2019年高考試題真題1理綜（新課標Ⅰ卷）解析版[高考復習]

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絕密★啟用前 2019年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試 理科綜合能力測試 物理部分 注意事項： 1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。 2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，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選項中，第14~18題只有一項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。 1.氫原子能級示意圖如圖所示。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磁場，兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細繩懸掛在水平天花板下，兩細繩都恰好與天花板垂直，則 A. P和Q都帶正電荷 B. P和Q都帶負電荷 C. P帶正電荷，Q帶負電荷 D. P帶負電荷，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錯誤； CD、若P球帶負電，Q球帶正電，如下圖所示，恰能滿足題意，則C錯誤D正確，故本題選D。 3.最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯(lián)試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進展。若某次實驗中該發(fā)動機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)動機在s時間內(nèi)，噴射出的氣體質(zhì)量為，根據(jù)動量定理，，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由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應(yīng)強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接，已如導體棒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)每一根導體棒的電阻為R，長度為L，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可知，上下兩路電流之比。如下圖所示，由于上路通電的導體受安培力的有效長度為L，根據(jù)安培力計算公式，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，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個所用的時間為t1，第四個所用的時間為t2。不計空氣阻力，則滿足 A. 1<<2 B. 2<<3 C. 3<<4 D. 4<<5 【答案】C 【解析】 【詳解】運動員起跳到達最高點的瞬間速度為零，又不計空氣阻力，故可逆向處理為自由落體運動。則根據(jù)初速度為零勻加速運動，相等相鄰位移時間關(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)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N的細繩與豎直方向成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為研究對象，它在水平向左拉力F作用下，緩慢向左移動直至細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、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖（a）中虛線MN所示，一硬質(zhì)細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。t=0時磁感應(yīng)強度的方向如圖（a）所示：磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖（b）所示，則在t=0到t=t1的時間間隔內(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)電動勢大小為 【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針，但在t0時刻，磁場的方向發(fā)生變化，故安培力方向的方向在t0時刻發(fā)生變化，則A錯誤，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由靜止向下運動，物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關(guān)系如圖中實線所示。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為正方向，根據(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：；又因為在某星球表面上的物體，所受重力和萬有引力相等，即：，即該星球的質(zhì)量。又因為：，聯(lián)立得。故兩星球的密度之比為：，故A正確； B、當物體在彈簧上運動過程中，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，當物體P和物體Q分別處于平衡位置時，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錯誤； C、物體P和物體Q分別處于各自的平衡位置（a=0）時，它們的動能最大；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：，則兩物體的最大動能之比：，C正確； D、物體P和物體Q分別在彈簧上做簡諧運動，由平衡位置（a=0）可知，物體P和Q振動的振幅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P物體最大壓縮量的2倍，D錯誤； 故本題選AC。 三、非選擇題：共174分，第22~32題為必考題，每個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.某小組利用打點計時器對物塊沿傾斜的長木板加速下滑時的運動進行研究。物塊拖動紙帶下滑，打出的紙帶一部分如圖所示。已知打點計時器所用交流電的頻率為50 Hz，紙帶上標出的每兩個相鄰點之間還有4個打出的點未畫出。在ABCDE五個點中，打點計時器最先打出的是______點，在打出C點時物塊的速度大小為______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，物塊沿傾斜長木板最勻加速直線運動，紙帶上的點跡，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；在打點計時器打C點瞬間，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。該同學測得微安表內(nèi)阻為1 200 Ω，經(jīng)計算后將一阻值為R的電阻與微安表連接，進行改裝。