2022年高考押题预测卷02（全国乙卷）-理综（全解全析）

2022年高考原创押题预测卷02【全国乙卷】

理科综合•全解全析

1234567891011

DADBCCCCCcB

12131415161718192021

DAADCCCBCCDAC

1.

【答案】D

【解析】

【分析】

疫苗是将病原微生物（如细菌、立克次氏体、病毒等）及其代谢产物，经过人工减毒、灭活或利用转基因

等方法制成的用于预防传染病的自动免疫制剂。疫苗保留了病原菌刺激动物体免疫系统的特性。当动物体

接触到这种不具伤害力的病原菌后，免疫系统便会产生一定的保护物质，如免疫激素、活性生理物质、特

殊抗体等；当动物再次接触到这种病原菌时，动物体的免疫系统便会依循其原有的记忆，制造更多的保护

物质来阻止病原菌的伤害。

【详解】

A、黏膜细胞不能产生抗体，浆细胞才能产生抗体，A错误；

B、吸入式新冠病毒疫苗的使用不会作用于细胞膜上的病毒受体而使其失去功能，B错误；

C、某种疫苗具有特异性，只能针对相应病毒起到保护人体的作用，不能避免变异新冠病毒感染已接种该疫

苗的人体，C错误；

D、接种吸入式新冠病毒疫苗后可以阻断人与人之间的传播，因此可以避免同种病毒的空气传播感染，D正

确。

故选D。

2.

【答案】A

【解析】

【分析】

I、同位素标记法也叫同位素示踪法，同位素可用于追踪物质的运行和变化规律。在生物学研究中，用于研

究分泌蛋白的合成过程、噬菌体侵染细菌的实验、光合作用过程中水的来源和二氧化碳的转移途径等方面。

2、分别用绿色和红色荧光标记法标记鼠和人细胞膜上的蛋白质分子，让小鼠细胞和人在37c条件下融合，

40min后，绿色和红色荧光在融合的细胞膜上均匀分布。

【详解】

A、用,4C标记的CCh探明了光合作用中碳的转移途径，用含l5N的培养液培养大肠杆菌证明了DNA的半

保留复制方式，&N不具有放射性，不能检测同位素放射性，A错误；

B、DNA双螺旋结构的发现和研究某种群“J”型增长规律都采用了模型建构法，前者构建的是物理模型，后

者构建的是数学模型，B正确；

C、在探究酵母菌呼吸方式时，利用了有氧和无氧的两组实验装置进行对比实验，常用“梯度法'’来探究酶的

最适温度（或pH）,设计实验时需设置一系列不同温度（或pH）的实验组进行相互对比，C正确；

D、采用荧光标记法标记细胞膜上的蛋白质分子，让小鼠细胞和人细胞融合，表明细胞膜具有流动性；现代

分子生物学技术通过荧光标记确定基因在染色体上的位置，D正确。

故选Ao

3.答案：D

【解析】新冠病毒属于RNA病毒，遗传物质是一条单股正链RNA,通过自我复制生成子代病毒遗传物质

RNA,A错误；大肠杆菌是原核生物，无核仁，B错误；烟草细胞的遗传物质是DNA,不包括RNA,C错

误；同一个体的不同细胞中不同时期遗传物质的量不一定相同，D正确。

4.

【答案】B

【解析】

【分析】

呼吸作用包括有氧呼吸和无氧呼吸，有氧呼吸是在有氧条件可以将葡萄糖彻底分解成CCh和H?O,无氧呼

吸是在无氧条件下将葡萄糖分解成酒精和CO2或乳酸。

【详解】

A、由题意知，患者消化道内微生物发酵产生高浓度酒精能致其酒醉，所以患者肠道内产酒精微生物比例较

raj,A正确；

B、肠道微生物主要通过无氧呼吸产生酒精，B错误；

C、酒精进入细胞的方式是自由扩散，c正确；

D、呼吸作用最常利用的物质是葡萄糖，所以减少糖类物质的摄入可缓解ABS的病症，D正确。

故选B。

5.

