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2019年普通高等学校招生全国统一考试（全国 II卷）

理科综合

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。

物理部分

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。

1.2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描F随h变化关系的图像是

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

【详解】根据万有引力定律可得： ，h越大，F越大，故选项D符合题意；

2.太阳内部核反应的主要模式之一是质子-质子循坏，循环的结果可表示为，已知和的质量分别为和，1u=931MeV/c²，c为光速。在4个转变成1个的过程中，释放的能量约为

A. 8 MeV B. 16 MeV C. 26 MeV D. 52 MeV

【答案】C

【解析】

【详解】由知，=，忽略电子质量，则：，故C选项符合题意；

3.物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，重力加速度取10m/s²。若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为

A. 150kg B. kg C. 200 kg D. kg

【答案】A

【解析】

【详解】

T=f+mgsinθ，f=μN，N=mgcosθ，带入数据解得：m=150kg，故A选项符合题意

4.如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为

A. ， B. ，

C. ， D. ，

【答案】B

【解析】

【详解】a点射出粒子半径R_a= =，得：v_a= =，

d点射出粒子半径为 ，R= 

故v_d= =，故B选项符合题意

5.从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E_总等于动能E_k与重力势能E_p之和。取地面为重力势能零点，该物体的E_总和E_p随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s²。由图中数据可得

A. 物体的质量为2 kg

B. h=0时，物体的速率为20 m/s

C. h=2 m时，物体的动能E_k=40 J

D. 从地面至h=4 m，物体的动能减少100 J

【答案】AD

【解析】

【详解】A．E_p-h图像知其斜率为G，故G= =20N，解得m=2kg，故A正确

B．h=0时，E_p=0，E_k=E_机-E_p=100J-0=100J，故=100J，解得：v=10m/s，故B错误；

C．h=2m时，E_p=40J，E_k= E_机-E_p=85J-40J=45J，故C错误

D．h=0时，E_k=E_机-E_p=100J-0=100J，h=4m时，E_k’=E_机-E_p=80J-80J=0J，故E_k- E_k’=100J，故D正确

6.如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v-t图像如图（b）所示，t₁和t₂是他落在倾斜雪道上的时刻。则

A. 第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小

B. 第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大

C. 第一次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大

D. 竖直方向速度大小为v₁时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大

【答案】BD

【解析】

【详解】A．由v-t图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A错误；

B．由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B正确

C．由于v-t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由 易知a₁>a₂，故C错误

D．由图像斜率，速度为v₁时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a₁>a₂，由G-f_y=ma，可知，f_y1<f_y2，故D正确

7.静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则

A. 运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小

B. 在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合

C. 粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能

D. 粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行

【答案】AC

【解析】

【详解】A．若电场中由同种电荷形成即由A点释放负电荷，则先加速后减速，故A正确；

B．若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B错误。

C．由于N点速度大于等于零，故N点动能大于等于M点动能，由能量守恒可知，N点电势能小于等于M点电势能，故C正确

D．粒子可能做曲线运动，故D错误；

8.如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是

A. B.

C. D.

【答案】AD

【解析】

【详解】由于PQ进入磁场时加速度为零，

AB．若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场，则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间，由于磁通量φ不变，无感应电流。由于PQ、MN同一位置释放，故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，A正确B错误；

CD．若PQ出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量φ不变，PQ、MN均加速运动，PQ出磁场后，MN由于加速故电流比PQ进入磁场时电流大，故C正确D错误；

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.如图（a），某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50Hz的交流电源，纸带等。回答下列问题：

（1）铁块与木板间动摩擦因数μ=______（用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g和铁块下滑的加速度a表示）

（2）某次实验时，调整木板与水平面的夹角θ=30°。接通电源。开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图（b）所示。图中的点为计数点（每两个相邻的计数点间还有4个点未画出）。重力加速度为9.8 m/s²。可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为_____________（结果保留2位小数）。

【答案】    (1).     (2). 0.35

【解析】

【详解】（1）由mgsinθ-μmgcosθ=ma，解得：μ=……①

（2）由逐差法a= 得：S_II=（76.39-31.83）×10^-2m，T=0.15s，S_I=（31.83-5.00）×10^-2m，故a= m/s²=1.97 m/s²，代入①式，得：μ= =0.35

