理科综合-2021年高考考前押题密卷（课标全国卷）（全解全析）

2021年高考考前押题密卷【课标全国卷】

理科综合•全解全析

1234567891011

BCBCCCACDcC

12131415161718192021

BCCDDCAADADABD

1.B【解析】小鼠浆细胞分泌的抗体是分泌蛋白，破坏小鼠浆细胞中的高尔基体，会影响抗体的分泌，小

鼠免疫水平会降低，A错误；血糖调节的过程中，胰岛素的作用结果反过来影响胰岛素的分泌属于反馈调

节，B正确；动物细胞和植物细胞系统的边界都是细胞膜，C错误；洋葱的根尖细胞中无叶绿体，但由于含

有该物种的全套基因，所以用根尖细胞能培养出含叶绿体的绿色植物体，D错误。

2.C【解析】粘连蛋白、SGO蛋白都是蛋白质，蛋白质在细胞中的合成场所是核糖体，蛋白质的结构与功

能不同的根本原因是控制蛋白质合成的基因不同，A正确：酶的专一性是指一种酶只能催化一种或一类物

质的化学反应，细胞会产生水解酶将粘连蛋白分解，而染色体上的其他蛋白质不受影响，体现酶的专一性,

B正确；如果阻断正在分裂的动物体细胞内SGO蛋白的合成，则无SGO蛋白保护粘连蛋白，水解粘连蛋白

的酶在中期就起作用，则着丝点分裂，姐妹染色单体分离会由相应的细胞分裂后期提前到中期，故图示过

程会提前进行，C错误；据图分析，着丝点分裂后，姐妹染色单体分开成为染色体，并在纺锤丝的牵引下均

匀地移向两极，处于有丝分裂后期或减n后期，D正确。

3.B【解析】根据题文，TATAbox是碱基序列为TATAATAAT的DNA序列，其被彻底水解后得到脱氧核

糖、磷酸、A、T共4种小分子，A正确；TATAbox属于基因启动子的一部分，位于DNA上，而起始密码

子位于mRNA上，B错误；根据题文，RNA聚合酶与TATAbox牢固结合之后才能开始转录，而核糖核普

酸链的形成是通过转录得到的，C正确；某基因的TATAbox经“关闭”后，RNA聚合酶没有了结合位点，

不能启动基因转录，该研究为人们主动“关闭”某个异常基因提供了思路，D正确。

故选B。

4.C【解析】由于感染者的自我调节能力有一定的限度，会出现异常的肺衰竭症状，A正确；病毒含有核

酸，故病毒的组成元素中一定含有C、H、0、N、P,B正确；新型冠状病毒主要侵染肺黏膜细胞等，C错

误；RNA病毒容易发生变异与单链RNA结构不稳定有关，D正确。

5.C【解析】根据实验目的可知，甲组是实验组，乙组为对照组，对照组应该选用健康的小鼠做实验材料,

A正确；胰岛素的本质是蛋白质，其基本单位是氨基酸，S元素位于某些氨基酸的R基上，B正确；若X

明显小于Y,即甲组含放射性沉淀比例低；由题目（过量的）胰岛素抗体与胰岛素特异性结合形成沉淀（35S

标记的胰岛素是定量的），由于放射性元素35s标记的胰岛素定量，故而放射性沉淀比例越低，放射性胰岛

素与正常胰岛素相比就越少，即机体能产生的正常胰岛素在血浆中含量越高，C错误；胰岛素受体位于细胞

膜上，细胞膜上的蛋白质需要内质网等有膜细胞器参与加工修饰，D正确。

6.C【解析】人口增长会对环境造成压力，但减少人口数量也不一定能够实现对生态环境的保护，A错误；

先治理环境，才能更好地在今后保证经济发展，B错误；绿水青山就是金山银山，良好的生态环境是人类社

会持续协调发展的基础，C正确；保护环境、保护生物多样性，不是禁止对自然资源、能源等的开发和利用，

而是合理的开发和利用，D错误。

7.A【解析】A.为节能，必须增大舱体内物质的循环，舱内生活用氧主要来自电解水，电能来自太阳能

的转化，电解得来的氧气供给呼吸，氢气则与C02转化为甲烷与水，故A说法错误；

B.电推发动机直接利用电能作为推力，化学燃料需要携带，且会有污染物排放，B说法正确；

C.碑化像属于新型半导体材料，在耐高压、光电转化率表现优于传统的相对于硅制电池，

故C说法正确；

D.尿液分离出纯净水，可以采用多次蒸储的方法，D说法正确。

8.C【解析】A项，M含痰基、羟基、醛键、埃基、碳碳双键等，官能团种类多于Q,其分子式为C21Hl

A正确；B项，Q与M中含羟基，可发生与酸酯化，同时又属于取代，可燃，即可氧化，B正确；C项，

M分子中苯环上的一氯代物有4种，C错误；D项，Q中无苯环，单键碳构成六元环，不可能共面，D正

确；故选C。

9.D【解析】A.由于N%极易溶于水，所以通入NH3的导气管的末端不能插入到溶液中，由于CO2在水

中的溶解度较小，而易溶于碱性溶液，因此先通入NH3,后通入CO2,过量的NH3用稀硫酸吸收，选项A

错误；

B.H2c2。4和KMnO4的物质的量比分别为10:1,5:1,草酸均过量，KMnCM溶液滴入H2c2O4溶液均看不到

颜色变化，B错误；

C.接通电源构成电解池，在牺牲电能的情况下，无法证明反应是否具有自发性，C错误。

D.反应后得到粗漠苯，向粗漠苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的澳，振荡、静置，分层后分

