十月围城影评-武汉大学教务部

【精品解析】2019年全国统一高考生物试卷（新课标Ⅱ）（解析版）
2019年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试
一、选择题
1.
在真核细胞的内质网和细胞核中能够合成的物质分别是
A.
脂质、RNA
B.
氨基酸、蛋白质
C.
RNA、DNA
D.
DNA、蛋白质
【答案】
A
【解析】

【分析】

内质网是细胞内蛋白质合成、加工及脂质合成的场所。细胞核是遗传信息库 ，是遗传物质储
存和复制的主要场所；是细胞代谢和遗传的控制中心。
【详解】内质网可以合 成脂质，细胞核中可以发生转录合成
RNA
，
A
正确；蛋白质的合成
场所是核糖体，
B
错误；内质网中不能合成
RNA
，细胞核中可以合成
DNA
和
RNA
，
C
错
误；内质网中不能合成
D NA
，蛋白质的合成场所是核糖体，
D
错误。

2.
马铃 薯块茎储藏不当会出现酸味，这种现象与马铃薯块茎细胞的无氧呼吸有关。下列叙述
正确的是
A.
马铃薯块茎细胞无氧呼吸的产物是乳酸和葡萄糖
B.
马铃薯块茎细胞无氧呼吸产生的乳酸是由丙酮酸转化而来
C.
马铃薯块茎细胞无氧呼吸产生丙酮酸的过程不能生成ATP
D.
马铃薯块茎储藏库中氧气浓度升高会增加酸味的产生
【答案】
B
【解析】

分析】

有氧呼吸是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，生成大量
ATP
的过程。场所是细胞质基质和线粒体。无氧呼吸

的场所是细胞质基质，产物是乳酸或酒精 和二氧化碳。
【详解】马铃薯块茎无氧呼吸的产物是乳酸，无葡萄糖，
A
错误；马铃 薯块茎细胞无氧呼吸
的第一阶段，葡萄糖被分解成丙酮酸，丙酮酸在第二阶段转化成乳酸，
B< br>正确；马铃薯块茎
细胞无氧呼吸产生丙酮酸属于无氧呼吸的第一阶段，会生成少量
ATP
，
C
错误；马铃薯块茎
储存时，氧气浓度增加会抑制其无氧呼吸，酸味会减少 ，
D
错误。

3.
某种H
﹢
-ATPase是一 种位于膜上的载体蛋白，具有ATP水解酶活性，能够利用水解ATP释
放的能量逆浓度梯度跨膜转运H
﹢
。①将某植物气孔的保卫细胞悬浮在一定pH的溶液中（假
设细胞内的pH高于细胞 外），置于暗中一段时间后，溶液的pH不变。②再将含有保卫细胞
的该溶液分成两组，一组照射蓝光后 溶液的pH明显降低；另一组先在溶液中加入H
﹢
-ATPase
的抑制剂（抑制AT P水解），再用蓝光照射，溶液的pH不变。根据上述实验结果，下列推测
不合理的是
A.
H
﹢
-ATPase位于保卫细胞质膜上，蓝光能够引起细胞内的H
﹢
转运到细胞外
B.
蓝光通过保卫细胞质膜上的H
﹢
-ATPase发挥 作用导致H
﹢
逆浓度梯度跨膜运输
C.
H
﹢
-ATPa se逆浓度梯度跨膜转运H
﹢
所需的能量可由蓝光直接提供
D.
溶液中的H
﹢
不能通过自由扩散的方式透过细胞质膜进入保卫细胞
【答案】
C
【解析】

【分析】

细胞跨膜运输 的方式根据是否需要消耗能量分为主动运输和被动运输，被动运输根据是否需
要载体蛋白分为自由扩散和 协助扩散。主动运输需要载体蛋白，消耗的能量直接来源于
ATP
的水解。
【详解】 载体蛋白位于细胞膜上，根据题意可知，照射蓝光后溶液的pH值明显下降，说明
即H含量增加，进而推 知：蓝光能够引起细胞内H转运到细胞外，
A
正确；对比②中两组实
验可知，蓝光引起 细胞内H转运到细胞外需要通过H-ATPase，且原先细胞内pH值高于细胞
B
正确；外， 即细胞内H浓度低于细胞外，因此该H为逆浓度梯度转运，由题意可知H－ATPase
具有ATP水解 酶活性，利用水解ATP释放的能量逆浓度梯度跨膜转运H
+
，
C
错误；由① 中的
实验可知，最初细胞内pH值高于细胞外，即细胞内H
+
浓度低于细胞外，但暗处 理后溶液浓
度没有发生变化，说明溶液中的H
+
不能通过自由扩散的方式透过细胞质膜 进入保卫细胞，
D
正确。
+++
++
++

4.
当人体失水过多时，不会发生的生理变化是
A.
血浆渗透压升高
B.
产生渴感
C.
血液中的抗利尿激素含量升高
D.
肾小管对水重吸收降低
【答案】
D
【解析】