【答案】C

【解析】

【分析】

1、生物进化理论的内容：种群是生物进化的基本单位；突变和基因重组提供进化的原材料；自然选择或人

工选择导致种群基因频率的定向改变；通过隔离形成新的物种。

2、根据题干信息，飞鸟A是捕食者，蜗牛是被捕食者，蜗牛有有条纹和无条纹两种类型，由图可见有条纹

的蜗牛被捕食的概率高，无条纹的蜗牛被捕食的概率低，据此分析答题。

【详解】

A、根据以上分析已知，有条纹蜗牛被飞鸟A捕食的概率大于无条纹蜗牛，所以控制有条纹性状的基因频

率将减小，A正确；

B、蜗牛是被捕食者，飞鸟A是捕食者，两者之间通过捕食和躲避捕食而相互选择，协同进化，B正确；

C、该地有条纹蜗牛与无条纹蜗牛共同生活在一起，可相互交配而实现基因的交流，属于同一个物种，C错

误；

D、当蜗牛数量因捕食而减少时会反过来抑制飞鸟A数量的增长，从而使两个种群数量保持相对稳定，D正

确。

故选C。

6.答案：C

【解析】该单基因遗传病产生的根本原因是基因突变，A错误；图1中1号和2号都正常，但他们的儿子

患病，说明该病为隐性遗传病，图2中编号8有两个条带，对应的样品来自于图1中的8号个体，而8号

个体是隐性纯合子，但出现了两个条带，说明致病基因内部存在相关限制酶的1个切点，B错误；6号生的

8号为患病男性，说明6号为杂合子，6号和5号均有三条条带，说明5号也为杂合子，从而说明控制该病

的基因位于常染色体上，5号和1号均有患病儿子，均为杂合子，基因型相同的概率为100%,C正确；因

致病基因位于常染色体上，男女患病机会相等，对胎儿进行性别鉴定不能降低生患儿的风险，D错误。

7【答案】C

【详解】A.压缩空气储能是利用空气状态的变化，重力储能利用介质动能势能的转化，属于物理储能方式,

储能装置放电时会发生化学反应，A说法错误；B.发展新型绿色储能利于实现“双碳”目标，与碳汇无关(碳

汇指树木、植物吸收汇聚的二氧化碳的量)，B错误；C.氨不易燃烧，易液化存储及运输，这些均优于氢。

合成氨时，更加低成本高效的电解水制氢方式、寻求合成氨的低温催化剂(目前合成氨条件：高温高压催

化剂)有待创新，且氨不易燃烧，燃烧时控制氮氧化合物的生成，都是研究攻克的技术问题，C说法正确；

D.将太阳能转化为电化学储能用到光电池，单晶硅、多晶硅都可做光电池，但并不唯一，还有其他可做芯

片的化合物半导体，最少的能量转化包括光能-电能-化学能，3种，D错误。故选C。

8.【答案】C

【详解】

A.配制一定物质的量浓度溶液定容时，视线于容量瓶刻度线相平，A能达到实验目的；

B.CO?与NaOH发生反应，可以使瓶内压强瞬间减小从而形成喷泉现象，B能达到实验目的；

C.NCh的密度比空气大，应该采用向上排空气法收集，即“长进短出”，C不能达到实验目的；

D.氨气极易溶于水，当胶头滴管中的水滴下时，瓶内压强瞬间减小，可观察到气球膨胀的现象，D能达到

实验目的；

答案选C。

9.【答案】C

【解析】

A.28.4gP2O5为0.2mol,即02moiP4O10,1个PQo含16个共价键(4个P=O,12个P-O,全部为极性键),

贝ijO.lmolPKXo含有共1.6mol共价键，也就是1.6M个，故A错误；

B.核反应方程式必须遵循核电荷数和质量数守恒，即可推算出A=36,Z=89,,ImoDM中含中子(89-36)

NA=53NA,故B错误；

C.由得失电子数目守恒可知，1mol锌与稀硫酸反应生成1mol氢气，与浓硫酸反应生成1mol二氧化硫，

则0.25molZn与一定量浓硫酸反应后完全溶解时，无论是生成氢气，还是二氧化硫，或是二氧化硫或氢气

的混合气体，气体的分子数恒定为0.25molxgmolT=0.25NA,故C正确；

++

D.ILImol/LCH3coONa溶液中〃(Na+)=lmol,根据电荷守恒：n(CH3COO)+n(OH)=n(Na)+n(H),所以

CH3coO与0H-离子数之和大于刈，故D错误；

故选C。

10.【答案】C

【详解】

A.一个柠檬酸分子中含有四个亲水基，故柠檬酸易溶于水，其中含有三个竣基，属于三元酸，A正确；

B.-OH,-COOH均可与Na发生置换反应得到H2,1mol柠檬酸共有-OH、-COOH4mol,故与足量Na反

应可得到2mol小，B正确；

C.符合要求的同分异构如下:

（序号代表-0H）,共有11种，C错误;

D.柠檬酸中含有羟基、竣基，两种官能团均可发生酯化反应，D正确;

故答案选C。

11.【答案】B

【分析】

根据化合物G的焰色实验为黄色，可推断有钠元素，G与F反应生成CO?,故G为碳酸钠或者为碳酸氢钠,

则可推出E为钠的化合物，E中含两种元素，又能与C0?反应，故为Na^O?,A与B为钠与氧气；再根据

特征反应条件光照反应生成的产物能与碳酸钠反应，可推断为H2与C1?反应生成HCI,故W为H,X为0,

丫为Na,Z为Cl。

【详解】

根据上述分析，W为H,X为O,丫为Na,Z为Cl,

A.核外电子排布相同时，核电荷越大半径越小，则简单离子半径：Cl>O2->Na+>H+,故A项正确;

