2019届吉林省高考全国2卷高三复习信息卷 理综物理（解析版）

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理科综合能力测试
注意事项：
1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。 
2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，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，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。 
3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。 
4、考试结束，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 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Zn 65
第Ⅰ卷
二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项符合题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．如图甲为一种门后挂钩的照片，相邻挂钩之间的距离为7 cm，图乙中斜挎包的宽度约为21 cm，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，下列措施正确的是

A．随意挂在一个钩子上 B．使背包带跨过两个挂钩
C．使背包带跨过三个挂钩 D．使背包带跨过四个挂钩
15．在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆1和2的径迹照片如图所示，己知两个相切圆半径分别为r1、r2。下列说法正确的是

A．原子核可能发生的是α衰变，也可能发生的是β衰变
B．径迹2可能是衰变后新核的径迹
C．若是α衰变，则1和2的径迹均是逆时针方向
D．若衰变方程是，则r1 : r2＝1 : 45

16．如图所示，设地球半径为R，假设某地球卫星在距地球表面高度为h的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，运行周期为T，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近地点B时，再次点火进入近地轨道Ⅲ绕地做匀速圆周运动，引力常量为G，不考虑其他星球的影响，则下列说法正确的是

A．地球的质量可表示为
B．该卫星在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率
C．卫星在圆轨道Ⅰ和圆轨道Ⅲ上做圆周运动时，轨道Ⅰ上动能小，引力势能大，机械能小
D．卫星从远地点A向近地点B运动的过程中，加速度变小
17．如图所示，纸面内有两条互相平行的长直绝缘导线L1和L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向右，L1和L2中电流大小相等；a、b两点相对于L1对称，且a点到L1、L2的距离相等。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度的方向也垂直于纸面向外，a点的磁感应强度大小是b点的3倍。流经L2的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小分别为B0和。则

A．流经L1的电流在a、b两点产生的磁感应强度相同
B．流经L1的电流和流经L2的电流在a点产生的磁感应强度不相同
C．外磁场的磁感应强度的大小为2B0
D．外磁场的磁感应强度的大小为B0
18．如图所示，在匀强电场中有一直角三角形ABC，∠C＝90°，∠A＝30°，BC边长2 cm。电场强度的方向与三角形ABC平面平行。一电子从A点移到C点电场力做功为15 eV，从B点移到C点电场力做功为5 eV。则下列说法错误的是

A．A、B两点间的电势差UAB为10 V
B．电场强度的方向方向与AB成60°夹角
C．电场强度的大小为500 V/m
D．一电子从B点移到AC的中点，电势能增加2.5 eV
19．汽车在平直公路上直线行驶，发动机功率保持恒定，行驶时所受的阻力恒定，其加速度a和速度的倒数（）图象如图。若已知汽车的质量，根据图象信息，可以求出

A．汽车的功率 B．汽车行驶的最大速度
C．汽车所受到阻力 D．汽车运动到最大速度所需的时间
20．如图为模拟远距离输电的部分测试电路。a、b端接电压稳定的正弦交变电源，定值电阻阻值分别为R1、R2，且R1＜R2，理想变压器的原、副线圈匝数比为k且k＜1，电流表、电压表均为理想表，其示数分别用I和U表示。当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，电流表、电压表示数变化分别用ΔI和ΔU表示。则以下说法正确的是

A． B．
C．电源的输出功率一定减小 D．电压表示数一定增加
21．如图，长度为l的轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链固接于水平面上的O点。置于同一水平面上的立方体B恰与A接触，立方体B的质量为M。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为，重力加速度为g，则下列说法正确的是

A．A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为2 : 1
B．A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为
C．A落地时速率为
D．A、B质量之比为1 : 4
第Ⅱ卷（非选择题，共174分）
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，考生根据要求做答)
(一)必考题(共129分)
22．(5分)在一次课外活动中，某同学用图甲所示装置测量放在水平光滑桌面上铁块A与金属板B间的动摩擦因数。已知铁块A的质量mA＝0.5 kg，金属板B的质量mB＝1 kg。用水平力F向左拉金属板B，使其一直向左运动，稳定后弹簧秤示数的放大情况如图甲所示，则A、B间的动摩擦因数μ＝________（g取10 m/s2）。该同学还将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一系列的点，测量结果如图乙所示，图中各计数点间的时间间隔为0.1 s，可求得拉金属板的水平力F＝________N。

