2015年新课标II卷高考理科综合真题及答案

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2015年普通高等学校招生全国统一考试

理科综合能力测试

生物

一、选择题：

1.将三组生理状态相同的某植物幼根分别培养在含有相同培养液的密

闭培养瓶中，一段时间后，测定根吸收某一矿质元素离子的量。培养

条件及实验结果见下表：

培养瓶中气离子相对吸

温度(℃)

体收收(%)

空气17100

氮气1710

空气328

下列分析正确的是

A.有氧条件有利于该植物幼根对该离子的吸收

B.该植物幼根对该离子的吸收与温度的变化无关

G氮气环境中该植物幼根细胞吸收该离子不消耗ATP

D.与空气相比，氮气环境有利于该植物幼根对该离子的吸收

【答案】A

【解析】由表格信息可知同样温度条件下，空气瓶中离子相对吸收重大，说明有氧条件有利于根对离子的

吸收；A正确.同样的空气，不同温度条件下离子的相对吸收鬣不同，说明温度变化影响根对离子的吸收；

B错误.同样的温度条件下，氮气环境中根对离子的相对吸收量少,说明根对离子的吸收需要消耗能量(ATP),

2且氮气环境中不利于根对该离子的吸收；c、D错误.

端粒酶由RNA和蛋白质组成，该酶能结合到端粒上，以自身的RNA为

模板合成端粒DNA的一条链。下列叙述正确的是

A.大肠杆菌拟核的DNA中含有端粒

B.端粒酶中的蛋白质为RNA聚合酶

C.正常人细胞的每条染色体两端都含有端粒DNA

D.正常体细胞的端粒DNA随细胞分裂次数增加而变长

【答案】C

【解析】端粒存在于真核生物染色体的末端，是由DNA序列及其相关

的蛋白质所组成的复合体，A错误。由“端粒酶由RNA和蛋白质组成，

该酶能结合到端粒上，以自身的RNA为模板合成端粒DNA的一条链”

可知端粒酶中的蛋白质为逆转录酶；B错误。正常体细胞的端粒DNA

随细胞分裂次数增加而变短；D错误。

3.下列过程中，不属于胞吐作用的是

A.浆细胞分泌抗体到细胞外的过程

B.mRNA从细胞核到细胞质的过程

C.分泌蛋白从胰腺的腺泡细胞到胞外的过程

D.突触小泡中神经递质释放到突触间隙的过程

【答案】B

【解析】抗体、分泌蛋白均为大分子物质，出细胞方式为胞吐；mRNA

通过核孔从细胞核到细胞质中，不是胞吐作用；突触前膜通过胞吐将

神经递质释放到突触间隙；综上分析符合题意的为B选项。

4.下列有关生态系统的叙述，错误的是

A.生态系统的组成成分中含有非生物成分

B.生态系统相对稳定时无能量输入和散失

C.生态系统维持相对稳定离不开信息传递

D.负反馈调节有利于生态系统保持相对稳定

【答案】B

【解析】生态系统的组成成分：非生物的物质和能量、生产者、消费

者、分解者；A正确。生态系统相对稳定时能量的输入二输出（散失）；

B错误。

5.下列与病原体有关的叙述，正确的是

A.抗体可以进入细胞消灭寄生在其中的结核杆菌

B.抗体抵抗病毒的机制与溶菌酶杀灭细菌的机制相同

C.Rous肉瘤病毒不是致癌因子，与人的细胞癌变无关

D.人体感染HIV后的症状与体内该病毒浓度和T细胞数量有关

【答案】D

【解析】抗体在内环境中起作用；A错误.抗体抵抗病毒的机制是抗体与相应病毒结合形成沉淀后被吞噬

细胞吞噬处理，溶菌酶杀灭细菌是利用酶将细菌细胞结构破坏而实现杀灭细菌；B错误.致癌因子的种类:

物理致癌因子、化学致癌因子、病毒致癌因子，Rous肉瘤病毒属于病毒致癌因子，与人体细胞癌变有关；

6.c错误.

