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2019年普通高等学校招生全国统一考试（全国I卷）

理科综合

物理部分

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

二、选择题：本题共8小题，每小题6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。

1.氢原子能级示意图如图所示。光子能量在1.63 eV~3.10 eV的光为可见光。要使处于基态（n=1）的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为

 

A. 12.09 eV B. 10.20 eV C. 1.89 eV D. 1.5l eV

【答案】A

【解析】

【详解】由题意可知，基态（n=1）氢原子被激发后，至少被激发到n=3能级后，跃迁才可能产生能量在1.63eV~3.10eV的可见光。故。故本题选A。

 

2.如图，空间存在一方向水平向右的匀强磁场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则

 

A. P和Q都带正电荷 B. P和Q都带负电荷

C. P带正电荷，Q带负电荷 D. P带负电荷，Q带正电荷

【答案】D

【解析】

【详解】AB、受力分析可知，P和Q两小球，不能带同种电荷，AB错误；

CD、若P球带负电，Q球带正电，如下图所示，恰能满足题意，则C错误D正确，故本题选D。

 

 

3.最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×10⁶ N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为

A. 1.6×10² kg B. 1.6×10³ kg C. 1.6×10⁵ kg D. 1.6×10⁶ kg

【答案】B

【解析】

【详解】设该发动机在s时间内，喷射出的气体质量为，根据动量定理，，可知，在1s内喷射出的气体质量，故本题选B。

 

4.如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为

 

A. 2F B. 1.5F C. 0.5F D. 0

【答案】B

【解析】

【详解】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比。如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式，可知，得，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为，故本题选B。

 

 

5.如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时间为t₁，第四个所用的时间为t₂。不计空气阻力，则满足

 

A. 1<<2 B. 2<<3 C. 3<<4 D. 4<<5

【答案】C

【解析】

【详解】运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动。则根据初速度为零匀加速运动，相等相邻位移时间关系，可知，即，故本题选C。

 

6.如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N。另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°。已知M始终保持静止，则在此过程中

 

A. 水平拉力的大小可能保持不变

B. M所受细绳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减小后增加

【答案】BD

【解析】

【详解】如图所示，以物块N为研究对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F逐渐增大，绳子拉力T逐渐增大；

             

对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，则随着绳子拉力T的增加，则摩擦力f也逐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加。故本题选BD。

 

7.空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示：磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在t=0到t=t₁的时间间隔内

 

A. 圆环所受安培力的方向始终不变

B. 圆环中的感应电流始终沿顺时针方向

C. 圆环中的感应电流大小为

D. 圆环中的感应电动势大小为

【答案】BC

【解析】

【详解】AB、根据B-t图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t₀时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向的方向在t₀时刻发生变化，则A错误，B正确；

CD、由闭合电路欧姆定律得：，又根据法拉第电磁感应定律得：，又根据电阻定律得：，联立得：，则C正确，D错误。

故本题选BC。

 

8.在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则

 

A. M与N的密度相等

B. Q的质量是P的3倍

C. Q下落过程中的最大动能是P的4倍

D. Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍

【答案】AC

【解析】

【详解】A、由a-x图象可知，加速度沿竖直向下方向为正方向，根据牛顿第二定律有：，变形式为：，该图象的斜率为，纵轴截距为重力加速度。根据图象的纵轴截距可知，两星球表面的重力加速度之比为：；又因为在某星球表面上的物体，所受重力和万有引力相等，即：，即该星球的质量。又因为：，联立得。故两星球的密度之比为：，故A正确；

B、当物体在弹簧上运动过程中，加速度为0的一瞬间，其所受弹力和重力二力平衡，，即：；结合a-x图象可知，当物体P和物体Q分别处于平衡位置时，弹簧的压缩量之比为：，故物体P和物体Q的质量之比为：，故B错误；

C、物体P和物体Q分别处于各自的平衡位置（a=0）时，它们的动能最大；根据，结合a-x图象面积的物理意义可知：物体P的最大速度满足，物体Q的最大速度满足：，则两物体的最大动能之比：，C正确；

D、物体P和物体Q分别在弹簧上做简谐运动，由平衡位置（a=0）可知，物体P和Q振动的振幅A分别为和，即物体P所在弹簧最大压缩量为2，物体Q所在弹簧最大压缩量为4，则Q下落过程中，弹簧最大压缩量时P物体最大压缩量的2倍，D错误；

故本题选AC。

 

 

 

 

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。

（一）必考题：共129分。

9.某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行研究。物块拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出。在ABCDE五个点中，打点计时器最先打出的是______点，在打出C点时物块的速度大小为______m/s（保留3位有效数字）；物块下滑的加速度大小为_____m/s²（保留2位有效数字）。

 

【答案】    (1). A    (2). 0.233    (3). 0.75

【解析】

【详解】分析可知，物块沿倾斜长木板最匀加速直线运动，纸带上的点迹，从A到E，间隔越来越大，可知，物块跟纸带的左端相连，纸带上最先打出的是A点；在打点计时器打C点瞬间，物块的速度；根据逐差法可知，物块下滑的加速度。

故本题正确答案为：A；0.233；0.75。

 

10.某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为20 mA的电流表。该同学测得微安表内阻为1 200 Ω，经计算后将一阻值为R的电阻与微安表连接，进行改装。然后利用一标准毫安表，根据图（a）所示电路对改装后的电表进行检测（虚线框内是改装后的电表）。

 

（1）根据图（a）和题给条件，将（b）中的实物连接。

（          ）

（2）当标准毫安表的示数为16.0mA时，微安表的指针位置如图（c）所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，而是_______。（填正确答案标号）

A．18 mA            A．21 mA

C．25mA              D．28 mA

 

（3）产生上述问题的原因可能是________。（填正确答案标号）

A．微安表内阻测量错误，实际内阻大于1 200 Ω

B．微安表内阻测量错误，实际内阻小于1 200 Ω

C．R值计算错误，接入的电阻偏小

D．R值计算错误，接入的电阻偏大

（4）要达到预期目的，无论测得的内阻值是都正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k=_______。

【答案】    (1).     (2). C    (3). AC    (4).

【解析】

【详解】（1）电表改装时，微安表应与定值电阻R并联接入虚线框内，则实物电路连接如下图所示：

 

（2）由标准毫安表与该装表的读数可知，改装后的电流表，实际量程被扩大的倍数为：倍。故当原微安表表盘达到满偏时，实际量程为：，故本小题选C；

（3）根据，得：，改装后的量程偏大的原因可能是，原微安表内阻测量值偏小，即电表实际内阻真实值，大于1200Ω；或者因为定值电阻R的计算有误，计算值偏大，实际接入定值电阻R阻值偏小。故本小题选AC；

（4）由于接入电阻R时，改装后的表实际量程为25mA，故满足；要想达到预期目的，即将微安表改装为量程为20mA电流表，应满足， 其中，联立解得：或。

故本题答案为：（1） （2）C   （3）AC   （4）或

 

11.如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x辅的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求

（1）带电粒子的比荷；

（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。

【答案】（1）  （2）或

【解析】

【详解】（1）粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得：，解得：

根据题意，下图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径为：

 

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：

联立方程得：

（2）根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度

粒子射出磁场后到运动至轴，运动的轨迹长度

粒子从射入磁场到运动至轴过程中，一直匀速率运动，则

解得：

或

 

12.竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图（b）所示，图中的v₁和t₁均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。