23．(10分)某同学测定电源电动势和内阻，所使用的器材有：待测干电池一节(内阻很小)、电流表A(量程0.6 A，内阻RA小于1 Ω)、电流表A1(量程0.6 A，内阻未知)、电阻箱R1(0～99.99 Ω)、滑动变阻器R2(0～10 Ω)、单刀双掷开关S、单刀单掷开关K各一个，导线若干。

(1)该同学按图甲所示电路连接进行实验操作。请在虚线框内补全与图甲对应的电路图。
(2)测电流表A的内阻：闭合开关K，将开关S与C接通，通过调节电阻箱R1和滑动变阻器R2，读取电流表A的示数为0.20 A、电流表A1的示数为0.60 A、电阻箱R1的示数为0.10 Ω，则电流表A的内阻RA＝________Ω。
(3)测电源的电动势和内阻：断开开关K，调节电阻箱R1，将开关S接__________(填“C”或“D”)，记录电阻箱R1的阻值和电流表A的示数；断开开关K，开关S所接位置不变，多次调节电阻箱R1重新实验，并记录多组电阻箱R1的阻值R和电流表A的示数I。
(4)数据处理：图乙是由实验数据绘出的图象，由此求出干电池的电动势E＝__________V、内阻r＝__________Ω。(计算结果保留二位有效数字)
24．(14分)足够长的水平传送带右侧有一段与传送带上表面相切的四分之一光滑圆弧轨道，质量M＝2 kg的小木盒从离圆弧底端h＝0.8 m处由静止释放，滑上传送带后做减速运动，1 s后恰好与传送带保持共速。传送带始终以速度大小v逆时针运行，木盒与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，木盒与传送带保持相对静止后，先后相隔T＝5 s，以v0＝10 m/s的速度在传送带左端向右推出两个完全相同的光滑小球，小球的质量m＝1 kg。第1个球与木盒相遇后，球立即进入盒中并与盒保持相对静止，第2个球出发后历时Δt＝0.5 s与木盒相遇。取g＝10 m/s2，求：
(1)传送带运动的速度大小v，以及木盒与第一个小球相碰后瞬间两者共同运动速度大小v1；
(2)第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇。








25．(18分)如图所示，在真空室内的P点，能沿平行纸面向各个方向不断发射电荷量为＋q、质量为m的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同。ab为P点附近的一条水平直线，P到直线ab的距离PC＝L，Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ＝。当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab直线，且它们到达ab直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)粒子的发射速率；
(2)PQ两点间的电势差；
(3)仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间。











33．【物理——选修3-3】(15分)
(1)(5分)根据热学知识，下列说法正确的是___________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）
A．一定质量的理想气体，当温度升高时，内能增加，压强增大
B．晶体熔化过程中，温度保持不变，晶体分子势能增加
C．液体表面层分子间距离较其内部分子间距离小，表面层分子间表现为斥力
D．物体温度升高时，热运动速率大的分子数占总分子数比例增大
E．即使在现代化的热电厂中，燃气的内能也不可能百分之百转化为电能
(2)(10分)有一左端封闭、右端开口并朝下的U型玻璃管，用两段水银柱密封了两部分理想气体A和B，如图甲所示，上部水银柱两侧液面差h1＝15 cm，两部分气体之间的水银柱高度h2＝5 cm，气柱A的长度L1＝7.5 cm，气柱B的长度L2＝20 cm。大气压强p0＝75 cmHg；现将U型管缓慢翻转至开口向上并轻弹玻璃管让两部分气体合并至封闭端顶部，如图乙所示，若环境温度保持不变，求合并后气柱的总长度L。






34．【物理——选修3-4】(15分)
(1)(6分)如图所示，三棱镜截面是边长为L＝cm的等边三角形，一束单色光与AB边成30°角斜射到AB边中点上，光束进入三棱镜后与三棱镜的底边平行，再经过三棱镜折射后离开三棱镜。光束离开三棱镜时相对于入射光线偏转的角度为θ＝___________；棱镜对这束单色光的折射率n＝___________；这束光通过三棱镜的时间t＝___________。(已知真空中的光速c＝3×108 m/s)

(2)(9分)有两列简谐横波a和b在同一介质中传播，a沿x轴正方向传播，b沿x轴负方向传播，波速均为v＝4 m/s，a的振幅为5 cm，b的振幅为10 cm。在t＝0时刻两列波的图象如图所示。求：

