2019年高考理综全国卷2-答案

2019年普通高等学校招生全国统一考试•全国n卷理科综合答案解析一、选择题.【答案】A【解析】（正确项分析）在真核细胞中，内质网可参与脂质的合成，在细胞核中， DNA可转录形成RNAA选项正确。（错误项分析）蛋白质在核糖体上合成， B、D选项错误；DNA可在细胞核中合成，而RNA不可在内质网中合成，C选项错误。【考点】细胞的结构和功能【考查能力】识记，理解.【答案】B【解析】（正确项分析）在马铃薯块茎细胞无氧呼吸的第一一阶段，葡萄糖分解成丙酮酸，第二阶段在相应酶的催化下，丙酮酸转化为乳酸， B选项正确。（错误项分析）马铃薯块茎细胞无氧呼吸的产物是乳酸， 葡萄糖是细胞呼吸的原料而不是产物， A选项错误；在马铃客块茎细胞无氧呼吸的第一阶段， 1分子葡萄糖分解成2分子丙酮酸，并且释放出少量能量， C选项错误；一般来说，氧气浓度的升高会抑制细胞的无氧呼吸，故马铃薯块茎储藏库中氧气浓度的升高不会增加酸味的产生，D选项错误。【考点】细胞呼吸【考查能力】理解.【答案】C【解析】用蓝光照射后，含有保卫细胞的溶液的 pH下降，可推测细胞内的H+被转运到了细胞外，再结合题干信息可推测HATPase位于保卫细胞质膜上，A项不符合题意；细胞内PH高于细胞外，即细胞内H+浓度低于细胞外，用蓝光照射后，溶液的pH明显降低，推测蓝光可通过保卫细胞质膜下的 HATPase发挥作用使细胞内的H+逆浓度梯度转运到细胞外， B项不符合断意；HATPase。逆浓度梯度跨膜转运日所需的能量来自ATP水解，不是由识光直接提供， C项符合题意；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项不符合题意。【考点】物质的跨膜运算【考查能力】理解.【答案】D【解析】当人体水分丢失过多时，会导致细胞外液渗透压升高，下丘脑渗透压感受端受到刺激，产生兴有传递到大顶皮层产生渴感：由下丘脑分泌并由垂体释放的抗利尿激素增多，在抗利尿激素的作用下，肾小管和集合管对水分的重吸收能力增强，以减少水分随尿液流失， D项符合题意。【考点】人体内环境稳态中的水盐平衡调节【考查能力】理解.【答案】B【解析】实验①中植株甲自交，子代出现了性状分离，说明作为亲本的植株甲为杂合子。实验④中植株甲与另一具有相同性状的个体杂交，后代出现 3:1的性状分离比，说明亲本均为杂合子。在相对性状的显隐性不确定的情况下，无法依据实验②、③判定植株甲为杂合子。【考点】孟德尔遗传定律的应用【考查能力】理解，综合应用.【答案】A【解析】夏季草原生态系统中，作为第一营养级的牧草的个体数远大于作为第二营养级的羊的个体数量，该生态系统数量金字塔的形状最可能是金字塔形。而在森林生态系统中，作为第一营养级的乔木的一个个体上生活着大量的作为第二营养级的昆虫个体，该生态系统数量金字塔的形状最可能为倒金字塔形。【考点】生态系统【考查能力】理解和分析.【答案】D【解析】（正确项分析）蚕丝的主要成分是蛋白质， A项正确；蚕丝属于天然高分子化合物， B项正确；“蜡炬成灰”是指蜡烛燃烧，这属于氧化反应， C项正确。（错误项分析）在古代蜡烛通常由动物油脂制成，动物油脂的主要成分为高级脂肪酸酯，其不属于高分子聚合物，D项错误。【考点】中华传统文化中的化学知识.【答案】B【解析】3g3He的物质的量为1mol,每个He含1个中子，则1molHe含1mol中子，A项正确；该溶液中含0.1molNa,PQ由于部分PO水解，故溶液中PO的数目小于0.1V,B项错误；K2C2O7,中Cr3+元素为6价，1molK2CRO7,被还原成Cr3+时，得到6mol电子，C项正确；正丁烷和异丁烷互为同分异构体，每个分子中均含10个CH键和3个CC键，即每个分子中含13个共价键，则48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中含13mol共价键，D项正确。【考点】阿伏伽德罗常数的应用.【答案】D【解析】（正确项分析）原子半径： N<Al,A项正确；常温常压下，单质硅呈固态， B项正确；由非金属性：P<N,可知气态氢化物热稳定性： PH3NH,c项正确。（错误项分析）Al的最高价氧化物对应的水化物 Al（OH）3,是典型的两性氢氧化物，并非强碱， D项错误。【考点】元素推断，元素周期律.