2018年高考天津卷理综试题（解析版）

2018年高考天津卷理综试题(解析版)

2018年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）

理科综合

绝密★启用前

2018年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）

理科综合 生物部分

理科综合共300分，考试用时150分钟。

生物试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至7页，共80分。

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

祝各位考生考试顺利！

第Ⅰ卷

注意事项：

1．每题选出答案后，用铅笔将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，再选涂其他答案标号。

2．本卷共6题，每题6分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。

1. 下列关于人体神经调节的叙述，正确的是

A. 结构基础是反射弧 B. 不受激素影响

C. 不存在信息传递 D. 能直接消灭入侵病原体

【答案】A

【解析】【分析】本题的知识点是神经调节，其结构基础是反射弧，神经调节与体液调节相互影响，神经调节过程中产生的神经递质类似于激素，也能起到信息传递的作用。

【详解】神经系统的结构基础是反射弧，由感受器、传入神经、神经中枢、传出神经、效应器五部分组成，A正确；内分泌腺分泌的激素可以影响神经系统的发育和功能，如幼年时期甲状腺激素分泌不足，就会影响脑的发育，成年时，甲状腺激素分泌不足，会使神经系统的兴奋性降低，B错误；神经递质可以与突触后膜上的特异性受体结合，使下一个神经元兴奋或抑制，说明神经调节过程中存在信息传递，C错误；神经系统感觉到病原体的存在一般是在有了病理反应以后，在病毒或病菌刚侵入人体的时候，靠反射并不能对其作出反应，D错误。

【点睛】解答本题的关键是需要学生掌握神经调节的结构基础、过程及神经调节与体液调节的关系。

2. 芦笋是雌雄异株植物，雄株性染色体为XY，雌株为XX；其幼茎可食用，雄株产量高。以下为两种培育雄株的技术路线。有关叙述错误的是

A. 形成愈伤组织可通过添加植物生长调节剂进行诱导

B. 幼苗乙和丙的形成均经过脱分化和再分化过程

C. 雄株丁的亲本的性染色体组成分别为XY、XX

D. 与雄株甲不同，雄株丁培育过程中发生了基因重组

【答案】C

【解析】【分析】本题考查的知识点是近几年高考的热点问题。在高中生物试题中常见的育种方式有杂交育种、诱变育种、单倍体育种、多倍体育种，基因工程育种，细胞工程育种等。学生应掌握各种育种方式的原理、方法、优点。

【详解】生长素与细胞分裂素的使用比例影响植物细胞的发育方向，当二者比值高时，有利于根的分化，抑制芽的形成；比值低时，有利于芽的分化、抑制根的形成；比例适中时，促进愈伤组织的形成，因为生长素和细胞分裂素相对应的植物生长调节剂也有相应的效果，所以可以通过添加植物生长调节剂进行诱导，A正确；幼苗乙与幼苗丙的形成是花药离体培养形成单倍体植株的过程，此过程的原理是植物组织培养，因此需要经过脱分化与再分化的过程，B正确；花粉是经过减数分裂产生的，其配子含有X染色体或Y染色体，经过花药离体培养，得到单倍体，再经过秋水仙素处理后得到的植株乙与丙的基因型为XX或YY，因此雄株丁的亲本的基因型分别为XX、YY，C错误；雄株甲是通过无性繁殖形成的，形成过程中不会进行减数分裂，因此也不会发生基因重组；雄株乙是通过有性生殖形成的，形成过程中经过了减数分裂，因此会发生基因重组，D正确。

【点睛】解答本题需要学生掌握常见的几种育种方式及其所遵循的原理，要注意雄株甲是通过无性繁殖的方式进行育种，此过程不会发生基因重组，另外需要明确单倍体育种需要经过植物的组织培养过程。

3. 生物膜上不同类型的蛋白质行使不同的功能。下表中依据膜蛋白功能，对其类型判断错误的是

力，运用所学的细胞呼吸的知识点解决相应的生物学问题的能力。

【详解】在t1~t2时刻，单位时间内氧气的减少速率越来越慢，说明酵母菌的有氧呼吸速率不断下降，A正确；t3时刻，培养液中氧气的含量不再发生变化，说明酵母菌基本不再进行有氧呼吸，此时主要进行无氧呼吸，t1和t3产生CO2的速率相同，所以单位时间内产生相同量的CO2，所以单位时间内无氧呼吸消耗的葡萄糖是有氧呼吸的3倍，因此t3时，溶液中消耗葡萄糖的速率比t1时快，B正确；图示所给温度是最适温度，此时酶的活性最高，反应速率最快，因此若降低温度，氧气相对含量达到稳定时所需要的时间会变长，C错误；据图可知，酵母菌进行了无氧呼吸，无氧呼吸过程会产生酒精，酒精与酸性重铬酸钾溶液反应后变成灰绿色，D正确。

【点睛】解答本题需要考生具有较强的分析曲线图的能力，需要根据曲线的斜率来判断细胞有氧呼吸的速率大小，要注意题目关键词“最适温度”，因此温度高于或低于此温度，细胞呼吸速率会减慢。

6. 某生物基因型为A1A2，A1和A2的表达产物N1和N2可随机组合形成二聚体蛋白，即N1N1、N1N2、N2N2三种蛋白。若该生物体内A2基因表达产物的数量是A1的2倍，则由A1和A2表达产物形成的二聚体蛋白中，N1N1型蛋白占的比例为

A. 1/3 B. 1/4 C. 1/8 D. 1/9

【答案】D

【解析】【分析】本题主要考查了A1与A2基因表达产物结合成二聚体蛋白的种类。当N1、N2的数量关系不同时，组成的二聚体蛋白的比例不同。

【详解】基因A1、A2的表达产物N1、N2可随机结合，组成三种类型的二聚体蛋白N1N1、N1N2、N2N2，若该生物体内A2基因表达产物的数量是A1的2倍，则N1占1/3，N2占2/3，由于N1和N2可随机组合形成二聚体蛋白，因此N1N1占1/3×1/3=1/9。

故选：D。

【点睛】解答本题需要考生明确关键字眼“N1和N2可随机组合”，根据题意可知A1与A2的数量关系，进而求出各二聚体蛋白所占的比例。

第Ⅱ卷

注意事项：

1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。

2．本卷共4题，共44分。

7. 血管平滑肌细胞（VSMC）的功能受多种物质影响，与血管健康密切相关。

（1）血管内皮细胞释放的一氧化氮，可降低VSMC膜上Ca2+运输蛋白的活性，导致进入细胞内的Ca2+__________（增加/减少），引起血管平滑肌舒张，上述调节方式属于_________调节。

