2013年湖北省高考理综试卷答案解析(完整版)

2013年高考湖北理科数学试题及答案(word解析版)2013年普通高等学校招生全国统一考试（湖北卷）数学（理科）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． （1）【2013年湖北，理1，5分】在复平面内，复数2i 1iz =+（i为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（ ）（A ）第一象限 （B ）第二象限 （C ）第三象限 （D ）第四象限 【答案】D 【解析】2i i(1i)1i 1i z ==-=++，则1i z =-，其对应点()1,1Z -位于第四象限，故选D ． （2）【2013年湖北，理2，5分】已知全集为R ，集合1{()1}2xA x =≤，2{680}B x x x =-+≤，则A B =RI ð（ ）（A ）{0}x x ≤ （B ）{24}x x ≤≤ （C ）{024}x x x ≤<>或 （D ）{024}x x x <≤≥或 【答案】C【解析】∵26802,4x x x x -+>⇔<>，1102xx ⎛⎫≤⇔≥ ⎪⎝⎭，∴A B =I Rð{024}x x x ≤<>或，故选C ． （3）【2013年湖北，理3，5分】在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次．设命题p 是“甲降落在指定范围”，q 是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为（ ） （A ）()p ⌝∨()q ⌝ （B ）p ∨()q ⌝（C ）()p ⌝∧()q ⌝（D ）p ∨q 【答案】A【解析】因为p 是“甲降落在指定范围”，q 是“乙降落在指定范围”，则p -是“没有降落在指定范围”，q -是“乙没有降落在指定范围”，所以命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为()p ⌝∨()q ⌝，故选A ．（4）【2013年湖北，理4，5分】将函数3sin ()y x x x =+∈R 的图象向左平移(0)m m >个单位长度后，所得到的图象关于y 轴对称，则m 的最小值是（ ）（A ）π12 （B ）π6（C ）π3（D ）5π6【答案】B【解析】因为3sin ()y x x x =+∈R 可化为()2cos()6y x x R π=-∈，将它向左平移6π个单位得 2cos ()2cos 66y x xππ⎡⎤=+-=⎢⎥⎣⎦，其图像关于y 轴对称，故选B ．（5）【2013年湖北，理5，5分】已知π04θ<<，则双曲线1C ：22221cos sin x y θθ-=与2C ：222221sin sin tan y x θθθ-=的（ ）（A ）实轴长相等 （B ）虚轴长相等 （C ）焦距相等 （D ）离心率相等 【答案】D【解析】对于双曲线1C ，有1sin cos 222=+=θθc ，θcos 1==a c e ． 对于双曲线2C ，有θθθθθ222222tan sec sin )tan 1(sin =⋅=+=c，θθθcos 1sin tan ===a c e ． 即这两双曲线的离心率相等，故选D ．（6）【2013年湖北，理6，5分】已知点(1,1)A -、(1,2)B 、(2,1)C --、(3,4)D ，则向量AB u u u r在CD u u u r 方向上的投影为（ ）（A ）32 （B ）315 （C ）32 （D ）315【答案】A【解析】2,1AB =u u u r （），5,5CD =u u u r （），则AB u u u r在CD u u u r 方向上的射影为2232cos 5255AB CD AB CDθ⋅====+u u u r u u u ru u u r u u u r ， 故选A ．（7）【2013年湖北，理7，5分】一辆汽车在高速公路上行驶，由于遇到紧急情况而刹车，以速度25()731v t t t =-++（t 的单位：s ，v 的单位：m/s ）行驶至停止． 在此期间汽车继续行驶的距离（单位：m ）是（ ） （A ）125ln5+ （B ）11825ln 3+ （C ）425ln5+ （D ）450ln2+ 【答案】C【解析】令25()731v t t t =-++=0，解得4t =或83t =-（不合题意，舍去），即汽车经过4秒中后停止，在此期间汽车继续行驶的距离为4442253()d (73)d 725ln(1)425ln 512v t t t t t t t t ⎛⎫=-+==-++=+ ⎪+⎝⎭⎰⎰，故选C ．（8）【2013年湖北，理8，5分】一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为1V ，2V ，3V ，4V ，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有（ ）（A ）1243V V V V <<< （B ）1324V V V V <<< （C ）2134V V V V <<< （D ）2314V V V V <<< 【答案】C【解析】显然23V V <，所以B 不正确． 又2217(2121)33V ππ=++⨯=，22122V ππ=⋅⋅=，3328V ==，224128(4242)33V =++⨯=，从而2134V V V V <<<，故选C ．（9）【2013年湖北，理9，5分】如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体．经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为X ，则X 的均值()E X =（ ）（A ）126125 （B ）65 （C ）168125 （D ）75【答案】B 【解析】125个同样大小的小正方体的面数共有125×6=750，涂了油漆的面数有25×6=150．每一个小正方体的一个面涂漆的频率为15017505=，则它的涂漆面数为X 的均值()E X =16655⨯=，故选B ． （10）【2013年湖北，理10，5分】已知a 为常数，函数()(ln )f x x x ax =-有两个极值点1x ，212()x x x <，则（ ）（A ）1()0f x >，21()2f x >- （B ）1()0f x <，21()2f x <- （C ）1()0f x >，21()2f x <- （D ）1()0f x <，21()2f x >- 【答案】D【解析】'()ln 12f x x ax =+-，由()(ln )f x x x ax =-由两个极值点，得'()0f x =有两个不等的实数解，即ln 21x ax =-有两个实数解，从而直线21y ax =-与曲线ln y x =有两个交点． 过点()0,1-作ln y x =的切线，设切点为()0,x y ，则切线的斜率01k x=，切线方程为011y x x =-．切点在切线上，则010x yx =-=，又切点在曲线ln y x =上，则00ln 01xx =⇒=，即切点为()1,0，切线方程为1y x =-． 再由直线21y ax =-与曲线ln y x =有两个交点，知直线21y ax =-位于两直线0y =和1y x =-之间，如图所示，其斜率2a 满足：021a <<，解得102a <<． 则这函数的两个极点12,x x 满足1201x x <<<，所以12()(1)()f x f f x <<，而1(1)(,0)2f a =-∈-，即12()()f x a f x <-<，所以121()0,()2f x f x <>-，故选D ．二、填空题：共6小题，考生需作答5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题卡对应题号．．．．．．．的位置上．．．．答错位置，书写不清，模棱两可均不得分．（一）必考题（11-14题）（11）【2013年湖北，理11，5分】从某小区抽取100户居民进行月用电量调查，发现其用电量都在50至350度之间，频率分布直方图如图所示（1）直方图中x 的值为_________；（2）在这些用户中，用电量落在区间[100,250)内的户数为 ． 【答案】（1）0.0044 （2）70【解析】（1）1[150(0.00600.003620.00240.0012)]0.004450x =-++⨯+=． （2）用电量落在区间[100,250)内的户数为(0.00360.00600.0044)5010070++⨯⨯=．（12）【2013年湖北，理12，5分】阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果i = ．【答案】5 【解析】已知初始值10,1a i ==，∵104a =≠，则执行程序，得5,2a i ==；因为54a =≠，则执行程序，得16,3a i ==；164a =≠，则第三次执行程序，得8,4a i ==；∵84a =≠，则第四次执行程序，得4,5a i ==；∵4a =，执行输出i ，5i =．（13）【2013年湖北，理13，5分】设,,x y z ∈R ，且满足：2221x y z ++=，2314x y z ++=则x y z ++= ．314【解析】由柯西不等式得2222222()()1(23)32x y z x y z ≥＋＋＋＋＋＋当且仅当123x y z==时等号成立，此时2y x =， 3z x=．∵2221x y z ＋＋=，2314x y z =++，∴14x =，214y =，314z =614314x y z ++ （14）【2013年湖北，理14，5分】古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数． 如三角形数1，3，6，10，L ，第n 个三角形数为2(1)11222n n n n +=+． 记第n 个k边形数为(,)(3)N n k k ≥，以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表达式：三角形数 211(,3)22N n n n =+，正方形数 2(,4)N n n =，五边形数231(,5)22N n n n=-，六边形数2(,6)2N n n n=-，…………可以推测(,)N n k 的表达式，由此计算(10,24)N =________．【答案】1000【解析】由题中数据可猜想：含2n 项的系数为首项是12，公差是12的等差数列，含n 项的系数为首项是12，公 差是12-的等差数列，因此22111124()33222222N n k k k k n k n n n⎡⎤--⎡⎤⎛⎫=+(-)++(-)-=+ ⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎣⎦，．故()2210,241110111010101000N n n =-=⨯-⨯=．（一）选考题（请考生在第15、16两题中任选一题作答，请先在答题卡指定位置将你所选的题目序号后的方框用2B 铅笔涂黑，如果全选，则按第15题作答结果计分．） （15）【2013年湖北，理15，5分】（选修4-1：几何证明选讲）如图，圆O 上一点C 在直径AB 上的射影为D ，点D 在半径OC 上的射影为E ．若3AB AD =，则CEEO 的值为_______． 【答案】8【解析】根据题设，易知3OC AO DO ==，Rt Rt Rt ODE DCE OCD ∆∆∆∽∽，∴31OD CD OC OE DE OD ===， 即39CO OD OE ==，在Rt ODE ∆中，22222298DE DO OE OE OE OE =-=-=，在Rt CDE ∆中， 22222229864CE CD DE DE DE DE OE =-=-==，即2264CE EO=，∴8CE EO=． （16）【2013年湖北，理16，5分】（选修4-4：坐标系与参数方程）在直角坐标系xOy 中，椭圆C 的参数方程为cos ,sin x a y b ϕϕ=⎧⎨=⎩（ϕ为参数，0a b >>）．在极坐标系（与直角坐标系xOy 取相同的长度单位，且以原点O 为极点，以x 轴 正半轴为极轴）中，直线l 与圆O 的极坐标方程分别为π2sin()4ρθ+=（m 为非零常数）与b ρ=． 若直线l 经过椭圆C 的焦点，且与圆O 相切，则椭圆C 的离心率为 ． 6【解析】椭圆C 的方程可以化为22221x y a b +=，圆O 的方程可化为222x y b +=，直线l 的方程可化为x y m +=，因为直线l 经过椭圆的焦点，且与圆O 相切，则c m =，2b =，2262m a m =+=，所以椭圆的离心率66c e am===三、解答题：共6题，共75分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． （17）【2013年湖北，理17，11分】在△ABC 中，角A ，B ，C对应的边分别是a ，b ，c ． 已知cos23cos()1A B C -+=． （1）求角A 的大小；（2）若△ABC 的面积53S =5b =，求sin sin B C 的值． 解：（1）由cos23cos()1A B C -+=，得22cos 3cos 20A A +-=，即(2cos 1)(cos 2)0A A -+=，解得1cos 2A =或 cos 2A =-（舍因为0πA <<，所以π3A =． （2）由1133sin 53,22S bc A bc ====得20bc =．又5b =，知4c =．由余弦定理故21a =又由正弦定理得222035sin sin sin sin sin2147b c bcB C A A A a a a=⋅==⨯=．（18）【2013年湖北，理18，12分】已知等比数列{}na 满足：23||10a a -=，123125a a a =．（1）求数列{}na 的通项公式；（2）是否存在正整数m ，使得121111ma a a +++≥L ？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由．解：（1）设等比数列{}na 的公比为q ，则由已知可得331211125||10a q a q a q ⎧=⎪⎨-=⎪⎩，解得1533a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，或151a q =-⎧⎨=-⎩．故1533n na-=⋅，或15(1)n na-=-⋅-．（2）若1533n na -=⋅，则1131()53n na -=⋅，故1{}na 是首项为35，公比为13的等比数列，从而131[1()]191953[1()]111031013m mm n na =⋅-==⋅-<<-∑．若1(5)(1)n n a -=-⋅-，则111(1)5n n a -=--，故1{}na 是首项为15-，公比为1-的等比数列，从而11,21()1502()mn n m k k a m k k +=+⎧-=-∈⎪=⎨⎪=∈⎩∑,N N ，故111m n na =<∑．