2021年高考理科综合押题预测卷01（新课标Ⅲ卷）（全解全析）

2021年高考原创押题预测卷01【新课标III卷】

理科综合,全解全析

1234567891011

DCADDDDDCDA

12131415161718192021

CCDACBBCDBDAC

1.【答案】D

【解析】A、同一生物体细胞内的遗传物质是相同的，结构与功能的差异是因为细胞的分化（实质是基因的

选择性表达），A错误；B、核孔实现核质之间频繁的物质交换和信息交流，核仁与某种RNA的合成和核糖

体的形成有关，蛋白质合成旺盛的细胞，核孔数量较多，核仁的体积较大，B错误；

C、有氧呼吸的第一阶段在细胞质基质进行，完成葡萄糖分解形成丙酮酸的过程，线粒体完成有氧呼吸的第

二和第三阶段，线粒体内膜上附着有与有氧呼吸相关的酶，但线粒体不能分解葡萄糖，C错误；

D、细胞膜上的水通道蛋白，是水出入细胞的通道，有利于水分子更加高效地进出细胞，D正确。

2.【答案】C

【解析】A、斐林试剂中，NaOH与CuSO4需混合使用，与还原糖反应的是Cu（OH）2,不需要提供碱性

环境，A错误；

B、双缩版试剂检测蛋白质的原理是在碱性条件下，CuSCU与具有肽键的化合物反应生成紫色络合物，先加

入NaOH后力口CuSO4,B错误；

C、重铭酸钾溶液为橙色，在酸性（加浓硫酸）条件下可与酒精发生化学反应，变成灰绿色，此方法常用来

检测酒精，C正确；

D、盐酸水解口腔上皮细胞可改变细胞膜的通透性，加速甲基绿吐罗红染液进入细胞对DNA、RNA染色，

D错误。

3.【答案】A

【解析】A、根据题干，脱氨酶将apo-B的mRNA上的一个碱基C转变成了U,没有改变apo-B基因，A

错误；

B、小肠细胞中的脱氨酶将apo-B的mRNA上的一个碱基C转变成了U,故与RNA结合的脱氨酶能识别并

结合RNA的特定序列，B正确；

C、由于只有apo-B的mRNA上替换了一个碱基，控制合成的蛋白质氨基酸数目就减少了，故推测UAA是

终止密码子，C正确；

D、图示机制导致人体同一基因控制合成不同蛋白质，D正确。

4.【答案】D

【解析】CD、病毒表面的蛋白质等物质充当抗原分子，进入机体后将引起机体产生特异性免疫过程，将在

人体血清中检测到特异性抗体，D正确、C错误；

A、疑似新冠肺炎病例可用核酸检测来判断是否感染，该方法是用新型冠状病毒的核甘酸序B、病毒要寄生

在活细胞中才能生存，在无机培养基上无法增殖，B错误；

列做出探针应用核酸分子杂交的原理进行检测病毒的有无，因此核酸检测的是机体中是否含有新冠病毒的

RNA,而非与人体的DNA进行杂交，A错误。

5.【答案】D

【解析】A、激素调节只是植物生命活动调节的一部分，A错误；

B、植物激素的化学本质不属于蛋白质，不是由核糖体合成，B错误；

C、植物体内的生长素和类似物可通过促进乙烯合成来抑制茎段细胞的伸长，C错误；

D、植物激素和动物激素都属于信号分子，既不组成细胞的组分，也不直接参与细胞代谢，而是对生物体的

生命活动起调节作用，D正确。

6.【答案】D

【解析】A、基因型为Aaa的三体植株产生的配子种类及比例为Aa：aa：A：a=2：1：1：2,A错误；

B、配子②为A,配子④为a,基因型Aaa的三体玉米在减数分裂时，三条染色体的两条随机配对与分离，

有一条随机地向细胞两极移动，根据减数分裂可分析知道Aaa的细胞进行减数分裂形成的4个配子情况有:

2Aa和2a；2A和2aa；不考虑交叉互换，不可能同时产生配子②和④。若考虑交叉互换，还可以是：lAa、

laa、1A、la,B错误；

C、三体抗病玉米自交，产生的雌配子有4种：比例为1/6A、2/6Aa、2/6a、l/6a,可育雄配子有2种1/3A、

2/3a,根据雌雄配子随机结合可求子代感病植株约占1/3,C错误；

D、以该三体抗病水稻作父本，产生2种雄配子：1/3A、2/3a。抗病水稻（Aa）产生1/2A和l/2a的配子，

根据雌雄配子随机结合可求出子代中抗病植株占2/3,D正确。

7.【答案】D

【解析】

A.计算机的芯片材料是高纯度单质硅，故A错误；

B.碳化硅陶瓷材料是一种新型无机非金属材料，故B错误；

C.碳纤维是由碳元素组成的一种特种纤维，属于无机材料，故c错误；

D.月球表面没有大气层，昼夜温差极大，因此国旗材料要求具有耐高低温、防静电等多种特性，故D正

确：

8.【答案】D

【解析】

A.丙烯和丁烯中均含有碳碳双键，能发生加成反应，A项正确；

B.丙烯中含有碳碳双键，能使滨水褪色，丙烷中不含碳碳双键，不能使滨水褪色，B项正确；

C.正丁烷中含有甲基，具有甲烷的四面体结构，所有原子不可能在同一平面上，C项正确；

D.丙烷的二氯代物有CHC12cH2cH3、CH2CICHCICH3,CH2cleH2cH2CI、CH3CCI2CH3共4种，D项错误。

9.【答案】C

【解析】

A.标准状况下，SCh不是气体，不能用气体摩尔体积进行计算，故A错误；

B.1个白磷分子有6个P-P键，因此Imol白磷P4固体所含共价键数目为6NA,故B错误；

C.Na2O2属于离子化合物，含有2个钠离子和1个过氧根离子，因此78gNa2C>2晶体（物质的量为Imol）

所含离子的微粒数为3M,故C正确；

D.常温常压下，22.4L氯气的物质的量小于Imol,因此22.4L氯气溶于水，转移电子数小于NA,故D错

误；

10.【答案】D

【解析】

A.苯与漠苯能够互溶，二者的沸点相差较大，可利用蒸储除杂，实验装置组装正确，故A正确；

B.强酸能够制弱酸，醋酸与碳酸钠反应生成CO2,因醋酸具有挥发性，因此利用饱和碳酸氢钠溶液除去

CO2气体中醋酸，将CO2通入硅酸钠溶液中，生成难溶物硅酸，可证明酸性：

CH,COOH>H2CO3>H2SiO3,故B正确；

C.H2,NH：密度小于空气，与空气在常温下不反应，因此可利用向下排空气法收集，收集时气体短进长

出，故C正确；

D.浓硫酸与铜反应生成二氧化硫气体需要加热，该装置缺少热源，故D错误；

11.【答案】A

【解析】

A.H2O2具有氧化性，从会将碘离子氧化为碘单质，离子方程式为2r+H2O2+2H+=l2+H2。，故A正

确：

B.向碳酸氢镀溶液中加入过量的NaOH溶液：HCO；+NH；+2OH=NH3-H2O+CO；-+H2O,故B

错误；

C.碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，向饱和的碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀：

+

CO；-+2Na+CO2+H2O=2NaHCO3,故C错误；

D.SO?具有还原性，NaClO具有氧化性，过量SO2通入NaClO溶液中，发生氧化还原反应：

+故错误：

H2O+so2+cio-=so^+cr+2H,D

12.【答案】C

【解析】

A.根据流程图，电解I分别用不锈钢网和石墨作电极，电解氯化钠溶液，制备氯气，所以需要用石墨为阳

极，故A正确：

B.“60℃歧化”的反应为氯气和碳酸钠反应生成氯化钠、氯酸钠和二氧化碳，反应离子方程式为3c卜+

2

3CO3=5Cr+CIO.V+3CO2,故B正确；

+

C.电解n中阳极反应式为：C103+H20-2e=C104-+2H,故C错误；

D.根据流程图，循环利用物质A的成分是NaCl、NaC104,故D正确。

13.【答案】C

【解析】

X、Y、Z、R、T为五种短周期元素，根据图像可知X是H,R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R