 

（1）求物块B的质量；

（2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；

（3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前面动摩擦因数的比值。

【答案】（1）3m    （2）    （3）

【解析】

【详解】（1）物块A和物块B发生碰撞后一瞬间的速度分别为、，弹性碰撞瞬间，动量守恒，机械能守恒，即：

联立方程解得：；

根据v-t图象可知，

解得：

（2）设斜面的倾角为，根据牛顿第二定律得

当物块A沿斜面下滑时：，由v-t图象知：

当物体A沿斜面上滑时：，由v-t图象知：

解得：；

又因下滑位移

则碰后A反弹，沿斜面上滑的最大位移为：

其中为P点离水平面得高度，即

解得

故在图（b）描述的整个过程中，物块A克服摩擦力做的总功为：

（3）设物块B在水平面上最远的滑行距离为，设原来的摩擦因为为

则以A和B组成的系统，根据能量守恒定律有：

设改变后的摩擦因数为，然后将A从P点释放，A恰好能与B再次碰上，即A恰好滑到物块B位置时，速度减为零，以A为研究对象，根据能量守恒定律得：

又据（2）的结论可知：，得：

联立解得，改变前与改变后的摩擦因素之比为：。

 

（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。

 [物理—选修3-3]

13.某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，容器中空气的温度__________（填“高于”“低于”或“等于”）外界温度，容器中空气的密度__________（填“大于”“小于”或“等于”）外界空气的密度。

【答案】    (1). 低于    (2). 大于

【解析】

【详解】由题意可知，容器与活塞绝热性能良好，容器内气体与外界不发生热交换，故，但活塞移动的过程中，容器内气体压强减小，则容器内气体正在膨胀，体积增大，气体对外界做功，即，根据热力学第一定律可知：，故容器内气体内能减小，温度降低，低于外界温度。

最终容器内气体压强和外界气体压强相同，根据理想气体状态方程：

又，m为容器内气体质量

联立得：

取容器外界质量也为m的一部分气体，由于容器内温度T低于外界温度，故容器内气体密度大于外界。

故本题答案为：低于；大于。

 

14.热等静压设备广泛用于材料加工中。该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改部其性能。一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为013 m³，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中。已知每瓶氩气的容积为3.2×10^-2 m³，使用前瓶中气体压强为1.5×10⁷ Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×10⁶ Pa；室温温度为27 ℃。氩气可视为理想气体。

（1）求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；

（2）将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强。

【答案】（1）    （2）

【解析】

【详解】（1）设初始时每瓶气体的体积为，压强为；使用后气瓶中剩余气体的压强为，假设体积为，压强为的气体压强变为时，其体积膨胀为，由玻意耳定律得：

被压入进炉腔的气体在室温和条件下的体积为：

设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为，体积为，由玻意耳定律得：

联立方程并代入数据得：

（2）设加热前炉腔的温度为，加热后炉腔的温度为，气体压强为，由查理定律得：

联立方程并代入数据得：

 

 [物理一选修3-4]

15.一简谐横波沿x轴正方向传播，在t=5时刻，该波的波形图如图（a）所示，P、Q是介质中的两个质点。图（b）表示介质中某质点的振动图像。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个扣3分，最低得分为0分）

 

A. 质点Q的振动图像与图（b）相同

B. 在t=0时刻，质点P的速率比质点Q的大

C. 在t=0时刻，质点P的加速度的大小比质点Q的大

D. 平衡位置在坐标原点的质点的振动图像如图（b）所示

E. 在t=0时刻，质点P与其平衡位置的距离比质点Q的大

【答案】CDE

【解析】

【详解】A、由图（b）可知，在时刻，质点正在向y轴负方向振动，而从图（a）可知，质点Q在正在向y轴正方向运动，故A错误；

B、由的波形图推知，时刻，质点P正位于波谷，速率为零；质点Q正在平衡位置，故在时刻，质点P的速率小于质点Q，故B错误；

C、时刻，质点P正位于波谷，具有沿y轴正方向最大加速度，质点Q在平衡位置，加速度为零，故C正确；

D、时刻，平衡位置在坐标原点处的质点，正处于平衡位置，沿y轴正方向运动，跟（b）图吻合，故D正确；

E、时刻，质点P正位于波谷，偏离平衡位置位移最大，质点Q在平衡位置，偏离平衡位置位移为零，故E正确。

故本题选CDE。

 

16.如图，一般帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3 m。距水面4 m的湖底P点发出的激光束，从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°（取sin53°=0.8）。已知水的折射率为

（1）求桅杆到P点的水平距离；

（2）船向左行驶一段距离后停止，调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍然照射在桅杆顶端，求船行驶的距离。

 

【答案】（1）7m    （2）5.5m

【解析】

【详解】①设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为，到P点的水平距离为，桅杆高度为，P点处水深为；激光束在水中与竖直方向的夹角为，由几何关系有

由折射定律有：

设桅杆到P点的水平距离为

则

联立方程并代入数据得：

②设激光束在水中与竖直方向的夹角为时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为

由折射定律有：

设船向左行驶的距离为，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为，到P点的水平距离为，则：

联立方程并代入数据得：

化学部分

可能用到的相对原子质量：H 1  Li 7  C 12  N 14  O 16  Na 23  S 32  Cl 35.5  Ar 40  Fe 56  I 127

一、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.陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是

A. “雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁

B. 闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成

C. 陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐

D. 陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点

【答案】A

【解析】

【分析】

陶瓷是以天然粘土以及各种天然矿物为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料的各种制品。陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原料的人工工业产品。

【详解】A项、氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，故A错误；

B项、秦兵马俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，故B正确；

C项、陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、玻璃等同属硅酸盐产品，故C正确；

D项、陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点，故D正确。

故选A。

【点睛】本题考查物质性质，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，把握物质性质、反应与用途为解答的关键。

 

2.关于化合物2−苯基丙烯（），下列说法正确的是

A. 不能使稀高锰酸钾溶液褪色

B. 可以发生加成聚合反应

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-苯基丙烯的分子式为C₉H₁₀，官能团为碳碳双键，能够发生加成反应、氧化反应和加聚反应。

【详解】A项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；

B项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯，故B正确；

C项、有机物分子中含有饱和碳原子，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错误；

D项、2-苯基丙烯为烃类，分子中不含羟基、羧基等亲水基团，，难溶于水，易溶于有机溶剂，则2-苯基丙烯难溶于水，易溶于有机溶剂甲苯，故D错误。

故选B。

【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构，掌握各类反应的特点，并会根据物质分子结构特点进行判断是解答关键。

 

3.实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是

 

A. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K

B. 实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色

C. 装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢

D. 反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯

【答案】D

【解析】

【分析】

在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作用是防止倒吸。

【详解】A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；

B项、装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B正确；

C项、装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，故C正确；

D项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，故D错误。

故选D。

【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑分析是解答关键。

 

4.固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是

 

A. 冰表面第一层中，HCl以分子形式存在

B. 冰表面第二层中，H⁺浓度为5×10⁻³ mol·L⁻¹（设冰的密度为0.9 g·cm⁻³）

C. 冰表面第三层中，冰的氢键网格结构保持不变

D. 冰表面各层之间，均存在可逆反应HClH⁺+Cl⁻

【答案】D

【解析】

【分析】

由示意图可知，在冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，第二层中氯化氢溶于水中并发生部分电离，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关。

