2019年高考理综全国卷3含答案解析

可能用到的相对原子质量：H—1P—31C—12S—32N—14Mn—55O—16Fe—56Mg—24第Ⅰ卷(选择题共20分)一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。共78分，在每小题给出的四个选项

中，只有一项是符合题目要求的。

1.下列有关高尔基体、线粒体和叶绿体的叙述，正确的是A.三者都存在于蓝藻中B.三者都含有DNAC.三者都是ATP合成的场所D.三者的膜结构中都含有蛋白质

2.下列与真核生物细胞核有关的叙述，错误的是A.细胞中的染色质存在于细胞核中B.细胞核是遗传信息转录和翻译的场所C.细胞核是细胞代谢和遗传的控制中心D.细胞核内遗传物质的合成需要能量3.下列不利于人体散热的是A.骨骼肌不自主战栗B.皮肤血管舒张C.汗腺分泌汗液增加D.用酒精擦拭皮肤

4.若将n粒玉米种子置于黑暗中使其萌发，得到n株黄化苗。那么，与萌发前的这n粒干种子相比，这些黄化苗的有机物总量和呼吸强度表现为A.有机物总量减少，呼吸强度增强B.有机物总量增加，呼吸强度增强C.有机物总量减少，呼吸强度减弱

第1页（）

（）

（）

（）

D.有机物总量增加，呼吸强度减弱5.下列关于人体组织液的叙述，错误的是

A.血浆中的葡萄糖可以通过组织液进入骨骼肌细胞B.肝细胞呼吸代谢产生的CO2可以进入组织液中C.组织液中的O2可以通过自由扩散进入组织细胞中D.运动时，丙酮酸转化成乳酸的过程发生在组织液中

6.假设在特定环境中，某种动物基因型为BB和Bb的受精卵均可发育成个体，基因型为bb的受精卵全部死亡。现有基因型均为Bb的该动物1000对（每对含有1个父本和1个母本），在这种环境中，若每对亲本只形成一个受精卵，则理论上该群体的子一代中BB、Bb、bb个体的数目依次为A.250、500、0B.250、500、250C.500、250、0D.750、250、0

7.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A.高纯硅可用于制作光感电池B.铝合金大量用于高铁建设C.活性炭具有除异味和杀菌作用D.碘酒可用于皮肤外用消毒

8.下列化合物的分子中，所有原子可能共平面的是A.甲苯

B.乙烷

C.丙炔

D.1,3−丁二烯

（

）（

）（

）（

）

9.X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10，X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z。下列叙述正确的是（

）

A.熔点：X的氧化物比Y的氧化物高B.热稳定性：X的氢化物大于Z的氢化物C.X与Z可形成离子化合物ZXD.Y的单质与Z的单质均能溶于浓硝酸

10.离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的是

（

）

第2页徐老师A.经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变



B.水中的NO3、SO2、Cl通过阴离子树脂后被除去4

C.通过净化处理后，水的导电性降低D.阴离子树脂填充段存在反应HOH

H2O11.设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH2的H3PO4溶液，下列说法正确的

是

A.每升溶液中的H+数目为0.02NA

23B.cHcH2PO42cHPO43cPO4cOH（）

C.加水稀释使电离度增大，溶液pH减小D.加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强12.下列实验不能达到目的的是选项ABCD目的

制取较高浓度的次氯酸溶液加快氧气的生成速率除去乙酸乙酯中的少量乙酸制备少量二氧化硫气体实验

将Cl2通入碳酸钠溶液中在过氧化氢溶液中加入少量MnO2加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸（

）

13.为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn3DZn可

以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3DZnNi0OH二次电池，

ZnO(s)+2NiOH(s)。下结构如下图所示。电池反应为2NiOOH(s)H2O(1)2放电

充电

列说法错误的是（）

第3页A.三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高B.充电时阳极反应为NiOH2s+OHaq-eC.放电时负极反应为Zns+2OHaq-2e

NiOOHs+H2OlZnOs+H2OlD.放电过程中OH通过隔膜从负极区移向正极区

二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，

第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14.楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？A.电阻定律C.欧姆定律

B.库仑定律D.能量守恒定律

（

）

15.金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a金、a地、a火，它们沿轨道运行的速率分别为v金、v地、v火。已知它们的轨道半径R金＜R地＜R火，由此可以判定A.a金＞a地＞a火     C.v地＞v火＞v金B.a火＞a地＞a金D.v火＞v地＞v金（

）

16.用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面I、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则（

）

A.F1=33mg，F2=mg32123mg2B.F1=D.F1=第4页33mg，F2=mg2331mg，F2=mg22C.F1=mg，F2=徐老师17.从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小

不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为（

）

A.2 kgC.1 kgB.1.5 kg D.0.5 kg1218.如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向

均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为qq＞0的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为

A.C.

5πm6qB11πm6qBB.D.

7πm6qB13πm6qB19.如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金

属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用

v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是

（）

第5页ABCD

20.如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g10 m/s2。由题给数据可以得出

（

）

图（a）图（b）图（c）

A.木板的质量为1 kgB.2 s~4 s内，力F的大小为0.4 NC.0~2 s内，力F的大小保持不变D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2

21.如图，电荷量分别为q和–qq＞0的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点。则

（

）

A.a点和b点的电势相等B.a点和b点的电场强度大小相等C.a点和b点的电场强度方向相同D.将负电荷从a点移到b点，电势能增加

三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第

33~38题为选考题，考生根据要求作答。

第6页徐老师（一）必考题：共129分。

22.（5分）甲乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验。实

验中，甲同学负责释放金属小球，乙同学负责在小球自由下落的时候拍照。已知相机每间隔0.1 s拍1幅照片。

（1）若要从拍得的照片中获取必要的信息，在此实验中还必须使用的器材

是A.米尺

。（填正确答案标号）

B.秒表

C.光电门

D.天平

（2）简述你选择的器材在本实验中的使用方法。

答：

。

（3）实验中两同学由连续3幅照片上小球的位置a、b和c得到ab24.5 cm、

ac58.7 cm，则该地的重力加速度大小为gm/s2。（保留2位有

效数字）

23.（10分）某同学欲将内阻为98.5 、量程为100 μA的电流表改装成欧姆表并进

行刻度和校准，要求改装后欧姆表的15 kΩ刻度正好对应电流表表盘的50 μA刻度。可选用的器材还有：定值电阻R0（阻值14 kΩ），滑动变阻器R1（最大阻值1 500 ），滑动变阻器R2（最大阻值500 ），电阻箱（0~99 999.9 ），干电池（E1.5 V，r1.5 ），红、黑表笔和导线若干。

