1、B.此刻b的速度最小絕密啟封并使用完畢前2019年普通高等學校招生全國統一考試理科綜合能力測試（北京卷）物理部分本試卷共16頁，共300分。考試時長150分鐘。考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效。考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。第一部分（選擇題 共120分）本部分共20小題，每小題6分，共120分。在每小題列出的四個選項中，選 出最符合題目要求的一項。a、 b、 c,則1 .一列簡諧橫波某時刻的波形如圖所示，比較介質中的三個質點C.若波沿x軸正方向傳播，此刻 b向y軸正方向運動D.若波沿x軸負方向傳播，砒c【詳解】由機械振動華由波動圖象可知，此日L_aJi故A錯誤，此時質點播，

2、由“上下坡法”由“上下坡法”可知，a質點沿y軸負方向運動，c質點沿y軸正方向運動，所以質點 c比 質點a先回到平衡位置，故 D錯誤。2 .利用圖1所示的裝置（示意圖），觀察光的干涉、衍射現象，在光屏上得到如圖2中甲和乙兩種圖樣。下列關于 P處放置的光學元件說法正確的是光屏Eli III IIIIIII甲乙蛇A.甲對應單縫，乙對應雙縫B.甲對應雙縫，乙對應單縫C.都是單縫，甲對應的縫寬較大D.都是雙縫，甲對應的雙縫間距較大【答案】A【解析】【詳解】根據單縫衍射圖樣和雙縫干涉圖樣特點判斷。單縫衍射圖樣為中央亮條紋最寬最亮，往兩邊變窄，雙縫干涉圖樣是明暗相間的條紋，條紋間距相等，條紋寬度相等，結合圖

3、甲，乙可知，甲對應單縫，乙對應雙縫，故A正確。3.下列說法正確的是A.溫度標志著物體內大量分子熱運動的劇烈程度B.內能是物體中所有分子熱運動所具有的動能的總和C.氣體壓強僅與氣體分子的平均動能有關D.氣體膨脹對外做功且溫度降低，分子的平均動能可能不變【答案】A【解析】【詳解】根據溫度是分子平均動能的標志確定氣體分子熱運動的程度和分子平均動能變化，內能是分子平均動能和分子勢總和，由氣體壓強宏觀表現確定壓強A.溫度是分子平均動能的標志，所以溫度標志著物體內大量分子熱運動的劇烈程度，故A正確；B.內能是物體中所有分子熱運動所具有的動能和分子勢能之和，故 B錯誤；FC.由壓強公式P=-可知，氣體壓強除

4、與分子平均動能有關即溫度，還與體積有關，故 CS錯誤；D.溫度是分子平均動能的標志，所以溫度降低，分子平均動能一定變小，故D錯誤。4 .如圖所示，正方形區域內存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從 a點射入，從b點射出。下列說法正確的是t »：x«丹個J1：xxJ:i國正確云；：KXk X.IJA.粒子帶正電B.粒子在b點速率大于在a點速率C.若僅減小磁感應強度，則粒子可能從b點右側射出D.若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短【答案】C【解析】【詳解】由左手定則確粒子的電性，由洛倫茲力的特點確定粒子在b、a兩點的速率，根據2 v qvB m確定粒子運動半徑

5、和運動時間。 r由題可知，粒子向下偏轉，根據左手定則，所以粒子應帶負電，故 A錯誤；由于洛倫茲力不做功，所以粒子動能不變，即粒子在b點速率與a點速率相等，故 B錯誤；若僅減小磁v2mv感應強度，由公式 qvB m得：r 而，所以磁感應強度減小，半徑增大，所以粒子有可能從b點右側射出，故 C正確，若僅減小入射速率，粒子運動半徑減小，在磁場中運動的偏轉角增大，則粒子在磁場中運動時間一定變長，故 D錯誤。5 .如圖所示，a、b兩點位于以負點電荷-Q (Q>0)為球心 球面上，c點在球面外，則A. a點場強的大小比b點大B. b點場強的大小比c點小C. a點電勢比b點高D. b點電勢比c點低【答

6、案】D【解析】,L , Q I ，一【詳解】由點電荷場強公式E kp確定各點的場強大小，由點電荷的等勢線是以點電荷r為球心的球面和沿電場線方向電勢逐漸降低確定各點的電勢的高低。l , Q由點電荷的場強公式 E k二可知，a、b兩點到場源電荷的距離相等，所以a、b兩點的r電場強度大小相等，故 A錯誤；由于c點到場源電荷的距離比 b點的大，所以b點的場強大小比c點的大，故B錯誤；由于點電荷的等勢線是以點電荷為球心的球面，所以a點與b點電勢相等，負電荷的電場線是從無窮遠處指向負點電荷，根據沿電場線方向電勢逐漸降低，所以b點電勢比c點低，故D正確。6.2019年5月17日，我國成功發射第45顆北斗導航