（2）机体产生的同型半胱氨酸水平升高，可引起VSMC少内质网功能素乱，堆积未折叠蛋白，这些蛋白没有形成正确的________________，不能行使正常功能。

（3）用同型半胱氨酸处理体外培养的小鼠成熟分化型VSMC后，其细胞分化相关指标的交化如下表所示。

由此推断，同型半胱氨酸导致VSMC分化程度___________（升高/降低），功能紊乱。

（4）已知血管保护药物R对VSMC没有直接影响，但可改善同型半胱氨酸对VSMC的作用。以小鼠VSMC为材料，在细胞水平研究上述作用时，应设计三组实验，即_______________、同型半胱氨酸处理组和___________________；每组内设三个重复，其目的是_____________。

【答案】 (1). 减少 (2). 体液 (3). 空间结构 (4). 降低 (5). 对照组 (6). R+同型半胱氨基处理组 (7). 减少随机误差

【解析】【分析】本题考查体液调节及相关的实验设计方面的内容。动物与人生命活动的调节包括神经调节、体液调节与免疫调节，准确理解概念才能正确判断三者。实验设计的基本原则有对照原则、单一变量原则与平行重复原则。明确实验的目的，能正确区分实验的变量，并能根据探究实验的原则完善实验过程；能根据实验现象进行合理分析并得出正确的结论。

【详解】（1）据题意可知，血管内皮细胞分泌的一氧化氮可以降低VSMC膜上Ca2+运输蛋白的活性，因此可以导致进入细胞内的Ca2+减少，引起血管平滑肌舒张。体液调节是激素等化学物质通过体液传送的方式对生命活动的调节。一氧化氮属于一种化学物质，其可以引起血管平滑肌舒张，此种调节方式属于体液调节。

（2）内质网的功能之一是对蛋白质进行加工，使其形成空间结构，内质网功能紊乱，无法使蛋白质形成正确的空间结构，导致蛋白质不能正常行使其功能。

（3）据表格内容可知，用同型半胱氨酸处理处理小鼠分化型VSMC后，其形态变为椭圆形，相对增殖能力变强，相对迁移能力变强，类似于癌细胞的特征，而癌细胞是一种分化程度较低的细胞，说明小鼠分化型VSMC经过处理后，其分化程度降低，功能紊乱。

（4）实验要遵循对照原则及平行重复原则，本实验要探究保护药物R是否可改善同型半胱氨酸对VSMC的作用，因此要设置空白对照组、同型半胱氨酸处理组及R+同型半胱氨酸处理，通过这三组实验即可确定保护药物R的作用。在科学探究过程中，为了减少误差，避免偶然现象，使结果更真实，应该做多次重复实验。

【点睛】解答本题需要掌握体液调节的概念，即体液中的化学物质对生命活动进行调节，掌握实验设计的基本原则，能够分清实验的自变量、因变量、无关变量，同时要能够区分实验组与对照组。

8. 为研究森林生态系统的碳循环，对西黄松老龄（未砍伐50~250年）和幼龄（砍伐后22年）生态系统的有机碳库及年碳收支进行测试，结果见下表，据表回答：

※净初级生产力：生产者光合作用固定总碳的速率减去自身呼吸总用消耗碳的速率

※※异养呼吸：消费者和分解者的呼吸作用

（1）西黄松群落被砍伐后，可逐渐形成自然幼龄群落，体现了生态系统的_________稳定性。

（2）大气中的碳主要在叶绿体_________部位被固定，进入生物群落。幼龄西黄松群落每平方米有____________克碳用于生产者当年的生长、发育、繁殖，储存在生产者活生物量中；其中，部分通过生态系统中___________的呼吸作用，部分转变为死有机质和土壤有机碳后通过__________________________的分解作用，返回大气中的CO2库。

（3）西黄松幼龄群落中每克生产者活生物量的净初级生产力___________（大于/等于/小于）老龄群落。根据年碳收支分析，幼龄西黄松群落_________（能/不能）降低大气碳总量。

【答案】 (1). 恢复力 (2). 基质 (3). 360 (4). 消费者 (5). 分解者 (6). 大于 (7). 不能

【解析】【分析】本题以森林生态系统的碳循环为素材考查了生态系统的物质循环、能量流动相关知识，意在考查学生的识记、理解能力、能从表格提取有效信息解决问题的能力。物质循环是指在生态系统中，组成生物体的化学元素，从无机环境开始，经生产者，消费者和分解者又回到无机环境中，完成一个循环过程，其特点是物质循环是周而复始的。能量流动和物质循环都是通过生物之间的取食过程完成的，它们是密切相关、不可分割的，能量流动伴随物质循环，能量流动的特点是单向的、逐级递减的、不可循环的。除最高营养级外，某一营养级的总能量去路由四个部分组成：自身呼吸消耗的能量、流向分解者的能量、流向下一营养级的能量与未被利用的能量。

【详解】（1）恢复力稳定性是指生态系统在遭到外界干扰因素的破坏以后恢复到原状的能力。西黄松群落被砍伐遭到破坏后，又逐渐形成自然幼龄群落，体现了生态系统的恢复力稳定性。

（2）大气中的碳主要以CO2的形式在叶绿体基质被固定，进入生物群落。生长、发育、繁殖，储存在生产者活生物量=生产的同化量-生产者呼吸消耗量，即为表格中的净初级生产力，即幼龄西黄松群落每平方米360克碳用于生产者当年的生长、发育、繁殖，储存在生产者活生物量中。幼龄西黄松群落一部分被消费者食用，通过消费者的呼吸作用以热能形式释放，一部分即残枝败叶转变为死有机质和土壤有机质，进而通过分解者的分解作用，返回大气中的CO2库。

（3）由图可知，西黄松幼龄群落中每克生产者活生物量的净初级生产力为360/1460≈0.25；西黄松老龄群落中每克生产者活生物量的净初级生产力为470/12730≈0.04，因此，西黄松幼龄群落中每克生产者活生物量的净初级生产力大于老龄群落。根据年碳收支分析，幼龄西黄松群落的净初级生产力360，异氧呼吸消耗量为390，净初级生产力小于异氧呼吸消耗速率，故不会有有机物的积累，即幼龄西黄松群落不能降低大气碳总量。

【点睛】解答本题的关键是理清流经每一营养级的能量去向及总初级生产量与净初级生产量的关系，掌握生态系统中碳循环的途径及特点，明确通过光合作用碳进入生物群落，通过呼吸作用，碳进入大气中的CO2库。

9. 为获得玉米多倍体植株，采用以下技术路线。据图回答：

（1）可用______________对图中发芽的种子进行处理。

（2）筛选鉴定多倍体时，剪去幼苗根尖固定后，经过解离、漂洗、染色、制片，观察_____区的细胞。若装片中的细胞均多层重叠，原因是__________________________。统计细胞周期各时期的细胞数和细胞染色体数。下表分别为幼苗I中的甲株和幼苗II中的乙株的统计结果。

可以利用表中数值____________和_____________，比较甲株细胞周期中的间期与分裂期的时间长短。

（3）依表结果，绘出形成乙株的过程中，诱导处理使染色体数加倍的细胞周期及下一个细胞周期的染色体数变化曲线______。

【答案】 (1). 秋水仙素（或低温） (2). 分生 (3). 解离不充分或压片不充分 (4). x1 (5). x2 +x3 +x4 +x5 (6).