下列关于人类猫叫综合征的叙述，正确的是

A.该病是由于特定的染色体片段缺失造成的

B.该病是由于特定染色体的数目增加造成的

C.该病是由于染色体组数目成倍增加造成的

D.该病是由于染色体中增加某一片段引起的

【答案】A

【解析】人类猫叫综合征是人类的第5号染色体片段缺失导致;A正确。

29.（12分）某基因的反义基因可抑制该基因的表达。为研究番茄中的

X基因和Y基因对其果实成熟的影响，某研究小组以番茄的非转基因植

株（A组，即对照组）、反义X基因的转基因植株（B组）和反义Y基

因的转基因植株（C组）为材料进行实验。在番茄植株长出果实后的不

同天数（d）,分别检测各组果实的乙烯释放量（果实中乙烯含量越高,

乙烯的释放量就越大），结果如下表：

乙烯释放量（uL.kgF）

组别20d35d40d

45d

A0271715

B0952

C0000

回答下列问题：

（1）若在B组果实中没有检测到X基因表达的蛋白质，在C组果实中

没有检测到Y基因表达的蛋白质。可推测，A组果实中与乙烯含量有关

的基因有，B组果实中与乙烯含量有关的基因有。

（2）三组果实中，成熟最早的是组，其原因是。如果在35天时采摘A

组与B组果实，在常温下储存时间较长的应是组。

【答案】G）X基因、Y基因（2分）X基因、Y基因和反义X基因

（3分）

（2）A（2分）

乙烯具有促进果实成熟的作用，该组乙烯的含量（或释放量）高于其

他组（3分，其它合理也给分）B（2分）

【解析】（1）B蛆实验与A蛆相比，乙烯释放量减少，说朗X基因与乙烯的含量有关，C蛆与A蛆比较说明

Y基因与乙烯的含量也有关，由此可推知A组果实卬与乙烯含量有关的基因有X基因和Y基因；B组反义X

基因抑制X基因的表达，从而导致乙烯含量降低，结合A蛆可推知B组果实中与乙烯的含量有关的基因是X

基因、Y基因和反义X基因.

（2）乙烯的作用是促进果实成熟，由此可推知乙燎含量高的（或释放量大），果实成熟早，即A组；乙燎

30.含量低的，果实成熟晚，利用储存，即B组.

（9分）甲状腺激素是人体中的重要激素。回答下列相关问题：

（1）通常，新生儿出生后，由于所处环境温度比母体内低，甲状腺激

素水平会升高。在这个过程中，甲状腺激素分泌的调节是分级调节，

其中由分泌促甲状腺激素释放激素，由分泌促甲状腺激素。

（2）甲状腺激素的作用包括提高的速率，使机体产热增多；影响神经

系统的。甲状腺激素作用的靶细胞是。

（3）除了作用于靶细胞外，激素作用方式的特点还有（答出一点即

可）。

【答案】（1）下丘脑（1分）垂体（1分）

（2）细胞代谢（2分）发育和功能（2分）几乎全身所有的细胞

（1分）

（3）高效（2分,其他合理答案也给分）

【解析】（1）下丘脑分泌促甲状腺激素释放激素，垂体分泌促甲状腺

激素，甲状腺分泌甲状腺激素。

（2）甲状腺激素可促进神经系统的发育，提高神经系统的兴奋性，还

能促进细胞代谢活动，增加产热。甲状腺激素可作用于几乎全身各处

的细胞。

（3）激素作用的特点有：微量高效，通过体液运输，只能作用于靶细

胞、靶器官。

31.（8分）某生态系统总面积为250km2,假设该生态系统的食物链为

甲种植物-►乙种动物-►丙种动物，乙种动物种群的K值为1000头。回

答下列问题

（1）某次调查发现该生态系统中乙种动物种群数量为550头，则该生

态系统中乙种动物的种群密度为；当乙种动物的种群密度为时，其种

群增长速度最快。

（2）若丙种动物的数量增加，则一段时间后，甲种植物数量也增加，

其原因是。

（3）在甲种植物-►乙种动物-►丙种动物这一食物链中，乙种动物同化

的能量（填“大于”、“等于”或“小于”）丙种动物同化的能量。

【答案】（1）2.2头/km?（2分）2头/km2（2分）

（2）乙种动物以甲种动物为食，丙种动物数量增加导致乙种动物数量

减少，从而导致甲种植物数量增加（3分，其他合理答案也给分）

（3）大于（1分）

【解析】（1）550头/250媪=2.2头/*种群数量达到K/2时，增长

速度最快，即：（1000头/2）/250kmJ2头遍；

（2）由甲种植物-►乙种动物T丙种动物分析可知，当丙种动物增多

时，捕食的乙种动物增多，导致乙种动物数量下降，乙种动物数量下

降，捕食的甲种植物减少，导致甲种植物数量增多。

（3）依据能量传递的特点：单向流动、逐级递减可推知乙种动物同化

的能量大于丙种动物同化的能量。

32.（10分）等位基因A和a可能位于X染色体上，也可能位于常染色

体上。假定某女孩的基因型是或AA,其祖父的基因型是*人丫或Aa,

祖母的基因型是XAX,或Aa,外祖父的基因型是*人丫或Aa,外祖母的基

因型是XA1或Aa。

不考虑基因突变和染色体变异，请回答下列问题：

（1）如果这对等位基因对于常染色体上，能否确定该女孩的2个显性

基因A来自于祖辈4人中的具体哪两个人？为什么？

（2）如果这对等位基因位于X染色体上，那么可判断该女孩两个XA

中的一个必然来自于

（填“祖父”或“祖母”），判断依据是；此外，（填“能”或“不能”）

确定另一个来自于外祖父还是外祖母。

【答案】（1）不能（1分）

女孩AA中的一个A必然来自于父亲，但因为祖父和祖母都含有A,故

无法确定父传给女儿的A是来自于祖父还是祖母；另一个A必然来自

于母亲，也无法确定母亲给女儿的A是来自外祖父还是外祖母。（3分,

其他合理答案也给分）

（2）祖母（2分）

该女孩的一个来自父亲，而父亲的XA来一定来自于祖母（3分）

不能（1分）

【解析】《1）若为林色体遗传，可推知女孩基因型为AA时，其父母亲均至少含一个A基因，但父亲的A

基因可来自该女孩的祖父，也可来自其祖母，同理母亲的A基因可能来自该女孩的外祖父，也可能来自其

夕晒母.