7、衛星， 該衛星屬于地球靜止軌道衛星（同步衛星）。該衛星A.入軌后可以位于北京正上方B.入軌后的速度大于第一宇宙速度C.發射速度大于第二宇宙速度D.若發射到近地圓軌道所需能量較少【答案】D【解析】【詳解】由同步衛星的特點和衛星發射到越高的軌道所需的能量越大解答。由于衛星為同步衛星，所以入軌后一定只能與赤道在同一平面內，故 A錯誤；由于第一宇宙速度為衛星繞地球運行的最大速度，所以衛星入軌后的速度一定小于第一宇宙速度，故B錯誤；由于第二宇宙速度為衛星脫離地球引力的最小發射速度，所以衛星的發射速度一定小于第二宇宙速度，故C錯誤；將衛星發射到越高的軌道克服引力所作的功越大,所以發射到近地圓軌道所需能量較

8、小，故D正確。7 .光電管是一種利用光照射產生電流的裝置，當入射光照在管中金屬板上時，可能形成光電流。表中給出了 6次實驗的結果。組次入射光子的能量/eV相對光強光電流大小/mA逸出光電了，的取大動能/eV第14.0弱290.9一24.0中430.9組34.0強600.9第46.0弱272.9二56.0中402.9組66.0強552.9由表中數據得出的論斷中不正確的是A.兩組實驗采用了不同頻率的入射光8 .兩組實驗所用的金屬板材質不同C.若入射光子的能量為5.0 eV,逸出光電子的最大動能為1.9 eVD.若入射光子的能量為5.0 eV ,相對光強越強，光電流越大【答案】B【詳解】由愛因斯坦質

9、能方程E. h W0比較兩次實驗時的逸出功和光電流與光強的關系解題由題表格中數據可知，兩組實驗所用入射光的能量不同，由公式 E h可知，兩組實驗中所用的入射光的頻率不同，故A正確;由愛因斯坦質能方程EkhW0可得：第一組實驗：0.9 4.0 W01 ,第二組實驗:W02 3.1eVBW0 可得：Ek，041e|bevJfew-由題表格中數據可知，入射光能量相同時，相對光，光電流越大，D正確。 |_|/、I8.國際單位制（縮寫SI）定義了米（m）、秒（等7個基本單，其他單位均理關 系導出。例如，由m和s可以導出速度單位mH1。歷史上，曾米原器”定義米，用平 均太陽日定義秒。但是，以實物或其運動來

10、定義方式等因素的影 4967年用葩-133原子基態的2.9 6.0 W02,解得：W01錯誤;由愛因斯坦質能方程E. h響，而采用物理常量來定義則可避免這種困擾。能級間躍遷輻射的頻率？尸9 192 631 770 Hz 定義s； 1983年用真空中的光速 c=299 792458 m sT定義m 。 2018年第26屆國際計量大會決定，7個基本單位全部用基本物理常量來定義（對應關系如圖，例如， s對應？ 丫，m對應c）。新SI自2019年5月20日（國際計量日）正式實施，這將對科學和技術發展產生深遠影響。下列選項不正確的是A. 7個基本單位全部用物理常量定義，保證了基本單位的穩定性8 .用真空

11、中的光速 c (m sT)定義m ,因為長度l與速度v存在l = vt,而s已定義C.用基本電荷e (C)定義安培(A),因為電荷量與電流I存在I=q/t,而s已定義D.因為普朗克常量h (Js)的單位中沒有 kg,所以無法用它來定義質量單位【答案】D【解析】【詳解】本題屬于信息題，由題所給信息結合l vt和I ；的物理意義解答。由題意可知，如果以實物或其運動來定義基本單位會受到環境和測量方式等因素的影響，所以7個基本單位全部用物理常量定義，保證了基本單位的穩定性，故 A正確；用真空中的光速定義 m ,即光在真空中傳播 299792458 分之一秒的距離，且 s早已定義，故B正確；,. q.由

12、公式I ;可知，安培即為1s時間內通過的電何量，故 C正確；由題意可知，h對應為kg ,故D錯誤。第二部分(非選擇題 共180分)本部分共11小題，共180分。9 .用如圖1所示裝置研究平地運動。將白紙和復寫紙對齊重疊并固定在豎直的硬板上。鋼球沿斜槽軌道PQ滑下后從Q點飛出，落在水平擋板 MN上。由于擋板靠近硬板一側較低，鋼球落在擋板上時， 鋼球側面會在白紙上擠壓出一個痕跡點。移動擋板，重新釋放鋼球，如 此重復，白紙上將留下一系列痕跡點。（1）下列實驗條件必須滿足的有 A.斜槽軌道光滑B.斜槽軌道末段水平C.擋板高度等間距變化D.每次從斜槽上相同的位置無初速度釋放鋼球（2）為定量研究，建立以水

13、平方向為x軸、豎直方向為y軸的坐標系。a.取平拋運動的起始點為坐標原點，將鋼球靜置于 Q點，鋼球的（選填“最上端”、“最下端”或者“球心”）對應白紙上的位置即為原點；在確定 y軸時（選填“需要” 或者“不需要”）y軸與重錘線平行。b.若遺漏記錄平拋軌跡的起始點，也可按下述方法處理數據：如圖2所示，在軌跡上取 A、B、C三點，AB和BC的水平間距相等且均為 x,測得AB和BC的豎直間距分別是 yi和y2,yi1則石 3 （選填“大于”、“等于”或者“小于”）。可求得鋼球平拋的初速度大小為已知當地重力加速度為 g,結果用上述字母表示）。4.(3)為了得到平拋物體的運動軌跡，同學們還提出了以下三種方