【答案】A【解析】酸性KMnO4。溶液能将乙烯氧化成CO2,故可以看到溶液的紫色逐渐褪去，但静置后液体不会分层，A项符合题意；点燃的镁条能在CO2,中燃烧，集气瓶中产生浓烟（MgO颗粒）和黑色颗粒（单质碳)，B项不符合题意；向盛有饱和Na2&O3,溶液的试管中滴加稀盐酸，溶液中发生反应2 +S2O32HSO2 SH2O,有刺激性气味气体广生，溶披变浑浊， C项不符合题意；向FeCl,溶放中加入过量铁粉，发生反应2Fe3+Fe3Fe2,可以看到溶液中黄色逐渐消失，加入 KSCN后，溶液颜色不发生变化，D项不符合题意。【考点】化学实验.【答案】C【解析】CUSO4,溶液呈蓝色，加入足量Zn粉后，Cu2+被还原为Cu,溶液变成无色，A项正确；澄清石灰水在空气中久置能吸收空气中的CO2,生成CaCO3,白色固体，B项正确；Na?。？呈淡黄色，在空气中放置后变为白色，是NazOz,吸收空气中的CO2和H2O转化成了NazCOs,和NaOH的缘故，C项错误；向Mg(OH)2,悬浊液中加入足量FeC%,溶液出现红褐色沉淀，是因为Mg(OH)2,与FeC1,溶液发生复分解反应生成了更难溶的Fe(OH)3,D项正确。【考点】结合物质变化考查化学方程式.【答案】B【解析】a、b分别表示温度为Ti、T2时溶液中Cd2+和S2的物质的量浓度，可间接表示对应温度下 CdS^水中的溶解度， A项正确；Ksp只受温度影响，即 m,n、p三点对应的Ksp相同，又T1VT2,故2Kspm=Ksp(n)Ksp(p)K^(q),B项错误；向m点的溶放中加入少量Na2s固体，溶液中cS增大，温度不变，Ksp不变，则溶液中c Cd2减小，溶液组成由 m点沿mpn线向p方向移动，C项正确；温度降低时，CdS的溶解度减小，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动，D项正确。【考点】沉淀溶解平衡图象分析.【答案】C【解析】C4H8BrCl可看成是C4H10。分子中的2个H被1个Br和1个Cl取代得到的产物。C4H1。有正丁烷和异丁烷2种，被Br和Cl取代时，可先确定Br的位置，再确定Cl的位置。正丁烷的碳骨架结构为4 3 2 1CCCC，Br分别取代1号碳原子和2号碳原子上的氢原子时， Cl均有4种位置关系，异丁烷的碳骨架结构为，Br分别取代1号碳原子和2号碳原子上的Cl氢原子时，Cl分别有3种和1种位置关系，综上可知C4H8BrCl共有12种结构，C项正确。【考点】同分异构体数目的判断二、选择题.【答案】D【解析】在嫦娥四号探测器“奔向”月球的过程中，根据万有引力定律，可知随着 h的增大，探测器所受的地球引力逐渐减小但并不是均匀减小的，故能够描述 F随h变化关系的图像是D=【考点】万有引力

.【答案】C【解析】核反应质量亏损m41.0078u4.0026u0.0286u,释放的能量△E0.0286931MeV26.6MeV,选项C正确。【考点】核反应释放核能的计算.【答案】A【解析】设物块的质量最大为 m,将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件，在沿斜面方向有Fmgsin30mgcos30,解得m150kg,A项正确。【考点】力的分解、平衡条件【考查能力】推理.【答案】B2【解析】电子从a点射出时，其轨迹半径为-,由洛伦兹力提供向力，有eVaBm"，又£【解析】电子从a点射出时，其轨迹半径为TOC\o"1-5"\h\z4 Qm包，由洛伦兹力提供4\o"CurrentDocument"kBl o o包，由洛伦兹力提供4得Va——；电子从d出时，由几何关系有rd2l24向心力，有eVdBm包，有Ck,解得Vd5kB■，选项B正确。rd m 4【考点】洛伦兹力、牛顿运动定律、匀速圆周运动【考查能力】灵活分析带电粒子在有界匀强磁场中运动问题.【答案】AD【解析】根据题给图像可知h4m时物体的重力势能mgh80J,解得物体质量m2kg,抛出时物体的1O 动能为Ek100J,由动能公式Ek^mv2,可知h0时物体的速率为V10m/s,选项A正确，B错误;由功能关系可知fh|E|20J,解得物体上升过程中所受空气阻力 f5N,从物体开始抛出至上升到h2m的过程中，由动能定理有 mghfhEi100J,解得Ei50J,选项C错误；由题给图像可知，物体上升到h=4m时，机械能为80J,重力势能为80J,动能为零，即物体从地面上升到 h4m,物体动能减少100J,选项D正确。