图（a）

（1）欧姆表设计

将图（a）中的实物连线组成欧姆表。欧姆表改装好后，滑动变阻器R接入电路的电阻应为（2）刻度欧姆表表盘

通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图（b）所示。表盘上a、b处的电流刻度分别为25和75，则a、b处的电阻刻度分别为

第7页Ω：滑动变阻器选

（填“R1”或“R2”）。

、。图（b）

（3）校准

红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向

kΩ处；将

红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量。若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图（c）所示，则电阻箱接入的阻值为

Ω。

图（c）

24.（12分）空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为qq＞0。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求（1）电场强度的大小；（2）B运动到P点时的动能。

t225.（20分）静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mAl.0 kg，mB4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间

第8页徐老师的动摩擦因数均为u0.20。重力加速度取g10 m/s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。

（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；

（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？

26.（14分）高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二

氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：

1c0Mn0.1 mol·L相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：

金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHMn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+

8.16.31.53.48.96.26.9

10.18.32.84.710.98.28.9

（1）“滤渣1”含有S和

与式

（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是

硫

化

锰

反

应

的

；写出“溶浸”中二氧化锰

化

学。

。~6之间。

方

程

（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为

（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分

第9页是。

（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀

不是

（6）写出“沉锰”的离子方程式

完

全

，

原。。

因

（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为

其中Ni、当xyMn的化合价分别为2、4。Co、3、LiNixCoyMnzO2，时，z。

1327.（14分）乙酰水杨酸（阿司匹林）是目前常用药物之一。实验室通过水杨酸进行乙酰化制备阿司匹林的一种方法如下：

水杨酸

熔点/℃

﹣

相对密度/（g·cm

醋酸酐

72~74乙酰水杨酸135~1381.35180

157~1591.44138

3）

1.10102

相对分子质量

实验过程：在100 mL锥形瓶中加入水杨酸6.9 g及醋酸酐10 mL，充分摇动使固体完全溶解。缓慢滴加0.5 mL浓硫酸后加热，维持瓶内温度在70℃左右，充分反应。稍冷后进行如下操作。

①在不断搅拌下将反应后的混合物倒入100 mL冷水中，析出固体，过滤。②所得结晶粗品加入50 mL饱和碳酸氢钠溶液，溶解、过滤。③滤液用浓盐酸酸化后冷却、过滤得固体。④固体经纯化得白色的乙酰水杨酸晶体5.4 g。回答下列问题：

（1）该合成反应中应采用

A.热水浴

B.酒精灯

加热。（填标号）

C.煤气灯

D.电炉

（2）下列玻璃仪器中，①中需使用的有

（填名称）。

第10页（填标号），不需使用的徐老师（3）①中需使用冷水，目的是（4）②中饱和碳酸氢钠的作用是

滤除去难溶杂质。（5）④采用的纯化方法为（6）本实验的产率是

%。

。

。

，以便过

28.（15分）近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量

也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：

（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HClg+O2g=2Cl2g+2H2Og。下图为刚

性容器中，进料浓度比cHCl∶1时HCl平衡转∶、4∶1、7∶cO2分别等于11化率随温度变化的关系：

可知反应平衡常数K300℃K400℃（填“大于”或“小于”）。设HCl∶cO211∶的数据计算K400℃=初始浓度为c0，根据进料浓度比cHCl（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高

转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是

。

（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：

CuCl2s1CuCls+Cl2g2H1=83 kJ·mol-1

第11页1CuCl(s)O2(g)2CuO(s)2HCl(g)1CuO(s)C2(g)H220kJmol1

2CuCl2(s)H2O(g)H3121kJmol1

则4HClg+O2g2Cl2g+2H2Og的HkJmol1。

（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是

出2种）

。（写（4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材

料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：

负极区发生的反应有电子，需消耗氧气

（写反应方程式）。电路中转移1 molL（标准状况）。

29.（11分）氮元素是植物生长的必需元素，合理施用氮肥可提高农作物的产量。

回答下列问题。

（1）植物细胞内，在核糖体上合成的含氮有机物是

的含氮有机物是是

。

，在细胞核中合成，叶绿体中含氮的光合色素

（2）农作物吸收氮元素的主要形式有铵态氮（NH4+）和硝态氮（NO3）。已

知作物甲对同一种营养液（以硝酸铵为唯一氮源）中NH4+和NO3的吸收具有偏好性（NH4+和NO3同时存在时，对一种离子的吸收量大于另一种）。请设计实验对这种偏好性进行验证，要求简要写出实验思路、预期结果和结论。

30.（11分）动物初次接受某种抗原刺激能引发初次免疫应答，再次接受同种抗原

刺激能引发再次免疫应答。某研究小组取若干只实验小鼠分成四组进行实验，实验分组及处理见下表。

小鼠分组A组B组第12页C组D组徐老师初次注射抗原间隔一段合适的时间再次注射抗原抗原甲抗原乙抗原甲抗原乙抗原甲抗原乙回答下列问题。

（1）为确定A、B、C、D四组小鼠是否有免疫应答发生，应检测的免疫活性物

质是

（填“抗体”或“抗原”）。

（2）再次注射抗原后，上述四组小鼠中能出现再次免疫应答的组是

。

初次注射抗原后机体能产生记忆细胞，再次注射同种抗原后这些记忆细胞能够

。

（3）A组小鼠再次注射抗原甲，一段时间后取血清，血清中加入抗原甲后会出

现沉淀，产生这种现象的原因是

。

（答出2点即可）。

（4）若小鼠发生过敏反应，过敏反应的特点一般有31.（8分）回答下列与种群数量有关的问题。

（1）将某种单细胞菌接种到装有10 mL液体培养基（培养基M）的试管中，培

养并定时取样进行计数。计数后发现，试管中该种菌的总数达到a时，种群数量不再增加。由此可知，该种群增长曲线为且种群数量为时

，种群增长最快。

型，

（2）若将该种菌接种在5 mL培养基M中，培养条件同上，则与上述实验结果相

比，该种菌的环境容纳量（K值）

（填“增大”“不变”或“减小”）。

若在5 mL培养基M中接种该菌的量增加一倍，则与增加前相比，K值（填“增大”“不变”或“减小”），原因是

。

32.（9分）玉米是一种二倍体异花传粉作物，可作为研究遗传规律的实验材料。玉

米子粒的饱满与凹陷是一对相对性状，受一对等位基因控制。回答下列问题。（1）在一对等位基因控制的相对性状中，杂合子通常表现的性状

是

。

（2）现有在自然条件下获得的一些饱满的玉米子粒和一些凹陷的玉米子粒，若

要用这两种玉米子粒为材料验证分离定律。写出两种验证思路及预期结果。

第13页（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任

选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。33.[物理——选修3–3]（15分）

（1）（5分）用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓

度的油酸酒精溶液，稀释的目的是

。

实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可

。为得

到油酸分子的直径，还需测量的物理量是

。

（2）（10分）如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为

2.0 cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管

口的距离为2.0 cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K。

（i）求细管的长度；

（i）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。

34.[物理——选修3–4]（15分）

（1）（5分）水槽中，与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上。振

动片做简谐振动时，两根细杆周期性触动水面形成两个波源。两波源发出的波在水面上相遇。在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样。关于两列波重叠区域内水面上振动的质点，下列说法正确的是

