理科综合-2022年高考押题预测卷01（全国甲卷）（全解全析）

2022年高考押题预测卷01【全国甲卷】

理科综合,全解全析

1234567

BBBBDDB

891011121314

BAACBDB

15161718192021

CADDACABCAD

1.【答案】B

【解析】③甘油属于脂溶性物质，跨膜运输方式是自由扩散，氨基酸和葡萄糖不都是通过主动运输进入细

胞的，在顺浓度梯度的情况下，葡萄糖、氨基酸等分子可以通过协助扩散进入细胞，A错误；①氨基酸、

②葡萄糖、⑥核甘酸分别是蛋白质、多糖、核酸的基本单位，B正确；磷脂的组成元素为C、H、0、N、P,

C错误；题中只有②葡萄糖和⑤脂肪为细胞内的能源物质，D错误。

2.【答案】B

【解析】激素调节细跑代谢既可以通过影响靶细胞内酶活性来调节细胞代谢，也可以通过影响靶细

胞内某些酶基因的表达来调节前的数量，从而调节细胞代谢；探究H对酶活性的影响时，醐与底物

混合前要调节pH,以保证酶和底物都处于同一pH；在叶绿体类囊体薄膜上存在着催化ATP合成的

酶；在真核细胞中，DNA和RNA主要在细胞核中合成，此外在线粒体和叶绿体中也能合成，因此

细胞核、线粒体和叶绿体中都有DNA合成酶和RNA合成酶；故选B。

3.【答案】B

【解析】

【分析】物理模型也可简称模型，但在这种情况下与概念模型通常不同，是可以模拟物理对象的较

小或更大的复制品。概念模型是一种或多或少的形式化描述，描述的内容包括建立软件组件时，所

用到的算法、架构、假设与底层约束。这通常是对实际的简化描述，包括一定程度的抽象，显式或

隐式地按照头脑中的确切使用方式进行构建。

【详解】A、数学模型是运用数理逻辑方法和数学语言建构的科学或工程模型，建构种群S型增长

模型属于数学模型，A正确；

B、拍摄洋葱鳞片叶表皮细胞的显微照片是真实的图像，不是模型，B错误；

C、模型是对实际问题的抽象，模拟减数分裂过程中染色体数目及主要行为变化属于物理模型，C正

确；

D、模拟运动时，血糖含量及激素分泌情况，需要卡片代表血糖含量及激素的分泌，这个模拟活动

本身是构建动态物理模型，模拟活动结束后，画出血糖调节的图解式模型涉及到语言的描述，属于

概念模型，D正确。

故选B»

4.【答案】B

【解析】

【分析】肾上腺素是由人体分泌出的一种激素。当人经历某些刺激(例如兴奋，恐惧，紧张等)分

泌出这种化学物质，能让人呼吸加快(提供大量氧气)，心跳与血液流动加速，瞳孔放大，为身体活

动提供更多能量，使反应更加快速。肾上腺素是一种激素和神经传送体，由肾上腺释放。

【详解】A、下丘脑是体温调节中枢，能感受到外界温度变化从而作出相应的变化，A正确；

B、抗利尿激素是由下丘脑的神经细胞合成的，在垂体释放，B错误；

C、在神经系统控制下，与肌肉协调配合完成高难度的动作，C正确；

D、肾上腺素可以使呼吸和心跳加快，血压上升，促进代谢，D正确。

故选B。

5.【答案】D

【解析】本题考查生物多样性及其价值、生物进化等相关知识。天坑相对独立和封闭的生态环境，

使栖息其中的中华溪蟹、洞穴步甲等动物的价值目前还不很清楚，属于潜在价值，A正确；天坑溶

洞中环境光线偏暗，盲鱼、盲虾等生物与天坑环境存在共同进化，B正确；飞猫属于不慎落入其中

的外来物种，不太适应天坑环境，可能会因种群数量降低等导致种群基因库变小，C正确；从自然

因素看，天坑环境相对稳定，但是物种自身有可能发生物种特化和遗传衰竭，导致生活力减退和遗

传力衰退，使其种群数量难以恢复而趋于濒危甚至灭绝，D错误.