(i)这两列波的周期；
(ii)x＝0处的质点在t＝2.25 s时的位移。



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理科综合能力测试答案
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共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，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项符合题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．【答案】D
【解析】设悬挂后背包带与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得2Fcosθ＝mg；解得背包带的拉力F＝mg2cosθ ，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，则cosθ最大，由于相邻挂钩之间的距离为7cm，图乙中斜挎包的宽度约为21cm，故使背包带跨过四个挂钩时θ≈0，cosθ≈1，此时挂时背包带受力最小，故ABC错误、D正确。
15．【答案】D
【解析】原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子动量方向相反，粒子速度方向相反，由左手定则知：若生成的两粒子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中的轨迹为外切圆，所以为电性相同的粒子，可能发生的是α衰变，但不是β衰变；若是α衰变，生成的两粒子电性相同，图示由左手定则可知，两粒子都沿顺时针方向做圆周运动，故AD错误；核反应过程系统动量守恒，原子核原来静止，初动量为零，由动量守恒定律可知，原子核衰变后生成的两核动量P大小相等、方向相反，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2r，解得：r＝mvqB＝PBq，由于P、B都相同，则粒子电荷量q越大，其轨道半径r越小，由于新核的电荷量大于粒子的电荷量，则新核的轨道半径小于粒子的轨道半径，则半径为r1的圆为放出新核的运动轨迹，半径为r2的圆为粒子的运动轨迹，且：r1：r2＝2：90＝1：45，故D正确，B错误。
16．【答案】B
【解析】在轨道I上运动过程中，万有引力充当向心力，故有GMm(R+h)2＝m•4π2(R+h)T2，解得M＝4π2(R+h)3GT2，故选项A错误；在轨道Ⅰ的A点需要减速做近心运动才能进入轨道Ⅱ，所以在在轨道Ⅱ上A点速率小于在轨道Ⅰ上A点的速率，根据GMmr2＝mv2r 可得v＝GMr，可知在轨道III上B点速率大于在轨道Ⅰ上A点的速率，所以该卫星在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率，故选项B正确；从B运动到A的过程中只受到地球引力作用，引力做负功，势能增加，由于轨道III上的速度大于在轨道Ⅰ的速度，所以动能减小，由于在轨道Ⅲ上B点点火加速机械能增加，在轨道Ⅱ上A点点火加速机械能增加，所以机械能增加，故选项C错误；根据公式GMmr2＝ma可得a＝GMr2，所以轨道半径越大，向心加速度越小，故卫星从远地点A向近地点B运动的过程中，轨道变小，加速度变大，故选项D错误。
17．【答案】C
【解析】由于a、b两点相对于L1对称，L1和L2中电流大小相等，由安培定则可知，流经L1的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，故A错误；由于a点到L1和L2的距离相等，L1和L2中电流大小相等，由安培定则可知流经L1的电流和流经L2的电流在a点产生的磁感应强度相同，故B错误；由于a、b两点的磁感应强度的方向也垂直于直面向外，a点处的磁感应强度为Ba＝B0+B0+B ，b点处的磁感应强度为Bb＝13B0+B-B0，Ba＝3Bb，解得外加匀强磁场：B＝2B0，故C正确、D错误。
18．【答案】A
【解析】由题意得：UAC＝WAC-e＝-15V，UBC＝WBC-e＝-5V，UAC＝φA-φC，UBC＝φA-φB，UAB＝φA-φB＝-10V，故A错误；把AC线段三等分，连接BR，如图所示，由几何关系得：AC＝23cm，CR＝233cm，∠CBR＝30∘，则∠ABR＝30∘，∠ABC＝60∘，根据匀强电场等分线段等分电势差得BR为等势线，且UAR＝-10V，过A点作BR的垂线交于M点，可知AM＝2cm，故E＝Ud＝500V/m，方向与AB成60°夹角，故B、C正确；设AC的中点为P，有UPC＝-7.5V，由于UBC＝-5V，故UBP＝2.5V，电子从B点移到AC中点P，电场力的功为：W＝-eUBP＝-2.5eV，ΔEP＝2.5eV，即电势能增加2.5eV，故选项D正确。
19．【答案】ABC
【解析】根据P＝Fv得，F＝Pv，根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma，解得a＝F-fm＝Pv-fm＝Pmv-fm，可知图线的斜率k＝Pm＝20.05＝40，fm＝2，因为汽车的质量已知，所以可以得出汽车的功率P，汽车所受的阻力f，故A、C正确。当牵引力等于阻力时，速度最大，最大速度vm＝Pf，所以可以求出最大速度，故B正确。根据动能定理知，Pt﹣fx＝12mvm2-0，由于汽车运动的路程未知，则无法求出汽车运动到最大速度所需的时间，故D错误。
20．【答案】BCD