【解析】【分析】本题考查的知识点是生物的育种及“观察植物细胞的有丝分裂”的实验，意在考查学生对课本基础知识的识记、理解能力。生物的育种包括单倍体育种、多倍体育种、诱变育种、杂交育种等，其中多倍体育种的原理是染色体变异，需要用化学试剂秋水仙素或低温诱导染色体数目加倍。明确相关知识点，利用所学知识准确答题。

【详解】（1）据题意“为获得玉米多倍体植株”可用秋水仙素对萌发的种子进行处理，抑制有丝分裂前期纺锤体的形成，导致细胞内的染色体数目加倍，从而得到多倍体玉米。

（2）筛选鉴定多倍体时，需要观察染色体的数目，取玉米幼苗的根尖固定后，经过解离、漂洗、染色、制片过程，进行观察。由于只有根尖的分生区进行细胞分裂，因此可观察分生区细胞的染色体数目。在进行有丝分裂实验中，解离是使细胞相互分离开，压片是进一步使细胞相互分散开，如果解离不充分或压片不充分，会使细胞均多层重叠。在观察细胞分裂时，材料经过解离已经死亡。观察到的某一状态的细胞数量越多，说明该时期持续时间越长。因此可用x1表示甲株细胞周期中的间期时间长短， 用x2 +x3 +x4 +x5来表示甲株细胞周期中的分裂期的时间长短。

（3）秋水仙素诱导导致幼苗在有丝分裂前期不出现纺锤体，因此后期染色体加倍后细胞不会分裂为两个子细胞，进而使细胞内的染色体数目是诱导之前染色体数目的两倍。再进行下一次细胞分裂时，按照加倍后的染色体数目进行正常的有丝分裂。因此诱导处理使染色体数加倍的细胞周期及下一个细胞周期的染色体数变化曲线如图所示：。

【点睛】多倍体的形成有两种途径，可用秋水仙素处理萌发的种子或幼苗，也可以低温诱导，二者均可以使染色体数目加倍。在“观察植物细胞的有丝分裂”实验中，需要学生注意的细节很多，如实验的原理、实验所用的试剂及试剂的作用、实验的步骤及各步骤的作用等，需要学生在学习中注意归纳总结。

10. 甲型流感病毒为RNA病毒，易引起流感大规模流行。我国科学家在2017年发明了一种制备该病毒活疫苗的新方法，主要环节如下。

（1）改造病毒的部分基因，使其失去在正常宿主细胞内的增殖能力。以病毒RNA为模板，逆转录成对应DNA后，利用___________技术扩增，并将其中某些基因（不包括表面抗原基因）内个别编码氨基酸的序列替换成编码终止密码子的序列。与改造前的基因相比，改造后的基因表达时不能合成完整长度的___________，因此不能产生子代病毒。将该改造基因、表面抗原等其他基因分别构建重组质粒，并保存。

（2）构建适合改造病毒增殖的转基因宿主细胞。设计合成一种特殊tRNA的基因，其产物的反密码子能与（1）中的终止密码子配对结合，并可携带一个非天然氨基酸（Uaa）。将该基因与___________连接后倒入宿主细胞。提取宿主细胞的__________进行分子杂交鉴定，筛选获得成功表达上述tRNA的转基因宿主细胞。

（3）利用转基因宿主细胞制备疫苗。将（1）中的重组质粒导入（2）中的转基因宿主细胞，并在补加__________的培养基中进行培养，则该宿主细胞能利用上述特定tRNA，翻译出改造病毒基因的完整蛋白，产生大量子代病毒，用于制备疫苗。特殊tRNA基因转录时，识别其启动子的酶是_________（单选）。

A．病毒的DNA聚合酶

B．宿主的DNA聚合酶

C．病毒的RNA聚合酶

D．宿主的RNA聚合酶

（4）上述子代病毒不能在正常宿主细胞中增殖，没有致病性，因此不经灭活或减毒即可制成疫苗。与不具侵染性的流感病毒灭活疫苗相比，该病毒活疫苗的优势之一是可引起_________免疫，增强免疫保护效果。

【答案】 (1). PCR (2). 多肽（或蛋白质） (3). 载体 (4). 总RNA (5). 非天然氨基酸（Uaa） (6). D (7). 细胞

【解析】【分析】本题以甲型流感病毒为素材，考查了基因工程、基因的表达、免疫调节的相关知识，意在考查学生的理解能力，综合运用所学知识解决问题的能力。可以改造病毒的部分基因，使其失去在正常宿主细胞内的增殖能力，此过程中需要用到PCR技术，然后通过基因工程构建适合改造病毒增殖的转基因宿主细胞。最后利用转基因宿主细胞制备疫苗，以预防该病毒再次侵染。

（2）基因工程的核心步骤为基因表达载体的构建，将该基因与载体连接后才能导入宿主细胞，检测目的基因是否成功表达上述tRNA时，利用核酸分子杂交技术，即用相应的DNA探针与宿主细胞的总RNA分子进行杂交鉴定，进而筛选获得成功表达上述tRNA的转基因宿主细胞。

（3）因为设计的宿主细胞具有能合成一种特殊tRNA的基因，其产物的反密码子能与（1）中的终止密码子配对结合，并可携带一个非天然氨基酸（Uaa），因此可在补加非天然氨基酸（Uaa）的培养基中进行培养，筛选出宿主细胞。进而利用该宿主细胞，翻译出改造病毒基因的完整蛋白，产生大量子代病毒，用于制备疫苗。因为转录在宿主细胞内进行，且启动子是RNA聚合酶识别和结合的部位，因此需要使用宿主细胞的RNA聚合酶。故选：D。

（4）不具侵染性的流感病毒灭活疫苗，不能侵入细胞内部，只能引起体液免疫，产生相应的抗体与记忆细胞，而该疫苗能够侵入细胞，引起的免疫属于细胞免疫。

【点睛】解答本题需要考生掌握基因工程的原理、操作步骤及其一些细节问题，同时还要熟练掌握有关基因的表达及免疫调节方面的问题。

2018年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）理科综合物理部分

一、单项选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）

1. 国家大科学过程——中国散裂中子源（CSNS）于2017年8月28日首次打靶成功，获得中子束流，可以为诸多领域的研究和工业应用提供先进的研究平台，下列核反应中放出的粒子为中子的是