液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸镭分离出沸点较低的苯，最终可得滨苯，选项D正确；

10.C【解析】由化合物甲中X能形成2个共价键可知，X为O元素、W为H元素，由W、.X、Y、Z为

元素周期表中的短周期主族元素，且原子序数依次增大，W和Y、X和Z分别为同主族元素可知，丫为Na

元素、Z为S元素，H、0、Na、S四种元素原子的最外层电子数之和为14。A.硫元素位于第三周期，硫

化氢分子中含有的电子数为18,故A错误；B.氧元素和钠元素形成的过氧化钠为离子化合物，化合物中

含有离子键和共价键，故B错误；C.同主族元素，从上到下离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，

核电荷数越大，离子半径越小，则X、Y、Z三种元素的简单离子半径大小顺序为Z>X>Y,故C正确：D.化

合物甲为亚硫酸氢钠，硫元素为+4价，而硫酸氢钠中硫元素化合价为+6价；氢氧化钠与硫酸等物质的量反

应生成硫酸氢钠，不能生成亚硫酸氢钠，故D错误；故选C。

H.C【解析】A.氯水中有氯气和次氯酸，都有强氧化性，可以将Fe?+氧化成Fe3+,故A正确；

B.烧瓶中有NaClO,是强碱弱酸盐水解显碱性，Fe3+碱性条件下会产生红褐色沉淀，故B正确；

C.烧瓶中有NaClO,有强氧化性，在溶液中KSCN中的会直接被氧化为硫酸根离子，故C错误；

D.氯水过量时，红色却会褪去,NaClO溶液至过量圆底烧瓶中红色变浅，都说明SCN-会被氧化剂氧化，SCN

中S：-2价，C：+4价，N：-3价，具有还原性可能被氧化的是硫或氮，若硫被氧化，则生成硫单质，不溶,

出现淡黄色沉淀(排除)，故N元素一定被氧化，(生成氮气)故D正确；

故答案为：C

12.B【解析】A.根据题目信息，四烷基胺氟盐是电解质，能在氟代酸中电离出自由移动的F,故A正确；

B.CeF3难溶于水，所以负极反应为Ce-3e-3F=CeF3,故B错误；

C.LaF3具有惰性，作为正极外壳可使正极Cu免于溶解，故C正确；

D.根据电子守恒，充电过程中，阳极溶解3moicu,则阴极析出2molCe,二者质量比为3moix64g.moH：

2molxl40g-mol1=24:35,故D正确；

选Bo

+

I3.C【解析】A.Ksp(AgCl)=c(Ag)-c(Cl),b点后c(C「)降低,则可知c(Ag+)升高，故b点滴加的可能是硝

酸银溶液，而不可能是氟化钾溶液，A项错误；

B.c点滴加KI溶液后，氯离子浓度升高然后达到一个比起始时略高的值，则说明此时溶液中银离子浓度减

小，而部分银离子转化为碘化银沉淀，因此c点后有黄色沉淀生成，B项错误；

c.d点时氯离子浓度大于起始时的氯离子浓度，而起始时有沉淀溶解平衡应有c(Ag+)=c(C1)，故d点

c(Ag+)<c(CF),C项正确；

D.由B选项的分析，c点后产生了碘化银，故应有Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),D项错误；

答案选C。

14.【答案】C

【解析】

A.AE中点G的电势为

夕=曰=外

所以CF是一个等势面，电场线与等势面垂直，旦由高电势指向低电势，所以电场强度方向由A指向E,所

以A错误；

B.如图所示，由几何关系可得

-27?cos300=2百cm

电场强度的大小为

E=媪=乎—=100V/m

dAE2GxiCT?

所以B错误；

C.该圆周上电势最高的点与圆周相切，如图所示在点”，则有

2

(pM—<po—ER—100x2\/3x10=2V,(po—(pc—\/3V

解得

%=(2+g)V

所以C正确；

D.电子在电势越高处，电势能越小，由于夕/>仍，，所以电子在O点的电势能大于处在F点的电势能，

则D错误；

故选C。

15.【答案】D

【解析】

对近地卫星，有

G笔=〃吟）”

4

联立得

3〃

p\GT?