14、案，其中可行的是A.從細管水平噴出穩定的細水柱，拍攝照片，即可得到平拋運動軌跡B.用頻閃照相在同一底片上記錄平拋小球在不同時刻的位置，平滑連接各位置，即可得到平拋運動軌跡C.將鉛筆垂直于豎直的白紙板放置，筆尖緊靠白紙板，鉛筆以一定初速度水平拋出，將會在白紙上留下筆尖的平拋運動軌跡(4)伽利略曾研究過平拋運動，他推斷：從同一炮臺水平發射的炮彈，如果不受空氣阻力,不論它們能射多遠，在空中飛行的時間都一樣。這實際上揭示了平拋物體 A.在水平方向上做勻速直線運動B.在豎直方向上做自由落體運動C.在下落過程中機械能守恒(5)牛頓設想，把物體從高山上水平拋出，速度一次比一次大，落地點就一次比一次遠，如果速

15、度足夠大，物體就不再落回地面，它將繞地球運動，成為人造地球衛星。隨著拋出速度增大， 物體會從做平拋運動逐漸變為做圓周運動,請分析同樣是受地球引力， 原因。【答案】(1). BD (2).球心 (3).需要 (4).大于 (5). Vxj y2 yi(6). B (7). B (8).利用平拋運動的軌跡的拋物線和圓周運動知識證明即可【解析】【詳解】根據平拋運動的規律：水平方向勻速直線運動，豎直方向自由落體運動解答。(1)本實驗中要保證小球飛出斜槽末端時的速度為水平，即小球做平拋運動，且每次飛出時的速度應相同，所以只要每次將小球從斜槽上同一位置由靜止釋放即可，故BD正確；(2)a.平拋運動的起始點

16、應為鋼球靜置于Q點時，鋼球的球心對應紙上的位置，由于平拋運動在豎直方向做自由落體運動，所以在確定y軸時需要y軸與重錘線平行；b.由初速度為零的勻加速直線運動規律即在相等時間間隔內所通過的位移之比為yi i1:3:5:7:. 可知，由于A點不是拋出點，所以 一 彳；設AB, BC間所用的時間為T, y23豎直方向有：y2 yi gT2,水平方向有：x %T,聯立解得：v。 xJg； * yi(3)A項：從細管水平噴出穩定的細水柱，由于細水柱射出后受到空氣阻力的作用，所以此方案不可行；B項：用頻閃照相在同一底片上記錄小球不同時刻位置即平拋運動的軌跡上的點，平滑連接在一起即為平拋運動軌跡，所以此方案

17、可行；C項：將鉛筆垂直于豎直的白板放軒，以一定初速度水平拋出，筆尖與白紙間有摩擦阻力的作用，所以鉛筆作的不是平拋運動，故此方案不可行；,1 , 2(4)由平拋運動豎直方向運動可知，h -gt ,時間t同，故B正確；1 , 2 ，一、，由平拋運動可知，豎直方向：h 2gt ,水平方向：拋出物體的軌跡為拋物線，當拋出的速度越大，在拋物線上某點的速度足以提供該點做圓周運動的向心力時，物體的軌跡從拋物線變為圓。10.如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場磁感應強度為B。紙面內有一正方形均勻金屬線框abcd ,其邊長為L,總電阻為R, ad邊與磁場邊界平行。從 ad邊剛進入磁場直至 bc邊剛要進入的過程中，線框

18、在向左的拉力作用下以速度v勻速運動，求:(1)感應電動勢的大小E;(2)拉力做功的功率P;(3) ab邊產生的焦耳熱Q。【答案】(1) E BLv; (2) P2.2 2B L vB2L3vF Fa所以拉力的功率為：P Fv FAv聯立以上各式解得:2.2 2B L v(3)線框進入過程中線框中的電流為:進入所用的時間為：t Lv Rad邊的電阻為：Rad 4聯立解得：QB2L3v411.電容器作為儲能器件，在生產生活中有廣泛的應用。對給定電容值為C的電容器充電，無論采用何種充電方式，其兩極間的電勢差u隨電荷量q的變化圖像都相同。(1)請在圖1中畫出上述u p圖像。類比直線運動中由 vd圖像求

19、位移 方法，求兩極間 電壓為U時電容器所儲存的電能 Ep。b.電容器有時需要快速充電，有時需要均勻充電。依據a中的結論，說明實現這兩種充電方式的途徑。（3）設想使用理想的“恒流源”替換（2）中電源對電容器充電，可實現電容器電荷量隨時間均勻增加。請思考使用“恒流源”和（2）中電源對電容器的充電過程，填寫下表（選.也正蠲云(2) . EPCU2(3) . R(4).要填“增大”、“減小”或“不變”）。“恒流源”（2）中電源電源兩端電壓通過電源的電流快速度充電時，只要減小圖2中的電阻R;要均勻充電時，只要適當增大圖2中的電阻R即可 （5）.增大 （6）.不變 （7）.不變（8）.減小【解析】【詳解】