。（填

正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1

第14页徐老师个扣3分，最低得分为0分）A.不同质点的振幅都相同B.不同质点振动的频率都相同C.不同质点振动的相位都相同

D.不同质点振动的周期都与振动片的周期相同E.同一质点处，两列波的相位差不随时间变化

（2）（10分）如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，A90，B30。

一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出。

（i）求棱镜的折射率；

（ii）保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出。求此时AB边上入射角的正弦。

35.［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）

磷酸亚铁锂（LiFePO4）可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。回答下列问题：

（1）在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是

元素基态原子核外M层电子的自旋状态“相反”）。

（2）蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的FeCl3中的化学键具有明显的共价性，

结构式为为（3）苯胺（

（

。

）的晶体类型是

。苯胺与甲苯

，其中Fe的配位数

，该

（填“相同”或

）的相对分子质量相近，但苯胺的熔点（5.9℃）、沸点（184.4℃）

分别高于甲苯的熔点（95.0℃）、沸点（110.6℃），原因是

。

；P的键。

第15页（4）NH4H2PO4中，电负性最高的元素是

化轨道与O的2p轨道形成

杂

（5）NH4H2PO4和LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷

酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示：

这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为n代表P原子数）。

36.[化学——选修5：有机化学基础]（15分）

（用氧化白藜芦醇W具有抗病毒等作用。下面是利用Heck反应合成W的一种方法：

回答下列问题：（1）A的化学名称为（2）

中的官能团名称是

。

。

，W的分子式

。

（3）反应③的类型为

为

（4）不同条件对反应④产率的影响见下表：

实验12345碱

KOHK2CO3Et3N溶剂

DMFDMFDMFDMFDMA催化剂

PdOAc2PdOAc2PdOAc2PdOAc2PdOAc2

产率/%22.310.512.431.238.6六氢吡啶六氢吡啶第16页徐老师6六氢吡啶NMPPdOAc2

24.5对反应产率的影响。

上述实验探究了此外，还可以进一步探究

和

等对反应产率的影响。

（5）X为D的同分异构体，写出满足如下条件的X的结构简

式

。

①含有苯环；②有三种不同化学环境的氢，个数比为6∶2∶1；③1 mol的X与足量金属Na反应可生成2 g H2。（6）利用Heck反应，由苯和溴乙烷为原料制备

线

37.[生物——选修1：生物技术实践]（15分）回答下列与细菌培养相关的问题。

（1）在细菌培养时，培养基中能同时提供碳源、氮源的成分是

（填“蛋白胨”“葡萄糖”或“NaNO3”）。通常，制备培

养基时要根据所培养细菌的不同来调节培养基的pH，其原因是

。硝化细菌在没有碳源的培养基上

“不能”）生长，原因是（2）用平板培养细菌时一般需要将平板

或“正置”）。

（3）单个细菌在平板上会形成菌落，研究人员通常可根据菌落的形状、大小、

颜色等特征来初步区分不同种的微生物，原因是

。

处理，

。

（填“倒置”（填“能够”或。（无机试剂任选）

，写出合成路

（4）有些使用后的培养基在丢弃前需要经过

这种处理可以杀死丢弃物中所有的微生物。

38.[生物——选修3：现代生物科技专题]（15分）

培养胡萝卜根组织可获得试管苗，获得试管苗的过程如图所示。

回答下列问题。

第17页（1）利用胡萝卜根段进行组织培养可以形成试管苗。用分化的植物细胞可以培

养成完整的植株，这是因为植物细胞具有（2）步骤③切取的组织块中要带有形成层，原因是

。

。

（3）从步骤⑤到步骤⑥需要更换新的培养基，其原因

是

过程，最终可形成试管苗。（4）步骤⑥要进行照光培养，其作用是

（5）经组织培养得到的植株，一般可保持原品种的

种繁殖方式属于

繁殖。

。

，这

。在新的培养基上愈伤组织通过细胞的

2019年全国普通高等学校招生统一考试（全国Ⅲ卷）

理科综合答案解析

一、选择题1.【答案】D

【解析】本题主要考查细胞中不同细胞器的结构功能，其中高尔基体是具有单层膜的细胞器，在动植物细胞中功能不同；线粒体和叶绿体都是具有双层膜的细胞器，前者是有氧呼吸的主要场所，后者是光合作用的场所。蓝藻是原核生物，细胞中只有核糖体一种细胞器，没有高尔基体、叶绿体和线粒体，A错误；线粒体和叶绿体含有少量的DNA，而高尔基体不含DNA，B错误；线粒体是进行有氧呼吸的主要场所，叶绿体是进行光合作用的场所，线粒体和叶绿体的类囊体薄膜都可以合成ATP，高尔基体参与植物细胞壁、动物分泌物的形成，消耗ATP，C错误；高尔基体、线粒体和叶绿体都是具有膜结构的细胞器，而膜的主要成分中有蛋白质，D正确。故选D。

【考点】细胞的结构和功能

第18页徐老师【考查能力】理解2.【答案】B

【解析】本题考查真核细胞细胞核的结构和功能，其细胞核的结构主要包括核膜、核孔、核仁和染色质，染色质的主要成分是DNA和蛋白质；细胞核是遗传物质储存和复制的主要场所，是细胞代谢和遗传的控制中心。真核细胞中只有细胞核中有染色质，A正确；真核细胞中，转录主要发生在细胞核中，而翻译发生在细胞质中的核糖体上，B错误；细胞核中的染色质上含有遗传物质DNA，因此细胞核是细胞代谢和遗传的控制中心，C正确；细胞核中的遗传物质是DNA，其通过DNA复制合成子代DNA，该过程需要消耗能量，D正确。故选B。【考点】细胞核【考查能力】识记3.【答案】A