B.C1的一种含氧酸为HC10,HC1O为弱酸，故B项错误；

C.丫形成的常见氧化物有Na?。、Na2O2,其中阳离子与阴离子个数之比都为2：1,故C项正确；

D.也0中只有极性键，凡。。中既有极性键又有非极性键，故D项正确。

故选B。

12.【答案】D

【分析】

由图可知，传感器中发生4Ali3+3O2=2A12Ch+6L,原电池反应为2Ag+E=2AgL所以原电池的负极发生

Ag-e-=Ag+,正极发生L+2Ag++2e=2Agl,以此来解答。

【详解】

A.根据以上分析可知银电极为负极，多孔石墨电极为正极，故A正确；

B.传感器中发生4Ali3+302=2ALCh+6l2,所以透过聚四氟乙烯膜后与A%反应生成L,故B正确；

C.多孔石墨电极为正极，发生得到电子的还原反应，即附近发生如下反应：L+2Ag++2e=2AgI,故C正确;

D.由于氧气所处的状态未知，则不能计算参加反应的氧气体积，故D错误；

故选D。

13.

【答案】A

【解析】

向某浓度H2A溶液中加入NaOH溶液时，由于二者发生反应，所以H2A逐渐减少，-lgc(H2A)会逐渐增大,

所以图中呈上升趋势的为-lgc(H?A)与pH变化关系，标①；H2AWH++HA-,HA#H++A2-,A?一会逐渐增大,

-lgc(A4)会逐渐减小，但是不会等于0,所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为-lgc(A3)与pH变化关系，标

②；另一条则是［就磊］与PH的变化图‘标③,以此解题。

【详解】

c(H)(HA)卜_c(Hj-(A2)C2(H+)C(A2)

A.电离常数的表达式为:④，当pH=3.05

C(HA)-，%c(HA)

2C(H2A)

时，-lgc(A2)与-lgc(H2A)相等，即c(A%)=c(H2A)代入④，可得勺・&2=(103°5)2=104/；又由图中③可知，当

Pg、时，胆黔=。,即C(A+C(HA)即3*所以卜「俏-A错误;

B.a点时,电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A，+c(HA)+c(OH-),移向c(H+)-c(OH)=2c(A，+c(HA)c(Na*),

1095

a点时，pH=3.05,所以C(H+)=103°5,C(OH)=10,因为c(凡A)=c(A%),所以

3051095+

1O--1O--=2c(H2A)+c(HA-)-c(Na),因为c(Na+)>0,所以C(HA)+2C(H2A)>1()-3.O6_[O-IO.95,B正确；

C.NaHA溶液，由HA-既存在电离又存在水解，所以c(Na+)>c(HA),HA#H++A2-,HA+HzOuHzA+OH、

所以C(A2-)与C(H2A)的大小取决于电离和水解的程度，Ka2=10-5.3,即HA-的水解常数

k10-14

kh===l0,32<10532

lT10^，所以HA一的水解程度小于HA-的电离程度，所以C(H2A)<C(A-),故NaHA溶

al

+2

液中c(Na)>c(HA-)>c(A)>c(H2A),C正确；

D.b点时,电荷守恒为c(Na')+c(H+)=2c(A2-)+c(HA)+c(OH-),此时pH=5.3,即咽嗦*]=0,所以

c(HA)

