2020年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（全國n卷）、選擇題:i.管道高頻焊機可以對由鋼板卷成的圓管的接縫實施焊接。焊機的原理如圖所示，圓管通過一個接有高頻交流電源的線圈， 線圈所產生的交變磁場使圓管中產生交變電流， 電流產生的熱量使接縫處的材料熔化將其焊接。焊接過程中所利用的電磁學規(guī)律的發(fā)現者為（ ）【答案】DC.洛倫茲【答案】DC.洛倫茲D.法拉第【詳解】由題意可知，圓管為金屬導體，導體內部自成閉合回路，且有電阻，當周圍的線圈中產生出交變磁場時，就會在導體內部感應出渦電流， 電流通過電阻要發(fā)熱。該過程利用原理的是電磁感應現象，其發(fā)現者為法拉第。故選Do2.若一均勻球形星體的密度為 p,引力常量為 G,則在該星體表面附近沿圓軌道繞其運動的衛(wèi)星的周期是（ ）D.D.14tG【詳解】衛(wèi)星在星體表面附近繞其做圓周運動，則GMm1R2GMm1R2一R,VR3知衛(wèi)星該星體表面附近沿圓軌道繞其運動的衛(wèi)星的周期3.如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h,其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h。若摩托車經過a點時的動能為Ei,它會落到坑內c點。c與a的水平距離和高度差均為h;若經過a點時的動能為E2,該摩托車恰能越過坑到達b點。E2等于A.20B.18C.9.0D.3.0【詳解】有題意可知當在a點動能為EiA.20B.18C.9.0D.3.0【詳解】有題意可知當在a點動能為Ei時，有1—mV|2根據平拋運動規(guī)律有.2gtiViti當在a點時動能為巳時,12mv22根據平拋運動規(guī)律有h1gt22— 2洱V2t2聯立以上各式可解得

1818故選Bo4.CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖（a）是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產生部分的示意圖如圖（b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內有勻強偏轉磁場；經調節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產生 X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點記為P點。則（ ）圖(a)電子束打到靶上的點記為P點。則（ ）圖(a)圖(h)A.M處的電勢高于N處的電勢B.增大M、N之間的加速電壓可使P點左移C.偏轉磁場的方向垂直于紙面向外D.增大偏轉磁場磁感應強度的大小可使 P點左移【答案】D【解析】【詳解】A.由于電子帶負電，要在MN間加速則MN間電場方向由N指向M,根據沿著電場線方向電勢逐漸降低可知 M的電勢低于N的電勢，故A錯誤；B.增大加速電壓則根據2eU—mv可知會增大到達偏轉磁場的速度；又根據在偏轉磁場中洛倫茲力提供向心力有可得evB2vm可得evB2vmRmveB可知會增大在偏轉磁場中的偏轉半徑， 由于磁場寬度相同，故根據幾何關系可知會減小偏轉的角度，故P點會右移，故B錯誤；C.電子在偏轉電場中做圓周運動，向下偏轉，根據左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故C錯誤；D.由B選項的分析可知，當其它條件不變時，增大偏轉磁場磁感應強度會減小半徑，從而增大偏轉角度，使P點左移，故D正確。故選Do25.笊核2H可通過一系列聚變反應釋放能量，其總效果可用反應式62H 24He2lH+21n+43.15MeV表示。海水中富含笊，已知1kg海水中含有的笊核約為1.01022個，若全都發(fā)生聚變反應，其釋放的能量與質量為M的標準煤燃燒時釋放的熱量相等；已知1kg標準煤燃燒釋放的熱量約為 2.9M07J,1MeV=1.6W13J,則M約為（ ）A.40kg B.100kg C.400kg D.1000kg【答案】C【解析】【詳解】笊核2H可通過一系列聚變反應釋放能量，其總效果可用反應式2 421H+2°n+43.15MeV621H+2°n+43.15MeV則平均每個笊核聚變釋放的能量為43.15。 MeV6_E43.15。 MeV61kg海水中含有的笊核約為1.01022個，可以放出的總能量為EoN由Qmq可得，要釋放的相同的熱量，需要燃燒標準煤燃燒的質量QE0m———400kgqq6.特高壓輸電可使輸送中的電能損耗和電壓損失大幅降低。 我國已成功掌握并實際應用了特高壓輸電技術。假設從A處采用550kV的超高壓向B處輸電，輸電線上損耗白^電功率為？P,到達B處時電壓下降了？U。在保持A處輸送的電功率和輸電線電阻都不變的條件下，改用

1100kV特高壓輸電，輸電線上損耗的電功率變?yōu)?？P',到達B處時電壓下降了？U'。不考慮TOC\o"1-5"\h\z其他因素的影響，則（ ）A?P'1?P B.?P/？P C.?U'1?U D..,4 2?U，1?U2【答案】AD【解析】【詳解】輸電線上損失的功率損失的電壓PAP=(—U)2rPPAP=(—U)2rPAU=rU當輸送電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，損失的功率變?yōu)樵瓉淼囊唬?~ 1C火=-AP4 1 r損失的電壓變?yōu)樵瓉淼囊?，?1AU'=—AU2故選AD。7.如圖，豎直面內一絕緣細圓環(huán)的上、下半圓分別均勻分布著等量異種電荷。 a、b為圓環(huán)水平直徑上的兩個點，c、d為豎直直徑上的兩個點，它們與圓心的距離均相等。則（ ）A.a、b兩點的場強相等 B.a、b兩點的電勢相等C.c、d兩點的場強相等 D.c、d兩點的電勢相等【答案】ABC【解析】【詳解】BD.如下圖所示，為等量異種電荷周圍空間的電場分布圖。本題的帶電圓環(huán)，可拆解成這樣無數對等量異種電荷的電場，沿豎直直徑平行放置。它們有共同的對稱軸 PP,PP所在的水平面與每一條電場線都垂直，即為等勢面，延伸到無限遠處，電勢為零。故在PP上的點電勢為零，即ab°；而從M點到N點，電勢一直在降低，即cd,故B正確，D錯誤；AC.上下兩側電場線分布對稱，左右兩側電場線分布也對稱，由電場的疊加原理可知 AC正確；故選ABC。8.水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上， 他把一質量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板， 運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時， 運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s,反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為A.48kg B.53kg C.58kg D.63kg【答案】BC【解析】【詳解】設運動員和物塊的質量分別為 m、m0規(guī)定運動員運動的方向為正方向，運動員開始時靜止，第一次將物塊推出后，運動員和物塊的速度大小分別為 Vi、V0,則根據動量守恒定律0mv1moV0解得moTOC\o"1-5"\h\zVi Vom物塊與彈性擋板撞擊后，運動方向與運動員同向，當運動員再次推出物塊mvi moVo mv2 m°Vo解得3moV2 ——Vom第3次推出后mv2movomv3movo解得5m0TOC\o"1-5"\h\zV3 Vom依次類推，第8次推出后，運動員的速度15moV8 Vom根據題意可知15moV8 Vo m/sm解得m60kg第7次運動員的速度一定小于 5m/s,則13m。 ,V7 Vo m/sm解得m52kg綜上所述，運動員的質量滿足kgm60kgAD錯誤，BC正確。故選BC。三、非選擇題：（一）必考題：.一細繩跨過懸掛的定滑輪，兩端分別系有小球 A和B,如圖所示。一實驗小組用此裝置測量小球B運動的加速度。令兩小球靜止，細繩拉緊，然后釋放小球，測得小球 B釋放時的高度ho=0.590m,下降一段距離后的高度h=0.100m；由ho下降至h所用的時間T=0.730s。由此求得小球B加速度的大小為a=m/s2（保留3位有效數字）。從實驗室提供的數據得知，小球 A、B的質量分別為100.0g和150.0g,當地重力加速度大小為g=9.80m/s2。根據牛頓第二定律計算可得小球 B加速度的大小為a'm/s2（保留3位有效數字）。可以看出，a與a有明顯差異，除實驗中的偶然誤差外， 寫出一條可能產生這一結果的原因：【答案】 （1）.1.84 （2）.1.96 （3）.滑輪的軸不光滑，繩和滑輪之間有摩擦（或滑輪有質量）【解析】【詳解】①有題意可知小球下降過程中做勻加速直線運動，故根據運動學公式有TJh—aT2?2代入數據解得a=1.84m/s2;②根據牛頓第二定律可知對小球mugmug對小球B有