然后利用一標準毫安表，根據(jù)圖（a）所示電路對改裝后的電表進行檢測（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）中的實物連接。 （ ） （2）當標準毫安表的示數(shù)為16.0mA時，微安表的指針位置如圖（c）所示，由此可以推測出改裝的電表量程不是預期值，而是_______。（填正確答案標號） 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________。（填正確答案標號） A．微安表內(nèi)阻測量錯誤，實際內(nèi)阻大于1 200 Ω B．微安表內(nèi)阻測量錯誤，實際內(nèi)阻小于1 200 Ω C．R值計算錯誤，接入的電阻偏小 D．R值計算錯誤，接入的電阻偏大 （4）要達到預期目的，無論測得的內(nèi)阻值是都正確，都不必重新測量，只需要將阻值為R的電阻換為一個阻值為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，微安表應(yīng)與定值電阻R并聯(lián)接入虛線框內(nèi)，則實物電路連接如下圖所示： （2）由標準毫安表與該裝表的讀數(shù)可知，改裝后的電流表，實際量程被擴大的倍數(shù)為：倍。故當原微安表表盤達到滿偏時，實際量程為：，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)阻測量值偏小，即電表實際內(nèi)阻真實值，大于1200Ω；或者因為定值電阻R的計算有誤，計算值偏大，實際接入定值電阻R阻值偏小。故本小題選AC； （4）由于接入電阻R時，改裝后的表實際量程為25mA，故滿足；要想達到預期目的，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)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為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；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求 （1）帶電粒子的比荷； （2）帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。 【答案】（1） （2）或 【解析】 【詳解】（1）粒子從靜止被加速的過程，根據(jù)動能定理得：，解得： 根據(jù)題意，下圖為粒子的運動軌跡，由幾何關(guān)系可知，該粒子在磁場中運動的軌跡半徑為： 粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即： 聯(lián)立方程得： （2）根據(jù)題意，粒子在磁場中運動的軌跡為四分之一圓周，長度 粒子射出磁場后到運動至軸，運動的軌跡長度 粒子從射入磁場到運動至軸過程中，一直勻速率運動，則 解得： 或 12.豎直面內(nèi)一傾斜軌道與一足夠長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時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短）；當A返回到傾斜軌道上的P點（圖中未標出）時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運動的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A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。 （1）求物塊B的質(zhì)量； （2）在圖（b）所描述的整個運動過程中，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摩擦因數(shù)均相等，在物塊B停止運動后，改變物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)，然后將A從P點釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上。求改變前面動摩擦因數(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，動量守恒，機械能守恒，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 當物塊A沿斜面下滑時：，由v-t圖象知： 當物體A沿斜面上滑時：，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點離水平面得高度，即 解得 故在圖（b）描述的整個過程中，物塊A克服摩擦力做的總功為： （3）設(shè)物塊B在水平面上最遠的滑行距離為，設(shè)原來的摩擦因為為 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點釋放，A恰好能與B再次碰上，即A恰好滑到物塊B位置時，速度減為零，以A為研究對象，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。請考生從2道物理題、2道化學題、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。初始時容器中空氣的溫度與外界相同，壓強大于外界?，F(xiàn)使活塞緩慢移動，直至容器中的空氣壓強與外界相同。此時，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，但活塞移動的過程中，容器內(nèi)氣體壓強減小，則容器內(nèi)氣體正在膨脹，體積增大，氣體對外界做功，即，根據(jù)熱力學第一定律可知：，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)氣體壓強和外界氣體壓強相同，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，先在室溫下把惰性氣體用壓縮機壓入到一個預抽真空的爐腔中，然后爐腔升溫，利用高溫高氣壓環(huán)境對放入爐腔中的材料加工處理，改部其性能。一臺熱等靜壓設(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為1.5107 Pa，使用后瓶中剩余氣體壓強為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； （2）將壓入氬氣后的爐腔加熱到1 227 ℃，求此時爐腔中氣體的壓強。 【答案】（1） （2） 【解析】 【詳解】（1）設(shè)初始時每瓶氣體的體積為，壓強為；使用后氣瓶中剩余氣體的壓強為，假設(shè)體積為，壓強為的氣體壓強變?yōu)闀r，其體積膨脹為，由玻意耳定律得： 被壓入進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] 15.一簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在t=5時刻，該波的波形圖如圖（a）所示，P、Q是介質(zhì)中的兩個質(zhì)點。圖（b）表示介質(zhì)中某質(zhì)點的振動圖像。下列說法正確的是（填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分） A. 質(zhì)點Q的振動圖像與圖（b）相同 B. 在t=0時刻，質(zhì)點P的速率比質(zhì)點Q的大 C. 