位于第二周期，则R是碳元素。丫与Z能形成Z2Y、Z2丫2型离子化合物，则Z是Na,丫是0。Z与T形

成的化合物Z?T,能破坏水的电离平衡，所以T是S。

A.氧离子半径大于钠离子半径，A错误；

B.元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性T>R,所以其最高价含氧酸酸性T>R,

B错误；

C.碳元素能形成多种氢化物，其沸点可能高于水，C正确；

D.由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液不一定显碱性，例如草酸氢钠，D错误；

14.【答案】D

【解析】逸出功与金属材料有关，与入射光的频率无关，由叱），可知，入射光的频率不同，电

子的最大初动能不同，又所以入射光的频率不同，遏止电压a不同，A错误；必须图甲所示电

路中的电源正负极反接过来，才能用来验证光电流与电压的关系，即当电压表增大到一定数值时电流计将

达到饱和电流，B错误；由爱因斯坦光电效应方程七,“=/?1/-叱），可知在入射光频率不同的情况下，光电

h

子的最大初动能不同，最大初动能与光照强度无关,C错误；由Ehn=hv-hvc=eUe,可得U,=一（丫一匕,），

e

故图线的斜率为相同的常量，D正确。故选D。

15.【答案】A

N.G

【解析】对正三角形内部的小球受力分析，如图所示，由几何关系可知一r无=-^,£不变，。从0°变到

sm0sinp

60°,所以球对AC边的压力一直增大，A正确；BCD错误；故选A。

16.【答案】C

【解析】因为沿C4方向入射的粒子恰垂直A8方向过。点，不妨研究它的逆过程，从。到4由于此过程

中速度的偏向角正切等于位移偏向角正切的2倍，可知此过程为类平抛运动，则粒子受垂直8c向下的电场

力作用，由于粒子带正电，可知场强方向垂直于8c向下，则BC电势相等，则选项A错误;

电场方向垂直BC向下，则沿垂直BC方向入射的粒子不可能经过A点，选项B错误；若N4CB=60。，则由

类平抛运动的规律可知R=%cos607,3R△色产，联立解得七=叵喷，选项C正确；若

22m4qR

NACB=45。，则过。点速率等于C点的速度沿CB方向的分量，即%=%cos45=^v°，选项D错误；

故选C。

17.【答案】B

【解析】由于每次相碰后滑块会粘在一起，根据动量守恒定律加％=2/〃岭，可知第二个滑块开始运动的速

度大小为％=同理第三个滑块开始滑动的速度大小为匕=1%，第（〃一。个球开始滑动的速度大小

为匕，因此运动的总时间为

〃一1

LLLLL“、\,、n{n-V)L

t=F------F-----F...H-------=—(l+2+3+・・・+〃-1)=------------

%J%3f%2%故选Bo

23n-\

18.【答案】B

【解析】若发光带是该行星的组成部分，则其角速度与行星自转角速度相同，应有u与r应成正比,

与图像不符，因此发光带不是该行星的组成部分，故A错误；设发光带是环绕该行星的卫星群，由万有引

力提供向心力，则有：G^=*,得该行星的质量为：由题图乙知，厂=R时，V=VQ,则有：M

=噜,故B正确；当r=R时有机g=片，得行星表面的重力加速度g=早，故C错误；该行星的平均密

度为。=4M=焉3vn2，故D错误。

铲R3

19.【答案】CD

【解析】该线圈产生的电动势的最大值为Em=N8S0=100x浅xO.2xO.4xlOO7tV=5S/5V,A错误；根

据理想变压器的变压公式可得副线圈两端电压的有效值为25V,由于二极管的单向导电性，结合有效值的

定义有竿x^=^T,解得电压表的示数为U=12.5陋VW7.68V,B错误；由焦耳定律得1min内电阻R

上产生的热量为。=不7=六*<6()1=75011,C正确；减小电阻R的值，副线圈中的电流增大，则原线圈中

的电流增大，电流表的示数变大，D正确.

20.【答案】BD

【解析】物块C做匀加速直线运动，设细线拉力为T,由牛顿第二定律得方-T=2ma,T=F—2ma

T与尸不成正比，故A错误；以物块B、C为研究对象，当弹簧的压缩量最大时产值最小，设弹簧弹力为6，

2Q2

由牛顿第二定律得尸一根g+4=(2〃z+m)a,又因为£=mg,a=L,所以尸=3丝，选项B正确;