【解析】根据欧姆定律可知UI＝R2+R3，故选项A错误；理想变压器的原、副线圈的电压变化比ΔU1ΔU2＝n1n2，电流变化比ΔI1ΔI2＝n2n1，则有ΔUΔI＝ΔU2ΔI2＝n22n12ΔU1ΔI1，将R1视为输入端电源内阻，则有ΔU1ΔI1＝R1，所以有ΔUΔI＝n22n12ΔU1ΔI1＝R1k2，故选项B正确；向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，电阻增大，副线圈的电流I2变小，根据电流与匝数成反比知原线圈的电流I1变小，电源电压不变，电源的输出功率一定减小；R1两端电压减小，根据闭合电路欧姆定律可知原线圈的输入电压增大，根据电压与匝数成正比知副线圈的输出电压增大，电压表示数一定增加，故选项C、D正确。
21．【答案】ABD
【解析】设小球速度为vA，立方体速度为vB，分离时刻，小球的水平速度与长方体速度相同，即：vAsin30∘＝vB，解得：vA＝2vB，故A正确；根据牛顿第二定律有：mgsin30∘＝，解得vA＝，vB＝vA/2＝，故B正确；A从分离到落地，小球机械能守恒，mgLsin30°＝，v＝，故C错误；在杆从竖直位置开始倒下到小球与长方体恰好分离的过程中，小球和长方体组成的系统机械能守恒，则有：mgL(1−sin30∘)＝ ，把vA和vB的值代入，化简得：m：M＝1：4，故D正确。
第Ⅱ卷（非选择题，共174分）
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，考生根据要求做答)
(一)必考题(共129分)
22．(5分)
【答案】0.50(2分) 4.50(3分)
【解析】A处于平衡状态，所受摩擦力等于弹簧秤示数，Ff＝F＝2.50N。根据Ff＝μmAg，解得：μ＝0.50。由题意可知，金属板做匀加速直线运动，根据△x＝aT2，其中△x＝2cm＝0.02m，T＝0.1s，所以解得：a＝2.0m/s2。根据牛顿第二定律得：F-Ff＝mBa，代入数据解得F＝4.50N。
23．(10分)
【答案】(1)见解析图 (2)0.20 (3)D (4)1.5 0.25 (每空2分)
【解析】（1）由实物图连接原理图，如图所示；
（2）根据串并联电路的规律可知，流过电阻箱R1的电流I＝(0.60-0.20)A＝0.40A；
电压U＝0.10×0.40V＝0.040V，则电流表内阻为：RA＝0.0400.20Ω＝0.20Ω；
（3）S接D，否则外电路短路；
（4）根据（3）中步骤和闭合电路欧姆定律可知E＝I(R+RA+r)，变形可得：1I＝RE+RA+rE，根据图象可知:1E＝3.0-1.04.0-1.0，RA+rE＝0.3，解得E＝1.5V，r＝0.25Ω。
24．(14分)
【解析】(1)设木盒下滑到弧面底端速度为v'，对木盒从弧面下滑的过程由动能定理得Mgh=12Mv'2(1分)
依题意，木箱滑上传送带后做减速运动，由运动学公式有：v=v'-at'(1分)
对箱在带上由牛顿第二定律有：μMg=Ma(1分)
代入数据联立解得传送带的速度v=2m/s (1分)
设第1个球与木盒相遇，根据动量守恒定律得mv0-Mv=(m+M)v1(2分)
代入数据，解得v1=2m/s(1分)
(2)设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过t0与木盒相遇，则t0=sv0(1分)
设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有
μ(m+M)g=(m+M)a(1分)
得：a=μg=2m/s2(1分)
设木盒减速运动的时间为t1，加速到与传送带相同的速度的时间为t2，则t1=t2=Δva=1s(1分)
故木盒在2s内的位移为零
依题意：s=v0Δt+vt3(1分)
其中t3为木盒回到与1球碰撞点后再随带运动的时间
则对1球和2球有：t0+t1+t2+t3=T+Δt(1分)
代入数据解得：s=10m，t0=1s(1分)
25．(18分)
【解析】（1）设粒子做匀速圆周运动的半径为R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图所示。由几何知识可得(1分)
代入数据可得粒子轨迹半径(1分)
洛伦兹力提供向心力(2分)
解得粒子发射速度为(1分)
（2）真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab直线的动能相等，可知ab为等势面，电场方向垂直ab向下．水平向左射出的粒子经时间t到达Q点，在这段时间内
(1分)
(1分)
式中(1分)
解得电场强度的大小(1分)
则PQ两点间的电势差(1分)
（3）只有磁场时，粒子以O1为圆心沿圆弧PD运动，当圆弧和直线ab相切于D点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图所示．
据图有(1分)
解得α＝37°(1分)
故最大偏转角γmax＝233°(1分)
粒子在磁场中运动最大时长(1分)
式中T为粒子在磁场中运动的周期．
粒子以O2为圆心沿圆弧PC运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据图有
(1分)
解得β＝53°(1分)
速度偏转角最小为γmin＝106°(1分)
故最短时长(1分)
选考题：共45分。请考生从给出的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。则每学科按所做的第一题计分。
33．【物理——选修3-3】(15分)
(1)(5分)
【答案】BDE
【解析】由PVT＝C，可知当温度升高时，PV乘积增大，压强不一定增大，故选项A错误；晶体熔化过程中温度不变，吸收的热量用来增加分子势能，故选项B正确；液体表面层分子稀疏，分子间距离较大，分子间力为引力，就是表面张力，故选项C错误；温度升高，由速率分布图可知，热运动速率大的分子数占总分子数比例增大，故选项D正确；根据热力学第二定律，热机效率不肯能是百分之百，故选项E正确。
(2)(10分)
【解析】PA1＝P0-h1+h2＝65cmHg(1分)
PB1＝P0-h1＝60cmHg(1分)
设翻转及气体合并后气柱总长度减小了xcm，如图所示，