【解析】本题主要考查体温调节的相关知识点，在不同的环境条件下，人体主要依靠调节产热量或者散热量来维持体温相对温度。在炎热环境中，通过增加散热途径调节体温；寒冷环境中，骨骼肌不自主的战栗是一个快速产热途径，增加产热量；体温调节中枢位于下丘脑。骨骼肌不自主战栗会增加产热量，不利于人体散热，A符合题意；皮肤血管舒张，血流量增加，以增加散热量，B不符合题意；汗腺分泌汗液增加，则散热量增加，C不符合题意；用酒精擦拭皮肤时酒精的挥发会带走部分热量，可以增加散热量，D不符合题意。故选A。【考点】体温调节【考查能力】理解4.【答案】A

【解析】根据题干信息分析，将n粒种子置于黑暗环境中使其萌发，得到n株黄化苗，该过程中没有光照，所以种子在萌发过程中只能进行呼吸作用消耗有机物，不能进行光合作用合成有机物，也不能合成叶绿素，所以幼苗是黄化苗。根据题意分析，种子萌发时，吸水膨胀，种皮变软，呼吸作用逐渐增强，将储藏在子叶或胚乳中的营养物质逐步分解，转化为可以被细胞吸收利用的物质，所以种子萌发过程中，呼吸作用强度增加，而有机物因呼吸作用消耗而总量不断减少。综上所述，BCD不符合题意，A符合题意。故选A。【考点】呼吸作用【考查能力】理解

第19页5.【答案】D

【解析】内环境及其各组分之间的关系：

①内环境的概念：由细胞外液构成的液体环境叫做内环境，包括血浆、组织液和淋巴等。

②各组分之间的关系如图所示：

血浆中的葡萄糖通过毛细血管壁细

胞进入组织液，再通过组织液进入全身各处的细胞，包括骨骼肌细胞，A正确；肝细胞生存的内环境是组织液，因此其代谢产生的CO2以自由扩散的方式进入到组织液中，B正确；氧气通过血红蛋白被输送到全身各处的组织液，再通过自由扩散的方式从组织液进入组织细胞中，C正确；运动时，丙酮酸转化成乳酸的过程属于无氧呼吸的过程，发生在细胞质基质中而不发生在组织液中，D错误。故选D。【考点】内环境，稳态【考查能力】理解，综合分析6.【答案】A

【解析】基因分离定律的实质：在杂合子的细胞中，位于一对同源染色体上的等位基因，具有一定的独立性；生物体在进行减数分裂形成配子时，等位基因会随着同源染色体的分开而分离，分别进入到两个配子中，独立地随配子遗传给后代。据此答题。双亲的基因型均为Bb，根据基因的分离定律可知：Bb×Bb→1/4BB、1/2Bb、1/4bb，由于每对亲本只能形成1个受精卵，1000对动物理论上产生的受精卵是1000个，且产生基因型为BB、Bb、bb的个体的概率符合基因的分离定律，即产生基因型为BB的个体数目为1/4×1000=250个，产生基因型为Bb的个体数目为1/2×1000=500个，由于基因型为bb的受精卵全部致死，因此获得基因型为bb的个体数目为0。综上所述，BCD不符合题意，A符合题意。故选A。【考点】分离定律【考查能力】理解7.【答案】C

【解析】A、硅是半导体，高纯硅可用于制作光感电池，A正确；B、铝合金硬度

第20页徐老师大，可用于高铁建设，B正确；C、活性炭具有吸附性，可用于除异味，但不能杀菌消毒，C错误；D、碘酒能使蛋白质变性，可用于皮肤外用消毒，D正确；答案选C。

【考点】化学与生活8.【答案】D

【解析】A、甲苯中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，A不选；B、乙烷是烷烃，所有原子不可能共平面，B不选；C、丙炔中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，C不选；D、碳碳双键是平面形结构，因此1，3－丁二烯分子中所有原子共平面，D选。答案选D。【考点】有机物9.【答案】B

【解析】Y的最外层电子数等于X次外层电子数，由于均是主族元素，所以Y的最外层电子数不可能是8个，则X只能是第二周期元素，因此Y的最外层电子数是2个，又因为Y的原子半径大于Z，则Y只能是第三周期的Mg，因此X与Z的最外层电子数是（10－2）/2＝4，则X是C，Z是Si。A、碳的氧化物形成的分子晶体，Y的氧化物是离子化合物氧化镁，则氧化镁的熔点高于碳的氧化物熔点，A错误；B、碳元素的非金属性强于硅元素，非金属性越强，氢化物越稳定，则碳的氢化物稳定性强于硅的氢化物稳定性，B正确；C、C与Si形成的是共价化合物SiC，C错误；D、单质镁能溶于浓硝酸，单质硅不溶于浓硝酸，D错误；答案选B。【考点】元素“位一构一性”的关系10.【答案】A

Mg2+等阳离子及SO42－、【解析】离子交换树脂净化水的原理是：当含有Na+、Ca2+、Cl－、NO3等阴离子的原水通过阳离子交换树脂时，水中的阳离子为树脂所吸附，

－

而树脂上可交换的阳离子H＋则被交换到水中，并和水中的阴离子组成相应的无机酸；当含有无机酸的水再通过阴离子交换树脂时，水中的阴离子也为树脂所吸附，树脂上可交换的阴离子OH－也被交换到水中，同时与水中的H＋离子结合成水，则A、根据电荷守恒可知经过阳离子交换树脂后，水中阳离子总数增加，A错误；B、根据以上分析可知水中的SO42－、Cl－、NO3－等阴离子通过阴离子交换树脂被除去，B正确；C、通过净化处理后，溶液中离子的浓度降低，导电性降低，C正确；D、

＋－根据以上分析可知阴离子交换树脂填充段存在反应H＋OHH2O，D正确；答

第21页案选A。

【考点】离子交换法的净水原理11.【答案】B

【解析】A、常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A错误；

B、根据电荷守恒可知选项B正确；

C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；D、加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误；答案选B。

【考点】查阿伏加德罗常数，电离平衡及其影响因素12.【答案】A

【解析】A、氯气与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和碳酸氢钠，不能制备次氯酸，不能达到实验目的，A选；B、过氧化氢溶液中加入少量二氧化锰作催化剂，加快双氧水的分解，因此可以加快氧气的生成速率，能达到实验目的，B不选；C、碳酸钠溶液与乙酸反应，与乙酸乙酯不反应，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，能达到实验目的，C不选；D、根据较强酸制备较弱酸可知向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可以制备二氧化硫，能达到实验目的，D不选；答案选A。【考点】化学实验方案13.【答案】D

【解析】A、三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，吸附能力强，所沉积的ZnO分散度高，A正确；B、充电相当于是电解池，阳极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知阳极是NiOH2失去电子转化为NiOOH，电极反应式为