【考点】机械能，功能关系【考查能力】运用相关知识解决实际问题.【答案】BD（错误项分析）根据vt图线与横轴所围图形的面积表示位移，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，选项A错误；根据vt图线的斜率表示加速度，综合分析可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，选项 C错误。（正确项分析）第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与

水平位移的比值相同（等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值） ，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，选项B正确；竖直方向上的速度大小为 ,时，根据-t图线的斜率表示加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小， 由牛顿第二定律有mgfma,可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，选项 D正确。【考点】结合vt图像考查曲线运动、牛顿运动定律.【答案】AC【解析】（正确项分析）在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自 M点由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A正确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到 N点的动能为零，则带电粒子在N、M两点的电势能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之。和保持不变，可知若粒子运动到N点时动能不为零，则粒子在N点的电势能小于在M点的电势能，即粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能，选项C正确。（错误项分析）若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合，选项B错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在 N点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项 D错误。【考点】带电粒子在静电场中的运动.【答案】AD【解析】根据题述，PQ进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在 PQ通过磁场区域一段时间后MNS入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过 PQ的电流随时间变化的图像可能是A;由于两导体棒从同一位置释放，两导体棒进入磁场时产生的感应电动势大小相等， MN进入磁场区域切割磁感线产生感应电动势， 回路中产生的感应电流不可能小于 Ii,B错误；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ没有出磁场区域时MN^进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动， PQ出磁场后，MNU割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于L,受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则 MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力，所以 MN一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过 PQ的电流随时间变化的图像可能是D,C错误。【考点】电磁感应，全面分析物理过程并转化为图像【考查能力】科学思维二、非选择题gsina.【答案】(1) gcosgsinamgcosma,gsinamgcosma,解得