【分析】

内环境的理化性质主要包括渗透压、pH值和温度，其中血浆的渗透压大小 主要与无机盐、
蛋白质的含量有关。水分的流失相当于无机盐与蛋白质含量增加。
【详解】当 人体失水过多时，血浆浓度升高，导致血浆渗透压升高，
A
正确；人体失水过多，
导致 细胞外液渗透压升高，对下丘脑渗透压感受器的刺激增强，产生的兴奋通过有关神经传
到大脑皮层产生渴 觉，同时，还会导致由下丘脑分泌经垂体释放的抗利尿激素的含量增加，
使血液中的抗利尿激素含量升高 ，
B
、
C
正确；抗利尿激素含量的升高，促进肾小管、集合
管对水的 重吸收，使肾小管对水的重吸收增加，
D
错误。

5.
某种植物的 羽裂叶和全缘叶是一对相对性状。某同学用全缘叶植株（植株甲）进行了下列
四个实验。
①植株甲进行自花传粉，子代出现性状分离
的
②用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代均为全缘叶
③用植株甲给羽裂叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为1∶1
④用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为3∶1
其中能够判定植株甲为杂合子的实验是
A.
①或②
B.
①或④
C.
②或③
D.
③或④
【答案】
B
【解析】

【分析】

由题干信息可知，羽裂叶和全缘叶是一对相对性状，但未确定显隐性，若要判断全缘叶植株
甲为杂合子 ，即要判断全缘叶为显性性状，羽裂叶为隐性性状。根据子代性状判断显隐性的
方法：①不同性状的亲本 杂交→子代只出现一种性状→子代所出现的性状为显性性状，双亲
均为纯合子；②相同性状的亲本杂交→ 子代出现不同性状→子代所出现的新的性状为隐性性
状，亲本为杂合子。
【详解】让全缘叶植 株甲进行自花传粉，子代出现性状分离，说明植株甲为杂合子，杂合子
表现为显性性状，新出现的性状为 隐性性状，①正确；用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子
代均为全缘叶，说明双亲可能都是纯合子，既可 能是显性纯合子，也可能是隐性纯合子，或
者是双亲均表现为显性性状，其中之一为杂合子，另一个为显 性纯合子，因此不能判断植株
甲为杂合子，②错误；用植株甲给羽裂叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶 的比例为1:1，
只能说明一个亲本为杂合子，另一个亲本为隐性纯合子，但谁是杂合子、谁是纯合子无 法判
断，③错误；用植株甲给另一全缘叶植株授粉，子代中全缘叶与羽裂叶的比例为3:1，说明
植株甲与另一全缘叶植株均为杂合子，④正确。综上分析，供选答案组合，
B
正确，
A
、
C
、
D
均错误。
【点睛】解答本题的关键是明确显隐 性性状的判断方法，以及常见分离比的应用，测交不能
用来判断显隐性，但能检验待测个体的基因组成， 因此可用测交法来验证基因的分离定律和
基因的自由组合定律。

6.
如果 食物链上各营养级均以生物个体的数量来表示，并以食物链起点的生物个体数作层来
绘制数量金字塔，则 只有两个营养级的夏季草原生态系统（假设第一营养级是牧草，第二营
养级是羊）和森林生态系统（假设 第一营养级是乔木，第二营养级是昆虫）数量金字塔的形
状最可能是
A.
前者为金字塔形，后者为倒金字塔形
B.
前者为倒金字塔形，后者为金字塔形
C.
前者为金字塔形，后者为金字塔形
D.
前者为倒金字塔形，后者为倒金字塔形
【答案】
A
【解析】

【分析】

1
、生态金字塔包括三种类型：能量金字塔、数量 金字塔和生物量金字塔。
2
、能量金字塔是
以能量为单位构成的生态金字塔；数量金字 塔是以数量为单位构成的生态金字塔；生物量金
字塔是以生物量为单位构成的金字塔。
3
、生物量金字塔和数量金字塔有正金字塔形，也有
倒金字塔形，而能量金字塔只有正金字塔形。 【详解】如果食物链上各营养级均以生物个体的数量来表示，并以食物链起点的生物个体数
作底层来 绘制数量金字塔，则可能出现正金字塔形，也可能出现倒金字塔形。只有两个营养
级的夏季草原生态系统 （假设第一营养级是牧草，第二营养级是羊），则牧草的数量比羊多，
绘制的数量金字塔为正金字塔形； 森林生态系统（假设第一营养级是乔木，第二营养级是昆
虫），一棵树上可以有很多昆虫，因此，昆虫的 数目比乔木的数量多，绘制的数量金字塔为
倒金字塔形。综上分析，前者为金字塔形，后者为倒金字塔形 ，
A
正确，
B
、
C
、
D
均错误。 【点睛】解答本题的关键是：明确生态金字塔的种类和特点，数量金字塔可能是正金字塔形，
也可能 是倒金字塔形，再根据题意作答。

三、非选择题
7.
某研究小组切取某 种植物胚芽鞘的顶端，分成甲、乙两组，按下图所示的方法用琼脂块收
集生长素，再将含有生长素的琼脂 块置于去顶胚芽鞘切段的一侧，一段时间后，测量胚芽鞘
切断的弯曲程度（α角），测得数据如下表。据 此回答问题。

分组
甲
琼脂块
α角度

20.4
乙
左
9.0
右
9.1
（1） 生长素在胚芽鞘中的运输属于极性运输，这种运输的方向是
_________
。
（2）上图中α角形成的原因是
_________
。
（3）据表可知乙组 中左、右两侧的琼脂块所引起的α角基本相同，但小于甲琼脂块所引起