2x2x

物块C做匀加速直线运动，因为细线长度不变，所以物块8也做匀加速直线运动，物块B受重力mg、弹

簧弹力及和细线拉力7,由牛顿第二定律得丁一"g一片=机"，弹簧拉力最大时，物块A恰好刚刚离开地

面*=m8,T最大，得到了=2根g+%，选项c错误；因为初始状态细线对B无拉力，弹簧处于压缩状

巡

A］一

态，由胡克定律得压缩量k,物块A恰好刚刚离开地面时，物块A不受地面支持力，弹簧处于伸长

%,=超

状态，由胡克定律得伸长量2人，初、末状态弹簧形变量相等，所以弹簧弹性势能相等。设力F做的

（2m4-777）V2（

功为WF,对•BC组成的系统由功能关系得唯2+mg,且”=%+%2,解得

3mv2

Wp=------Fmgx

2,选项D正确。故选BD

21.【答案】AC

【解析】线框进入磁场的过程，根据右手定则，感应电流都是逆时针方向，A正确；线框是相同材料的电

阻丝围成的，边长相等，电阻丝的横截面积之比为2：1,根据m=〃V=Q4LS,甲乙两个线框的质量之

比为2：1,两线框刚进入磁场瞬间，两线框下落的高/?相等，设斜面的倾角为6,根据动能定理

mgh-pmgLcos0=^mv2,两个线框刚进入的速度相等，产生的感应电动势为E=，线框是用相同

4/

材料的电阻丝围成的，边长相等，电阻丝的横截面积之比为2：1,根据/?二夕飞「，则电阻之比为1：2,

o-,2

则线框受到的安培力F=BIL=^^,则有。安＞七安，根据牛顿第二定律

mgsinO-F^-jjmgcos3=ma,则有。甲＜a乙，乙的加速度大，则乙线框完全进入磁场时速度也大，进

入磁场的时间较短，进入磁场后由于磁通量不变化，没有感应电流，只在重力和摩擦力作用下加速运动，

并且下滑的加速度均是（gsin，-〃geos6）,则乙线框所用时间短，B错误；两线框刚进入磁场瞬间，两

线框下落的高度/?相等，设斜面的倾角为。，根据动能定理mg〃-〃加gLcose=,my2,两个线框刚进入

的速度相等，产生的感应电动势为£=或丫，线框是用相同材料的电阻丝围成的，边长相等，电阻丝的横截

4ZF

面积之比为2：1,根据R=p—,则电阻之比为1：2,则电路中的电流为/=一，则甲、乙中感应电流

SR

之比为2：1,C正确；机械能的减少量转化为摩擦产生的热和电路中电流产生的热，由于摩擦力为

geos。，甲的摩擦力是乙的两倍，则摩擦产生的热是甲是乙的两倍，但是电流产生的热，由于两线框

进入磁场过程中速度不一样，则电流不同，无法比较产生的热量，也就无法得出下滑全过程中，甲、乙两

线框机械能减少量之比为2：1,D错误。故选AC。

22.【答案】⑴D（1分）（2）j2gL（l-cos61）（1分）sj需（1分）

（3）叫"2gL（］_cos6j=tn2s~m\J2gL（l-cos&）

（3分）

【解析】⑴由动能定理可得町gL（l—cosq）=g町片，碰撞前球1速度%=J2gL（1-cos6）,由动能定

理可得叫gL(l—cos，2)=5班片，碰撞后球1速度匕=,所以还需要测量悬点到球1球

心距离L，故选D。

(2)由(1)分析可知%=j2gL(l-coseJ,根据动量守恒表达式肛％=机2V2一g匕，需要测量两球质量,

根据平抛规律有球2碰后速度匕=：=§

(3)因此需要验证明Q2gL(l-cosBj

23.【答案】⑴.正极(1分)

⑶(2分)

(4)121(120-124)(2分)(4)电压表(1分)

(5)左侧(1分)(6)53(50-54)(2分)

【解析】(1)描绘二极管G的正向伏安特性曲线，“端应接电源的正极。

(3)指示灯正常工作时通过G的电流为15.0mA,根据图像可知，电压为2.18V,故电阻为R=告=145.3。,

4

则根据串联特点凡=6元T45.3O=12L4QO

(4)因为采取内接，电流表准确，电压表为电流表和电阻电压之和大于电阻两端电压，则需要修正示数的电

表是电压表；修正后绘出G的图线与修正前G的图线相比，修正后的图线位于左侧。

（5）电器处于正常待机状态时，将限流电阻RR=40。归为电源内阻，则。=4—40/,作图，得到工作点电

流为13.5mA,故图甲的电路消耗的功率为P=UZ=4xl3.5mW=54mW。

,W-1）,

24.【答案】（1）n=----2m/s.（2）k=3,h=4m

（1+左）

【解析】（1）由A到3,根据动能定理加=（1分）

v

解得a=42gR=2（）加Zs（1分）

a与b发生弹性碰撞，则mava=加.工+网稣（1分）

121f22八

-maVa=2m＜，Va+2^。分）

解得碰后物块。的速度巧,=——2m-匕=」40■〃心（1分）

m+km\+k

同理〃与c发生弹性碰撞：mhvh=mhv'h+叫匕.（1分）

11,12八

mv2m2

-bb=-bVh+-mcvc（1分）

,km-m40（攵一1）/

可得物块b碰撞后的速度大小为v；=-------vh=m/s（1分）

km+m（1+Z）

,40（Jt-l）z4080

⑵由“=正铲ws=T7E—而短叔5a分）

由均值不等式求极值可知，当左=3时物块力速度最大，％=5%

12

）'=”"