c(A2)=c(HA-),所以上式变形为：c(Na+)+c(H+)=3c(A2-)+c(OH-),c(Na+)-3c(A2>c(OH)-c(H+),因为

c(OH)<c(H+),所以:c(Na+)<3c(A2"),D正确；

故选Ao

14.【答案】A

【解析】X比葭Sr的比结合能大，因此X比;:S/•更稳定，A项正确；X的核子数明显比第。小，因此X的

结合能比埸U的结合能小，B项错误；根据质量数、电荷数守恒得到X的质子数为54,中子数为78,C项

错误；该反应是重核的裂变反应，D项错误。故选A。

15.【答案】D

【解析】小球和小车组成的系统合力不为0,动量不守恒，故A错误；系统在水平方向不受外力，动量守

恒，因此到达8点时，小车速度为0,小球速度方向竖直向上，小球不能进入轨道，又因为小球从8点

冲出，在空中上升的最大高度为q％,机械能减小，故BC错误；根据动能定理可知〃取=0,

即(mg%=叼，第二次在轨道上小球速率小于第一次速率，因此圆弧面对小球支持力减小，即摩擦力减小,

因此第二次在圆弧轨道上摩擦力做功小于第一次，因此第二次损失的机械能小于第一次损失的机械能，所

以上升的最大高度故D正确。故选D。

16.【答案】C

【解析】电梯舱内的航天员与地球一起同轴转动，当r=R时电梯中的航天员受到万有引力和电梯的弹力

竿-尸N=等，第一宇宙速度为只有万有引力提供向心力时，即上式中&=。时匀速圆周运动的线速度,

因此航天员在i处的线速度小于第一宇宙速度，故B错误；由公式丁-2府，，可知，随着「增

大，航天员受到电梯舱的弹加咸小，当丁=小协,时，e,%为同步卫星的轨道半径，此时电梯舱对

航天员的弹力为零，此时只由万有引力提供向心力，带入题目中所给数据可得r=6.6R,即电梯舱对航天员

的弹力为零时，电梯舱停在距地面高度为5.6R的站点；故C正确，D错误；当时，随着r继续增大，

需求的向心力更大，有丝丝+乙="疗乙知国反向增大；所以随着「从小于川到大于力逐渐增大的过程

r~

中，航天员受到电梯舱的弹力先减小为零后反向增大，故A错误。故选C。

17.【答案】C

【解析】粒子在静电分析器内沿中心线方向运动，说明粒子带正电，由左手定则可判断出粒子在速度选择

器中受到的洛伦兹力方向向上，粒子受到的电场力方向向下，故速度选择器的极板《的电势比极板鸟的高,

A错误；由*=西，可知，粒子的速度为口=今，B错误；由丫吟，又电场力提供向心力更=,.

片"iR

可得，粒子的比荷为乌=岛，C正确；粒子在磁分析器中做圆周运动，PQ为轨迹圆的直径，故P、。两

mHRB；

点间的距离为所=券=隼等，D错误。故选C。

qBE、B

18.【答案】C

【解析】根据右手螺旋定则可知检测电流产生的磁场方向向下，磁感线在磁芯中沿逆时针方向，可知霍尔

元件所在磁场方向向上，由于霍尔元件中的载流子为电子，可知电子移动方向与工作电流方向相反，根据

左手定则可知，电子在N端积累，N端为负极，则M端应与电压表的正接线柱相接，故A错误；设霍尔元

件单位体积内电子数量为小电子移动速度为V,则4时间内通过截面％的电荷量为。=/4=必6〃*，

得I=vSbd〃e=vbdne,由于MN之间存在电势差，则MN之间的电场强度为E=冬，电子所受沿6边方向

b

的电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反eE=ev8,联立解得，耽=?，因此若要提高灵敏度，可以适当

dne

减小d,增大工作电流/,故C正确，B错误；当霍尔元件尺寸和工作电流/不变时，根据可

dne

知电压表示数变大，磁感应强度8变大，则检测电流变大，故D错误。故选C。

19.【答案】BC

【解析】球在空中做平抛运动，在竖直方向上有产"'水平方向上有…，又皿干联立解得

2Votan0

x=-,--当---0-Vtan，Vl时，图象为直线，当tanO>l时图象为曲线，可知夕超过45。后，小球将不会掉

g

落在斜面上’根据图线的斜率"=第=怒’得"尸1m/s,故A错误’B正确；当G45。时’小球落在斜面

12

的底端，根据tan"”gt得平抛运动的时间詈=*-。公’斜面的长度

卬2%

L=^vJ=TxO.26m=(m,故C正确，D错误。故选BC。

20.【答案】CD

【解析】由图乙可知滑块在43m处电势能最低，因为滑块带负电，所以43m处的电势最高，选项A错误;

BC.耳内图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在户1m处所受电场力大小为

月=?N=1N,滑块所受滑动摩擦力大小为/=W"g=lN,在1〜3m区间内，滑块所受电场力与滑动摩擦

力方向相反，且不断减小，则滑块所受合外力方向与速度方向相反；在43m之后，滑块所受电场力与滑动

摩擦力同向，且不断增大，则滑块所受合外力方向也与速度方向相反。综上所述可知滑块向右运动过程中，

速度始终减小，在x=lm处速度最大，选项B错误C正确：滑块在x=lm处的电势能与在44m处的电势能

相等，根据能量守恒定律，若滑块能够经过a4m处，则应满足;机片2/At,根据题中数据可知实际情况

并不满足上式，所以滑块一定无法经过x=4m处的位置，选项D正确。故选CD。

21.【答案】AC

【解析】由题意可知小球在P点静止时，两弹簧对小球的弹力方向均沿直杆向上，且大小均为

T=k\x=3〃呼n,乙_=斜且si",设匀强电场的电场强度大小为E,在沿直杆方向根据平衡条件有

（mg+q£）sin6=2T,联立以上两式解得《=藁，故A正确；根据对称性可知小球在P、。两点时两弹簧

的弹性势能之和相同，即小球从P到。的过程中两弹簧对小球做功的代数和为零，则根据动能定理有

-Wg+4E）（2L-|qsine=g/w：,解得%=产祟亘，故B错误；小球从。点由静止下滑过程中，当

合外力为零时动能最大，即小球运动至尸点时动能最大，对小球从。到P的过程，根据动能定理有

Ekm=（〃?g+qE）（2L-[L}ine=^|"?gLsine,故C正确；从固定点8处剪断弹簧的瞬间，下端弹簧的弹力

突变为零，设小球加速度大小为小规定沿杆向下为正方向，对小球根据牛顿第二定律有

{mg+qE）s\nO-T=ma,解得a=jgsin。，方向斜杆向下，故D错误。故选AC。

22.（6分）【答案】（1）：（2分）J（2分）

（2）mg=Mq或mg=（加+"）々（2分）

kgkg

【解析】（1）由于旭您可表示绳子的拉力，对小车，由牛顿第二定律m

联立可得]二幺

+—a

Mmmg

则根据题意力3怨

得加〃邛

kgkg

（2）设小车释放后机下降〃高度，在满足加《用和平衡摩擦力后，对小车列动能定理机的=3^/①

小车匀加速力过程力=上二^②

2a

联立可得mg=M”