综上，对任何正整数m ，总有111m n na =<∑．故不存在正整数m ，使得121111ma a a +++≥L 成立．（19）【2013年湖北，理19，12分】如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于,A B 的点，直线PC ⊥平面ABC ，E ，F 分别是PA ，PC 的中点．（1）记平面BEF 与平面ABC 的交线为l ，试判断直线l 与平面PAC 的位置关系，并加以证明；（2）设（1）中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ，且点Q 满足12DQ CP =u u u r u u u r． 记直线PQ与平面ABC 所成的角为θ，异面直线PQ 与EF 所成的角为α，二面角E l C --的大小为β，求证：sin sin sin θαβ=．解：（1）直线l ∥平面PAC ，证明如下：连接EF ，因为E ，F 分别是PA ，PC 的中点，所以EF ∥AC ． 又EF ⊄平面ABC ，且AC ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC ．而EF ⊂平面BEF ，且平面BEF I 平面ABC l =，所以EF ∥l ． 因为l ⊄平面PAC ，EF ⊂平面PAC ，所以直线l ∥平面PAC ．（2）解法一：（综合法）如图，连接BD ，由（1）可知交线l 即为直线BD ，且l ∥AC ．因为AB 是O e 的直径，所以AC BC ⊥，于是l BC ⊥．已知PC ⊥平面ABC ，而l ⊂平面ABC ，所以PC l ⊥．而PC BC C =I ，所以l ⊥平面PBC ．连接BE ，BF ，因为BF ⊂平面PBC ，所以l BF ⊥．故CBF ∠就是二面角E l C --的平面角，即CBF β∠=．由12DQ CP =u u u r u u u r ，作DQ ∥CP ，且12DQ CP =． 连接PQ ，DF ，因为F 是CP 的中点，2CP PF =，所以DQ PF =，从而四边形DQPF 是平行四边形，PQ ∥FD ．连接CD ，因为PC ⊥平面ABC ，所以CD 是FD 在平面ABC 内的射影，故CDF ∠就是直线PQ 与平面ABC 所成的角，即CDF θ∠=．又BD ⊥平面PBC ，有BD BF ⊥，知BDF ∠为锐角，故BDF ∠为异面直线PQ 与EF 所成的角，即BDF α∠=，于是在Rt △DCF ，Rt △FBD ，Rt △BCF 中，分别可得sin CF DF θ=，sin BF DF α=，sin CFBFβ=， 从而sin sin sin CF BF CFBF DF DFαβθ=⋅==，即sin sin sin θαβ=． 解法二：（向量法）如图，由12DQ CP =u u u r u u u r，作DQ ∥CP ，且12DQ CP =．连接PQ ，EF ，BE ，BF ，BD ，由（1）可知交线l 即为直线BD ．以点C 为原点，向量,,CACB CP u u u r u u u r u u u r所在直线分别为 ,,x y z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设,,2CA a CB b CP c ===，则有(0,0,0),(,0,0),(0,,0),(0,0,2),(,,)C A a B b P c Q a b c ，1(,0,),(0,0,)2E a cF c ． 于是1(,0,0)2FE a =u u u r ，(,,)QP a b c =--u u u r ，(0,,)BF b c =-u u u r ， 所以222||cos ||||FE QP FE QP a b c α⋅==⋅++u u u r u u u ru u ur u u u r ，从而222222sin 1cos b c a b cαα+=-++又取平面ABC的一个法向量为(0,0,1)=m ，可得222||sin ||||QP QP a b c θ⋅==⋅++u u u ru u u r m m ，设平面BEF 的一个法向量为(,,)x y z =n ，所以由0FE BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r n n ，可得1020ax by cz ⎧=⎪⎨⎪-+=⎩．取(0,,)c b =n ．于是22|||cos |||||b cβ⋅==⋅+m n mn ，从而222sin 1cos b cββ=-=+．故2222222222sin sin sin b c a b cb ca b cαβθ+==+++++，即sin sin sin θαβ=．（20）【2013年湖北，理20，12分】假设每天从甲地去乙地的旅客人数X 是服从正态分布2(800,50)N 的随机变量．记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为0p ． （1）求0p 的值；（参考数据：若X ～2(,)N μσ，有()0.6826P X μσμσ-<≤+=(22)0.9544P X μσμσ-<≤+=，(33)0.9974P X μσμσ-<≤+=）； （2）某客运公司用A 、B 两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务，每车每天往返一次．A 、B两种车辆的载客量分别为36人和60人，从甲地去乙地的营运成本分别为1600元/辆和2400元/辆． 公司拟组建一个不超过21辆车的客运车队，并要求B 型车不多于A 型车7辆． 若每天要以不小于0p 的概率运完从甲地去乙地的旅客，且使公司从甲地去乙地的营运成本最小，那么应配备A 型车、B 型车各多少辆?解：（1）由于随机变量X 服从正态分布2(800,50)N ，故有800μ=，50σ=，(700900)0.9544P X <≤=．由正态分布的对称性，得(900)(800)(800900)p P X P X P X =≤=≤+<≤11(700900)0.977222P X =+<≤=． （2）设A 型、B 型车辆的数量分别为, x y 辆，则相应的营运成本为16002400x y +．依题意， , x y 还需满足：21, 7, (3660)x y y x P X x y p +≤≤+≤+≥．由（1）知，0(900)p P X =≤，故0(3660)P X x y p ≤+≥等价于3660900x y +≥．于是问题等价于求满足约束条件21 73660900, 0, x y y x x y x y x y +≤⎧⎪≤+⎪⎨+≥⎪⎪≥∈⎩，N，且使目标函数16002400z x y=+达到最小的,x y ．作可行域如图所示，可行域的三个顶点坐标分别为(5,12), (7,14), (15,6)P Q R ．由图可知，当直线16002400z x y =+经过可行域的点P 时，直线16002400z x y =+在y 轴上截距2400z最小，即z 取得最小值．故应配备A 型车5辆、B 型车12辆．（21）【2013年湖北，理21，14分】如图，已知椭圆1C 与2C 的中心在坐标原点O ，长轴均为MN 且在x 轴上，短轴长分别为2m ，2()n m n >，过原点且不与x 轴重合的直线l 与1C ，2C 的四个交点按纵坐标从大到小依次为A ，B ，C ，D ．记m nλ=，△BDM 和△ABN 的面积分别为1S和2S ．（1）当直线l 与y 轴重合时，若12S S λ=，求λ的值；（2）当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l ，使得12S S λ=？并说明理由．解：依题意可设椭圆1C 和2C 的方程分别为1C ：22221x ya m+=，2C ：22221x y a n +=．其中0a m n >>>， 1.m nλ=> （1）解法一：如图，若直线l 与y 轴重合，即直线l 的方程为0x =，则111||||||22S BD OM a BD =⋅=， 211||||||22S AB ON a AB =⋅=，所以12||||SBD SAB =． 在C 1和C 2的方程中分别令0x =，可得Ay m =，By n =，Dym=-，于是||||1||||1BD A Byy BD m n AB yy m n λλ-++===---．若12SSλ=，则11λλλ+=-，化简得2210λλ--=． 由1λ>，可解得21λ=+．故当直线l 与y 轴重合时，若12S S λ=，则21λ=+． 解法二：如图，若直线l 与y 轴重合，则||||||BD OB OD m n =+=+，||||||AB OA OB m n =-=-；111||||||22S BD OM a BD =⋅=，211||||||22S AB ON a AB =⋅=．所以12||1||1S BD m n S AB m n λλ++===--．若12S Sλ=，则11λλλ+=-，化简得2210λλ--=． 由1λ>，可解得21λ=+．故当直线l 与y 轴重合时，若12S S λ=，则21λ=+．（2）解法一：如图，若存在与坐标轴不重合的直线l ，使得12S S λ=． 根据对称性，不妨设直线l ：(0)y kx k =>，点(,0)M a -，(,0)N a 到直线l 的距离分别为1d ，2d ，则因为12211d k k ==++，22211d k k ==++，所以12d d =．又111||2S BD d =，221||2SAB d =，所以12||||SBD SAB λ==，即||||BD AB λ=．由对称性可知||||AB CD =，所以||||||(1)||BC BD AB AB λ=-=-，||||||(1)||AD BD AB AB λ=+=+，于是||1||1AD BC λλ+=-．① 将l 的方程分别与C 1，C 2的方程联立，可求得222Axa k m=+，222Bxa k n=+．根据对称性可知C Bx x =-，D Ax x =-，于是222222221||2||||21||A D ABB C k x x x AD m a k nBC x n a k mk x x +-+===++-．② 从而由①和②式可得2222221(1)a k n a k m λλλ++=+-．③令1(1)t λλλ+=-，则由m n >，可得1t ≠，于是由③可解得222222(1)(1)n t k a t λ-=-．因为0k ≠，所以2k>． 于是③式关于k有解，当且仅当22222(1)(1)n t a t λ->-，等价于2221(1)()0tt λ--<． 由1λ>，可解得11t λ<<，即111(1)λλλλ+<<-，由1λ>，解得12λ>+，所以当112λ<≤+时，不存在与坐标轴不重合的直线l ，使得12S S λ=；当12λ>+l 使得12S S λ=． 解法二：如图，若存在与坐标轴不重合的直线l ，使得12S S λ=． 根据对称性，不妨设直线l ：(0)y kx k =>，点(,0)M a -，(,0)N a 到直线l 的距离分别为1d ，2d ，则12211d k k ==++22211d k k =++所以12d d =．又111||2S BD d =，221||2SAB d =，所以12||||SBD SAB λ==． 因为221||||||1||B D A B A BA B k x x x x BD AB x x k x x λ+-+===-+-，所以11ABxxλλ+=-．由点(,)AAA x kx ，(,)BBB x kx 分别在C 1，C 2上，可得222221A A x k x a m+=，222221B B x k x a n+=，两式相减可得22222222()0A B A B x x k x x a m λ--+=，依题意0AB xx >>，所以22A B xx >．所以由上式解得22222222()()A B B A m x x ka x x λ-=-．因为2k>，所以由2222222()()A B B A m x x a x x λ->-，可解得1ABxxλ<<．从而111λλλ+<<-，解得12λ>+112λ<≤时，不存在与坐标轴不重合的直线l ，使得12S S λ=；当12λ>存在与坐标轴不重合的直线l 使得12S S λ= （22）【2013年湖北，理22，14分】设n 是正整数，r 为正有理数．（1）求函数1()(1)(1)1(1)r f x x r x x +=+-+->-的最小值；（2）证明：1111(1)(1)11r r r r rn n n nn r r ++++--+-<<++；（3）设x ∈R ，记x ⎡⎤⎢⎥为不小于．．．x 的最小整数，例如22=⎡⎤⎢⎥，π4=⎡⎤⎢⎥，312⎡⎤-=-⎢⎥⎢⎥． 令3333818283125S L ，求S ⎡⎤⎢⎥的值．（参考数据：4380344.7≈，4381350.5≈，43124618.3≈，43126631.7≈）解：（1）因为()(1)(1)(1)(1)[(1)1]r rf x r x r r x '=++-+=++-，令()0f x '=，解得0x =．当10x -<<时，()0f x '<，所以()f x 在(1,0)-内是减函数； 当0x >时，()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞内是增函数．故函数()f x 在0x =处取得最小值(0)0f =．（2）由（1），当(1,)x ∈-+∞时，有()(0)0f x f ≥=，1(1)1(1)r x r x ++≥++，且等号当且仅当0x =时成立，故当1x >-且0x ≠时，1(1)1(1)r x r x ++>++．①在①中，令1x n=（1x >-且0x ≠），111(1)1r r n n+++>+．上式两边同乘1r n +，得11(1)(1)r r rn nn r +++>++，即11(1).1r r rn n n r +++-<+②当1n >时，在①中令1x n =-（这时1x >-且0x ≠），类似可得11(1).1r r rn n n r ++-->+③且当1n =时，③也成立．综合②，③得1111(1)(1)11r r r r r n n n n n r r ++++--+-<<++． ④ （3）在④中，令13r =，n 分别取值81，82，83，…，125，得44443333333818081(8281)44--（），44443333333828182(8382)44-<-（），44443333333838283(8483)44-<-（），………44443333333125124125(126125)44--（）．将以上各式相加，并整理得444433333312580(12681)44S -<<-（）．代入数据计算，可得4433312580210.24-≈（），4433312681210.94-≈（）．由S⎡⎤⎢⎥的定义，得211S=⎡⎤⎢⎥．。