A. 俘获一个α粒子，产生并放出一个粒子

B. 俘获一个α粒子，产生并放出一个粒子

C. 俘获一个质子，产生并放出一个粒子

D. 俘获一个质子，产生并放出一个粒子

【答案】B

【解析】根据质量数和电荷数守恒可知四个核反应方程分别为、、，，故只有B选项符合题意；

【点睛】核反应过程中，质量数与核电荷数守恒，应用质量数与核电荷数守恒即可写出核反应方程式．

2. 滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中

A. 所受合外力始终为零

B. 所受摩擦力大小不变

C. 合外力做功一定为零

D. 机械能始终保持不变

【答案】C

【解析】试题分析：根据曲线运动的特点分析物体受力情况，根据牛顿第二定律求解出运动员与曲面间的正压力变化情况，从而分析运动员所受摩擦力变化；根据运动员的动能变化情况，结合动能定理分析合外力做功；根据运动过程中，是否只有重力做功来判断运动员的机械能是否守恒；

因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，故有，运动过程中速率恒定，且在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据可知摩擦力越来越大，B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C正确；因为克服摩擦力做功，机械能不守恒，D错误；

【点睛】考查了曲线运动、圆周运动、动能定理等；知道曲线运动过程中速度时刻变化，合力不为零；在分析物体做圆周运动时，首先要弄清楚合力充当向心力，然后根据牛顿第二定律列式，基础题，难以程度适中．

3. 如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为，粒子在M和N时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能分别为。下列判断正确的是

A. B.

C. D.

【答案】D

【解析】试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从M运动到N；从N运动到M，根据电场的性质依次判断；

电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有；若粒子从M运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即，负电荷在低电势处电势能大，故；

若粒子从N运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即，负电荷在低电势处电势能大，故；

综上所述，D正确；

【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况．

4. 教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的，则

A. R消耗的功率变为

B. 电压表V的读数为

C. 电流表A的读数变为2I

D. 通过R的交变电流频率不变

【答案】B

【解析】试题分析：根据公式分析电动机产生的交流电的最大值以及有效值、频率的变化情况；根据判断原副线圈中电流电压的变化情况，根据副线圈中功率的变化判断原线圈中功率的变化；

根据可知转速变为原来的，则角速度变为原来的，根据可知电动机产生的最大电动势为原来的，根据可知发电机的输出电压有效值变为原来的，即原线圈的输出电压变为原来的，根据可知副线圈的输入电压变为原来的，即电压表示数变为原来的，根据可知R消耗的电功率变为，A错误B正确；副线圈中的电流为，即变为原来的，根据可知原线圈中的电流也变为原来的，C错误；转速减小为原来的，则频率变为原来的，D错误．

【点睛】本题考查了交流电最大值，有效值，频率，变压器等；需要知道交流电路中电表的示数为有效值，在理想变压器中，恒有，副线圈消耗的功率决定了原线圈的输入功率．

5. 氢原子光谱在可见光区域内有四条谱线，都是氢原子中电子从量子数n>2的能级跃迁到n=2的能级发出的光，它们在真空中的波长由长到短，可以判定

A. 对应的前后能级之差最小

B. 同一介质对的折射率最大

C. 同一介质中的传播速度最大

D. 用照射某一金属能发生光电效应，则也一定能

【答案】A

【解析】试题分析：根据分析前后能级差的大小；根据折射率与频率的关系分析折射率的大小；根据判断传播速度的大小；根据发生光电效应现象的条件是入射光的频率大于该光的极限频率判断是否会发生光电效应．

波长越大，频率越小，故的频率最小，根据可知对应的能量最小，根据可知对应的前后能级之差最小，A正确；的频率最小，同一介质对应的折射率最小，根据可知的传播速度最大，BC错误；的波长小于的波长，故的频率大于的频率，若用照射某一金属能发生光电效应，则不一定能，D错误．

【点睛】光的波长越大，频率越小，同一介质对其的折射率越小，光子的能量越小．

二、不定项选择题（每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的）

6. 2018年2月2日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出卫星的

A. 密度 B. 向心力的大小 C. 离地高度 D. 线速度的大小

【答案】CD

【解析】根据题意，已知卫星运动的周期T，地球的半径R，地球表面的重力加速度g，卫星受到的外有引力充当向心力，故有，卫星的质量被抵消，则不能计算卫星的密度，更不能计算卫星的向心力大小，AB错误；由解得，而，故可计算卫星距离地球表面的高度，C正确；根据公式，轨道半径可以求出，周期已知，故可以计算出卫星绕地球运动的线速度，D正确；

【点睛】解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力（忽略自转），2、万有引力提供向心力，并能灵活运用。

7. 明朝谢肇淛《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之,曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则

A. 若F一定，θ大时大

B. 若F一定，θ小时大

C. 若θ一定，F大时大

D. 若θ一定，F小时大

【答案】BC

【解析】试题分析：由于木楔处在静止状态，故可将力F沿与木楔的斜面垂直且向上的方向进行分解，根据平行四边形定则，画出力F按效果分解的图示．并且可据此求出木楔两侧产生的推力．

选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向右的F、和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力与F沿两侧分解的推力是相等的，力F的分解如图：

则，，故解得，所以F一定时，越小，越大；一定时，F越大，越大，BC正确；

【点睛】由于木楔处在静止状态，故可将力F沿与木楔的斜面垂直且向上的方向进行分解，根据平行四边形定则，画出力F按效果分解的图示．并且可据此求出木楔对A两边产生的压力．对力进行分解时，一定要分清力的实际作用效果的方向如何，再根据平行四边形定则或三角形定则进行分解即可．

8. 一振子沿x轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。t=0时振子的位移为-0.1 m，t=1 s时位移为0.1 m，则

A. 若振幅为0.1 m，振子的周期可能为

B. 若振幅为0.1 m，振子的周期可能为

C. 若振幅为0.2 m，振子的周期可能为4 s

D. 若振幅为0.2 m，振子的周期可能为6 s

【答案】AD

【解析】试题分析：t=0时刻振子的位移x=-0.1m，t=1s时刻x=0.1m，关于平衡位置对称；如果振幅为0.1m，则1s为半周期的奇数倍；如果振幅为0.2m，分靠近平衡位置和远离平衡位置分析．

若振幅为0.1m，根据题意可知从t=0s到t=1s振子经历的周期为，则，解得，当n=1时，无论n为何值，T都不会等于，A正确B错误；如果振幅为0.2m，结合位移时间关系图象，有①，或者②，或者③，对于①式，只有当n=0时，T=2s，为整数；对于②式，T不为整数；对于③式，当n=0时，T=6s，之后只会大于6s，故C错误D正确