gcos【解析】（1）对铁块受力分析，由牛顿第二定律有 mgsin1 c c（2）两个相邻计数点之间的时间间隔 T5，s0.1s,由逐差法和xaT2,可得a197m/s2,代人500.35ogsinagcos0.35o【考点】动摩擦因数的测量，牛顿第二定律.【答案】（1）变小增大B（2）【解析】（1）实验中硅二极管与定值电阻Ro串联，由欧姆定律可知，定值电阻两端电压5IRo50.0A100 5.00mV；由图（b）可知，当控温炉内温度升高时，硅二极管两端电压减小，又图（b）对应的电流恒为50.0A,可知硅二极管的正向电阻变小，由“串反”规律可知，定值电阻 R。两端电压增大，即电压表V1示数增大，应增大滑动变阻器接入电路的阻值以减小电路中的电流，从而使电压表V1示数保持不变，故应将R的滑片向B端移动。（2）由图（b）可知—0.440.30V/C2.8103V/Ct8030【考点】实验原理理解，实验数据处理24.【答案】解：（1）PGQG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2E——①dFqEma②设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有TOC\o"1-5"\h\z2GqEhEk mw③设粒子第一次到达G时所用的时间为t,粒子在水平方向的位移大小为 l,则有2h-at①lv°t⑤联立①②③④⑤式解得L1 2 2 「Ek—mv0—qh⑥k20d1V。呼⑦(2)若粒子穿过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Jmdh…——⑧【考点】带电粒子在偏转电场中的运动25.【答案】解：(1)vt图像如图所示。(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为 Vi,则ti时刻的速度也为Vi；t2时刻的速度为V2。在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为 a。取t1s°设汽车在t2(n1)t~t2nt内的位移为S,n1,2,3,Lo若汽车在t23t~t24t时间内未停止，设它在t23t时刻的速度为V3,在t24t时刻的速度为V4,由运动学公式有As43a(t)2①o_s,V2t2a(t)②v4v24at③联立①②③式，代入已知数据解得17V4 -m/s④6这说明在t24t时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。由于在t23t~t24t内汽车停止，由运动学公式V3V23at⑤22as4V3⑥联立②⑤⑥式，代入已知数据解得2a8m/s,v228m/s⑦f土 288 2或者a m/s,v229.76m/s⑧25但⑧式情形下，v3V0,不合题意，舍去。3。由牛顿定律有(3)3。由牛顿定律有f1ma⑨在t1~t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为1 2 1 2cWmv1mv2⑩2 2由动能定理得Imv1mv2?由动能定理，在t1〜t2时间内，汽车克服阻力做的功为

1mv2?1mv2?2W mv12联立⑦⑨⑩？？式，代入已知数据解得v130m/s?s约为W1.16105J?s约为从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离TOC\o"1-5"\h\zV2SV[t[—V[V2t2t1 ?\o"CurrentDocument"2a联立⑦？？式，代人已知数据解得s87.5m?【考点】动量定理、匀变速直线运动规律【考查能力】分析综合能力和推理26.【答案】(1)D(2)①BaSO44CBaS4COCOH2OCO2h2②BaCO3③S2Ba2Zn2SO4BaSO4ZnS(3)浅蓝色至无色125.00V0.1000322 ” 2 100%m1000【解析】(1)灼烧立德粉样品时银的焰色为绿色。