（2）若为X染色体遗传，可推知女孩的基因型为XAXA时，其父基廓!必然为XAY,而男性的X染色体一

定来自于男性的母亲、Y染色体一定来自于该舆性的父亲，由此可推知该女孩两个XA中的一个必然来自于

39.祖母.女孩母亲的XA即可来自该女孩的夕阳父，也可来自外其祖母.

【生物——选修1：生物技术实践】（15分）

回答与胡萝卜有关的问题：

（1）胡罗卜含有的胡罗卜素中，最主要的是（填"a—胡罗卜素”或

“B—胡罗卜素”或“Y—胡罗卜素”），该胡罗卜素在人体内可以转

变成两分子，后者缺乏会引起人在弱光下视物不清的病症，该疾病称

为，胡罗卜素是（填“挥发性”或“非挥发性”）物质。

（2）工业生产上，用养殖的岩藻作为原料提取胡罗卜素时，（填“需

要”或“不需要”）将新鲜的岩藻干燥。

（3）现有乙醇和乙酸乙酯两种溶剂，应选用其中的作为胡罗卜素的萃

取剂，不选用另外一种的理由是。

【答案】（1）B—胡罗卜素维生素A夜盲症非挥发

性（每空2分）

（2）需要（2分）

（3）乙酸乙酯（2分）萃取胡罗卜素的有机溶剂应不与水混溶，

而乙醇为水溶性有机溶剂（3分）

【解析】G）胡萝卜中含有的主要是B—胡罗卜素，B—胡罗卜素可

在人体内可转变成维生素A。夜盲症是由于维生素A缺乏导致。胡罗卜

素没有挥发性。

（3）作为萃取胡罗卜素的萃取剂要有较高的沸点、能充分溶解胡罗卜

素且与水不混溶。胡罗卜素虽可溶于乙醇，但乙醇是水溶性有机溶剂,

萃取中能与水混溶而影响萃取效果，所以不能用乙醇做萃取剂。

40.【生物——选修3：现代生物技术专题】（15分）

已知生物体内有一种蛋白质（P）,该蛋白质是一种转运蛋白，由305

个氨基酸组成。如果将P分子中158位的丝氨酸变成亮氨酸，240位的

谷氨酰胺变成苯丙氨酸，改变后的蛋白质（PO不但保留P的功能，而

且具有了酶的催化活性。回答下列问题：

（1）从上述资料可知，若要改变蛋白质的功能，可以考虑对蛋白质的

进行改造。

（2）以P基因序列为基础，获得R基因的途径有修饰基因或合成基因,

所获得的基因表达时是遵循中心法则的，中心法则的全部内容包括的

复制；以及遗传信息在不同分子之间的流动，即：。

（3）蛋白质工程也被称为第二代基因工程，其基本途径是从预期蛋白

质功能出发，通过

和，进而确定相对应的脱氧核昔酸序列，据此获得基因，在经表达、

纯化获得蛋白质，之后还需要对蛋白质的生物进行鉴定。

【答案】（1）氨基酸序列（或结构）（1分）

（2）PRDNA和RNA

DNATRNA、RNATDNA、RNAT蛋白质（或转录、逆转录、翻译）

（3）设计蛋白质结构推测氨基酸序列功能

【解析】（1）由题干信息可知改造蛋白质的功能，可通过改变蛋白质

的结构实现。

（2）依据蛋白质工程的定义及题中信息可知获得R基因的途径有修

饰现有（P）基因或合成新（P0基因。中心法则的全部内容包括：DNA

的复制、RNA的复制、转录、逆转录和翻译。

（3）蛋白质工程的基本途径：从预期的蛋白质功能出发-►设计预期的

蛋白质结构T推测应有的氨基酸序列一找到相应的脱氧核昔酸序列。

通过蛋白质工程合成的蛋白质还需要进行生物活性的鉴定即功能鉴

定，看是否达到人们的需求。

2015年普通高等学校招生全国统一考试（新课标2卷）

理综化学

7.食品干燥剂应无毒、无味、无腐蚀性及环境友好。下列说法错误的

是

A.硅胶可用作食品干燥剂

B.P2O5不可用作食品干燥剂

C.六水合氯化钙可用作食品干燥剂

D.加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂

【答案】C

【解析】

试题分析：A.硅胶没有毒，具有吸水性可用作食品干燥剂，A正确；B.P?O5是酸性氧化物吸水生成磷酸

或偏硫酸，因此不可用作食品干燥剂，B正确；C.六水合氯化钙不具有吸水性，不能用作食品干燥剂，C

错误；D.加工后具有吸水性的植物纤维可用作食品干燥剂，D正确，答案选C.学科掰

考点：考查干燥剂的有关判断

8.某竣酸酯的分子式为G8H26。5,1mol该酯完全水解可得到1mol陵酸

和2moi乙醇，该竣酸的分子式为

A.G4Hl8。5B.CI4Hl6。4C.CI4H22。5D.C14H1OO5

【答案】A

【解析】

试题分析：某较酸酹的分子式为C”H"6,Imol该醋完全水解可得到Imol竣蝴2moi乙醵，这说明分子

中含有2个酯基，因此有2分子水参加反应，即GsHxOs+ZHaOf较酸+2GHQ,则根据原子守恒可知该竣

酸的分子式中碳原子个数是18—2X2=14,氢原子个数是26+4-2X6=18,氧原子个数是5+2-2X1=5,即

分子式为C】<H]Q5，A正确；

考点：考查酯类化合物性质及分子式判断

9.原子序数依次增大的元素a、b、c、d,它们的最外层电子数分别为

1、6\7\1oa的电子层结构与氮相

同，b和c的次外层有8个电子，c一和cf的电子层结构相同。下列叙述

错误的是

A.元素的非金属性次序为c>b>a