10.某小组利用图（a）所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U与温度t的关系，图中V₁和V₂为理想电压表；R为滑动变阻器，R₀为定值电阻（阻值100 Ω）；S为开关，E为电源。实验中二极管置于控温炉内，控温炉内的温度t由温度计（图中未画出）测出。图（b）是该小组在恒定电流为50.0μA时得到的某硅二极管U-I关系曲线。回答下列问题：

（1）实验中，为保证流过二极管的电流为50.0μA，应调节滑动变阻器R，使电压表V₁的示数为U₁=______mV；根据图（b）可知，当控温炉内的温度t升高时，硅二极管正向电阻_____（填“变大”或“变小”），电压表V₁示数_____（填“增大”或“减小”），此时应将R的滑片向_____（填“A”或“B”）端移动，以使V₁示数仍为U₁。

（2）由图（b）可以看出U与t成线性关系，硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为=_____×10^-3V/℃（保留2位有效数字）。

【答案】    (1). 5.00    (2). 变小    (3). 增大    (4). B    (5). 2.8

【解析】

【详解】（1）U₁=IR₀=100Ω×50×10^-6A=5×10^-3V=5mV由 ，I不变，温度升高，U减小，故R减小；由于R变小，总电阻减小，电流增大；R₀两端电压增大，即V₁表示数变大，只有增大电阻才能使电流减小，故华东变阻器向右调节，即向B短调节。

（2）由图可知， =2.8×10^-3V/℃

11.如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，PQG的尺寸相同。G接地，PQ的电势均为（>0）。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。

（1）求粒子第一次穿过G时的动能，以及她从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；

（2）若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】解：（1）PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有

①

F=qE=ma②

设粒子第一次到达G时动能为E_k，由动能定理有

③

设粒子第一次到达G时所用时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有

④

l=v₀t⑤

联立①②③④⑤式解得

⑥

⑦

（2）设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度L为⑧

12.一质量为m=2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机忽然发现前方100 m处有一警示牌。立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0~t₁时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t₁=0.8 s；t₁~t₂时间段为刹车系统的启动时间，t₂=1.3 s；从t₂时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t₂时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m。

（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线；

（2）求t₂时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；

（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t₁~t₂时间内汽车克服阻力做的功；司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t₁~t₂时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？

【答案】（1）（2）， 28 m/s或者，29.76 m/s；（3）30 m/s；；87.5 m

【解析】

【详解】解：（1）v-t图像如图所示。

（2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v₁，则t₁时刻的速度也为v₁，t₂时刻的速度也为v₂，在t₂时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt=1s，设汽车在t2+n-1Δt内的位移为sn，n=1,2,3,…。

若汽车在t₂+3Δt~t₂+4Δt时间内未停止，设它在t₂+3Δt时刻的速度为v₃，在t₂+4Δt时刻的速度为v₄，由运动学有

①

②

③

联立①②③式，代入已知数据解得

④

这说明在t₂+4Δt时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。

由于在t₂+3Δt~t₂+4Δt内汽车停止，由运动学公式

⑤

⑥

联立②⑤⑥，代入已知数据解得

，v₂=28 m/s⑦

或者，v₂=29.76 m/s⑧

（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f₁，由牛顿定律有：f₁=ma⑨

在t₁~t₂时间内，阻力对汽车冲量的大小为：⑩

由动量定理有：

由动量定理，在t₁~t₂时间内，汽车克服阻力做的功为：

联立⑦⑨⑩式，代入已知数据解得

v₁=30 m/s

从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为

联立⑦，代入已知数据解得

s=87.5 m

（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.如p-V图所示，1、2、3三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T₁、T₂、T₃。用N₁、N₂、N₃分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的次数，则N₁______N₂，T₁______T₃，T₃，N₂______N₃。（填“大于”“小于”或“等于”）

【答案】    (1). 大于    (2). 等于    (3). 大于

【解析】

【详解】（1）1、2等体积，2、3等压强

由pV=nRT得：=，V₁=V₂，故=，可得：T₁=2T₂，即T₁>T₂，由于分子密度相同，温度高，碰撞次数多，故N₁>N₂；

由于p₁V₁= p₃V₃；故T₁=T₃；

则T₃>T₂，又p₂=p₃，2状态分析密度大，分析运动缓慢，单个分子平均作用力小，3状态分子密度小，分子运动剧烈，单个分子平均作用力大。故3状态碰撞容器壁分子较少，即N₂>N₃；