6.【答案】D

【解析】由分析可知：高尿酸血症是常染色体上的显性遗传病，A错误；m-9不患早发性阿尔茨海

默病，III-9的母亲H-4患早发性阿尔茨海默病，说明H-4控制早发性阿尔茨海默病的基因型是

ApoE4ApoE4,故W-9一定含有正常显性基因和ApoE4基因，川-11不患早发性阿尔茨海默病，其父

母也不患早发性阿尔茨海默病，但是H-7个体是ApoE4的携带者，H-8个体不确定是否含有致病基

因，HI-11的基因型可以是同时携带ApoE2基因和ApoE3基因，或者两个ApoE2或两个ApoE3或

者携带ApoE4基因、ApoE2基因和ApoE3基因中的一个，B错误；III-10同时患两种疾病并不能证

明两种致病基因都位于19号染色体上，非同源染色体上的非等位基因自由组合也可造成HI-10同时

患两种疾病，C错误；若II-3(AaApoE2ApoE4或者AaApoE3ApoE4)与H-4(aaApoE4ApoE4)再

生育一个女儿的概率为1/2,其同时患两种病aaApoE4ApoE4的概率为1/4,故综合概率为1/2X1/4

=1/8,D正确。

7.B

【解析】

【详解】

A.Ti位于IVB族，Ni位于VIHB族，两者都是过渡金属元素，A正确；

B.由同种元素组成的不同的单质互为同素异形体，因此T-碳(T-Carbon)与CM,互为同素异形体，B错误；

C.金属材料包括金属与合金，C正确；

D.镯系15种元素均属于稀土元素，与Cs同一周期，D正确；

答案选B。

8.B

【解析】

【详解】

A.甲烷不能与溟的四氯化碳发生反应，甲烷能与澳蒸气在光照条件下发生取代反应，A项错误；

B.NO?与水反应生成NO,B项正确；

C.硝酸具有强氧化性，能与FeS发生氧化还原反应，C项错误；

D.氯气与水反应生成HC1,D项错误；

故选Bo

9.A

【解析】

【详解】

A.用过量氨水吸收工业尾气中的S02,氨水过量反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为

-

2NH3-H2O+SO2=2NH*+SOj+H2O,故A正确；

B.氯化钠固体与浓硫酸混合加热生成硫酸钠和氯气，正确的离子方程式为：H2so式浓)+2Cr=SO：+2HClf,

故B错误；

C.磁性氧化铁溶于稀硝酸，发生氧化还原反应生成硝酸铁、NO、比0,离子方程式为

+3+

3Fe,O4+28H+NO3=9Fe+N0T+14H.O,故C错误；

D.硫酸根离子恰好完全沉淀时，二者物质的量之比为1：2,则正确的离子方程式为

2+3t

2Ba+Al+40H+2SO^'=2BaSO4J+A1O2+2H2O,故D错误；

答案选A。

10.A

【解析】

【详解】

A.根据图中信息可知A的分子式为C|8H34O3,A正确；

B.分子中有一OH、一COOH、）C=C<三种官能团，B错误；

C.该反应是通过酯化反应脱水缩合，则发生的是缩聚反应而不是加聚反应，C错误；

D.南麻油酸与B。的CCL溶液发生加成反应使溶液褪色，与酸性KMnCU发生氧化反应而使溶液褪色，D

错误；

故答案为：A。

11.C

【解析】

【详解】

试题分析：由表中化合价可知，丫的化合价为-2价，没有正化合价，故丫为O元素，X的化合价为+4、-4

价，处于IVA族，原子序数比O元素小，故X为C元素，Z的化合价为+1价，处于IA族，原子序数大于

O元素，故Z为Na元素，W为+3价，为A1元素，R的化合价为+6、-2价，故R为S元素。A、同周期随

原子序数增大，原子半径减小，故原子半径Li>C>O,同主族自上而下原子半径增大，故Na>Li,故Na

>00,即Z>X>Y,故A错误；B、非金属性O>S,即Y>R,非金属性越强氢化物越稳定，故气态氢

化物的稳定性：Y>R,故B错误；C、Z和丫形成的化合物是氧化钠、过氧化钠，属于离子化合物，故C

正确；D、A1在浓硫酸中发生钝化现象，不能溶解，故D错误；故选C。

12.B

【解析】

【分析】

由图示可知，LiAl极为负极，FeS?极为正极，负极锂比铝活泼，放电时锂优先失电子生成锂离子，负极反

+

应式为：Li-e=Li+,正极反应式为：FeS,+4Li+4e=Fe+2Li2So

【详解】

A.电池放电时，电子由负极经外电路流向正极，即电子流向：LiAl极一用电器一FeS2极，A正确；

+

B.放电时，ImolL^Al转化为Li°.08Al的反应式为:Li09Al-0.82e=Li008Al+0.82Li,正极反应式为：

FeS2+4Li"+4e=Fe+2Li2S,当转移0.82mol电子时，消耗0.205molFeSz,质量为：0.205molx120g/mol=24.6g,

B错误;