B.a和其他3种元素均能形成共价化合物

C.d和其他3种元素均能形成离子化合物

D.元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分别为0、4、6

【答案】B

【解析】

试题分析：原子序数依次噌大的元素a、b、c、d,它们的最外层电子数分别为1、6、7、1.a-的电子层结

构与氮相同，则a是H.b和c的次外层有8个电子，所以b是S,c是a.L和(T的电子层结构相同，则

d是K.A.元素的非金属性次序为c>b>a,A正确；B.氢元素与钿元素不能形成共价化合物，B错误；

C.d和其他3种元素均能形成离子化合物，即KH、RS、KC1,C正确；D.氢元素、硫元素和氯元素的

最高价、最低价分别是+1和7、尤或-2、+7或T,所以元素a、b、c各自最高和最低化合价的代数和分

别为0、4、6,D正确，答案选B

考点：考查元素推断及元素周期律的应用

10.4代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是

A.60g丙醇中存在的共价键总数为104

B.1L0.1mol・I_T的NaHC()3一溶液中HCO3一和C(V一离子数之和为

0.1/K

C.钠在空气中燃烧可生成多种氧化物。23g钠充分燃烧时转移电

子数为1世

D.235g核互。U发生裂变反应：笥U+；n工髅r+［：U+10；n净产

生的中子(汨)数为10世

【答案】C

【解析】

试题分析：A.60g丙醇的物质的量是ImoL分子中存在的共价隆总数为11A"A错误；B.根据物料

守恒可知1L0.Imol'L"的NaHCO、溶液中H:CO；sHCO3-和COf-离子数之和为0.B错误；C.钠

在空气中燃烧可生成多种氧化物.23g钠及lmol钠充分燃烧时转移电子数为L”,C正确;D.235g核素崂U

即Imol发生裂变反应：崂U+；n三一黑Sr+:U+10M净产生的中子(切数为9必，D错误，答案选C.

考点：考查阿伏加德罗常数计算

11分子式为C5%°()2并能与饱和NaHC()3溶液反应放出气体的有机物有(不

含量立体异构）

A.3种B.4种C.5种D.6种

【答案】B

【解析】

试题分析：分子式为CsHiM并能与饱和NaHCOs溶液反应放出气体，这

说明该有机物是竣酸，即分子组成

为CH—COOH,丁基有4种，所以有机物有4种，答案选B。

考点：考查同分异构体判断

12.海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是

A.向苦卤中通入CL是为了提取溟

B.粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯

C.工业生产常选用NaOH作为沉淀剂

D.富集漠一般先用空气和水蒸气吹出单质溪，再用SO2将其还原吸

收

【答案】C

【解析】

试题分析：A.氯气具有强氧化性，能把漠离子氧化为单质漠，则向苦卤中通入U：是为了提取漠，A正确;

B.粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯，B正确；C.工业生产常选用石灰乳作为沉淀剂，用氢氧化钠不

经济，C错误；D.富集漠一般先用空气和水蒸气吹出单质漠，再用SO：将其还原吸收，D正确，答案选C.

13.用右图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现

象与实际相符的是

选①中物预测②中的

②中物质

项质现象

碳酸钠与氢氧化钠的立即产生气

A.稀盐酸

混合溶液泡

产生红棕色

B.浓硝酸用砂纸打磨过的铝条

气体

氯化铝产生大量白

C.浓氢氧化钠溶液

溶液色沉淀

草酸溶

溶液逐渐褪

D.液高镒酸钾酸性溶液

色

【答案】D

【解析】

试题分析：A、盐酸首先中和氢氧化钠，A错误；B、常温下铝在浓硝酸

中钝化，得不到气体，B错误；C、

氢氧化钠溶液开始是过量的，因此不可能产生白色沉淀氢氧化铝，C

错误；D、草酸具有还原性，能被酸性

高镒酸钾溶液氧化，使其褪色，D正确，答案选D。

考点：考查实验方案设计与评价

26.（14分）酸性锌镒干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是

碳棒，其周围是有碳粉，二氧化镒，

氯化锌和氯化铁等组成的填充物，该电池在放电过程产生MnOOH,回收

处理该废电池可以得到多种化工原

料，有关数据下图所示：

溶解度/（g/100g水）

020406080100

度/℃

化合物

NH4cl29.337.245.855.365.677.3

ZnCI2343395452488541614

化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3

Ksp近似值10-1710-171039

回答下列问题:

（1）该电池的正极反应式为,电池反应的离子

方程式为j_____________

（2）维持电流强度为0.5A,电池工作五分钟，理论消耗Zngo

（已经F=96500C/moI）

(3)废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有氯化锌和

氯化铁，两者可以通过一分离回收，滤渣的主要成分是二氧

化镒、和,欲从中得到较纯的二氧化镒，最简便

的方法是,其原理是o

(4)用废电池的锌皮制作七水合硫酸锌，需去除少量杂质铁，其方

法是：加入新硫酸和双氧水，溶解，铁变为加碱

调节PH为—,铁刚好完全沉淀(离子浓度小于1X105mol/L

时，即可认为该离子沉淀完全)。继续加碱调节PH为锌开

始沉淀(假定ZM+浓度为O.1mol/L)0若上述过程不加双氧水

的后果是,原因是O

_++2+

【答案】(DMnO2+e4-H=MnOOH；Zn+2MnO2+2H=Zn+2Mn00H

(2)0.05g

(3)加热浓缩、冷却结晶；铁粉、MnOOH；在空气中加热；碳粉转

变为CO2,MnOOH氧化为MnOz(4)Fe3+；2.7；6；Zr?+和Fe?+分离

不开;Fe(0H)2和Zn(0H)2的Ksp相近

【解析】

试题分析：(1)酸性锌镒干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，锌

是负极，电极反应式为

2+

Zn—2e-=Zno中间是碳棒，碳棒中正极，二氧化镒得到电子，则正

+

极电极反应式为Mn02+e-4-H=

+2+

MnOOH,总反应式为Zn+2MnO2+2H=Zn+2Mn00Ho

(2)维持电流强度为0.5A,电池工作五分钟，则通过的电量是150,

因此通过电子的物质的量是

5-1554x10—01,锌在反应中失去2个电子，则理论消耗Zn的质量是

96500

0.001554mol

x65g/mol=0.05g。

2

（3）废电池糊状填充物加水处理后，过港，港液中主要有氯化锌和氯化锭，由于氯化锌的溶解度受温度影

响较大，因此两者可以通过结晶分离回收，即通过蒸发浓缩、冷却结晶实现分离.痣渣的主要成分是二氧

化镒、碳粉、MnOOH.由于碳燃烧生成CO〉MnOOH能被氧化为二氧化镒，所以欲从中得到较纯的二氧

化镒，最简便的方法是灼烧.

（4）双氧水具有强氧化性，能把铁氧化为铁离子，因此加入新硫酸和双氧水，溶解后铁变为硫酸铁.根据

（1A-39

氢氧化铁的溶度积常数可知，当铁离子完全沉淀时溶液中氢氧根的浓度=，%>=5乂10一】2moi］，所以

氢离子浓度是2Xl（Hmoi/L,因此加减调节pH为2.7,铁刚好完全沉淀.Zn*浓度为0.Imol/L,根据氢

氧化锌的溶度积常效可知开始沉淀时的氢氧根浓度为lOFmol/L,则pH=6,即锌继续加减调节pH为6,

锌开始沉淀.如果不加双氧水，则在沉淀锌离子的同时亚铁离子也沉淀，导致生成的氢氧化锌不纯，无法

分离开Zn；-和Fe2-.

考点：考查原电池原理的应用、物质的分离与提纯等

27.（14分）甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料。利用合成气（主

要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反

应如下:

①CO(g)+2H2(g)-CH30H(g)AH,

②C02(g)+3H2(g)=C%0H(g)+H20(g)AH2

@C02(g)+H2(g)=C0(g)+H20(g)AH3

回答下列问题：

-----生~~

化学键H-Hc-oC—0H-0C-H

E/(kJ.mol-1)4363431076465413

(1)已知反应①中的相关的化学键键能数据如下:

由此计算44=kJ.mol-1,已知△H2=-58kJ.mo|T,则二

kJ.mol-1

(2)反应①的化学平衡常数K的表达式为；图1中能正确反

映平衡常数K随温度变化关系的曲线为(填曲线标记字

(3)合成气的组成n(H2)/n(C0+C02)=2.60时体系中的CO平衡转化

率(a)与温度和压强的关系如图2所示。a(CO)值随温度升

高而(填“增大”或“减小”),其原因是。图

2中的压强由大到小为,其判断理由是o

【答案】G)-99；+41(2)、；a；反应①为放热反

c(CO)«c(g)

应，平衡常数应随温度升高变

小；

(3)减小；升高温度时，反应①为放热反应，平衡向向左移动，使得

体系中C0的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生C0

的量增大；总结果，随温度升高，使C0的转化率降低；P3>P2>P1；相

同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升co

的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生co的量不受压强

影响，故增大压强时，有利于co的转化率升高

【解析】

试题分析：（1）反应热等于断穗吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则根据方程式

CO（g）+2H;（g）=^。1{9}{©可知411]=10761€1/1110：+2*436kJ/moi—3X413kJ/mol—343kJ/mol—465

kJ/mol=—QPkJ.mor1.根据盖斯定律可知②一①即可得到反应③，则△氏=—fSkJ/mo!+99kJ/mc：=+

41kJ.mor1.