14.如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p₀和V₀，氢气的体积为2V₀，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：

（1）抽气前氢气的压强；

（2）抽气后氢气的压强和体积。

【答案】（1）（p₀+p）；（2）；

【解析】

【详解】解：（1）设抽气前氢气的压强为p₁₀，根据力的平衡条件得

（p₁₀–p）·2S=（p₀–p）·S①

得p₁₀=（p₀+p）②

（2）设抽气后氢气的压强和体积分别为p₁和V₁，氢气的压强和体积分别为p₂和V₂，根据力的平衡条件有p₂·S=p₁·2S③

由玻意耳定律得p₁V₁=p₁₀·2V₀④

p₂V₂=p₀·V₀⑤

由于两活塞用刚性杆连接，故

V₁–2V₀=2（V₀–V₂）⑥

联立②③④⑤⑥式解得

⑦

⑧

[物理——选修3–4]

15.如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a。绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度（约为2°）后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是_____。

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

【详解】由T=2π得：T₁=2π，T₂=2π=π=T₁ ，故BD错误；

，   

由能量守恒定律可知，小球先后摆起得最大高度相同，故l-lcosθ₁= 

根据数学规律可得： 故，即第一次振幅是第二次振幅得2倍，故A正确，C错误。

16.某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光：调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：

（1）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可__________；

A．将单缝向双缝靠近

B．将屏向靠近双缝的方向移动

C．将屏向远离双缝的方向移动

D．使用间距更小的双缝

（2）若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为Δx，则单色光的波长λ=_________；

（3）某次测量时，选用的双缝的间距为0．300 mm，测得屏与双缝间的距离为1.20 m，第1条暗条纹到第4条暗条纹之间的距离为7.56 mm。则所测单色光的波长为______________nm（结果保留3位有效数字）。

【答案】    (1). B    (2).     (3). 630

【解析】

【详解】（i）由Δx= ，因Δx越小，目镜中观察得条纹数越多，故B符合题意；

（ii）由，λ= 

（iii）λ==

化学部分

可能用到的相对原子质量：H 1  C 12  N 14  O 16  F 19  Na 23  S 32  Cl 35.5  As 75  I 127

Sm 150

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.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是

A. 蚕丝的主要成分是蛋白质

B. 蚕丝属于天热高分子材料

C. “蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应

D. 古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物

【答案】D

【解析】

【详解】A. 蚕丝的主要成分是蛋白质，A项正确；

B. 蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质是天然高分子化合物，B项正确；

C. “蜡炬成灰”指的是蜡烛在空气中与氧气燃烧，属于氧化反应，C项错误；

D. 高级脂肪酸酯不属于高分子聚合物，D项错误；

答案选D。

【点睛】高中化学阶段，常见的天然高分子化合物有：淀粉、纤维素、蛋白质和天然纤维。

2.已知N_A是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是

A. 3g ³He含有的中子数为1N_A

B. 1 L 0.1 mol·L⁻¹磷酸钠溶液含有的数目为0.1N_A

C. 1 mol K₂Cr₂O₇被还原为Cr³⁺转移的电子数为6N_A

D. 48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13N_A

【答案】B

【解析】

【详解】A. 的中子数为3-2=1，则3g的中子数为=N_A，A项正确； 

B. 磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L 0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L×0.1mol/L×N_A mol^-1 =0.1N_A，B项错误；

C. 重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×N_A mol^-1 =6N_A，C项正确；

D. 正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为×13×N_A mol^-1 =N_A，D项正确；

答案选B。

3.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是

A. 原子半径：W

B. 常温常压下，Y单质为固态

C. 气态氢化物热稳定性：Z

D. X的最高价氧化物的水化物是强碱

【答案】D

【解析】

【分析】

W、X、Y和Z为短周期主族元素，依据位置关系可以看出，W的族序数比X多2，因主族元素族序数在数值上等于该元素的最高价（除F与O以外），则可设X的族序数为a，则W的族序数为a+2，W与X的最高化合价之和为8，则有a+(a+2)=8，解得a=3，故X位于第IIIA族，为Al元素；Y为Si元素，Z为P元素；W为N元素，据此分析作答。