NiOH2s＋OH－aq－e－＝NiOOHs＋H2Ol，B正确；C、放电时相当于是原电

池，负极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知负极反应式为

Zns＋2OH－aq－2e－＝ZnOs＋H2Ol，C正确；D、原电池中阳离子向正极移动，

阴离子向负极移动，则放电过程中OH通过隔膜从正极区移向负极区，D错误。答案选D。

【考点】新型电池的工作原理二、选择题

第22页－

徐老师14.【答案】D

【解析】楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程.【考点】榜次定律和能量守恒定律【考查能力】理解15.【答案】A

【解析】AB．由万有引力提供向心力NO3可知轨道半径越小,向心加速度越大,故知

A项正确，B错误；CD．由SO2D4得H2PO4可知轨道半径越小,运行速率越大,故C、

都错误。

【考点】万有引力定律的引用【考查能力】理解，推理16.【答案】D

【解析】对圆筒进行受力分析知圆筒处于三力平衡状态，受力分析如图，由几何关

系可知，HCO3，

5.4g1100%=60%，故D。解得，由牛顿第三定律知

9g3正确

【考点】受力分析，力的合成与分解【考查能力】理解，推理17.【答案】C

【解析】对上升过程，由动能定理，，得，即Fmg12N；下落过程，，即mgFk'8N，联立两公式，得到m1kg、F2N。【考点】受力分析，动能定理【考查能力】推理，分析综合18.【答案】B

第23页121212【解析】运动轨迹如图：

即运动由两部分组成,第一部分是个周期，第二部分是个周期,粒子在第二象限运动转过的角度为90°，则运动的时间为t2t1T212mm；粒子在第一象限转44qB2qB1416过的角度为60°，则运动的时间为间为：tt1t2T112m2m66qB3qB；则粒子在磁场中运动的时

22mm7m，故B正确，ACD错误。3qB2qB6qB【考点】带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动【考查能力】分析综合19.【答案】AC

【解析】ab棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，则受到向左的安培力，从而向左做减速运动，；金属棒cd受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路中电流为0，故AC正确，BD错误。【考点】动量守恒定律，法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律【考查能力】推理，分析综合20.【答案】AB

【解析】结合两图像可判断出02s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；25s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对24s和

45s列运动学方程，可解出质量m为1kg，24s内的力F为0.4N，故A、B正

确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.【考点】物体的平衡，牛顿第二定律、vt图像，摩擦力【考查能力】推理，分析综合21.【答案】BC

第24页徐老师【解析】由几何关系，

可知b的电势大于a的电势,故A错误,把负电荷从a移到b,电势能减少,故D错误;由对称性和电场的叠加原理，可得出a、b的合电场强度大小、方向都相同，故B、C正确。

【考点】等量异种点电荷的电场线，电势，电场强度【考查能力】理解，推理三、非选择题（一）必考题22.【答案】（1）A

（2）将米尺竖直放置，使小球下落时尽量靠近米尺。（3）9.7

【解析】此实验用数码相机替代打点计时器，故实验原理是相同的，仍然需要米尺来测量点与点之间的距离；就本实验而言，因为是不同照片，所以是测量连续几张照片上小球位置之间的距离;加速度求解仍然用逐差法计算，注意是bc与ab之间的距离差。

【考点】测量重力和加速度的实验

23.【答案】（1）

900

R1（2）455

第25页（3）035000.0

【解析】（1）连线如图：

根据欧姆表的改装原理，当电流计满偏时，则Ig滑动变阻器的安全，则滑动变阻器选择R1；

E，解得R900；为了

rR0R1EI（2）在a处，g，解得Rxa45k；4rR0RRxa3EI在b处，则g，解得Rxb5kΩ；4rR0RRxb

（3）校准：红黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指到0kΩ处；由图可知，电阻箱接入的电阻为：R35 000.0。

【考点】将电流表改装成欧姆表并刻度、校准的实验24.【答案】（1）E3mgq2

g2t2)（2）Ek=2m(v0

【解析】（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mgqEma①

1t212

a()gt②222解得

E3mg③q（2）设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有

1Ekmv12mghqEh④

2第26页徐老师且有

v1

tv0t⑤212

gt⑥2h联立③④⑤⑥式得

2

Ek=2m(v0g2t2)⑦

25.【答案】（1）vA4.0m/s，vB1.0m/s（2）A先停止；0.50m（3）0.91m【解析】首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A、B组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出A、B各自的速度大小；很容易判定A、B都会做匀减速直线运动，并且易知是B先停下，至于A是否已经到达墙处，则需要根据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判断A向左运动停下来之前是否与B发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间关系，列式求解即可。（1）设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有

0mAvAmBvB①

11EkmAvA2mBvB2②

22联立①②式并代入题给数据得

vA4.0m/s，vB1.0m/s（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB。则有

mBamBg④

1sBvBtat2⑤

2vBat0⑥

在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程SA都可表示为

1sAvAt–at2⑦

2联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得

第27页sA1.75m，sB0.25m⑧

这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处。B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为

s0.25m0.25m0.50m⑨

（3）t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA，由动能定理有

1122

mAvAmAvAmAg2lsB⑩22联立③⑧⑩式并代入题给数据得

vA7m/s⑪

故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA以和vB，由动量守恒定律与机械能守恒定律有

mAvAmAvAmBvB111222mAvAmAvmBvB⑬A222⑫

联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得

vA3727m/s,vBm/s⑭55这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA时停止，B向左运动距离为sB时停止，由运动学公式

22

2asAv2asBvB⑮A,由④⑭⑮式及题给数据得

sA0.63m,sB0.28m⑯

sA小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离

ssAsB0.91m⑰

【考点】动量守恒定律，动能定理，牛顿第二定律，匀变速直线运动26.【答案】（1）SiO2（不溶性硅酸盐）

MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O

（2）将Fe2+氧化为Fe3+（3）4.7

第28页徐老师（4）NiS和ZnSMg2++2F平衡向右移动（5）F与H+结合形成弱电解质HF，MgF22+

（6）Mn+2HCO3

MnCO3+CO2H2O

（7）

13【解析】（1）Si元素以SiO2或不溶性硅盐存在，SiO2与硫酸不反应，所以滤渣I中除了S还有；在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为：

MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O；

（2）二氧化锰作为氧化剂，使得MnS反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；（3）由表中数据知pH在4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH在4.7~6之间；

（4）根据题干信息，加入Na2S除杂为了除去锌离子和镍离子，所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS；