考虑地球赤道处一小块质量为他的物体，只有当它受到的万有引力大于或等于它随地球一起旋转所需的向

心力时，地球才不会瓦解，设地球不因自转而瓦解的最小密度为P2,则有

。京"。耳）R

4”

M=p2--7rie

联立得

3万

-GT7

所以

a=lL

PCl"T2

故D正确ABC错误。

故选D。

16.【答案】D

【解析】

A.交流电压的有效值为

2200

U=—2一V=220V

V2

两灯均正常发光，则原线圈输入的电压为

G=U-UA=220V-20V=200V

副线圈电压

S=UB=20V

根据理想变压器变压比

n,j7,20010

丁❷一方一丁

故A错误；

B.变压器不改变交流电的频率，即频率比为1：1,故B错误；

CD.当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，阻值减小，副线圈电流变大，根据旦可知原线圈电流变大,

«2A

灯泡A分担的电压变大，灯泡A变亮，原线圈输入的电压变小，输出电压变小，所以灯泡B亮度变暗，故

C错误，D正确。

故选D。

17.【答案】C

【解析】

爆炸过程中，两滑块动量守恒，取水平向右为正，则

0=一叫匕+m2v2

爆炸之后分别对两滑块动能定理可知：滑块P

„12

一4m,gXi=0-/，4%

滑块Q

12

一2g/=0——m2V2

联立解得

町：=2:]

故ABD错误C正确；

故选C。

18.【答案】A

【解析】

AD.由图可知，在位移为0.2m处加速度为零，在位移为0.3m后，加速度不变，即物体离开了弹簧，其加

速度为重力加速度。所以有

女(0.3-0.2)=mg

在起始位置物体加速度最大，有

F-0.3k-mg=ma

解得

«=20m/s2

A正确，D错误：

B.弹簧的劲度系数为

k==100N/m

0.3-0.2

B错误；

C.弹簧恢复形变的过程中，弹簧弹力做的功为

W=-X=HXO.3J=4.5J

22

C错误。

故选A。

19.【答案】AD

【解析】

A.核反应遵守质量数守恒和电荷数守恒，故A正确；

B.华龙一号的原理是重核的裂变反应，故B错误；

C.原子核的比结合能越大，原子核越稳定，故C错误；

D.核裂变反应发生后，会释放能量，所以核子的平均质量减小，故D正确。

故选AD。

20.【答案】AD

【解析】

A.对于整个过程，由动能定理，可得

，"gLsin8-W^=0

可得，克服摩擦力做的功为

3

Wf=mgLsin6=wmgL

故A正确。

BD.设弹簧的最大压缩量为x,弹性势能的最大值为4,物体从A到最低点的过程，由能量守恒得

mg(L+x)sin0=pmgcos0-(L+x)+Ep

物体从最低点到B点的过程，由能量守恒得

mgxsin6+jjmgcos6-x=E0

联立解得

1,L1,

x=—L,--meL

4p4

故B错误，D正确；

C.设物体刚要接触弹簧前速度为v,由动能定理可得

12

mgLsin37-pimgLcos37=—mv~-0

解得

若g取10m/s2,有

v=JggL=2〃

物体接触弹簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑动摩擦力和弹簧的弹力的合力，物体先加速下滑，后来

重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力和弹簧的弹力的合力，物体减速下滑，所以重力沿斜面向下的分力

等于滑动摩擦力和弹簧的弹力的合力，即物体的合力为零，速度最大。显然最大速度比物体刚要接触弹簧

前的速度大，故C错误。

故选AD。

21.【答案】ABD

【解析】

图1

XXXxt友XXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXX

XXXX.

XXXX

XXX

XXX

XXX

••XXXX

图2

A.电子在磁场中做圆周运动，电子从P点到Q点，电子在每个磁场中转过的圆心角都是90°，电子的运动

轨迹可能如图1或图2所示，电子在磁场中的运动周期为

_27Vm

1=------

eB

则电子从尸点出发恰好第一次经原点O点的时间为

90_nnm

-n-----1--------n—1、2、3

36002eB

所以若电子从尸点出发恰好第一次经原点。点，运动时间可能为「，则A正确;

2eB

B.电子在磁场中做圆周运动的半径为r,由几何关系可得

n>/2r=yj2L

电子从P点出发恰好第一次经原点O点，运动路程为

nr

s=n——

2

当〃=1时

KL

S=----

2

JTJ,

所以若电子从尸点出发恰好第一次经原点。点，运动路程可能为二「，则B正确；

2

C.电子从尸点出发经原点。到达。点，运动时间为

T2n7rm.__

t=ni=-----,〃=1、2、3....