【详解】A项、由图可知，冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，氯化氢以分子形式存在，故A正确；

B项、由题给数据可知，冰的表面第二层中氯离子和水的个数比为10^—4:1，第二层中溶解的氯化氢分子应少于第一层吸附的氯化氢分子数，与水的质量相比，可忽略其中溶解的氯化氢的质量。设水的物质的量为1mol，则所得溶液质量为18g/mol×1mol=18g，则溶液的体积为×10^—3L/ml=2.0×10^—2L，由第二层氯离子和水个数比可知，溶液中氢离子物质的量等于氯离子物质的量，为10^—4mol，则氢离子浓度为=5×10^—3mol/L，故B正确；

C项、由图可知，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关，冰的氢键网络结构保持不变，故C正确；

D项、由图可知，只有第二层存在氯化氢的电离平衡HClH⁺+Cl^—，而第一层和第三层均不存在，故D错误。

故选D。

【点睛】本题考查氯化氢气体在冰表面的吸附和溶解。侧重考查接受、吸收、整合化学信息的能力及分析和解决化学问题的能力，注意能够明确图像表达的化学意义，正确计算物质的量浓度为解答关键。

 

5.NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸氢钾H₂A的K_a1=1.1×10⁻³ ，K_a2=3.9×10⁻⁶）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是

 

A. 混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关

B. Na⁺与A²⁻的导电能力之和大于HA⁻的

C. b点的混合溶液pH=7

D. c点的混合溶液中，c(Na⁺)>c(K⁺)>c(OH⁻)

【答案】C

【解析】

【分析】

邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。

【详解】A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na⁺和A^2—的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；

B项、a点和b点K⁺的物质的量相同，K⁺的物质的量浓度变化不明显，HA^—转化为A^2—，b点导电性强于a点，说明Na⁺和A^2—的导电能力强于HA^—，故B正确；

C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A^2—在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，故C错误；

D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na⁺）和c（K⁺）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na⁺）＞c（K⁺），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K⁺）＞c（OH^—），溶液中三者大小顺序为c（Na⁺）＞c（K⁺）＞c（OH^—），故D正确。

故选C。

【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键。

 

6.利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV²⁺/MV⁺在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是

 

A. 相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能

B. 阴极区，氢化酶作用下发生反应H₂+2MV²⁺2H⁺+2MV⁺

C. 正极区，固氮酶催化剂，N₂发生还原反应生成NH₃

D. 电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动

【答案】B

【解析】

【分析】

由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV⁺在负极失电子发生氧化反应生成MV²⁺，电极反应式为MV⁺—e^—= MV²⁺，放电生成的MV²⁺在氢化酶的作用下与H₂反应生成H⁺和MV⁺，反应的方程式为H₂+2MV²⁺=2H⁺+2MV⁺；右室电极为燃料电池的正极，MV²⁺在正极得电子发生还原反应生成MV⁺，电极反应式为MV²⁺+e^—= MV⁺，放电生成的MV⁺与N₂在固氮酶的作用下反应生成NH₃和MV²⁺，反应的方程式为N₂+6H⁺+6MV⁺=6MV²⁺+NH₃，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。

【详解】A项、相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV⁺和MV²⁺的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故A正确；

B项、左室为负极区，MV⁺在负极失电子发生氧化反应生成MV²⁺，电极反应式为MV⁺—e^—= MV²⁺，放电生成的MV²⁺在氢化酶的作用下与H₂反应生成H⁺和MV⁺，反应的方程式为H₂+2MV²⁺=2H⁺+2MV⁺，故B错误；

C项、右室为正极区，MV²⁺在正极得电子发生还原反应生成MV⁺，电极反应式为MV²⁺+e^—= MV⁺，放电生成的MV⁺与N₂在固氮酶的作用下反应生成NH₃和MV²⁺，故C正确；

D项、电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，故D正确。

故选B。

【点睛】本题考查原池原理的应用，注意原电池反应的原理和离子流动的方向，明确酶的作用是解题的关键。

 

7.科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是

 

A. WZ的水溶液呈碱性

B. 元素非金属性的顺序为X>Y>Z

C. Y的最高价氧化物的水化物是中强酸

D. 该新化合物中Y不满足8电子稳定结构

【答案】C

【解析】

【分析】

由W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z的核外最外层电子数是X核外电子数的一半可知，Z为Cl、X为Si，由化合价代数和为0可知，Y元素化合价为—3价，则Y为P元素；由W的电荷数可知，W为Na元素。

【详解】A项、氯化钠为强酸强碱盐，水溶液呈中性，故A错误；

B项、同周期元素从左到右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱顺序为Cl＞S＞P，故B错误；

C项、P元素的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸是三元中强酸，故C正确；

D项、新化合物中P元素化合价为—3价，满足8电子稳定结构，故D错误。

故选C。

【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意分析题给化合物的结构示意图，利用化合价代数和为零和题给信息推断元素为解答关键。

 

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。

（一）必考题：共129分。

8.硼酸（H₃BO₃）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿（含Mg₂B₂O₅·H₂O、SiO₂及少量Fe₂O₃、Al₂O₃）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：

 

回答下列问题：

（1）在95 ℃“溶侵”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_________。

（2）“滤渣1”的主要成分有_________。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe³⁺离子，可选用的化学试剂是_________。

（3）根据H₃BO₃的解离反应：H₃BO₃+H₂OH⁺+B(OH)⁻₄，K_a=5.81×10⁻¹⁰，可判断H₃BO₃是_______酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是_______________。

（4）在“沉镁”中生成Mg(OH)₂·MgCO₃沉淀的离子方程式为__________，母液经加热后可返回___________工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_________。

【答案】    (1). NH₃+NH₄HCO₃=(NH₄)₂CO₃;    (2). Fe₂O₃、Al₂O₃、SiO₂    (3). KSCN    (4). 一元弱酸    (5). 目的是将B(OH)⁻₄转化为H₃BO₃，并促进H₃BO₃析出    (6). 2Mg²⁺+2H₂O+3CO₃^2-=Mg(OH)₂∙MgCO₃↓+2HCO₃^-    (7). 母液加热分解后生成硫酸铵溶液，可以返回“溶浸”工序循环使用    (8). 高温焙烧

【解析】

【详解】（1）根据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，用碳酸氢铵溶液吸收，反应方程式为：NH₃+NH₄HCO₃=(NH₄)₂CO₃;

（2）滤渣I为不与硫酸铵溶液反应的Fe₂O₃、Al₂O₃、SiO₂;检验Fe³⁺,可选用的化学试剂为KSCN；

（3）由硼酸的离解方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而三价硼原子最多只能再形成一个配位键，且硼酸不能完全解离，所以硼酸为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是将B(OH)⁻₄转化为H₃BO₃，并促进H₃BO₃析出；

（4）沉镁过程中用碳酸铵溶液与Mg²⁺反应生成Mg(OH)₂∙MgCO₃，沉镁过程的离子反应为：2Mg²⁺+2H₂O+3CO₃^2-=Mg(OH)₂∙MgCO₃↓+2HCO₃^-；母液加热分解后生成硫酸铵溶液，可以返回“溶浸”工序循环使用；碱式碳酸镁不稳定，高温下可以分解，故由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是高温焙烧。

 

9.硫酸铁铵[NH₄Fe(SO₄)₂·xH₂O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：

 