20、由電容器電容定義式C，得到uq圖象，類比 斗k圖象求位移求解電量，由圖3斜率解決兩種充電方式不同的原因和方法;根據電容器充電過程中電容器兩極板相當于電源解答q(1)由電容器電容定義式可得：C二，整理得:u1.一u q ,所以uq圖象應為過原點的傾C斜直線，如圖: 由題可知，兩極間電壓為 U時電容器所儲存的電能即為圖線與橫軸所圍面積,CU2當兩極間電壓為 U時，電荷量為Q CU，所以EP ；電容器最終的(2)a.由于電源內阻不計，當電容器充滿電后電容器兩端電壓即電源的電動勢,電量為：Q CE ,由q t圖可知，兩種充電方式最終的電量相同，只是時間不同，所以曲線不同是R造成的;b.由圖3可知，要快

21、速度充電時，只要減小圖2中的電阻R,要均勻充電時，只要適當增大圖2中的電阻R即可;(3)在電容器充電過程中在電容器的左極板帶正電，右極板帶負電，相當于另一電源，且充電過程中電量越來越大，回路中的總電動勢減小，當電容器兩端電壓與電源電動勢相等時, 充電結束，所以換成“恒流源”時，為了保證電流不變，所以“恒流源兩端電壓要增大，通 過電源的電流不變，在(2)電源的電壓不變，通過電源的電流減小。12.雨滴落到地面的速度通常僅為幾米每秒，這與雨滴下落過程中受到空氣阻力有關。雨滴間無相互作用且雨滴質量不變，重力加速度為g。(1)質量為m的雨滴由靜止開始， 下落高度h時速度為u,求這一過程中克服空氣阻力所做

22、的功Wo(2)將雨滴看作半徑為的球體，設其豎直落向地面的過程中所受空氣阻力f=kr2v2,其中 v是雨滴的速度，k是比例系數。0a.設雨滴的密度為P,推導雨滴下落趨近的最大速度vm與半徑的關系式;b .示意圖中畫出了半徑為 門、2 (門2)的雨滴在空氣中無初速下落的V 4圖線，其中對應半徑為ri的雨滴(選填、)；若不計空氣阻力，請在圖中畫出雨滴無初速下落的v 4圖線。( )(3)由于大量氣體分子在各方向運動的幾率相等，其對靜止雨滴的作用力為零。將雨滴簡化為垂直于運動方向面積為 S的圓盤，證明：圓盤以速度 v下落時受到的空氣阻力 f 8V2(提示：設單位體積內空氣分子數為n,空氣分子質量為 m。

23、)。【答案】 (1). Wf mgh 7 mu2© vm Jg(3).(4).2: 3k【解析】(5).詳見解析【分析】(1)對雨滴由動能定理解得：雨滴下落 h的過程中克服阻做的功；(2)雨滴的加速度為 0時速度最大解答；(3)由動量定理證明【詳解】(1)對雨滴由動能定理得：12mgh Wf mu12解得：Wf mgh 2 mu ； 一43 、，(2)a.半徑為r的雨滴體積為：V - < ,其質量為m V 3當雨滴的重力與阻力相等時速度最大，設最大速度為Vm,則有：mg f其中f kr2vm聯立以上各式解得：vm .'1 3k由Vm j可知，雨滴半徑越大，最大速度越大，

24、所以對應半徑為r1的雨滴,不計空氣阻力，雨滴做自由落體運動，圖線如圖:(3)設在極短時間 t內，空氣分子與雨滴碰撞，設空氣分子的速率為U,在t內，空氣分子個數為：N nSv t ,其質量為 m Nmo設向下為正方向，對圓盤下方空氣分子由動量定理有：弓 t m(v u)對圓盤上方空氣分子由動量定理有：F2 t 0 m(u v)圓盤受到的空氣阻力為：f Fi F22 2聯立解得：f 2Svnmo v。化學部分可能用到的相對原子質量：H 1 C 12 N 14 O 16第一部分(選擇題 共120分)本部分共20小題，每小題6分，共120分。在每小題列出的四個選項中，選 出最符合題目要求的一項。1 .

25、下列我國科研成果所涉及材料中，主要成分為同主族元素形成的無機非金屬材料的是A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分析】本題主要考查有機物與無機物的區分（B選項為有機物，其他均為無機物），金屬材料與非金屬材料的區分。同時穿插考查了元素周期表中同主族的概念。【詳解】A.碳化硅（SiC）是由碳元素和硅元素組成的無機非金屬材料，且碳元素與硅元素均位于元素周期表第IVA族，故A符合題意；B.聚氨酯為有機高分子化合物，故B不符合題意；C.碳包覆銀納米材料中銀為金屬元素，故C不符合題意；D.鈦合金為含有金屬鈦元素的合金，故D不符合題意；綜上所述，本題應選 A。【點睛】本題依托有機物和無機物的概

26、念考查了化學知識與生活中物質的聯系，創新點在于除了要判斷是否為無機非金屬材料，還給其加了限制條件“同主族”，應注意有機物中一定含碳元素，但含碳元素的卻不一定是有機物。2.下列示意圖與化學用語表述內容不相符的是（水合離子用相應離子符號表示）NaCl溶于水電解CuCl2溶液CH3COOH在水中電離H2與C12反應能量變化H2(g)+Cl 2(g) = 2HCl(g)AH= - 183kJ mol - 1CH 3COOH 峰? CH 3COO -NaCl =Na +Cl -CuCl 2=Cu2+ +2C1 -+H +A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】本題A、B、C選項應區分電