也可将机动能算进来，用〃+，〃代换①中的M,则得/ng=5+M）a

故满足表达式mg=Ma或mg=（tn+M）a,即可验证动能定理。

4U.U,

23.（9分）【答案】⑴3000（2分）»（2分）没有（2分）⑵置一广（3分）

【解析】（1）③根据并联电路规律可知5=5。R2

A2

2

由题意可知S=§U/,/?2=1500Q

解得R尸3000。

④根据闭合电路欧姆定律可得£=。/+~

i<vKv

,ERR、

整理得春V-菽's

ERvEx30003£

Ul'U2图象纵轴截距为b-R、,+R1-3000+1000一彳

4

电源电动势为

按图甲所示电路进行实验，消除了电压表分流对实验的影响，电压与电流的测量值等于真实值，该实验没

有系统误差。

（2）根据实验步骤，由欧姆定律得：Ui=h（RA+RP+RX）

U2=h（RA+RP）

解得&=彳■-牛

24.（14分）【答案】（1）0.5N,0.5N；（2）M=L3N,AT2=0.7N；（3）后m/s,2.85m

【解析】（1）圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心。连线的夹角6为120。，根据对称性可知，两侧弹

力大小均与重力相等为1N,内外轨道对小圆柱的摩擦力/=6=〃N=0.5N（3分）

（2）当々=6m/s,小圆柱刚经8点进入圆弧轨道时一%（1分）

2

在B点N|Sin60°-N2sin60°=〃?±（1分），乂cos60°+乂cos60°=mg（1分）

R

解得M=L3N,M=0.7N（1分）

（3）为了让小圆柱不脱离内侧轨道，vo最大时，在B点N/sin6（T=m'（1分）

1R

M'cos60°=mg（1分）

且g机4一;机喙,=-（f+&）/（1分）

解得V。的最大值为历m/s,在圆弧上受摩擦力仍为/=/+£=〃（2+N,）=〃-%=IN（1分）

cos60°

所以;加说“=力（1分）

解得s=2.85m（2分）

25.（18分）【答案】⑴3.6m/s2；（2）3.6C；（3）33.92J

【解析】（1）设金属杆6进入轨道HI区域瞬间速度大小为%,此时金属杆。的速度大小为匕，在金属杆〃

的下滑过程，由机械能守恒定律得，咫〃=g，"U（1分）

解得%=10m/s（1分）

A①BLx

金属杆。向左运动x=2.5m的过程中，通过金属杆a的电荷量为^=qQ々［j?=（（1分）

对金属杆a由动量定理得-BJq=mva-mv0（1分）

解得匕=4m/s（1分）

此时，回路的总电动势为E=B?L%+8J%=36V（1分）

E

总电流为/=——=36A（］分）

片+《

由牛顿第二定律得用〃=〃"（1分）

解得a=3.6m/s2（1分）

（2）设金属杆8进入轨道HI区域后通过其横截面的电荷量为/,金属杆。、人稳定时的速度分别为K，耳,

则4M=4W（1分）

对金属杆a由动量定理得4卬=加工-㈠叫）（1分）

对金属杆匕由动量定理得-生功'=相％-，曲，（1分）

联立解得工=3.2m/s（1分）

巾=6.4m/s（1分）

q'=3.6C（1分）

（3）整个过程中系统损失的机械能全部转化为焦耳热Q=g小成?以2（1分）

解得Q=84.8J（1分）

在整个运动过程中金属杆a产生的焦耳热为Qa=%与Q=33.92J（1分）

26.（14分）

【答案】(1)适当升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸浓度、搅拌等将Co3+、Fe3+还原为C02+、Fe2+

2++u

(2)6Fe+C1O-+6H=6Fe+Cr+3H2O>

(3)Fe(0H)3、A1(OH)3滴入几滴KSCN,振荡，溶液不变红

(4)4.8xlO-6mol-LH

(5)4：3

【解析】

【分析】

钻矿石中加入稀硫酸和Na2so3,可得C02+、Fe2\Al3\Mg2\Ca2+,加入的Na2sO3主要是将Cc>3+、Fe3+

还原为C02+、Fe?+,然后向滤液中加入NaCICh将Fe?+氧化为Fe3+,加入Na2cO3调整溶液pH,使Fe3+、Al3+

22+

形成Fe(0H)3、Al(0H)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有Cc)2+、Mg\Ca,滤渣2为Fe(0H)3、Al(0H)3,

再用NaF溶液除去Ca2+、Mg2+,过滤后，向滤液中加入草酸镀溶液得到二水合草酸钻，烟烧后制得CO2O3,

据此分析解答。

(1)