X=心

x2+y2=r（1分）

解得x=4m或%=-9m（舍去）（1分）

故物块人下落到圆弧形挡板。。上时的竖直坐标位置4=y=4m（1分）

m1/2:7?1JQ

25.【答案】（1）（0,4）；（2）&=—E,=―（3）W=—相片

2qdqd2

【解析】分析粒子运动。作出粒子的运动轨速如图所示。

x

x

X

X

X

X

（1）粒子在P点沿X轴负方向进入匀强磁场，做匀速圆周运动，设半轻为々根据牛顿第二定律有

2

qv^B-m^—（1分）

代入数据解得r=d（1分）

可见粒子做圆周运动的圆心在。点，A点在圆周的最高点，坐标＞A=r=d（l分）

所以A点的坐标为（0,d）,（1分）

11

（2）由题可知粒子在C点的动能为在A点动能的2倍，有万相近7=2乂万77党9（1分）

解得粒子在C点的速度大小吃3Vo（1分）

可知M与x轴正方向的夹角。=45。，粒子沿y轴负方向的分速度ucy=uo（1分）

在第一象限，粒子做类平抛运动，加速度4=必（1分）

m

在y轴负方向根据运动学公式有片,=2年（1分）

联立解得&（1分）

2qa

口与X轴的夹角a=45。，根据运动特点可知OC=2d（1分）

Id

运动时间4=—（1分）

%

由题意有（1分）

根据题意和以上分析知，粒子在第四象限受的电场力方向和叱的方向垂直，加速度的=四（1分）

m

C、。在同一条平行于y轴的直线上，在X轴方向位移为0,有％/28545°=54%面45°（1分）

联立解得后2=才（1分）

（3）粒子在D点的速度大小=J（®2）2+4=（1分）

1,1,

从A点到。根据动能定理可得电场力做的功W=5机用一耳机4（1分）

联立解得W=；加诏（2分）

26.（14分）【答案】

（I）（球形）冷凝管（1分）

（2）红（1分）

（3）清洗试管壁上残留的硫（或溶解硫单质）（1分）

（4）（CN）2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O（2分）

（5）N2（1分）

（6）不能（1分）Ksp（HgS）太小，溶解平衡难以正向移动（2分）

力口热

（7）4Hg（SCN）2^=4HgS+2CS2+3（CN）2T+N2T（2分）

（8）溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色（1分）-------X100%（2分）

m

【解析】

（1）根据装置图，可知仪器a的名称是（球形）冷凝管；

（2）KSCN溶液与Fe3+反应，溶液出血红色，若以Fe3+作指示剂，当溶液变为红色时，说明Hg2+沉淀完全;

（3）硫单质易溶于CS2,可用CS2清洗试管壁上残留的硫；

（4）点燃C中气体，气体燃烧火焰呈紫红色，边缘略带蓝色，说明Hg（SCN）2分解产物有（CN）2,（CN）2与

氯气性质相似，（CN）2与氢氧化钠反应的方程式是（CN）2+2NaOH=NaCN+NaCNO+H2O；

（5）镁在氮气中燃烧生成氮化镁，氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气，取下D装置，将燃着的镁条伸入

瓶中，镁条会继续燃烧，取出燃烧产物，加入少量热水，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证

明Hg（SCN）2分解产物中含有氮气；

(6)Kp(HgS)太小，溶解平衡难以正向移动，所以HgS不溶于盐酸；

(7)经上述推断，可知Hg(SCN)2分解生成HgS、N2、(CN”、CS2；反应的化学方程式是4Hg(SCN)

力口热

24Hgs+2CS2+3(CN)2f+N2T;

(8)NH4SCN标准溶液中含有NHaFe(SC)4)2指示液，溶液出红色，若滴入标准液后溶液由无色变为红色，

且半分钟内不褪色，说明HzlHgCL]完全被消耗，反应达到终点；滴定过程的反应关系式是Hg(SCN}—

反应消耗的物质的量是则分解的物质

HgS~~H21HgeR~~2NH4SCN,NH4SCNVcxl(y3mo],Hg(SCN)2

,,„,0.5Vcx10-3molx316g/mol,0.158cV

的量是3的分解率为-------------------------

0.5Vcx10-mol,Hg(SCN)2x100%=--------------x100%；

mgm

27.(15分)【答案】

+2+或+分)

(1)CO2O3+SO2+2H=2CO+SO^+H202co3++SO2+2H2O=2Co2++SOf+4H(2

(2)5.0~5.4(1分)2Al3++3CO；+3H2O=2A1(OHR+3CO2T(2分)

