理科綜合-2021年高考考前押題密卷（課標全國卷）（全解全析）

2021年高考考前押題密卷【課標全國卷】

理科綜合?全解全析

1234567891011

BCBCCCACDcC

12131415161718192021

BCCDDCAADADABD

1.B【解析】小鼠漿細胞分泌的抗體是分泌蛋白，破壞小鼠漿細胞中的高爾基體，會影響抗體的分泌，小

鼠免疫水平會降低，A錯誤；血糖調節(jié)的過程中，胰島素的作用結果反過來影響胰島素的分泌屬于反饋調

節(jié)，B正確；動物細胞和植物細胞系統(tǒng)的邊界都是細胞膜，C錯誤；洋蔥的根尖細胞中無葉綠體，但由于含

有該物種的全套基因，所以用根尖細胞能培養(yǎng)出含葉綠體的綠色植物體，D錯誤。

2.C【解析】粘連蛋白、SGO蛋白都是蛋白質，蛋白質在細胞中的合成場所是核糖體，蛋白質的結構與功

能不同的根本原因是控制蛋白質合成的基因不同，A正確：酶的專一性是指一種酶只能催化一種或一類物

質的化學反應，細胞會產生水解酶將粘連蛋白分解，而染色體上的其他蛋白質不受影響，體現(xiàn)酶的專一性,

B正確；如果阻斷正在分裂的動物體細胞內SGO蛋白的合成，則無SGO蛋白保護粘連蛋白，水解粘連蛋白

的酶在中期就起作用，則著絲點分裂，姐妹染色單體分離會由相應的細胞分裂后期提前到中期，故圖示過

程會提前進行，C錯誤；據(jù)圖分析，著絲點分裂后，姐妹染色單體分開成為染色體，并在紡錘絲的牽引下均

勻地移向兩極，處于有絲分裂后期或減n后期，D正確。

3.B【解析】根據(jù)題文，TATAbox是堿基序列為TATAATAAT的DNA序列，其被徹底水解后得到脫氧核

糖、磷酸、A、T共4種小分子，A正確；TATAbox屬于基因啟動子的一部分，位于DNA上，而起始密碼

子位于mRNA上，B錯誤；根據(jù)題文，RNA聚合酶與TATAbox牢固結合之后才能開始轉錄，而核糖核普

酸鏈的形成是通過轉錄得到的，C正確；某基因的TATAbox經“關閉”后，RNA聚合酶沒有了結合位點，

不能啟動基因轉錄，該研究為人們主動“關閉”某個異?；蛱峁┝怂悸?，D正確。

故選B。

4.C【解析】由于感染者的自我調節(jié)能力有一定的限度，會出現(xiàn)異常的肺衰竭癥狀，A正確；病毒含有核

酸，故病毒的組成元素中一定含有C、H、0、N、P,B正確；新型冠狀病毒主要侵染肺黏膜細胞等，C錯

誤；RNA病毒容易發(fā)生變異與單鏈RNA結構不穩(wěn)定有關，D正確。

5.C【解析】根據(jù)實驗目的可知，甲組是實驗組，乙組為對照組，對照組應該選用健康的小鼠做實驗材料,

A正確；胰島素的本質是蛋白質，其基本單位是氨基酸，S元素位于某些氨基酸的R基上，B正確；若X

明顯小于Y,即甲組含放射性沉淀比例低；由題目（過量的）胰島素抗體與胰島素特異性結合形成沉淀（35S

標記的胰島素是定量的），由于放射性元素35s標記的胰島素定量，故而放射性沉淀比例越低，放射性胰島

素與正常胰島素相比就越少，即機體能產生的正常胰島素在血漿中含量越高，C錯誤；胰島素受體位于細胞

膜上，細胞膜上的蛋白質需要內質網等有膜細胞器參與加工修飾，D正確。