回答下列问题：

（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_________________。

（2）步骤②需要加热的目的是_________________，温度保持80~95 ℃，采用的合适加热方式是_________________。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_________________（填标号）。

 

（3）步骤③中选用足量的H₂O₂，理由是_________________。分批加入H₂O₂，同时为了_________________，溶液要保持pH小于0.5。

（4）步骤⑤的具体实验操作有______________，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。

（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为______________。

【答案】    (1). 碱煮水洗    (2). 加快反应速率    (3). 水浴加热    (4). C    (5). 将Fe²⁺全部氧化为Fe³⁺，不引入新的杂质    (6). 因为H₂O₂本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe³⁺水解    (7). 加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）    (8). NH₄Fe(SO₄)₂∙12H₂O

【解析】

【详解】（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗；

（2）步骤②需要加热目的是为了加快反应速率；温度保持80~95 ℃，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置；

（3）步骤③中选用足量的H₂O₂，H₂O₂可以将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，且H₂O₂的还原产物为H₂O，不会引入新的杂质，故理由是：将Fe²⁺全部氧化为Fe³⁺，不引入新的杂质。因为H₂O₂本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe³⁺水解，溶液要保持pH小于0.5；

（4）为了出去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）

（5）设硫酸铁铵的化学式为NH₄Fe(SO₄)₂∙xH₂O，其相对分子质量为266+18x，1.5个水分子的相对分子质量为1.5×18=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH₄Fe(SO₄)₂∙12H₂O。

 

10.水煤气变换[CO(g)+H₂O(g)=CO₂(g)+H₂(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：

（1）Shibata曾做过下列实验：①使纯H₂缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴(Co)，平衡后气体中H₂的物质的量分数为0.0250。

②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。

根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H₂（填“大于”或“小于”）。

（2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质量的CO(g)和H₂O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡时体系中H₂的物质的量分数为_________（填标号）。

A．＜0.25        B．0.25         C．0.25~0.50        D．0.50        E．＞0.50

（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。

 

可知水煤气变换的ΔH________0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E_正=_________eV，写出该步骤的化学方程式_______________________。

（4）Shoichi研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO和H₂分压随时间变化关系（如下图所示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的P_H2O和P_CO相等、P_CO2和P_H2相等。

 

计算曲线a的反应在30~90 min内的平均速率(a)=___________kPa·min⁻¹。467 ℃时P_H2和P_CO随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。489 ℃时P_H2和P_CO随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。

【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与CoO反应后其气体物质的量分数判断二者的倾向大小；

（2）根据三段式以及CO与H₂的倾向大小关系综合判断；

（3）根据反应物与生成物的相对能量差大小进行比较判断；根据反应物达到活化状态所需能量为活化能以及相对能量差值大小计算并比较最大能垒；根据最大能垒对应的反应历程对应的物质写出方程式；

（4）根据图中曲线a在30~90 min内分压变化量计算平均反应速率；先根据CO与H₂的倾向大小关系判断CO与H₂的含量范围，然后根据温度变化对化学平衡的影响判断出在不同温度下曲线对应的物质。

【详解】（1）H₂还原氧化钴的方程式为：H₂(g)＋CoO(s)Co(s)＋H₂O(g)；CO还原氧化钴的方程式为：CO(g)＋CoO(s)Co(s)＋CO₂(g)，平衡时H₂还原体系中H₂的物质的量分数（）高于CO还原体系中CO的物质的量分数（），故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于H₂；

（2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H₂O(g)混合，可设其物质的量为1mol，则

CO(g)+H₂O(g)CO₂(g)+H₂(g)

起始（mol）   1    1    0    0

转化（mol）   x    x    x    x

平衡（mol） 1-x        1-x                  x           x

则平衡时体系中H₂的物质的量分数=，因该反应为可逆反应，故x<1，可假设二者的还原倾向相等，则x=0.5，由（1）可知CO的还原倾向大于H₂，所以CO更易转化为H₂，故x>0.5，由此可判断最终平衡时体系中H₂的物质的量分数介于0.25~0.50，故答案为C；

（3）根据水煤气变换[CO(g)+H₂O(g)=CO₂(g)+H₂(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，CO(g)+H₂O(g)的能量（-0.32eV）高于CO₂(g)+H₂(g)的能量（-0.83eV），故水煤气变换的ΔH小于0；活化能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：

 

其最大能垒（活化能）E_正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；该步骤的反应物为COOH+H+H₂O===COOH+2H+OH；因反应前后COOH和1个H未发生改变，也可以表述成H₂O===H+OH；

（4）由图可知，30~90 min内a曲线对应物质的分压变化量Δp=（4.08-3.80）kPa=0.28 kPa，故曲线a的反应在30~90 min内的平均速率(a)==0.0047 kPa·min⁻¹；由（2）中分析得出H₂的物质的量分数介于0.25~0.5，CO的物质的量分数介于0~0.25，即H₂的分压始终高于CO的分压，据此可将图分成两部分：

 

由此可知，a、b表示的是H₂的分压，c、d表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H₂分压降低，故467 ℃时P_H2和P_CO随时间变化关系的曲线分别是b、c；489 ℃时P_H2和P_CO随时间变化关系的曲线分别是a、d。

【点睛】本题以水煤气交换为背景，考察化学反应原理的基本应用，较为注重学生学科能力的培养，难点在于材料分析和信息提取，图像比较新，提取信息能力较弱的学生，会比较吃力。第（3）问来源于我国化学工作者发表在顶级刊物Science中的文章“沉积在α-MoC上单层金原子对水煤气的低温催化反应”，试题以文章中的单原子催化能量变化的理论计算模型为情境，让学生认识、分析催化吸附机理及反应过程中的能量变化。本题属于连贯性综合题目，本题的解题关键在于第（1）问的信息理解与应用，若本题的第（1）问判断错误，会导致后续多数题目判断错误；第（2）问可以采取特殊值法进行赋值并结合极限法计算，考生若只是考虑到完全转化极限，则只能判断出H₂的物质的量分数小于0.5，这是由于对题干的信息应用能力不熟练而导致；对于第（4）问中曲线对应物质的确定需根据第（1）（2）问得出的相关结论进行推断，需先确定物质对应曲线，然后再根据勒夏特列原理判读相关物质的变化。

 

（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。

［化学——选修3：物质结构与性质］

11.在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu₂微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要村料。回答下列问题：

（1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是____________(填标号)。

A．            B．            C．        D．

（2）乙二胺(H₂NCH₂CH₂NH₂)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是__________、__________。乙二胺能与Mg²⁺、Cu²⁺等金属离子形成稳定环状离子，其原因是__________，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是__________(填“Mg²⁺”或“Cu²⁺”)。

（3）一些氧化物的熔点如下表所示：

氧化物	Li2O	MgO	P4O6	SO2
熔点/°C	1570	2800	23.8	−75.5

 

解释表中氧化物之间熔点差异的原因__________。

（4）图(a)是MgCu₂的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu原子之间最短距离x=__________pm，Mg原子之间最短距离y=__________pm。设阿伏加德罗常数的值为N_A，则MgCu₂的密度是__________g·cm⁻³(列出计算表达式)。

 

【答案】    (1). A    (2). sp³    (3). sp³    (4). 乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键    (5). Cu^2＋    (6). Li₂O、MgO为离子晶体，P₄O₆、SO₂为分子晶体。晶格能MgO＞Li₂O，分子间力（分子量）P₄O₆＞SO₂    (7).     (8).     (9).