帶入已知數據解得 21.96m/s；帶入已知數據解得 21.96m/s；mBg③在實驗中繩和滑輪之間有摩擦會造成實際計算值偏小。.某同學要研究一小燈泡 L（3.6V,0.30A）的伏安特性。所用器材有：電流表Ai（量程200mA,內阻 Rgi=10.0 因 電流表 A2 （量程500mA,內阻 Rg2=1.0 Q、定值電阻 Ro （阻值R0=10.0姒滑動變阻器Ri（最大阻值10Q、電源E（電動勢4.5V,內阻很?。?、開關S和若干導線。該同學設計的電路如圖（ a）所示。（1）根據圖（（1）根據圖（a）,在圖（b）的實物圖中畫出連線（2）若11、I2分別為流過電流表A1和A2的電流，利用|1、|2、Rg1和R0寫出：小燈泡兩端的電壓U=,流過小燈泡的電流1=。為保證小燈泡的安全，I1不能超過 mA。（3）實驗時，調節(jié)滑動變阻器，使開關閉合后兩電流表的示數為零。逐次改變滑動變阻器滑片位置并讀取相應的I1和12。所得實驗數據在下表中給出。11/mA32558512514417312/mA171229299379424470根據實驗數據可算得，當 11=173mA時，燈絲電阻R=Q（保留1位小數）。（4）如果用另一個電阻替代定值電阻 R。，其他不變，為了能夠測量完整的伏安特性曲線,所用電阻的阻值不能小于Q（保留1位小數）。

【答案】 (1).(3).【答案】 (1).(3).I2Ii(4).180 (5).11.6 (6).8.0【解析】【詳解】(1)根據電路圖連接實物圖如圖所示(2)①根據電路圖可知燈泡兩端的電壓為電流表 A1和R0的總電壓，故根據歐姆定律有=U I1Rg1-Ro②根據并聯電路特點可知流過小燈泡的電流為II2I1③因為小燈泡的額定電壓為3.6V,故根據題目中已知數據帶入①中可知I1不能超過180mA;(3)根據表中數據可知當I1=173mA時，I2=470mA;根據前面的分析代入數據可知此時燈泡兩端的電壓為U=3.46V;流過小燈泡的電流為I=297mA=0.297A;故根據歐姆定律可知此時小燈泡的電阻為U3.46,

R- Q11.6Q■ -I 0.297 -3.6V,而電流表A3.6V,而電流表Ai不能超過其量程200mA,此時結合①有Z3.60.210長解得Ro8Q,即要完整的測量小燈泡伏安特性曲線所用電阻的阻值不能小于 8QO.如圖，在0a司， y 區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度 b的大小可調，方向不變。一質量為 m,電荷量為q(q>0)的粒子以速度V0從磁場區(qū)域左側沿x軸進入磁場，不計重力。(1)若粒子經磁場偏轉后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這種情況下磁感應強度的最小值Bm； B(2)如果磁感應強度大小為-2m,粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場。求粒子在該點的運動方向與x軸正方向的夾角及該點到x軸的距離。R!mv。 u .【答案】(1)磁場方向垂直于紙面向里； Bm= ;(2) —；y(2w'3)hqh 6【解析】【詳解】(1)由題意，粒子剛進入磁場時應受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場方向垂直于紙面向里。設粒子進入磁場中做圓周運動的半徑為 R,根據洛倫茲力公式和圓周運動規(guī)律,有2qv°Bm—①由此可得mv0

qB粒子穿過y軸正半軸離開磁場，其在磁場中做圓周運動的圓心在 y軸正半軸上，半徑應滿足由題意，當磁感應強度大小為 Bm時，粒子的運動半徑最大，由此得mv0Bm=—-0(1

qh B.⑵若磁感應強度大小為寸，粒子做圓周運動的圓心仍在y軸正半軸上，由②④式可得,此時圓弧半徑為R2h⑤粒子會穿過圖中P點離開磁場，運動軌跡如圖所示。設粒子在P點的運動方向與x軸正方向的夾角為a,由幾何關系h1不sin——⑥2h2Tt即,⑦6由幾何關系可得，P點與x軸的距離為y2h(1cos)⑤聯立⑦⑧式得y(273)h⑨.如圖，一豎直圓管質量為M,下端距水平地面的高度為H,頂端塞有一質量為m的小球。圓管由靜止自由下落，與地面發(fā)生多次彈性碰撞，且每次碰撞時間均極短；在運動過程中，管始終保持豎直。已知M=4m,球和管之間的滑動摩擦力大小為 4mg,g為重力加速度的大小，不計空氣阻力。(1)求管第一次與地面碰撞后的瞬間，管和球各自的加速度大?。?2)管第一次落地彈起后，在上升過程中球沒有從管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地彈起的上升過程中，球仍沒有從管中滑出，求圓管長度應滿足的條件。

13【答案】(1)a1=2g,a2=3g;(2)H1—H；(3)L25152H125【詳解】(1)152H125【詳解】(1)管第一次落地彈起的瞬間，小球仍然向下運動。設此時管的加速度大小為a1,方向向下；球的加速度大小為a2,方向向上；球與管之間的摩擦力大小為 f,由牛頓運動定律有Ma1=Mg+f①ma2=f-mg②聯立①②式并代入題給數據，得a1=2g,a2=3g③(2)管第一次碰地前與球的速度大小相同。由運動學公式，碰地前瞬間它們的速度大小均為Vo72gH④方向均向下。管彈起的瞬間，管的速度反向，球的速度方向依然向下。設自彈起時經過時間t1,管與小球的速度剛好相同。取向上為正方向，由運動學公式vo-a1t1=wo+a2t1⑤22H22H7J—65.g由運動學公式可得設此時管下端的高度為h1，速度為V。由運動學公式可得v由③④⑥⑧式可判斷此時v>0。此后，管與小球將以加速度g減速上升h2,到達最高點。由運動學公式有設管第一次落地彈起后上升的最大高度為聯立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得（3）設第一次彈起過程中球相對管的位移為h2Hi=Hi設管第一次落地彈起后上升的最大高度為聯立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得（3）設第一次彈起過程中球相對管的位移為h2Hi=Hi2v2gHi,則hi+h2(g)i3—H?25xi。在管開始下落到上升Hi這一過程中，由動能定理有Mg(Mg(H-Hi)+mg(H~Hi+xi)Wmgxi=0?聯立?? 式并代入題給數據得Xi同理可推得，管與球從再次下落到第二次彈起至最高點的過程中，球與管的相對位移X2為X2X24Hi?5設圓管長度為L。管第二次落地彈起后的上升過程中，球不會滑出管外的條件是Xi+X2<L?聯立????式，L應滿足條件為i52H?

i25（二）選考題:i3.下列關于能量轉換過程的敘述，違背熱力學第一定律的有J違背熱力學第一定律、但違背熱力學第二定律的有（填正確答案標號）A.汽車通過燃燒汽油獲得動力并向空氣中散熱B.冷水倒入保溫杯后，冷水和杯子的溫度都變得更低C.某新型熱機工作時將從高溫熱源吸收的熱量全部轉化為功，而不產生其他影響D.冰箱的制冷機工作時從箱內低溫環(huán)境中提取熱量散發(fā)到溫度較高的室內【答案】 （i）.B（2）.C【解析】【詳解】A.燃燒汽油產生的內能一方面向機械能轉化，同時熱傳遞向空氣轉移。既不違背

熱力學第一定律，也不違背熱力學第二定律;B.冷水倒入保溫杯后，沒有對外做功，同時也沒有熱傳遞，內能不可能減少，故違背熱力學第一定律;C.某新型熱機工作時將從高溫熱源吸收的熱量全部轉化為功，必然產生其他影響故違背熱力學第二定律;D.制冷機消耗電能工作時從箱內低溫環(huán)境中提取熱量散發(fā)到溫度較高的室內，發(fā)生了內能的轉移，同時對外界產生了影響。既不違背熱力學第一定律，也不違背熱力學第二定律。14.潛水鐘是一種水下救生設備，它是一個底部開口、上部封閉的容器，外形與鐘相似。潛水鐘在水下時其內部上方空間里存有空氣， 以滿足潛水員水下避險的需要。為計算方便，將潛水鐘簡化為截面積為S、高度為h、開口向下的圓筒；工作母船將潛水鐘由水面上方開口向下吊放至深度為H的水下，如圖所示。已知水的密度為 p,重力加速度大小為g,大氣壓強為Po,H》h,忽略溫度的變化和水密度隨深度的變化。(i)求進入圓筒內水的高度 l;(2)保持H不變，壓入空氣使筒內【答案】(i)l—嗎h；(2)PogHV_gSHhPo【詳解】(1)(2)保持H不變，壓入空氣使筒內【答案】(i)l—嗎h；(2)PogHV_gSHhPo【詳解】(1)設潛水鐘在水面上方時和放入水下后筒內氣體的體積分別為Vo和Vi,放入水下后筒內氣體的壓強為 pi,由玻意耳定律和題給條件有piVi=poVo (TVo=hS卷Vi=(hl)SdPi=Po+Pg(H4) (1聯立以上各式并考慮到 H為h,h>l,解得（2）設水全部排出后筒內氣體的壓強為p2；（2）設水全部排出后筒內氣體的壓強為p2；此時筒內氣體的體積為 V0,這些氣體在其壓強為P0時的體積為V3,由玻意耳定律有p2V0=p0V3⑥其中p2=po+pgH⑦設需壓入筒內的氣體體積為 V,依題意V=V3V0o⑧聯立②⑥⑦⑧式得gSHh