+

C.由分析可知，正极电极反应式为：FeS2+4Li+4e=Fe+2Li2S,C正确；

D.热电池的正极材料需要具备高温下不易分解，不易与其他物质反应的性质，即具备高温下的热稳定性和

物理稳定性，D正确；

答案选B。

13.D

【解析】

【详解】

2+2+2+

A.CdCCh(s)#Cd(aq)+CO；(aq),则c(Cd>c(CO：),CdCO3的沉淀平衡中pCd=pN,故曲线II是CdCO3

的沉淀溶解平衡曲线，A错误；

2+

B.由A分析可知，曲线I是Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，Cd(OH)2(s)=Cd2+(aq)+20H-(aq),则c(Cd)=

2c(0H),加热平衡正向移动，Cd2\OH-离子浓度变大，但是不会相等，B错误；

C.曲线上的点为达到了沉淀溶上方，说明离子浓度小，故为不饱和溶液，c错误；

D.TC,由图可知，pN=4时，CdCCh解平衡，pCd?+为Cd?+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数，则

数值越大，离子浓度越小,丫点在曲线中pCd2+为8,即99<183)=48；»仁产)=1(尸2加24时(由。助2

22+14

中pCd2+为6,即Ksp[Cd(OH)2]=c(OH)c(Cd)=10-；在CdCO3(s)+2OH(aq)UCd(OH)2(s)+CO；(aq)平衡

c(COhc(COHc(Cd2+)K„(CdCO,)2

体系中,平衡常数出品才玩就鬲=与扁^叫D正确；

故选D。

14.【答案】B

【解析】设礼花弹上升的最大高度为万，假设当礼花弹上升至0.96/2时刚好发生爆炸，且此时礼花弹的速度

大小为刃，根据运动学规律有2g"=v；,2g(0.96〃)=,联立解得w=7m/s,所以延期引线燃烧的最

短时间为，=为二L=2.85,则延期引线的长度至少为/=w=5.6cm,故选B。

g

15.【答案】C

【解析】铀核C；4U)发生核反应的方程为声Uf；He+；；°Th,此反应为a衰变，选项A错误；若静止的轴

核(；，U)发生衰变，根据动量守恒定律可知产生的新核速度方向与a粒子速度方向相反，选项B错误；产生

的新核偏"Th)从高能级向低能级跃迁时，将发射出丫射线，选项C正确；新核(铲Th)的比结合能大于铀

核(当U)的比结合能，新核(*Th)的结合能小于铀核C,U)的结合能。D错误。故选C。

16.【答案】A

【解析】根据右手螺旋定则可知沿y轴正方向的电流在。点激发的磁场沿z轴负方向，大小为沿z

轴正方向的电流在。点激发的磁场与w的连线垂直，大小为所以。点的磁感应强度大小为

一i

B“=4B；+B；=瓜%同理可得C点的磁感应强度大小为4=当我：,所以。和C两点的磁感应强度大小

之比为名=坐，BCD错误，A正确。故选A。

纥3

17.【答案】D

【解析】如图所示，对球1在水平面做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得以cosa-七cos夕=〃拓苏，对球1

和球2整体，在竖直方向上有"$出。=2,"8,同理对球2由牛顿第二定律得弓cos/=，牝］,对球2竖直

方向有&sin笈=/ng,由于球2受重力和绳的拉力的合外指向圆心，可知球2比球1更远离竖直轴，则4>小

联立解得聋=明疗+皿6<2〃"〃=焉'故tana>tan〃，则。>夕，故选D。

18.【答案】D

【解析】7.9km/h为地球卫星的最大环绕速度，所以“黎明星”做匀速圆周运动的速度小于7.9km/h,A错误;

“黎明星”轨道周期约为1.7h,根据开普勒第三定律可得』=会，可得同步卫星的轨道半径约为“黎明星”的

6倍，B错误；该时刻后"黎明星''经过1.7h正好运行一个周期，因为地球的自转，P城市转过的角度为

4=叫=祭1.7=晋,则P城市转走了，“黎明星”没有经过P城市正上方，C错误；该时刻后“黎明星”