eB

2九m

所以若电子从尸点出发经原点。到达。点，运动时间可能为-则C错误；

eB

D.按图(1)电子从P点出发恰好第一次经原点。到达。点，运动路程为

s=几r

其中r=L当〃=1时

s=Ytljir-27rL

按图(2)电子从P点出发恰好第一次经原点。到达。点，运动路程为

s-〃2万厂

其中〃=，■当〃=i时

2

s=n2jvr=TVL

所以若电子从尸点出发恰好第一次经原点。到达。点，运动路程可能为2江，也可能是则D正确；

故选ABD

__________H-h

22.【答案】重物A开始释放时离地面的高度力；纸板离地面的高度H"2g("一力)h

【解析】

质最为M的重物A和质量为〃?的重物BCM>m),设重物A下降的高度/2,即重物A开始释放时离地面的

高度/?,而重物B上升的高度为“，即纸板离地面的高度H,对A、B组成的系统，根据机械能守恒定律得

12

(M-m)gh--+m)v

当重物A落到地面后，物体B做竖直上抛运动，则有

12

—mv"-=mg(H-/i)

那么重物A刚要落地时速度大小为

v=J2g(〃一〃)

联立解得

{M+m)H=2Mh

(1)实验室仅提供了刻度尺，则需要测量的物理量有：重物A开始释放时离地面的高度〃，与纸板离地面

的高度乩

(2)由上面分析可知，当重物A刚要落地时，重物A的速度大小为

v=y]2g(H-h)

(3)根据(M+m)〃=2M〃，可得

2MH

M+mh

则有

工7=%

Mh

那么则有

M-m_H-h

M+mh

上式成立，则重物A下落过程中，重物A和重物B组成的系统机械能守恒。

23.【答案】0.441.70满刻度的一半2：13U3Uy-U2U2-3UX(或

「一LN

3U「U°彩)

【解析】

(1)图甲最小分度值为0.02,因此示数是0.44A。

图乙最小分度为0.1,因此读数为1.70V。

(2)因为两表由同一个灵敏电流计改装，所以经过相同的电流时指针偏转的角度一样。电压表5的指针指在

满刻度的一半处，这时电压表V2的指针也指在满刻度的一半处。

根据串联电路电压的分配与电阻成正比，所以两表的内阻之比为2:1。

被测电阻&两端的电压为3a

(3)有题意可知，电压表Vi的内阻为与，则根据闭合电路的欧姆定律得

普r+5=E4+u5

0尺2

3v2

解得

E.2U、U?U「U

3U「UJ力-35观

24.【答案］(1)"=lm；(2)x=L65m

【解析】

(1)设夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为%,则

M=2g%

解得

%=J2g")=10m/s

取向下为正方向，设夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为V,由动量守恒定律得

=(M+m)v

代入数据解得

v=9m/s

由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力随距离均匀变化，可用平均力求阻力做功，则

W=--khh=--kh2

ff22

对夯锤与桩料，由动能定理得

2

(M+m)gh+Wf=0—+m)v

代入数据解得

/?=1m

(2)由于每次提升重锤距桩帽的高度均为％,每次碰撞后瞬间的速度均为v,设三次打击后共下降％则由图

象可知，克服阻力做功

W=-kx2

2

由能量守恒定律得

(M+m)gx+3xg(M+m)

v-kx2

2

解得

x=1.65m

。=剪

N="dK乃％

m

25.【答案】(1)；(2)BQR(3)2BR

【解析】

(1)根据洛伦兹力充当向心力

mv~2

Bvq

r

得

mv

qB

_2兀rIjim

1=------=--------

vqB

棒的角速度最小值为

2万qB

co=——=——

Tm

(2)根据洛伦兹力充当向心力

可得粒子离开加速器的速度为

BqR

m

由法拉第电磁感应定律，导体棒切割磁感线的电动势为

小~噂

根据动能定理

NE感q=

得加速的次数为

JB°R2

(3)带电粒子在电场中的加速度为

q_E感q

dm2dm之

粒子在电场中做匀加速直线运动，满足

Nd=-at2

2

为保证粒子一直加速，应满足

T

t<—

2

解得

,TLB/

d<—^―

2BR

26【答案】(1)增大接触面积，提高碱浸效率(或“使碱浸更充分”等合理答案也可)(2)GaAs+4NaOH

+4H2O2=NaGaO2+Na3AsO4+6H2O(3)温度过低时碱浸速率慢，温度过高易导致H2O2分解Fe2O3.