V—— ⑨Po15.用一個擺長為80.0cm的單擺做實驗，要求擺動的最大角度小于 5°,則開始時將擺球拉離平衡位置的距離應不超過cm（保留1位小數）。（提示：單擺被拉開小角度的情況下，所求的距離約等于擺球沿圓弧移動的路程。 ）某同學想設計一個新單擺， 要求新單擺擺動10個周期的時間與原單擺擺動 11個周期的時間相等。新單擺的擺長應該取為cm?！敬鸢浮?（1）.6.9 （2）.96.8【解析】【詳解】拉離平衡位置的距離5

x280cm 6.97cm360題中要求擺動的最大角度小于5,且保留1位小數，所以拉離平衡位置的不超過 6.9cm；根據單擺周期公式T2JL結合題意可知10T11T代入數據為10L1180cm解得新單擺的擺長為L96.8cm/A=30°。截面內一細束與16.直角棱鏡的折射率n=1.5,其橫截面如圖所示， 圖中//A=30°。截面內一細束與BC邊平行的光線，從棱鏡AB邊上的D點射入，經折射后射到BC邊上。(1)光線在BC邊上是否會發(fā)生全反射？說明理由；(2)不考慮多次反射，求從AC邊射出的光線與最初的入射光線夾角的正弦值?！敬鸢浮?1)光線在【答案】(1)光線在E點發(fā)生全反射；(2)sinr【詳解】(1)如圖，設光線在D點的入射角為i,折射角為r。折射光線射到BC邊上的E點。設光線在E點的入射角為，由幾何關系，有點。設光線在E點的入射角為，由幾何關系，有=90°-(30°-r)>60° ①根據題給數據得1sin>sin60>n即。大于全反射臨界角，因此光線在 E點發(fā)生全反射。i',折射角為r’,由幾何關系、反(2)i',折射角為r’,由幾何關系、反射定律及折射定律，有TOC\o"1-5"\h\zi=30° ③sini=nsinr ⑤nsini'=sinr' ⑥聯立①③④⑤⑥式并代入題給數據，得sinr且3 ⑦4由幾何關系,r'由幾何關系,r'即AC邊射出的光線與最初的入射光線的夾角。2020年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試理科綜合能力測試 化學可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Mg24S32Fe56Cu64一、選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。北宋沈括《夢溪筆談》中記載： “信州鉛山有苦泉，流以為澗。挹其水熬之則成膽礬，烹膽礬則成銅。熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”。下列有關敘述錯誤的是膽礬的化學式為 CuSO4膽礬可作為濕法冶銅的原料“熬之則成膽礬 ”是濃縮結晶過程“熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅 ”是發(fā)生了置換反應【答案】A【解析】【詳解】A.膽磯為硫酸銅晶體，化學式為 CuSO45H2O,A說法錯誤；B.濕法冶銅是用鐵與硫酸銅溶液發(fā)生置換反應制取銅， B說法正確；C.加熱濃縮硫酸銅溶液可析出膽磯，故 熬之則成膽磯”是濃縮結晶過程，C說法正確；D.鐵與硫酸銅溶液發(fā)生置換反應生成銅， D說法正確。綜上所述，相關說法錯誤的是 A，故選A。2.某白色固體混合物由NaCl、KCl、MgSO4、CaCO3中的兩種組成，進行如下實驗：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反應，通過鉆玻璃可觀察到紫色；③向溶液中加堿，產生白色沉淀。根據實驗現象可判斷其組成為A.KCl、NaCl B.KCl、MgSO4C.KCl、CaCO3 D.MgSO4、NaCl【答案】B【解析】【詳解】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，則不含 CaCO3,排除C選項；②做焰色反

應，通過鉆玻璃可觀察到紫色，可確定含有鉀元素，即含有KCl;③向溶液中加堿，產生白色沉淀，則應含有MgSO4,綜合以上分析，混合物由KCl和MgSO4兩種物質組成，故選B。3.二氧化碳的過量排放可對海洋生物的生存環(huán)境造成很大影響，其原理如下圖所示。下列敘述錯誤的是A..W匚八、A..W匚八、Cf海水酸化能引起HCO3濃度增大、co2濃度減小B.海水酸化能促進CaCO3的溶解，導致珊瑚礁減少C.CO2能引起海水酸化，其原理為 HCO3=H++CO3D.使用太陽能、氫能等新能源可改善珊瑚的生存環(huán)境【答案】C【解析】2- - 2- -【詳解】A.海水酸化，H+濃度增大，平衡H++CO3?HCO3正向移動，CO3濃度減小，HCO3濃度增大，A正確；2-B.海水酸化，CO3濃度減小，導致CaCO3溶解平衡正向移動，促進了 CaCO3溶解，導致珊瑚礁減少，B正確；2-c.CO2引起海水酸化的原理為： CO2+H2O?H2CO3?H++HCO3,HCO3?H++CO3,導致H+濃度增大，C錯誤；D.使用太陽能、氫能等新能源，可以減少化石能源的燃燒，從而減少 CO2的排放，減弱海水酸化，從而改善珊瑚礁的生存環(huán)境， D正確；答案選Co41比咤（口］）是類似于苯的芳香化合物， 2-乙烯基口比咤（VPy）是合成治療矽肺病藥物的原

料，可由如下路線合成。下列敘述正確的是A.Mpy只有兩種芳香同分異構體B.Epy料，可由如下路線合成。下列敘述正確的是A.Mpy只有兩種芳香同分異構體C.Vpy是乙烯的同系物D.C.Vpy是乙烯的同系物N原子的間位C上、甲基在N【詳解】N原子的間位C上、甲基在N原子的對位C上、氨基苯，A錯誤;EPy中有兩個飽和C,以上&和C為中心的5個原子最多有3個原子共面，所以EPy中所有原子不可能都共面， B錯誤；VPy含有雜環(huán)Q,和乙烯結構不相似，故VPy不是乙烯的同系物，C錯誤;D.反應②為醇的消去反應， D正確。答案選D。A.OH-參與了該催化循環(huán)C.該反應可消耗溫室氣體CO2變化A.OH-參與了該催化循環(huán)C.該反應可消耗溫室氣體CO2變化B.該反應可產生清潔燃料 H2D.該催化循環(huán)中Fe的成鍵數目發(fā)生【解析】【分析】題干中明確指出，鐵配合物Fe(CO)5充當催化劑的作用。機理圖中，凡是出現在歷程中，進去的箭頭表示反應物，出來的箭頭表示生成物，既有進去又有出來的箭頭表示為催化劑或反應條件，其余可以看成為中間物種。由題干中提供的反應機理圖可知，鐵配合物 Fe(CO)5在整個反應歷程中成鍵數目，配體種類等均發(fā)生了變化； 并且也可以觀察出，反應過程中所需的反應物除CO外還需要H2O,最終產物是CO2和H2,同時參與反應的還有OH-,故OH-也可以看成是另一個催化劑或反應條件?！驹斀狻緼.從反應機理圖中可知， OH-有進入的箭頭也有出去的箭頭，說明 OH-參與了該催化循環(huán)，故A項正確；B.從反應機理圖中可知，該反應的反應物為 CO和H2O,產物為H2和CO2,Fe(CO)5作為整個反應的催化劑，而OH-僅僅在個別步驟中輔助催化劑完成反應，說明該反應方程式為CO+H2OFe(CO)5CO2+H2,故有清潔燃料也生成，故B項正確；C.由B項分析可知，該反應不是消耗溫室氣體 CO2,反而是生成了溫室氣體CO2,故C項不正確；D.從反應機理圖中可知， Fe的成鍵數目和成鍵微粒在該循環(huán)過程中均發(fā)生了變化，故D項正確；答案選Co【點睛】對于反應機理圖的分析，最重要的是判斷反應物，產物以及催化劑；一般催化劑在機理圖中多數是以完整的循環(huán)出現的； 通過一個箭頭進入整個歷程的物質則是反應物； 而通過一個箭頭最終脫離整個歷程的物質一般多是產物。6.電致變色器件可智能調控太陽光透過率，從而實現節(jié)能。下圖是某電致變色器件的示意圖。當通電時，Ag+注入到無色WO3薄膜中，生成AgxWO3,器件呈現藍色，對于該變化過程，卜列敘述錯誤的是A.Ag為陽極 B.Ag+由銀電極向變色層遷移C.W元素的化合價升高 D.總反應為：WO3+xAg=AgxWO3【答案】C【解析】【分析】從題干可知，當通電時，Ag+注入到無色WO3薄膜中，生成AgxWO3器件呈現藍色，說明通電時，Ag電極有Ag+生成然后經固體電解質進入電致變色層， 說明Ag電極為陽極，透明導電層時陰極，故Ag電極上發(fā)生氧化反應，電致變色層發(fā)生還原反應?！驹斀狻緼.通電時，Ag電極有Ag+生成，故Ag電極為陽極，故A項正確；B.通電時電致變色層變藍色，說明有 Ag+從Ag電極經固體電解質進入電致變色層，故B項正確；C.過程中，W由WO3的+6價降低到AgxWO3中的+(6-x)價，故C項錯誤；D.該電解池中陽極即Ag電極上發(fā)生的電極反應為： xAg-xe-=xAg+,而另一極陰極上發(fā)生的電極反應為：WO3+xAg++xe-=AgxWO3,故發(fā)生的總反應式為： xAg+WO3=AgxWO3,故D項正確；答案選Co【點睛】電解池的試題，重點要弄清楚電解的原理，陰、陽極的判斷和陰、陽極上電極反應式的書寫，陽極反應式+陰極反應式=總反應式，加的過程中需使得失電子數相等。一種由短周期主族元素組成的化合物 (如圖所示)，具有良好的儲氫性能，其中元素W、X、丫、Z的原子序數依次增大、且總和為24。下列有關敘述錯誤的是WW"K(7廠Z -YIII