【详解】根据上述分析可知W、X、Y和Z为N、Al、Si和P，则

A. 同一周期从左到右元素原子半径依次减小，同一主族从上到下元素原子半径依次增大，则原子半径比较：N＜Al，A项正确；

B. 常温常压下，Si为固体，B项正确；

C. 同一主族元素从上到下，元素非金属性依次减弱，气体氢化物的稳定性依次减弱，则气体氢化物的稳定性比较：PH₃＜NH₃，C项正确；

D. X的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，即可以和强酸反应，又可以与强碱反应，属于两性氢氧化物，D项错误；

答案选D。

【点睛】非金属性越强的原子形成氢化物越稳定，与氢气化合越容易，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，对应阴离子的还原性越弱，学生要识记并理解。

4.下列实验现象与实验操作不相匹配的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】A

【解析】

【详解】A. 乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳无机小分子，则实验现象中不会出现分层，A项错误；

B. 将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的洗气瓶，发生反应为：CO₂+2Mg2MgO+C，则集气瓶因反应剧烈冒有浓烟，且生成黑色颗粒碳单质，实验现象与操作匹配，B项正确；

C. 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，则发生氧化还原反应，其离子方程式为：S₂O₃^2-+2H⁺=S↓+SO₂↑+H₂O，则会有刺激性气味产生，溶液变浑浊，实验现象与操作匹配，C项正确；

D. 向盛有氯化铁溶液的试管中加过量的铁粉，铁粉会将溶液中所有的铁离子还原为亚铁离子，使黄色逐渐消失，充分震荡后，加1滴KSCN溶液，因震荡后的溶液中无铁离子，则溶液不会变色，实验现象与操作匹配，D项正确；

答案选A。

5.下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是

A. 向CuSO₄溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO₄Cu+ZnSO₄

B. 澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)₂+CO₂CaCO₃↓+H₂O

C. Na₂O₂在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na₂O₂2Na₂O+O₂↑

D. 向Mg(OH)₂悬浊液中滴加足量FeCl₃溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)₂+2FeCl₃2Fe(OH)₃+3MgCl₂

【答案】C

【解析】

【详解】A.金属活动性顺序比较：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO₄＝ZnSO₄+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；

B. 澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO₂+Ca(OH)₂＝CaCO₃↓+H₂O，B项正确；

C. 过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系为：Na₂O₂+H₂O→NaOH，CO₂+2NaOH→Na₂CO₃·10H₂O→Na₂CO₃，C项错误；

D. 氢氧化镁的溶度积小于氯化铁的溶度积，则项氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，实现沉淀的转化，发生的化学方程式为：3Mg(OH)₂ + 2FeCl₃= 2Fe(OH)₃+ 3MgCl₂，D项正确；

答案选C。

6.绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是

A. 图中a和b分别为T₁、T₂温度下CdS在水中的溶解度

B. 图中各点对应的K_sp的关系为：K_sp(m)=K_sp(n)<K_sp(p)<K_sp(q)

C. 向m点的溶液中加入少量Na₂S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动

D. 温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动

【答案】B

【解析】

【详解】A. CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdSCd²⁺+S^2-，其溶度积Ksp=c(Cd²⁺)·c(S^2-),在饱和溶液中，c(Cd²⁺)= c(S^2-)=S（溶解度），结合图像可以看出，图中a和b分别表示T₁和T₂温度下CdS的溶解度，A项正确；

B. CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T₁条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B项错误；

C. m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd²⁺)减小，c(S^2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C项正确；

D. 从图像中可以看出，随着温度的升高，溶解的离子浓度增大，则说明CdSCd²⁺+S^2-为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd²⁺)与c(S^2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D项正确；

答案选B。

7.分子式为C₄H₈BrCl的有机物共有（不含立体异构）

A. 8种

B. 10种

C. 12种

D. 14种

【答案】C

【解析】

【分析】

C₄H₈ClBr可以可知丁烷中的2个H原子分别为1个Cl、1个Br原子取代，丁烷只有2种结构，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断。