则：PA2＝PB2＝P0+(h1-2x)-h2＝（85-2x）cmHg(2分)
对A：PA1L1＝PA2LA(2分)
对B：PB1L2＝PB2LB(2分)
L＝LA+LB＝L1+L2-x(1分)
由以上三式代入数据得x＝5cm，LA＝6.5cm，LB＝16cm，L＝22.5cm(1分)
34．【物理——选修3-4】(15分)
(1)(6分)
【答案】60° 3 1×10-10s(每空2分)
【解析】如图所示，由于光束进入三棱镜后与三棱镜的底边平行，可知θ＝2×30°＝60°，折射率：n＝sin60°sin30°＝3；根据v＝cn可得：v＝3×1083m/s＝3×108m/s，这束光通过三棱镜的时间：t＝L2v＝3×10-23×108s＝1×10-10s
(2)(9分)
【解析】(i)由图可知λa＝4m，λb＝6m(1分)
根据T＝λv可得：Ta＝1s，Tb＝1.5s(1分)
(ii)a波从图示时刻传播到x＝0处需要的时间：t1＝Δx1v＝0.5s(1分)
则x＝0处的质点随a波振动的时间为：t2＝1.75s；(1分)
t＝2.25s时x＝0处的质点随a波振动到负向最大位移处，即：y1＝-5cm(1分)
b波从图示时刻传播到x＝0处需要的时间：t3＝Δx3v＝0.75s(1分)
则x＝0处的质点随b波振动的时间为：t4＝1.5s，(1分)
T＝2.25s时x＝0处的质点随b波振动到平衡位置处，即：y2＝0(1分)
故在t＝2.25s时a、b波相遇叠加，x＝0处质点的合位移为：y＝-5cm(1分)。
35. 【答案】（1）[Ar]4s2 6
（2） sp 3∶2
（3） HF分子之间存在氢键 BF3中硼原子有空轨道，HF中氟原子有孤对电子，两者之间可形成配位键
（4） 平面三角形 8 34 34 4×78NA×(546.2×10-10)3
【解析】（1）Ca是20号元素，根据构造原理可知基态钙原子的电子排布式是1s22s22p63s33p64s2，可简写为[Ar]4s2，根据核外电子排布式可知Ca原子核外有6种不同能量的电子；（2）乙炔中碳原子间形成碳碳三键，碳原子的杂化类型为sp杂化；根据共价单键是σ键，共价三键是1个σ键和2个π键，乙炔的结构式是H-C≡C-H，在乙炔分子中含有3个σ键，2个π键，所以σ键与π键数之比3∶2；（3）HF、C2H2都是由分子构成的分子晶体，分子晶体的熔沸点受分子之间的作用力影响，由于在HF分子之间除了存在分子间作用力外，还存在分子间氢键，使物质气化需要消耗的能量比一般的普通分子消耗的能量高，即物质的沸点比乙炔的高；在BF3分子中的B原子上有空轨道，而HF分子中的F原子上有孤对电子，当BF3与HF靠近时，HF分子中F原子的孤对电子填充BF3分子中B原子的空轨道，二者形成配位键，从而结合形成HBF4；（4）BF3分子中B原子的价层电子对数为3+3-3×12=3，没有孤电子对，所以分子的空间构型是平面三角形，而NO2F与BF3是等电子体，二者结构相似，所以NO2F分子的空间构型也是平面三角形；（5）以面心Ca2+为研究对象，在一个晶胞中连接4个F−，通过该Ca2+可形成2个晶胞，所以与该Ca2+距离相等且最近的F−共有8个，因此Ca2+的配位数是8；观察A、B、C的相对位置，可知C点的x轴坐标是34，y轴坐标是34，z轴坐标是14；根据晶胞结构可知，在一个晶胞中含有Ca2+：18×8+12×6=4，含有F-：1×8=8，即一个晶胞中含有4个CaF2，根据C点的坐标可知：晶胞中F-离子之间的距离为晶胞边长的一半，所以晶胞参数L=2×273.1pm=546.2pm，则该晶胞的密度为ρ=mV=4×78gNA×(546.2×10-10cm)3=4×78NA×(546.2×10-10)3g/cm3。