H++F知，酸度过大，F浓度减低，使得MgF2Mg2++2F平衡（5）由HF向沉淀溶解方向移动，Mg2+沉淀不完全；

（6）根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀，所以反应离子方程式为

Mn2++2HCO3=MnCO3+CO2+H2O；

（7）根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得：12x3y4z6，已知，

xy11，带入计算得：z33【考点】元素化合物间的相互特化与物质的分离提纯27.【答案】（1）A（2）BD

分液漏斗、容量瓶

（3）充分析出乙酰水杨酸固体（结晶）（4）生成可溶的乙酰水杨酸钠（5）重结晶（6）60

第29页【解析】（1）因为反应温度在70℃，低于水的沸点，且需维持温度不变，故采用热水浴的方法加热；

（2）操作①需将反应物倒入冷水，需要用烧杯量取和存放冷水，过滤的操作中还需要漏斗，则答案为：B、D；分液漏斗主要用于分离互不相容的液体混合物，容量瓶用于配制一定浓度的溶液，这两个仪器用不到。

（3）反应时温度较高，所以用冷水的目的是使得乙酰水杨酸晶体充分析出；（4）乙酰水杨酸难溶于水，为了除去其中的杂质，可将生成的乙酰水杨酸与碳酸氢钠反应生成可溶性的乙酰水杨酸钠，以便过滤除去杂质；

（5）每次结晶过程中会有少量杂质一起析出，可以通过多次结晶的方法进行纯化，也就是重结晶；

（6）水杨酸分子式为C7H6O3，乙酰水杨酸分子式为C9H8O4，根据关系式法计算得：

C7H6O3C9H8O41386.9g180m5.4g100%=60%。9gmC9H8O46.9g180/1389g，则产率为

【考点】乙酰水杨酸制备28.【答案】（1）大于

(0.42)2(0.42)2(10.84)4(10.21)c0O2和Cl2分离能耗较高

HCl转化率较低

（2）116（3）增加反应体系压强、及时除去产物

3（4）FeeFe2，4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O

（5）5.6

【解析】（1）根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则

K300℃＞K400℃；

由图像知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：

第30页徐老师4HCl(g)O2(g)2Cl2(g)2H2O(g)

起始（浓度）

c0c00.21c000

0.42c00.42c00.42c0变化（浓度）0.84c0平衡（浓度）10.84c010.21c00.42c0(0.42)2(0.42)2则K；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，

(10.84)4(10.21)c0导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致

HCl转化率较低；

（2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）×2得

4HCl(g)O2(g)

2Cl2(g)2H2O(g)△H=（△H1+△H2+△H3）×2=116kJ·mol-1；

（3）若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；

（4）电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于

3+－还原反应，则图中左侧为负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe+e

Fe2+和

4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O；电路中转移1 mol电子，根据电子得失守恒可知需消

耗氧气的物质的量是1mol4＝0.25mol，在标准状况下的体积为

0.25mol22.4L/mol＝5.6L。

【考点】反应热，电化学，化学平衡知识29.【答案】（1）蛋白质核酸叶绿素

（2）实验思路：配制营养液（以硝酸铵为唯一氮源），用该营养液培养作物甲，一段时间后，检测营养液中NH4+和NO3剩余量。

预期结果和结论：若营养液中NO3剩余量小于NH4+剩余量，则说明作物甲偏好吸收NO3；若营养液中NH4+剩余量小于NO3剩余量，则说明作物甲偏好吸收NH4+。【解析】本题主要考查细胞中蛋白质和核酸的组成元素及实验设计等有关知识。组

第31页成细胞内的化合物主要分为有机物和无机物，无机物有水和无机盐；有机物有蛋白质、糖类、脂质和核酸。蛋白质的组成元素中一定含有C、H、O、N，糖类的组成元素有C、H、O，脂质的组成元素为C、H、O或C、H、O、N、P，核酸的组成元素是C、H、O、N、P。（1）核糖体是蛋白质的合成场所，故在植物的核糖体上合成的含氮有机物是蛋白质。细胞核内可以进行DNA复制和转录，复制的产物是DNA，转录的产物是RNA，其组成元素均为C、H、O、N、P，故细胞核内合成的含氮化合物是核酸即DNA、RNA。叶绿体中的色素分为叶绿素和类胡萝卜素两大类，前者含有N，后者不含N。

（2）要验证作物甲对NH4+和NO3吸收具有偏好性，可以把甲放在以硝酸铵为唯一氮源的培养液中进行培养，通过测定培养前后铵态氮和硝态氮的含量变化即可以得出结论。因此实验思路为：配制营养液（以硝酸铵为唯一氮源），用该营养液培养作物甲，一段时间后，检测营养液中NH4+和NO3剩余量。

可用假设法推理，假设作物甲偏好吸收NO3，则营养液中NO3的剩余量较少；假设作物甲偏好吸收NH4+，则营养液中NH4+的剩余量较少。因此，预期结果和结论为：若营养液中NO3剩余量小于NH4剩余量，则说明作物甲偏好吸收NO3；若营

﹢

养液中NH4+剩余量小于NO3剩余量，则说明作物甲偏好吸收NH4+。【考点】组成细胞的分子【考查能力】实验探究30.【答案】（1）抗体（2）A、D

迅速增殖分化，快速产生大量抗体（3）抗原与抗体特异性结合（4）发作迅速、消退较快

【解析】本题主要考查特异性免疫及过敏反应的有关知识。抗原进入体内，经过吞噬细胞的摄取处理，传递给T细胞，T细胞一方面会发生增殖分化，形成记忆T细胞和效应T细胞，效应T细胞会攻击靶细胞，引起靶细胞的裂解死亡；另一方面，T细胞会分泌淋巴因子，促进B细胞的增殖分化，形成记忆B细胞和效应B细胞（或浆细胞），效应B细胞可以分泌抗体，抗体可以与抗原（病原体）结合，从而抑制抗原（病原体）的繁殖或对人体细胞的黏附。

免疫异常疾病包括：过敏反应、自身免疫病和免疫缺陷综合征。（1）抗体、淋巴因

第32页徐老师子属于免疫活性物质，抗原不属于免疫活性物质，抗原引发机体免疫反应产生抗体。故要检测小鼠是否发生免疫应答，应该检测抗体水平。

（2）A和D组两次注射的抗原相同，故会发生二次免疫，B、C组两次注射的抗原不同，不会发生二次免疫。初次免疫产生的记忆细胞，可以识别抗原，再次注射同种抗原，这些记忆细胞可以快速识别抗原，增殖分化产生更多的浆细胞和记忆细胞，浆细胞可以分泌更多的抗体，发挥更强的免疫反应，及时清除抗原。（3）初次注射抗原甲时，体内会发生免疫反应产生抗体，再次注射抗原，机体会产生较多的抗体分布于血清中，血清中加入抗原甲后，抗体会与抗原甲特异性结合形成细胞集团或沉淀。