【解析】

【详解】（1）A.[Ne]3s¹属于基态的Mg⁺，由于Mg的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高； B. [Ne] 3s²属于基态Mg原子，其失去一个电子变为基态Mg⁺； C. [Ne] 3s¹3p¹属于激发态Mg原子，其失去一个电子所需能量低于基态Mg原子； D.[Ne] 3p¹属于激发态Mg⁺，其失去一个电子所需能量低于基态Mg⁺，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s¹，答案选A；

（2）乙二胺中N形成3个单键，含有1对孤对电子，属于sp³杂化；C形成4个单键，不存在孤对电子，也是sp³杂化；由于乙二胺的两个N可提供孤对电子给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg^2＋、Cu^2＋等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu^2＋；

（3）由于Li₂O、MgO为离子晶体，P₄O₆、SO₂为分子晶体。晶格能MgO＞Li₂O，分子间力（分子量）P₄O₆＞SO₂，所以熔点大小顺序是MgO＞Li₂O＞P₄O₆＞SO₂；

（4）根据晶胞结构可知Cu原子之间最短距离为面对角线的1/4，由于边长是a pm，则面对角线是，则x＝pm；Mg原子之间最短距离为体对角线的1/4，由于边长是a pm，则体对角线是，则y＝；根据晶胞结构可知晶胞中含有镁原子的个数是8×1/8+6×1/2+4＝8，则Cu原子个数16，晶胞的质量是。由于边长是a pm，则MgCu₂的密度是g·cm⁻³。

 

[化学——选修5：有机化学基础]（15分）

12.化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：

 

回答下列问题：

（1）A中的官能团名称是__________。

（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出B的结构简式，用星号(*)标出B中的手性碳__________。

（3）写出具有六元环结构、并能发生银镜反应的B的同分异构体的结构简式__________。(不考虑立体异构，只需写出3个)

（4）反应④所需的试剂和条件是__________。

（5）⑤的反应类型是__________。

（6）写出F到G的反应方程式__________。

（7）设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH₃COCH₂COOC₂H₅)制备的合成路线__________(无机试剂任选)。

【答案】    (1). 羟基    (2).     (3). 、、、、（任写3个）    (4). C₂H₅OH、浓硫酸、加热    (5). 取代反应    (6). 、

    (7).

【解析】

【分析】

有机物A被高锰酸钾溶液氧化，使羟基转化为羰基，B与甲醛发生加成反应生成C，C中的羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，则D的结构简式为。D与乙醇发生酯化反应生成E，E中与酯基相连的碳原子上的氢原子被正丙基取代生成F，则F的结构简式为，F首先发生水解反应，然后酸化得到G，据此解答。

【详解】（1）根据A的结构简式可知A中的官能团名称是羟基。

（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，则根据B的结构简式可知B中的手性碳原子可表示为。

（3）具有六元环结构、并能发生银镜反应的B的同分异构体的结构简式中含有醛基，则可能的结构为、、、、。

（4）反应④是酯化反应，所需的试剂和条件是乙醇、浓硫酸、加热。

（5）根据以上分析可知⑤的反应类型是取代反应。

（6）F到G的反应分两步完成，方程式依次为：、

。

（7）由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH₃COCH₂COOC₂H₅)制备，可以先由甲苯合成，再根据题中反应⑤的信息由乙酰乙酸乙酯合成，最后根据题中反应⑥的信息由合成产品。具体的合成路线图为：，

。

【点睛】本题考查有机物的推断和合成，涉及官能团的性质、有机物反应类型、同分异构体的书写、合成路线设计等知识，利用已经掌握的知识来考查有机合成与推断、反应条件的选择、物质的结构简式、化学方程式、同分异构体的书写的知识。考查学生对知识的掌握程度、自学能力、接受新知识、新信息的能力；考查了学生应用所学知识进行必要的分析来解决实际问题的能力。有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体结构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题，掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断是解答的关键。难点是设计合成路线图时有关信息隐含在题干中的流程图中，需要学生自行判断和灵活应用。

 

生物部分

一、选择题

1.细胞凋亡是细胞死亡的一种类型。下列关于人体中细胞凋亡的叙述，正确的是

A. 胎儿手发育过程中不会发生细胞凋亡

B. 小肠上皮细胞的自然更新过程中存在细胞凋亡现象

C. 清除被病原体感染细胞的过程中不存在细胞凋亡现象

D. 细胞凋亡是基因决定的细胞死亡过程，属于细胞坏死

【答案】B

【解析】

【分析】

细胞凋亡是基因控制的细胞自动结束生命的过程。常见的类型有：个体发育过程中细胞的编程性死亡；成熟个体细胞的自然更新；被病原体感染细胞的清除。

细胞凋亡的意义：可以保证多细胞生物体完成正常发育；维持内环境的稳定；抵御外界各种因素的干扰。

【详解】胎儿手发育的过程中，手指间隙的细胞会发生细胞凋亡，A错误；小肠上皮细胞中衰老的细胞将会发生细胞凋亡，不断完成细胞的自然更新，B正确；被病原体感染的细胞属于靶细胞，机体通过细胞免疫将靶细胞裂解死亡，释放抗原，属于细胞凋亡，C错误；细胞凋亡是由基因所决定的细胞自动结束生命的过程，细胞坏死是在种种不利因素的影响下导致的细胞非正常死亡，D错误。故选B。

 

2.用体外实验的方法可合成多肽链。已知苯丙氨酸的密码子是UUU，若要在体外合成同位素标记的多肽链，所需的材料组合是

①同位素标记的tRNA

②蛋白质合成所需的酶

③同位素标记的苯丙氨酸

④人工合成的多聚尿嘧啶核苷酸

⑤除去了DNA和mRNA的细胞裂解液

A. ①②④

B. ②③④

C. ③④⑤

D. ①③⑤

【答案】B

【解析】

【分析】

分析题干信息可知，合成多肽链的过程即翻译过程。翻译过程以mRNA为模板（mRNA上的密码子决定了氨基酸的种类），以氨基酸为原料，产物是多肽链，场所是核糖体。

【详解】翻译的原料是氨基酸，要想让多肽链带上放射性标记，应该用同位素标记氨基酸，①错误、③正确；蛋白质合成的过程需要酶的催化，故要合成蛋白质需要加入相关的酶，②正确；合成蛋白质需要模板，由题知苯丙氨酸的密码子是UUU，因此可以用人工合成的多聚尿嘧啶核苷酸作模板，④正确；除去了DNA和mRNA的细胞裂解液中含有核糖体和tRNA，以及不含同位素标记的苯丙氨酸，故⑤错误。综上所述，ACD不符合题意，B符合题意。故选B。

 

3.将一株质量为20g的黄瓜幼苗栽种在光照等适宜的环境中，一段时间后植株达到40g，其增加的质量来自于

A. 水、矿质元素和空气

B. 光、矿质元素和水

C. 水、矿质元素和土壤

D. 光、矿质元素和空气

【答案】A

【解析】

【分析】

有氧呼吸指：细胞在氧气的参与下，通过多种酶的催化作用，把葡萄糖等有机物彻底的氧化分解，产生二氧化碳和水，释放能量，生成大量ATP的过程。

光合作用的原料：二氧化碳和水，产物有机物和氧气，场所是叶绿体。

【详解】黄瓜幼苗可以吸收水，增加鲜重；也可以从土壤中吸收矿质元素，合成相关的化合物。也可以利用大气中二氧化碳进行光合作用制造有机物增加细胞干重。植物光合作用将光能转化成了有机物中的化学能，并没有增加黄瓜幼苗的质量，故黄瓜幼苗在光照下增加的质量来自于水、矿质元素、空气。综上所述，BCD不符合题意，A符合题意。故选A。