（6）
【解析】（1）由上分析知，A为，其化学名称为苯甲醛；E的核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积比为3∶2∶1，E能发生水解反应，E发生加聚反应得到F，故E为CH3COOCH=CH2，F的结构简式为。（2）G为，所含官能团为-OH，官能团名称为：羟基；羧酸X为CH3COOH，其实验式为CH2O。（3）B→C为醛基被氧化成羧基，故所需试剂为银氨溶液、水浴加热或新制Cu(OH)2悬浊液，反应条件是加热；F为、G为，所以由F到G发生的是取代反应(或水解反应)。（4）根据已知信息可得D（）和G（）在一定条件下发生反应生成光刻胶（），并生成HCl，其化学方程式为：n+→一定条件+nHCl；（5）C为，其同分异构体满足下列条件：①能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有“HCOO-”且水解产物含有酚羟基；②苯环上的一氯取代产物只有两种，则含有两个对位取代基，所以满足条件的结构简式为：。
（6）以CH3CHO为原料制备CH3COCOCOOH，需要增长碳链，由已知并结合流程A→B→C可得，先生成CH3CH=CHCHO，再生成CH3CH=CHCOOH，碳碳双键再与卤素单质加成，然后卤原子水解被羟基取代，最后催化氧化形成碳氧双键，流程为：。
37. 【答案】（1）选择（1分） 稀释涂布平板（1分） 土壤中含有4种能降解有机物A的细菌或培养基不纯含有其他碳源和氮源或接种过程被杂菌感染（3分）
（2）在浑浊和有沉淀的汁液中加入果胶酶和淀粉酶 化学结合法或物理吸附法
（3）生理盐水 蒸馏水和甲苯 搅乱蛋白质的洗脱次序
38. 【答案】（1）标记基因 终止子 鉴别和筛选含有目的基因的细胞
（2）氨基酸 E·coliDNA连接酶
（3）感受态（1分） 缓冲液
（4）大肠杆菌中基因表达获得的蛋白质未加工
【解析】（1）构建的表达载体含有目的基因（速效胰岛素基因）、标记基因、启动子及终止子等，其中启动子、终止了也是一段DNA分子，标记基因的作用是鉴别和筛选含有目的基因的细胞。（2）目的基因的获取可采用的方法有：原核基因采取直接分离获得，真核基因是人工合成。人工合成目的基因的常用方法有反转录法和化学合成法。为了获得目的基因可以通过提取分析Con-Ins Gl毒蛋白中的氨基酸序列推知毒蛋白基因的核苷酸序列，再用DNA合成仪直接大量合成。基因工程中需要DNA连接酶，根据酶的来源不同分为E•coliDNA连接酶和T4DNA连接酶两类。（3）将人工合成的目的基因导入大肠杆菌体内，一般先用药物处理大肠杆菌使之成为感受态细胞，再将重组DNA溶于缓冲液中与该类细胞融合，在一定温度下促进细胞吸收重组DNA分子完成转化过程。（4）经过目的基因的检测和表达，获得的Con-Ins Gl毒蛋白活性未能达到期待的“速效胰岛素”的生物活性，导致这种差异的原因可能是大肠杆菌属于原核生物，其细胞中不含内质网和高尔基体，基因表达获得的蛋白质未加工。