WWA.該化合物中，W、X、丫之間均為共價鍵Z的單質既能與水反應，也可與甲醇反應丫的最高化合價氧化物的水化物為強酸X的氟化物XF3中原子均為8電子穩(wěn)定結構【答案】D【解析】【分析】一種由短周期主族元素形成的化合物，具有良好的儲氫性能，其中元素 W、X、Y、Z的原子序數依次增大，且總和為24,根據圖示，W為1價形成共價鍵，W為氫，Z為+1價陽離

子，Z為Na,Y為3價，Y為N,24-1-11-7=5,X為B元素?！驹斀狻緼.該化合物中，H、B、N之間均以共用電子對形成共價鍵，故A正確；Na單質既能與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，也能與甲醇反應生成甲醇鈉和氫氣，故 B正確；N的最高價氧化物的水化物HNO3為強酸，故C正確；B的氟化物BF3中B原子最外層只有6個電子，達不到8電子穩(wěn)定結構，故D錯誤；故選Do二、非選擇題（一）必考題8.化學工業(yè)為疫情防控提供了強有力的物質支撐。氯的許多化合物既是重要化工原料，又是高效、廣譜的滅菌消毒劑?；卮鹣铝袉栴}：（1）氯氣是制備系列含氯化合物的主要原料，可采用如圖 （a）所示的裝置來制取。裝置中的離子膜只允許離子通過，氯氣的逸出口是（填標號）。（2）次氯酸為一元弱酸，具有漂白和殺菌作用，其電離平衡體系中各成分的組成分數c（X）a8（X）= ,X為HClO或ClO-］與pH的關系如圖（b）所示。HClO的電離c（HClO）+c（ClO-）常數Ka值為。（3）Cl2O為淡棕黃色氣體，是次氯酸的酸酎，可由新制的 HgO和Cl2反應來制備，該反應為歧化反應（氧化劑和還原劑為同一種物質的反應 ）。上述制備Cl2O的化學方程式為。（4）ClO2常溫下為黃色氣體，易溶于水，其水溶液是一種廣譜殺菌劑。 一種有效成分為NaClO2.NaHSO4、NaHCO3的上氧化氯泡騰片”，能快速溶于水，溢出大量氣泡，得到ClO2溶液。上述過程中，生成ClO2的反應屬于歧化反應，每生成1molClO2消耗NaClO2的量為

mol;產生氣泡”的化學方程式為?！?4毒液”的有效成分為NaClO,不可與酸性清潔劑混用的原因是(用離子方程式表示)。工業(yè)上是將氯氣通入到30%的NaOH溶液中來制備NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的質量分數為1%,則生產1000kg該溶液需消耗氯氣的質量為kg(保留整數)?！敬鸢浮?(1).Na+ (2).a(3).10-7.5 (4).2cl2+HgO=HgCl2+Cl2O (5).1.25.NaHCO3+NaHSO4=C02T+N2SO4+H2O ⑺.ClO-+Cl-+2H+=Cl2f+HO(8).203【解析】【分析】(1)電解飽和食鹽水，陽極產生氯氣，陽離子移向陰極室；(2)由圖pH=7.5時，c(HClO)=c(ClO-),hcq的心=￡(^^(患_)=c(h+)；(3)Cl2歧化為Cl2O和Cl-；(4)根據50。2一+4H+=4ClO2+C「+2H2O,計算每生成1molClO2,消耗的NaClO2；碳酸氫鈉和硫酸氫鈉反應生成硫酸鈉、水和二氧化碳；(5)“84'白NaClO、NaCl和酸性清潔劑混合后發(fā)生歸中反應；根據NaOH質量守恒計算；【詳解】(1)電解飽和食鹽水，反應的化學方程式為2NaCl+2H2O'-n2NaOH+Cl2t+HT,陽極氯離子失電子發(fā)生氧化反應生成氯氣， 氯氣從a口逸出，陰極氫離子得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，產生OH-與通過離子膜的Na+在陰極室形成NaOH,故答案為：Na+;a;(2)由圖pH=7.5時,(2)由圖pH=7.5時,c(HClO)=c(ClO-),HClO的Ka=c(H+)c(ClO-)

c(HClO)=c(H+)=10-7.5;故答案為:10-7.5；Cl2歧化為Cl2O和Cl-,HgO和氯氣反應的方程式為：2cl2+HgO=HgCl2+Cl2O,故答案為：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；5ClO2+4H+=4ClO2+Cl+2H2O,每生成1molClO2,消耗NaClO2為1mol54=1.25mol；碳酸氫鈉和硫酸氫鈉反應生成硫酸鈉、水和二氧化碳，方程式為： NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+H2O+CO2f,故答案為：1.25mol；NaHCO3+NaHSO4=Na2SO4+H2O+CO2T；⑸“84'白NaClO、NaCl和酸性清潔劑混合后發(fā)生歸中反應，離子方程式為： ClO+Cl+2h+=C12T+H2O；設氯氣為xkg,則消耗的NaOH為處kg,原氫氧化鈉質量為71

80x+1000KgX0.01,由NaOH質量守恒：原溶液為 1000Kg-x,貝U80xKg+1000KgX0.01=71 71(1000Kg-x)X0.3,解得x=203Kg;故答案為：ClO+Cl+2H=Cl2?+H2O;203。9.苯甲酸可用作食品防腐劑。實驗室可通過甲苯氧化制苯甲酸，其反應原理簡示如下:COOK+MnO2+HC—+KC1(JJOHCOOK+MnO2+HC—+KC1名稱相對分子質里熔點/C沸點/C密度/(gmL-1)溶解性甲苯92-95110.60.867不溶于水，易溶于乙醇苯甲酸122122.4(100c廿開始升華)248微溶于冷水，易溶于乙醇、熱水實驗步驟:(1)在裝有溫度計、冷凝管和攪拌器的三頸燒瓶中加入 1.5mL甲苯、100mL水和4.8g(約0.03mol)高鎰酸鉀，慢慢開啟攪拌器，并加熱回流至回流液不再出現油珠。(2)停止加熱，繼續(xù)攪拌，冷卻片刻后，從冷凝管上口慢慢加入適量飽和亞硫酸氫鈉溶液，并將反應混合物趁熱過濾，用少量熱水洗滌濾渣。 合并濾液和洗滌液，于冰水浴中冷卻，然后用濃鹽酸酸化至苯甲酸析出完全。 將析出的苯甲酸過濾， 用少量冷水洗滌，放在沸水浴上干燥。稱量，粗產品為1.0go(3)純度測定：稱取0.122g粗產品，配成乙醇溶液，于100mL容量瓶中定容。每次移取25.00mL溶液，用0.01000molL-1的KOH標準溶液滴定，三次滴定平均消耗21.50mL的KOH標準溶液?；卮鹣铝袉栴}：(1)根據上述實驗藥品的用量，三頸燒瓶的最適宜規(guī)格為(填標號)。A.100mLB.250mL C.500mLD.1000mL(2)在反應裝置中應選用冷凝管(填直形”或球形”)當回流液不再出現油珠即可判斷