在t=0時刻，質(zhì)點P的加速度的大小比質(zhì)點Q的大 D. 平衡位置在坐標原點的質(zhì)點的振動圖像如圖（b）所示 E. 在t=0時刻，質(zhì)點P與其平衡位置的距離比質(zhì)點Q的大 【答案】CDE 【解析】 【詳解】A、由圖（b）可知，在時刻，質(zhì)點正在向y軸負方向振動，而從圖（a）可知，質(zhì)點Q在正在向y軸正方向運動，故A錯誤； B、由的波形圖推知，時刻，質(zhì)點P正位于波谷，速率為零；質(zhì)點Q正在平衡位置，故在時刻，質(zhì)點P的速率小于質(zhì)點Q，故B錯誤； C、時刻，質(zhì)點P正位于波谷，具有沿y軸正方向最大加速度，質(zhì)點Q在平衡位置，加速度為零，故C正確； D、時刻，平衡位置在坐標原點處的質(zhì)點，正處于平衡位置，沿y軸正方向運動，跟（b）圖吻合，故D正確； E、時刻，質(zhì)點P正位于波谷，偏離平衡位置位移最大，質(zhì)點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點的水平距離； （2）船向左行駛一段距離后停止，調(diào)整由P點發(fā)出的激光束方向，當其與豎直方向夾角為45時，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到桅桿的水平距離為，到P點的水平距離為，桅桿高度為，P點處水深為；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，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，此時光束從水面射出的點到桅桿的水平距離為，到P點的水平距離為，則： 聯(lián)立方程并代入數(shù)據(jù)得： 化學部分 可能用到的相對原子質(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個小題，每小題6分。共78分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。 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)與化學有著密切的關(guān)系。下列說法錯誤的是 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)高溫燒結(jié)而成 C. 陶瓷是應(yīng)用較早的人造材料，主要化學成分是硅酸鹽 D. 陶瓷化學性質(zhì)穩(wěn)定，具有耐酸堿侵蝕、抗氧化等優(yōu)點 【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非金屬礦物為原料的人工工業(yè)產(chǎn)品。 【詳解】A項、氧化鐵為棕紅色固體，瓷器的青色不可能來自氧化鐵，故A錯誤； B項、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、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、陶瓷的主要成分是硅酸鹽，硅酸鹽的化學性質(zhì)不活潑，具有不與酸或堿反應(yīng)、抗氧化的特點，故D正確。 故選A。 【點睛】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、2-苯基丙烯的官能團為碳碳雙鍵，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錯誤； B項、2-苯基丙烯的官能團為碳碳雙鍵，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、有機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錯誤； D項、2-苯基丙烯為烴類，分子中不含羥基、羧基等親水基團，，難溶于水，易溶于有機溶劑，則2-苯基丙烯難溶于水，易溶于有機溶劑甲苯，故D錯誤。 故選B。 【點睛】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意把握有機物的結(jié)構(gòu)，掌握各類反應(yīng)的特點，并會根據(jù)物質(zhì)分子結(jié)構(gòu)特點進行判斷是解答關(guān)鍵。 3.實驗室制備溴苯的反應(yīng)裝置如下圖所示，關(guān)于實驗操作或敘述錯誤的是 A. 向圓底燒瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打開K B. 實驗中裝置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、若關(guān)閉K時向燒瓶中加注液體，會使燒瓶中氣體壓強增大，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、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、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、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，向有機層中加入適當?shù)母稍飫?，然后蒸餾分離出沸點較低的苯，可以得到溴苯，不能用結(jié)晶法提純溴苯，故D錯誤。 故選D。 【點睛】本題考查化學實驗方案的設(shè)計與評價，側(cè)重于學生的分析能力、實驗?zāi)芰驮u價能力的考查，注意把握實驗操作要點，結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)綜合考慮分析是解答關(guān)鍵。 4.固體界面上強酸的吸附和離解是多相化學在環(huán)境、催化、材料科學等領(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、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、由題給數(shù)據(jù)可知，冰的表面第二層中氯離子和水的個數(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、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、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錯誤。 故選D。 【點睛】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、整合化學信息的能力及分析和解決化學問題的能力，注意能夠明確圖像表達的化學意義，正確計算物質(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，混合溶液的相對導電能力變化曲線如圖所示，其中b點為反應(yīng)終點。下列敘述錯誤的是 A. 混合溶液的導電能力與離子濃度和種類有關(guān) B. Na+與A2?的導電能力之和大于HA?的 C. b點的混合溶液pH=7 D. c點的混合溶液中，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，導電性增強，鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉為強堿弱酸鹽，鄰苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈堿性。 