27、離和電解的概念。電離是電解質溶于水或熔融狀態下，解離成能夠自由移動的離子的過程。根據其電離程度可分為強電解質和弱電解質，幾乎全部電離的是強電解質（如 A選項），只有少部分電離的是弱電解質（如 C選項）；是將電能轉化為化 學能的一個裝置（構成:外加電源，電解質溶液， 陰陽電極）。使電流通過電解質溶液或熔融電 解質而在陰，陽兩極引起還原氧化反應的過程（如B選項）。【詳解】A.NaCl為強電解質，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自發解離為 Na +和Cl-,故電離方程式為 NaCl=Na +C1-,故A不符合題意；B.電解氯化銅溶液，銅離子向陰極移動，得電子，發生電極反應為：Cu2+2e-=

28、Cu,氯離子向陽極移動，失電子，發生電極反應為：2Cl-+2e-=Cl2,所以電解總反應為：Cu2+2C1 -""_中 Cu+Cl 2,故 B 符合題意；C.CH3COOH為弱電解質，溶于水部分電離，因此電離方程式為 CH3COOH ?CH3COO -+H + ,故C不符合題意；D.由圖可知，反應 H2(g)+Cl 2(g)=2HCl(g)的反應熱等于斷裂反應物分子中的化學鍵吸收的總能量(436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol )，與形成生成物分子中化學鍵放出的總能量(431kJ/mol X2=862kJ/mol )之差，即放熱 183kJ/mol,放熱

29、？ H 為負值，所以H2(g)+Cl 2(g)=2HCl(g) ?H=-183kJ/mol,故 D 不符合題意；綜上所述，本題應選 B。【點睛】本題所選四個實驗(或原理)均取材于課本，可見高考題越來越回歸于課本。本題綜合考查化學用語，涉及強、弱電解質電離、電解方程式的書寫，化學反應熱的計算，題目把化學用語與化學反應原理巧妙地結合。學院院士張青蓮教授曾主持測定了錮(49In)等際新標準。錮與鋤(37Rb)同周期。下列說法不正3.2019年是元素周期表發表國科A. In是第五周期第mA族元素C.原子半徑：In>AlD.堿性：In(OH) 3>RbOHB. 115491n的中子數與電子數

30、的差值為17【答案】D【解析】【分析】A.根據原子核外電子排布規則，該原子結構示意圖為在周期表中的位置;據此判斷該元素B.質量數=質子數+中子數，元素符號左上角為質量數、左下角為質子數，原子的質子數=電子數;C.同主族元素的原子，從上到下，電子層數逐漸增多，半徑逐漸增大;D.同周期元素，核電荷數越大，金屬性越越弱，最高價氧化物對灶化物的堿性越弱;4左下角為質.因此該原子的.6n【詳解】A.根據原子核外電子排布規則,該原子結于元素周期表第五周期，第IIIA族，故A不符合B.質量數=質子數+中子數，元素符號的左上角為質質子數=電子數=49 ,中子數為115-49=66不符合題意;C.Al位于元素周

31、期表的三周期IIIA族，In位于元素周期表第五周期，第 IIIA族，同主族兀素的原子，從上到下，電子層數逐漸增多，半徑逐漸增大，因此原子半徑In >Al，故 C 不符合題意;D.In位于元素周期表第五周期，Rb R Rb）位于元素周期表第五周期第 IA族，同周期元素，核電荷數越大，金屬性越越弱，最高價氧化物對應水化物的堿性越弱，因此堿性：In（OH）3vRbOH ,故D符合題意；綜上所述，本題應選 D。【點睛】本題考查原子結構與元素性質，題目難度不大，明確原子結構與元素周期律的關系為解答關鍵，注意掌握原子構成及表示方法，試題培養了學生的分析能力及靈活應用能力。4.交聯聚合物P的結構片段如

32、圖所示。下列說法不正確的是（圖中 “ 表示鏈延長）3 X-Y-X-Y-X-Y-X-YmIXIw X-Y-X-Y-X-Y-X-Y mIIXXXTT"wv' X一、一X一、一X 一、一 X、彳0 0K C- -O-CHX為、”?A.聚合物P中有酯基，能水解B.聚合物P的合成反應為縮聚反應C.聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解獲得D.鄰苯二甲酸和乙二醇在聚合過程中也可形成類似聚合物P的交聯結構【答案】D【解析】將X為丫為帶入到交聯聚合物P的結構中一WHCII-CH,-O- O可知，聚合物P是由鄰苯二甲酸和丙三醇通過縮聚反應制備的，據此解題；O O II | C一 【詳解】A.根據

33、X為 、/ Y為II -可知，X與Y直0接相連即厥基與醍鍵直接相連構成了酯基，酯基能在酸性或堿性條件下水解，故A不符合題意；B.聚合物P是由鄰苯二甲酸和丙三醇通過縮聚反應制備的，故B不符合題意；C.油脂為脂肪酸甘油酯，其在堿性條件下水解可生成脂肪酸鹽和甘油即丙三醇，故C,不符合題意；D.乙二醇的結構簡式為 HO-CH 2CH2-OH,與鄰苯二甲酸在聚合過程中只能形成鏈狀結構，故D符合題意；綜上所述，本題應選 D。【點睛】本題側重考查有機物的結構和性質，涉及高聚物單體以及性質的判斷，注意把握官能團的性質，縮聚反應的判斷，題目有利于培養學生的分析能力，難度不大。5.下列除雜試劑選用正確且除雜過程不