TOC\o"1-5"\h\z反應已完成，其判斷理由是 。(3)加入適量飽和亞硫酸氫鈉溶液的目的是 ；該步驟亦可用草酸在酸性條件下處理，請用反應的離子方程式表達其原理 。(4)用少量“熱水洗滌濾渣”一步中濾渣的主要成分是 。(5)干燥苯甲酸晶體時，若溫度過高，可能出現的結果是 。(6)本實驗制備的苯甲酸的純度為 ；據此估算本實驗中苯甲酸的產率最接近于 (填標號)。A．70%B．60%C．50%D．40%(7)若要得到純度更高的苯甲酸，可通過在水中 的方法提純?！敬鸢浮?1).B(2).球形(3).無油珠說明不溶于水的甲苯已經被完全氧化(4).除去過量的高錳酸鉀，避免在用鹽酸酸化時，產生氯氣 (5).2MnO4+5H2c2O4+6H+=2Mn2++10CO2T+8HO(6).MnO2 (7).苯甲酸升華而損失.86.0％ (9).C(10).重結晶【解析】分析】甲苯用高錳酸鉀氧化時生成苯甲酸鉀和二氧化錳，為增加冷凝效果，在反應裝置中選用球形冷凝管，加熱回流，當回流液中不再出現油珠時，說明反應已經完成，加入適量的飽和亞硫酸氫鈉溶液除去過量的高錳酸鉀，用鹽酸酸化得苯甲酸，過濾、干燥、洗滌得粗產品；用KOH溶液滴定，測定粗產品的純度。【詳解】(1)加熱液體，所盛液體的體積不超過三頸燒瓶的一半，三頸燒瓶中已經加入100m的水，1.5mL甲苯，4.8g高錳酸鉀，應選用250mL的三頸燒瓶，故答案為：B；(2)為增加冷凝效果，在反應裝置中宜選用球形冷凝管，當回流液中不再出現油珠時，說明反應已經完成，因為：沒有油珠說明不溶于水的甲苯已經完全被氧化；故答案為：球形；沒有油珠說明不溶于水的甲苯已經完全被氧化；(3)高鎰酸鉀具有強氧化性， 能將Cl-氧化。加入適量的飽和亞硫酸氫鈉溶液是為了除去過量的高錳酸鉀，避免在用鹽酸酸化時，產生氯氣；該步驟亦可用草酸處理，生成二氧化碳和鎰鹽，離子方程式為： 5H2C2O4+2MnO4+6H+=2Mn2++I0CO2U8H2。；故答案為：除去過量的高錳酸鉀，避免在用鹽酸酸化時，產生氯氣； 5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=2Mn2＋＋10CO2U8H2。；

用少量熱水洗滌濾渣(4)由信息甲苯用高鎰酸鉀氧化時生成苯甲酸鉀和二氧化鎰,用少量熱水洗滌濾渣中濾渣的主要成分是：MnO2,故答案為：MnO2；(5)苯甲酸100c時易升華，干燥苯甲酸時，若溫度過高，苯甲酸升華而損失；故答案為:苯甲酸升華而損失；(6)由關系式C6H5COOH?KOH得，苯甲酸的純度為：O.OIOOOmolL-121.501O—3L1OOO.OIOOOmolL-121.501O—3L1OO25122gmolMOO%=86.O%；1.5mL甲苯理論上可得O.122g-1到苯甲酸的質量：1.5mLO.8671gmLX122gmol-1=1.72g,產品的產率為1g %92gmol 1.72gX1OO%=5O%；故答案為：86.O%；C；(7)提純苯甲酸可用重結晶的方法。故答案為：重結晶。【點睛】本題考查制備方案的設計，涉及物質的分離提純、儀器的使用、產率計算等，清楚原理是解答的關鍵，注意對題目信息的應用，是對學生實驗綜合能力的考查，難點( 6)注意產品純度和產率的區(qū)別。1O.天然氣的主要成分為CH4,一般還含有C2H6等煌類，是重要的燃料和化工原料。(1)乙烷在一定條件可發(fā)生如下反應： C2H6(g尸C2H4(g)+H2(g)出相關物質的燃燒熱數據如下表所示：物質C2H6(g)C2H4(g)H2(g)燃燒熱AH/(kJmol-1)-156O-1411-286①AH=kJmol-1。②提高該反應平衡轉化率的方法有、。③容器中通入等物質的量的乙烷和氫氣，在等壓下(P)發(fā)生上述反應，乙烷的平衡轉化率為良反應的平衡常數Kp=(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓加質的量分數)。(2)高溫下，甲烷生成乙烷的反應如下： 2CH4高溫 C2H6+H2。反應在初期階段的速率方程為：r=kxCch4,其中k為反應速率常數。①設反應開始時的反應速率為 門，甲烷的轉化率為 a時的反應速率為「2,則r2=門。②對于處于初期階段的該反應，下列說法正確的是。A.增加甲烷濃度，r增大B.增加H2濃度，r增大C.乙烷的生成速率逐漸增大 D.降低反應溫度，k減小(3)CH4和CO2都是比較穩(wěn)定的分子，科學家利用電化學裝置實現兩種分子的耦合轉化，其原理如下圖所示：碳氧氫碳氧氫①陰極上的反應式為。②若生成的乙烯和乙烷的體積比為 2:1,則消耗的CH4和CO2體積比為?！敬鸢浮?(1).137 (2).升高溫度(3).減小壓強(增大體積) (4).a(1+a) 9(2+“)(1-“)P(5).1-a(6).AD⑺.CO2+2e-=CO+O2- (8).6：5【解析】(1)①先寫出三種氣體的燃燒熱的熱化學方程式，然后根據蓋斯定律進行計算，得到目標反應的？H;②反應C2Hs(g)=C2H4(g)+H2(g)為氣體體積增大的吸熱反應，升高溫度、減小壓強平衡等都向正反應方向移動；③根據已知乙烷的轉化率，設起始時加入的乙烷和氫氣各為 1mol,列出三段式，求出平衡時各物質的分壓，帶入平衡常數的計算公式進行計算；(2)①根據r=kxCch4,若r產kc,甲烷轉化率為油寸，甲烷的濃度為c(1-“)，則「2=kc(1-“);②根據反應初期的速率方程為：r=kxCch4,其中k為反應速率常數，據此分析速率變化的影響因素；(3)①由圖可知，CO在陰極得電子發(fā)生還原反應，電解質傳到 C2-,據此寫出電極反應;