6.C【解析】人口增長會對環(huán)境造成壓力，但減少人口數(shù)量也不一定能夠實現(xiàn)對生態(tài)環(huán)境的保護，A錯誤；

先治理環(huán)境，才能更好地在今后保證經濟發(fā)展，B錯誤；綠水青山就是金山銀山，良好的生態(tài)環(huán)境是人類社

會持續(xù)協(xié)調發(fā)展的基礎，C正確；保護環(huán)境、保護生物多樣性，不是禁止對自然資源、能源等的開發(fā)和利用，

而是合理的開發(fā)和利用，D錯誤。

7.A【解析】A.為節(jié)能，必須增大艙體內物質的循環(huán)，艙內生活用氧主要來自電解水，電能來自太陽能

的轉化，電解得來的氧氣供給呼吸，氫氣則與C02轉化為甲烷與水，故A說法錯誤；

B.電推發(fā)動機直接利用電能作為推力，化學燃料需要攜帶，且會有污染物排放，B說法正確；

C.碑化像屬于新型半導體材料，在耐高壓、光電轉化率表現(xiàn)優(yōu)于傳統(tǒng)的相對于硅制電池，

故C說法正確；

D.尿液分離出純凈水，可以采用多次蒸儲的方法，D說法正確。

8.C【解析】A項，M含痰基、羥基、醛鍵、埃基、碳碳雙鍵等，官能團種類多于Q,其分子式為C21Hl

A正確；B項，Q與M中含羥基，可發(fā)生與酸酯化，同時又屬于取代，可燃，即可氧化，B正確；C項，

M分子中苯環(huán)上的一氯代物有4種，C錯誤；D項，Q中無苯環(huán)，單鍵碳構成六元環(huán)，不可能共面，D正

確；故選C。

9.D【解析】A.由于N%極易溶于水，所以通入NH3的導氣管的末端不能插入到溶液中，由于CO2在水

中的溶解度較小，而易溶于堿性溶液，因此先通入NH3,后通入CO2,過量的NH3用稀硫酸吸收，選項A

錯誤；

B.H2c2。4和KMnO4的物質的量比分別為10:1,5:1,草酸均過量，KMnCM溶液滴入H2c2O4溶液均看不到

顏色變化，B錯誤；

C.接通電源構成電解池，在犧牲電能的情況下，無法證明反應是否具有自發(fā)性，C錯誤。

D.反應后得到粗漠苯，向粗漠苯中加入稀氫氧化鈉溶液洗滌，除去其中溶解的澳，振蕩、靜置，分層后分

液，向有機層中加入適當?shù)母稍飫缓笳翳D分離出沸點較低的苯，最終可得濱苯，選項D正確；

10.C【解析】由化合物甲中X能形成2個共價鍵可知，X為O元素、W為H元素，由W、.X、Y、Z為

元素周期表中的短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大，W和Y、X和Z分別為同主族元素可知，丫為Na

元素、Z為S元素，H、0、Na、S四種元素原子的最外層電子數(shù)之和為14。A.硫元素位于第三周期，硫

化氫分子中含有的電子數(shù)為18,故A錯誤；B.氧元素和鈉元素形成的過氧化鈉為離子化合物，化合物中

含有離子鍵和共價鍵，故B錯誤；C.同主族元素，從上到下離子半徑依次增大，電子層結構相同的離子，

核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則X、Y、Z三種元素的簡單離子半徑大小順序為Z>X>Y,故C正確：D.化