绝密★启用前2013年普通高等学校招生全国统一考试(湖北卷)理综生物本试卷共12题，共90分。

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，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

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。

一、选择题（共6小题）1．（6分）关于蛋白质生物合成的叙述，正确的是（）A．一种tRNA可以携带多种氨基酸B．DNA聚合酶是在细胞核中合成的C．反密码子是位于mRNA上相邻的三个碱基D．线粒体中的DNA能控制某些蛋白质的合成2．（6分）关于同一个体中细胞有丝分裂和减数第一次分裂的叙述，正确的是（）A．两者前期染色体数目相同，染色体行为和DNA分子数目不同B．两者中期染色体数目不同，染色体行为和DNA分子数目不同C．两者后期染色体数目和染色体行为不同，DNA分子数目相同D．两者末期染色体数目和染色体行为相同，DNA分子数目不同3．（6分）关于植物细胞主动运输方式吸收所需矿质元素离子的叙述，正确的是（）A．吸收不同矿质元素离子的速率都相同B．低温不影响矿质元素离子的吸收速率C．主动运输矿质元素离子的过程只发生在活细胞中D．叶肉细胞不能以主动运输的方式吸收矿质元素离子4．（6分）示意图甲、乙、丙、丁为某实验动物感染HIV后的情况．下列叙述错误的是（）A．从图可以看出，HIV感染过程中存在逆转录现象B．从图可以看出，HIV侵入后机体能产生体液免疫C．从图可以推测，HIV可能对实验药物a敏感D．从图可以看出，HIV对实验药物b敏感5．（6分）某农场面积为140hm2，农场丰富的植物资源为黑线姬鼠提供了良好的生存条件，鼠大量繁殖吸引鹰前来捕食，某研究小组采用标志重捕法调查该农场黑线姬鼠的种群密度，第一次捕获100只，标记后全部放掉，第二次捕获280只，发现其中有2只带有标记，下列叙述错误的是（）A．鹰的迁入率增加会影响黑线姬鼠的种群密度B．该农场黑线姬鼠的种群密度约为100只/hm2C．黑线姬鼠种群数量下降说明农场群落的丰富度下降D．植物→鼠→鹰这条食物链，第三营养级含能量少6．（6分）若用玉米为实验材料验证孟德尔分离定律，下列因素对得出正确实验结论影响最小的是（）A．所选实验材料是否为纯合子B．所选相对性状的显隐性是否易于区分C．所选相对性状是否受一对等位基因控制D．是否严格遵守实验操作流程和统计分析方法二、非选择题（共6小题，满分54分）7．（11分）某油料作物种子中脂肪含量为种子干重的70%．为探究该植物种子萌发过程中干重及脂肪的含量变化，某研究小组将种子置于温度、水分（蒸馏水）、通气等条件适宜的黑暗环境中培养，定期检查萌发种子（含幼苗）的脂肪含量和干重，结果表明：脂肪含量逐渐减少，到第11d时减少了90%，干重变化如图所示．回答下列问题：（1）为了观察胚乳中的脂肪，常用染液对种子胚乳切片染色，然后在显微镜下观察，可见色的脂肪微粒．（2）实验过程中，导致萌发种子干重增加的主要元素是（填“C”、“N”或“O”）．（3）实验第11d后，如果使萌发种子（含幼苗）的干重增加，必须提供的条件是和．8．（10分）胰岛素可使骨骼肌细胞和脂肪细胞膜上葡萄糖转运载体的数量增加，已知这些细胞膜上的载体转运葡萄糖的过程不消耗ATP．回答下列问题：（1）胰岛素从胰岛B细胞释放到细胞外的运输方式是，葡萄糖进入骨骼肌细胞的运输方式是．（2）当血糖浓度上升时，胰岛素分泌，引起骨骼肌细胞膜上葡萄糖转运载体的数量增加，其意义是．（3）脂肪细胞（填“是”或“不是”）胰岛素作用的靶细胞．（4）健康人进餐后，血糖浓度有小幅度增加．然后恢复到餐前水平．在此过程中，血液中胰岛素浓度的相应变化是．9．（12分）一对相对性状可受多对等位基因控制，如某种植物花的紫色（显性）和白色（隐性）．这对相对性状就受多对等位基因控制．科学家已从该种植物的一个紫花品系中选育出了5个基因型不同的白花品系，且这5个白花品系与该紫花品系都只有一对等位基因存在差异．某同学在大量种植该紫花品系时，偶然发现了1株白花植株，将其自交，后代均表现为白花．回答下列问题：（1）假设上述植物花的紫色（显性）和白色（隐性）这对相对性状受8对等位基因控制，显性基因分别用A、B、C、D、E、F、G、H表示，则紫花品系的基因型为；上述5个白花品系之一的基因型可能为（写出其中一种基因型即可）（2）假设该白花植株与紫花品系也只有一对等位基因存在差异，若要通过杂交实验来确定该白花植株是一个新等位基因突变造成的，还是属于上述5个白花品系中的一个，则：该实验的思路；预期的实验结果及结论．10．（6分）南方某地的常绿阔叶林等因过度砍伐而遭到破坏．停止砍伐一段时间后，该地常绿阔叶林（1）该地常绿阔叶林恢复过程中群落演替的类型为演替．常绿阔叶林遭到破坏后又得以恢复的原因，除了植物的种子或者繁殖体课得到保留外，还可能是原有的条件也得到基本保留．（2）在由上述群落构成的生态系统中，恢复力稳定性最强的是生态系统，抵抗力稳定性最强的是生态系统．（3）与草丛相比，针叶林中的动物分层现象较为（填“简单”或“复杂”），原因是．11．（15分）回答下列有关泡菜制作的习题：（1）制作泡菜是，所用盐水煮沸，其目的是．为了缩短制作时间，有人还会在冷却后的盐水中加入少量陈泡菜液，加入陈泡菜液的目的是．（2）泡菜制作过程中，乳酸发酵过程即为乳酸菌进行的过程．该过程发生在乳酸菌的中．（3）泡菜制作过程中影响亚硝酸盐含量的因素有、和等．（4）从开始制作到泡菜质量最佳这段时间内，泡菜液逐渐变酸，这段时间内泡菜坛中乳酸菌和其他杂菌的消长规律是，原因是：．12．阅读如下材料：资料甲：科学家将牛生长激素基因导入小鼠受精卵中，得到了体型巨大的“超级小鼠”；科学家采用农杆菌转化法培育出转基因烟草．资料乙：T4溶菌酶在翁度较高时易失去活性，科学家对编码T4溶菌酶的基因进行了改造，使其表达的T4溶菌酶的第3位的异亮氨酸变为半胱氨酸，在该半胱氨酸与第97位的半胱氨酸之间形成了一个二硫键，提高了T4溶菌酶的耐热性．资料丙：兔甲和兔乙是同一物种的两个雌性个体，科学家兔甲受精卵发育成的胚胎移植到兔乙的体内，成功产出兔甲的后代，证实了同一物种的胚胎可在不同个体的体内发育．回答下列问题：（1）资料甲属于基因工程的范畴．将基因表达载体导入小鼠的受精卵中常用法．构建基因表达载体常用的工具酶是和．在培育有些转基因植物时，常用农杆菌转化法，农杆菌的作用是．（2）资料乙中的技术属于工程范畴．该工程是指以分子生物学相关理论为基础，通过基因修饰或基因合成，对进行改造，或制造制造一种的技术．在该实例中，引起T4溶菌酶空间结构改变的原因是组成该酶肽链的序列发生了改变．（3）资料丙属于胚胎工程的范畴．胚胎移植是指将获得的早期胚胎移植到种的、生理状态相同的另一个雌性动物体内，使之继续发育成新个体的技术．在资料丙的实例中，兔甲称为体，兔乙称为体．2013年普通高等学校招生全国统一考试(湖北卷)理综生物(参考答案)1．【答案】D【解析】A选项中tRNA只能携带特定的一种氨基酸，而一种氨基酸可能由多种tRNA携带，故A错误；B选项中，DNA聚合酶属于蛋白质，是在核糖体上合成的，而不是在细胞核内合成，细胞核内进行的是mRNA的转录，故B错；C反密码子是位于tRNA上的相邻的三个碱基，mRNA的相邻的三个碱基是密码子，故C错；D选项中，线粒体是半自主细胞器，线粒体内含有少量DNA，可以控制某些蛋白质的合成，故D正确。

绝密★启用前2013年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅰ卷)理科综合能力测试可能用到的相对原子质量：Ｈ 1 C12 Ｎ14 O 16 Mg２４S 3２K39 Mｎ55第Ⅰ卷一、选择题：本卷共13小题。

每小题６分。

在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

华易新高考研究联盟1.关于蛋白质生物合成的叙述,正确的是( ）Ａ．一种ｔＲNA可以携带多种氨基酸B.ＤNA聚合酶是在细胞核中合成的C.反密码子是位于mRNA上相邻的三个碱基D．线粒体中的DＮA能控制某些蛋白质的合成2.关于同一个体中细胞有丝分裂和减数第一次分裂的叙述,正确的是( ）A．两者前期染色体数目相同，染色体行为和DNA分子数目不同Ｂ.两者中期染色体数目不同,染色体行为和DNA分子数目相同C．两者后期染色体行为和数目不同，DNＡ分子数目相同D.两者后期染色体行为和数目相同，DNA分子数目不同3.关于植物细胞主动运输方式吸收所需矿质元素离子的叙述，正确的是( )A.吸收不同矿质元素离子的速率都相同Ｂ.低温不影响矿质元素离子的吸收速率C.主动运输矿质元素离子的过程只发生在活细胞中D.叶肉细胞不能以主动运输的方式吸收矿质元素离子4．示意图甲、乙、丙、丁为某实验动物感染HIV后的情况( )A.从图甲可以看出,HIＶ感染过程中存在逆转录现象Ｂ.从图乙可以看出,HIV侵入后机体能产生体液免疫C．从图丙可以推测，ＨIV可能对实验药物a敏感D.从图丁可以看出,HIＶ对试验药物b敏感５.某农场面积为１4０hｍ２，农场丰富的植物资源为黑线姬鼠提供了很好的生存条件，鼠大量繁殖吸引鹰来捕食，某研究小组采用标志重捕法来研究黑线姬鼠的种群密度，第一次捕获100只，标记后全部放掉，第二次捕获２80只，发现其中有两只带有标记,下列叙述错误．．的是（)A．鹰的迁入率增加会影响黑线姬鼠的种群密度B.该农场黑线姬鼠的种群密度约为100只/hｍ2C．黑线姬鼠种群数量下降说明农场群落的丰富度下降D.植物→鼠→鹰这条食物链，第三营养级含能量少６.若用玉米为实验材料,验证孟德尔分离定律，下列因素对得出正确实验结论,影响最小的是（）A.所选实验材料是否为纯合子B．所选相对性状的显隐性是否易于区分C．所选相对性状是否受一对等位基因控制D．是否严格遵守实验操作流程和统计分析方法７.化学无处不在，下列与化学有关的说法不正确的是A.侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B.可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C.碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D.黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成8.香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料,其结构简式如下:下列有关香叶醉的叙述正确的是A.香叶醇的分子式为Ｃ１0H18O ﻩB．不能使溴的四氯化碳溶液褪色C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色ﻩﻩD．能发生加成反应不能发生取代反应9．短周期元素Ｗ、Ｘ、Ｙ、Z的原子序数依次增大,其简单离子都能破坏水的电离平衡的是A. Ｗ2-、X+B．Ｘ+、Ｙ3＋C.Y３＋、Z2-ﻩﻩＤ.X＋、Z２-１０．银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2Ｓ的缘故.根据电化学原理可进行如下处理:在铝质容器中加入食盐溶液,再将变黑的银器漫入该溶液中,一段时间后发现黑色会褪去。

2013年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷）理科综合试题本试卷分第1卷和第Ⅱ卷两部分，共8页。

满分300分钟考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

【注意事项】：1．答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字将自己的姓名、座号、考生号、区县和科类填写在答题卡和卡和试卷规定的位置上。

2．第1卷每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案标号，答案不能答在试卷上。

3．第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答．答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。