经过17天运动的周期数为〃=十广个=240个，此时P城市转过的角度为a=/=gxl7x24=34》，此

时P城市正好转回最初的位置，"黎明星'’经过P城市的正上方，D正确。故选D。

19.【答案】AC

【解析】高压电线落地，电线触地电流从。点流入大地的，O点电势最高，越靠近O点，电势越高，A正

确；当两脚位于同一等势线上时即两脚到。点的距离相等时，跨步电压为零，B错误；根据题意有

^P=吟,解得Q=以,C正确；N点处电流密度为枭’由于MN间的电场是非匀强电场,电场

1Ppld

强度越靠近。点越大，则知MN间的场强大于两脚MN间跨步电压大于D错误。故选AC。

2兀N2兀%

20.【答案】ABC

【解析】依题意，可得车轮转动一周的时间为T===0.3s,车轮转动一周的过程中，能产生感应电流的时

CO

间为/=4x2Lr=0.k,即LED灯亮的总时间为（Ms,故A错误；金属条/进入磁场时，根据右手定则判

360

断知时上电流的方向是bfa,故B错误；金属条"进入磁场时，必相当于电源，其等效电路图如图所

示，电源电动势为E=；B，0=1.8V,电路中的总电阻为R&=R+gR=0-6。，所以通过外的电流大小为

.E1.8..„,

/=^=K7A=30A-故C错误；车轮转动一周，LED灯亮的总时间为0.1s，则产生的总焦耳热为

A,,U.O

22

e=/7?s/=3xO.6xO.U=O.54J,故D正确。故选ABC。

I—€>-|

8-

—'I-0—

21.【答案】AD

【解析】脱离六分之一圆弧跳台时3加：=,咫/?（1-8$60）+；叫2,解得匕=后标，脱离跳台时的水平

速度％=/cos60=3后嬴，运动员在加点速度等于脱离跳台时的水平速度，A正确；从P点到M点

由机械能守恒=>nghM+-mvl，解得最高点M距水平面PQ的竖直距离为%=芈+。，B错误；运

228g8

动员从尸点到落在斜面时;胆（=^mv^+m（>Lsm0,解得运动员落在斜面时的速度大小为

B=J0+2gLsin6,则运动员落在斜面时的竖直速度%,=7iJW=gv；+2gLsine+；gR,则从离开跳

台到落在斜面上％,=-匕sin60+日，解得运动员离开圆弧跳台后在空中运动的时间

序+2g，sin呜gR+f收-g/?,c错误，D正确。故选AD。

t=---------------------------------

g

4

22.（6分）【答案】（1）<（1分）需要（1分）（2）6（2分）（3）§（2分）

【解析】（1）碰撞后球1反弹，故应满足町〈取；为了计算碰撞前后球1的速度，轨道4B、CD需要光滑;