（2）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的寮之积和反应物浓度的零

之积的比值，则反应①的化学平衡常数K的表达式为K一正方应是放热反应，升高温度

c（CO）・cX%）

平衡向逆反应方向移动，所以平衡常数减小，a正确.学科掰

（3）升高温度时，反应①为放热反应，平衡向向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，

平衡向右移动，又产生CO的量噌大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低；相同温度下，由于反应

①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO

的量不受压强影响，故增大压强时，有利于co的转化率升高，所以图

2中的压强由大到小为P3>P2>Plo

考点：考查反应热计算、盖斯定律应用以及外界条件对平衡状态的影

响

28.（15分）二氧化氯（CI02,黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒

的消毒剂，答下列问题：

（1）工业上可用KC103与Na2s。3在H2sO’存在下制得CIO2,该反应氧化

剂与还原剂物质的量之比

为。

（2）实验室用NH£I、盐酸、NaCI02（亚氯酸钠）为原料，通过以下

过程制备CI02：

注酸NaCIO：溶液

①电解时发生反应的化学方程式

为_________________________

②溶液X中大量存在的阴离子有

③除去CI。2中的N也可选用的试剂是（填标号）o

a.水b.碱石灰C.浓硫酸d.饱和食盐水

（3）用下图装置可以测定混合气中CIO2的含量:

I.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入

3mL稀硫酸：

II.在玻璃液封装置中加入水.使液面没过玻璃液封管的管口；

川.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；

IV.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中：

V.用0.1000mol・L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶

液（l2+2S2（）32-=2|—+S4（V-）,指示剂显示终点时共用去20.00mL

硫代硫酸钠溶液。在此过程中：

①锥形瓶内CI02与碘化钾反应的离子方程式

为O

②玻璃液封装置的作用是O

③V中加入的指示剂通常为,滴定至终点的现象

是O

④测得混合气中CI02的质量为g.o

(4)处理过的饮用水会含有一定最的亚氯酸盐。若要除去超标的

亚氯酸盐，下列物庾最适宜的是填标号)O

a.明研b.碘化钾c.盐酸d.硫酸亚铁

【答案】(1)2：1(2)①NH4cI+2HCI金组3H2T+NCI3②OH-

③c

(3)①2CI02+10「+8H+=2C|—+5l2+4H2。②吸收残余的二氧化

氯气体(避免碘的逸出)③淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且半

分钟内溶液颜色不再改变

@0.02700(4)d

【解析】

读题分析：（1）工业上可用KC10：与Na；SO：在H：SC\存在下制得CIO；,在反应中氯元素的化合价从+5价

降低到+4价，得到1个电子，氯酸钿是氧化剂.S元素的化合价从讨价升高到坨价，失去2个电子，亚硫

酸钠是还原剂，则根据电子得失守恒可知该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1.

（2）①根据流程图可知电解时生成氢气和NCh，则电解时发生反应的化学方程式为

3骸

NH4CI+2HC：=^=3H：f+NC1；.

②反应中有氨气生成，所以存在氢氧根离子.根据氯离子守恒可知，溶液中还应该存在大量的氯离子.

③C10：易溶于水，能与碱反应，所以除去CIO：中的NHs可选用的试剂是浓硫酸，答案选c.

（3）①C10：具有强氧化性，则锥形瓶内C10：与碘化钾反应的离子方程式为

--

200：+10r+8H=2a+5l2+4H;O.

②由于二氧化氯是气体，容易挥发到空气中，所以玻璃液封装置的作用是吸收残余的二氧化氮气体.

③由于碘遇淀粉显蓝色，则V中加入的指示剂通常为淀粉，滴定至终点的现象是溶液由蓝色变为无色且半

分钟内不变色.

④根据方程式可知2CQ〜正〜10S9N，则测得混合气中CIO：的质量为0.Imol/LXO.02LX67.5g/moI/5

=0.02700g..

（4）亚氯酸盐具有氧化性，因此若要除去超标的亚氨酸盐，最适宜的是硫酸亚铁，因为氧化产物铁离子能

净水.学科屈

考点：考查物质制备实验方案设计与探究

36.【化学——选修2：化学与技术】苯酚和丙酮都是重要的化工原料，

工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚

和丙酮，其反应和工艺流程示意图如下：

催化利

XI■-116Umol'

0s---------

异内五过氯化M

②04°0HOH*CHJCOCHJA//--253Umoi

AM

相关化合物的物理常数

物质相对分子质量密度（g/cnf3）沸点/℃

异内茉1200.8640153

丙酮580.789856.5

苯酚941.0722182

回答下列问题：

（1）在反应器A中通入的X是o

（2）反应①和②分别在装置和中进行（填

装置符号）。

（3）在分解釜C中加入的Y为少置浓硫酸，其作用是,优

点是用量少，缺点是_______________O

（4）反应②为（填“放热”或“吸热”）反应。反应温度控制在

50-60℃,温度过高的安全隐患是。

（5）中和釜D中加入的Z最适宜的是（填编号。已知

苯酚是一种弱酸）

a.NaOHb.CaCOc.NaHCOd.CaO

（6）蒸储塔F中的僧出物T和P分别为和,判断的

依据是O

（7）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是o

【答案】（1）氧气（或空气）（2）A；C（3）催化剂（提高反应

速率）；腐蚀设备

（4）放热；可能会导致（过氧化物）爆炸

（5）c（6）丙酮、苯酚；苯酚的沸点高于丙酮（7）原子利用

率高

【解析】

试题分析：（1）异丙苯被氧气氧化为异丙苯过氧化氢，异丙忝过氧化氢在酸性溶液中分解即可得到苯酚和

丙酮，则在反应器A中通人的X是氧气.