不按以上要求怍答的答案无效。

第Ⅰ卷选择题（共126分）一．选择题（共13小题，每小题6分，共78分，每题只有一个选项符合题意）1．关于神经兴奋的叙述，错误的是（）A．刺激神经纤维中部，产生的兴奋沿神经纤维向两侧传导B．兴奋在神经纤维上的传导方向是由兴奋部位至未兴奋部位C．神经纤维的兴奋以局部电流的方式在神经元之间单向传递D．在神经纤维膜外，局部电流的方向与兴奋传导的方向相反2．关于动物细胞培养和植物组织培养的叙述，错误的是（）A．动物细胞培养和植物组织培养所用培养基不同B．动物细胞培养和植物组织培养过程中都要用到胰蛋白酶C．烟草叶片离体培养能产生新个体，小鼠杂交瘤细胞可离体培养增殖D．动物细胞培养可用于检测有毒物质，茎尖培养可用于植物脱除病毒3．关于HIV的叙述，正确的是（）A．HIV在活细胞外能大量增殖B．HIV仅含有核糖体这一种细胞器C．HIV主要攻击B细胞，使人体无法产生抗体D．艾滋病患者的血液中可以检出HIV这种病毒4．关于植物生长素和生长素类似物的叙述，错误的是（）A．适宜浓度的生长素类似物可促进无子果实的发育B．同一植株和芽生长所需的最适生长素浓度相同C．单侧光照射燕麦胚芽鞘可使其生长素分布发生变化D．用适宜浓度的生长素类似物处理插条可促进其生根5下列实践活动包含基因工程技术的是（）A．水稻F1花药经培养和染色体加倍，获得基因型纯合新品种B．抗虫小麦与矮秆小麦杂交，通过基因重组获得抗虫矮秆小麦C．将含抗病基因的重组DNA导入玉米细胞，经组织培养获得抗病植株D．用射线照射大豆使其基因结构发生改变，获得种子性状发生变异的大豆6．下面有关发泡塑料饭盒的叙述，不正确的是A．主要材质是高分子材料B．价廉、质轻、保温性能好C．适用于微波炉加热食品D．不适于盛放含油较多的食品7．反应X(g)＋Y(g)2Z(g)；H＜0，达到平衡时，下列说法正确的是（）A．减小容器体积，平衡向右移动B．加入催化剂，Z的产率增大C．增大c(X)，X的转化率增大D．降低温度，Y的转化率增大8．下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是（）A．体积相等时密度相等B．原子数相等时具有的中子数相等C．体积相等时具有的电子数相等D．质量相等时具有的质子数相等9．电解法处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72－）时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，最后Cr3＋以Cr(OH)3形式除去，下列说法不正确的是（）A．阳极反应为Fe－2e-===Fe2+B．电解过程中溶液pH不会变化C．过程中有Fe(OH)3沉淀生成D．电路中每转移12 mol电子，最多有1 mol Cr2O72－被还原10．下列操作不能达到目的的是（）选项目的操作A．配制100 mL 1.0 mol/L CuSO4溶液将25 g CuSO4·5H20溶于100 mL蒸馏水中B．除去KNO3中少量NaCl 将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤C．在溶液中将MnO4－完全转化为Mn2＋向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液至紫色消失D．确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3 取少量溶液滴加CaCl2溶液，观察是否出现白色浑浊11．能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3·H20＋SO22NH4＋＋SO32－＋H2OB．氯化钠与浓硫酸混合加热：H2SO4＋2Cl－SO2↑＋Cl2↑＋H2OC．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2＋＋4H＋＋NO3－3Fe3＋＋NO↑＋3H2OD．明矾溶液中滴入B a(O H)2溶液使SO42－恰好完全沉淀：2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SO42－2B a SO4↓＋Al(OH)3↓12．右图表示溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是（）A．两条曲线间任意点均有c(H＋)×c(OH－)＝KwB．M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)C．图中T1＜T2D．XZ线上任意点均有pH＝713．某单官能团有机化合物，只含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为58，完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O。

2013年湖北七市（州）高三年级联合考试理科综合能力测试参考答案(A卷)【生物部分】一、单项选择题（共36分）1、B2、A3、C4、B5、A6、D二、非选择题（共39分）29．（ 8分）（1）细胞质基质和线粒体（2分）（2）光合速率与呼吸速率（2分）（3）30（2分）（4）氧气的释放量和有机物的生成量等（1分）（5）要重复测量多次，求平均值（先在光下进行，后在黑暗中进行）（1分）30．（共12分）(1)基因的自由组合（2分）紫花（2分）(2)Pprr和ppRr（2分）(3)①6（2分）②PpRR、PpRr和Pprr（2分）③3∶0∶1（2分）31.（9分）⑴小麦胚芽鞘在暗处和在光下产生的生长素的量差不多（其他合理答案也可以）（1分）⑵C、B（1分） 0＜x＜f（1分）⑶Ⅰ.②同等强度的可见光和一定强度的紫外线（2分）③3—-亚甲基氧代吲哚（2分）Ⅱ.3-—亚甲基氧代吲哚的含量低于乙组（或吲哚乙酸含量高于乙组）（2分）32.（10分）(1)D（2分）(2)种内斗争和种内互助（2分）（3）垂直（2分）（4）种群（2分）水蚤（2分）三、选考题（15分）39.（15分）⑴原料焦糊和有效成分水解（2分）压榨（2分）压榨（1分）压榨液（2分）⑵分解果肉细胞壁中的果胶，提高果汁产量和澄清度（合理即可）（2分）⑶单核（2分）醋酸洋红法（2分）焙花青-铬矾法（2分）40.（15分）⑴获取大量的目的基因（2分）解旋（2分）耐高温（1分）⑵促性腺激素（2分）同期发情（2分）胚胎分割（2分）⑶启动子和终止子（缺一不可，若增加“复制原点”正确）（2分）农杆菌转化法（2分）。

2013年高考理综全国卷含答案绝密★启用前2013年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅰ卷)理科综合能力测试可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg24 S 32 K39 Mn55第Ⅰ卷一、选择题：本卷共13小题。

每小题6分。

在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

华易新高考研究联盟1.关于蛋白质生物合成的叙述，正确的是（）A．一种tRNA可以携带多种氨基酸B．DNA聚合酶是在细胞核中合成的C．反密码子是位于mRNA上相邻的三个碱基D．线粒体中的DNA能控制某些蛋白质的合成2．关于同一个体中细胞有丝分裂和减数第一次分裂的叙述，正确的是（）A．两者前期染色体数目相同，染色体行为和DNA分子数目不同B．两者中期染色体数目不同，染色体行为和DNA分子数目相同C．两者后期染色体行为和数目不同，DNA分子数目相同D．两者后期染色体行为和数目相同，DNA分子数目不同3．关于植物细胞主动运输方式吸收所需矿质元素离子的叙述，正确的是（）A．吸收不同矿质元素离子的速率都相同B．低温不影响矿质元素离子的吸收速率C．主动运输矿质元素离子的过程只发生在活细胞中D．叶肉细胞不能以主动运输的方式吸收矿质元素离子4．示意图甲、乙、丙、丁为某实验动物感染HIV后的情况（）A．从图甲可以看出，HIV感染过程中存在逆转录现象k16.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。

小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未写极板接触)返回。

若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将A.打到下极板上 B.在下极板处返回C.在距上极板处返回D.在距上极板d处返回17.如图.在水平面(纸面)内有三报相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨。

绝密★启用前2013年普通高等学校招生全国统一考试(湖北卷)理综化学本试卷共13题，共100分。

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，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