②令生成乙烯和乙烷分別為2體積和1體積，根據阿伏加德羅定律，同溫同壓下，氣體體積比等于物質的量之比，再根據得失電子守恒，得到發(fā)生的總反應，進而計算出為消耗 CH4和CO的體積比?！驹斀狻?1)①由表中燃燒熱數值可知：①C2H6(g)+7O2(g)=2CO2(g)+3H20(1)?H1=-1560kJ?mol-1；②C2H4(g)+3O2(g)=2C02(g)+2H2O(l)?H2=-1411kJ?mo-1；③H2(g)+102(g)=H20(1)?H3=-286kJ?mo「1；根據蓋斯定律可知，①-②-③得C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g),則？H=?H1-?H2-?H3=(-1560kJ?mo1-1)-(-1411kJ?mor1)-(-286kJ?mo「1)=137kJ?mo1-1,故答案為137;②反應C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)為氣體體積增大的吸熱反應，升高溫度、減小壓強平衡都向正反應方向移動， 故提高該反應平衡轉化率的方法有升高溫度、 減小壓強(增大體積)；③設起始時加入的乙烷和氫氣各為 1mo1,列出三段式,C2H6(g)LC2H4(g)+H2(g)TOC\o"1-5"\h\z起始(mol) 1 0 1轉化(mol) “ a a平衡(mol) 1-" " 1+a平衡時，C平衡時，C2H6、C2H4和H2平衡分壓分別為p、'匚p和^--p,則反應的平衡常數2a2a2a為Kp=為Kp=—(2(1a)a)(1a)(2)①根據r=kxCch4,若J=kc,甲烷轉化率為出寸，甲烷的濃度為c(1-a),則「2=kc(1-a)，所以「2=(1-町「1;②A.增大反應物濃度反應速率增大，故 A說法正確；B.由速率方程可知，初期階段的反應速率與氫氣濃度無關，故B說法錯誤；C.反應物甲烷的濃度逐漸減小，結合速率方程可知，乙烷的生成速率逐漸減小，故 C說法錯誤；D.化學反應速率與溫度有關，溫度降低，反應速率常數減小，故D正確。答案選AD。(3)①由圖可知，CO2在陰極得電子發(fā)生還原反應，電極反應為 CO2+2e-=CO+O2-；②令生成乙烯和乙烷分別為2體積和1體積，根據阿伏加德羅定律，同溫同壓下，氣體體積比等于物質的量之比，再根據得失電子守恒，得到發(fā)生的總反應為： 6CH4+5CO2=2C2H4+C2H6+5H2O+5CO,即消耗CH4和CO2的體積比為6:5。故答案為：6:5。（二）選考題—化學一一選修3：物質結構與性質］11.鈣鈦礦（CaTiO3）型化合物是一類可用于生產太陽能電池、 傳感器、固體電阻器等的功能材料，回答下列問題：（1）基態(tài)Ti原子的核外電子排布式為。（2）Ti的四鹵化物熔點如下表所示， TiF4熔點高于其他三種鹵化物，自TiCl4至Til4熔點依次升高，原因是 化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔點/C377-24.1238.3155（3）CaTiO3的晶胞如圖（a）所示，其組成元素的電負性大小順序是;金屬離子與氧離子間的作用力為,Ca2+的配位數是。（4）一種立方鈣鈦礦結構的金屬鹵化物光電材料的組成為 Pb2+、「和有機堿離子CH3NH+,其晶胞如圖（b）所示。其中Pb2+與圖（a）中的空間位置相同，有機堿CH3NH+中，N原子的雜化軌道類型是;若晶胞參數為anm,則晶體密度為gcm-3（列出計算式）。??? ??e01%T： 『PI產圖仆） 圖（h）（5）用上述金屬鹵化物光電材料制作的太陽能電池在使用過程中會產生單質鉛和碘，降低了器件效率和使用壽命。我國科學家巧妙地在此材料中引入稀土鋪 （Eu）鹽，提升了太陽能電池的效率和使用壽命，其作用原理如圖 （c）所示，用離子方程式表示該原理、□l【答案】 (1).1s22s22p63s23p63d24s2 (2).TiF4為離子化合物，熔點高，其他三種均為共價化合物，隨相對分子質量的增大分子間作用力增大，熔點逐漸升高 (3).O>Ti>Ca, 1 620 dM2i(4).離子鍵(5).12 (6).Ti4+ ⑺.sp3 (8).0^^10 (9).2Eu3++Pb=2Eu2++Pb2+ (10).2Eu2++l2=2Eu3++2I-【解析】【分析】(1)考查了對基態(tài)原子電子排布規(guī)律的認識； (2)考查了不同類型的晶體的熔沸點比較，相同類型的晶體的熔沸點比較； (3)考查了電負性的周期性變化規(guī)律，微粒間的相互作用以及晶胞中離子的配位數；(4)考查了晶胞中微粒的位置和雜化理論，晶體密度的計算問題； (5)重點考查通過反應歷程圖，來書寫離子方程式等。【詳解】(1)鈦元素是22號元素，故其基態(tài)原子的核外電子排布式為 1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；故答案為：1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；(2)一般不同的晶體類型的熔沸點是原子晶體 >離子晶體〉分子晶體，TiF4是離子晶體，其余三種則為分子晶體，故 TiF4的熔點高于其余三種物質； TiCl4、TiBr4、Til4均為分子晶體，對于結構相似的分子晶體，則其相對分子質量越大，分子間作用力依次越大，熔點越高；故答案為：丁正4是離子晶體，其余三種則為分子晶體，故TiF4的熔點高于其余三種物質；TiCl4、TiBr4、Til4均為分子晶體，相對分子質量依次增大，分子間作用力依次增強，故熔點依次升高；(3)CaTiO3晶體中含有Ca、Ti、。三種元素，Ca、Ti是同為第四周期的金屬元素， Ca在Ti的左邊，根據同一周期元素的電負性從左往右依次增大，故Ti>Ca,。為非金屬，故其電負性最強，故三者電負性由大到小的順序是： O>Ti>Ca,金屬陽離子和氧負離子之間以離子鍵結合，離子晶體晶胞中某微粒的配位數是指與之距離最近且相等的帶相反電性的離子，故Ca2+的配位數必須是與之距離最近且相等的氧離子的數目， 從圖(a)可知，該數目為三個相互垂直的三個面上，每一個面上有 4個，故Ca2+的配位數是12；故答案為：O>Ti>Ca;離子

鍵；12;（4）比較晶胞（a）（b）可知，將圖（b）中周圍緊鄰的八個晶胞中體心上的離子連接起來，就能變?yōu)閳D（a）所示晶胞結構，圖（b）中體心上的Pb2+就變?yōu)榱税藗€頂點，即相當于圖（a）中的Ti4+;圖（b）中頂點上的「就變成了體心，即相當于圖（a）中的Ca2+;圖（b）面心上中的CH3NH+就變成了棱心，即相當于圖（a）中的O2-;故圖（b）中的Pb2+與圖（a）中的Ti4+的空間位置相同；有機堿CH3NH+中N原子上無孤對電子，周圍形成了4個。鍵，故N原子采用sp3雜化；從圖（b）1可知，一個晶胞中含有Pb2+的數目為1?1=1個，CH3NH3的數目為8?」=1個，I-的數目為81人-一，…、，6?_=3個，故晶胞的密度為2620八21 3=——3620八21 3=——3?1021g/cm3,故答案為:NaH°V- NA(a?10-7)3Ti4+；sp3Ti4+；sp3；620Nad_21X1021（5）從作用原理圖（c）可以推出，這里發(fā)生兩個離子反應方程式，左邊發(fā)生Pb+2Eu3+=Pb2++2Eu2+,右邊發(fā)生I2+2Eu2+=2Eu3++2I-,故答案為：Pb+2Eu3+=Pb2++2Eu2+；I2+2Eu2+=2Eu3++2I-【點睛】對電負性的考查，只要掌握周期表同一周期從左往右電負性依次增大， 同一主族從上往下電負性依次減小的規(guī)律， 另金屬元素的電負性小于非金屬的； 化學鍵的類型判斷主要也是通過電負性，當兩元素的電負性相差 1.7以上形成離子鍵，小于則形成共價鍵；判斷分子等構型時，可以通過價層電子對互斥理論或雜化軌道理論以及等電子體原理進行判斷； 由陌生晶胞結構計算晶體密度時， 先要確定晶胞中含有的微粒數目， 這時一方面要認真分析晶胞中各類粒子的位置信息， 另一方面也要注意均攤法的使用， 然后根據質量的兩種計算方法相等即VnM來進行求算。［化學一一選修5:有機化學基礎］12.維生素E是一種人體必需的脂溶性維生素，現已廣泛應用于醫(yī)藥、營養(yǎng)品、化妝品等。天然的維生素E由多種生育酚組成，其中 “-生育酚（化合物E）含量最高，生理活性也最高。卜面是化合物E的一種合成路線，其中部分反應略去。

Ill)回答下列問題：A的化學名稱為。B的結構簡式為。(3)反應物C含有三個甲基，其結構簡式為(4)反應⑤的反應類型為。(5)反應⑥的化學方程式為。(6)化合物C的同分異構體中能同時滿足以下三個條件的有個(不考慮立體異構體，填標號)。(i)含有兩個甲基；(ii)含有酮?；?但不含C=C=O);(iii)不含有環(huán)狀結構。(a)4 ( b)6 ( c)8 (d)10其中，含有手性碳(注：連有四個不同的原子或基團的碳 )的化合物的結構簡式為