(3)向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分液(2分)

(4)静置，向上层清液中继续滴加Na2cCh溶液，若无白色沉淀生成，则说明Co?+已经沉淀完全(2分)

局温

分)

(5)2COCO3Co2O3+COT+CO2t(2

(6)过滤，向所得固体中加入稍过量稀硫酸，充分反应，过滤，把两次过滤的滤液合并(2分)保持60℃

左右蒸发浓缩，冷却至室温结晶，过滤，用酒精洗涤，干燥(2分)

【解析】

“酸浸"时与酸发生反应产生3++与发生氧化还原反应，产生2则通入

(1)Co2O3Co,Ct?S02Co\SO；,

发生反应的离子方程式是+2+或

SO2C02O3+SO2+2H=2C0+SO^+H2O2Co3++S02+2H20=2Co2++SO：+4H+；

(2)“除铝”时调节pH的目的是沉淀AM,而不沉淀Co2+、Zn2+,根据表可知pH范围为5.0〜5.4；反应为

加入的Na2cCh电离产生的CO；与A尸+发生双水解反应产生A1(OH)3沉淀和CCh气体，该反应的离子方程

式为：-

2Al3++3COj+3H2O=2A1(OH)3|+3CO2?:

(3)ZnS04在有机层中，由于该盐是强酸弱碱盐，水解显酸性，为抑制盐的水解，从有机层中获得ZnSCU

溶液的方法是向有机层中加入适量的硫酸溶液，充分振荡，静置，然后分液，就得到ZnSCU溶液；

(4)“沉钻”时为使Co?+沉淀完全，Na2c03溶液需稍过量且缓慢滴加，Co?+已沉淀完全，则向溶液中再加

入Na2c03溶液，就不会形成CoCO3沉淀，故相应的实验操作是：静置，向上层清液中继续滴加Na2cCh溶

液，若无白色沉淀生成，则说明Co?+己经沉淀完全；

(5)COCO3不稳定，隔绝空气灼烧发生氧化还原反应生成CO2O3,同时产生CO?、CO,该反应的化学方程

高温

式为：

2COCO3Co2O3+COT+CO2t；

(6)工业生产过程中得到溶液的溶质主要是ZnSOa和CuS04,向其中加入足量的Zn,发生置换反应：

Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu,然后过滤，所得固体中含有Cu及过量的Zn,向所得固体中加入稍过量的稀硫酸，

其中的Zn会发生反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2T，充分反应，过滤，把两次过滤的滤液合并，就得至ZnSO』

溶液。由图可知ZnSO4的溶解度随温度升高而增大，当温度在60℃后，其溶解度随温度的升高而降低。因

此从溶液中获得晶体的操作是：保持60C左右蒸发浓缩，然后冷却至室温结晶，过滤，再用酒精洗涤，干

燥，就得到ZnSCU晶体。

28.(14分)【答案】

(1)-165kJ-moH(1分)较低温度(1分)

(2)①acd(2分)②0.035mo1L【minT(2分)③75%(2分)

(3)Ni—La(l分)高(1分)*CO+*H=*CHO(2分)相同(2分)