【点睛】t=0时刻振子的位移x=-0.1m，t=1s时刻x=0.1m，关于平衡位置对称；如果振幅为0.1m，则1s为半周期的奇数倍；如果振幅为0.2m，分靠近平衡位置和远离平衡位置分析．

三、非选择题

9. 质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg的子弹以200 m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是__________m/s。若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N，则子弹射入木块的深度为_______m。

【答案】 (1). 20 (2). 0.2

【解析】试题分析：根据系统动量守恒求解两木块最终速度的大小；根据能量守恒定律求出子弹射入木块的深度；

根据动量守恒定律可得，解得；系统减小的动能转化为克服阻力产生的内能，故有，解得；

【点睛】本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律，综合性较强，对学生能力要求较高．

10. 某研究小组做“验证力的平行四边形定则”的实验，所有器材有：方木板一块，白纸，量程为5 N的弹簧测力计两个，橡皮条（带两个较长的细绳套），刻度尺，图钉（若干个）。

①具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的是______。

A．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上

B．重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同

C．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度

D．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计时的拉力

②该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O，力的标度、分力和合力的大小及表示力的作用线的点，如下图所示。其中对于提高实验精度最有利的是_____。

【答案】 (1). BC (2). B

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②AD实验中选取的力的标度过大，导致画力时，线段太短，不利于实验精确度；B图和C图选用的标度相同，但C中力太小，不利于作平行四边形，故B符合题意；

【点睛】“验证力的平行四边形定则”的实验中需要注意：

1．同一实验中的两只弹簧测力计的选取方法是：将两只弹簧测力计调零后互钩对拉，若两只弹簧测力计在对拉过程中，读数相同，则可选；若读数不同，应另换，直至相同为止．

2．在同一次实验中，使橡皮条拉长时，结点O位置一定要相同．

3．用两只弹簧测力计钩住绳套互成角度地拉橡皮条时，夹角不宜太大也不宜太小，在60°～100°之间为宜．

4．实验时弹簧测力计应与木板平行，读数时眼睛要正视弹簧测力计的刻度，在合力不超过量程及橡皮条弹性限度的前提下，拉力的数值尽量大些．

5．细绳套应适当长一些，便于确定力的方向．不要直接沿细绳套的方向画直线，应在细绳套末端用铅笔画一个点，去掉细绳套后，再将所标点与O点连接，即可确定力的方向．

6．在同一次实验中，画力的图示所选定的标度要相同，并且要恰当选取标度，使所作力的图示稍大一些．

11. 某同学用伏安法测定待测电阻Rx的阻值（约为10 kΩ），除了Rx，开关S、导线外，还有下列器材供选用：

A．电压表（量程0~1 V，内阻约为10 kΩ）

B．电压表（量程0~10 V，内阻约为100 kΩ）

C．电流表（0~1 mA内阻约为30 Ω）

D．电流表（0~0.6 A，内阻约为0.05 Ω）

E．电源（电动势1.5 V，额定电流0.5 A，内阻不计）

F．电源（电动势12 V，额定电流2 A，内阻不计）

G．滑动变阻器R0（阻值范围0~10 Ω，额定电流2 A）

①为使测量尽量准确，电压表选用_________，电流表选用______________，电源选用______________。（均填器材的字母代号）；

②画出测量Rx阻值的实验电路图____________。

③该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会______________其真实值（填“大于”“小于”或“等于”），原因是____________________________。

【答案】 (1). B (2). C (3). F (4). (5). 大于 (6). 电压表的读数大于待测电阻两端实际电压（其他正确表述也可）

【解析】试题分析：由于本题的被测电阻达到10kΩ，所以电源要选择电动势大的，然后根据电路电流选择电流表，电压表；若采用限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故采用滑动变阻器的分压接法，根据和的关系分析电流表的接法；根据电流表的接法判断实验误差所在；

①若选用电源1.5V，由于被测电阻很大，电路中电流非常小，不利于实验，即电源选用12V的，即F；则电压表就应该选取B；电路中的最大电流为，故选用电流表C；

②因为给的滑动变阻器的最大阻值只有10Ω，若采用限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故采用滑动变阻器的分压接法，由于，所以采用电流表内接法，电路图如图所示，

③由于电流表的分压，导致电压测量值偏大，而电流准确，根据可知测量值偏大；

【点睛】

滑动变阻器的分压和限流接法的区别和选用原则：

区别：（1）限流接法线路结构简单，耗能少；（2）分压接法电压调整范围大，可以从0到路端电压之间连续调节；

选用原则：（1）优先限流接法，因为它电路结构简单，耗能较少；

（2）下列情况之一者，须采用分压接法：

①当测量电路的电阻远大于滑动变阻器阻值，采用限流法不能满足要求时（本题就是该例子）；

②当实验要求多测几组数据（电压变化范围大），或要求电压从零开始调节；

③电源电动势比电压表量程大得多，限流法滑动变阻器调到最大仍超过电压表量程时。

电流表内接和外接的选用：

当时，宜采用内接法，即大电阻用内接法；

当时，宜采用外接法，即小电阻用外接法；可记忆为“大内，小外”。

12. 我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程，假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x=1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v=80 m/s，已知飞机质量m=7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取，求飞机滑跑过程中

（1）加速度a的大小；

（2）牵引力的平均功率P。

【答案】（1）a=2m/s2（2）P=8.4×106 W

【解析】试题分析：飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，结合速度位移公式求解加速度；对飞机受力分析，结合牛顿第二定律，以及求解牵引力的平均功率；

（1）飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2=2ax①，解得a=2m/s2②

（2）设飞机滑跑受到的阻力为，根据题意可得=0.1mg③

设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有④；

设飞机滑跑过程中的平均速度为，有⑤

在滑跑阶段，牵引力的平均功率⑥，联立②③④⑤⑥得P=8.4×106W．

13. 如图所示，在水平线ab下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为R、的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出，不计粒子重力。学科.网

（1）求粒子从P到M所用的时间t；

（2）若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出，粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度的大小。

【答案】（1）（2）

【解析】试题分析：粒子在磁场中以洛伦兹力为向心力做圆周运动，在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，据此分析运动时间；粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，当轨迹与内圆相切时，所有的时间最短，粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v，结合几何知识求解．

（1）设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有

设粒子在电场中运动所受电场力为F，有F=qE②；

设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有F=ma③；

粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v=at④；联立①②③④式得⑤；

（2）粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期和速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定，故当轨迹与内圆相切时，所有的时间最短，设粒子在磁场中的轨迹半径为，由几何关系可知⑥

设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系可知⑦；

粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v，在垂直于电场方向的分速度始终为，由运动的合成和分解可知⑧