合物甲為亞硫酸氫鈉，硫元素為+4價，而硫酸氫鈉中硫元素化合價為+6價；氫氧化鈉與硫酸等物質的量反

應生成硫酸氫鈉，不能生成亞硫酸氫鈉，故D錯誤；故選C。

H.C【解析】A.氯水中有氯氣和次氯酸，都有強氧化性，可以將Fe?+氧化成Fe3+,故A正確；

B.燒瓶中有NaClO,是強堿弱酸鹽水解顯堿性，F(xiàn)e3+堿性條件下會產生紅褐色沉淀，故B正確；

C.燒瓶中有NaClO,有強氧化性，在溶液中KSCN中的會直接被氧化為硫酸根離子，故C錯誤；

D.氯水過量時，紅色卻會褪去,NaClO溶液至過量圓底燒瓶中紅色變淺，都說明SCN-會被氧化劑氧化，SCN

中S：-2價，C：+4價，N：-3價，具有還原性可能被氧化的是硫或氮，若硫被氧化，則生成硫單質，不溶,

出現(xiàn)淡黃色沉淀(排除)，故N元素一定被氧化，(生成氮氣)故D正確；

故答案為：C

12.B【解析】A.根據(jù)題目信息，四烷基胺氟鹽是電解質，能在氟代酸中電離出自由移動的F,故A正確；

B.CeF3難溶于水，所以負極反應為Ce-3e-3F=CeF3,故B錯誤；

C.LaF3具有惰性，作為正極外殼可使正極Cu免于溶解，故C正確；

D.根據(jù)電子守恒，充電過程中，陽極溶解3moicu,則陰極析出2molCe,二者質量比為3moix64g.moH：

2molxl40g-mol1=24:35,故D正確；

選Bo

+

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

酸銀溶液，而不可能是氟化鉀溶液，A項錯誤；

B.c點滴加KI溶液后，氯離子濃度升高然后達到一個比起始時略高的值，則說明此時溶液中銀離子濃度減

小，而部分銀離子轉化為碘化銀沉淀，因此c點后有黃色沉淀生成，B項錯誤；

c.d點時氯離子濃度大于起始時的氯離子濃度，而起始時有沉淀溶解平衡應有c(Ag+)=c(C1)，故d點

c(Ag+)<c(CF),C項正確；

D.由B選項的分析，c點后產生了碘化銀，故應有Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),D項錯誤；

答案選C。

14.【答案】C

【解析】

A.AE中點G的電勢為

夕=曰=外

所以CF是一個等勢面，電場線與等勢面垂直，旦由高電勢指向低電勢，所以電場強度方向由A指向E,所

以A錯誤；

B.如圖所示，由幾何關系可得

-27?cos300=2百cm

電場強度的大小為

E=媼=乎—=100V/m

dAE2GxiCT?

所以B錯誤；

C.該圓周上電勢最高的點與圓周相切，如圖所示在點”，則有

2

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

解得

%=(2+g)V

所以C正確；

D.電子在電勢越高處，電勢能越小，由于夕/>仍，，所以電子在O點的電勢能大于處在F點的電勢能，

則D錯誤；

故選C。

15.【答案】D

【解析】

對近地衛(wèi)星，有

G筆=〃吟）”

4

聯(lián)立得

3〃

p\GT?

考慮地球赤道處一小塊質量為他的物體，只有當它受到的萬有引力大于或等于它隨地球一起旋轉所需的向

心力時，地球才不會瓦解，設地球不因自轉而瓦解的最小密度為P2,則有

。京"。耳）R

4”

M=p2--7rie

聯(lián)立得

3萬

-GT7

所以

a=lL

PCl"T2

故D正確ABC錯誤。

故選D。

16.【答案】D

【解析】

A.交流電壓的有效值為

2200

U=—2一V=220V

V2

兩燈均正常發(fā)光，則原線圈輸入的電壓為

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

副線圈電壓

S=UB=20V

根據(jù)理想變壓器變壓比

n,j7,20010

丁?一方一丁

故A錯誤；

B.變壓器不改變交流電的頻率，即頻率比為1：1,故B錯誤；

CD.當滑動變阻器的滑片向下滑少許時，阻值減小，副線圈電流變大，根據(jù)旦可知原線圈電流變大,

?2A

燈泡A分擔的電壓變大，燈泡A變亮，原線圈輸入的電壓變小，輸出電壓變小，所以燈泡B亮度變暗，故

C錯誤，D正確。

故選D。

17.【答案】C

【解析】

爆炸過程中，兩滑塊動量守恒，取水平向右為正，則

0=一叫匕+m2v2

爆炸之后分別對兩滑塊動能定理可知：滑塊P

?12

一4m,gXi=0-/，4%

滑塊Q

12

一2g/=0——m2V2

聯(lián)立解得

町：=2:]

故ABD錯誤C正確；

故選C。

18.【答案】A

【解析】

AD.由圖可知，在位移為0.2m處加速度為零，在位移為0.3m后，加速度不變，即物體離開了彈簧，其加

速度為重力加速度。所以有

女(0.3-0.2)=mg

在起始位置物體加速度最大，有

F-0.3k-mg=ma

解得

?=20m/s2

A正確，D錯誤：

B.彈簧的勁度系數(shù)為

k==100N/m

0.3-0.2

B錯誤；

C.彈簧恢復形變的過程中，彈簧彈力做的功為

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

22

C錯誤。

故選A。

19.【答案】AD

【解析】

A.核反應遵守質量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，故A正確；

B.華龍一號的原理是重核的裂變反應，故B錯誤；

C.原子核的比結合能越大，原子核越穩(wěn)定，故C錯誤；

D.核裂變反應發(fā)生后，會釋放能量，所以核子的平均質量減小，故D正確。

故選AD。

20.【答案】AD

【解析】

A.對于整個過程，由動能定理，可得

，"gLsin8-W^=0

可得，克服摩擦力做的功為

3

Wf=mgLsin6=wmgL

故A正確。

BD.設彈簧的最大壓縮量為x,彈性勢能的最大值為4,物體從A到最低點的過程，由能量守恒得

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

物體從最低點到B點的過程，由能量守恒得

mgxsin6+jjmgcos6-x=E0

聯(lián)立解得

1,L1,

x=—L,--meL

4p4

故B錯誤，D正確；

C.設物體剛要接觸彈簧前速度為v,由動能定理可得

12

mgLsin37-pimgLcos37=—mv~-0

解得

若g取10m/s2,有

v=JggL=2〃

物體接觸彈簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑動摩擦力和彈簧的彈力的合力，物體先加速下滑，后來