（2）碰撞后，对球1有mgt=g机可，球2有/sin6=；gf2,/cos，=iy,解得巧=>/正，v2,在

碰撞前，对球1有机g,2/z=；相片，％=2向，对两球组成的系统，由动量守恒定律得g％=祖2匕-g匕，

解得强察=6。

（3）若是弹性碰撞，则对两球系统有犯片+:小学，解得

222h3

23.（9分）【答案】（1）B（1分）（2）偏大（2分）（3）冬（2分）20（2分）JR^（2

L-x

分）

【解析】（1）如图甲，将红黑表笔短接，进行的是欧姆调零，A错误；图乙所示旋钮为欧姆调零旋钮，B正

确；用“xlO”挡测量时发现指针偏转角度过大，即读数太小，为了减小误差，应使指针停留在刻度盘中间g区

域，要增大读数，应换到“xl”挡，C错误；实验完成后，应将挡位开关置于OFF挡或交流电压最高挡，D

错误。故选B。

（2）多用电表的测量原理为闭合电路欧姆定律，当电池电动势减小、内阻变大时，欧姆表重新调零，即满

E/_E_1及、_4

偏电流不变，则（二瓦，可知欧姆表的内阻变小，当测电阻时有一R卜+&-%+&-I.%,因R

%

力变小，则同一心对应的电流要变小，对应的电阻刻度值要变大，即测量结果会偏大。

（3）①当灵敏电流计G示数为零时，说明出的分压和AP2部分的分压相等，即

=

U«.TTV=U^=^r^=-r^=-7-'整理得则％=六，代入数据解得&=2OC

R、+R>RAB4L4+《LL-x

②根据第①问的原理，交换位置前有五%=：,交换位置后有五%=不用得五%=三瓦，解得

&=际

24.（14分）【答案】（1）37。；（2）Wf=^-mgL-（3）xTOX

T4016

【解析】（1）8处于平衡状态，则有耳

对4受力分析，竖直方向受力平衡，则有耳cos0=wg（2分）

可得cos0=0.8,解得0=37。（2分）

（2）对A,水平方向，根据牛顿第二定律有耳sin。=加」一（1分）

Lsin。

动能为耳=;帆丫2

9

联立解得线=布，咫乙（1分）

根据动能定理有%-mg卬-cos。）=；（1分）

17

解得%=六〃磔（1分）

40

（3）设A做圆锥摆运动的细绳长为r,因为绳子拉力恒为：，"g,故拉住A的绳与竖直线的夹角恒为37。,

4

根据牛顿第二定律有mgtan37。=加一V（1分）

rsin37°

解得V=在（1分）

绳断开后，A做平抛运动，则有y=2.5L-rcos37o=gg/（1分）

x=vt（1分）

联立解得“瑞（5£一$2）（1分）

故当r=时，水平位移最大/*=电£,（1分）

16mas16

25.（18分）【答案】（1）73.75%,11.8cm；（2）14.25cm,3.25cm；（3）7.7cm,5.4xl0-2T»

【解析】（1）想要射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小，需要让更多的粒子打在极板上，即

全体粒子向垂直于极板方向的位移最大，故粒子源应在f=0时刻（或方形波电压每一周期的起始时刻）发

射粒子，由于粒子带负电，故粒子受到向上的电场力而向上运动，假设在极板左侧的C位置发射的粒子刚

好打在上极板右侧边缘，如图所示

以r=0时刻进入电场的粒子，在初速度方向做匀速直线运动，则乙=卬

解得f=1.5xl（）Ts

粒子在电场中的加速度大小为“=变=必2=6X1m/s2

tnma

粒子在电场方向先做匀加速运动后做匀减速运动，匀加速运动时间为：=2x0.5xl（）Ts=ixl0-5s

4时刻粒子在电场方向的分速度为％=劭=6xl0,m/s

在电场方向匀加速运动的位移为=3cm

匀减速运动时间为=°-5、10-次

t2时刻粒子在电场方向的分速度为k=。-色=3xlO'm/s（1分）

在电场方向匀减速运动的位移为必='?红，2=2.25cm

故粒子向上偏转的距离为＞=y+%=5.25cm（1分）

射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小值为〃=q=生等=73.75%（1分）

由速度关系可知粒子射出电场的合速度大小为口=JQ5'=5xl03m/s（1分）

v4

合速度与初速度方向之间夹角为cos。==-

v5

即6=37°（1分）

4

由图中几何关系可知收集板的最小长度为。=3-y）cos®=（20-5.25）xgcm=11.8cm（1分）

（2）设粒子在.=1x10、时刻进入电场，可知离开电场的粒子在电场中先向下加速再向下减速，最后向上

加速离开电场，设极板左侧的。位置发射的粒子刚好没有打在下极板上，如图所示

A

粒子在电场方向先向下匀加速运动的时间为f；=0.5x10-5s

乙时刻粒子在电场方向的分速度为为=af；=3xl03m/s

在电场方向向下匀加速运动的位移为X,=0.75cm

向下匀减速运动时间为4=0.5x10-%

由对称性可知向下匀减速运动的位移为%=y；=075cm

最后向上匀加速运动时间为G=0.5x1。-*

在电场方向向上匀加速运动的位移为％=gs；=Q75cm（1分）

4时刻粒子在电场方向的分速度为％=%-a；+a3=3xl（）3m/s（1分）

可知从极板右侧离开的粒子中离B板的最小距离为0.75cm；

所有离开电场的粒子速度都满足大小为v=M7F=5xl（）3m/s（1分）

与初速度方向之间夹角为。=37。，（1分）

粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律=

r

解得r-2.5cm（1分）

为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，如图所示

由几何关系可得收集板的最小长度为4=%-2/=（20-0.75-2x2.5）cm=14.25cm（1分）

mv

若磁场改为8,=597,则粒子在磁场中的轨迹半径为4=F=8cm。分）

—96qB]