（2）根据流程图可知反应①和②分别在装置A和C中进行.

（3）异丙苯过氧化氢在酸性溶液中分解，所以浓硫酸的作用是作催化剂.由于浓硫酸具有酸性，容易腐蚀

设备.

（4）小于0,则反应②为放热反应.反应温度控制在50-6QC,温度过高的安全隐患是容易发生爆炸.

（5）豕酚与碳酸氢钠不反应，所以选择碳酸氢钠.

（6）由于苯酚的沸点高于丙酮，丙酮先气化，所以蒸修塔F中的修出物T和P分别为丙酮和苯酚.

（7）根据以上分析可知用该方法合成苯酚和丙酮的优点是原子利用率高、没有副产物.

考点：考查化学与技术模块的分析与应用

37.［化学一选修3：物质结构与性质］（15分）A、B、C、D为原子序数

依次增大的四种元索，A?和B+具有相同的电子构型；C、D为同周

期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有

一个未成对电子。回答下列问题：

（1）四种元素中电负性最大的是—（填元素符号），其中C原子的核

外电子排布布式为o

(2)单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是(填分子式),

原因是;A和B的氢化物所属的晶体类型分别为

和O

(3)C和D反应可生成组成比为1:3的化合物E,E的立体构型

为,中心原子的杂化轨道类型为.。

(4)化合物D2A的立体构型为—,中心原子的价层电子对数

为,单质D与湿润的Na2c反应可制备DzA,其化学方

程式为o

(5)A和B能够形成化合物F,其晶胞结构如图所示，晶胞参数，

a=0.566nm,F的化学式为—：晶胞中A原子的配位数为

列式计算晶体F的密度(g.cm3)o

【答案】(1)0；1s22s22P63s23P③(或[Ne]3s23p3)

(2)03；相对分子质量较大，范德华力大；分子晶体；离子晶

体

(3)三角锥形；sp3(4)V形；4；2cI2+2Na2cO3+H20=CI20+2NaHC03

+2NaCI

(或2c12+2Na2C03=C120+C02+2NaCI)

4x62g/mo/

(5)NaO；8；=2.27g/cm3

2(0.566X10-7cm)3x6.02x1023mol-1

【解析】

试题分析：A、B、C、D为原子序数依次噌大的四种元索，A＞和B-具有相同的电子构型，则A是O,B是

Na；C、D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C是P；D元素最外层有一个未成

对电子，所以D是氯元素.学科掰

（1）非金属性越强，电负性越大，则四种元素中电负性最大的是0.P的原子序数是15,则根据核外电子

排布可知C原子的核外电子排布布式为ls：2s：2p53sl3a（或［Ne］3s：3pD.

（2）氧元素有氧气和臭氧两种单质，由于0：相对分子质量较大，范德华力大，所以中沸点高的是0斯A

和B的氢化物分别是水和NaH,所属的晶体类型分别为分子晶体和离子晶体.

（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E,即E是PCI；,其中P含有一对孤对电子，具价层电子

对数是4,所以E的立体构型为三角椎形，中心原子的杂化轨道类型为平，

（4）化合物CI9分子中氧元素含有2对孤对电子，价层电子对数是4,所以立体构型为V形.单质D与

逸润的NaKO：反应可制备D;A,则化学方程式为2C1;+2Na:COs+H;O=C1;O+JNaHCO：+INaCl.

（5）根据晶胞结构可知氧原子的个数=8x1+6x」=4,Na全部在晶胞中，共计是3各，则F的化学式

82

为Na：O.以顶点氧原子为中心，与氧原子距离最近的钠原子的个数$个，即晶胞中A原子的配位数为8.

4x62g/mol

晶体F的密度=-=-----------.―.----------------

V(0.566xlO-cm)Jx6.02xlO*Jmol-1r

考点：考查元素推断、核外电子排布、电负性、空间构型、杂化轨道

及晶胞结构与计算等

38.［化学一选修5：有机化学基础］（15分）

聚戊二酸丙二醇酯（PPG）是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材

料的生物相存性方面有很好的应用前景。PPG的一种合成路线如

下：

日备坪铲回第回-］

京H弃5

--i―*PPG

△

回总阿费T回一

已知：

①煌A的相对分子质量为70,核磁共振氢谱显示只有一种化学环境

的氢；

②化合物B为单氯代始：化合物C的分子式为C5H8；

③E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质；

®R.CIIO•RX3tCHo-——•CH—CH

@5。。

回答下列问题：

(1)A的结构简式为o

(2)由B生成C的化学方8式为o

(3)由E和F生成G的反应类型为,G的化学名称为

(4)①由D和H生成PPG的化学方程式为o

②若PPG平均相对分子质量为10000,则其平均聚合度约为

(填标号).