的α角，原因是< br>________
。
(1).
从形态学上端到形态学下端
(2).
琼脂块中的生长素进入胚芽鞘切段的【答案】
左侧，使胚芽鞘左侧的生长素浓度高于 右侧，引起胚芽鞘左侧生长快于右侧，形成α角

(3).
乙左右两侧琼脂块中的生长素含量基本相同，但小于甲琼脂块中生长素的含量
【解析】

【分析】

分析图表：甲、乙两组的自变量为胚芽鞘尖端 是否被云母片完全阻隔。甲组的胚芽鞘尖端无
云母片阻隔，尖端产生的生长素既能从向光侧运输到背光侧 ，也能从尖端向下运输到琼脂块；
乙组的胚芽鞘尖端因云母片的完全阻隔，导致尖端产生的生长素不能从 向光侧运输到背光
侧，但能从尖端向下运输到琼脂块，所以左、右两侧琼脂块中生长素的含量基本相同， 但明
显低于甲组琼脂块中生长素的含量。胚芽鞘之所以弯曲生长，是因为琼脂块中的生长素只能
沿着与胚芽鞘的接触面向下运输，造成生长素在胚芽鞘中分布不均匀。
【详解】
(1)
生长素的极性运输是指生长素只能从形态学的上端运输到形态学的下端，而不
能反过来运输。
(2)
琼脂块中的生长素只能沿着与胚芽鞘的接触面向下运输。图示中的琼脂块放置在去顶胚
芽鞘切面的左侧，导致琼脂块中的生长素进入胚芽鞘切段的左侧，使胚芽鞘左侧的生长素浓
度高 于右侧，引起胚芽鞘左侧细胞的生长快于右侧，形成α角。
(3)
表中信息显示：乙组左、右 两侧琼脂块中生长素的含量基本相同，但小于甲组琼脂块中
生长素的含量，导致乙组琼脂块左、右部分中 的生长素进入胚芽鞘切段左侧的量几乎相同，
但明显小于甲组琼脂块中的生长素进入胚芽鞘切段左侧的量 ，所以乙组左、右两侧的琼脂块
所引起的α角基本相同，但小于甲组琼脂块所引起的α角。
【 点睛】解答本题的关键是抓住问题的实质：①有生长素的来源则可能生长；②琼脂块中的
生长素只能沿着 与胚芽鞘的接触面向下运输；③生长素若均匀分布，则直立生长；若分布不
均匀，则弯曲生长。抓住了问 题的实质，结合图示信息分析与题意，对各问题情境进行分析
解答。

8.
环境中的内分泌干扰物是与某种性激素分子结构类似的物质，对小鼠的内分泌功能会产生
不良影响。回答 下列问题。
（1）通常，机体内性激素在血液中的浓度
________________< br>，与靶细胞受体结合并起作用
后会
_______________
。

（2）与初级精母细胞相比，精细胞的染色体数目减半，原因是在减数分裂过程中
__ ________
。
（3）小鼠睾丸分泌的激素通过体液发挥调节作用。与神经调节相比，体 液调节的特点有
__________________________________
（ 答出4点即可）。
(1).
很低
(2).
灭活
(3).
染色体复制一次，【答案】而细胞连续分裂两次
(4).
激素等是通过体液运输的、作用时间比较长、反应速度较缓慢、作用范围较广泛
【解析】

【分析】

激素调节具有微量高效的特点，发挥作用后即 被灭活；减数分裂是进行有性生殖的生物在产
生成熟生殖细胞时，进行的染色体数目减半的细胞分裂，在 此过程中，染色体只复制一次，
而细胞分裂两次；神经调节与体液调节的区别体现在作用途径、反应速度 、作用范围和作用
时间四个方面。
【详解】
(1)
性激素在血液中的浓度很 低，与靶细胞受体结合并起作用后就会被灭活。

(2)
减数分裂是进行有性生殖 的生物在产生成熟生殖细胞时，进行的染色体数目减半的细胞
分裂。在减数分裂的过程，染色体只复制一 次，而细胞分裂两次，导致减数分裂最终形成的
精细胞的染色体数目减半。
(3)
与神经调节相比，体液调节的特点有：激素等是通过体液运输的、反应速度较缓慢、作
用范围较广泛、作 用时间比较长。
【点睛】解题的关键是识记并理解激素调节的特点、精子的形成过程、神经调节与体液 调节
特点的差异。在此基础上，从题意中提取有效信息，进而对各问题情境进行分析解答。

9.
回答下列与生态系统相关的问题。
（1）在森林生态系统中，生产者的能量来自 于
_________
，生产者的能量可以直接流向
_______
（答出2 点即可）。
（2）通常，对于一个水生生态系统来说，可根据水体中含氧量的变化计算出生态系统中浮
游植物的总初级生产量（生产者所制造的有机物总量）。若要测定某一水生生态系统中浮游
植物 的总初级生产量，可在该水生生态系统中的某一水深处取水样，将水样分成三等份，一
份直接测定O2
含量（A）；另两份分别装入不透光（甲）和透光（乙）的两个玻璃瓶中，密
闭后放回取 样处，若干小时后测定甲瓶中的O
2
含量（B）和乙瓶中的O
2
含量（C）。 据此回答
下列问题。
在甲、乙瓶中生产者呼吸作用相同且瓶中只有生产者条件下，本实验中C 与A的差值表示