【详解】先分析碳骨架异构，分别为 C-C-C-C 与2种情况，然后分别对 2 种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架 C-C-C-C 有、共 8 种，骨架有和， 4 种，综上所述，分子式为C₄H₈BrCl的有机物种类共8+4=12种，
C项正确；

答案选C。

【点睛】本题考查同分异构体的书写，难度中等，学会利用同分异构体的判断方法解题是关键，要特别注意的是，氯原子或溴原子取代中间碳原子上的氢原子结构不同。

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.立德粉ZnS·BaSO₄（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：

（1）利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为__________（填标号）。

A．黄色    B．红色    C．紫色    D．绿色

（2）以重晶石（BaSO₄）为原料，可按如下工艺生产立德粉：

①在回转窑中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为______________________。回转窑尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO₂和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为______________________。

②在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的___________（填化学式）。

③沉淀器中反应的离子方程式为______________________。

（3）成品中S²⁻的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 mol·L⁻¹的I₂−KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉溶液为指示剂，过量的I₂用0.1000 mol·L⁻¹Na₂S₂O₃溶液滴定，反应式为I₂+2=2I⁻+。测定时消耗Na₂S₂O₃溶液体积V mL。终点颜色变化为_________________，样品中S²⁻的含量为______________（写出表达式）。

【答案】    (1). D    (2). BaSO₄+4CBaS+4CO↑    (3). CO+H₂OCO₂+H₂    (4). BaCO₃    (5). S²⁻+Ba²⁺+Zn²⁺+BaS·BaSO₄↓    (6). 浅蓝色至无色    (7).

【解析】

【分析】

（1）焰色反应不属于化学变化，常用来检验金属元素存在，常见金属元素焰色：

钠Na（黄色） 、锂Li（紫红）、钾K（浅紫）、铷Rb（紫色）、钙Ca（砖红色）、锶Sr（洋红）、铜Cu（绿色）、钡Ba（黄绿）、铯Cs（紫红）；

（2）流程分析：重晶石与焦炭在回转炉中反应BaSO₄+4C=BaS+4CO↑，生成还原料BaS，硫化钡溶液与硫酸锌发生复分解反应S^2-+Ba²⁺+Zn²⁺+SO₄^2-=BaSO₄+ZnS↓，得到立德粉。

①注意焦炭过量生成CO，反应物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS与CO，写出方程式；CO与水蒸气反应生成CO₂与H₂，写出方程式CO+H₂O=CO₂+H₂；

②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，强酸制弱酸原理，还原料硫化钡与空气中水，二氧化碳反应生成了碳酸钡与硫化氢气体；

③硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可电离，写出离子方程式；

（3）碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I₂，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；

【详解】（1）焰色反应不是化学变化，常用来检验金属元素存在，常见金属元素焰色：

A.钠的焰色为黄色，故A错误；

B.钙的焰色为红色，故B错误；

C.钾的焰色为紫色，故C错误；

D.钡的焰色为绿色，故D正确；

答案：D

（2）①注意焦炭过量生成CO，反应物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS与CO，写出方程式BaSO₄+4C=BaS+4CO↑；CO与水蒸气反应生成CO₂与H₂，写出方程式：CO+H₂O=CO₂+H₂；

BaSO₄+4C=BaS+4CO↑  CO+H₂O=CO₂+H₂

②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，强酸制弱酸原理，还原料硫化钡与空气中水，二氧化碳反应生成了碳酸钡与硫化氢气体；

答案：BaCO₃

③硫化钡与硫酸锌可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可电离，写出离子方程式：S^2-+Ba²⁺+Zn²⁺+SO₄^2-=BaSO₄+ZnS↓；

（3）碘单质与硫离子的反应：S^2-+I₂=S+2I^-；碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I₂，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；根据化合价升降相等列关系式，设硫离子物质的量为nmol：