(2)①由流程图中经浸出槽后得到净化的 BaS溶液以及回转炉尾气中含有有毒气体可知，在回转炉中BaS。,。与过量的焦炭粉反应生成可溶性的 BaS和CO；生产上可通过水蒸变换反应除去回转炉中的有毒气体CO,即CO与H2O反应生成CO2,和H2②所得“还原料”的主要成分是 BaS,BaS在潮湿空气中长期放置能与空气中的SO反应生成具有臭鸡蛋气味的 H2s气体，“还原料”的水溶性变差，表明其表面生成了难溶性的BaCO3。③结合立德粉的成分可写出沉淀器中 Ba2、Zn2、SO4反应生成BaSO,ZnS的离子方程式。TOC\o"1-5"\h\z(3)达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内颜色不再发生变化；2 1 3根据滴定过量的I2消耗Na2s2O3,溶液的体积和关系式S2~I2,可得nI2过量-0.1000V103mol再根 据 关 键 式 S2〜12 可 知 ，_2 3 1____ 3 ___V 3nS2 0.100025.00103 mol-0.1000V 103 mol25.00- 0.1000103 mol,则样品中\o"CurrentDocument"2 2

.3人目4 25.00V0.100032S2的含量为 2 。100%m1000【考点】元素化合物间的相互转化与化学计算27.【答案】(1)40%3.56104BD(4)Fe(4)Fe电极Fe2H2 (Fe2c5H6-FeC5H52H2 )Fe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%【解析】(1)根据盖斯定律，由反应①+反应②得反应③，则1 1H3HiH3(100.311.0)kJmol1 89.3kJmol1。(2)设容器中起始加入I2(g)和环戊烯的物质的量均为 a,平衡时转化的环戊烯的物质的量为 x,列出三段根据平衡时总压强增加了20%,且恒温恒容时，压强之比等于气体物质的量之比，得(ax)(ax)x2x04a0.4a,则环戊烯的转化率为*a100%40%,平衡时(g)、"g)、(g)、HIg的分压分别为Ph、 Ph、 、 4 4Ph、 P根据平衡时总压强增加了20%,且恒温恒容时，压强之比等于气体物质的量之比，得(ax)(ax)x2x04a0.4a,则环戊烯的转化率为*a100%40%,平衡时(g)、"g)、(g)、HIg的分压分别为Ph、 Ph、 、 4 4Ph、 P——、——，则K6 3Kp2pB pg6 3PB pg且P-根据P^1.227105P总可得Kp8275 41.2105Pa3.56104Pa。通入惰性气体，对反应③的平衡无影响,A项不符合题意;反应③为吸热反应，提高温度，平衡正向移动，提高环戊烯的平衡转化率,B项符合题意；增加环戊烯浓度，能提高12(g)的平衡转化率，但环戊烯的平衡转化率降低,C项不符合题意；增加12(g)的浓度，能提高环戊烯的平衡转化率，D项符合题意。(3)由相同时间内，环戊二烯浓度减小量越大，反应速率越快可知,T;<T2,A项错误；影响反应速率的因素有温度环戊二烯的浓度等， a点时温度较低，但环戊二烯浓度较大， c点时温度较高但环戊二烯浓度较小，故无法比较a点和c点的反应速率大小，B项错误；a点和b点温度相同，a点是环戊二烯的浓度大于b点时环戊二烯的浓度，即a点的证反应速率大于b点的证反应速率，因为b点时反应未达到平衡，b点的正反应速率大于逆反应速率，故 a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，C项争取；b点时，环戊二烯的、，一一 1 1侬度小于molL1,结合生成的二聚体浓度为环戊二烯浓度变化量的 -，可知二聚体的侬度为 molL1,2D项正确。(4)结合图示电解原理可知， Fe电极发生氧化反应。为阳极；在阴极上有 H2生成，故电解时的总反应为Fe2H2或Fe2c5H6-FeC5H525。结合相关反应可知，电解制备需在无水条件下进行，否则水会阻碍中间产物Na的生成，水电解生成OH,OH会进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2,从而阻碍二茂铁的生成。【考点】化学反应与能量变化，化学反应速率与化学平衡，电化学.