CaCO3(4)5.0-6.0(5)H2SO4(6)97.6

【分析】

神化钱废料，主要成分为GaAs,含Fe2O3,SiO2和CaCO3等杂质，加入NaOH、H2O2,GaAs转化为NaGaCh、

Na3AsO4,SiCh转化为Na?SiC>3进入溶液，Fe2O3,CaCCh难溶于氢氧化钠溶液形成滤渣I:浸出液中加硫酸

调节pH,生成Ga(OH)3、H2SQ3沉淀，向钱和硅共沉物中加入硫酸，Ga(OH)3生成Ga2(SO4)3溶液，电解

Ga2(S05溶液生成Ga、氧气、硫酸。

【解析】

(1)将碎化钱废料转变成悬浊液，可以增大与氢氧化钠、过氧化氢的接触面积，提高碱浸效率；

(2)碎化钱(GaAs)在“碱浸”时，NaOH、H2O2与GaAs反应生成NaGaCh、Na3AsO4,该反应的化学方程式为

GaAs+4NaOH+4H2O2=NaGaO2+Na3AsO4+6H2O；

(3)“碱浸”的温度控制在70℃左右，温度过低时碱浸速率慢，温度过高易导致H2O2分解，所以温度不能过

高或过低；Fe2O3,CaCCh难溶于氢氧化钠溶液，“滤渣I”的成分为Fe2O3、CaCO3；

(4)向浸出液中加H2sCU进行“中和“，调节pH使像和硅共沉淀，pH范围在5.0〜6.0时，钱和硅沉淀率高、

碑沉淀率低，所以“中和”的pH应调节至钱和硅范围5.0〜6.0内;

⑸电解Ga2(SO4)3溶液生成Ga、氧气、硫酸，则所得“尾液”的溶质主要是H2s0」，可进行循环利用，提高

经济效益;

(6)若用240kg含钱3%的神化钱废料回收钱，得到纯度为99%的钱7.10kg,则钱的回收率为

7.1x99%

xl00%=97.6%

240x3%

27.【答案】(1)2NaNO2+2CH3OH+H2SO4=Na2SO4+2CH3ONOt+2H2O(2)CH3ONO+N2H4H2O+

NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O缓慢通入CH3ONO气体ad(da)cbfe(bcfe)(3)真空低温(隔绝

空气，低温干燥)重结晶(4)65(然(c、M)%补充平行实验(重复滴定2〜3次)

2.50

【分析】

根据流程：NaNCh与甲醇、70%稀硫酸反应得到CH3ONO,加入NaOH水合朋溶液反应:

CH3ONO+N2H4・H2O+NaOH=CH3OH+NaN3+3H2。，得至U的A溶液为NaN.“混有水合月井、NaOH、CH3OH,

蒸储A将甲醇分离，得到B溶液，将其结晶、抽滤、洗涤、干燥得到产品。计算n[(NH4)2Ce(NO3)6],

n[(NH4)2Fe(SO4)2],结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸钝镂反应，剩余的六硝酸铀钱，向溶液中加适量硫酸,

用C2mol・L」(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁钱)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+,结合化学方程式定量关系计算；为

了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值。

【解析】

(1)步骤I总反应亚硝酸钠和甲醇在酸性条件下生成CH3ONO和硫酸钠，化学方程式为2NaNO2+2CH.,OH+

H2so4=Na2sO4+2cH3ONOT+2H2Oo故答案为：2NaNO2+2cH30H+H2SO4=Na2SO4+2CH3ONO]+2H2O；

(2)①步骤II三颈烧瓶中发生反应CH3ONO加入NaOH水合啡溶液生成NaN3和CH3OH,化学方程式为

CHjONO+N2H4H2O+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O0该反应放热，但在20℃左右选择性和转化率最高，

实验中控制温度除使用冷水浴，还需采取的措施是缓慢通入CH3ONO气体，降低反应速率，防止温度升高

过快。故答案为：CH3ONO+N2H#H2O+NaOH=NaN3+CH3OH+3H20；缓慢通入CH3ONO气体；

②步骤中制备叠氮化钠的操作是在三颈瓶中进行，制备叠氮化钠的操作是打开、关闭步骤

nKiK2,K3；HI

中溶液A进行蒸储的合理操作顺序是：关闭Ki、K2一打开K3T水浴加热、通冷凝水或打开K3T关闭K1、

K2T水浴加热、通冷凝水，故步骤H开始时的操作为ad(da)(选填字母编号)。步骤HI蒸储时的操作顺序是

cbfe(bcfe)(选填字母编号)。故答案为：ad(da)；cbfe(bcfe)；

(3)步骤IV对B溶液加热蒸发至溶液体积的三分之一，冷却析出NaN3晶体，减压过滤，晶体用乙醉洗涤2〜

3次后，再真空低温(隔绝空气，低温干燥)干燥。精制NaN3的方法是重结晶，使混合在一起的杂质彼此分

离。故答案为：真空低温(隔绝空气，低温干燥)：重结晶；

(4)①计算n[(NH4)2Ce(NC)3)6],n[(NH4)2Fe(SO4)2],结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铀镂反应，剩余的六硝

酸钿钺，向溶液中加适量硫酸，用c2moi七小114疝弊04)2(硫酸亚铁钱)标准滴定溶液滴定过量的Ce4+,结

合化学方程式定量关系计算：nKNH4)2Ce(NO3)6]=CiV|Xl(y3moi,n[(NH4)2Fe(SO4)2]=C2V2x1O^mol,与NaN3

反应的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=ciViX10_3mol-C2V2X10-3mol=(ciVi-C2V2)xl0-3mol,