（4）过敏反应属于免疫功能异常引起的，特点是：发作迅速、反应强烈、消退较快、一般不破坏组织细胞，也不会引起严重的组织损伤；有明显的遗传倾向和个体差异等。【考点】免疫调节【考查能力】理解与分析31.【答案】（1）S

a/2（2）减小不变

K值是由环境资源量决定的，与接种量无关

【解析】种群的数量特征：种群密度、出生率和死亡率、迁入率和迁出率、年龄组成、性别比例。种群的数量变化曲线有J型曲线和S型曲线，前者需要理想的条件，后者出现的原因是由环境阻力。

（1）J型曲线中种群数量呈指数增长，没有峰值。S型曲线中，由于环境阻力（培养液有限、试管体积有限），种群数量先增加后不变，该单细胞菌数量达到a不变，即为K值，故该种群的增长曲线为S型，种群数量为达到K值时，增长速率为0。

（2）若把上述单细胞菌接种到含5mL培养基的试管中，由于培养液减少，营养物质减少，故该菌的K值会出现下降。若该菌的接种量增大一倍，则会较快达到K值，但由于培养液量不变，K值是由环境资源量决定的，与接种量无关，故K值不变。

第33页Ka即时，增长速率最快；22【考点】种群数量增长【考查能力】理解与分析32.【答案】（1）显性性状（2）思路及预期结果

①两种玉米分别自交，若某些玉米自交后，子代出现3∶1的性状分离比，则可验证分离定律。

②两种玉米分别自交，在子代中选择两种纯合子进行杂交，F1自交，得到F2，若F2中出现3∶1的性状分离比，则可验证分离定律。

③让子粒饱满的玉米和子粒凹陷的玉米杂交，如果F1都表现一种性状，则用F1自交，得到F2，若F2中出现3∶1的性状分离比，则可验证分离定律。

④让子粒饱满的玉米和子粒凹陷的玉米杂交，如果F1表现两种性状，且表现为1∶1的性状分离比，则可验证分离定律。

【解析】本题主要考查基因分离定律的相关知识。验证分离定律有两种方法：自交法（杂合子自交后代性状表现为3：1）和测交法（后代性状表现为1：1）（1）在一对等位基因控制的相对性状中，杂合子中存在控制该性状的一对等位基因，其通常表现的性状是显性性状。

（2）玉米是异花传粉作物，茎顶开雄花，叶腋开雌花，因自然条件下，可能自交，也可能杂交，故饱满的和凹陷玉米子粒中可能有杂合的，也可能是纯合的，用这两种玉米子粒为材料验证分离定律，首先要确定饱满和凹陷的显隐性关系，再采用自交法和测交法验证。思路及预期结果：

①两种玉米分别自交，若某些玉米自交后，子代出现3∶1的性状分离比，则可验证分离定律。

②两种玉米分别自交，在子代中选择两种纯合子进行杂交，F1自交，得到F2，若F2中出现3∶1的性状分离比，则可验证分离定律。

③让子粒饱满的玉米和子粒凹陷的玉米杂交，如果F1都表现一种性状，则用F1自交，得到F2，若F2中出现3∶1的性状分离比，则可验证分离定律。

④让子粒饱满的玉米和子粒凹陷的玉米杂交，如果F1表现两种性状，且表现为1∶1的性状分离比，则可验证分离定律。【考点】孟德尔遗传定理【考查能力】实验探究

33.【答案】（1）使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜

第34页徐老师把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1mL油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积油膜稳定后得表面积S。（2）（i）41cm（ii）312K【解析】（1）油膜法测量分子大小需要形成单分子油膜，故而需要减少油酸浓度；一滴油酸的体积非常微小不易准确测量，故而使用累积法，测出N滴油酸溶液的体积V，用V与N的比值计算一滴油酸的体积；由于形成单分子油膜，油膜的厚度h可以认为是分子直径，故而还需要测量出油膜的面积S，以计算厚度hV.S（2）以“液柱”为模型，通过对气体压强分析，利用玻意耳定律和盖-吕萨克定律求得细管长度和温度，找准初末状态、分析封闭气体经历的变化时关键。易错点：误把气体长度当成细管长度。

（i）设细管的长度为l，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有

pVp1V1①

由力的平衡条件有

pp0–gh③

式中，p、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有

VSL–h1–h④V1SL–h⑤

由①②③④⑤式和题给条件得

L41cm⑥

（ii）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖–吕萨克定律有

VV1⑦T0T由④⑤⑥⑦式和题给数据得

T312K⑧

【考点】油膜估算分子大小的实验，玻意耳定律，盖—吕萨克定律34.【答案】（1）BDE

第35页（2）（i）3（ii）sini322【解析】（1）两列波叠加形成稳定的干涉现象的条件是两列波的频率相同;任何质点都在按照相同的频率在振动,不同区域的质点振幅和位移不一定相同，两列波在水面上相遇时发生干涉，有的质点振动加强，有的振动减弱，可知不同的质点的振幅不一定相同，选项A错误；各质点振动的频率与波源频率相同,波源振动频率又与振动片的振动频率相同，不同质点的振动频率相同，都等于振源的频率，选项B正确；因各质点距离振源的距离不一定相同，则各质点振动的相位不一定相同，选项C错误；不同的质点振动的周期都与细杆的振动周期相同，细杆的振动周期与振动片的周期相同，则不同的质点振动的周期都与振动片的振动周期相同，选项D正确；同一质点处因与振源的位置关系一定，则两列波的相位差不随时间变化，选项E正确；故选BDE.

（2）（i）光路图及相关量如图所示。光束在AB边上折射，由折射定律得

sinin①sin式中n是棱镜的折射率。由几何关系可知

60②

由几何关系和反射定律得

=B③

联立①②③式，并代入i60得

n3④（ii）设改变后的入射角为i，折射角为，由折射定律得

sinin⑤sin依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角c，且sinc⑥由几何关系得c'30⑦

第36页1n徐老师由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为

sini32⑧2【考点】波的干涉，折射定律，全反射定律35.【答案】（1）Mg相反（2）4

（3）分子晶体苯胺分子之间存在氢键（4）Osp3

（5）PnO3n1n2【解析】这道选修题涉及到了元素周期表和对角线原则、核外电子排布式的写法、配位物的形成，以及熔沸点的判断方式和分子晶体的判断方法。电负性的判断和杂化轨道的计算。（1）根据元素周期表和对角线原则可知与锂化学性质相似的是镁，镁的最外层电子数是2，占据s轨道，s轨道最多容纳2个电子，所以自旋方向相反。