34、涉及氧化還原反應的是物質（括號內為雜質）除雜試劑AFeCl2 溶液(FeCl3)Fe粉BNaCl 溶液(MgCl 2)NaOH 溶液、稀 HClCCI2 (HCl)H2O、濃 H2SO4DNO (NO 2)H2。、無水 CaCl2A. A【答案】B【解析】B. BC. CD. D【分析】發生 反應中，存在元素的化合價變化，與氧化還原反應有關；反之，不存在元素的化合價變化，則與氧化還原反應無關，以此解答該題。【詳解】A.FeCl 3與Fe反應生成FeCl2, 2FeCl 3+Fe=2FeCl 2,此過程中Fe的化合價發生變化，涉及到了氧化還原法應/A不符合題意4B.MgCl 2與 NaOH 溶彳

35、復分解反應 MgCP2NaOH=Mg(OH) 2 +2NaCl ,過量的NaOH溶液可JCfefflC|aOH=NaC+H"OIIBil沒有元素化合價發生變化，未涉及氧化還原.，故B符.意;，.C.部分氯氣與了氧化還原法應.C不符合.；D.NO2與水反成硝酸和N10反應過程中氮元素化合,生變化，涉及到了氧化還原法應，故 D 不.綜上所述，本題思Bo注思【點睛】本題考查氧化還原反應，為高考常見題型，側重于氧化還原反應判斷的考查,把握發生的反應及反應中元素的化合價變化，題目難度不大。6.探究草酸（H2c2。4）性質，進行如下實驗。（已知：室溫下，0.1 mol L- 1 H2c2O4的p

36、H=1.3 ）實驗裝置試劑a現象ca（OH） 2溶液（含酚酗:）溶液褪色，產生白色沉淀*少量NaHcO 3溶液產生氣泡酸fKMnO 4溶液紫色溶液褪色c2 H5 0H和濃硫酸加熱后廣生有香味物質由上述實驗所得草酸性質所對應的方程式不正確的是A. H 2c2O4 有酸性，Ca（OH） 2+ H 2c2O4=CaC2O4 J+2H 2OB.酸性：H2c2。4> H 2CO3, NaHCO 3+ H 2c2O4NaHC 2O4+CO 2 T+H 2OC. H 2c2O4 具有還原性，2MnQ+5 c2O2 +16H +=2Mn 2+10cO 2 > 8H 2OD. H 2c2O4可發生酯

37、化反應， 一次濃嬤d _HOOCCOOH+2C 2H 50H 嚕擎？ C2H5OOCCOOC 2H5+2H 2。【答案】c【解析】【分析】草酸（又稱乙二酸）為一種二元弱酸，具有酸的通性，因此能發生中和反應，具有還原性,因為乙二酸中含有竣基因此能發生酯化反應，據此解題；【詳解】A.H 2c2。4為二元弱酸，能與氫氧化鈣溶液發生中和反應，生成白色沉淀草酸鈣和A不符合題意;水，因此含酚酬:的氫氧化鈣溶液堿性逐漸減弱，溶液紅色退去，故B.產生氣泡證明有 CO2產生，因此可證明酸性 H2c2O4>H2cO3,反應方程式為：H2c2O4+2NaHCO 3=Na 2c2O4+2CO 2 +2H 2O

38、或,H2c2O4+NaHCO 3=NaHC 2O4+2CO 2+2H 2O故B符合題意；c.0.1 mol L-1 H 2c2O4的pH=1.3,說明草酸為弱酸，故草酸不可以拆分，故c不符合題意；D.草酸(又稱乙二酸)，其中含有竣基因此能發生酯化反應，反應方程式正確，故 D不符合題意；綜上所述，本題應選 B。【點睛】本題考查草酸的性質和離子反應方程式的書寫，側重考查學生的分析能力和元素化合物知識的綜合理解和運用。7.實驗測得0.5 mol L-1cH3c00Na 溶液、0.5 mol L1 cuSO4溶液以及 H2O的pH隨溫度變化的曲線如圖所示。下列說法正確的是A.隨溫度升高，純水中 c(H

39、 + )>c(OH -)B.隨溫度升高，cH3cOONa溶液的c(OH )減小c.隨溫度升高，CuSO4溶液的pH變化是Kw改變與水解平衡移動共同作用的結果D. 隨溫度升高， CH3COONa 溶液和 CuSO 4 溶液的 pH 均降低，是因為CH3COO- 、 Cu2+水解平衡移動方向不同【答案】 C【解析】【分析】水的電離為吸熱過程，升高溫度，促進水的電離； 鹽類水解為吸熱過程，升高溫度促進鹽類水解，據此解題；【詳解】 A. 水的電離為吸熱過程， 升高溫度， 平和向著電離方向移動， 水中 c(H + ).c(OH - )=Kw減小，故 pH 減小，但 c(H+)=c(OH -)，故