S^2- ～ I₂     2S₂O₃^2- ～   I₂

1mol   1mol    2mol         1mol

n mol  nmol     0.1V×10^-3mol 0.1V×10^-3mol

n+ 0.1V×10^-3mol=250.1V×10^-3mol，得n=（25-V）0.1×10^-3mol

则样品中硫离子含量为：×100%= ×100%

答案：×100%

【点睛】本题难度较低，重点考察学生基础知识运用能力，易错点：第（2）小题第①没有注意焦炭过量生成CO；（3）关系式法的计算。

9.环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：

（1）已知：(g)= (g)+H₂(g)        ΔH₁=100.3 kJ·mol ⁻¹ ①

H₂(g)+ I₂(g)=2HI(g)                                    ΔH₂=﹣11.0 kJ·mol ⁻¹ ②

对于反应：(g)+ I₂(g)=(g)+2HI(g)  ③  ΔH₃=___________kJ·mol ⁻¹。

（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应③，起始总压为10⁵Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的平衡常数K_p=_________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。

A．通入惰性气体                    B．提高温度

C．增加环戊烯浓度                D．增加碘浓度

（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。

A．T₁＞T₂

B．a点的反应速率小于c点的反应速率

C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率

D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L⁻¹

（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C₅H₅)₂结构简式为），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。

该电解池的阳极为____________，总反应为__________________。电解制备需要在无水条件下进行，原因为_________________________。

【答案】    (1). 89.3    (2). 40％    (3). 3.56×10⁴    (4). BD    (5). CD    (6). Fe电极    (7). Fe+2+H₂↑（Fe+2C₅H₆Fe(C₅H₅)₂+H₂↑）    (8). 水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH⁻，进一步与Fe²⁺反应生成Fe(OH)₂

【解析】

【分析】

（1）盖斯定律解题；

（2）差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；平衡移动原理解释；

（3）通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析A、B、C选项，D选项观察图像计算；

（4）根据阳极：升失氧；阴极：降得还进行分析确定阴阳极；根据题干信息中Na元素的变化确定环戊二烯得电子数和还原产物，进而写出电极反应式；注意Na与水会反应，Fe²⁺在碱性条件下生成沉淀。

【详解】（1）根据盖斯定律①-②，可得反应③的ΔH=89.3KJ/mol；

答案：89.3

（2）假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol，平衡时环戊烯反应了xmol，根据题意可知；

（g）+I₂（g）= （g）+2HI（g）  增加的物质的量

 1mol        1mol      1mol      2mol        1mol

xmol                                          2n×20%

得x=0.4nmol，转化率为0.4n/n×100%=40%；

（g）  +   I₂（g）=   （g）+   2HI（g）

P（初）  0.5×10⁵ 0.5×10⁵ 0               0

ΔP      0.5×10⁵×40%    0.5×10⁵×40%  0.5×10⁵×40%   1×10⁵×40%

P（平）  0.3×10⁵ 0.3×10⁵ 0.2×10⁵ 0.4×10⁵

K_p==3.56×10⁴；

A.T、V一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A错误；

B.升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B正确；

C．增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低；

D,增加I₂的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D正确；

答案：40%  3.56×10⁴    BD

（3）A温度越高化学反应速率越快，单位时间内反应物浓度减少越多，故T₂₂，故A错误；

B.温度越高化学反应速率越快，因此a点反应速率大于c点反应速率，故B错误；

C. a点、b点反应一直在正向进行，故v（正）>v(逆)，a点反应物浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点，因此v（正a）>v(逆b)，故C正确；

D.b点时环戊二烯浓度由1.5mol/L减小到0.6mol/L，减少了0.9mol/L，因此生成二聚体0.45mol/L，故D正确；

答案：CD

（4）根据阳极升失氧可知Fe为阳极；根据题干信息Fe-2e^-=Fe²⁺，电解液中钠离子起到催化剂的作用使得环戊二烯得电子生成氢气，同时与亚铁离子结合生成二茂铁，故电极反应式为Fe+2=+H₂↑；电解必须在无水条件下进行，因为中间产物Na会与水反应生成氢氧化钠和氢气，亚铁离子会和氢氧根离子结合生成沉淀；

答案：Fe电极   Fe+2=+H₂↑（Fe+2C₅H₆=Fe（C₂H₅）₂+ H₂↑）  水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH^-，进一步与Fe²⁺反应生成Fe（OH）₂。