溶浸过程中，适当升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度等均可以加快反应速率和提高原料利用率；

Na2sCh是还原剂，主要是将Co3+、Fe3+还原为C02+、Fe2+；

(2)

“氧化”过程中在酸性条件下金属离子Fe2+与NaCICh反应产生Fe3+、C1及H2O,根据电子守恒、电荷守恒、

原子守恒,结合物质的拆分原则，可得该反应的离子方程式为6Fe2*+ClO3+6H+=6Fe"+Cr+3H2O；Fe?+与CIO；

反应而Co?+不发生反应，说明微粒的还原性：Fe2+>Co2+；

(3)

3+

用Na2cCh调节溶液pH,可以使溶液中Fe3+和A户全部转化为Fe(OH)3和A1(OH)3沉淀，达到除去Feff

AU+的目的，故滤渣2为Fe(OH)3和A1(OH)3；

可根据Fe3+与SCN-作用，使溶液变为血红色检验铁元素已被完全沉淀，操作为：取少量待测液于试管中，

滴入几滴KSCN溶液，充分振荡，若溶液不变红，说明溶液中无Fe3+,即Fe3+已经完全形成了Fe(OH)3沉

淀；

(4)

2+2+2+22+2

c(Ca)：c(Mg)=[c(Ca)-c(F)]：[c(Mg)-c(F)]=Kv/,(CaF2)：K7,(MgF2)=34：71,所以若滤液中

34

c(Mg2+)=1.0xl0-5molL',c(Ca2+)=l.OxIO'5mol-L_1x—=4.8x1O-6molL-1；

(5)

COC2OT2H2。在空气中高温煨烧，得到产品CO2O3,C0C2CU中Co元素化合价为+2价，CO2O3中C。元素化

合价为+3价,c。元素化合价升高,说明空气中的也参加了反应，因此酸根离子中c元素化合价会由cqj

中的+3价变为+4价的CO2气体，根据元素守恒可知还有H2O生成，煨烧时发生反应方程式：

高温

4COC2O4-2H2O+3O2=2CO2O3+8CO2+8H2O,由方程式可知CoCzOQH?。与O2的化学计量数之比为4：3。

27.(14分)

【答案】(1)-236

(2)V,O5/MgO-SiO2

(3)0.003C及时分离出H?O该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相

当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大

2

l^xpkPa物xpkPa

X

10.6410.64r

(4)

当fpkPa…xpkPa

10.64I10.64

【解析】

(1)

①2c3H式g)+O?(g)「"化剂、2c3H6(g)+2Hq(g)AH,

-1

②H2O(l)=H2O(g)AH2=+44kJ-mol

由丙烷、丙烯的燃烧热(AH)分别为-2220kJ-mo「、-2058kJ-mol'的方程式：

③C3H8(g)+5C)2(g)=3CO式g)+4H?O(l)AH,=-2220kJ-mor1

9

④C3H6(g)+]C)2(g尸3c。2值)+3凡0⑴AH4=-2()58kJ-mor'

由盖斯定律可得③x2-④x2+②x2得方程式①，则

AHI=2AH3-2AH4+2AH,=2x(-2220kJ-mol')-2x(-2058kJ-mol')+2x(+44kJ-mol')=-236kJ-mof'

则△H[=-236kJ-moL。

故答案为：-236;

⑵

在上述三种催化剂作用下，丙烯的选择性高且丙烷的总转化率高时.，丙烯产率才会最高，所以最好的催化

剂是：V2O5/MgO-SiO2o

故答案为：V2O5/MgO-SiO2

⑶

①在500℃、以VQ5/ALO3为催化剂的条件下，丙烷转化率为25%,丙烯选择性为40%,说明丙烷生成丙

烯的部分是40%,则△n(C?H6)=3moix25%x40%=0.3mol,则0〜lOmin,丙烯的化学反应速率

V(C3H6)=--------------=0.003mol-L1-min'

lOLxlOmin

②A.AH与物质状态和热化学方程式的书写有关，所以不论是否平衡状态其值都不变，故A错误;

B.2c3H8(g)+C)2(g)化剂22GH6(g)+2H2O(g),C3H与H?。的物质的量之比一直为1：1,不能说明该

反应达到平衡状态，故B错误；

c.G也为生成物，平衡时的质量才不再改变，故c正确。

③欲提高丙烷转化率，即让反应正向进行即可，所以可采取的措施是及时分离出产物HQ,促进反应正向

进行。

n(氮气)

④在恒温恒压的密闭容器中充入丙烷、氧气、氨气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，，内烷j越大，丙

烷的平衡转化率越大，其原因是：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于

减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。

故答案为：①0.003；②C；③及时分离出HQ；④该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气

的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。

(4)

在500℃、以Vq/MgO-SiO?为催化剂的条件下，向恒容密闭容器中充入ImolCsH*、ImolOz、8molN2

发生反应，丙烯选择性为45%,丙烷转化率为40%,则△!!((：3H6)=lmolx40%x45%=0.18mol,则可得：

2GH皿)+O2(g)、㈣蟠、2GH6(g)+2HQ(g)