【解析】

(1)主反应:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△〃；副反应①：

1

H2(g)+CO2(g)^CO(g)+H2O(g)A/71=+41kJ-mol；②2co(g)=C(g)+CC)2(g)△”2=-172kJmoi

③C(g)+2H2(g)=CHKg)△H.,=-75kJmoll,则：按盖斯定律，副反应2x①+②+③即得主反应，则主反

应的△4=2AM+AH2+A%=2(+41kJ-mol-1)-172kJ-mor'-75kJ-mor'=-165kJ-mol-1,主反应是牖减、放热反应,

则该反应可在较低温度下自发进行。

(2)在某高效催化剂的作用下，副反应的影响可忽略不计，则发生反应：

1

CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△//=-165kJ.mol；①对应平衡状态的判断：

a.由表知：”(CCh)=0.25mol时已平衡，则达平衡时消耗二氧化碳0.75mol,生成水1.5moL此时物质的量

浓度c(CO2MH20)=M(CO2)：/J(H2O)=1:6=0.25mol:1.5mol,则说明已平衡,a正确；

b.2L容器内气体质量守恒，混合气体的密度始终不变，不能说明已平衡，b错误；

c.v,t(H2)=4v逆(CHQ=v逆(H2),则正逆反应速率相等，说明已平衡，c正确；

d.密闭容器内压强会发生变化，当它不变，说明己平衡，d正确；

则答案为：acd；

(1-0.30)mol

②40min内，消耗H2的平均反应速率为：仅8,)==0.035moM•mi/。③反应达

240min

到平衡时CO2的转化率为Q―0,25)molx100%=75%。

Imol

(3)由图中反应历程与能量变化可知：吸附二氧化碳，若使用Ni—La催化剂时放热、以Ni(lll)为催化剂时

吸热，则使用Ni—La催化剂更有利于CCh的吸附。需要克服活化能才能发生反应，故反应能垒(活化能)最

高的步骤为整个反应的速控步骤，由图知，以Ni(Ul)为催化剂时*CO和*H转变为*CHO的活化能最大、故

该步为速控步骤，化学方程式为*CO+*H=*CHO。由图知，两种催化剂催化反应的速控步骤相同。

29.(1)8

(2)协助扩散减少

(3)线粒体内膜

(4)上移4<

【解析】(D由图1可知，物质甲是水在光下分解产生的氧气，从类囊体薄膜上产生，从产生部位扩散至

细胞外需要经过叶绿体类囊体薄膜、叶绿体双层膜和细胞膜4层膜共8层磷脂分子。

(2)ATP合成酶也是运输H+的载体，其在跨膜H+浓度梯度推动下合成ATP,由于类囊体膜内H+浓度较高,

因此H+跨膜运输方式为协助扩散；若膜两侧的H+浓度梯度突然消失，其他条件不变，则ATP合成减少，

导致三碳化合物还原形成的五碳化合物减少，因此五碳化合物含量会减少。

(3)植物细胞中含有ATP合成前的生物膜还有线粒体内膜，是有氧呼吸第三阶段的场所。

(4)如改用相同强度绿光进行实验，则光合速率下降，利用的C02减少，因此室内C02升高，即c点的位

置将上移。

当呼吸速率与光合速率相等时，从外界吸收CCh速率为零，据曲线可知，呼吸速率与光合速率相等的时间

点有4个，即6、18、30、42小时。由温室内CO2浓度变化曲线看出，前24小时CCh浓度不变(a-b),

而后24小时CO2浓度减少(b—c),说明前24小时比后24小时的CO2的吸收量少，净光合作用小，即前

24小时有机物积累量〈后24小时有机物积累量。

30.(1)0.8-1.2g/L(80-120mg/dL)肝糖原的分解和非糖物质的转化

(2)胞吐对蛋白质进行加工、分类和包装

(3)高口服葡萄糖刺激小肠K细胞分泌GIP能促进胰岛素分泌(合理即得分)

(4)胰岛素与受体的识别、结合，使细胞对胰岛素的敏感性降低

【解析】(1)正常成年人血糖的浓度一般维持在0.8-1.2g/L(80-120mg/dL)范围内。，血糖的来源除图中所

示途径外，还有血糖的主要来源是食物、肝糖原的分解、非糖物质的转化。

(2)小肠K细胞分泌多肽GIP,分泌的方式是胞吐。胰岛素属于分泌蛋白，从合成到分泌到细胞外这一过

程需要经过高尔基体，在动物细胞中高尔基体的作用是对蛋白质进行加工、分类和包装。

(3)给大鼠口服或静脉注射适量葡萄糖，与注射相比，口服后血浆胰岛素水平更高，原因是口服葡萄糖刺

激小肠K细胞分泌的GIP还能促进胰岛素分泌。

(4)胰岛素必须和受体结合后才能促进组织细胞加速摄取、利用和储存葡萄糖，长期的高脂饮食会使人体

空腹时胰岛素含量升高，而血糖也处于较高水平，可能的原因是高脂饮食影响了胰岛素与受体的识别、结

合，使细胞对胰岛素的敏感性降低。

31.(1)样方法"S"