为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，如图所示

由几何关系可得收集板的最小长度为4=“-24=（20-0.75-2x8）cm=3.25cm（1分）

（3）要使所有射出电场的粒子都能收集到一点，所加圆形磁场区域直径应与粒子射出范围的宽度相等，如

图所示

由图中几何关系可知磁场区域的最小半径为P_cos（20-075）X5。分）

22

为使粒子在磁场中偏转后汇聚于一点，粒子在磁场中的轨迹半径应为/=尺““，（1分）

根据牛顿第二定律92="|二（1分）

r

解得835.4〉10-21（1分）

26.（14分）

【答案】（1）圆底烧瓶

（2）通过溶液颜色变化判断丙中NaOH完全转化为NaHSCh防倒吸

（3）把针筒中的品红溶液推入锥形瓶中，若品红溶液褪色，说明NaOH已完全转化为NaHSCh

+

（4）试纸由蓝色变为无色l2+SO2+2H2O=4H+SO；'+2F

（5）实验I没有无色气体生成2CU2++HSO»+2C1+H2O=2CUC1J+SO：+3H+

【解析】

【分析】

由实验装置图可知，装置甲中铜与浓硫酸共热反应制备二氧化硫，装置乙为空载仪器，做安全瓶，起防倒

吸的作用，装置丙中二氧化硫与氢氧化钠溶液反应制备亚硫酸氢钠，把针筒中的品红溶液推入锥形瓶中，

若品红溶液褪色，说明氢氧化钠溶液与二氧化硫完全反应生成亚硫酸氢钠，装置丁中盛有的酸性高镭酸钾

溶液用于吸收二氧化硫，防止污染空气，通过溶液颜色变化还可以判断丙中证明二氧化硫过量，氢氧化钠

溶液与二氧化硫完全反应生成亚硫酸氢钠，其中导致的漏斗能起到防倒吸的作用，据此分析解题。

（1）

由实验装置图可知，仪器a为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶：

⑵

由解析可知，装置丁中盛有的酸性高锈酸钾溶液除用于吸收二氧化氯，防止污染空气外，通过溶液颜色变

化还可以判断丙中证明二氧化硫过量，氢氧化钠溶液与二氧化硫完全反应生成亚硫酸氢钠，其中导致的漏

斗能起到防倒吸的作用，故答案为：通过溶液颜色变化判断丙中NaOH完全转化为NaHSCh；防倒吸；

(3)

由解析可知，把丙中针筒中的品红溶液推入锥形瓶中，若品红溶液褪色，说明氢氧化钠溶液与二氧化硫完

全反应生成亚硫酸氢钠，故答案为：把针筒中的品红溶液推入锥形瓶中，若品红溶液褪色，说明NaOH已

完全转化为NaHSOj；

(4)

二氧化硫具有还原性，能与碘水反应生成硫酸和氢碘酸，使滴有碘水的淀粉试纸由蓝色变为无色，反应的

离子方程式为「，故答案为：试纸由蓝色变为无色；+

l2+SO2+2H2O=4H*+SO：+2l2+SO2+2H2O=4H+SO；-

+2I-；

(5)

①实验I和实验n的溶液中都含有铜离子，实验I没有无色气体生成，说明假设1不成立，故答案为：实

验I没有无色气体生成；

②假设2成立的原因是硫酸铜溶液与氯化钠、亚硫酸氢钠溶液发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸氢钠和

氯化亚铜沉淀，硫酸氢钠溶液与过量的亚硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，生成氯化亚铜沉

2++

淀的离子方程式为2CU+HSO,+2C1+H2O=2CUCU+SO^+3H,故答案为：2Cu2++HSO：+2C「+

+

H2O=2CUC11+SO^+3H1,

27.(14分)

【答案】(lI0.6kJ.moH

2+增大，浓度增大，氧化+的速率加快

(2)2ClO2+Mn+4OH-=MnO2；+2CIO；+2H2OpHOH-CIChM/

(3)94反应I的活化能大，反应相对较慢，同时平衡常数很小，平衡转化率低，产生的CIO浓度低，

使反应II难以发生，所以SCh氧化率低添加NO后，反应HI可较快生成CIO,此时反应H可相对较快地

将SO2氧化为SO3,所以SO2氧化率明显提高

(4)增大

【解析】

(1)

由标准摩尔生成焙定义可知，反应热与生成物的总生成焰与反应物总生成焰的差值相等，则

△H=[2AH;(ClO2)+Af//®,(K2so4)]—[2△出；(KC1C>3)+AH：(SO2)]=[2xl02.5kJ/mol+

(—1437.8kJ/mol)]—[2x(—397.7kJ/mol)+(—396.8kJ/mol)]=—40.6kJ/mol,故答案为：—40.6kJ/mol；

(2)

①由题目信息可知，在弱碱性条件下，二氧化氯与镒离子反应生成氯离子、二氧化镒沉淀和水，反应的离

2+

子方程式为2CIO2+Mn+4OH-=MnO21+2ClO;+2H2O,故答案为：

2+

2ClO2+Mn+4OH-=MnO2J.+2ClO；+2H2O；

②由方程式可知，溶液pH增大，反应物氢氧根离子浓度增大，二氧化氯氧化铳离子的反应速率加快，故答

案为：pH增大，OH-浓度增大，C1O2氧化MM+的速率加快；

(3)