 

4.动物受到惊吓刺激时，兴奋经过反射弧中的传出神经作用于肾上腺髓质，使其分泌肾上腺素；兴奋还通过传出神经作用于心脏。下列相关叙述错误的是

A. 兴奋是以电信号的形式在神经纤维上传导的

B. 惊吓刺激可以作用于视觉、听觉或触觉感受器

C. 神经系统可直接调节、也可通过内分泌活动间接调节心脏活动

D. 肾上腺素分泌增加会使动物警觉性提高、呼吸频率减慢、心率减慢

【答案】D

【解析】

【分析】

神经调节的基本方式是反射，反射弧包括感受器、传入神经、神经中枢、传出神经和效应器。动物的生命活动由神经调节和激素调节共同作用，神经调节比激素调节更加迅速准确，激素调节在神经调节的影响下进行。

【详解】兴奋在神经纤维上以电信号的形式传导，在突触部位以电信号－化学信号－电信号的形式传递，A正确；惊吓刺激可以通过图像、声音、接触等刺激作用于视觉、听觉或触觉感受器，B正确；心脏可以是效应器，由神经系统直接调节，心脏也有肾上腺激素的受体，由内分泌系统调节，C正确；肾上腺素分泌会使动物呼吸加快，心跳与血液流动加速，D错误。故选D。

 

5.某种二倍体高等植物的性别决定类型为XY型。该植物有宽叶和窄叶两种叶形，宽叶对窄叶为显性。控制这对相对性状的基因（B/b）位于X染色体上，含有基因b的花粉不育。下列叙述错误的是

A. 窄叶性状只能出现在雄株中，不可能出现在雌株中

B. 宽叶雌株与宽叶雄株杂交，子代中可能出现窄叶雄株

C. 宽叶雌株与窄叶雄株杂交，子代中既有雌株又有雄株

D. 若亲本杂交后子代雄株均为宽叶，则亲本雌株是纯合子

【答案】C

【解析】

【分析】

XY型性别决定的生物中，基因型XX代表雌性个体，基因型XY代表雄性个体，含有基因b的花粉不育即表示雄配子X^b不育，雌配子正常。

【详解】窄叶性状个体的基因型为X^bX^b或X^bY，由于父本无法提供正常的X^b配子，故雌性后代中无基因型为X^bX^b的个体，故窄叶性状只能出现在雄性植株中，A正确；宽叶雌株与宽叶雄株，宽叶雌株的基因型为X^BX^-，宽叶雄株的基因型为X^BY，雌株中可能有X^b配子，所以子代中可能出现窄叶雄株，B正确；宽叶雌株与窄叶雄株，宽叶雌株的基因型为X^BX^-，窄叶雄株的基因型为X^bY，由于雄株提供的配子中X^b不可育，只有Y配子可育，故后代中只有雄株，C错误；若杂交后代中雄株均为宽叶，故其母本只提供了X^B配子，由于母本的X^b是可育的，故该母本为宽叶纯合子，D正确。故选C。

 

6.某实验小组用细菌甲（异养生物）作为材料来探究不同条件下种群增长的特点，设计了三个实验组，每组接种相同数量的细菌甲后进行培养，培养过程中定时更新培养基，三组的更新时间间隔分别为3h、10h、23h，得到a、b、c三条种群增长曲线，如图所示。下列叙述错误的是

 

A. 细菌甲能够将培养基中的有机物分解成无机物

B. 培养基更换频率的不同，可用来表示环境资源量的不同

C. 在培养到23h之前，a组培养基中的营养和空间条件都是充裕的

D. 培养基更新时间间隔为23h时，种群增长不会出现J型增长阶段

【答案】D

【解析】

【分析】

种群的增长曲线是表达种群增长速率的曲线，包括J型增长和S型增长。在食物和空间条件充裕、气候适宜、没有敌害等理想条件下，种群的增长率不变，数量会连续增长，种群呈现J型增长曲线；但在自然界中，环境条件是有限的，随着种群密度的上升，种群的出生率降低，死亡率上升，种群数量的增长率下降。当种群数量达到环境条件所允许的最大值时，种群数量将停止增长，使种群数量呈S型曲线生长。

【详解】细菌甲是异养生物，通过分解外界环境中的有机物获得无机物，给自身提供养分，A正确；更换培养基，为细菌提供了新的营养物质并除去了代谢废物，降低了种内竞争，B正确；根据图片可知，在23h前，细菌甲的生长曲线呈现J型增长，表示a组的资源空间充足，C正确；c组曲线在种群数量到达K/2之前，其增长趋势符合J型增长曲线阶段，D错误。故选D。

 

三、非选择题

7.将生长在水分正常土壤中的某植物通过减少浇水进行干旱处理，该植物根细胞中溶质浓度增大，叶片中的脱落酸(ABA)含量增高，叶片气孔开度减小，回答下列问题。

（1）经干旱处理后，该植物根细胞的吸水能力_______________________。

（2）与干旱处理前相比，干旱处理后该植物的光合速率会_______________________，出现这种变化的主要原因是_________________。

（3）有研究表明：干旱条件下气孔开度减小不是由缺水直接引起的，而是由ABA引起的，请以该种植物的ABA缺失突变体(不能合成ABA)植株为材料，设计实验来验证这一结论，要求简要写出实验思路和预期结果。______

【答案】    (1). 增强    (2). 下降    (3). 叶片气孔开度减小，使供应给光合作用所需CO₂减少    (4). 实验思路：取ABA缺失突变体植株在正常条件下测定气孔导度，经干旱处理后，再测定气孔导度。

预期结果：干旱处理前后气孔开度不变。

将上述干旱处理的ABA缺失突变体植株分成两组，在干旱条件下，一组进行ABA处理，另一组做对照，一段时间后，分别测定两组的气孔导度。

预期结果是：ABA处理组气孔导度减小，对照组气孔开度不变。

【解析】

【分析】

本题主要考查渗透作用、光合作用等相关知识。当外界溶液浓度大于细胞液浓度时，细胞渗透失水，反之细胞吸水，细胞液渗透压越大，对水分子吸引力越大。

【详解】（1）经干旱处理后，根细胞的溶质浓度增大，渗透压增大，对水分子吸引力增大，植物根细胞的吸水能力增强

（2）据题干条件可知干旱处理后该植物的叶片气孔开度减小，导致叶片细胞吸收CO₂减少，暗反应减弱，因此光合速率会下降；

（3）干旱条件下气孔开度减小是由ABA引起的，而ABA缺失突变体植株不能合成ABA，故其在干旱条件下气孔开度不会减小，但是在ABA处理下气孔导度会变小。据此，设计实验。

实验思路：取ABA缺失突变体植株在正常条件下测定气孔导度，经干旱处理后，再测定气孔导度。预期结果：干旱处理前后气孔开度不变。

将上述干旱处理的ABA缺失突变体植株分成两组，在干旱条件下，一组进行ABA处理，另一组做对照，一段时间后，分别测定两组的气孔导度。预期结果是：ABA处理组气孔导度减小，对照组气孔开度不变。