这段时间内
_____________
；C与B的差 值表示这段时间内
_____________
；A与B的差值表
示这段时间内
_________
。
【答案】
(1).
太阳能
(2).
初级消费者、分解者
(3).
生产者净光合作用的放氧量

(4).
生产者光合作用的总放氧量
(5).
生产者呼吸作用的耗氧量
【解析】

【分析】

地球上几乎所有生态系统所需要的能量都来自 太阳能，除极少数特殊空间外，能量流动起源
于生产者固定的太阳能；输入生产者的能量，一部分在生产 者的呼吸作用中以热能的形式散
失，一部分用于生产者的生长发育和繁殖等生命活动，储存在植物体的有 机物中；构成植物
体的有机物中的能量，一部分随着残枝败叶被分解者分解释放出来，另一部分则被初级 消费
者摄入体内。光合作必须在有光的条件下才能进行，呼吸作用时时刻刻都在进行。据此结合
题意，进行作答。
【详解】
(1)
在森林生态系统中，生产者的能量来自于生产者通 过光合作用固定的太阳能。
生产者的能量可以直接随着初级消费者的摄食作用而流入初级消费者，也可以 随残枝败叶流
向分解者。
(2)
依题意可知：甲、乙两瓶中只有生产者，
A
值表示甲、乙两瓶中水样的初始O
2
含量；甲
瓶O
2
含量的 变化反映的是呼吸作用耗氧量，因此B＝A－呼吸作用耗氧量；乙瓶O
2
含量变化
反映 的是净光合作用放氧量，所以C＝A＋光合作用总放氧量－呼吸作用耗氧量。综上分析，
本实验中，C－ A＝光合作用总放氧量－呼吸作用耗氧量＝净光合作用的放氧量，即 C与A
的差值表示这段时间内生产者净光合作用的放氧量；C－B＝光合作用总放氧量，即 C与B
的差值表示这段时间内生产者的光合作用的总放氧量；A－B＝呼吸作用耗氧量，即 A与B
的差值表示这段时间内生产者的呼吸作用耗氧量。
【点睛】本题的难点在于对（
2
）的解答，解答的关键是抓住问题的实质：甲瓶不透光，瓶
内的生产者不能进行光合作用， 但能进行呼吸作用，所以瓶内的O
2
含量的变化是有氧呼吸
消耗所致；乙瓶透光，瓶内 的生产者既能进行光合作用，也能进行呼吸作用，所以瓶内的
O
2
含量的变化反映的光 合作用产生的O
2
量与有氧呼吸消耗的O
2
量的差值。

10.
某种甘蓝的叶色有绿色和紫色。已知叶色受2对独立遗传的基因Aa和Bb控制，只含
隐 性基因的个体表现隐性性状，其他基因型的个体均表现显性性状。某小组用绿叶甘蓝和紫
叶甘蓝进行了一 系列实验。

实验①：让绿叶甘蓝（甲）的植株进行自交，子代都是绿叶
实验②：让甲植株与紫叶甘蓝（乙）植株进行杂交，子代个体中绿叶∶紫叶=1∶3
回答下列问题。
（1）甘蓝叶色中隐性性状是
__________
，实验 ①中甲植株的基因型为
__________
。
（2）实验②中乙植株的基因型为< br>________
，子代中有
________
种基因型。
（3）用 另一紫叶甘蓝（丙）植株与甲植株杂交，若杂交子代中紫叶和绿叶的分离比为1∶1，
则丙植株所有可能 的基因型是
________
；若杂交子代均为紫叶，则丙植株所有可能的基因型
是< br>_______
；若杂交子代均为紫叶，且让该子代自交，自交子代中紫叶与绿叶的分离比为15∶1，则丙植株的基因型为
________
。
(1).
绿色
(2).
aabb
(3).
AaBb
(4).
4
(5).
Aabb、【答案】aaBb
(6).
AABB、
AAbb、aaBB、AaBB、AABb
(7).
AABB
【解析】

【分析】

依题意：只含隐性基因的 个体表现为隐性性状，说明隐性性状的基因型为aabb。实验①的
子代都是绿叶，说明甲植株为纯合子 。实验②的子代发生了绿叶∶紫叶＝1∶3性状分离，
说明乙植株产生四种比值相等的配子，并结合实验 ①的结果可推知：绿叶为隐性性状，其基
因型为aabb，紫叶为A_B_、A_bb和aaB_。
【详解】
(1)
依题意可知：只含隐性基因的个体表现为隐性性状。实验①中，绿叶 甘蓝甲植
株自交，子代都是绿叶，说明绿叶甘蓝甲植株为纯合子；实验②中，绿叶甘蓝甲植株与紫叶甘蓝乙植株杂交，子代绿叶∶紫叶＝1∶3，说明紫叶甘蓝乙植株为双杂合子，进而推知绿叶
为隐性 性状，实验①中甲植株的基因型为aabb。
(2)
结合对
(1)
的分析 可推知：实验②中乙植株的基因型为AaBb，子代中有四种基因型，即
AaBb、Aabb、aaBb 和aabb。
(3)
另一紫叶甘蓝丙植株与甲植株杂交，子代紫叶∶绿叶＝1∶1，说明紫 叶甘蓝丙植株基
因组成中，有一对为隐性纯合、另一对为等位基因，进而推知丙植株所有可能的基因型为
aaBb、Aabb。若杂交子代均为紫叶，则丙植株的基因组成中至少有一对显性纯合的基因，因此丙植株所有可能的基因型为AABB、AABb、AaBB、AAbb、aaBB。若杂交子代均为紫叶， 且
让该子代自交，自交子代中紫叶∶绿叶＝15∶1，为9∶3∶3∶1的变式，说明该杂交子代的基因型均为AaBb，进而推知丙植株的基因型为AABB。
【点睛】由题意“受两对独立遗传的 基因Aa和Bb控制”可知：某种甘蓝的叶色的遗传遵