【詳解】A項、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，溶液導電性增強，說明導電能力與離子濃度和種類有關(guān)，故A正確； B項、a點和b點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點導電性強于a點，說明Na+和A2—的導電能力強于HA—，故B正確； C項、b點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，鄰苯二甲酸鉀為強堿弱酸鹽，A2—在溶液中水解使溶液呈堿性，溶液pH＞7，故C錯誤； D項、b點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點到b點加入氫氧化鈉溶液的體積大于b點到c點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為c（Na+）＞c（K+）＞c（OH—），故D正確。 故選C。 【點睛】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。下列說法錯誤的是 A. 相比現(xiàn)有工業(yè)合成氨，該方法條件溫和，同時還可提供電能 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. 電池工作時質(zhì)子通過交換膜由負極區(qū)向正極區(qū)移動 【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極，MV+在負極失電子發(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，氫離子通過交換膜由負極向正極移動。 【詳解】A項、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，同時利用MV+和MV2+的相互轉(zhuǎn)化，化學能轉(zhuǎn)化為電能，故可提供電能，故A正確； B項、左室為負極區(qū)，MV+在負極失電子發(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錯誤； C項、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、電池工作時，氫離子（即質(zhì)子）通過交換膜由負極向正極移動，故D正確。 故選B。 【點睛】本題考查原池原理的應(yīng)用，注意原電池反應(yīng)的原理和離子流動的方向，明確酶的作用是解題的關(guān)鍵。 7.科學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為X>Y>Z C. Y的最高價氧化物的水化物是中強酸 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，由化合價代數(shù)和為0可知，Y元素化合價為—3價，則Y為P元素；由W的電荷數(shù)可知，W為Na元素。 【詳解】A項、氯化鈉為強酸強堿鹽，水溶液呈中性，故A錯誤； B項、同周期元素從左到右，非金屬性依次增強，則非金屬性的強弱順序為Cl＞S＞P，故B錯誤； C項、P元素的最高價氧化物對應(yīng)水化物為磷酸，磷酸是三元中強酸，故C正確； D項、新化合物中P元素化合價為—3價，滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故D錯誤。 故選C。 【點睛】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)的化學方程式為_________。 （2）“濾渣1”的主要成分有_________。為檢驗“過濾1”后的濾液中是否含有Fe3+離子，可選用的化學試劑是_________。 （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Fe3+,可選用的化學試劑為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，而三價硼原子最多只能再形成一個配位鍵，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，在實驗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_________________（填標號）。 （3）步驟③中選用足量的H2O2，理由是_________________。分批加入H2O2，同時為了_________________，溶液要保持pH小于0.5。 （4）步驟⑤的具體實驗操作有______________，經(jīng)干燥得到硫酸鐵銨晶體樣品。 （5）采用熱重分析法測定硫酸鐵銨晶體樣品所含結(jié)晶水數(shù)，將樣品加熱到150 ℃時，失掉1.5個結(jié)晶水，失重5.6%。硫酸鐵銨晶體的化學式為______________。 【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). 因為H2O2本身易分解，所以在加入時需分量加入，同時為了防止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，故采用的合適加熱方式是水浴加熱（熱水?。?；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)。因為H2O2本身易分解，所以在加入時需分量加入，同時為了防止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)硫酸鐵銨的化學式為NH4Fe(SO4)2?xH2O，其相對分子質(zhì)量為266+18x，1.5個水分子的相對分子質(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曾做過下列實驗：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)的量分數(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)的量分數(shù)為0.0192。 根據(jù)上述實驗結(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，在密閉容器中將等物質(zhì)量的CO(g)和H2O(g)混合，采用適當?shù)拇呋瘎┻M行反應(yīng)，則平衡時體系中H2的物質(zhì)的量分數(shù)為_________（填標號）。 A．＜0.25 B．0.25 C．0.25~0.50 D．0.50 E．＞0.50 （3）我國學者結(jié)合實驗與計算機模擬結(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，寫出該步驟的化學方程式_______________________。 （4）Shoichi研究了467 ℃、489 ℃時水煤氣變換中CO和H2分壓隨時間變化關(guān)系（如下圖所示），催化劑為氧化鐵，實驗初始時體系中的PH2O和PCO相等、PCO2和PH2相等。 計算曲線a的反應(yīng)在30~90 min內(nèi)的平均速率(a)=___________kPamin?1。467 ℃時PH2和PCO隨時間變化關(guān)系的曲線分別是___________、___________。