重力沿斜面向下的分力小于滑動摩擦力和彈簧的彈力的合力，物體減速下滑，所以重力沿斜面向下的分力

等于滑動摩擦力和彈簧的彈力的合力，即物體的合力為零，速度最大。顯然最大速度比物體剛要接觸彈簧

前的速度大，故C錯誤。

故選AD。

21.【答案】ABD

【解析】

圖1

XXXxt友XXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXX

XXXX.

XXXX

XXX

XXX

XXX

??XXXX

圖2

A.電子在磁場中做圓周運動，電子從P點到Q點，電子在每個磁場中轉過的圓心角都是90°，電子的運動

軌跡可能如圖1或圖2所示，電子在磁場中的運動周期為

_27Vm

1=------

eB

則電子從尸點出發(fā)恰好第一次經原點O點的時間為

90_nnm

-n-----1--------n—1、2、3

36002eB

所以若電子從尸點出發(fā)恰好第一次經原點。點，運動時間可能為「，則A正確;

2eB

B.電子在磁場中做圓周運動的半徑為r,由幾何關系可得

n>/2r=yj2L

電子從P點出發(fā)恰好第一次經原點O點，運動路程為

nr

s=n——

2

當〃=1時

KL

S=----

2

JTJ,

所以若電子從尸點出發(fā)恰好第一次經原點。點，運動路程可能為二「，則B正確；

2

C.電子從尸點出發(fā)經原點。到達。點，運動時間為

T2n7rm.__

t=ni=-----,〃=1、2、3....

eB

2九m

所以若電子從尸點出發(fā)經原點。到達。點，運動時間可能為-則C錯誤；

eB

D.按圖(1)電子從P點出發(fā)恰好第一次經原點。到達。點，運動路程為

s=幾r

其中r=L當〃=1時

s=Ytljir-27rL

按圖(2)電子從P點出發(fā)恰好第一次經原點。到達。點，運動路程為

s-〃2萬廠

其中〃=，■當〃=i時

2

s=n2jvr=TVL

所以若電子從尸點出發(fā)恰好第一次經原點。到達。點，運動路程可能為2江，也可能是則D正確；

故選ABD

__________H-h

22.【答案】重物A開始釋放時離地面的高度力；紙板離地面的高度H"2g("一力)h

【解析】

質最為M的重物A和質量為〃?的重物BCM>m),設重物A下降的高度/2,即重物A開始釋放時離地面的

高度/?,而重物B上升的高度為“，即紙板離地面的高度H,對A、B組成的系統(tǒng)，根據(jù)機械能守恒定律得

12

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

當重物A落到地面后，物體B做豎直上拋運動，則有

12

—mv"-=mg(H-/i)

那么重物A剛要落地時速度大小為

v=J2g(〃一〃)

聯(lián)立解得

{M+m)H=2Mh

(1)實驗室僅提供了刻度尺，則需要測量的物理量有：重物A開始釋放時離地面的高度〃，與紙板離地面

的高度乩

(2)由上面分析可知，當重物A剛要落地時，重物A的速度大小為

v=y]2g(H-h)

(3)根據(jù)(M+m)〃=2M〃，可得

2MH

M+mh

則有

工7=%

Mh

那么則有

M-m_H-h

M+mh

上式成立，則重物A下落過程中，重物A和重物B組成的系統(tǒng)機械能守恒。

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

「一LN

3U「U°彩)