循自由组合定律。据此，以题意呈 现的“只含隐性基因的个体表现为隐性性状”和“实验①
与②的亲子代的表现型及其比例”为切入点，准 确定位隐性性状为绿叶、只要含有显性基因
就表现为紫叶，进而对各问题情境进行分析解答。

11.
物质W是一种含氮有机物，会污染土壤。W在培养基中达到一定量时培养基表现为不透明 。
某研究小组欲从土壤中筛选出能降解W的细菌（目标菌）。回答下列问题。
（1）要从土壤中分离目标菌，所用选择培养基中的氮源应该是
_________
。
（2）在从土壤中分离目标菌的过程中，发现培养基上甲、乙两种细菌都能生长并形成菌落
（如 图所示）。如果要得到目标菌，应该选择
________
菌落进一步纯化，选择的依据是________
。

（3）土壤中的某些微生物可以利用空气中的氮气作为氮 源。若要设计实验进一步确定甲、
乙菌能否利用空气中的氮气作为氮源，请简要写出实验思路、预期结果 和结论，即
_______
。
（4）该小组将人工合成的一段DNA转入大肠杆菌， 使大肠杆菌产生能降解W的酶（酶E）。
为了比较酶E与天然酶降解W能力的差异，该小组拟进行如下实 验，请完善相关内容。
①在含有一定浓度W的固体培养基上，A处滴加酶E的缓冲液，B处滴加含有相 同浓度天然
酶的缓冲液，C处滴加
_________
，三处滴加量相同。
②一段时间后，测量透明圈的直径。若C处没有出现透明圈，说明
___________
；若 A、B
处形成的透明圈直径大小相近，说明
___________
。
(1).
W
(2).
乙
(3).
乙菌落周围出现透明圈，【答案】说明乙菌能降解W
(4).
将
甲 、乙菌分别接种在无氮源培养基上，若细菌能生长，则说明该细菌能利用空气中的氮气作
为氮源
(5).
缓冲液
(6).
缓冲液不能降解W
(7).
酶E与天然酶降解W的能力相近
【解析】

【分析】

筛 选培养基是指根据某种微生物的特殊营养要求或对某些化学、物理因素的抗性而设计的，
能选择性地区分 这种微生物的培养基。利用选择培养基，可使混合菌群中的目标菌种变成优

势种群，从而 提高该种微生物的筛选效率。
【详解】（
1
）该研究小组的目标菌是能够降解物质< br>W
的细菌，而物质
W
是一种含氮有机物，
故可作筛选培养基中的氮源。
（
2
）研究小组的目标菌，是能够降解物质
W
的细菌，培养基中乙菌 落的周围出现透明圈，
说明乙菌落能够降解物质
W
，故乙菌落为该小组的目标细菌。
（
3
）目标菌能够利用空气中的氮气作为氮源，故选用的筛选培养基不添加氮源，能够 在无
氮源的培养基上生存的细菌便是目的细菌，故实验操作为：将甲、乙菌分别接种在无氮源培
养基上，若细菌能生长，则说明该细菌能利用空气中的氮气作为氮源。
（
4
）①C
处作为空白对照，要排除作为溶剂的缓冲液对实验可能造成的影响，故需要在
C
处滴加缓冲液，且保持滴加量相同；
②
培养基中的透明圈表示物质
W
被降解的 情况，若
C
处不出现透明圈，则说明缓冲液不能降解物质
W
；若
A< br>、
B
处形成的透明圈直径大小相近，
说明物质
W
被降解的程度 相近，即酶
E
与天然酶降解物质
W
的能力相近。
【点睛】本题考查 筛选培养基的配置和使用，针对不同要求的目标菌种，选择不同物质配制
不同筛选作用的培养基。并且要 求学生理解识别目标菌种筛选的现象，判断筛选结果。

12.
植物组织培养技术在科学研究和生产实践中得到了广泛的应用。回答下列问题。

（1）植物微型繁殖是植物繁殖的一种途径。与常规的种子繁殖方法相比，这种微型繁殖技< br>术的特点有
______________________
（答出2点即可）。 （2）通过组织培养技术，可把植物组织细胞培养成胚状体，再通过人工种皮（人工薄膜）
包装得到 人工种子（如图所示），这种人工种子在适宜条件下可萌发生长。人工种皮具备透
气性的作用是
_______________________________
。人工胚乳能够为胚状体生长提供 所需的
物质，因此应含有植物激素、
___________
和
______ _____
等几类物质
（3）用脱毒苗进行繁殖，可以减少作物感染病毒。为了获得脱毒苗， 可以选取植物的
___________
进行组织培养。
（4）植物组织培养技术可 与基因工程技术相结合获得转基因植株。将含有目的基因的细胞