40、A 不符合題意；B.水的電離為吸熱過程，升高溫度，進水的電離，所以 c(OH-)增大，醋酸根水解為吸熱過程，CH3COOH -+H 2O ? CH3COOH+OH -,升高溫度促進鹽類水解，所以c(OH -)增大，故B 不符合題意；C.升高溫度，促進水的電離，故 c(H + )增大；升高溫度，促進銅離子水解Cu2+2H 2O ? Cu(OH) 2 +2H + ，故c(H +)增大，兩者共同作用使pH 發生變化，故C 符合題意；D.鹽類水解為吸熱過程，升高溫度促進鹽類水解，故 D不符合題意；綜上所述，本題應選C 。【點睛】 本題考查弱電解質在水中的電離平衡， 明確化學平衡常數只是溫度的函數， 溫

41、度對水的電離和鹽類水解平衡的影響是解題的關鍵， 鹽類水解是高頻考點， 也是高考的重點和難點，本題難度不大，是基礎題。第二部分(非選擇題 共 180 分)本部分共11小題，共180分8.抗癌藥托瑞米芬的前體 K的合成路線如下。已知:ii.有機物結構可用鍵線式表示，如(CH 3)2NCH 2CH 3的鍵線式為(1)有機物A能與Na2CO3溶液反應產生CO2,其鈉鹽可用于食品防腐。有機物 B能與Na2CO3溶液反應，但不產生CO2; B加氫可得環己醇。A和B反應生成C的化學方程式是反應類型是 (2) D中含有的官能團：(3) E的結構簡式為(4) F是一種天然香料，經堿，f水解、酸化，得G和J。J經

42、還原可轉化為 Go J的結構簡式為(5) M是J的同分異構體，符合下列條件的M的結構簡式是包含2個六元環M 可水解，與 NaOH 溶液共熱時，1 mol M 最多消耗2 mol NaOH(6)推測E和G反應得到K的過程中，反應物LiAlH 4和H2O的作用是 (7)由K合成托瑞米芬的過程:-R0 - NS網取代反應托瑞米芬C 禺 *0。托瑞米芬具有反式結構，其結構簡式基、羥基水解【解析】【分析】立 H1sd.一凡吟.、(4).(8).(5). 口"廣有機物A能與碳酸鈉溶液反應產生 CO2,其鈉鹽可用于食品能與碳酸鈉反應，但不產生 CO2,且B加氫得環己醇,(2).取代反應 (3).談

43、(6).還原劑;酸、H3BO3,加熱條件下發生取代反應生成;D發生信息中的反應生成得G和J,J經還原可轉化為 G,則G和J具有相同的礴|;由G和J的結構可推知F為G先在LiAlH4作用下還原，再水解最后得到K,據此解答。【詳解】(1)根據以上分析，A為苯甲酸，B為苯酚，苯甲酸和苯酚在濃硫酸、H3BO3,加熱條件下發生取代反應生成 C為0=0 ,化學方程式為(2) D 為故答案為：取代反應;,D中含有的官能團為默基、羥基,故答案為：默基、羥基;(3) D發生信息中的反應生成巳 其結構簡式為故答案為：3止。7；(4) F經堿性水解，酸化得G和J, J經還原可轉化為 G,則G和J具有相同的碳原子數和

44、碳骨架，則G為。； J為,Oq 65K ；nil(5) J為,分子式為C9H8。2,不飽和度為6,其同分異構體符合條件的M,包含兩個六元環，則除苯環外還有一個六元環， M可水解，與氫氧化鈉溶液共熱時，ImolM最多消耗2molNaOH ,說明含有酚酯的結構，則 M的結構簡式為叱/，故答案為：廣;(6)由合成路線可知，E和G先在LiAlH4作用下還原，再水解最后得到K,故答案為：還原劑；水解；(6) 由合成路線可知，托瑞米芬分子中含有碳碳雙鍵，兩個苯環在雙鍵兩側為反式結構，9.化學小組用如下方法測定經處理后的廢水中苯酚的含量(廢水中不含干擾測定的物質)。I .用已準確稱量的 KBrO 3固體配制

45、一定體積的 a mol L-1 KBrO 3標準溶液；n.取vi mL上述溶液，加入過量 KBr,加HSO 4酸化，溶液顏色呈棕黃色；m.向n所得溶液中加入 V2 mL廢水；W.向山中加入過量 KI;V.用b mol L-1 Na 2S2O3標準溶液滴定IV中溶液至淺黃色時，滴加2滴淀粉溶液，繼續滴 定至終點，共消耗 Na 2s2。3溶液v2 mL。已知：l2+2Na 2s2O3=2NaI+ Na 2s4。6Na 2s2O3和Na 2s4O6溶液顏色均為無色(1) I中配制溶液用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和 (2) 中發生反應的離子方程式是 (3) 印中發生反應的化學方程式是 (4)

46、 IV中加 KI前，溶液顏色須為黃色，原因是 (5) KI與KBrO3物質的量關系為 n (KI) >6n (KBrO3)時，KI 一定過量，理由是(6) V中滴定至終點的現象是 (7)廢水中苯酚的含量為 gL-1 (苯酚摩爾質量：94 g mol -1)。(8)由于Br2具有性質，n IV中反應須在密閉容器中進行，否則會造成測定結果偏高。【答案】(1).容量瓶、量筒 (2). BrO3- + 5Br- + 6H + = 3Br2+ 3H2O (3).onoh十 JlIBr(4) . n中生成的Br2與廢水中苯Br酚完全反應后，出中溶液顏色為黃色，說明有Br2剩余，剩余 Br2與過量KI