（2）氯化铁的双聚体，就是两个氯化铁相连接在一起，已知氯化铁的化学键有明显的共价性所以仿照共价键的形式将两个氯化铁连接在一起，即结构式为

，因此Fe的配位数为4。

（3）大多数有机物都是分子晶体，除了一部分有机酸盐和有机碱盐是离子晶体。苯胺比甲苯的熔沸点都高，同一种晶体类型熔沸点不同首先要考虑的就是是否有氢键，苯胺中存在电负性较强的N所以可以形成氢键，因此比甲苯的熔沸点高。（4）电负性与非金属性的大小规律相似，从左到右依次增大，O就是最大的。计算出P的杂化类型是sp3，与氧原子形成的是磷氧双键，其中p轨道是，与氢氧形成的是单键。

（5）可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：PO42、P2O74、P3O105：

第37页磷原子的变化规律为：1，2，3，4，n氧原子的变化规律为：4，7，10，3n+1酸根的变化规律为：3，4，5，n+2

因此这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为PnO(3n+1)【考点】物质结构及性质

36.【答案】（1）间苯二酚（1，3-苯二酚）（2）羧基、碳碳双键（3）取代反应

C14H12O4(n+2)－。

（4）不同碱不同溶剂

不同催化剂（或温度等）

（5）

（6）

【解析】

首先看到合成路线：由A物质经反应①在酚羟基的邻位上了一个碘原子，发生了取代反应生成了B物质，B物质与丙烯酸在催化剂的作用下生成了C物质，那C物质就是将丙烯酸中的羧基去掉取代了碘原子的位置；由D反应生成E就是把HI中的H连在了O上，发生的是取代反应；最后heck反应生成W物质。（1）A物质所含官能团是两个酚羟基，且苯环上有两个是间位的取代基，那物质的命名就是间苯二酚或1，3-苯二酚；（2）

物质中含有的官能团是碳碳双键和羧基

（3）D物质到E物质没有双键的消失，且在O原子处增加了氢原子，没有双键参

第38页徐老师与反应所以属于取代反应，W物质中可以轻松数出共有14个C原子，4个氧原子，氢原子的个数可以通过不饱和度来推断出，14个碳的烷应该有30个氢，现在该分子有9个不饱和度，其中一个苯环4个，一个双键1个，一个不饱和度少2个氢，所以309×2=12，因此有12个氢原子，即分子式为C14H12O4。

（4）可以从表格中寻找溶剂一样的实验、碱一样的实验发现得出：实验1，2，3探究了不同碱对反应的影响；实验4，5，6探究了不同溶剂对反应的影响，最后只剩下不同催化剂对实验的影响。

（5）D的分子式为：C8H9O2I，要求含苯环，那支链最多含两个C，且1molX与足量Na反应可生成2g氢气，那就证明有两个酚羟基或醇羟基，又有三种不同环境的氢6：2：1，那一定是有两个甲基和两个酚羟基，因为醇羟基没有6个相同环境

的氢，则符合条件的有机物结构简式为。

（6）由题意中的heck反应可知需要一个反应物中含双建，一个反应物中含I；从苯出发可以经过溴乙烷和溴化铁的反应制得乙苯，乙苯在乙基上通过烷烃的取代反应引入氯原子，卤代烃在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应产生双键，得到苯乙烯；可以仿照反应①通过相同条件在苯环上引入一个碘原子，因此合成路线图为

。

【考点】有机合成37.【答案】（1）蛋白胨

不同细菌生长繁殖所需的最适pH不同能够

硝化细菌可以利用空气中的CO2作为碳源（2）倒置

（3）在一定的培养条件下，不同种微生物表现出各自稳定的菌落特征（4）灭菌

第39页【解析】1、微生物培养基的营养构成：①各种培养基的具体配方不同，但一般都含有水、碳源、氮源和无机盐；②不同培养基还要满足不同微生物对pH、特殊营养物质以及氧气的要求。

2、配制牛肉膏蛋白胨固体培养基的注意事项：①倒平板的温度一般50℃左右适宜，温度过高会烫手，过低培养基又会凝固；②平板需倒置，这样既可使培养基表面的水分更好地挥发，又可防止皿盖上的水珠落入培养基，造成污染。（1）葡萄糖只能为细菌提供碳源，硝酸钠为细菌提供无机盐，而蛋白胨既可以为细菌碳源，也可以为细菌提供氮源；由于不同的细菌生长繁殖的最适宜pH是不同的，因此制备培养基时要根据所培养的细菌的不同来调节培养基的pH；硝化细菌属于化能自养型微生物，其可以利用氨氧化释放的能量将空气中的二氧化碳固定为有机物，因此硝化细菌可以在无碳培养基中生长。

（2）用平板培养细菌时，一般需要将平板倒置培养，以防止皿盖上的水珠落入培养基，造成污染。

（3）由于每一大类微生物都有其独特的细胞形态，因而其菌落形态特征也各异，因此根据菌落的形态、大小、颜色等特征来初步区分不同种的微生物。（4）有些使用后的培养基丢弃前一定要进行灭菌处理，以免污染环境。【考点】生物培养基【考查能力】理解

33【答案】（1）全能性（或答：形成完整植株所需的全部基因）（2）形成层容易诱导形成愈伤组织

（3）诱导愈伤组织形成和诱导愈伤组织分化形成试管苗所需的生长素和细胞分裂素的比例不同分化（或答：再分化）

（4）诱导叶绿素的形成，使试管苗能够进行光合作用（5）遗传特性无性

【解析】根据题干信息分析，培养胡萝卜组织获得试管苗的过程利用了植物组织培养技术，该技术的原理是植物细胞的全能性；该过程中离体的组织块脱分化形成愈伤组织，愈伤组织再分化形成胚状体，最终培育成试管苗。（1）细胞全能性是指已经分化的细胞，仍然具有发育成完整生物体的潜能。根据题意分析，用胡萝卜的组织细胞可以培育成完整的植株，其原理是植物细胞的全能性。

第40页徐老师（2）形成层细胞具有分裂能力，分化程度低，易形成愈伤组织，因此步骤③中切取胡萝卜块时强调要切取含有形成层的部分。

（3）步骤⑤为脱分化过程，步骤⑥为再分化过程，由于营养物质的消耗以及两个过程需要激素的比例要求等有所不同，因此由步骤⑤到步骤⑥的过程需要更换新的培养基；愈伤组织形成试管苗的过程为再分化。

（4）步骤⑥为再分化过程，需要进行光照，以诱导叶绿素的形成，使试管苗能够进行光合作用。

（5）植物组织培养技术属于无性繁殖，获得的后代可以保持亲本的遗传特性。【考点】生物组织培养【考查能力】理解

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