【点睛】本题以能力立意，考查学生提取信息，处理信息的能力，分析问题，解决问题的能力。充分体现了化学学科思想、学科方法、创新意识和学科价值,易错点第（2）小题平衡常数计算；第（4）小题电极反应式的书写。

10.咖啡因是一种生物碱（易溶于水及乙醇，熔点234.5℃，100℃以上开始升华），有兴奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%~5%、单宁酸（K_a约为10⁻⁴，易溶于水及乙醇）约3%~10%，还含有色素、纤维素等。实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如下图所示。

索氏提取装置如图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与茶叶末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对茶叶末的连续萃取。回答下列问题：

（1）实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1中，研细的目的是______________，圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂，加热前还要加几粒______________。

（2）提取过程不可选用明火直接加热，原因是______________，与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是______________。

（3）提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂，与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是______________。“蒸发浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外，还有______________（填标号）。

A．直形冷凝管   B．球形冷凝管C．接收瓶D．烧杯

（4）______________    ______________

（5）可采用如图所示简易装置分离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是______________。

【答案】    (1). 增加固液接触面积，提取充分    (2). 沸石    (3). 乙醇易挥发，易燃    (4). 使用溶剂少，可连续萃取（萃取效率高）    (5). 乙醇沸点低，易浓缩    (6). AC    (7). 单宁酸    (8). 水    (9). 升华

【解析】

【详解】（1）萃取时将茶叶研细可以增加固液接触面积，从而使提取更充分；由于需要加热，为防止液体暴沸，加热前还要加入几粒沸石；

（2）由于乙醇易挥发，易燃烧，为防止温度过高挥发出的乙醇燃烧，因此提取过程中不可选用明火直接加热；根据题干中的已知信息可判断与常规的萃取相比较，采用索式提取器的优点是使用溶剂量少，可连续萃取（萃取效率高）；

（3）乙醇是有机溶剂，沸点低，因此与水相比较乙醇作为萃取剂的优点是乙醇沸点低，易浓缩；蒸馏浓缩时需要冷凝管，为防止液体残留在冷凝管中，应该选用直形冷凝管，而不需要球形冷凝管，A正确，B错误；为防止液体挥发，冷凝后得到的馏分需要有接收瓶接收馏分，而不需要烧杯，C正确，D错误，答案选AC。

（4）由于茶叶中还含有单宁酸，且单宁酸也易溶于水和乙醇，因此浓缩液中加入氧化钙作用是中和单宁酸，同时也吸收水；

（5）根据已知信息可知咖啡因在100℃以上时开始升华，因此该分离提纯方法的名称是升华。

（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.近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe−Sm−As−F−O组成的化合物。回答下列问题：

（1）元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为_______，其沸点比NH₃的_______（填“高”或“低”），其判断理由是_________________________。

（2）Fe成为阳离子时首先失去______轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f⁶6s²，Sm³⁺的价层电子排布式为______________________。

（3）比较离子半径：F⁻__________O²⁻（填“大于”等于”或“小于”）。

（4）一种四方结构的超导化合物的晶胞结构如图1所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。

图中F⁻和O²⁻共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1−x代表，则该化合物的化学式表示为____________，通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ=________g·cm⁻³。

以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原子1的坐标为()，则原子2和3的坐标分别为__________、__________。

【答案】    (1). 略    (2). 低    (3). NH₃分子间存在氢键    (4). 4s    (5). 4f⁵    (6). 小于    (7). SmFeAsO_1−xF_x    (8).     (9).     (10).

【解析】

【详解】（1）As与N同族，则AsH₃分子的立体结构类似于NH₃，为三角锥形；由于NH₃分子间存在氢键使沸点升高，故AsH₃的沸点较NH₃低，

故答案为：三角锥形；低；NH₃分子间存在氢键；

（2）Fe为26号元素，Fe原子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²，Fe原子失去1个电子使4s轨道为半充满状态，能量较低，故首先失去4s轨道电子；Sm的价电子排布式为4f⁶6s²，失去3个电子变成Sm³⁺成为稳定状态，则应先失去能量较高的4s电子，所以Sm³⁺的价电子排布式为为4f⁵，

故答案为：4s；4f⁵；

（3）F^-和O^2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，则半径越小，故半径：F^-2-，