【解析】

(1)圖甲最小分度值為0.02,因此示數(shù)是0.44A。

圖乙最小分度為0.1,因此讀數(shù)為1.70V。

(2)因為兩表由同一個靈敏電流計改裝，所以經過相同的電流時指針偏轉的角度一樣。電壓表5的指針指在

滿刻度的一半處，這時電壓表V2的指針也指在滿刻度的一半處。

根據(jù)串聯(lián)電路電壓的分配與電阻成正比，所以兩表的內阻之比為2:1。

被測電阻&兩端的電壓為3a

(3)有題意可知，電壓表Vi的內阻為與，則根據(jù)閉合電路的歐姆定律得

普r+5=E4+u5

0尺2

3v2

解得

E.2U、U?U「U

3U「UJ力-35觀

24.【答案］(1)"=lm；(2)x=L65m

【解析】

(1)設夯錘與樁料碰撞前瞬間的速度為%,則

M=2g%

解得

%=J2g")=10m/s

取向下為正方向，設夯錘與樁料碰撞后瞬間的速度為V,由動量守恒定律得

=(M+m)v

代入數(shù)據(jù)解得

v=9m/s

由乙圖知，樁料下沉過程中所受的阻力隨距離均勻變化，可用平均力求阻力做功，則

W=--khh=--kh2

ff22

對夯錘與樁料，由動能定理得

2

(M+m)gh+Wf=0—+m)v

代入數(shù)據(jù)解得

/?=1m

(2)由于每次提升重錘距樁帽的高度均為％,每次碰撞后瞬間的速度均為v,設三次打擊后共下降％則由圖

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)根據(jù)洛倫茲力充當向心力

mv~2

Bvq

r

得

mv

qB

_2兀rIjim

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

vqB

棒的角速度最小值為

2萬qB

co=——=——

Tm

(2)根據(jù)洛倫茲力充當向心力

可得粒子離開加速器的速度為

BqR

m

由法拉第電磁感應定律，導體棒切割磁感線的電動勢為

小~噂

根據(jù)動能定理

NE感q=

得加速的次數(shù)為

JB°R2

(3)帶電粒子在電場中的加速度為

q_E感q

dm2dm之

粒子在電場中做勻加速直線運動，滿足

Nd=-at2

2

為保證粒子一直加速，應滿足

T

t<—

2

解得

,TLB/

d<—^―

2BR

26【答案】(1)增大接觸面積，提高堿浸效率(或“使堿浸更充分”等合理答案也可)(2)GaAs+4NaOH

+4H2O2=NaGaO2+Na3AsO4+6H2O(3)溫度過低時堿浸速率慢，溫度過高易導致H2O2分解Fe2O3.

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

【分析】

神化錢廢料，主要成分為GaAs,含F(xiàn)e2O3,SiO2和CaCO3等雜質，加入NaOH、H2O2,GaAs轉化為NaGaCh、

Na3AsO4,SiCh轉化為Na?SiC>3進入溶液，F(xiàn)e2O3,CaCCh難溶于氫氧化鈉溶液形成濾渣I:浸出液中加硫酸

調節(jié)pH,生成Ga(OH)3、H2SQ3沉淀，向錢和硅共沉物中加入硫酸，Ga(OH)3生成Ga2(SO4)3溶液，電解

Ga2(S05溶液生成Ga、氧氣、硫酸。

【解析】

(1)將碎化錢廢料轉變成懸濁液，可以增大與氫氧化鈉、過氧化氫的接觸面積，提高堿浸效率；

(2)碎化錢(GaAs)在“堿浸”時，NaOH、H2O2與GaAs反應生成NaGaCh、Na3AsO4,該反應的化學方程式為

GaAs+4NaOH+4H2O2=NaGaO2+Na3AsO4+6H2O；

(3)“堿浸”的溫度控制在70℃左右，溫度過低時堿浸速率慢，溫度過高易導致H2O2分解，所以溫度不能過

高或過低；Fe2O3,CaCCh難溶于氫氧化鈉溶液，“濾渣I”的成分為Fe2O3、CaCO3；

(4)向浸出液中加H2sCU進行“中和“，調節(jié)pH使像和硅共沉淀，pH范圍在5.0?6.0時，錢和硅沉淀率高、

碑沉淀率低，所以“中和”的pH應調節(jié)至錢和硅范圍5.0?6.0內;

⑸電解Ga2(SO4)3溶液生成Ga、氧氣、硫酸，則所得“尾液”的溶質主要是H2s0」，可進行循環(huán)利用，提高

經濟效益;

(6)若用240kg含錢3%的神化錢廢料回收錢，得到純度為99%的錢7.10kg,則錢的回收率為

7.1x99%

xl00%=97.6%

240x3%

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

NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O緩慢通入CH3ONO氣體ad(da)cbfe(bcfe)(3)真空低溫(隔絕

空氣，低溫干燥)重結晶(4)65(然(c、M)%補充平行實驗(重復滴定2?3次)