【点睛】本题难点是实验设计，要验证干旱条件下气孔开度减小不是由缺水直接引起的，而是由ABA引起的，需要分别测定ABA缺失突变体干旱处理前后及ABA处理前后气孔导度的变化。

 

8.人的排尿是一种反射活动。回答下列问题。

（1）膀胱中的感受器受到刺激后会产生兴奋。兴奋从一个神经元到另一个神经元的传递是单向的，其原因是_________________。

（2）排尿过程的调节属于神经调节，神经调节的基本方式是反射，排尿反射的初级中枢位于_________________，成年人可以有意识地控制排尿，说明排尿反射也受高级中枢控制，该高级中枢位于_________________。

（3）排尿过程中，尿液还会刺激尿道上的_________________，从而加强排尿中枢的活动，促进排尿。

【答案】    (1). 神经递质只能从突触前膜释放，作用于突触后膜    (2). 脊髓    (3). 大脑皮层    (4). 感受器

【解析】

【分析】

本题主要考查神经系统不同中枢对排尿反射的控制。排尿反射是一种简单的非条件反射活动，经常在高级中枢控制下进行。当膀胱内贮尿量达到一定程度，使膀胱壁内的感受器受到刺激而兴奋，神经冲动沿传入纤维传到脊髓的排尿反射初级中枢；同时由脊髓再把膀胱充胀的信息上传至大脑皮层的排尿反射高级中枢，并产生尿意；大脑皮层向下发放冲动，传至脊髓初级排尿中枢，通过传出纤维传到膀胱的效应器，将贮存在膀胱内的尿液排出。尿液被送入尿道。当尿液进入尿道时，尿液还可刺激尿道的感受器，神经冲动沿传入神经再次传到脊髓排尿中枢，进一步加强排尿。

【详解】（1）在神经元之间传递时，神经递质只能由突触前膜释放作用于突触后膜，引起突触后膜的兴奋或抑制，故只能单向传递。

（2）排尿发射属于非条件反射，其初级控制中极位于脊髓，婴幼儿由于大脑发育尚未完善，不能控制排尿，经常会尿床，而成年人大脑发育完善，可以通过大脑皮层有意识地控制排尿。

（3）当膀胱内贮尿量达到一定程度，膀胱壁内的感受器受到刺激而兴奋，神经冲动沿传入纤维传到脊髓的排尿反射初级中枢；同时由脊髓再把膀胱充胀的信息上传至大脑皮层的排尿反射高级中枢，并产生尿意，大脑皮层向下发放冲动，将贮存在膀胱内的尿液排出；尿液进入尿道，刺激尿道上的感受器，神经冲动沿传入神经再次传到脊髓排尿中枢，进一步加强排尿。

【点睛】排尿反射属于非条件反射，神经中枢在脊髓，受高级中枢大脑皮层的调控。

 

9.某果园中存在A、B两种果树害虫，果园中的鸟(C)可以捕食这两种害虫：使用人工合成的性引诱剂Y诱杀B可减轻B的危害。回答下列问题。

（1）果园中包含害虫A的一条食物链是_________________。该食物链的第三营养级是_____________。

（2）A和B之间存在种间竞争关系，种间竟争通常是指_________________。

（3）性引诱剂Y传递给害虫B的信息属于_________________。使用性引诱剂Y可以诱杀B的雄性个体，从而破坏B种群的_________________。导致_________________。降低，从而减轻B的危害

【答案】    (1). 果树→害虫A→鸟C    (2). 鸟C    (3). 两种或两种以上生物相互争夺相同的资源和空间而表现出来的相互抑制现象    (4). 化学信息    (5). 性别比例    (6). 种群密度

【解析】

【分析】

食物链是由各种生物由于食物关系形成的一种联系。许多条食物链彼此相互交错连接形成的复杂营养结构即食物网。

种间关系包括：竞争、捕食、互利共生、寄生等。

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、性别比例、年龄组成。

【详解】（1）由题意可知，害虫A是果园害虫，故与果树之间为捕食关系，又因为鸟C与害虫是捕食关系，故包含A的食物链为：果树→害虫A→鸟C。其中鸟C是次级消费者、第三营养级。

（2）竞争指两种或两种以上生物相互争夺资源和空间等表现出来相互抑制现象，如害虫A、B均以果树为食，二者之间为竞争关系。

（3）性引诱剂Y是人工合成的，类似于害虫分泌的性引诱剂，属于化学物质，该信息属于化学信息。Y可以诱杀害虫B中的雄性个体，降低B的性别比例，降低其出生率，进而降低B的种群密度，减轻其危害。

【点睛】性别比例通过影响出生率影响种群密度，年龄组成通过影响出生率和死亡率影响种群密度。

 

10.某实验室保存有野生型和一些突变型果蝇。果蝇的部分隐性突变基因及其在染色体上的位置如图所示。回答下列问题。

 

（1）同学甲用翅外展粗糙眼果蝇与野生型(正常翅正常眼)纯合子果蝇进行杂交，F₂中翅外展正常眼个体出现的概率为_________________。图中所列基因中，不能与翅外展基因进行自由组合的是_________________。

（2）同学乙用焦刚毛白眼雄性蝇与野生型(直刚毛红眼)纯合子雌蝇进行杂交(正交)，则子代雄蝇中焦刚毛个体出现的概率为_________________；若进行反交，子代中白跟个体出现的概率为_________________。

（3）为了验证遗传规律，同学丙让白眼黑檀体雄果蝇与野生型（红眼灰体）纯合子雌果蝇进行杂交得到F₁，F₁相互交配得到F₂，那么，在所得实验结果中，能够验证自由组合定律的F₁表现型是_________________，F₂表现型及其分离比是_________________；验证伴性遗传时应分析的相对性状是_________________，能够验证伴性遗传的F₂表现型及其分离比是_________________。

【答案】    (1). 3/16    (2). 紫眼基因    (3). 0    (4). 1/2    (5). 红眼灰体    (6). 红眼灰体：红眼黑檀体：白眼灰体：白眼黑檀体=9:3:3:1    (7). 红眼/白眼    (8). 红眼雌蝇：红眼雄蝇：白眼雄蝇=2:1:1

【解析】

【分析】

由图可知，白眼对应的基因和焦刚毛对应的基因均位于X染色体上，二者不能进行自由组合；翅外展基因和紫眼基因位于2号染色体上，二者不能进行自由组合；粗糙眼和黑檀体对应的基因均位于3号染色体上，二者不能进行自由组合。位于非同源染色体：X染色体、2号及3号染色体上的基因可以自由组合。

【详解】（1）翅外展粗糙眼果蝇的基因型为dpdprara，野生型即正常翅正常眼果蝇的基因型为：DPDPRARA，二者杂交的F₁基因型为：DPdpRAra，F₂中翅外展正常眼果蝇dpdpRA-出现的概率为：1/4×3/4=3/16。图中翅外展基因与紫眼基因均位于2号染色体上，不能进行自由组合。

（2）焦刚毛白眼雄果蝇的基因型为：X^snwY，野生型即直刚毛红眼纯合雌果蝇的基因型为：X^SNWX^SNW，后代的雌雄果蝇均为直刚毛红眼：X^SNWX^aw，X^SNWY，子代雄果蝇中出现焦刚毛的概率为0。若进行反交，则亲本为：焦刚毛白眼雌果蝇X^snwX^snw×直刚毛红眼纯合雄果蝇X^SNWY，后代中，雌果蝇均为直刚毛红眼，雄性均为焦刚毛白眼。故子代出现白眼即X^snwY的概率为1/2。