①由反应历程图可知，该历程中，涉及过渡态2的反应活化能最大，活化能E“=56.4kJ/mol—

(―37.6kJ/mol)-94kJ/mol,故答案为：94；

②由图可知，反应I的活化能大，反应相对较慢，同时平衡常数很小，故平衡转化率低，平衡时一氧化氯

浓度低，反应n难以发生，所以二氧化硫氧化率低；添加一氧化氮后，可通过反应m生成一氧化氯，促进

反应n平衡向正反应方向移动，二氧化硫氧化率明显提高，故答案为：反应I的活化能大，反应相对较慢,

同时平衡常数很小，平衡转化率低，产生的C10浓度低，使反应1【难以发生，所以SO2氧化率低；添加NO

后，反应in可较快生成cio,此时反应n可相对较快地将so2氧化为SO3,所以so?氧化率明显提高；

(4)

由题意可知，生成二氧化氯的电极与直流电源的负极相连，是电解池的阴极，酸性条件下，氯酸根离子在

+

阴极得到电子发生还原反应生成二氧化氯和水，电极反应式为ClO'+e+H=ClO2t+H2O,放电时消耗氢离

子，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，故答案为：增大。

28.(15分)

【答案】(1)升高酸浸温度或适当增大硫酸浓度、搅拌等

(2)SiO>Cu

(3)分液漏斗、烧杯

2++,+

(4)2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O否C1CT能将Ni?+氧化或NaQO容易产生氯气，能造成污染

等

⑸4.7<pH<6.2

(6)加热浓缩、降温结晶

【解析】

【分析】

废银催化剂粉碎后通过稀硫酸酸浸，Cu的氧化物，Fe、Al及其氧化物被溶解，Cu、Si。?不溶，过滤后得

到滤渣1。滤液1中加入有机溶剂，分液得到含铜的有机层，溶液中加入双氧水氧化亚铁离子，然后调节

pH将溶液中铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤，滤液2经过加热浓缩、降温结晶得到硫酸银晶体，据此解

答。

(1)

根据外界条件对反应速率的影响可知除“粉碎”外，能提高废银催化剂酸浸效率的措施还有升高酸浸温度或适

当增大硫酸浓度、搅拌等。

(2)

根据以上分析可知滤渣1的主要成分有Si。?、Cu。

(3)

操作A是萃取分液，则实验室中进行操作A所用的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。

(4)

根据以上分析可知“溶液”中加入H/)2目的是氧化溶液中的亚铁离子，反应的离子方程式为

2++3+

2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H,Oo由于C1CT能将Ni?+氧化，且NaClO容易产生氯气，能造成污染，因此

不能用NaClO代替Hz。？;

(5)

氨水、Na2c0、能调节pH,但引入新杂质，稀HzSOJ曾强酸性，不能消耗氢离子，NiCO^能消耗氢离子,

调节pH,且不会引入新杂质，答案选c；根据表中数据可知铁离子完全沉淀的pH是3.2,铝离子完全沉淀

的pH是4.7,银离子开始沉淀的pH是7.2,所以氢氧化心的溶度积常数是0.01x(10-6.8)2=]0-66,由于调

pH前银离子浓度是LOmolL」，则银离子开始沉淀时氢氧根浓度是秒;归//1=10工8〃“//1,对应的pH

是6.2,则需控制溶液pH的范围为4.7<pH<6.2。

(6)