培养成一个完整植株的基 本程序是
__________________________________________ ____
（用
流程图表示）。
【答案】
(1).
能保持植物原有的遗传特性，繁殖速度快
(2).
有利于胚状体进行呼吸
培养
作用
(3).
矿质元素
(4).
糖
(5).
茎尖
(6).
含目的基因的细胞

愈伤
诱导分化
组织
 
小植株
【解析】

【分析】

植物组织培养的流 程是：离体的植物器官、组织或细胞经脱分化形成愈伤组织，经再分化形
成芽、根或胚状体，进而形成完 整植株。植物组织培养技术在微型繁殖、制造人工种子、作
物脱毒等方面具有广泛的应用。微型繁殖属于 无性生殖的范畴，能够保持亲本的优良特性，
实现种苗的快速大量繁殖。人工种子是以通过植物组织培养 得到的胚状体、不定芽、顶芽和
腋芽等为材料，经过人工薄膜包装得到的种子，其中的如果胚乳可为“种 子”的萌发提所需
的供营养物质。以无病毒或病毒极少的茎尖为材料进行组织培养可获得高产优质的无病 毒植
株。
【详解】
(1)
植物微型繁殖是指用于快速繁殖优良品种的植物 组织培养技术，与常规的种子
繁殖方法相比，这种微型繁殖技术的特点有：保持优良品种的遗传特性；高 效快速地实现种
苗的大量繁殖。
(2)
人工种子的胚状体在进行细胞呼吸时，需 要从外界环境吸收O
2
，并将产生的CO
2
释放到
外界环境中，因此 人工种皮具备透气性的作用是：有利于胚状体进行呼吸作用，以保持胚状
体的活力。人工胚乳的作用是为 胚状体的发育提供营养，因此应含有植物激素、矿质元素、
糖等物质。
(3)
植物 分生区附近（如茎尖）的病毒极少，甚至无病毒，因此为了获得脱毒苗，可以选取
植物的茎尖进行组织培 养。
(4)
将含有目的基因的植物细胞培养为一个完整的转基因植物，需借助植物组织培养技 术才
能实现，其基本程序是：。
【点睛】解题的关键是识记并理解植物组织培养的过程和植物 组织培养技术在微型繁殖、制
造人工种子、作物脱毒等方面的实际应用。在此基础上，从题意中提取有效 信息，进而对各
问题情境进行分析解答。

【精品解析】2019年全国统一考试化学试题（新课标Ⅰ）（解析版）
绝密★启用前
2019
年普通高等学校招生全国统一考试
理科综合能力测试

化学
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。
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】本题考查物质的性质，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（
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
C
9
H
10
，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、
2-
苯基 丙烯中含有甲基，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。
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。

），下列说法正确的是

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
HCl
【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
1mol=18g
，则溶 液的体积为的质量。设水的物质的量为
1mol
，则所得溶液质量为
18gmol×< br>18gmol1mol
0.9gmL
H
+
+Cl
−

×10
—3
Lml=2.0×10
—2
L
，由第二层氯离子 和水个数比可知，溶液中氢离子物质的量
-4
—4—3
10mol
10mol L
，故
B
正确； 等于氯离子物质的量，为
10mol
，则氢离子浓 度为
2.
-2
=5×
010L
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
HCl
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
H
+
+Cl
—
，而第一层和第三层< /p>

量浓度为解答关键。


溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸 氢钾
H
2
A
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
A
2−
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
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
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
2—
酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，
A
在溶液 中水解使溶液呈碱性，溶液
pH
＞
7
，故
C
错
+2 —
—
+2—
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
MV
2+
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，在氢化酶 作用下发生反应
H
2
+2MV
2+
2H
+
+2MV
+

C.
正极区，固氮酶为催化剂，
N
2
发生还 原反应生成
NH
3

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】

MV
在负极失电子发生氧化反由生物 燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，
2++
—
2+2+
应生 成
MV
，电极反应式为
MV
—e
= MV
，放电生成的MV
在氢化酶的作用下与
H
2
++2+++
反应生成
H
和
MV
，反应的方程式为
H
2
+2MV=2H+2MV；右室电极为燃料电池的正极，
+
MV
2+
在正极得电子发生还原反应生 成
MV
+
，电极反应式为
MV
2+
+e
—
= MV
+
，放电生成的
MV
+
与
N
2
在 固氮酶的作用下反应生成
NH
3
和
MV
2+
，反应的方程式 为
N
2
+6H
+
+6MV
+
=6MV
2+
+NH
3
，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
M V
和
MV
的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故
A
正确 ；
2+