已知信息c”和D的分子式可知D【解析】中的碳碳三鍵和H2按1：1加成，反應的化學方程式為:（5）反應⑥為（4）反應⑤為加成反應，H加在談基的。上，乙快基加在默基的C上，故答案為：加成反應;(6).c【答案】 （i）.3-甲基苯酚（或間甲基苯酚已知信息c”和D的分子式可知D【解析】中的碳碳三鍵和H2按1：1加成，反應的化學方程式為:（5）反應⑥為（4）反應⑤為加成反應，H加在談基的。上，乙快基加在默基的C上，故答案為：加成反應;(6).c【答案】 （i）.3-甲基苯酚（或間甲基苯酚） （2）.(3).⑺.CH2=CHCH(CH3)COCH3()式可知C為,故答案為:（4）.加成反應(5).【分析】據此解答。（3）由分析可知,c的結構簡式為;結合“已知信息b”和C的分子【詳解】（1）A為,化學名稱3-甲基苯酚（或間甲基苯酚），故答案為：3-甲基苯酚（或間甲基苯酚）（2）由分析可知,結合“已知信息a”和B的分子式可知B為B的結構簡式為,故答案為:,故答案為:(?C為JkJC,有2個不飽和度，含酮?；缓h(huán)狀結構，則分子中含一個碳碳雙鍵，一個酮厥基，外力口2個甲基，符合條件的有8種，如下：CH3CH=CHCOCH2CH3,故答案為:(?C為JkJCCH3CH=CHCH2COCH3、CH3CH2CH=CHCOCH3、CH2=CHCH(CH3)COCH3、CH2=C(C2H5)COCH3、CH2=C(CH3)COCH2CH3、CH2=C(CH3)CH2COCH3、CH2=CHCOCH(CH3)2,其中，含有手性碳的為CH2=CHCH(CH3)COCH3()。故答案為：c；CH2=CHCH(CH3)COCH3(/)。2020年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試(新課標n卷)理科綜合生物能力測試一、選擇題1.新冠病毒(SARS-CoV-2)和肺炎雙球菌均可引發(fā)肺炎，但二者的結構不同，新冠病毒是一種含有單鏈RNA的病毒。下列相關敘述正確的是( )A.新冠病毒進入宿主細胞的跨膜運輸方式屬于被動運輸B.新冠病毒與肺炎雙球菌均可利用自身的核糖體進行蛋白質合成C.新冠病毒與肺炎雙球菌二者遺傳物質所含有的核甘酸是相同的D.新冠病毒或肺炎雙球菌的某些蛋白質可作為抗原引起機體免疫反應【解析】【分析】新冠病毒是一種RNA病毒，不具細胞結構，主要由RNA和蛋白質構成；肺炎雙球菌是一種細菌，屬于原核生物?！驹斀狻緼、新冠病毒進入宿主細胞的方式為胞吞，A錯誤；B、新冠病毒不具細胞結構，不含核糖體等細胞器，利用宿主細胞的核糖體進行蛋白質的合成，B錯誤；C、新冠病毒的遺傳物質為 RNA,肺炎雙球菌的遺傳物質為DNA,二者的核甘酸不同， C錯誤；D、抗原是指能夠引起機體產生特異性免疫反應的物質，病毒、細菌等病原體表面的蛋白質等物質都可以作為引起免疫反應的抗原，D正確。故選D。2.當人體的免疫系統(tǒng)將自身物質當作外來異物進行攻擊時，可引起自身免疫病。下列屬于自身免疫病的是（）A艾滋病類風濕性關節(jié)炎動物毛屑接觸性鼻炎抗維生素D佝僂病【答案】B【解析】【分析】自身免疫?。河捎诿庖呦到y(tǒng)異常敏感、反應過度，“敵我不分”地將自身物質當作外來異物進行攻擊而引起的一類疾病。過敏反應：日常生活中，有些人接觸某些花粉而引起皮膚蕁麻疹，或吃了海鮮而嘔吐、接觸了動物的毛屑而出現過敏性鼻炎等，都是由于免疫系統(tǒng)對外來物質（過敏原）過度敏感引起的過敏反應?！驹斀狻緼、艾滋病是由艾滋病病毒引起的免疫功能缺失的獲得性免疫缺陷綜合征，A錯誤；B、類風濕性關節(jié)炎為自身免疫反應對自身組織和器官造成損傷，屬于自身免疫病，B正確；C、動物毛屑接觸性鼻炎是由于免疫系統(tǒng)對過敏原（毛屑）過度敏感引起的過敏反應， C錯誤；D錯誤。D、抗維生素 DD錯誤。故選B。.下列關于生物學實驗的敘述，錯誤的是（）觀察活細胞中的線粒體時，可以用健那綠染液進行染色探究人體紅細胞因失水而發(fā)生的形態(tài)變化時，可用肉眼直接觀察觀察細胞中RNA和DNA的分布時，可用吡羅紅甲基綠染色劑染色用細胞融合的方法探究細胞膜流動性時，可用熒光染料標記膜蛋白【答案】B【解析】【分析】本題考查教材上多個觀察和驗證性實驗的相關知識，需要考生掌握相關實驗的原理和方法，明確所用實驗材料和試劑的特性，然后根據選項描述進行判斷。【詳解】A、健那綠染液是將活細胞中線粒體染色的專一性染料，可以使活細胞中的線粒體呈現藍綠色，而細胞質接近無色，A正確；B、紅細胞體積微小，觀察其因失水而發(fā)生的形態(tài)變化需要利用顯微鏡， B錯誤；C、甲基綠和口比羅紅兩種染色劑對 DNA和RNA的親和力不同，甲基綠使DNA呈現綠色，吡羅紅使RNA呈現紅色，利用甲基綠、吡羅紅混合染色劑將細胞染色，可以顯示 DNA和RNA在細胞中的分布，C正確；D、細胞膜主要由磷脂和蛋白質組成，用兩種熒光染料分別標記兩種細胞的膜蛋白分子，經過細胞融合后，兩種顏色的熒光均勻分布，可以證明細胞膜具有流動性，D正確。故選B。.關于高等植物細胞中染色體組的敘述，錯誤的是（）二倍體植物的配子只含有一個染色體組每個染色體組中的染色體均為非同源染色體每個染色體組中都含有常染色體和性染色體每個染色體組中各染色體 DNA的堿基序列不同【答案】C【解析】【分析】細胞中的一組非同源染色體，在形態(tài)和功能上各不相同，但又互相協調，共同控制生物的生長、發(fā)育、遺傳和變異，這樣的一組染色體叫作一個染色體組。同源染色體是指形狀和大小一般相同，一條來自父方，一條來自母方的染色體?！驹斀狻緼、二倍體植物體細胞含有兩個染色體組，減數分裂形成配子時染色體數目減半，即配子只含一個染色體組，A正確；B、由染色體組的定義可知，一個染色體組中所有染色體均為非同源染色體，不含同源染色體，B正確；C、不是所有生物都有性別之分，有性別之分的生物的性別不一定由性染色體決定，因此不是所有細胞中都有性染色體和常染色體之分，C錯誤；D、一個染色體組中的所有染色體在形態(tài)和功能上各不相同，因此染色體 DNA的堿基序列不同，D正確。故選C。.取某植物的成熟葉片，用打孔器獲取葉圓片，等分成兩份，分別放入濃度（單位為 g/mL）相同的甲糖溶液和乙糖溶液中，得到甲、乙兩個實驗組（甲糖的相對分子質量約為乙糖的2倍）。水分交換達到平衡時，檢測甲、乙兩組的溶液濃度，發(fā)現甲組中甲糖溶液濃度升高。在此期間葉細胞和溶液之間沒有溶質交換。據此判斷下列說法錯誤的是（）甲組葉細胞吸收了甲糖溶液中的水使甲糖溶液濃度升高若測得乙糖溶液濃度不變，則乙組葉細胞的凈吸水量為零若測得乙糖溶液濃度降低，則乙組葉肉細胞可能發(fā)生了質壁分離若測得乙糖溶液濃度升高，則葉細胞的凈吸水量乙組大于甲組【答案】D【解析】【分析】滲透作用需要滿足的條件是：①半透膜；②膜兩側具有濃度差。濃度差是指單位體積溶質分子數量的差異，即物質的量濃度差異，由題干信息可知，甲糖和乙糖的質量分數相同，但甲糖的相對分子質量約為乙糖的2倍，因此乙糖溶液的物質的量濃度約為甲糖溶液的2倍?！驹斀狻緼、由題干信息可知，葉細胞與溶液之間無溶質交換，而甲組的甲糖溶液濃度升高，則可能是由于葉細胞的細胞液濃度大于甲糖溶液物質的量濃度，引起了細胞吸水，A正確；B、若乙糖溶液濃度不變，說明乙糖溶液物質的量濃度與葉細胞的細胞液濃度相等，葉細胞凈吸水量為零，B正確；C、若乙糖溶液濃度降低，說明細胞失水，葉肉細胞可能發(fā)生了質壁分離， C正確；D、若乙糖溶液濃度升高，說明乙糖溶液物質的量濃度低于葉細胞的細胞液濃度，細胞吸水，而乙糖溶液的物質的量濃度約為甲糖溶液的2倍，因此葉細胞的凈吸水量應是乙組小于甲組，D錯誤。故選D。.河水攜帶泥沙流入大海時，泥沙會在入?？谟俜e形成三角洲。在這個過程中，會出現 3種植物群落類型：①以蘆葦為主的植物群落（生長在淡水環(huán)境中） ，②以赤堿蓬為主的植物群落（生長在海水環(huán)境中），③草甸植物群落（生長在陸地環(huán)境中）。該三角洲上的植物群落是通過群落演替形成的，演替的順序是（）A.②①③B③②①①③②③①②【答案】A【解析】【分析】群落是一個動態(tài)系統(tǒng)，它是不斷發(fā)展變化的。隨著時間的推移，一個群落被另一個群落代替的過程，叫作演替。群落的演替可分為初生演替和次生演替，初生演替是指在一個從來沒有植物覆蓋的地面或者原來存在過植被，但被徹底消滅的地方發(fā)生的演替；次生演替是指在原有植被雖已不存在，但原有土壤條件基本保留，甚至還保留了植物的種子或其他繁殖體的地方發(fā)生的演替?！驹斀狻坑深}干信息可知，該處形成三角洲的過程發(fā)生的演替屬于次生演替，由于入?？诘暮Ｋh(huán)境，最先形成的群落應是②以堿蓬為主的植物群落，隨著河水（淡水）的不斷沖刷，此處環(huán)境中水中的鹽濃度會逐漸下降，植物群落便逐漸演替為①以蘆葦為主的植物群落，由于河水中帶有泥沙，三角洲處的陸地面積也會有一定的增大，因此會逐漸演替為草甸植物群落，則演替順序為②①③， A正確。故選A。三、非選擇題7.大豆蛋白在人體內經消化道中酶的作用后，可形成小肽（短的肽鏈）?；卮鹣铝袉栴}：（1）在大豆細胞中，以mRNA為模板合成蛋白質時，除 mRNA外還需要其他種類的核酸分子參與，它們是 、 。（2）大豆細胞中大多數mRNA和RNA聚合酶從合成部位到執(zhí)行功能部位需要經過核孔。就細胞核和細胞質這兩個部位來說，作為 mRNA合成部位的是,作為mRNA執(zhí)行功能部位的是;作為RNA聚合酶合成部位的是,作為RNA聚合酶執(zhí)行功能部位的是。（3）部分氨基酸的密碼子如表所示。若來自大豆的某小肽對應的編碼序列為UACGAACAUUGG,貝U該小肽的氨基酸序列J是。若該小肽對應的DNA序列有3處堿基發(fā)生了替換，但小肽的氨基酸序列不變，則此時編碼小肽的 RNA序列為氨基酸密碼子色氨酸UGG谷氨酸GAAGAG酪氨酸UACUAU組氨酸CAUCAC【答案】 （1）.rRNA（2）.tRNA（3）.細胞核（4）.細胞質（5）.細胞質（6）.細胞核 ⑺.酪氨酸-谷氨酸-組氨酸-色氨酸 （8）.UAUGAGCACUGG【解析】【分析】翻譯：1、概念：游離在細胞質中的各種氨基酸， ，以mRNA為模板合成具有一定氨基酸順序的蛋白質的過程。2、場所：核糖體。3、條件：①模板：mRNA;②原料：氨基酸；③酶；④能量；⑤tRNA4、結果：形成具有一定氨基酸順序的蛋白質。