联立①⑥⑦⑧式得⑨．

【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径．

14. 真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直，长度均为l，电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。

（1）要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；

（2）求刚接通电源时列车加速度a的大小；

（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？

【答案】（1）M接电源正极，理由见解析（2）（3）若恰好为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场，若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N+1块有界磁场

【解析】试题分析：结合列车的运动方向，应用左手定则判断电流方向，从而判断哪一个接电源正极；对导体棒受力分析，根据闭合回路欧姆定律以及牛顿第二定律求解加速度；根据动量定理分析列车进入和穿出磁场时动量变化，据此分析；

（1）M接电源正极，列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b，由c到d，故M接电源正极。

（2）由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为，由电阻的串并联知识得①；

设回路总电阻为I，根据闭合电路欧姆定律有②

设两根金属棒所受安培力之和为F，有F=BIl③

根据牛顿第二定律有F=ma④，联立①②③④式得⑤

（3）设列车减速时，cd进入磁场后经时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为，平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律有⑥，其中⑦；

设回路中平均电流为，由闭合电路欧姆定律有⑧

设cd受到的平均安培力为，有⑨

以向右为正方向，设时间内cd受安培力冲量为，有⑩

同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为，有⑪

设列车停下来受到的总冲量为，由动量定理有⑫

联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得⑬

讨论：若恰好为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场，若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N+1块有界磁场。⑭．

【点睛】如图所示，在电磁感应中，电量q与安培力的冲量之间的关系，如图所示，以电量为桥梁，直接把图中左右两边的物理量联系起来，如把导体棒的位移 和速度联系起来，但由于这类问题导体棒的运动一般都不是匀变速直线运动，无法直接使用匀变速直线运动的运动学公式进行求解，所以这种方法就显得十分巧妙，这种题型难度最大。

绝密★启用前

2018年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）

理科综合 化学部分

理科综合共300分，考试用时150分钟。

化学试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至6页，共100分。

答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

祝各位考生考试顺利！

第Ⅰ卷

注意事项：

1．每题选出答案后，用铅笔将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，再选涂其他答案标号。

2．本卷共6题，每题6分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。

以下数据供解题时参考：

相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16

1. 以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是

A. 四千余年前用谷物酿造出酒和醋，酿造过程中只发生水解反应

B. 商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎，该鼎属于铜合金制品

C. 汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏士

D. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作

【答案】A

【解析】分析：本题考查的是化学知识在具体的生产生活中的应用，进行判断时，应该先考虑清楚对应化学物质的成分，再结合题目说明判断该过程的化学反应或对应物质的性质即可解答。

详解：A．谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，显然都不是只水解就可以的。选项A不合理。

B．商代后期铸造出工艺精湛的后(司)母戊鼎属于青铜器，青铜是铜锡合金。选项B合理。

C．陶瓷的制造原料为黏土。选项C合理。

D．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度较大的原理，将青蒿素提取到乙醚中，所以属于萃取操作。选项D合理。

点睛：萃取操作有很多形式，其中比较常见的是液液萃取，例如：用四氯化碳萃取碘水中的碘。实际应用中，还有一种比较常见的萃取形式是固液萃取，即：用液体溶剂萃取固体物质中的某种成分，例如：用烈酒浸泡某些药材。本题的选项D就是一种固液萃取。

2. 下列有关物质性质的比较，结论正确的是

A. 溶解度：Na2CO33

B. 热稳定性：HCl3

C. 沸点：C2H5SH2H5OH

D. 碱性：LiOH2

【答案】C

【解析】分析：本题是常见的物质的性质比较问题，要求根据元素周期律，结合具体物质的性质进行判断。

详解： A．碳酸钠的溶解度应该大于碳酸氢钠，实际碳酸氢钠在含钠化合物中属于溶解度相对很小的物质。选项A错误。

B．同周期由左向右非金属的气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以稳定性应该是：HCl＞PH3。选项B错误。

C．C2H5OH分子中有羟基，可以形成分子间的氢键，从而提高物质的沸点。选项C正确。

D．同周期由左向右最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，所以碱性应该是：LiOH＞Be(OH)2。选项D错误。

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3. 下列叙述正确的是

A. 某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小

B. 铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈

C. 反应活化能越高，该反应越易进行

D. 不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3

【答案】B

【解析】分析：本题是对化学理论进行的综合考查，需要对每一个选项的理论表述进行分析，转化为对应的化学原理，进行判断。

详解：A．根据“越弱越水解”的原理，HA的Ka越小，代表HA越弱，所以A-的水解越强，应该是NaA的Kh(水解常数)越大。选项A错误。

B．铁管镀锌层局部破损后，形成锌铁原电池，因为锌比铁活泼，所以锌为负极，对正极铁起到了保护作用，延缓了铁管的腐蚀。选B正确。

C．反应的活化能越高，该反应进行的应该是越困难（可以简单理解为需要“翻越”的山峰越高，“翻越”越困难）。选项C错误。

D．红外光谱是用来检测有机物中的官能团或特定结构的，C2H5OH和CH3OCH3的官能团明显有较大差异，所以可以用红外光谱区分，选项D错误。

点睛：反应的活化能是指普通分子达到活化分子需要提高的能量，则活化能越大，说明反应物分子需要吸收的能量越高（即，引发反应需要的能量越高），所以活化能越大，反应进行的就越困难。从另一个角度理解，课本中表述为，活化能越大，反应的速率应该越慢，这样也可以认为活化能越大，反应越困难。

4. 由下列实验及现象推出的相应结论正确的是

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

【答案】B

【解析】分析：本题是化学实验的基本问题，主要考查物质检验和性质比较实验的问题。根据题目表述，与课上讲解的实验进行对比，比较异同，就可以判断了。

详解：A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，但是无法证明是否有Fe3+。选项A错误。

B．向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚。选B正确。

C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，虽然有ZnS不溶物，但是溶液中还有Na2S，加入硫酸铜溶液以后，Cu2+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS沉淀，不能证明发生了沉淀转化。选项C错误。

D．向溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子。选项D错误。

点睛：在解决本题中选项C的类似问题时，一定要注意判断溶液中的主要成分。当溶液混合进行反应的时候，一定是先进行大量离子之间的反应（本题就是进行大量存在的硫离子和铜离子的反应），然后再进行微量物质之间的反应。例如，向碳酸钙和碳酸钠的悬浊液中通入二氧化碳，二氧化碳先和碳酸钠反应得到碳酸氢钠，再与碳酸钙反应得到碳酸氢钙。

5. 室温下，向圆底烧瓶中加入1 molC2H5OH和含1molHBr的氢溴酸，溶液中发生反应；C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4℃和78.5℃。下列有关叙述错误的是