+
—
B
项、
MV
+
在负极失电子发生氧化反应生成
MV
2+
，左室为负极区，电极反应式为
M V
—e
=
MV
2+
，放电生成的
MV
2+
在氢化酶的作用下与
H
2
反应生成
H
+
和
MV< br>+
，反应的方程式为
H
2
+2MV
2+
=2H
+
+2MV
+
，故
B
错误；
2+
—
C
项、
MV
2+
在正极得电子发生还原反应生成
MV
+
，右室为正极区，电极反应式为
MV+e=
MV
+
，放电生成的
MV
+
与
N
2
在固氮酶的作用下反应生成
NH
3< br>和
MV
2+
，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< br>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（
H< br>3
BO
3
）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
Mg
2
B
2
O
5
·
H
2
O
、
SiO
2
及少量
Fe
2
O
3
、
Al
2
O
3
）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
_________
。
3+
（
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
Fe
离子，
可选用的化学试剂是
_________。
H
3
BO
3
+H
2
O
（
3
）根据
H
3
BO
3
的解离反应：
H
+< br>+B(OH)
−
4
，
K
a
=5.81×10
−10
，可判断
H
3
BO
3
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< br>Mg(OH)
2
·
MgCO
3
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). NH
3
+NH
4
HCO
3
＝
(NH
4
)
2
CO
3
(2). Fe
2
O
3
、
Al
2
O
3、
SiO
2
(3). KSCN
(4).
一元弱
(5).
转化为
H
3
BO
3
，促进析出
(6). 2Mg
2+
+2H
2
O+3CO
3
2
－
＝
2+2
Mg(OH)
2
∙MgCO
3
↓+2HCO
3
－
(7).
溶（或
2Mg+H
2
O+2CO< br>3
－
＝
Mg(OH)
2
∙MgCO
3
↓+C O
2
↑）
浸
(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：
NH
3
+NH4
HCO
3
=(NH
4
)
2
CO
3< br>;

3+
（
2
）滤渣
I
为不与硫酸铵 溶液反应的
Fe
2
O
3
、
Al
2
O
3
、
SiO
2
;
检验
Fe,
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
H< br>3
BO
3
，并促进
H
3
BO
3
析出 ；
2+
（
4
）沉镁过程中用碳酸铵溶液与
Mg
反应生成< br>Mg(OH)
2
∙MgCO
3
，沉镁过程的离子反应为：
2M g
2+
+2H
2
O+3CO
3
2-
=Mg(OH)
2
∙MgCO
3
↓+2HCO
3
-
；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
[NH
4
Fe(SO
4
)
2
·x H
2
O]
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
_________________
。 < br>（
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
H
2
O
2
，理由是
___________ ______
。分批加入
H
2
O
2
，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
______________
。

(1).
碱煮水洗
(2).
加快反应
(3).
热水浴
(4). C (5).
将
Fe
2+
全部【答案】

氧化为
Fe
；不引入杂质
(6).
防止
Fe
水解
(7).
加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）
(8). NH
4
Fe(SO
4
)
2
∙12H
2
O
【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需要加热的目的是为了加快反应速率；温度保持
80~95 < br>℃，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；
2+3+
（
3
） 步骤③中选用足量
H
2
O
2
，
H
2
O2
可以将
Fe
氧化为
Fe
，且
H
2
O
2
的还原产物为
H
2
O
，
3+3+
不会引 入新的杂质，故理由是：将
Fe
全部氧化为
Fe
，不引入新的杂质。因为H
2
O
2
本身
易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止
Fe
水解，溶液要保持
pH
小于
0.5
；
2+3 +
（
4
）为了除去可溶性的硫酸铵、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
NH
4
Fe(SO
4
)
2
∙xH
2
O
，其相对分 子质量为
266+18x
，
1.5
个水分子
18=27
，则
27(266+18x)=5.6%
，解得
x=12
，则硫酸铁铵的化学式为 的相对分子质量为
1.5×
NH
4
Fe(SO
4
)
2
∙12H
2
O
。

10.
水煤气变换
[CO(g)+H
2
O(g)=CO
2
(g)+H
2
(g) ]
是重要化工过程，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： < br>（
1
）
Shibata
曾做过下列实验：①使纯
H
2
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
H
2
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
。 “
大于
”
或
“
小于
”
）根据上述实验结果判断 ，还原
CoO(s)
为
Co(s)
的倾向是
CO_________ H
（填。
2
（
2
）
721
℃时，在密闭容器中 将等物质的量的
CO(g)
和
H
2
O(g)
混合，采用适当 的催化剂进
行反应，则平衡时体系中
H
2
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。
的
的
3+

< br>可知水煤气变换的
ΔH________0
（填
“
大于
”“< br>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
H
2
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
H2 O
和
P
CO
相等、
P
CO2
和
P
H2
相等。

min
。
467
℃时
P
H2
和计算曲线
a
的反应在
30~90 m in
内的平均速率
v
(a)=___________kPa·
P
C O
随时间变化关系的曲线分别是
___________
、
________ ___
。
489
℃时
P
H2
和
P
CO< br>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+H
2
O＝COOH+2H+OH
或
H
2
O＝H+OH (6). 0.0047 (7). b
(8). c (9). a (10). d
【解析】

【分析】

（
1
）由
H
2
、
CO
与
CoO
反应后其气体物质的量分数判 断二者的倾向大小；
−1

（
2
）根据三段式以及
C O
与
H
2
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
H
2
的倾
向大小 关系判断
CO
与
H
2
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
）
H
2
还原氧化钴的方程式为：
H
2
(g)
＋
CoO(s)< br>钴的方程式为：
CO(g)
＋
CoO(s)
Co(s)
＋H
2
O(g)
；
CO
还原氧化
Co(s)
＋< br>CO
2
(g)
，平衡时
H
2
还原体系中
H< br>2
的物质的量分
n