/5g(然2给＞'I。＞]00%=65(4俨)％,产品纯度为国粤二垩2%。故答案为：

2.50gX---2.502.50

250mL

65(然3)%

2.50

②为了提高实验的精确度，氧化还原反应滴定实验一般要用平行实验，求平均值，该实验还需要补充平行

实验(重复滴定2~3次)。故答案为：补充平行实验(重复滴定2~3次)。

28.【答案】(1)-94.9806(2)<自发反应△H-T^S<0,该反应是气体分子数减小的反应，△5<(),

7.5

所以AHvOO.O5Po—(3)水碳比越大，氢气的物质的量分数越大水碳比增大，生成的

%

CO会与H2O(g)反应，进一步生成H2,使得氢气的物质的量分数增大(4)负阴极除了CO2得电子

外：9CO2+8e+6H2O=CH4+8HCO；,还可能发生2H++2e=H?T

【解析】

1

⑴反应I-反应11=反应HI,AH3=AH,-AH2=(-53.7-41.2)kJ-mor'=-94.9kJmol；AH=反应物总键

1

能-生成物总键能，AH2=(2a+436-1076.8-2x465)kJmor'=41.2kJmol,解得a=806

(2)①自发反应AH-TASVO,该反应是气体分子数减小的反应，△$<(),所以AHVO；

②在此条件，0-4min的；

PO08F1

V(CH3OH)^~'°-=0.05P()kPa-min-

4min

CH30H(g)+CO(g)=HCOOCH3(g)AP

1111

O.3Po一O.3Po-O.3Po.(Po-O.7Po)

由于起始2moicHQH和2moicO二者物质的量相同，由Pl:P2=nl:n2得：二者的起始分压均为O.5Po,消耗

O.3Po，平衡时p(CH3OH)=p(CO)=0.5Po-0.3Po=0.2Po.

2

Kp=p(HCOOCH3)/p(CH30H)-p(CO)=0.3Po/(0.2Po)=7.5/P()

(3)由图可知，温度一定时，水碳比越大，氢气的物质的量分数越大，水碳比增大，生成的CO会与H20(g)

反应，进一步生成H2,使得氢气的物质的量分数增大

(4)

①根据电解池原理分析，C。？甲烷化过程中，C化合价降低，发生还原反应，则多晶铜作为阴极，得电子

发生还原反应，则连接电源的负极：

②阳极氧化产物只有。2,电解时实际生成CH4的总量小于由。2理论计算所得CH4的量，结合电极反应式

解释原因：阴极除了CO2得电子外：9CO2+8e+6H2O=CH4+8HCO3,还可能发生2H++28=也T。

29.【答案】(9分，除标注外每空1分)

(1)叶绿体基质丙酮酸金粒体基质

⑵③①②③④⑤

（3）光照强度下降由d点转向b点时，C02浓度升高，暗反应C02固定时对C5的消耗量增强，

但短时间内C5的合成量不变，故C5浓度下降（2分）

【解析】根据题意和图示分析可知：图1中，①表示光反应，②表示暗反应，⑤表示细胞呼吸的第一阶段，

④表示有氧呼吸的第二阶段，③表示有氧呼吸的第三阶段。A表示［H］和ATP,B表示ADP和Pi,C表示氧

气，D表示二氧化碳，E表示［H］,F表示丙酮酸。（1）根据题意和图示分析可知：图1中，①表示光反应,

②表示暗反应，A表示［H］和ATP,光反应为暗反应提供的ATP和［H］,所以A的移动方向从类囊体薄膜到

叶绿体基质；B表示ADP和Pi,C表示氧气，D表示二氧化碳，E表示［H］,F表示丙酮酸。④表示有氧呼

吸的第二阶段，其场所是线粒体基质。（2）⑤表示细胞呼吸的第一阶段，④表示有氧呼吸的第二阶段，③

表示有氧呼吸的第三阶段，其中有氧呼吸的第三阶段③产生的能量最多；图2中，a点植物进行细胞呼吸，

也进行光合作用，能发生图1中的①②③④⑤生理过程.（3）图2中，曲线ab段该条件下植物没有达到光

的饱和点，故曲线ab段限制光合作用速率的主要环境因素是光做强度，由d点转向b点时，C02浓度升高,

暗反应C02固定时对Cs的消耗量增强，但短时间内C5的合成量不变，故C5浓度下降。

30.【答案】（10分，除标注外每空2分）

（1）①将大鼠随机均分成6组，编号为A、B、C、D、E、F,A组灌胃适量蒸储水，B、C、D、E、F组

分别灌胃等量的0.5g-L\lg-L\1.5gLi、2g.L-\2.5gL」的醋酸铅溶液

——脑组织铅含量

乙酰胆碱酯酣活性

（2）如图（3分）

醋酸铅溶液浓度性

灌胃醋酸铅溶液浓度对大鼠脑组织铅

含量和乙酰胆碱酶活性的影响

（3）①突触间隙（1分）电位②慢

【解析】（1）分析题意可知，本实验的目的是探究铅中毒对大鼠神经调节的影响，自变量为醋酸铅溶液的

浓度，因变量为脑组织铅含量及乙酰胆碱酯酶活性，无关变量应相同且适宜。

实验思路：①将大鼠随机均分成6组，编号为A、B、C、D、E、F,A组为对照组，灌胃适量蒸储水，B、

C、D、E、F组为实验组,分别灌胃等量的0.5gL\lg.L-\1.5gL\2g-L\2.5gL」的醋酸铅溶液。

（2）结果发现随施加的醋酸铅浓度增大，大鼠乙酰胆碱酯酶活性下降，绘制坐标曲线时应以自变量做横坐

标，因变量为纵坐标，故坐标曲线图如下:

-----脏组织铅含量

晶酸铅溶液浓度

濯胃酸酸铅溶液浓度对大鼠麻组织蛤合量和乙酰胆，“悔活性的影响

（3）突触前膜胞吐释放神经递质进入突触间隙，与突触后膜上的受体结合，引发突触后膜电位变化。

实验结果表明：脑组织中铅含量越高，大鼠乙酰胆碱酯酶活性越低，乙酰胆碱水解速度越慢。

31.【答案】（9分，除标注外每空1分）

（1）样方法年龄结构

（2）相对湿度越低，沙漠蝗虫产卵数量越少

（3）随着湿度的增大，蝗虫天敌数量增多，通过捕食可抑制沙漠蝗虫的种群数量；寄生生物大量繁殖抑制

沙漠蝗虫的数量（2分）同化量一部分通过呼吸作用以热能的形式散失，一部分流入分解者沙漠蝗

虫的同化量有一部分流入第三营养级的其他生物

（4）利用药物进行化学防治；利用天敌、信息素等进行生物防治（2分）

【解析】（1）沙漠蝗虫属于动物，为异养生物，在生态系统中属于消费者，由于蝗虫的卵不能运动，因此

调查蝗虫的产卵数量常用样方法进行。种群的年龄结构是预测种群数量的重要指标，因此，欲预测沙漠蝗

虫种群数量的发展趋势，需对该蝗虫种群的年龄结构进行研究。（2）图中显示，在一定的湿度范围内，随

着湿度的增大，沙漠蝗虫的产卵数越来越多，超过一定限度，如图中的70%,随着相对湿度的增大，沙漠

蝗虫的产卵数量越来越少，据此可推测沙漠蝗虫在干旱条件下种群数量减少的原因是相对湿度越低，沙漠

蝗虫产卵数量减导致的；当雨量充沛、气候潮湿时，随着湿度的增大，从种间关系的角度分析，此时蝗虫

天敌数量增多，通过捕食可抑制沙漠蝗虫的种群数量，另外寄生生物大量繁殖也能抑制沙漠蝗虫的数量增

多，因此表现为沙漠蝗虫的产卵量随着湿度的增大而减少。（3）在生态系统的能量流动过程中，各营养级

生物的同化量沿食物链逐级递减的原因是同化量一部分通过呼吸作用以热能的形式散失，另一部分流入分

解者。沙漠蝗虫和沙云雀之间的能量传递效率为5.5+75=7.3%,显然不在10%-20%区间，最可能的原因是

沙漠蝗虫的同化量有一部分流入第三营养级的其他生物，从而导致计算的结果偏离正常范围。

（4）研究人员提出，可以通过大型的捕蝗机械和建立栅栏等物理手段来防治沙漠蝗虫，这属于机械防治，

除此之外，为控制蝗灾还可采用化学防治和生物防治，具体做法是利用药物进行化学防治；利用天敌、信

息素等进行生物防治。

32.【答案】（11分，除标注外每空2分）

（1）A/a、B/b分别位于两对同源染色体上

（2）1/3AAbb或aaBB（1分）

（3）5/12R产生的含AB的雄配子（或雌配子）不育让B植株做父本（或母本）与重瓣紫花植株

杂交，观察并统计子代的性状及比例

【解析】（1）当A/a、B/b分别位于两对同源染色体上，等位基因A/a、B/b控制的两对性状能够独立遗传,

这两对基因的遗传遵循自由组合定律。（2）由题干可知，两对相对性状独立遗传，故单瓣紫花植株与重

瓣红花植株杂交所得F,应为双杂合的个体（AaBb）,亲本可能为AABBxaabb或为AAbbxaaBB,由于子二代

出现单瓣紫花植株约1/4,所以亲本基因型不能为AABBxaabb,确定亲本基因型为AAbbxaaBB,但单瓣与

重瓣、红花和紫花的显隐性还无法判断，能判断的是“单瓣”和“紫花”性状应一个为显性性状，一个为隐性性

状，因此其基因型为A_bb或aaB_,能稳定遗传的个体的基因型为AAbb或aaBB,在F2单瓣紫花植株中占

1/3。（3）若该植物的单瓣对重瓣为显性，红花对紫花为显性，亲本为AAbbxaaBB,所以亲本产生的配子正

常，如果ab配子异常不会出现F2单瓣紫花1/4。但是，若B产生的含AB的雄配子（或雌配子）不育，则

AB雄配子（或雌配子）参与形成的AABB、AABb、AaBB、AaBb个体死亡，使单瓣紫花（A_bb）植株

所占比例变为1/4。F2中AA：Aa：aa=l：3：2,A基因的基因频率=1/6+3/6xl/2=5/12。为判断亲本

产生的AB雄配子（或雌配子）是否可育，可让植株（AaBb）做父本（或母本）与重瓣紫花植株杂交，通

过观察并统计子代的性状及比例来判断。

33.（1）【答案】BDE

【解析】

A.布朗运动不是液体分子的运动，也不是固体小颗粒分子的运动，而是小颗粒的运动。它间接证明了：分

子永不停息地做无规则运动，故A错误；

B.对于一定质量的理想气体，在压强不变而体积增大时，单位体积内的分子数减少，所以单位时间碰撞容