起始n始(mol)1100

变化△n(mol)0.180.090.180.18

终态n终(mol)0.820.910.180.18

2c3H8(g)+7O2(g)工跳科、6co(g)+8Hq(g)

起始n始(mol)0.82

变化△n(mol)0.4-0.18

终态n终(mol)0.6

故平衡时：n(C3H8)=0.6mol,n(C3H6)=0.18mol,n(O2)=0.14mol,n(CO)=0.66mol,n(H2O)=1.06mol,

n(N2)=8mol,贝I」n总=10.64mol；

平衡时压强为pkPa,平衡分压=总压x体积分数，则PC,HxA牝xpkPa,P(C,H6)=-^-xpkPa,

10.6410.64

P(°2)=黑xpkPa,P(HQ)=黑^xpkPa,则该温度下丙烷氧化脱氢反应的平衡常数：

22

_P(C3H(,)P(H2O)_

P-2

P(C3HS)P(O2)

1.06

------------X

10.64

故答案为:

28.(15分)

【答案】⑴Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)21+2NH3f饱和食盐水可减缓生成氨气的速率

(2)三颈烧瓶(或三口烧瓶)

(3)分液漏斗的活塞与旋塞沉淀恰好完全溶解时

(4)打开K2,缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2减小气体的通入速率，使空气中的甲醛

气体被完全吸收0.0375

【解析】

【分析】

在仪器A中Mg3N2与HzO反应产生Mg(0H)2和N%,N%通入到AgNCh溶液中首先反应产生AgOH白色

沉淀，后当氨气过量时，反应产生Ag(NH3)2OH,然后向溶液中通入甲醛，水浴加热，发生银镜反应产生单

质Ag和CO?气体，产生的Ag与加入的Fe3+定量反应生成Fe2+,Fe?+与菲洛嗪形成有色物质，在562nm

处测定吸光度，测得生成Fe2+1.12mg,据此结合反应过程中电子守恒，可计算室内空气中甲醛含量。

(1)

Mg3N2与水发生盐的双水解反应产生Mg(OH)2和NH3)反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2X+2NH.4;

用饱和食盐水代替水，单位体积溶液中水的含量降低，可减缓生成氨气的速率；

(2)

根据仪器B的结构可知，仪器B的名称为三颈烧瓶；

(3)

银氨溶液的制备：关闭Ki、七，打开K3,打开分液漏斗的活塞与旋塞，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，

+

首先发生反应：Ag+NH3+H2O=AgOHl+NH：,后又发生反应：AgOH+2NH3H2O=[Ag(NH3)2]++OH+2H2。，

当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，就得到了银氨溶液，此时关闭K3和分液漏斗旋塞；

(4)

①用热水浴加热B,打开Ki,将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室内空气，关闭K“后续操

作是打开K2,缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；再重复上述操作3次。毛细管的作用是减

小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收。

②甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CCh,氢氧化二氨合银

被还原为银，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离

子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子l12mg,物质的量n(Fe)=^=2^生==2xl(?5moi,根据氧化还

M56g/mol

原反应电子守恒计算，设消耗甲醛物质的量为xmol,则4x=2xl(Pmolxl,x=5xW6mol,因此实验进行了

4次操作，所以测得1L空气中甲醛的含量为1.25x104moi，空气中甲醛的含量为1.25xlO6molx30g/molxl03

mg/g=0.0375mg/Lo

【点睛】

本题考查了物质组成和含量的测定、氧化还原反应电子守恒的计算的应用、物质性质等，掌握基础是解题

关键，了解反应原理、根据反应过程中电子守恒分析解答。

29.

【答案】(1)苹果酸夜间没有光照，无法通过光反应为暗反应提供ATP和[H]

(2)叶绿体基质苹果酸分解为丙酮酸和CCh,C02可以参与光合作用暗反应

(3)b/6温度、空气湿度(答水分、干旱程度均给分)等

【解析】

【分析】

题图分析：夜间没有光照，不能进行光合作用，但是仙人掌气孔开放，细胞中的PEP可以与二氧化碳反应

生成OAA,进一步反应产生苹果酸储存在液泡中：白天苹果酸由液泡进入细胞质基质分解产生二氧化碳和

丙酮酸，其中二氧化碳进入叶绿体参与光合作用暗反应，而丙酮酸进入线粒体反应生成二氧化碳供叶绿体

使用。

(1)

夜间仙人掌气孔开放，吸收来自大气中的CO2,细胞中的PEP可以与CCh反应生成OAA,OAA进一步反

应产生苹果酸并储存在液泡中：该过程中发生在夜间，没有光照，无法通过光反应为暗反应提供ATP和[H],

暗反应无法进行，因此叶绿体无法合成糖类等有机物。

(2)

叶肉细胞中固定CO2的场所是叶绿体基质：白天仙人掌气孔关闭，液泡中苹果酸进入细胞质基质分解为丙

酮酸和C02,丙酮酸进入线粒体反应生成CO2,CCh进入叶绿体基质进行光合作用暗反应。

(3)