【詳解】（1）翻譯過程中除了需要輸氨基酸的tRNA【詳解】（1）翻譯過程中除了需要輸氨基酸的tRNA。（2）就細胞核和細胞質這兩個部位來說，mRNA是在細胞核內以 DNA的一條鏈為模板合成的，合成后需進入細胞質翻譯出相應的蛋白質。RNA聚合酶的化學本質是蛋白質，在細胞質中合成后，進入細胞核用于合成 RNA。（3）根據該小肽的編碼序列和對應的部分密碼子表可知，該小肽的氨基酸序列是：酪氨酸谷氨酸 -組氨酸 -色氨酸。由于谷氨酸、酪氨酸、組氨酸對應的密碼子各有兩種，故可知對應的DNA序列有3處堿基發(fā)生替換后，氨基酸序列不變，則形成的編碼序列為UAUGAGCACUGG。【點睛】本題考查蛋白質合成的相關知識，要求考生能夠識記蛋白質的合成過程以及密碼子的相關知識，結合實例準確答題。8.為了研究細胞器 的功能，某同學將正常葉片置于適量的溶液 B中，用組織搗碎機破碎細胞，再用差速離心法分離細胞器?；卮鹣铝袉栴}：（1）該實驗所用溶液 B應滿足的條件是 （答出2點即可）。（2）離心沉淀出細胞核后，上清液在適宜條件下能將葡萄糖徹底分解，原因是此上清液中含有 。（3）將分離得到的葉綠體懸浮在適宜溶液中，照光后有氧氣釋放；如果在該適宜溶液中將葉綠體外表的雙層膜破裂后再照光， （填“有”或“沒有”）氧氣釋放，原因是 。【答案】（1）.pH應與細胞質基質的相同，滲透壓應與細胞內的相同（2）.細胞質基質組分和線粒體 （3）.有（4）.類囊體膜是 H2O分解釋放O2的場所，葉綠體膜破裂不影響類囊體膜的功能【解析】【分析】細胞器的種類及功能：1、細胞器分為：線粒體、葉綠體、內質網、高爾基體、核糖體、溶酶體、液泡、中心體。2、①線粒體是細胞進行有氧呼吸的主要場所。 又稱“動力車間”。細胞生命活動所需的能量，大約95%來自線粒體。②葉綠體是綠色植物能進行光合作用的細胞含有的細胞器，是植物細胞的 養(yǎng)料制造車間”和“能量轉換站”。③內質網是由膜連接而成的網狀結構，是細胞內蛋白質的合成和加工，以及脂質合成的 軍間”。④高爾基體對來自內質網的蛋白質加工，分類和包裝的車間”及發(fā)送站”。⑤核糖體是“生產蛋白質的機器 ”，有的依附在內質網上稱為附著核糖體，有的游離分布在細胞質中稱為游離核糖體。⑥溶酶體分解衰老，損傷的細胞器，吞噬并殺死入侵的病毒或細菌。⑦液泡是調節(jié)細胞內的環(huán)境，是植物細胞保持堅挺的細胞器。含有色素（花青素） 。⑧中心體與低等植物細胞、動物細胞有絲分裂有關。由兩個相互垂直的中心粒構成 .?！驹斀狻?（1）將正常葉片置于適量的溶液 B中，為防止葉片失水，應保證pH與細胞質基質的相同，滲透壓與細胞內的相同。（2）葡萄糖徹底氧化分解的場所為細胞質基質和線粒體。（3）由于類囊體膜是 H2O分解釋放 O2的場所，葉綠體膜破裂不影響類囊體膜功能，故有氧氣釋放。【點睛】本題結合具體實例考查光合作用、呼吸作用和細胞器的相關內容，掌握光合作用和呼吸作用的場所、細胞器的功能是解題的關鍵。9.人在劇烈奔跑運動時機體會出現一些生理變化?；卮鹣铝袉栴}：（1）劇烈奔跑運動時肌細胞會出現 ，這一呼吸方式會導致肌肉有酸痛感。（2）當進行較長時間劇烈運動時，人體還會出現其他一些生理變化。例如，與運動前相比，胰島A細胞的分泌活動會加強，分泌 ，該激素具有 （答出2點即可）等生理功能，從而使血糖水平升高。（3）人在進行劇烈運動時會大量出汗，因此在大量出汗后，為維持內環(huán)境的相對穩(wěn)定，可以在飲水的同時適當補充一些 ?！敬鸢浮浚?）.無氧呼吸 （2）.胰高血糖素 （3）.促進糖原分解和非糖物質轉化為葡萄糖（4）.電解質（或答：無機鹽）【解析】【分析】胰島B細胞能分泌胰島素，其作用是促進組織細胞加速攝取、利用和儲存葡萄糖，從而使血糖水平降低；胰島A細胞能分泌胰高血糖素，其作用是促進糖原分解，并促進一些非糖物質轉化為葡萄糖，從而使血糖水平升高。（1）劇烈奔跑時肌細胞會進行無氧呼吸產生乳酸，從而使肌肉有酸痛感。2）胰島A細胞能分泌胰高血糖素，其作用是促進糖原分解，并促進一些非糖物質轉化為葡萄糖，從而使血糖水平升高。（3）汗液中除含有水分外，還會含有一些電解質（無機鹽），故大量出汗后除了補充水分外，還應補充電解質（無機鹽）?！军c睛】本題結合生活實例，主要考查了無氧呼吸、血糖調節(jié)以及水鹽平衡調節(jié)的相關知識，意在考查考生從題中獲取信息的能力，并運用所學知識對信息進行分析、推理和解釋現象的能力。10.控制某種植物葉形、葉色和能否抗霜霉病 3個性狀的基因分別用A/a、B/b、D/d表示，且位于3對同源染色體上?，F有表現型不同的4種植株：板葉紫葉抗病（甲）、板葉綠葉抗病（乙）、花葉綠葉感病（丙）和花葉紫葉感?。ǘ。?。甲和丙雜交，子代表現型均與甲相同；乙和丁雜交，子代出現個體數相近的8種不同表現型?；卮鹣铝袉栴}：TOC\o"1-5"\h\z1）根據甲和丙的雜交結果，可知這 3對相對性狀的顯性性狀分別是 。2）根據甲和丙、乙和丁的雜交結果，可以推斷甲、乙、丙和丁植株的基因型分別為 、 、 和 。3）若