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。

一、选择题1．（6分）化学无处不在，与化学有关的说法不正确的是（）A．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B．可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D．黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成2．（6分）香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如图所示：下列有关香叶醇的叙述正确的是（）A．香叶醇的分子式为C10H18OB．不能使溴的四氯化碳溶液褪色C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．能发生加成反应不能发生取代反应3．（6分）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是（）A．W2﹣、X+B．X+、Y3+C．Y3+、Z2﹣D．X+、Z2﹣4．（6分）银制器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故．根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去．下列说法正确的是（）A．处理过程中银器一直保持恒重B．银器为正极，Ag2S被还原生成单质银C．该过程中总反应为2Al+3Ag2S═6Ag+Al2S3D．黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl5．（6分）已知K sp（AgCl）=1.56×10﹣10，K sp（AgBr）=7.7×10﹣13，K sp（Ag2CrO4）=9.0×10﹣12．某溶液中含有Cl﹣、Br﹣和CrO42﹣浓度均为0.010mol•L﹣1，向该溶液中逐滴加入0.010mol•L﹣1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（）A．Cl﹣、Br﹣、CrO42﹣B．CrO42﹣、Br﹣、Cl﹣C．Br﹣、Cl﹣、CrO42﹣D．Br﹣、CrO42﹣、Cl﹣6．（6分）分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，这些酸和醇重新组合可形成的酯共有（）A．15种B．28种C．32种D．40种三、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答）8．（13分）醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如图所示．可能用到的有关数据如在a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸．b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90℃．分离提纯：反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙．最终通过蒸馏得到纯净环己烯10g．回答下列问题：（1）装置b的名称是．（2）加入碎瓷片的作用是；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是（填正确答案标号）．A．立即补加B．冷却后补加C．不需补加D．重新配料（3）本实验中最容易产生的副产物的结构简式为．（4）分液漏斗在使用前须清洗干净并；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的（填“上口倒出”或“下口放出”）．（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是．（6）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有（填正确答案标号）．A．蒸馏烧瓶B．温度计C．吸滤瓶D．球形冷凝管E．接收器（7）本实验所得到的环己烯产率是（填正确答案标号）．A.41%B.50%C.61%D.70%9．（15分）锂离子电池的应用很广，其正极材料可再生利用．某锂离子电池正极材料有钴酸锂（LiCoO2）、导电剂乙炔黑和铝箔等．充电时，该锂离子电池阴极发生的反应为6C+xLi++xe﹣═Li x C6．现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源（部分条件未给出）．回答下列问题：（1）LiCoO2中，Co元素的化合价为．（2）写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式．（3）“酸浸”一般在80℃下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式；可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是．（4）写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式．（5）充放电过程中，发生LiCoO2与Li1﹣x CoO2之间的转化，写出放电时电池反应方程式．（6）上述工艺中，“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是．在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有（填化学式）．10．（15分）二甲醚（CH3OCH3）是无色气体，可作为一种新型能源．由合成气（组成为H2、CO和少量的CO2）直接制备二甲醚，其中的主要过程包括以下四个反应：甲醇合成反应：（Ⅰ）CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H1=﹣90.1kJ•mol﹣1（Ⅱ）CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H2=﹣49.0kJ•mol﹣1水煤气变换反应：（Ⅲ）CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H3=﹣41.1kJ•mol﹣1二甲醚合成反应：（Ⅳ）2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H4=﹣24.5kJ•mol﹣1回答下列问题：（1）Al2O3是合成气直接制备二甲醚反应催化剂的主要成分之一．工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程是（以化学方程式表示）．（2）分析二甲醚合成反应（Ⅳ）对于CO转化率的影响．（3）由H2和CO直接制备二甲醚（另一产物为水蒸气）的热化学方程式为．根据化学反应原理，分析增加压强对直接制备二甲醚反应的影响．（4）有研究者在催化剂（含Cu﹣Zn﹣Al﹣O和Al2O3）、压强为5.0MPa的条件下，由H2和CO直接制备二甲醚，结果如图所示．其中CO转化率随温度升高而降低的原因是．（5）二甲醚直接燃料电池具有启动快、效率高等优点，其能量密度等于甲醇直接燃料电池（5.93kW•h•kg﹣1）．若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为，一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生个电子的能量；该电池的理论输出电压为1.20V，能量密度E=（列式计算．能量密度=电池输出电能/燃料质量，1kW•h=3.6×106J）．11．（15分）[化学﹣选修2：化学与技术]草酸（乙二酸）可作还原剂和沉淀剂，用于金属除锈、织物漂白和稀土生产．一种制备草酸（含2个结晶水）的工艺流程如下：回答下列问题：（1）CO和NaOH在一定条件下合成甲酸钠、甲酸钠加热脱氢的化学反应方程式分别为、．（2）该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作①的滤液是，滤渣是；过滤操作②的滤液是和，滤渣是．（3）工艺过程中③和④的目的是．（4）有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸．该方案的缺点是产品不纯，其中含有的杂质主要是．（5）结晶水合草酸成品的纯度用高锰酸钾法测定．称量草酸成品0.250g溶于水中，用0.0500mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定，至粉红色不消褪，消耗KMnO4溶液15.00mL，反应的离子方程式为；列式计算该成品的纯度．12．（15分）[化学﹣选修3：物质结构与性质]硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础．请回答下列问题：（1）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为，该能层具有的原子轨道数为、电子数为．（2）硅主要以硅酸盐、等化合物的形式存在于地壳中．（3）单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献个原子．（4）单质硅可通过甲硅烷（SiH4）分解反应来制备．工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化学方程式为．（5）碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：①硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是．②SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是．（6）在硅酸盐中，SiO四面体（如下图（a））通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式．图（b）为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为，Si与O的原子数之比为，化学式为．13．（15分）[化学﹣选修5：有机化学基础]査尔酮类化合物G是黄酮类药物的主要合成中间体，其中一种合成路线如下：已知以下信息：①芳香烃A的相对分子质量在100～110之间，1mol A充分燃烧可生成72g水．②C不能发生银镜反应．③D能发生银镜反应、可溶于饱和Na2CO3溶液、核磁共振氢谱显示有4种氢．④⑤RCOCH3+RˊCHO RCOCH=CHRˊ回答下列问题：（1）A的化学名称为．（2）由B生成C的化学方程式为．（3）E的分子式为，由E生成F的反应类型为．（4）G的结构简式为．（5）D的芳香同分异构体H既能发生银镜反应，又能发生水解反应，H在酸催化下发生水解反应的化学方程式为．（6）F的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应的共有种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1的为（写结构简式）．2013年普通高等学校招生全国统一考试(湖北卷)理综化学(参考答案)一、选择题1．【分析】A．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故NaHCO3在溶液中析出；B．浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体；C．补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是高碘酸；D．硫磺、硝石、木炭三种物质比例为1：2：3．【解答】解：A．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，故A正确；B．浓盐酸易挥发，与NH3结合生成NH4Cl固体小颗粒，为白烟，故B正确；C．碘是人体必需元素，补碘常在食盐中加入KIO3固体而不是高碘酸，高碘酸为强酸性，具有强烈刺激性和腐蚀性，故C错误；D．制备黑火药的原料为S、KNO3、C，三者比例为1：2：3，故D正确．故选C．2．【分析】由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、﹣OH，结合烯烃、醇的性质来解答．【解答】解：A．由结构可知香叶醇的分子式为C10H18O，故A正确；B．含碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故B错误；C．含碳碳双键、﹣OH，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．含碳碳双键可发生加成反应，含﹣OH可发生取代反应，故D错误；故选A．3．【分析】根据答案选项可知W、X、Y、Z形成的简单离子分别为W2﹣、X+、Y3+、Z2﹣，又知W、X、Y、Z均为短周期元素，且原子序数依次增大，故可推出W为O，X为Na，Y为Al，Z为S．【解答】解：根据短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大及各选项可以推出，W为O2﹣、X为Na+、Y为Al3+、Z为S2﹣，Al3+和S2﹣均能发生水解，水解打破了水的电离平衡；O2﹣不能在水溶液存在，而Na+不水解，故正确的是C；故选C．4．【分析】铝、银和电解质溶液构成原电池，铝作负极，银作正极，负极上铝失电子发生氧化反应，正极上银离子得电子发生还原反应，据此分析解答．【解答】解：A．银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银，所以银器质量减小，故A错误；B．银作正极，正极上Ag2S得电子作氧化剂，在反应中被还原生成单质银，故B正确；C．Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al（OH）3，Al2S3+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2S↑故C错误；D．黑色褪去是Ag2S转化为Ag而不是AgCl，故D错误；故选B．5．【分析】析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）==mol/L，AgBr溶液中c（Ag+）==mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）==mol/L，c（Ag+）越小，则越先生成沉淀．【解答】解：析出沉淀时，AgCl溶液中c（Ag+）==mol/L=1.56×10﹣8mol/L，AgBr溶液中c（Ag+）==mol/L=7.7×10﹣11mol/L，Ag2CrO4溶液中c（Ag+）==mol/L=3×10﹣5，c（Ag+）越小，则越先生成沉淀，所以种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br﹣、Cl﹣、CrO42﹣，故选C．6．【分析】分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为5，讨论羧酸与醇含有的碳原子，判断形成该酯的羧酸与醇的同分异构体种数，根据羧酸与醇组合，计算同分异构体数目．【解答】解：分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种；故羧酸共有5种，醇共有8种，酸和醇重新组合可形成的酯共有5×8=40种，故选D．7．【分析】A．乙醇和水混溶，不能用作萃取剂；B．乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分离；C．应利用二者溶解度随温度的变化不同分离；D．丁醇和乙醚的沸点不同，可用蒸馏的方法分离．【解答】解：A．乙醇和水混溶，不能用作萃取剂，应用四氯化碳或苯萃取，故A错误；B．乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法分离，故B错误；C．根据二者在水中随温度升高而溶解度不同，利用重结晶法．NaCl随温度升高溶解度变化不大，KNO3随温度升高溶解度变化大，经冷却过滤，故C错误；D．丁醇和乙醚混溶，但二者的沸点不同，且相差较大，可用蒸馏的方法分离，故D正确．故选D．三、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求作答）8．