47、反應生成I2可利用后續滴定法測量，從而間接計算苯酚消耗的Br2(5). n中反應為KBrO 3 + 5KBr +3H 2SO4=3K 2SO4+ 3Br 2 + 3H 2O 可知 3n(KBrO 3)=n(Br 2), n 中 Br2部分與苯酚反應, 剩余澳在IV中反應為 Br2+2KI=I 2+2KBr ,若剩余澳完全反應，則 n(KI) > 2n(Br 2),推知n(KI) >6n(KBrO 3)(6).當滴入最后一滴 Na2s2。3標準溶液時，溶液由藍色變為無色，且 30s不變色.94(6aV-bv3)(8).揮發6v2【分析】本題考查氧化還原反應滴定的綜合運用。苯酚與澳反應

48、快速靈敏，但滴定終點難以判斷，因而制得一定量的澳分別與苯酚和KI反應(澳須完全反應完)，而澳與 KI反應生成的I2與Na 2s2O3進行滴定分析，因而直接測出與KI反應所消耗的澳，進而計算出與苯酚反應消耗的澳，最后根據苯酚與澳反應的系數計算廢水中苯酚的濃度。【詳解】(1)準確稱量 KBrO 3固體配置溶液所需的玻璃儀器有燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管，一定規格的容量瓶，因而該空填容量瓶、量筒；(2) KBrO 3溶液中加入KBr和H2SO4,溶液顏色呈棕黃色，說明生成Br2 ,根據缺項配平可知該離子方程式為 BrO 3- + 5Br - + 6H + = 3Br 2 + 3H 2O ；(3)苯酚

49、和濱水反應得到白色沉淀2,4,6-三澳苯酚，化學方程式為O1T0Hr(4)該測量過程是利用一定量的澳分別與苯酚和KI反應，注意澳須反應完全， 且一定量澳的總量已知，部分澳與KI反應生成的12可利用氧化還原滴定法測量，進而計算出與 KI反應的澳的消耗量，將一定量澳減去與KI反應的澳的消耗量，可得與苯酚反應的澳的消耗量，因而一定量的澳與苯酚反應完，必須有剩余的澳與KI反應，出中反應結束時，若溶液顯黃色說明苯酚反應完，且有澳剩余，以便與 KI反應，故原因為H中生成的Br2與廢水中苯酚完全反應后，出中溶液顏色為黃色，說明有Br2剩余，剩余Br2與過量KI反應，從而間接計算苯酚消耗的 Br2；(5) n

50、 中反應為 KBrO 3 + 5KBr + 3H 2SO4=3K 2SO4+ 3Br 2 + 3H 2。可知3n(KBrO 3)=n 1 (Br2), n 中 Br2部分與苯酚反應， 剩余澳的量設為 n2(Br2)(ni(Br2)>n 2(Br2)在IV中反應為 Br2+2KI=I 2+2KBr ,若剩余澳完全反應，則 n(KI) > 2n2(Br2),推知n(KI) >6n(KBrO 3);因而當 n(KI) >6n(KBrO 3), KI 一定過量;(6) V中含碘的溶液內加入淀粉，溶液顯藍色，隨著Na 2s2O3溶液滴入，藍色變淺直至消失，因而當滴入最后一滴Na

51、2s2O3標準溶液時，溶液由藍色變為無色，且 30s不變色；(7) n(BrO 3-)=av ixi0-3moi ,根據反應 BrO 3+ 5Br - + 6H + = 3Br 2 + 3H 20 可知n(Br2)=3av iX10-3mol ,澳分別與苯酚和 KI反應，先計算由KI消耗的澳的量，設為ni(Br2),根據 l2+2Na2s2O3=2NaI+Na2s4。6 可知l22Na2S2O3,又Br2+2I=I2+2Br 可知Br2 I 2,a1a可得 Br22Na 2S2O3, n(Na 2s2O3)= bv 3X10-3mol , n 1(Br2)= bv3 X10 -3mol ,再計

52、算由苯酚消耗的澳白量，設為 n2(Br2)= n(Br 2)- n 1(Br2)=( 3av 1- -2 bv 3) x10-3mol ,苯酚與濱水反應的計量數關系為 3Br 2C 6H5OH , n(C6H5OH)= n2(Br2)=(av 1- bv 3) X10-3mol ,廢 36，1 .水中苯酚的含量6V2(aw- bv3)mol 94g/mol 94(6ax-bv3) 6v2L(8) n中生成的澳須被苯酚和 KI完全反應掉，而澳有揮發性，反應時須在密閉容器中進行。10.氫能源是最具應用前景的能源之一，高純氫的制備是目前的研究熱點。(1)甲烷水蒸氣催化重整是制高純氫的方法之一。反應器中初始反應的生成物為H2和CO2,其物質的量之比為 4 ： 1 ,甲烷和水蒸氣反應的方程式是已知反應器中還存在如下反應：i .CH4(g)+H 2O(g)=CO(g)+3H2(g)AH1ii .CO(g)+H 2O(g)=CO 2(g)+H 2(g) AH2iii .CH 4(g)=C(s)+2H 2(g)AH3iii為積炭反應，利用AHi和AH2計算AH3時，還需要利用反應的A Ho反應物投料比采用 n (H2O) : n (CH4)=4 ：1,大于初始反應的化學計量數之比，目的是(選填字母序號)。a.促進CH4