【答案】(1)增加固液接触面积，提取充分沸石(2)乙醇易挥发，易燃使用溶剂量少，可连续萃取(萃取效率高)(3)乙醇沸点低，易浓缩AC(4)单宁酸水(5)升华【解析】(1)实验时将茶叶研细，能增加茶叶与溶剂的接触面积，使萃取更加充分。乙醇为溶剂，为防止加热时暴沸，需在加热前向乙醇中加入几粒沸石。(2)由于溶剂乙醇具有挥发性和易燃性，因此在提取过程中不可用明火直接加热。本实验中采用索氏提取器的优点是溶剂乙醇可循环使用，能减少溶剂用量，且萃取效率高。(3)提取液需经“蒸储浓缩”除去大部分溶剂，与水相比，乙醇作为萃取剂具有沸点低和易浓缩的优点。“蒸储浓缩”需选用的仪器除了所给仪器外，还有直形冷凝管和接收瓶(如锥形瓶) 。(4)向浓缩液中加入生石灰能中和单宁酸并吸收水分。(5)结合分离提纯咖啡因的装置及将粉状物放入蒸发皿并小火加热，咖啡因凝结在扎有小孔的滤纸上，可知该分离提纯的方法为升华。【考查能力】化学实验方案分析.【答案】(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 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】(1)植物生长素的极性运输是指生长素从植物形态学上端向形态学下端运输。44(2)将含有生长素的琼脂块置于去掉顶端的胚芽鞘的左侧，琼脂块中的生长素进入胚芽鞘切段的左侧，由于生长素在去顶胚芽鞘左、右两侧的不均匀分布，胚芽鞘弯向放置琼脂块的对侧生长，形成 角。(3)乙组中胚芽鞘顶端被云母片阻隔，光照处理后，生长素不能进行横向运输，左、右两侧琼脂块中收集到的生长素的量基本相等且小于甲组中琼脂块所收集的生长素的量，所以乙组中左、右两侧的琼脂块所引起的角基本相同，但小于甲琼脂块所引起的 角。.【答案】(1)很低灭活(2)染色体复制一次，而细胞连续分裂两次(3)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】(1)动物的激素调节具有微量和高效等特点，正常情况下动物血液中激素的浓度都很低。性激素与靶细胞受体结合并发挥作用后会被灭活。(2)产生精细胞的减数分裂过程中，染色体复制一次，而细胞连续分裂两次，导致产生的精细胞中染色体数目较初级精母细胞减半。(3)与神经调节相比，体液调节具有以下特点：通过体液运输、反应速度较缓慢、作用范围较广泛、作用时间比较长。【考点】体液调节及其与神经调节的比较等【考查能力】理解、识记.【答案】(1)太阳能初级消费者、分解者(2)生产者净光合作用的放氧量生产者光合作用的总放氧量生产者呼吸【解析】(1)生态系统中生产者的能量来自其自身光合作用所固定的太阳能。生产者的能量可直接流向初级消费者和分解者。(2)若干小时后，添光的乙瓶中的氧气含量( C)与水样中氧气白^初始含量(A的差值表示这一时间段内生产者净光合作用的放氧量；水样中氧气的初始含量( A)与不透光的甲瓶中的氧气含量( B)的差值表示这一时间段内生产者呼吸作用的耗氧量： C与B的差值表示这一时间段内生产者光合作用的总产氧量。【考点】生态系统的能量流动及植物的光合作用与呼吸作用的关系【考查能力】理解、综合运用.【答案】(1)绿色aabbAaBbAabb、aaBbAABBAAbhaaBB、AaBBAABbAABB【解析】（1）（2）根据题干信息可知，甘蓝叶色受 2对独立遗传的基因人机深和出。控制，只含隐性基因的个体表现为隐性性状，其他基因型的个体均表现为显性性状。由于绿叶甘蓝（甲）植株的自交后代都表现为绿叶，且绿叶甘蓝（甲）和紫叶甘蓝（乙）的杂交后代中绿叶：紫叶=1:3,可推知甲植株的基因型为aabb,乙植株的基因型为AaBh实验②中aabb（甲）xAaBb（乙）一Aabb（紫叶）、AaBb（紫叶）、aaBb（紫叶）、aabb（绿叶），故实验②中子代有4种基因型。