【分析】（1）装置b是冷凝器；（2）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入；（3）加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生取代反应生成二环己醚；（4）由于分液漏斗有活塞开关，故使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出；（5）无水氯化钙用于吸收产物中少量的水；（6）观察题目提供的实验装置图知蒸馏过程中不可能用到吸滤瓶和球形冷凝器管；（7）环己醇为0.2mol，理论上可以得到0.2mol环己烯，其质量为16.4g，所以产率=×100%=61%．【解答】解：（1）依据装置图分析可知装置b是蒸馏装置中的冷凝器装置，故答案为：直形冷凝器；（2）碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入，故答案为：防止暴沸；B；（3）加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生取代反应，分子间发生脱水反应生成二环己醚，；故答案为：（4）由于分液漏斗有活塞开关，故使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，故应该从分液漏斗的上口倒出，故答案为：检漏；上口倒出；（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是利用无水氯化钙吸收产物中少量的水，故答案为：干燥；（6）观察题目提供的实验装置图知蒸馏过程中不可能用到吸滤瓶和球形冷凝器管，故答案为：CD；（7）环己醇为0.2mol，理论上可以得到0.2mol环己烯，其质量为16.4g，所以产率=×100%=61%，故答案为：61%．9．【分析】（1）根据化合物中，化合价的代数和为0判断；（2）碱浸正极时，铝和氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子和氢气；（3）根据所加入的反应物以及生成物结合质量守恒定律来书写化学方程式；由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成；（4）“沉钴”过程中硫酸钴和碳酸氢铵反应生成碳酸钴沉淀；（5）放电时，Li1﹣x CoO2和Li x C6发生氧化还原反应生成LiCoO2和C；（6）“放电处理”有利于锂在正极的回收，Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动，在整个回收工艺中，可回收到的金属化合物有Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4．【解答】解：（1）根据化合物中，化合价的代数和为0知，LiCoO2中，Co元素的化合价为+3价，故答案为：+3；（2）正极中含有铝，铝易溶于强碱溶液生成AlO2﹣，反应的离子方程式为2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑，故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；（3）酸浸时反应物有硫酸、过氧化氢以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，反应方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，由题中信息知LiCoO2具有强氧化性，加入盐酸有污染性气体氯气生成，且引入氯离子杂质，在后续步骤中难以分离，故答案为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；有氯气生成，污染较大，引入氯离子杂质，在后续步骤中难以分离；（4）“沉钴”过程中硫酸钴和碳酸氢铵反应生成碳酸钴沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应方程式为CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，故答案为：CoSO4+2NH4HCO3=CoCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O；（5）充放电过程中，Li1﹣x CoO2和Li x C6发生氧化还原反应生成LiCoO2和C，反应方程式为：Li1﹣x CoO2+Li x C6=LiCoO2+6C，故答案为：Li1﹣x CoO2+Li x C6=LiCoO2+6C；（6）放电时，负极上生成锂离子，锂离子向正极移动并进入正极材料中，所以“放电处理”有利于锂在正极的回收，根据流程图知，可回收到的金属化合物有Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4，故答案为：Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中；Al（OH）3、CoCO3、Li2SO4．10．【分析】（1）铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程是利用氧化铝是两性氧化物溶于碱生成四羟基合铝酸钠，溶液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，加热分解得到氧化铝；（2）二甲醚合成反应（Ⅳ）对于CO转化率的影响，结合甲醇合成反应，水煤气变换反应和化学平衡移动原理分析判断；（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到，依据计算得到的反应结合化学平衡移动原理分析判断增大压强的影响；（4）依据化学平衡特征和平衡移动原理分析；（5）燃料电池中燃料在负极上失电子发生氧化反应，书写电极反应，计算电子转移；依据能量密度=电池输出电能/燃料质量列式计算．【解答】解：（1）铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程，利用氧化铝是两性氧化物溶于碱生成四羟基合铝酸钠，溶液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，加热分解得到氧化铝；反应娥化学方程式为：Al2O3（铝土矿）+2NaOH+3H2O=2NaAl（OH）4；NaAl（OH）4+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3；2Al（OH）3Al2O3+3H2O，故答案为：Al2O3（铝土矿）+2NaOH+3H2O=2NaAl（OH）4；NaAl（OH）4+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3；2Al（OH）3Al2O3+3H2O；（2）二甲醚合成反应（Ⅳ）对于CO转化率的影响，消耗甲醇，促进甲醇合成反应（Ⅰ）CO（g）+2H2（g）═CH3OH （g）平衡右移，CO转化率增大；生成的H2O，通过水煤气变换反应（Ⅲ）CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）消耗部分CO，故答案为：消耗甲醇，促进甲醇合成反应（Ⅰ）平衡右移，CO转化率增大；生成的H2O，通过水煤气变换反应（Ⅲ）消耗部分CO；（3）Ⅰ、CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H1=﹣90.1kJ•mol﹣1Ⅳ、2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H4=﹣24.5kJ•mol﹣1依据盖斯定律Ⅰ×2+Ⅳ得到：2CO（g）+4H2（g）=CH3OCH3+H2O（g）△H=﹣204.7kJ•mol﹣1该反应是气体体积减小的反应，增加压强平衡正向进行，反应速率增大，CO和H2转化率增大，CH3OCH3产率增加，故答案为：2CO（g）+4H2（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）△H=﹣204.7kJ•mol﹣1；该反应分子数减少，压强升高使平衡右移，CO和H2转化率增大，CH3OCH3产率增加．压强升高使CO和H2浓度增加，反应速率增大；（4）CO转化率随温度升高而降低，是因为反应是放热反应，升温平衡逆向进行，故答案为：反应放热，温度升高，平衡左移；（5）若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为二甲醚失电子生成二氧化碳，结合原子守恒和电荷守恒写出电极反应为：CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣=2CO2+12H+；一个二甲醚分子经过电化学氧化失去12个电子，能量密度=电池输出电能/燃料质量，该电池的理论输出电压为1.20V，能量密度E==8.39KW•h•kg﹣1，故答案为：CH3OCH3+3H2O﹣12e﹣=2CO2+12H+；12；=8.39KW•h•kg﹣1．11．【分析】（1）根据反应物、生成物和反应条件写出反应方程式；（2）氢氧化钙和草酸钠溶液反应生成氢氧化钠和草酸钙，草酸钙难溶于水，草酸钙和稀硫酸反应生成草酸和硫酸钙，硫酸钙是微溶物；（3）循环利用的物质能降低成本，减少污染；（4）甲酸钠和硫酸反应生成硫酸钠，硫酸钠是可溶性物质；（5）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸根离子生成二氧化碳，同时自身被还原生成二价锰离子，根据草酸和高锰酸钾之间的关系式计算草酸的物质的量，再根据质量分数公式计算其纯度．【解答】解：（1）根据流程图知，200℃、2MPa条件下，一氧化碳和氢氧化钠反应生成甲酸钠，反应方程式为：CO+NaOHHCOONa，加热条件下，甲酸钠脱氢生成草酸钠和氢气，反应方程式为：2HCOONa Na2C2O4+H2↑，故答案为：CO+NaOH HCOONa，2HCOONa Na2C2O4+H2↑；（2）氢氧化钙和草酸钠溶液反应生成氢氧化钠和草酸钙，草酸钙难溶于水，所以过滤操作①的滤液是氢氧化钠溶液，滤渣是CaC2O4，草酸钙和稀硫酸反应生成草酸和硫酸钙，硫酸钙是微溶物，该操作过程中，稀硫酸过量，所以过滤操作②的滤液是H2C2O4溶液、H2SO4溶液，滤渣是CaSO4，故答案为：NaOH溶液，CaC2O4 ，H2C2O4溶液、H2SO4溶液，CaSO4；（3）氢氧化钠和硫酸都具有腐蚀性，能污染环境，分别循环利用氢氧化钠和硫酸能降低成本，减小污染，故答案为：分别循环利用氢氧化钠和硫酸能降低成本，减小污染；（4）甲酸钠和硫酸反应生成硫酸钠，硫酸钠是可溶性物质，存在于溶液中，所以含有的杂质主要是Na2SO4，故答案为：Na2SO4；（5）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸根离子生成二氧化碳，同时自身被还原生成二价锰离子，离子反应方程式为：5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，设草酸的物质的量为xmol，则：5H2C2O4+6H++2MnO4﹣=10CO2↑+2Mn2++8H2O5mol 2molx 0.0500mol•L﹣1×0.015L所以，5mol：2mol=x：0.0500mol•L﹣1×0.015L解得x=0.001875mol，故其纯度=×100%=94.5%，故答案为：94.5%．12．【分析】（1）硅原子核外有14个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2 ，对应能层分别别为K、L、M，其中能量最高的是最外层M层，该能层有s、p、d三个能级，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，所以共有9个原子轨道，硅原子的M能层有4个电子（3s23p2）；（2）硅元素在自然界中主要以化合态（二氧化硅和硅酸盐）形式存在；（3）硅晶体和金刚石晶体类似都属于原子晶体，硅原子之间以共价键结合；利用均摊法计算；（4）Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4、NH3和MgCl2；（5）①烷烃中的C﹣C键和C﹣H键大于硅烷中的Si﹣Si键和Si﹣H键的键能；②键能越大、物质就越稳定，C﹣H键的键能大于C﹣O键，故C﹣H键比C﹣O键稳定，而Si﹣H键的键能远小于Si ﹣O键，所以Si﹣H键不稳定而倾向与形成稳定性更强的Si﹣O键；（6）硅酸盐中的硅酸根（SiO）为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；根据图（b）的一个结构单元中含有1个硅、3个氧原子，化学式为SiO32﹣；【解答】解：（1）硅原子核外有14个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2 ，对应能层分别别为K、L、M，其中能量最高的是最外层M层，该能层有s、p、d三个能级，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d 能级有5个轨道，所以共有9个原子轨道，硅原子的M能层有4个电子（3s23p2）；故答案为：M；9；4；（2）硅元素在自然界中主要以化合态（二氧化硅和硅酸盐）形式存在，故答案为：二氧化硅（3）硅晶体和金刚石晶体类似都属于原子晶体，硅原子之间以共价键结合．硅晶胞中每个顶点上有1个Si、面心是有1个Si、在晶胞内部含有4个Si原子，利用均摊法知，面心提供的硅原子个数=6×=3，故答案为：共价键；3；（4）Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4、NH3和MgCl2，方程式为：Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2，故答案为：Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2；（5）①烷烃中的C﹣C键和C﹣H键大于硅烷中的Si﹣Si键和Si﹣H键的键能，所以硅烷中Si﹣Si键和Si﹣H键的键能易断裂，导致长链硅烷难以生成，故答案为：C﹣C键和C﹣H键较强，所形成的烷烃稳定，而硅烷中Si﹣Si键和Si﹣H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成；②键能越大、物质就越稳定，C﹣H键的键能大于C﹣O键，故C﹣H键比C﹣O键稳定，而Si﹣H键的键能远小于Si ﹣O键，所以Si﹣H键不稳定而倾向与形成稳定性更强的Si﹣O键；故答案：C﹣H键的键能大于C﹣O键，C﹣H键比C﹣O键稳定．而Si﹣H键的键能却远小于Si﹣O键，所以Si﹣H 键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si﹣O键；（6）硅酸盐中的硅酸根（SiO）为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；故答案为：sp3根据图（b）的一个结构单元中含有1个硅、3个氧原子，化学式为SiO32﹣；故答案为：1：3；SiO32﹣；13．【分析】芳香烃A的相对分子质量在100～110之间，1mol A充分燃烧可生成72g水，72g水的物质的量=，所以1个A分子中含有8个氢原子，A能和水发生加成反应，则A中含有碳碳双键，B中含有羟基，B被氧化后生成C，C不能发生银镜反应，则C中不含醛基，则C中含有羰基，结合A的相对分子质量知，A是苯乙烯，B的结构简式为：，C的结构简式为：；D能发生银镜反应说明D中含有醛基，可溶于饱和Na2CO3溶液说明D中含有羧基或酚羟基，核磁共振氢谱显示有4种氢，说明D含有四种类型的氢原子，结合D的分子式知，D是对羟基苯甲醛，D和氢氧化钠溶液反应生成E，E的结构简式为：，和碘烷反应生成F，F的结构简式为：，C和F反应生成G，结合题给信息知，G的结构简式为：．【解答】解：芳香烃A的相对分子质量在100～110之间，1mol A充分燃烧可生成72g水，72g水的物质的量=，所以1个A分子中含有8个氢原子，A能和水发生加成反应，则A中含有碳碳双键，B中含有羟基，B被氧化后生成C，C不能发生银镜反应，则C中不含醛基，则C中含有羰基，结合A的相对分子质量知，A是苯乙烯，B的结构简式为：，C的结构简式为：；D能发生银镜反应说明D中含有醛基，可溶于饱和Na2CO3溶液说明D中含有羧基或酚羟基，核磁共振氢谱显示有4种氢，说明D含有四种类型的氢原子，结合D的分子式知，D是对羟基苯甲醛，D和氢氧化钠溶液反应生成E，E的结构简式为：，和碘烷反应生成F，F的结构简式为：，C和F反应生成G，结合题给信息知，G的结构简式为：．（1）通过以上分析知，A是苯乙烯，故答案为：苯乙烯；（2）在加热、铜作催化剂条件下，B被氧气氧化生成C，反应方程式为：，故答案为：；（3）通过以上分析知，E的分子式为：C7H5O2Na，E发生取代反应生成F，故答案为：C7H5O2Na；取代反应；。