2.50

【分析】

根據(jù)流程：NaNCh與甲醇、70%稀硫酸反應得到CH3ONO,加入NaOH水合朋溶液反應:

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

蒸儲A將甲醇分離，得到B溶液，將其結晶、抽濾、洗滌、干燥得到產品。計算n[(NH4)2Ce(NO3)6],

n[(NH4)2Fe(SO4)2],結合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈍鏤反應，剩余的六硝酸鈾錢，向溶液中加適量硫酸,

用C2mol?L」(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亞鐵錢)標準滴定溶液滴定過量的Ce4+,結合化學方程式定量關系計算；為

了提高實驗的精確度，氧化還原反應滴定實驗一般要用平行實驗，求平均值。

【解析】

(1)步驟I總反應亞硝酸鈉和甲醇在酸性條件下生成CH3ONO和硫酸鈉，化學方程式為2NaNO2+2CH.,OH+

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

(2)①步驟II三頸燒瓶中發(fā)生反應CH3ONO加入NaOH水合啡溶液生成NaN3和CH3OH,化學方程式為

CHjONO+N2H4H2O+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O0該反應放熱，但在20℃左右選擇性和轉化率最高，

實驗中控制溫度除使用冷水浴，還需采取的措施是緩慢通入CH3ONO氣體，降低反應速率，防止溫度升高

過快。故答案為：CH3ONO+N2H#H2O+NaOH=NaN3+CH3OH+3H20；緩慢通入CH3ONO氣體；

②步驟中制備疊氮化鈉的操作是在三頸瓶中進行，制備疊氮化鈉的操作是打開、關閉步驟

nKiK2,K3；HI

中溶液A進行蒸儲的合理操作順序是：關閉Ki、K2一打開K3T水浴加熱、通冷凝水或打開K3T關閉K1、

K2T水浴加熱、通冷凝水，故步驟H開始時的操作為ad(da)(選填字母編號)。步驟HI蒸儲時的操作順序是

cbfe(bcfe)(選填字母編號)。故答案為：ad(da)；cbfe(bcfe)；

(3)步驟IV對B溶液加熱蒸發(fā)至溶液體積的三分之一，冷卻析出NaN3晶體，減壓過濾，晶體用乙醉洗滌2?

3次后，再真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)干燥。精制NaN3的方法是重結晶，使混合在一起的雜質彼此分

離。故答案為：真空低溫(隔絕空氣，低溫干燥)：重結晶；

(4)①計算n[(NH4)2Ce(NC)3)6],n[(NH4)2Fe(SO4)2],結合滴定過程，疊氮化鈉和六硝酸鈾鏤反應，剩余的六硝

酸鈿鉞，向溶液中加適量硫酸，用c2moi七小114疝弊04)2(硫酸亞鐵錢)標準滴定溶液滴定過量的Ce4+,結

合化學方程式定量關系計算：nKNH4)2Ce(NO3)6]=CiV|Xl(y3moi,n[(NH4)2Fe(SO4)2]=C2V2x1O^mol,與NaN3

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

/5g(然2給＞'I。＞]00%=65(4儼)％,產品純度為國粵二堊2%。故答案為：

2.50gX---2.502.50

250mL

65(然3)%

2.50

②為了提高實驗的精確度，氧化還原反應滴定實驗一般要用平行實驗，求平均值，該實驗還需要補充平行

實驗(重復滴定2~3次)。故答案為：補充平行實驗(重復滴定2~3次)。

28.【答案】(1)-94.9806(2)<自發(fā)反應△H-T^S<0,該反應是氣體分子數(shù)減小的反應，△5<(),

7.5

所以AHvOO.O5Po—(3)水碳比越大，氫氣的物質的量分數(shù)越大水碳比增大，生成的

%

CO會與H2O(g)反應，進一步生成H2,使得氫氣的物質的量分數(shù)增大(4)負陰極除了CO2得電子

外：9CO2+8e+6H2O=CH4+8HCO；,還可能發(fā)生2H++2e=H?T

【解析】

1

⑴反應I-反應11=反應HI,AH3=AH,-AH2=(-53.7-41.2)kJ-mor'=-94.9kJmol；AH=反應物總鍵

1

能-生成物總鍵能，AH2=(2a+436-1076.8-2x465)kJmor'=41.2kJmol,解得a=806

(2)①自發(fā)反應AH-TASVO,該反應是氣體分子數(shù)減小的反應，△$<(),所以AHVO；

②在此條件，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二者物質的量相同，由Pl:P2=nl:n2得：二者的起始分壓均為O.5Po,消耗