器壁单位面积的分子数一定减少，故B正确；

C.温度是分子平均动能的标志，温度高平均动能大，但不一定每个分子的动能都大，故C错误；

D.当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其他分子作用力的合力总是指向液体内部，故D正

确；

E.由热力学第二定律可知不可能利用高科技手段将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其

他变化，故E正确。

故选BDE。

39mg

p,二-〃()H-----------

⑵【答案】①22°10S②—哈噜

【解析】

①初始时活塞受力平衡

PiS=p0S+mgsin370

假设气体温度为3To时，理想气体体积变为S”，活塞达到卡槽前压强恒为0,由盖一吕萨克定律有

S-SH

活塞达到卡槽后体积恒为SH,由查理定律有

且=丘

(37；

解得

3।9mg

Pi=-Po

10S

因为〃>pi,所以假设成立，则

39mg

Pi=-Po+WS

②电热丝产生的热量

Q=PRt

气体对外做功

LJ

皿=“耳

气体增加内能

\U=Q-W

解得

210

34.(1)【答案】ADE

【解析】

A.根据振动图像，质点。下一时刻的振动方向向下，结合波的图像，可知这列简谐横波向左传播。A正确;

B.波速为

v=—=——m/s=40m/s

T0.2

B错误；

C.简谐波的方程为

27r7c

y=(lOsin——x)cm=(lOsin-x)cm

24

将x=1.0m代入得

y=(10sin—)cm=5V2cm

4

C错误；

D.从r=0.10s到仁0.25s,经历了质点Q通过的路程为

4

3

s=—x44=30cm

4

D正确；

E.因为波向左传播，所以仁0时刻，质点P的振动情况与x=l+40*0.1=5m处的质点振动情况一致，由

波的图像可知该处的质点正沿y轴负方向振动。E正确。

故选ADE。

⑵【答案】①/=30°；①120°

【解析】

①光路如图所示

根据折射率公式

sin60°

n=--------

sin/

代入数据解得

y=30。

②如图，连接AC,由儿何关系可得

OC1

tanZOAC=——=——<tan30°

OA2V3-1

进入工件的光线经4点折射到8c边，在8C边的入射角为

a=60°

■e

sinC=-=—<sin60°

n3

所以光线在8c边发生全反射，设边过E点的法线与OA边的交点为广，。4边与半圆球面的交点为

D,因为

AF-Rtana=也R

AD=R+Q6-1)R=2也R

则有

FD=AD-AF=AF

光线在8c边的反射角为a=60°,所以BC边的反射光线恰好过。点，且在。点的入射角为

0=30。

sin。

n=------

si”

解得

6=60°

过。点作A点入射光线的平行线，解得光线从工件表面射出的方向相对A点入射光线的偏角为120。

35.【答案】⑴Is22s22P63s23P63d4s24P64d55sl或[Kr]4d55sl8:3⑵三角锥形sp3

与s°;中s原子都是sp'杂化，中无孤电子对，中有一对孤电子对，孤电子对与成键电子

对间的斥力更大,导致so；-中键角小于s°/(3)BF(4)加2。3为离子晶体，A产和°?一离子

—xlO2'

T1A1

半径较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，熔点高，硬度大(5)"s3V3a-x7NA或

48x11+27x5

2l2

3x|V3xlO_apNA

【解析】

⑴铭(Cr)是24号元素，核外电子排布为Is22s22P63s23P63d54s、铝(Mo)位于同一副族相邻周期，且Mo的原

子序数更大，则基态Mo原子的核外电子排布式为Is22s22P63s23P63d1°4s24P64d55sl或g]4d55sl.基态

Mo3+核外电子排布为Is22s22P63s23P631。4s24P64d3,最高能层中成对电子与单电子的数目比为8:3。故答案为:

Is22s22P63s23P63M。4s24P64d55sl或[K门4d55sl.8.3.

6+2-2x3_t

(2)中孤对电子数=2,中心原子S周围共有4