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的B的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式__________。(不考慮立體異構(gòu)，只需寫出3個(gè)) （4）反應(yīng)④所需的試劑和條件是__________。 （5）⑤的反應(yīng)類型是__________。 （6）寫出F到G的反應(yīng)方程式__________。 （7）設(shè)計(jì)由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制備的合成路線__________(無機(jī)試劑任選)。 【答案】 (1). 羥基 (2). (3). 、、、、（任寫3個(gè)） (4). C2H5OH、濃硫酸、加熱 (5). 取代反應(yīng) (6). 、 (7). 【解析】 【分析】 有機(jī)物A被高錳酸鉀溶液氧化，使羥基轉(zhuǎn)化為羰基，B與甲醛發(fā)生加成反應(yīng)生成C，C中的羥基被酸性高錳酸鉀溶液氧化為羧基，則D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。D與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成E，E中與酯基相連的碳原子上的氫原子被正丙基取代生成F，則F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，F(xiàn)首先發(fā)生水解反應(yīng)，然后酸化得到G，據(jù)此解答。 【詳解】（1）根據(jù)A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知A中的官能團(tuán)名稱是羥基。 （2）碳原子上連有4個(gè)不同的原子或基團(tuán)時(shí)，該碳稱為手性碳，則根據(jù)B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知B中的手性碳原子可表示為。 （3）具有六元環(huán)結(jié)構(gòu)、并能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的B的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式中含有醛基，則可能的結(jié)構(gòu)為、、、、。 （4）反應(yīng)④是酯化反應(yīng)，所需的試劑和條件是乙醇、濃硫酸、加熱。 （5）根據(jù)以上分析可知⑤的反應(yīng)類型是取代反應(yīng)。 （6）F到G的反應(yīng)分兩步完成，方程式依次為：、 。 （7）由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制備，可以先由甲苯合成，再根據(jù)題中反應(yīng)⑤的信息由乙酰乙酸乙酯合成，