根据图像可知NiSO,的溶解度随温度的升高先增大后减小，所以据图分析操作B是加热浓缩、降温结晶。

29.【答案】

（1）02（1分）A点时，打开光源，光反应速率加快，产生的02速率相应增加，C点时，关闭光源,

光反应减弱，02释放速率相应下降（2分）

（2）ATP（1分）［H］（1分）（前后可颠倒）C3的还原（2分）周期性打开光源和关闭光源，

相比连续光照，暗反应更能充分利用光反应产生的ATP和［H］（2分）

（3）NADPH生成量、C5的合成量（1分）

【解析】（1）A点时，由于打开光源，光反应速率加快，产生的02增加，C点时，关闭光源，光反应减弱，

02释放速率下降，所以实验中虚线反映的是02释放速率。

（2）光反应阶段，生成物包含02、ATP、［H］,当光反应物质转变速率大于暗反应物质转变速率时，ATP、

［H］会出现积累，周期性打开光源和关闭光源时，NTP、［H］转换利用效率高，未出现积累，所以①区域的面

积与②区域的面积大致相当，而连续光照条件下，①区域的面积大于②区域的面积，说明暗反应不能充分

利用光反应产生的ATP和［H］。

（3）C点关闭光源，ATP、NADPH生成量减少，C3还原速率下降，C5的合成量减少，短时间内C5的消

耗量不变。

30.【答案】

（1）神经递质（1分）大脑皮层（1分）

（2）B（1分）特异性受体（1分）组织细胞加速摄取利用储存葡萄糖（2分）内质网、高尔基体、

线粒体（1分）

（3）浆细胞（1分）

【解析】

（1）若图表示人看到酸梅流唾液的反射弧中的部分过程，则信号分子X是神经递质；此反射需要

高级神经中枢大脑皮层参与并产生酸觉。

（2）若图表示人体血糖升高后进行调节的部分过程，细胞甲是胰岛B细胞，则X胰岛素与乙细胞

膜上的特异性受体结合，进而促进组织细胞组织细胞加速摄取利用储存葡萄糖。甲细胞中参与信号

分子X胰岛素属于分泌蛋白，其合成与分泌的具膜细胞器有内质网、高尔基体、线粒体。

（3）若图表示某种抗原侵入人体引发体液免疫的部分过程，且信号分子X是淋巴因子时说明是细

胞甲是T细胞，分泌的淋巴因子作用于乙B细胞，所以细胞B（B细胞）可增殖分化为记忆细胞与

浆细胞，浆细胞可分泌抗体。

31.【答案】

（1）直接（1分）速度和方向（1分）一个群落被另一个群落替代的过程（2分）

（2）逐渐增强（1分）增加（1分）垂直（1分）环境资源（1分）

（3）细菌和真菌（1分）

【解析】

（1）森林能提供人类所需要的木材，这体现了其生物多样性的直接价值；人类的活动可以改变群落

演替的速度和方向；群落演替是指一个群落被另一个群落替代的过程。

（2）从草本阶段到森林阶段，灌木数量增多，灌木间的竞争强度变化为增强；从采伐迹地演替为森

林群落的过程中，生物种类增多，生态系统的抵抗力稳定性逐渐增加；在森林生态系统中，自下而

上分别生长有草本植物、灌木和乔木，这属于群落的垂直结构；这种结构显著提高了群落环境资源

的能力。

（3）土壤中的大多数微生物属于生态系统中的分解者，该类群的生物主要包括细菌和真菌。

32.【答案】

（1）脱氧核甘酸序列不同（或碱基排列顺序不同）（2分）X（1分）

（2）aaXBXB或aaXBXb（2分）

（3）1/11或1/6（2分）

⑷aaXbY（2分）

黑身长毛雌性黑身短毛雄性

测交

配子

测交子代

黑身长毛雌黑身短毛雌黑身长毛雄黑身短毛雄

1111（3分）

【解析】

（1）基因之间的不同，根本区别是因为脱氧核甘酸的排列顺序不同。由表格中子代的表现型及比例

分析可知，雌性中没有短毛，说明控制该性状的基因和性别有关，位于X染色体上。

（2）己知该动物某一基因型的受精卵不能发育成活，根据表中的数据推测，应该是发生在雌性动物

的黑身长毛的性状中，所以该基因型为aaXBX13或aaXBX%

（3）让F,灰身长毛雄性个体（有1/3AAXBY和2/3AaXBY）与黑身长毛雌性aaXBX13或aaXBXb个体

自由交配，则F2中黑身长毛雌性个aaXBXB或aaX1^15体所占的比例为2/3x1/2x1/2=1/6（此时没有致

死情况发生）或（2-1）/（12-1）=1/11（此时有致死情况存在，所以分子和分母各减去1）。

（4）要进行测交进行验证，应该和隐性纯合子，所以应该选择F,中黑身长毛雌性个体与基因型为

aaXbY雄性个体进行测交，遗传图解要写亲本和子代的表现型、基因型，要写配子及子代的表现型

比例，即

黑身长毛雌性黑身短毛雄性

测交

配子

测交子代

黑身长毛雌黑身短毛雌黑身长毛雄黑身短毛雄

1:1:1:1

33.[物理——选修3-3]（15分）

（1）（6分）【答案】>（3分）放热（3分）

【解析】从状态8到C,由查理定律得在=3,由于PB>&，所以43过程外界对系统做正功，

PcI?

C-D过程外界对系统做负功，p"图象与横轴围成的面积表示做的功，所以叱\B>|%』，所以整个循环过程

外界对系统做正功。整个循环过程△"=（）,所以。<。，整个循环过程A-B-C-D-A氨气系统要放热。

（2）（9分）【答案】（1）冬；（2）\aTo+\PoLS+^mgL

p\255

【解析】（1）设稳定后汽缸内气体的压强为Pi，对活塞，根据平衡条件得，〃g+A