2013年高考理综试题真题全国卷2理综物理解析二、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14~18题只有一项符合题目要求,第19~21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0分. 14. C 【解析】当0m F f <<时,物块始终静止,加速度为0；当m F f >时,物块做加速运动运动,由牛顿第二定律可得m F f ma -=,又m f mg μ=,则有F ma mg μ=+,故选项C 正确.15. C 【解析】设物块受到的最大静摩擦力为f,对物块受力分析可知,若f 的方向沿斜面向下,有1sin F mg f θ=+①；若f 的方向沿斜面向上,有2sin F f mg θ+=②,由最大静摩擦力等于滑动摩擦力可知cos f mg μθ=③,由①②可求得f 的值,而物块的质量m 、斜面的倾角θ无法求出,故物块对斜面的正压力（cos N mg θ=）也无法求出.本题选C.16. D 【解析】线框进入磁场时,由右手定则和左手点则可知线框受到向左的安培力,由于22B L v F R=安,则安培力减小,故线框做加速度减小的减速运动；同理可知线框离开磁场时,线框也受到向左的安培力,做加速度减小的减速运动；线框完全进入磁场后,线框中没有感应电流,不再受安培力作用,线框做匀速运动,本题选D.17. A 【解析】画出粒子的运动轨迹,由几何关系可知,粒子做圆周运动的半径2sin60r R =︒,由0mv r Bq =可知0002sin 603mv mv B rq Rq Rq===︒,本题选A.18. B 【解析】对c 球受力分析可知,水平方向上受a 、b 的库仑力和匀强电场的电场力3个力的作用而平衡,有22cos30cc qq kq E l ︒=g g ,解得E =.故选B.19.答案：ABD解析：奥斯特发现了电流的磁效应,A 正确,安培首先提出分子电流假说,B 正确；楞次定律的内容微感应电流总是要阻碍引起感应电流的刺痛练得变化,D 正确；法拉第在实验中观察到,在通有电流的静止导线附近的固定导线圈中,会出现感应电流,选项C 说法错误,故本题选ABD20. BD 【解析】卫星在轨道半径逐渐变小的过程中,做近心运动,万有引力做正功,引力势能减小.由于稀薄气体的阻力做负功,故卫星的机械能减小,又稀薄气体的阻力较小,故卫星克服气体阻力做的功小于万有引力做的功,即小于引力势能的减小,由动能定理可知合外力做正功,卫星的动能增加,本题选BD.21. AC 【解析】据题意,当汽车行驶的速率为vc 时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势,则在该弯道处,汽车与地面间没有摩擦力的作用,向心力由重力和地面支持力的合力提供,故路面外侧高内侧低,A 正确；车速小于vc 时,汽车的向心力减小,由于地面比较粗糙,故汽车受到的静摩擦力将会阻碍车辆向内侧滑动,B 错误；同理可知只要不超出某一最高限度,车辆便不会向外侧滑动,C 正确；由选项A 的分析可知当路面结冰时,与未结冰时相比,向心力的大小不变,故临界速度vc 的值不变,D 错误.（对于选项BC 也可结合实际情况直接判断出正误,如汽车可以静止在转弯处,汽车速度过大将做离心运动.）三、非选择题:包括必考题和选考题两部分.第22题~第32题为必考题,每个试题考生都必须作答.第33题~第40题为选考题,考生根据要求作答.（一）必考题（共129分） 22.答案：（1）ABC 3分（2）h mgs 422分（3）减小 增大 2 3分解析：（1）实验需求出小球离开桌面的动能,故要测量小球的质量m 和小球离开桌面是的速度v0,由平抛运动的规律可知,小球水平方向做匀速直线运动,竖直方向做自由落体运动,通过测量桌面到地面的高度h 可求得时间,再测出小球水平方向上的位移s,由分运动的等实行可求出v0的大小. （2）由（1）问所述可知220011,,22k s v t h gt E mv ===,联立以上各式可得24k mgs E h =.（3）24p k mgs E E h ==,则s =故s —△x.若h 不变m 增加,则斜率减小；若m 不变h 增加,则斜率增大.由于s—△x 图线为直线,故2()p E x ∝∆.23.答案：（1）连线如图所示 2分（2）电流 电压 2分 （3）黑 1分（4）1.00 880 2分 【解析】（1）表头跟R2串联,R1跟开关串联,两个支路并联,连线图同答案.（2）开关闭合时,电表的内阻较小,为等效电流表；开关断开时,电表的内阻较大,为等效电压表.（3）电流由红表笔流入,由题图（a ）可看出表头右端为“+”,故表笔A 为黑表笔.（4）设表头的内阻为r,满偏电流为g I ,由欧姆定律可知2()1g I R r +=V,21()(1A )g R r I R +=-,解得1=1.00R Ω,2=880R Ω.24.答案：)(61a b N N E -=,)5(12a b Ka N N r E +=,)5(12a b Ka N N rE += 解析：质点所受的电场力大小为qE f = ①设置点质量为m ,经过a 点和b 嗲是的速度大小分别为v a 和v b ,由牛顿第二定律有rv m N f aa 2=+ ②rv m f N bb 2=- ③设指点经过a 点和b 点时的动能分别为Ka E 和Kb E 有221a Ka mv E = ④ 221bKamv E = ⑤ 根据动能定理有rf E E Ka Kb 2=- ⑥联①②③④⑤⑥立式得)(61a b N N E -= ⑦ )5(12a b Ka N N rE += ⑧ )5(12a b KaN N rE += ⑨ ２５.答案：（1）从t=0时开始,木板与物块之间的摩擦力使物块加速,使木块减速,此过程一会持续到物块和木板具有相同速度为止. 由图可知,在t1=0.5s 时,物块和木板的速度相同.设t=0到t= t1时间间隔内,物块和木板的加速度度大小分别为a1和a2,则111t v a =①101t v v a t-=②式中s m v /50=、s m v /11=分别为模板在t=0、t=t 1时速度大小. 设物块和木板的质量为m,物块和木板间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,由牛顿第二定律得μ1mg=ma 1 ③(μ1+2μ2)mg=ma 2 ④联立①②③④式得μ1=0.20 ⑤ μ2=0.30 ⑥（2）在t 1时刻后,地面对木板的摩擦力阻碍木板运动,物块和木板之间的摩擦力改变方向.设物块与木板之间的摩擦力大小为f,物块和木板的加速度大小分别为'1 a 和'2 a ,则由牛顿第二定律得'1 ma f = ⑦'222ma f mg =-μ ⑧假设mg f 1μ<,则''21a a =；由式得mg mg f 12μμ>=,与假设矛盾,故mg f 1μ=⑨由⑦⑨式知,物块加速度的大小'1 a 等于 1a ；物块的v-t 图像如图中点划线所示.由运动学公式可推知,物块和木块相对于地面的运动距离分别为121122a v s ⨯= ⑩'221211102a v t v v s ++=物块相对于木板的位移大小为21s s s +=联立①⑤⑥⑧⑨⑩式得s=1.125m33.[物理一选修3-31](5分)答案：（1）ABE 5分（2）10分以cmHg 为压强单位,在活塞下推前,玻璃管下部空气柱的压强为201l p p += ①设活塞下推后,下部空气柱的压强为'1 p ,由玻意耳定律得''1111 l p l p = ②设活塞如图下推距离为l ∆,则此时玻璃管上部空气柱的长度为l l l l l ∆+='--'1133 ③设此时玻璃管上部空气柱 的压强为'3 p ,则213'-'l p p = ④由玻意耳定律得''3330 l p l p = ⑤由①至⑤式及题给数据解得cm l 0.15=∆ ⑥34.【答案】（1）“=”、“<”. 5分 （2） 10分【解析】（1）当a 、b 脱开后,振子离开平衡位置的最大距离不变,则振幅不变；弹簧振子的周期与振幅无关,与质量有关,由公式：2/T m k π=（k 是弹簧的劲度系数,m 是小球的质量）可知质量减小,周期减小.故填“=”、“<”. （2）（i ）光路图如图所示,图中N 点为光线在AC 边上发生反射的入射点.设光线在P 点的入射角为i 、折射角为r,在M 点的入射角为'r 、折射角依题意也为i,有︒=60i ①由折射定律有r n i sin sin = ② i r n sin sin =' ③由式得r r '= ④O O '为过M 点的法线,C ∠为直角,AC O O //'.由几何关系有r MNC '=∠ ⑤由反射定律可知MNC PNA ∠=∠ ⑥联立④⑤⑥式得r PNA =∠ ⑦由几何关系得︒=30r ⑧联立①②⑧式得3=n ⑨（ii ）设在N 点的入射角为r '',有几何关系得︒=''60r ⑩此三棱镜的全反射临界角满足1sin =c n θ由⑨⑩式得c r θ>'' 此光线在N 点发生全反射,三棱镜的AC 边没有光线射出. 35.答案：（1）ABC 5分 （2）（i ）2161mv E =∆ （ii ） 204813mv E P = 10分 【解析】（1）由结合能的定义分析可知原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量,A 正确；一重原子核衰变成α粒子和另一原子核,衰变产物的核子的比结合能增加,又衰变过程质量数守恒,故衰变产物核子的结合能之和一定大于原来重核的结合能,B 正确；组成原子的核子越多,原子的结合能越高,故C 正确；比结合能越大,原子核越稳定,D 错误；自由核子组成原子核时,其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能,E 错误.（2）（i ）从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时,对A 、B 与弹簧组成的系统,由动量守恒定律得mv 0=2mv 1 ①此时B 与C 发生完全非弹性碰撞,设碰撞后瞬时速度为v 2,损失的机械能为E ∆对B 、C 组成的系统,由动量守恒定律得mv 1=2mv 2 ②2221)2(2121v m E mv +∆= ③联立①②③式得20161mv E =∆ ④ （ii ）由式可知12v v <,A 将继续压缩弹簧,直至A 、B 、C 三者速度相同,设此速度为3v ,此时弹簧被压缩至最短,其弹性势能为P E ,由动量守恒和能量守恒定律得303mv mv = ⑤P E v m E mv +=∆-2220)3(2121 ⑥ 联立④⑤⑥式得204813mv E P =⑦2013年高考理综试题真题全国卷2理综化学解析7.【解题指南】根据所学油脂的性质进行判断,油脂是指高级脂肪酸甘油酯.【解析】选C.8.【解析】选D.苯可以与浓硝酸、浓硫酸共热并保持55---60℃水浴加热发生取代反应生成硝基苯,其中浓硫酸起催化剂和吸水剂的作用,A项正确；苯乙烯中的碳碳双键和苯环都可以和氢气发生加成反应,故在合适条件下催化加氢可生成乙基环己烷,B项正确；乙烯可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应,碳碳双键断开分别加溴原子,生成1,2—二溴乙烷,C项正确；甲苯与氯气在光照下反应应该在甲基上发生取代反应,不是2,4-二氯甲苯,D项错误.9.【解题指南】阿伏伽德罗常数的相关计算牵扯到以下知识点：原子守恒,石墨的结构,溶液pH计算,原子团和离子的电子计算.【解析】选B.10.【解题指南】运用离子方程式的书写知识解答本题,知道哪些物质能拆写成离子形式,哪些不能拆；其次还要了解常见的金属钠和铁的性质.【解析】选D.金属铁和盐酸反应时,因为H+的氧化性比较弱,只能把铁氧化为正二价,故不能生成三价铁离子,A项错误；金属钠是一种非常活泼的金属,所以当它遇到CuSO4水溶液时,优先与水发生反应,故不能置换出金属铜,B项错误；碳酸氢钠在水溶液中电离出的是钠离子和碳酸氢根离子而不是碳酸根离子,故反应时应为碳酸氢根离子与氢离子发生反应,C项错误；氢氧化镁和氢氧化铁均为不溶于水的碱,故在书写离子方程式时应写成化学式；且氢氧化铁比氢氧化镁更难溶于水,故可以用氢氧化镁制取氢氧化铁,D项正确.11.【解题指南】解答本题时应了解原电池的工作原理,会判断正负极材料和电极反应式.在该原电池中金属钠做负极材料,氯化镍做正极材料,NaAlCl4做电解质溶液,钠离子导体可以传导钠离子.【解析】选B. 金属钠失电子变为钠离子,故有氯化钠生成,A项正确；电池的总反应应该是金属钠还原Ni2+,B项错误；正极反应为Ni2+得电子生成金属镍,C项正确；钠离子导体可以传导钠离子,故钠离子可以在两极间移动,D项正确.12.【解题指南】应用盖斯定律解答本题.【解析】选A.只需要把(①+②)×2/3－③×2即可得到要求的反应热,故选项A正确.13.【解题指南】解答本题时应掌握溶度积常数的表示方法,会用水的离子积常数求溶液的pH.【解析】选C.由题知该反应的溶度积常数Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=a,由此得出c(OH-)=（a/b）1/2,则c（H+）=10-14÷c(OH-),pH=—lg c（H+）,经过计算即可得到正确答案为C.二．解答题26.【解题指南】解答本题需要根据题目中的相关信息进行分析解答,同时需要了解一些常见的实验操作,如蒸馏,会计算产物的产率.【解析】（1）将重铬酸钾溶液和浓硫酸混合时,相当于对浓硫酸进行稀释.若将重铬酸钾溶液加到浓硫酸中,水的密度比浓硫酸小,会引起液滴飞溅,造成危险.（2）实验装置中沸石的作用是防止溶液暴沸.若加热后发现未加沸石,应该停止加热,等溶液冷却后再加入沸石.（3）装置中B仪器叫滴液漏斗,D仪器叫直形冷凝器.（4）分液漏斗使用前必须进行的操作是检查是否漏液.（5）由题意知正丁醛微溶于水,密度比水小,所以分液时水在下层,正丁醛在上层.（6）反应时温度保持在90—95℃,既可以保证正丁醛变成蒸汽及时分离出去,同时还可以避免正丁醛被继续氧化.（7）若4.0g的正丁醇完全反应产生的正丁醛应为4÷74×72=3.89g,则正丁醛的产率应为2÷3.89×100%=51%.【答案】（1）不能,易迸溅；（2）防止爆沸；冷却后补加；（3）滴液漏斗；直形冷凝管；（4）c；（5）下；（6）即可保证正丁醛及时蒸出,又可尽量避免其被进一步氧化；（7）51.27.【解题指南】解答本题需要明确除杂的原则是在除去杂质的同时不能引入新的杂质,为了除去杂质,每一步加入的除杂试剂要适当过量,并尽可能生成更多的目标物质.工业氧化锌中含有铁锰镍等杂质,第一步加入稀硫酸可以溶解氧化锌,同时让铁锰镍转化为金属阳离子；第二步在浸出液中加入酸性高锰酸钾溶液,可以除去Fe2+和Mn2+,将它们转化为沉淀除去,此时滤液中剩余Zn2+和Ni2+；第三步加入锌粉,可以置换出金属镍除去；第四步向滤液中加入碳酸钠溶液可以将Zn2+转化为碳酸锌沉淀；第五步将碳酸锌沉淀煅烧即可得到纯净的氧化锌固体.【解析】（1）反应②出去的杂质离子是Fe2+和Mn2+,发生反应的离子方程式为：MnO4-+3Fe2++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+,2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+在加高锰酸钾之前,若溶液的pH较低,则铁离子和锰离子不能生成沉淀而除去.（2）反应③的反应类型是置换反应,过滤所得的滤渣中除了过量的锌外还有置换出来的金属镍.（3）反应④过滤出的沉淀在用蒸馏水洗涤后,若已经洗涤干净则滤液中不含碳酸根离子,因此只需要加入硝酸酸化的硝酸钡溶液即可检验沉淀是否洗涤干净.