489 ℃時PH2和PCO隨時間變化關(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)的量分數(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)物與生成物的相對能量差大小進行比較判斷；根據(jù)反應(yīng)物達到活化狀態(tài)所需能量為活化能以及相對能量差值大小計算并比較最大能壘；根據(jù)最大能壘對應(yīng)的反應(yīng)歷程對應(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)溫度變化對化學平衡的影響判斷出在不同溫度下曲線對應(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H2還原體系中H2的物質(zhì)的量分數(shù)（）高于CO還原體系中CO的物質(zhì)的量分數(shù)（），故還原CoO(s)為Co(s)的傾向是CO大于H2； （2）721 ℃時，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 則平衡時體系中H2的物質(zhì)的量分數(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體系中H2的物質(zhì)的量分數(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)達到活化狀態(tài)所需能量，根據(jù)變換歷程的相對能量可知，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)的量分數(shù)介于0.25~0.5，CO的物質(zhì)的量分數(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，CO分壓增加，H2分壓降低，故467 ℃時PH2和PCO隨時間變化關(guān)系的曲線分別是b、c；489 ℃時PH2和PCO隨時間變化關(guān)系的曲線分別是a、d。 【點睛】本題以水煤氣交換為背景，考察化學反應(yīng)原理的基本應(yīng)用，較為注重學生學科能力的培養(yǎng)，難點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生，會比較吃力。第（3）問來源于我國化學工作者發(fā)表在頂級刊物Science中的文章“沉積在α-MoC上單層金原子對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算模型為情境，讓學生認識、分析催化吸附機理及反應(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）問判斷錯誤，會導致后續(xù)多數(shù)題目判斷錯誤；第（2）問可以采取特殊值法進行賦值并結(jié)合極限法計算，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)的量分數(shù)小于0.5，這是由于對題干的信息應(yīng)用能力不熟練而導致；對于第（4）問中曲線對應(yīng)物質(zhì)的確定需根據(jù)第（1）（2）問得出的相關(guān)結(jié)論進行推斷，需先確定物質(zhì)對應(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。請考生從2道物理題、2道化學題、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分。 ［化學——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“堅鋁”，是制造飛機的主要村料?；卮鹣铝袉栴}： （1）下列狀態(tài)的鎂中，電離最外層一個電子所需能量最大的是____________(填標號)。 A． B． C． D． （2）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一種有機化合物，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)定性相對較高的是__________(填“Mg2+”或“Cu2+”)。 （3）一些氧化物的熔點如下表所示： 氧化物 Li2O MgO P4O6 SO2 熔點/C 1570 2800 23.8 ?75.5 解釋表中氧化物之間熔點差異的原因__________。 （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)是沿立方格子對角面取得的截圖?？梢姡珻u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(列出計算表達式)。 【答案】 (1). A (2). sp3 (3). sp3 (4). 乙二胺的兩個N提供孤對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，故其再失去一個電子所需能量較高；B.[Ne]3s2屬于基態(tài)Mg原子，其失去一個電子變?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+，其失去一個電子所需能量低于基態(tài)Mg+，綜上所述，電離最外層一個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個單鍵，含有1對孤對電子，屬于sp3雜化；C形成4個單鍵，不存在孤對電子，也是sp3雜化；由于乙二胺的兩個N可提供孤對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角線的1/4，由于邊長是a pm，則面對角線是，則x＝pm；Mg原子之間最短距離為體對角線的1/4，由于邊長是a pm，則體對角線是，則y＝；根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知晶胞中含有鎂原子的個數(shù)是81/8+61/2+4＝8，則Cu原子個數(shù)16，晶胞的質(zhì)量是。由于邊長是a pm，則MgCu2的密度是gcm?3。 [化學——選修5：有機化學基礎(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中的官能團名稱是__________。 （2）碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳。寫出B的結(jié)構(gòu)簡式，用星號(*)標出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)簡式__________。(不考慮立體異構(gòu)，只需寫出3個) （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)計由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制備的合成路線__________(無機試劑任選)。 【答案】 (1). 羥基 (2). (3). 、、、、（任寫3個） (4). C2H5OH、濃硫酸、加熱 (5). 取代反應(yīng) (6). 、 (7). 【解析】 【分析】 有機物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)簡式可知A中的官能團名稱是羥基。 （2）碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳，則根據(jù)B的結(jié)構(gòu)簡式可知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，