（2）两种或两种以上的生物相互争夺相同的资源和空间面表现出来的相互抑制的现象否生物群落

类型没有发生改变

（3）调整能量流动关系，使能量持续高效地流向对人类最有益的部分双子叶植物对生长素类似物（2,

4-D）的敏感性更强，2,4-D会抑制甚至杀死刺萼龙葵

【解析】（1）刺萼龙葵是一种一年生草本双子叶植物，故常用样方法调查该植物的种群密度。在有限的环

境中，该杂草从出现到数量相对稳定的过程中，其种群数量呈“S”型曲线增长。

（2）刺萼龙葵与玉米田中的玉米及原有的杂草之间会争夺阳光、空气和土壤中的水肥条件，存在种间竞争

关系。竞争通常指的是两种或两种以上的生物相互争夺相同的资源和空间而表现出来的相互抑制的现象。

刺萼龙葵的出现使玉米田中的杂草种类发生改变，但是没有改变玉米田中的优势种，生物群落类型没有发

生改变，故没有发生演替。

（3）玉米田要定期除草，以获得玉米的高产，从能量流动的角度分析，其目的是调整能量流动关系，使能

量持续高效地流向对人类最有益的部分。2,4-D是一种生长素类似物，除草的原理是双子叶植物（刺萼龙

葵）比单子叶植物（玉米）对生长素类似物2,4-D的敏感性强，2,4-D会抑制甚至杀死刺萼龙葵。

32.（1）DNA分子中发生碱基对的替换、增添和缺失，而引起的基因结构的改变低频性、不定向性（随

机性）、普遍性等

（2）Aa

（3）①75%

②将该种抗病突变体种下。长大后让其自交，统计子代的表现型及比例，若子代突变体：野生型=3：2,则

假设成立，反之假设不成立（将该种抗病突变体种下，长大后让其作父本与野生型杂交，统计子代的表现

型及比例，若子代资变体：野生型=1：4,则假设成立，反之假设不成立）

【解析】（1）基因突变是指DNA分子中发生碱基对的替换、增添和缺失，而引起的基因结构的改变；它的

特点有低频性、不定向性（随机性）、普遍性等。

（2）根据题干中“将二倍体不抗病野生型水稻种子进行人工诱导，获得了一种抗病突变体，该突变体是由

一个基因发生突变产生的，且抗病与不抗病由一对等位基因控制”，说明二倍体不抗病野生型水稻基因型为

aa,抗病突变体基因型为Aa。

（3）抗病突变体Aa产生的雄配子理论上抗病与野生型的比例为1：1,而实际上抗病与野生型的比例为1：

4,这说明含抗病基因的雄配子可能部分死亡，死亡率为（4-1）/4xl00%=75%。若想验证该假说，将该种抗

病突变体种下，长大后让其自交，统计子代的表现型及比例，若子代突变体：野生型=3：2,则假设成立，

反之假设不成立；或者将该种抗病突变体种下，长大后让其作父本与野生型杂交，统计子代的表现型及比

例，若子代资变体：野生型=1：4,则假设成立，反之假设不成立。

33.（1）【答案】BCE

【解析】由图示图象可知，b、c、d、e点的体积丫相等，Ph>P>Pd>Pe,由查理定律午=C，可知

Th>T>Td>Te,选项E正确；-4是等温膨胀过程，则（,=7；,从。到仇c、4、e过程体积变化量AV

相同，气态对外做功W=a—。过程气体压强不变，a-c、I、a—e过程压强减小，则a—6过程

气体对外做功最多，。一人过程气体温度升高最大，气体内能增加最多，故A正确；a—c过程气体体积增大，

气体对外做功，arc过程气体温度升高，内能增加，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故B错误；a-e

过程气体温度降低，内能减少，气体体积增大，气体对外做功，气体内能的减少量可能等于气体对外做的

功，故C错误；氏c、d、e各状态下气体体积相等，分子数密度相等，即单位体积内的气体分子个数相等，

故D正确：故选BCE。

（2）【答案】①T=27；；②Q—（〃zg+PoS）L

LS2LS

【解析】①气体等压变化，有〒-（3分）

解得7=2"（2分）

②升温前，对活塞有2/ngsina+PoS=RS（1分）

膨胀时，气体对外做功为W=（1分）

根据热力学第一定律得AU=W+Q（1分）

解得AU=Q—（/?ig+PoS）L（2分）

34.（1）【答案】ABC.

【解析】图线中振幅最大处对应的频率应与做受迫振动的单摆的固有频率相等，从图线上可以看出，两摆

的固有频率力=0.2Hz,加=0.5Hz.当两摆在月球和地球上分别做受迫振动且摆长相等时，根据公式尸?

/可知，g越大，/越大，所以gu>gi，又因为giOg月，因此可推知图线I表示月球上单摆的共振曲线，

A正确；若在地球上同一地点进行两次受迫振动，g相同，摆长长的/小，且端=胎，所以外=竽，B正

确；加=0.5Hz,若图线H是在地面上完成的，根据g=9.8m/s2,可计算出口约为Im,C正确，D错误；

单摆的能量除与振幅有关，还与摆球质量有关，故E错误.

(2)【答案】①〃=1.8；②CE=4.1cm

【解析】①光路如图所示，由几何关系可知，光束在。点的入射角4=45。，光束从AC边射出三棱镜时

八…sin6,sin&

的折射角4=45。，由折射定律有