A. 加入NaOH，可增大乙醇的物质的量

B. 增大HBr浓度，有利于生成C2H5Br

C. 若反应物增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变

D. 若起始温度提高至60℃，可缩短反应达到平衡的时间

【答案】D

【解析】分析：本题考查反应速率和平衡的基本知识。根据题目的反应，主要判断外界条件的变化对平衡和速率的应该结果即可。

详解：A．加入NaOH，中和HBr，平衡逆向移动，可增大乙醇的物质的量。选项A正确。

B．增大HBr浓度，平衡正向移动，有利于生成C2H5Br。选B正确。

C．若反应物增大至2 mol，实际上就是将反应的浓度都增大至原来的2倍，比例不变（两次实验反应物的比例都是1:1，等于方程式中的系数比），这里有一个可以直接使用的结论：只要反应物的投料比等于系数比，达平衡时反应物的转化率一定是相等的。所以两种反应物的转化率一定是1:1。选项C正确。

D．若起始温度提高至60℃，考虑到HBr是挥发性酸，在此温度下会挥发出去，降低HBr的浓度减慢速率，增加了反应时间。选项D错误。

点睛：本题中的反应是反应前后物质的量不变的反应，但是考虑到反应是在水溶液中进行的，而生成的溴乙烷是不溶于水的，即本题中的溴乙烷应该是没有浓度的，所以选项D中是不需要考虑温度升高将溴乙烷蒸出的影响的。

6. LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始（H2PO4–）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数δ随pH的变化如图2所示，[]下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是

A. 溶液中存在3个平衡

B. 含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–

C. 随c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH明显变小

D. 用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4

【答案】D

【解析】分析：本题考查电解质溶液的相关知识。应该从题目的两个图入手，结合磷酸的基本性质进行分析。

详解：A．溶液中存在H2PO4–的电离平衡和水解平衡，存在HPO42–的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡。选项A错误。

B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4。选B错误。

C．从图1中得到随着c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了。所以选项C错误。

D．由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。选项D正确。

点睛：本题中随着c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH有一定的下降，但是达到一定程度后就基本不变了。主要是因为H2PO4–存在电离和水解，浓度增大电离和水解都会增加，影响会互相抵消。

第Ⅱ卷

注意事项：

1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。

2．本卷共4题，共64分。

7. 下图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。回答下列问题：

（1）MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H-除外）：_________________________，Mg在元素周期表中的位置：_____________________，Mg(OH)2的电子式：____________________。

（2）A2B的化学式为_______________。反应②的必备条件是_______________。上图中可以循环使用的物质有_______________。

（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料_______________（写化学式）。

（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式：_______________。

（5）用Mg制成的格氏试剂（RMgBr）常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：

依据上述信息，写出制备所需醛的可能结构简式：_______________。

【答案】 (1). r(H+)<r(Mg2+)<r(N3–)<r(Cl–) (2). 第三周期ⅡA族 (3). (4). Mg2Si (5). 熔融，电解 (6). NH3，NH4Cl (7). SiC (8). 2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O (9). CH3CH2CHO，CH3CHO

【解析】分析：根据反应的流程过程，先判断出A2B的化学式，带入框图，结合学习过的相关知识进行分析即可。

详解：（1）MgCl2·6NH3所含元素的简单离子为Mg2+、Cl、N3-、H+，比较离子半径应该先看电子层，电子层多半径大，电子层相同时看核电荷数，核电荷数越大离子半径越小，所以这几种离子半径由小到大的顺序为：r(H+)<r(Mg2+)<r(N3–)<r(Cl–)。Mg在周期表的第三周期ⅡA族。氢氧化镁是离子化合物，其中含有1个Mg2+和2个OH-,所以电子式为：。

（2）根据元素守恒，A2B中就一定有Mg和Si，考虑到各自化合价Mg为+2，Si为-4，所以化学式为Mg2Si。反应②是MgCl2熔融电解得到单质Mg，所以必备条件为：熔融、电解。反应①需要的是Mg2Si、NH3和NH4Cl，而后续过程又得到了NH3和NH4Cl，所以可以循环的是NH3和NH4Cl。

（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料，该耐磨材料一定有Si和C，考虑到课本中介绍了碳化硅的高硬度，所以该物质为SiC。

（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，二氧化硫是酸性氧化物与氢氧化镁这样的碱应该反应得到盐（亚硫酸镁），考虑到题目要求写出得到稳定化合物的方程式，所以产物应该为硫酸镁（亚硫酸镁被空气中的氧气氧化得到），所以反应为：2Mg(OH)2+2SO2+O2=2MgSO4+2H2O。

（5）利用格氏试剂可以制备，现在要求制备，所以可以选择R为CH3CH2，R’为CH3；或者选择R为CH3，R’为CH3CH2，所以对应的醛R’CHO可以是CH3CH2CHO或CH3CHO。

点睛：本题是一道比较基本的元素综合问题，比较新颖的是在题目的最后一问中加入了一个有机小题，这样的无机有机综合题目是比较少见的，当然难度并不大。第（4）小题中的反应，可以参考必修1的课后练习中涉及的钙基固硫问题。方程式中按道理应该加上反应的条件，例如：加热。

8. 化合物N具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下：

（1）A的系统命名为____________，E中官能团的名称为____________。

（2）A→B的反应类型为____________，从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为

____________。

（3）C→D的化学方程式为________________________。

（4）C的同分异构体W（不考虑手性异构）可发生银镜反应：且1 mol W最多与2 mol NaOH发生反应，产物之一可被氧化成二元醛。满足上述条件的W有____________种，若W的核磁共振氢谱具有四组峰，则其结构简式为____________。

（5）F与G的关系为（填序号）____________。

a．碳链异构 b．官能团异构 c．顺反异构 d．位置异构

（6）M的结构简式为____________。

（7）参照上述合成路线，以为原料，采用如下方法制备医药中间体。

该路线中试剂与条件1为____________，X的结构简式为____________；

试剂与条件2为____________，Y的结构简式为____________。

【答案】（1）1,6-己二醇 碳碳双键，酯基

（2）取代反应 减压蒸馏（或蒸馏）

（3）

（4）5

（5）c

（6）

（7）试剂与条件1：HBr，△ X：

试剂与条件2：O2/Cu或Ag，△ Y：

【解析】分析：本题实际没有什么需要推断的，题目中已经将每一步的物质都给出了，所以只需要按部就班的进行小题的逐一解答即可。

详解：（1）A为6个碳的二元醇，在第一个和最后一个碳上各有1个羟基，所以名称为1,6-己二醇。明显E中含有碳碳双键和酯基两个官能团。

（2）A→B的反应是将A中的一个羟基替换为溴原子，所以反应类型为取代反应。反应后的液态有机混合物应该是A、B混合，B比A少一个羟基，所以沸点的差距应该较大，可以通过蒸馏的方法分离。实际生产中考虑到A、B的沸点可能较高，直接蒸馏的温度较高可能使有机物炭化，所以会进行减压蒸馏以降低沸点。