（3）紫叶甘蓝（丙）的可能基因型为AABBAABbAAbbAaBtKAaBBAabb>aaBRaaBb,甲植株与紫叶甘蓝（丙）植株杂交，可能出现的结果为：aabbXAabb^Aabb（紫叶）、aabb（绿叶）或aabbXaaBb^aaBb（紫叶）、aabb（绿叶）或aabbXAABB»AaBb（紫叶）或aabbXAABb>AaBb（紫叶）、Aabb（紫叶）或aabbXAAbb^Aabb（紫叶）或aabbXAaB&>AaBb（紫叶）、aaBb（紫叶）或aabbxaaBB^aaBb（紫叶）或aabbXAaBb^3紫叶：1绿叶，故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 Aabb、aaBb;若杂交子代均为紫色，则丙植株所有可能的基因型是AABBAAbhaaBB、AaBBAABbaabbxAABB—F1：AaBb（紫叶）,F,自交，F2的基因型为9/16A_B（紫叶）、3/16A_bb（紫叶）、3/16aaB_（紫叶）、1/16aabb（绿叶），即紫叶：绿叶=15:1。【考点】自由组合定律的应用【考查能力】理解、综合运用（二）选考题33.【答案】（1）大于等于大于解：（i）设抽气前氢气的压强为Pw,根据力的平衡条件得 P10p2SPopS①得P10 1PoP②2（i）设抽气后氢气的压强和体积分别为 P1和M,氮气的压强和体积分别为 P2和V2。根据力的平衡条件有p2sp12s③由玻意耳定律得P1V1Pw2Vo④P2V2PoV0⑤由于两活塞用刚性杆连接，故 V12V02Voy⑥联立②③④⑤⑥式解得TOC\o"1-5"\h\z1_\o"CurrentDocument"Pi—Po—p⑦2 4、，4PopVoVi ⑧2poP【解析】对一定质量的理想气体，：V为定值，由pV图像可知，2P1Vl p1 2Vlp1V1,所以工T3 T2o状态1与状态2时气体体积相同，单位体积内分子数相同，但状态1下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数更多，所以 M>N2,;状态2与状态3时气体压强相同，状态3下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击器壁单位面积的平均次数较少，所以 N2N3。【考点】玻意耳定律的应用，气体压强的微观解释， PV图像34.【答案】(1)A(2)(i)Bdx(iii)630【解析】(1)由单摆的周期公式T2Jg可知，小球在钉子右侧时，振动周期为在左侧时振动周期的 2倍，所以B、D项错误。由机械能守恒定律可知，小球在左、右最大位移处距离最低点的高度相同，但由于摆长不同，所以小球在左、右两侧摆动时相对平衡位置的最大水平位移不同，当小球在右侧摆动时，最大水平位移较大，故A项正确。(2)(i)若想增加从目镜中观察到的条纹个数，需要减小条纹间距，由公式 x-可知，需要减小双缝d到屏的距离 l或增大双缝间的距离 d,故B项正确，A、C、D项错误。(ii)由题意可知，等xl dx (ii)将已知条件代入公式解得 630nm。n1d (n1)l【考点】单摆的周期公式、简谐运动图像，利用双缝干涉测量光的波长的实验35.【答案】(1)三角锥形低NH3分子间存在氢键(2)4s4f5(3)小于(4)SmFeAsO1xE

2[28116(1x)19x]a2cNA1011八2,2，010,0,2【解析】(1)AsH3,的中心原子As的价层电子对数为(53)/24,包括3对成键电子和1对孤对电子,故其立体结构为三角锥形。NH3中N的电负性比AsH3中As的大得多，故NH3易形成分子间氢键，从而使其沸点升高。Fe的价层电子排布式为3d64s2,其阳离子Fe2、Fe3+的价层电子排布式分别是3d6、3d5,二者均首先失去4s轨道上的电子；Sm失去3个电子成为Sm3+时首先失去6s轨道上的电子，然后失去1个4f轨TOC\o"1-5"\h\z道上的电子，故Sm3+的价层电子排布式为 4f5。F与O2电子层结构相同，核电荷数越大，原子核对核外电子的吸引力越大，离子半径越小，故离子半径F<0O1一(4)由晶胞结构中各原子所在位置可知，该晶胞中 Sm个数为4一2,Fe个数为14-2,As个数\o"CurrentDocument"4\o"CurrentDocument"1 1 1\o"CurrentDocument"为4—2,O或F个数为8-2—2即该晶胞中O和F的个数之和为2,F的比例为x,O2的比例2 8 2为1x,故该化合物的化学式为SmFeAsO1xFx。一个晶胞的质量为2[150567516(1x)Na2[150567516(1x)Na19x] g2[28116(1x)19x]Na1个晶胞的体积为2 3 2 30 3acpmac10cm,故密度为TOC\o