H
2

n
< br>CO

数（）高于
CO
还原体系中
CO
的物质的量分 数（），
n

H
2

+n

H
2
O

n

CO

+n

CO2

故还原
CoO(s)
为
Co(s)
的倾向是
CO
大于
H
2
；
721
℃时，（
2
）在密闭容器中将等物质的量的
CO(g)
和
H
2
O(g)
混合，可设其物质的量为
1mol
，
则
CO(g)+H
2
O(g)CO
2
(g)+H
2
(g)
起始（
mol
）
1 1 0 0
转化（
mol
）
x x x x
平衡（
mol
）
1-x 1-x x x
n

H
2

xmolx==
则平衡时体系中
H
2
的物质的量分数
=
，因该反应 为
n
总
2
1-x+1-x+x+xmol


可逆反应，故
x<1
，可假设二者的还原倾向相等，则
x=0.5< br>，由（
1
）可知
CO
的还原倾向大
于
H
2< br>，所以
CO
更易转化为
H
2
，故
x>0.5
，由此可判断最终平衡时体系中
H
2
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)+H
2
O(g)=CO
2
(g)+H
2
(g) ]
并结合水煤气变换的反应历程相对能量
可知，
CO(g)+H
2
O (g)
的能量（
-0.32eV
）高于
CO
2
(g)+H< br>2
(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+ H
2
O＝COOH+2H+OH
；因反应前后
COOH
和
1
个
H
未发生改变，也
可以表述成
H
2
O＝H+OH
；
（
4
）由图可知，
30~90 min
内
a< br>曲线对应物质的分压变化量
Δp=
（
4.08-3.80
）
k Pa=0.28 kPa
，
故曲线
a
的反应在
30~90 min
内的平均速率
v
(a)=
0.28 kPa
=0.0047 kPa·min
−1
；由（
2
）中分
60min
析得出H
2
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
H
2
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
H
2
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，
H
2
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
、< br>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
H
2
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
MgCu
2
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：
（< br>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
(H
2
NCH
2
CH
2< br>NH
2
)
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
Mg
2+
、
Cu
2+
等金属离子形成稳定环状离子，其原因
2+
是
__________
，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是
__________ (
填
“Mg
”
或
“Cu
2+
”)
。
（
3
）一些氧化物的熔点如下表所示：
氧化物
C
熔点
°

解释表中氧化物之间熔点差异的原因
__________
。
（
4
）图
(a)
是
MgCu
2
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
Li
2
O
1570
MgO
2800
P
4
O
6

23.8
SO
2

−75.5

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
cm
−3
(
列出计算表达式
)
。 数的值为
N
A
，则
Mg Cu
2
的密度是
__________g·

33
【答案】
(1). A (2). sp (3). sp (4).
乙二胺的两个
N
提供孤对电子给金属离
2
＋
子形 成配位键
(5). Cu (6). Li
2
O
、
M gO
为离子晶体，
P
4
O
6
、
SO
2为分子晶体。晶格
能
MgO
＞
Li
2
O
，分子 间力（分子量）
P
4
O
6
＞
SO
2
(7).
23
a
(8).
a
(9).
44
8241664

N
A
a
3
10
30
【解析】

【详解】（
1
）
A.[Ne]3s
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
+
B. [Ne] 3s
2
属于基态
Mg
原子，

失去一个电子所需能量较高； 其失去一个电子变为基态
Mg
；
1+
C. [Ne] 3s
1
3p
1
属于激发态
Mg
原子，
D.[Ne] 3p
1
其失去一个电子所需能量低于基态
Mg
原子；
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
1
所需能量最大的是
[Ne]3s
，答案选
A
；
3
（
2
）乙二胺中
N
形成
3
个单键， 含有
1
对孤对电子，属于
sp
杂化；
C
形成
4个单键，不存
++
在孤对电子，也是
sp
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
＋
、
Cu
＋
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
；
（
3
）由于
Li
2
O
、
MgO
为离子晶体，
P
4
O
6
、
SO
2
为分子晶体。晶格能
Mg O
＞
Li
2
O
，分子间力
（分子量）
P
4
O
6
＞
SO
2
，所以熔点大小顺序是
MgO
＞
Li
2
O
＞
P
4
O
6
＞SO
2
；
（
4
）根据晶胞结构可知
Cu
原子 之间最短距离为面对角线
14
，由于边长是
a pm
，则面对
角线是
2apm
，则
x
＝
2
＋
22
3
2
Mg
原子之间最短距离为体对角线的
14
，由于边长是
a pm，
a
pm
；
4

则体对角线是
3apm< br>，则
y
＝
3
a
；根据晶胞结构可知晶胞中含有镁原子的个数是
4
8×18+6×12+4
＝
8
，则
Cu
原子个数
16
，晶胞的质量是
8241664
g
。由于边长是
a pm
，
N
A
8241664
cm
−3
。 则
MgCu
2
的密度是
330
g·
N
A
a10

［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
(CH
3
COC H
2
COOC
2
H
5
)
制备的合成路线
_ _________(
无机试剂任选
)
。

【答案】
(1).
羟基
(2). (3).
、
、、、
(4).
C
2
H
5
OH
浓
H
2
SO
4
、加热
(5).
取代反应
(6).
、
(7).

【解析】

【分析】
< br>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< br>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
(CH
3
COCH
2COOC
2
H
5
)
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< br>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。