白天该叶肉细胞积累葡萄糖，就是液泡中苹果酸分解产生的C02进行光合作用所产生，而呼吸作用每分解

一摩尔葡萄糖产生的CCh,通过光合作用只合成一摩尔葡萄糖，不会影响光合作用中葡萄糖的积累，根据

光合作用总反应式可知苹果酸每小时分解产生CCh为bmoL则白天该细胞每小时积累葡萄糖为b/6mol；仙

人掌生活于干旱、高温的环境中，白天气孔关闭，夜晚温度、空气湿度等都会影响气孔的开度，影响苹果

酸的积累，进而影响细胞内C02浓度，所以均可影响光合作用。

【点睛】

熟知光合作用和有氧呼吸过程中物质和能量的变化是解答本题的关键，正确分析图示的信息是解答本题的

前提。

30.

【答案】(1)芽、幼嫩的叶和发育中的种子色氨酸不是植物体产生的含量

(2)乙烯通过影响细胞中基因的表达，进而促进离层的形成

(3)将生长状态相同的同种植株相同部位的叶片均分为4组(N3组即可)，1组用清水处理作为对照，2、3、

4组分别喷洒等量的不同浓度的曝苯隆溶液，然后在相同条件下培养这些植株，观察叶片脱落所需的时间

【解析】

【分析】

由图可知，睡苯隆具有促进乙烯、脱落酸的产生，抑制生长素运输的作用。

【详解】

(1)生长素主要的合成部位是芽、幼嫩的叶和发育中的种子，在这些部位，色氨酸经过一系列反应可转变

成生长素。曝苯隆虽然能调节植物的生命活动，但由于不是植物体产生的，因此不能称为植物激素。由图

可知，睡苯隆是通过影响内源激素的含量来促进叶片脱落和蕾的开裂。

（2）乙烯可促进离层区细胞合成和分泌酣X,酶X能够水解离层区细胞的细胞壁导致叶柄脱落。由此可知，

乙烯促进叶片脱落的机理是乙烯通过影响细胞中基因的表达，通过表达特定的能间接影响生物的性状，进

而促进离层的形成。

（3）设计实验时应注意控制无关变量相同且适宜，找出自变量和因变量。本实验的自变量是嚷苯隆的浓度,

因变量是叶片脱落的多少或时间等，植株的长势、健康状况、培养条件等属于无关变量。欲证明不同浓度

的睡苯隆对叶片脱落的影响，可将生长状态相同的同种植株相同部位的叶片均分为4组Q3组即可），1组

用清水处理作为对照，2、3、4组分别喷洒等量的不同浓度的噫苯隆溶液，然后在相同条件下培养这些植株,

观察叶片脱落所需的时间。

【点睛】

本题考查激素对生命活动的调节，要求考生熟记五大植物激素产生、分布、功能和对应的植物生长调节剂

的功能。

31.

【答案】（1）环境容纳量（K值）直接价值和间接

⑵

I.有机物分解产生的N、P含量增加，浮游藻类增加。

【1.使得以浮游藻类为食物的饵料鱼数量增加。

III.饵料鱼和微生物呼吸作用加强，使水中溶解氧含量减少，使大鲸种群数量较低

加大对景区的监管力度；减少景区的人为干扰

【解析】

【分析】

1、能量流动是指生态系统中能量的输入、传递、转化和散失的过程.

能量流动特点：①单向流动：生态系统内的能量只能从第一营养级流向第二营养级，再依次流向下一个营

养级，不能逆向流动，也不能循环流动.

②逐级递减：能量在沿食物链流动的过程中，逐级减少，能量在相邻两个营养级间的传递效率是10%-20%„

2、生物多样性的价值包括直接价值、间接价值和潜在价值。

3、保护生物多样性就是在生态系统、物种和基因三个层次上采取保护战略和保护措施。保护生物多样性的

措施有：一是就地保护，大多是建自然保护区；二是迁地保护，大多转移到动物园或植物园；三是开展生

物多样性保护的科学研究，制定生物多样性保护的法律和政策；四是开展生物多样性保护方面的宣传和教

育。

（1）

建立自然保护区可以提高环境容纳量（K值）。生物多样性的价值包括直接价值、间接价值和潜在价值。潜

在价值是目前暂不清楚的价值；直接价值是对人类食用、药用、工业、旅游观赏、科学研究、文学创造有

意义的；间接价值是对生态系统起重要调节功能的。当地的这些措施使得其成为了温度适宜、负离子含量

高的天然氧吧，说明对生态系统具有重要调节功能，属于间接价值，而旅游打卡属于直接价值。

（2）

①生态系统的能量流动包括输入（固定太阳能）、传递（食物链）、转化（分解者和生产者、消费者的细胞

呼吸）、散失（热量）过程，该生态生态系统能量流动过程如下：

②重度干扰的区域饵料鱼的捕获量比轻度干扰多，但是