（3）C→D的反应为C与乙醇的酯化，所以化学方程式为。注意反应可逆。

（4）C的分子式为C6H11O2Br，有一个不饱和度。其同分异构体可发生银镜反应说明有醛基；1 mol W最多与2 mol NaOH发生反应，其中1mol是溴原子反应的，另1mol只能是甲酸酯的酯基反应（不能是羧基，因为只有两个O）；所以得到该同分异构体一定有甲酸酯（HCOO－）结构。又该同分异构体水解得到的醇应该被氧化为二元醛，能被氧化为醛的醇一定为－CH2OH的结构，其他醇羟基不可能被氧化为醛基。所以得到该同分异构体水解必须得到有两个－CH2OH结构的醇，因此酯一定是HCOOCH2－的结构，Br一定是－CH2Br的结构，此时还剩余三个饱和的碳原子，在三个饱和碳原子上连接HCOOCH2－有2种可能：，每种可能上再连接－CH2Br，所以一共有5种：。其中核磁共振氢谱具有四组峰的同分异构体，要求有一定的对称性，所以一定是。

（5）F为，G为，所以两者的关系为顺反异构，选项c正确。

（6）根据G的结构明显得到N中画圈的部分为M，所以M为。

（7）根据路线中化合物X的反应条件，可以判断利用题目的D到E的反应合成。该反应需要的官能团是X有Br原子，Y有碳氧双键。所以试剂与条件1是HBr，△；将取代为，X为。试剂与条件2是O2/Cu或Ag，△；将氧化为，所以Y为。

点睛：最后一步合成路线中，是不可以选择CH3CH2CHO和CH3CHBrCH3反应的，因为题目中的反应Br在整个有机链的一端的，不保证在中间位置的时候也能反应。

9. 烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。回答下列问题：

Ⅰ.采样

采样步骤：

①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140℃；③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤关闭系统，停止采样。

（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用是___________。

（2）C中填充的干燥剂是（填序号）___________。

a.碱石灰 b.无水CuSO4 c.P2O5

（3）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用是与D（装有碱液）相同，在虚线框中画出该装置的示意图，标明气体的流向及试剂。

（4）采样步骤②加热烟道气的目的是___________。

Ⅱ.NOx含量的测定

将v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3−，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入v1 mL c1 mol·L−1 FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用c2 mol·L−1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL。

（5）NO被H2O2氧化为NO3−的离子方程式是___________。

（6）滴定操作使用的玻璃仪器主要有___________。

（7）滴定过程中发生下列反应：

3Fe2++NO3−+4H+NO↑+3Fe3++2H2O

Cr2O72− + 6Fe2+ +14H+ 2Cr3+ +6Fe3++7H2O

则气样中NOx折合成NO2的含量为_________mg·m−3。

（8）判断下列情况对NOx含量测定结果的影响（填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”）

若缺少采样步骤③，会使测试结果___________。

若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果___________。

【答案】 (1). 除尘 (2). c (3). (4). 防止NOx溶于冷凝水 (5). 2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O (6). 锥形瓶、酸式滴定管 (7). (8). 偏低 偏高

【解析】分析：本题主要考查了定量实验的基本过程。首先要仔细分析题目的流程图，注意分析每一步的作用和原理，再结合题目中每个问题的提示进行解答。

详解：（1）A的过程叫“过滤”，所以其中玻璃棉的作用一定是除去烟道气中的粉尘。

（2）碱石灰是碱性干燥剂可能与NOX反应，所以不能使用。硫酸铜的吸水能力太差，一般不用做干燥剂，所以不能使用。五氧化二磷是酸性干燥剂，与NOX不反应，所以选项c正确。

（3）实验室通常用洗气瓶来吸收气体，与D相同应该在洗气瓶中加入强碱（氢氧化钠）溶液，所以答案为：。

（4）加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后，NOX溶于水中。

（5）NO被H2O2氧化为硝酸，所以反应的离子方程式为：2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O。

（6）滴定中使用酸式滴定管（本题中的试剂都只能使用酸式滴定管）和锥形瓶。

（8）若缺少采样步骤③，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOX的含量，测定结果必然偏低。若FeSO4标准溶液部分变质，一定是部分Fe2+被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2+是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。

点睛：注意本题中的流程图，装置D实际不是为了测定含量进行吸收，装置D相当于是尾气吸收。样品气的吸收应该是在“采样处”进行的。

10. CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：

（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为______（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，溶液pH=___________。（室温下，H2CO3的K1=4×10−7；K2=5×10−11）

（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：

CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g)

①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：

则该反应的ΔH=_________。分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_______（填“A” 或“B ”）。

②按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图3所示。此反应优选温度为900℃的原因是________。

（3）O2辅助的Al～CO2电池工作原理如图4所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。

电池的负极反应式：________。

电池的正极反应式：6O2+6e−6O2−

6CO2+6O2−3C2O42−

反应过程中O2的作用是________。

该电池的总反应式：________。

【答案】 (1). CO32- (2). 10 (3). +120 kJ·mol-1 (4). B (5). 900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低。 (6). Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+） (7). 催化剂 (8). 2Al+6CO2=Al2(C2O4)3

【解析】分析：本题考查的是化学反应原理的综合应用，主要包括反应与能量以及化学反应速率、平衡的相关内容。只需要根据题目要求，利用平衡速率的方法进行计算即可。

详解：（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，因为得到溶液的碱性较强，所以CO2主要转化为碳酸根离子（CO32-）。若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，，则根据第二步电离平衡常数K2==5×10−11，所以氢离子浓度为1×10-10mol/L，pH=10。

（2）①化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能，所以焓变为(4×413+2×745)－(2×1075+2×436)= +120 kJ·mol-1。初始时容器A、B的压强相等，A容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增大（气体物质的量增加）；B容器恒压，压强不变；所以达平衡时压强一定是A中大，B中小，此反应压强减小平衡正向移动，所以B的反应平衡更靠右，反应的更多，吸热也更多。

②根据图3得到，900℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900℃为反应最佳温度。

（3）明显电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，方程式为：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。根据电池的正极反应，氧气再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂。将方程式加和得到，总反应为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。

点睛：本题的第（2）小问中的①涉及了恒容容器和恒压容器在不同反应中的影响。此类问题可以直接利用如下的结论：如果初始状态完全相同，是由恒容和恒压的区别，则一定是恒压容器更有利于反应的进行。除非是气体物质的量不变的反应，恒压和恒容是一样的。本就可以直接得到，容器B恒压，所以有利于反应进行，反应的更多，热量也更多。

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