（4）第五步煅烧发生反应的方程式为：ZnCO3·xZn(OH)2===(x+1)ZnO+CO2↑+xH2O125+99x 81(x+1)11.2g 8.1g列比例式(125+99x)÷[81(x+1)]=11.2÷8.1,并解得x=1.【答案】（1）Fe2+和Mn2+；MnO4-+3 Fe2++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；2MnO4-+3Mn2++2 H2O=5MnO2↓+4 H+；铁离子和锰离子不能生成沉淀,从而无法除去铁和锰杂质；（2）置换反应；镍；（3）取少量水洗液于试管中,滴入1~2滴稀硝酸,再滴入硝酸钡溶液,若无白色沉淀生成,则说明沉淀已经洗涤干净；（4）1.28.【解题指南】解答本题应从化学平衡出发进行分析.由题目所给信息可知该反应为全气相反应,正反应是一个气体体积增加的吸热反应.该题目牵扯到化学平衡的移动,化学平衡常数的计算,以及化学平衡计算常用到的三段式等.【解析】（1）由于该反应的正反应为一个气体体积增加的吸热反应,要提高A的平衡转化率,其实就是要让平衡正向移动,所以应采取的措施为升高温度,降低压强.（2）设到达平衡时A减少了xmol,则由三段式有：A（g） B(g) + C(g)起始量 0.1mol 0 0变化量 xmol xmol xmol平衡量（0.1－x）mol xmol xmol根据阿伏加德罗定律可得：0.1/（0.1－x+x+x）=P0/P ,求得A的转化率表达式为α(A)=x/0.1=(P/P0－1) ×100%,将题目中数据P0=4.91,P=9.53代入表达式求得平衡时A的转化率为94.1%.将x=0.941代入上面的三段式中可以求得该反应的平衡常数为K=c(B)·c(C)/c(A)=0.0941×0.0941/(1-0.0941)=1.5；(3)①由以上三段式知平衡时n（总）=(0.1+x)mol,n（A）=（0.1－x）mol ,将（2）问中的x代入即可得到n（总）=0.1×P/P0, n（A）=0.1×(2-P/ P0)；②由表中数据可以看出规律为平衡前每间隔4小时,A浓度约变为原来的一半,故可知a=0.051,反应在12h时A的浓度为0.013mol/L. 【答案】（1）升高温度、降低压强；（2）%100)1(0⨯-p p ；94.1%； A （g ） B(g) + C(g)0.1mol 0 00.10×（1-94.1%） 0.10×94.1% 0.10×94.1%L mol Lmol L mol K /5.1/0059.0)/0941.0(2==； （3）①010.0p p ⨯ ； )2(10.00p p -⨯； ②0.051； 达到平衡前每间隔4h,c （A ）减少约一半；0.013. 36.【解题指南】本题包括两小题,其中第一小题主要运用锌锰干电池的知识解答；第二小题则用物质的分离与提纯知识回答.【解析】（1）①普通锌锰电池的负极材料是锌,电解质溶液是氯化铵.由反应总方程式可知该电池的负极电极反应式为：Zn －2e -+2NH 3=Zn(NH 3)22+,用总反应减去负极电极式即可得到正极电极反应式为：2MnO 2+2NH 4++2e -=2MnOOH+2NH 3；②与普通锌锰电池相比,碱性锌锰电池的优点有：碱性电池不易发生电解质的泄漏,因为消耗的负极材料改装在电池的内部；碱性电池使用寿命比较长,因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性高,不易被腐蚀.（2）①由工艺流程图可知最后分离出来的物质A 为ZnCl 2,B 为NH 4Cl. ②由题中的信息可知反应后生成的紫色溶液为高锰酸钾,由氧化还原反应的规律可知另一种黑褐色的固体应该为MnO 2,在该反应中锰元素发生了歧化反应,化合价部分升高部分降低,反应的离子方程式为：3 MnO42-+2CO2=2 MnO4-+ MnO2↓+2 CO32-,③用惰性电极电解K2MnO4溶液,阴极吸引阳离子,所以氢离子在阴极放电生成氢气.【答案】37.【解题指南】解答本题时应首先能够根据题目信息推断出各元素,明确电子排布图,会比较元素的第一电离能和电负性的相对大小,能根据晶胞结构解决相关问题.由题目信息可以推断出A为F,B为K,C为Fe,D为Ni.【解析】（1）D2+的价电子排布图为；（2）K的4s层只有1个电子,失电子能力比较强,Fe元素的4s层有2个电子,3d层有6个电子,Ni元素的4s层有2个电子,3d层有8个电子,故这四种元素中第一电离能最小的元素是K,一般来说,元素的非金属性越强,电负性就越大,所以这四种元素中电负性最大的元素是F；（3）①由晶胞示意图可以看出,晶胞中F原子位置：棱上16个,面上4个,体内2个,故每个晶胞平均占有F原子个数为：16×1/4+4×1/2+2=8；K原子的位置：棱上8个,体内2个,故每个晶胞平均占有K 原子个数为：8×1/4+2=4；Ni原子的位置：顶点8个,体心1个,故每个晶胞平均占有Ni原子个数为：8×1/8+1=2.所以这三种原子个数比为：K︰Ni︰F=4︰2︰8=2︰1︰4,故该化合物的化学式为：K2NiF4；该化合物是离子晶体,配位数是指一个离子周围最邻近的异电性离子的数目,由图可以看出Ni的配位数是6；②由密度公式知该晶体的密度为m/v=（39×4+59×2+19×8）/（N A ×400×400×1308×10-30）=3.4 g·cm-3；（4）这三种离子形成的化合物为K3FeF6,它是一个离子化合物,所以其中化学键的类型有离子键和配位键,复杂离子为[FeF6]3-,配位体是F-.【答案】38.【解题指南】解答本题时一定要注意结合题上的信息,在书写同分异构体时注意不能漏掉,也不能重复.【解析】由题目上的信息①A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢,可以推出A为,进一步推出B为 ,由信息②推出C为D为,E为由信息③可以推出F为,G为,H为,I为.（1）A的化学名称为2-甲基-2-氯丙烷；（2）D的结构简式为；（3）E的分子式为C4H8O2；（4）F生成G的化学方程式为,该反应类型为取代反应；（5）I的结构简式为；（6）I的同系物J比I相对分子质量小14,J比I少一个CH2,既能发生银镜反应,又能和饱和NaHCO3溶液反应放出CO2,说明J中含有醛基和羧基,苯环上只有两个取代基,分下列几种情况：①含-CH2CH2COOH和-CHO有邻位、间位和对位3种,②含和-CHO有邻位、间位和对位3种,③含-CH2COOH和- CH2CHO有邻位、间位和对位3种,④含-COOH和- CH2CH2CHO有邻位、间位和对位3种,（2013·新课标Ⅱ·8）38.[化学——选修5：有机化学基础]（15分）化合物Ⅰ（C11H12O3）是制备液晶材料的中间体之一,其分子中含有醛基和酯基.Ⅰ可以用E和H在一定条件下合成：已知以下信息：① A的核磁共振氢谱表明其只有一种化学环境的氢；②③化合物F苯环上的一氯代物只有两种；④通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定,易脱水形成羰基.回答下列问题：（1）A的化学名称为_________.（2）D的结构简式为_________.（3）E的分子式为___________.（4）F生成G的化学方程式为________,该反应类型为__________. （5）I的结构简式为___________.（6）I的同系物J比I相对分子质量小14,J的同分异构体中能同时满足如下条件：①苯环上只有两个取代基,②既能发生银镜反应,又能和饱和NaHCO3溶液反应放出CO2,共有______种（不考虑立体异构）.J的一个同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰,且峰面积比为2：2：1,写出J的这种同分异构体的结构简式______.⑤含-COOH和有邻位、间位和对位3种,⑥含- CH3和有邻位、间位和对位3种,共有18种；J的一个同分异构体发生银镜反应并酸化后核磁共振氢谱为三组峰,且峰面积比为2：2：1,J的这种同分异构体的结构简式为.【答案】2013年高考理综试题真题全国卷2理综生物解析一、选择题1.参考答案：C【命题立意】：主要考查DNA和RNA的分布以及空间结构.【解题思路】：在tRNA中,也存在碱基之间的互不配对,故也有氢键,A 错；一种病毒中只能含有一种核酸,要么是DNA要么是RNA,B错；核糖体是由核糖体蛋白质和核糖体RNA组成,不含有DNA,D错.所以答案选择C.【命题立意】：主要考查叶绿素的元素组成和功能.【解题思路】：植物在进行光合作用时主要吸收的红光和蓝紫光,由于绿色植物几乎不吸收绿色光,所以植物的叶片一般呈现绿色.2.参考答案：C【命题立意】：考查与典型微生物代谢相关的知识点,具有一定的综合性.【解题思路】：破伤风芽孢杆菌的代谢类型是异养厌氧型,在有氧的环境中,破伤风芽孢杆菌的代谢要受到抑制,C错.3.参考答案：A【命题立意】：考查对免疫细胞和淋巴细胞之间内在联系的理解.【解题思路】：免疫细胞中包括淋巴细胞、巨噬细胞、树突状细胞等；根据淋巴细胞生成的场所,淋巴细胞又可以分为B淋巴细胞和T淋巴细胞,所以A错.4.参考答案：C【命题立意】：考查人类对遗传物质探索的早期实验. 【解题思路】：孟德尔通过豌豆杂交实验发现基因的分离、基因的自由组合定律；摩尔根则通过果蝇的杂交实验发现了伴性遗传；而DNA 的X光衍射实验则说明了DNA分子呈螺旋结构.而证明DNA是遗传物质的实验有肺炎双球菌的转化实验,T2噬菌体侵染大肠杆菌实验,而烟草花叶病毒的实验则证明了RAN也是遗传物质.5.参考答案：B【命题立意】：全面考查了酶的表达、具有高效性的原因、影响酶活性的因素以及酶的去路等问题.【解题思路】：低温只能降低酶的活性,并没有改变酶的空间结构,当温度回到最适温度时,酶的催化效率仍然可以达到最大；而在高温、强酸和强碱的情况下,则会破坏酶的空间结构而导致酶活性的降低甚至丧失,所以B错.第Ⅱ卷二．解答题29.答案：⑴淀粉麦芽糖⑵少带胚的种子保温后能够产生α-淀粉酶,使淀粉水解（其他合理答案也给分）（3）诱导种子生成α-淀粉酶（其他合理答案也给分）（4）GA的浓度高对α-淀粉酶的诱导效果好（其他合理答案也给分,如：随GA浓度增大,产生的α-淀粉酶量增加）【命题立意】本题以淀粉酶催化淀粉分解为载体,主要考察学生对实验数据的分析能力.另外,这个题的解答在表达上具有一定的开放性,也考察了考生的语言表达能力.【解题思路】淀粉酶的作用就是催化淀粉水解,产生麦芽糖,这个内容在初中阶段就有接触,是比较简单的.在此基础上,对题目中的实验过程和数据进行分析,可以看到实验过程中是使用碘液来检测淀粉的,实验结果是颜色的深浅,据此可以推测剩余淀粉的含量,进而可以推知被分解掉的淀粉数量,也就可以推测出每个试管α-淀粉酶的产生情况了.第（1）小题是考察最基本知识,这两个空是比较好填的.第（2）小题可以根据反应后的颜色深浅判断试管1和试管2溶液中的淀粉量,只要能读懂表格数据就能解决问题,也是比较简单的.第（3）小题中2和5对照可以看出去胚的种子是不会产生α-淀粉酶的,2和3对照可以看出加入GA后的试管3产生了淀粉酶,所以可以得出GA诱导种子生成α-淀粉酶的结论.第（4）小题根据表格数据可以看出2、3、4三组的GA含量是逐级增大的,而实验结果中颜色是越来越浅的,也就标志着三组中α-淀粉酶的产生量是逐渐增加的,所以可以得出GA的浓度高对α-淀粉酶的诱导效果好的结论.30.答案：（1）肝糖原分解非糖物质的转化（2）胰岛素可促进血糖进入细胞和被利用,胰岛B细胞分泌不足者产生的胰岛素少,故血糖下降速度慢（3）内质网高尔基体解析：（1）空腹时血糖的来源有肝糖原的分解和非糖物质的转化两个途径.（2）胰岛素的作用是降低血糖浓度.正常人胰岛素分泌正常,胰岛B 细胞分泌功能不足者分泌胰岛素少,故血糖降低的速率较慢（3）胰岛B细胞分泌的激素是胰岛素,其成分为蛋白质,与胰岛素合成有关的细胞器是核糖体,分泌有关的细胞器是内质网和高尔基体. 31答案：（1）生产者（2）出生率死亡率（3）随机取样(4) 垂直结构水平结构解析：本题主要考查种群和群落,种群的特征,种群的空间结构,调查种群密度的方法.及生态系统的结构.（1）生态系统生产者固定的能量是流入生态系统总能量.（2）种群密度是最基本的数量特征,受出生率和死亡率、迁入率和迁出率、年龄组成和性别比例等因素的影响.(3) 采用样方法调查种群密度,在选取样方时要随机取样.（4）在群里中,各个生物种群分布占据了不同的空间,使群落形成一定的空间结构,群里的空间结构包括垂直结构和水平结构等方面.在垂直方向上,大多生物群落具有分层现象,才水平方向上,如地形的变化,土壤湿度和盐碱度的差异、光照强度的不同、生物自身生长特点的不同,同一地段往往分布着不同的种群,同一地段上种群密度也有差别,常呈镶嵌分布.32.答案：（1）基因分离定律和基因的自由自合定律（或自由组合定律）.（2）4种（3）0 1（或 100%）【解析】（1）从题意分析可知,两对相对性状的遗传分析是从一对相对性状分析考虑的.分别就翅长和眼色两个性状分析故符合孟德尔的一对相对性状的分离定律,当两对相对性状的组合也就是自由自合定。

2013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试题（新课标卷1）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14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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0分。

14. 右图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表。

表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。

根据表中的数据.伽利略可以得出的结论是A.物体具有惯性B.斜面倾角一定时，加速度与质量无关C.物体运动的距离与时间的平方成正比D.物体运动的加速度与重力加速度成正比15.如图，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、 c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q >0)的固定点电荷.已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量) A.k 3qR 2B. k 10q 9R 2C. k Q +q R 2D. k 9Q +q 9R 216.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。

小孔正上方d2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。

若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将A.打到下极板上B.在下极板处返回变C.在距上极板d2处返回 D.在距上极板25d 处返回 17.如图.在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab 、ac 和MN ，其中ab 、ac 在a 点接触，构成“V ”字型导轨。

空间存在垂直于纸面的均匀磁场。

用力使MN 向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN 始终与∠bac 的平分线垂直且和导轨保持良好接触。