（3）控制红眼、白眼的基因位于X染色体上，控制灰体、黑檀体的基因位于3号染色体上，两对等位基因符合基因的自由组合定律。白眼黑檀体雄果蝇的基因型为：eeX^wY，野生型即红眼灰体纯合雌果蝇的基因型为：EEX^WX^W，F₁中雌雄果蝇均为红眼灰体EeX^WX^w，EeX^WY。故能够验证基因的自由组合定律的F₁中雌雄果蝇均表现为红眼灰体，F₂中红眼灰体E-X^W_-：红眼黑檀体ee X^W_-：白眼灰体E-X^wY：白眼黑檀体ee X^wY =9:3:3:1。因为控制红眼、白眼的基因位于X染色体上，故验证伴性遗传时应该选择红眼和白眼这对相对性状，F₁中雌雄均表现为红眼，基因型为：X^WX^w，X^WY，F₂中雌性全部是红眼，雄性中红眼：白眼=1:1。

【点睛】验证基因的自由组合定律，需要获得双杂合的个体，若其自交后代为9：3:3:1或其变式，说明两对基因符合基因的自由组合定律，否则不符合。也可以通过测交验证。

 

11.已知一种有机物X（仅含有C、H两种元素）不易降解，会造成环境污染。某小组用三种培养基筛选土壤中能高效降解X的细菌（目标菌）。

Ⅰ号培养基：在牛肉膏蛋白胨培养基中加入X（5g/L）。

Ⅱ号培养基：氯化钠（5g/L），硝酸铵（3g/L），其他无机盐（适量），X（15g/L）。

Ⅲ号培养基：氯化钠（5g/L），硝酸铵（3g/L），其他无机盐（适量）X（45g/L）。

回答下列问题。

（1）在Ⅰ号培养基中，为微生物提供氨源的是___________。Ⅱ、Ⅲ号培养基为微生物提供碳源的有机物是_________。

（2）若将土壤悬浮液种在Ⅱ号液体培养基中，培养一段时间后，不能降解X的细菌比例会_________，其原因是_________。

（3）Ⅱ号培养基加入琼脂后可以制成固体培养基，若要以该固体培养基培养目标菌并对菌落进行计数，接种时，应采用的方法是______________。

（4）假设从Ⅲ号培养基中得到了能高效降解X的细菌，且该菌能将X代谢为丙酮酸，则在有氧条件下，丙酮酸可为该菌的生长提供_________和_________。

【答案】    (1). 牛肉膏、蛋白胨    (2). X    (3). 下降    (4). 不能降解X的细菌因缺乏碳源不能增殖，而能降解X的细菌能够增殖    (5). 稀释涂布平板法    (6). 能量    (7). 合成其他物质的原料

【解析】

【分析】

1、选择培养基的概念：在微生物学中，将允许特定微生物种类生长，同时抑制或阻止其他种类微生物生长的培养基，称为选择培养基，选择培养基必须是固体培养基，本题中选择培养基中的唯一碳源是有机物X，这样能分解X的微生物能够从该有机物获得碳源，其他微生物由于无法获得碳源而不能生存。

2、常用的接种微生物的方法有稀释涂布平板法和平板划线法，稀释涂布平板法是将菌液进行一系列的梯度稀释，然后将不同稀释度的菌液涂布到固体琼脂培养基上，进行培养，在稀释度足够高的菌液里，将聚集在一起的微生物分散成单个细胞，获得由单个细胞繁殖而来的菌落，微生物的计数通常采用稀释涂布平板法。

【详解】（1）氮源是微生物生长一类营养物，是含氮化合物，可为微生物的生长提供氮元素，牛肉膏、蛋白胨来源于动物原料，含有糖、维生素有机氮的营养物质，因此在1号培养基中，可为微生物提供氮源的是牛肉膏、蛋白胨。碳源也是微生物生长所需要的一类营养物质，可为微生物的生长提供碳元素，有机物均含有碳元素，II、III号培养基均含有有机物X，因此，II、III号培养基为微生物的生长提供碳源的均为有机物X。

（2）由于II号培养基含有的碳源只有有机物X，因此若将土壤悬浮液接种在II号液体培养基中，培养一段时间后，不能降解X的细菌因缺乏碳源不能增殖，而能降解X的细菌能够增殖，故不能降解X的细菌比例会减少。

（3）微生物的接种方法很多，最常用的有平板划线法与稀释涂布平板法，由于稀释涂布平板法接种可以形成单菌落，所以常用来进行微生物的计数，平板划线法不能把划线的开始部分的微生物分开，因此不能用于微生物的计数，常用来筛选分离微生物。

（4）丙酮酸含有碳元素，参与有氧呼吸的第二阶段，且能分解产生能量，因此其可为微生物的生长提供碳源与能源。

【点睛】选择培养基能选择特定的微生物。微生物的接种方法有多种，其中稀释涂布平板法由于能将微生物分成单菌落，常用于微生物的计数。微生物的营养物质有水、碳源、氮源、无机盐等。

 

12.基因工程中可以通过PCR技术扩增目的基因。回答下列问题。

（1）基因工程中所用的目的基因可以人工合成，也可以从基因文库中获得。基因文库包括________和________。

（2）生物体细胞内的DNA复制开始时，解开DNA双链的酶是________。在体外利用PCR技术扩增目的基因时，使反应体系中的模板DNA解链为单链的条件是________。上述两个解链过程的共同点是破坏了DNA双链分子中的________。

（3）目前在PCR反应中使用Taq酶而不使用大肠杆菌DNA聚合酶的主要原因是________。

【答案】    (1). 基因组文库    (2). 部分基因文库    (3). 解旋酶    (4). 加热至90-95度    (5). 氢键    (6). Taq酶热稳定性高，大肠杆菌的DNA聚合酶在高温下会变性失活

【解析】

【分析】

基因工程的操作步骤：目的基因的获取（基因文库获取、PCR、人工合成）；构建基因表达载体（含目的基因、标记基因、启动子、终止子、复制原点）；把目的基因导入受体细胞（显微注射法、农杆菌转化法、钙离子处理法）；目的基因的检测和鉴定（分子水平—DNA分子杂交法、分子杂交法、抗原抗体杂交法和个体水平—抗虫、抗病接种实验等）。

【详解】（1）基因文库包括基因组文库和部分基因文库，前者包括一种生物的全部基因，后者只包括一种生物的部分基因。

（2）体内进行DNA复制时，需要解旋酶和DNA聚合酶，解旋酶可以打开双链之间的氢键，DNA聚合酶可以催化磷酸二酯键的形成。在体外进行PCR扩增时，利用高温即加热至90-95度变性破坏双链之间的氢键，解旋酶和高温处理都破坏了DNA双链中碱基对之间的氢键。

（3）由于在PCR过程中，需要不断的改变温度，该过程中涉及较高温度处理变性，细胞内的DNA聚合酶在高温处理下会变性失活，PCR过程中需要用耐高温的DNA聚合酶催化。

【点睛】PCR的原理是DNA双链的复制，故类似于细胞内的DNA复制过程，需要模板、原料等条件。由于该过程中特殊的高温条件，需要用耐高温的DNA聚合酶。