a.48b.58c.76d.122

(5)D的网分异构体中能同时满足下列条件的共有一种(不含

立体异构)：

①能与饱和NaHCOs溶液反应产生气体②既能发生银镜反应，

又能发生皂化反应

其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6：1：1的是

(写姑构简式)：

D的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号（或数据）

完全相同，该仪器是

___________（填标号）。

a.质谱仪b.红外光谱仪c.元素分析仪d.核磁共振仪

CI+

【答案】（1）U）⑵O必管。+即+H2O

（3）加成反应；3一羟基丙醛（或B-羟基丙醛）（4）①

氽H即po

HOC-CCH^-C-O-CCHzh-OH+所1问。

HHOOCy^/COOH..HQ^^^OH—^―*n

OCHO

HjC-C-COOH

②b(5)5；E；c

【解析】

试题分析：

（1）运A的相对分子质量为70,核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢.由于70+14=5,所以A是

环戊烷，则A的结构1S（式为.

cl

（2）环戊烷与氯气发生取代反应生成B,则B的结构简式为C'------'r.根据B生成C的反应条

件可知该反应是卤代燃的消去反应，所以由B生成C的化学方式为

C>-ci+NaOH-^*[^+NaCl+%。

（3）E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质，则F是甲醛，所以E是乙醛.根据已知

信息④可知由E和F生成G是醛基的加成反应，G的结构蔺式为HOCH;CH;CHO,因此G的化学名称为3

一羟基丙醛.

（4）①G与氢气发生加成反应生成H,所以H的结构简式为HOCH：CH;CH9H.C氧化生成D,则D

是戊二酸，结构简式为HOOCCH;CH;CH:COOH,则由D和H生成PPG的化学方程式为

„HOOC^^COOH+N的卜-⑪力+所吟，

②根据结构茴式可知熊节的式量是172,所以若PPG平均相对分子质量为100凭，则其平均聚合度约为

100004-172=58,答案选b.

a.48b.58c.76d.122

（5）D的网分异构体中能同时满足下列条件的共有一种（不含立体

异构）:

①能与饱和NaHCOs溶液反应产生气体，说明含有竣基；②既能发生银

镜反应，又能发生皂化反应，说明含有醛基和酯基，因此是甲酸形成

的酯基，所以可能的结构简式为HC00CH2CH2CH2C00HV

HC00CH2CH（COOH）CH3、HCOOCH（COOH）CH2cH3、HCOOCH（CH3）CH2C00H、

HC00C（CH3）2C00H,共计5种。其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰

OCHO

HjC-C-COOH

面积比为6：1：1的是CH»o

a.质谱仪又称质谱计。分离和检测不同同位素的仪器。即根据带电粒

子在电磁场中能够偏转的原理，按物质原子、分子或分子碎片的质量

差异进行分离和检测物质组成的一类仪器。，b.红外光谱仪是测定结

构的，d.核磁共振仪是测定氢原子种类的，而c.元素分析仪是测定

元素种类的，因此完全相同的是元素分析仪，答案选c。

考点：考查有机化学基础模块的分析与应用

绝密★启封并使用完毕前

2015年普通高等学校招生全国统一考试

理科综合能力测试（物理）

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共40题,

共300分，共16页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：1.答题前，现将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形

码准确粘贴在条形码区域内。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹

的签字笔书写，字体工整、笔记清楚。

3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的

答案无线；再猜告知、试题卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修

正带、刮纸刀。

可能用到的相对原子质量：H1C12N14016F19Na23Al

27P31S32CL35.5Ca40Fe56Zn65Br80

第I卷

一、选择题：本题共13小题，每小题6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

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14〜17题只有一项符合题目要求，第18〜21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。分。

14.如图，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止

释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴（垂

直于纸面）逆时针旋转45。，再由a点从静止释放一同样的微粒，改微

粒将

A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动

C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动

【答案】D

【解析】

试题分析：现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转时，两

板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a点的轴（垂

直于纸面）逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用，合力

方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D正确，A、B、C

错误。

考点：电容器；电场力；力的平衡

15.如图，直角三角形金属框数。放置在匀强磁场中，磁感应强度大

小为B,方向平行于外边向上。当金属框绕ab边以角速度3逆时针

转动时，a、b、c三点的电势分别为以%〃.已知儿边的长度为/o

下列判断正确的是

A.“,金属框中无电流

B.Ub）Uc、金属框中电流方向沿a■6ba

C3T/2BR3、金属框中无电流

D.UbK/2BM、金属框中电流方向沿

【答案】C

【解析】

试题分析：当金属框绕ab边以角速度。逆时针转动时，穿过直角三角形金属框劭c的磁通量恒为Q,所以

没有感应电瓶由右手定则可知，。点电势高4=-飙%,故C正确，A、B、D错误.

考点：导体切割磁感线

16.由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道

经过调整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经