O.3Po，平衡時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)由圖可知，溫度一定時，水碳比越大，氫氣的物質的量分數(shù)越大，水碳比增大，生成的CO會與H20(g)

反應，進一步生成H2,使得氫氣的物質的量分數(shù)增大

(4)

①根據(jù)電解池原理分析，C。？甲烷化過程中，C化合價降低，發(fā)生還原反應，則多晶銅作為陰極，得電子

發(fā)生還原反應，則連接電源的負極：

②陽極氧化產物只有。2,電解時實際生成CH4的總量小于由。2理論計算所得CH4的量，結合電極反應式

解釋原因：陰極除了CO2得電子外：9CO2+8e+6H2O=CH4+8HCO3,還可能發(fā)生2H++28=也T。

29.【答案】(9分，除標注外每空1分)

(1)葉綠體基質丙酮酸金粒體基質

⑵③①②③④⑤

（3）光照強度下降由d點轉向b點時，C02濃度升高，暗反應C02固定時對C5的消耗量增強，

但短時間內C5的合成量不變，故C5濃度下降（2分）

【解析】根據(jù)題意和圖示分析可知：圖1中，①表示光反應，②表示暗反應，⑤表示細胞呼吸的第一階段，

④表示有氧呼吸的第二階段，③表示有氧呼吸的第三階段。A表示［H］和ATP,B表示ADP和Pi,C表示氧

氣，D表示二氧化碳，E表示［H］,F表示丙酮酸。（1）根據(jù)題意和圖示分析可知：圖1中，①表示光反應,

②表示暗反應，A表示［H］和ATP,光反應為暗反應提供的ATP和［H］,所以A的移動方向從類囊體薄膜到

葉綠體基質；B表示ADP和Pi,C表示氧氣，D表示二氧化碳，E表示［H］,F表示丙酮酸。④表示有氧呼

吸的第二階段，其場所是線粒體基質。（2）⑤表示細胞呼吸的第一階段，④表示有氧呼吸的第二階段，③

表示有氧呼吸的第三階段，其中有氧呼吸的第三階段③產生的能量最多；圖2中，a點植物進行細胞呼吸，

也進行光合作用，能發(fā)生圖1中的①②③④⑤生理過程.（3）圖2中，曲線ab段該條件下植物沒有達到光

的飽和點，故曲線ab段限制光合作用速率的主要環(huán)境因素是光做強度，由d點轉向b點時，C02濃度升高,

暗反應C02固定時對Cs的消耗量增強，但短時間內C5的合成量不變，故C5濃度下降。

30.【答案】（10分，除標注外每空2分）

（1）①將大鼠隨機均分成6組，編號為A、B、C、D、E、F,A組灌胃適量蒸儲水，B、C、D、E、F組

分別灌胃等量的0.5g-L\lg-L\1.5gLi、2g.L-\2.5gL」的醋酸鉛溶液

——腦組織鉛含量

乙酰膽堿酯酣活性

（2）如圖（3分）

醋酸鉛溶液濃度性

灌胃醋酸鉛溶液濃度對大鼠腦組織鉛

含量和乙酰膽堿酶活性的影響

（3）①突觸間隙（1分）電位②慢

【解析】（1）分析題意可知，本實驗的目的是探究鉛中毒對大鼠神經調節(jié)的影響，自變量為醋酸鉛溶液的

濃度，因變量為腦組織鉛含量及乙酰膽堿酯酶活性，無關變量應相同且適宜。

實驗思路：①將大鼠隨機均分成6組，編號為A、B、C、D、E、F,A組為對照組，灌胃適量蒸儲水，B、

C、D、E、F組為實驗組,分別灌胃等量的0.5gL\lg.L-\1.5gL\2g-L\2.5gL」的醋酸鉛溶液。

（2）結果發(fā)現(xiàn)隨施加的醋酸鉛濃度增大，大鼠乙酰膽堿酯酶活性下降，繪制坐標曲線時應以自變量做橫坐

標，因變量為縱坐標，故坐標曲線圖如下:

-----臟組織鉛含量

晶酸鉛溶液濃度

濯胃酸酸鉛溶液濃度對大鼠麻組織蛤合量和乙酰膽，“悔活性的影響

（3）突觸前膜胞吐釋放神經遞質進入突觸間隙，與突觸后膜上的受體結合，引發(fā)突觸后膜電位變化。

實驗結果表明：腦組織中鉛含量越高，大鼠乙酰膽堿酯酶活性越低，乙酰膽堿水解速度越慢。

31.【答案】（9分，除標注外每空1分）

（1）樣方法年齡結構

（2）相對濕度越低，沙漠蝗蟲產卵數(shù)量越少

（3）隨著濕度的增大，蝗蟲天敵數(shù)量增多，通過捕食可抑制沙漠蝗蟲的種群數(shù)量；寄生生物大量繁殖抑制

沙漠蝗蟲的數(shù)量（2分）同化量一部分通過呼吸作用以熱能的形式散失，一部分流入分解者沙漠蝗

蟲的同化量有一部分流入第三營養(yǎng)級的其他生物

（4）利用藥物進行化學防治；利用天敵、信息素等進行生物防治（2分）

【解析】（1）沙漠蝗蟲屬于動物，為異養(yǎng)生物，在生態(tài)系統(tǒng)中屬于消費者，由于蝗蟲的卵不能運動，因此

調查蝗蟲的產卵數(shù)量常用樣方法進行。種群的年齡結構是預測種群數(shù)量的重要指標，因此，欲預測沙漠蝗

蟲種群數(shù)量的發(fā)展趨勢，需對該蝗蟲種群的年齡結構進行研究。（2）圖中顯示，在一定的濕度范圍內，隨

著濕度的增大，沙漠蝗蟲的產卵數(shù)越來越多，超過一定限度，如圖中的70%,隨著相對濕度的增大，沙漠

蝗蟲的產卵數(shù)量越來越少，據(jù)此可推測沙漠蝗蟲在干旱條件下種群數(shù)量減少的原因是相對濕度越低，沙漠

蝗蟲產卵數(shù)量減導致的；當雨量充沛、氣候潮濕時，隨著濕度的增大，從種間關系的角度分析，此時蝗蟲

天敵數(shù)量增多，通過捕食可抑制沙漠蝗蟲的種群數(shù)量，另外寄生生物大量繁殖也能抑制沙漠蝗蟲的數(shù)量增

多，因此表現(xiàn)為沙漠蝗蟲的產卵量隨著濕度的增大而減少。（3）在生態(tài)系統(tǒng)的能量流動過程中，各營養(yǎng)級

生物的同化量沿食物鏈逐級遞減的原因是同化量一部分通過呼吸作用以熱能的形式散失，另一部分流入分

解者。沙漠蝗蟲和沙云雀之間的能量傳遞效率為5.5+75=7.3%,顯然不在10%-20%區(qū)間，最可能的原因是

沙漠蝗蟲的同化量有一部分流入第三營養(yǎng)級的其他生物，從而導致計算的結果偏離正常范圍。

（4）研究人員提出，可以通過大型的捕蝗機械和建立柵欄等物理手段來防治沙漠蝗蟲，這屬于機械防治，

除此之外，為控制蝗災還可采用化學防治和生物防治，具體做法是利用藥物進行化學防治；利用天敵、信

息素等進行生物防治。

32.【答案】（11分，除標注外每空2分）

（1）A/a、B/b分別位于兩對同源染色體上

（2）1/3AAbb或aaBB（1分）

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

雜交，觀察并統(tǒng)計子代的性狀及比例

【解析】（1）當A/a、B/b分別位于兩對同源染色體上，等位基因A/a、B/b控制的兩對性狀能夠獨立遺傳,

這兩對基因的遺傳遵循自由組合定律。（2）由題干可知，兩對相對性狀獨立遺傳，故單瓣紫花植株與重

瓣紅花植株雜交所得F,應為雙雜合的個體（AaBb）,親本可能為AABBxaabb或為AAbbxaaBB,由于子二代

出現(xiàn)單瓣紫花植株約1/4,所以親本基因型不能為AABBxaabb,確定親本基因型為AAbbxaaBB,但單瓣與

重瓣、紅花和紫花的顯隱性還無法判斷，能判斷的是“單瓣”和“紫花”性狀應一個為顯性性狀，一個為隱性性

狀，因此其基因型為A_bb或aaB_,能穩(wěn)定遺傳的個體的基因型為AAbb或aaBB,在F2單瓣紫花植株中占

1/3。（3）若該植物的單瓣對重瓣為顯性，紅花對紫花為顯性，親本為AAbbxaaBB,所以親本產生的配子正

常，如果ab配子異常不會出現(xiàn)F2單瓣紫花1/4。但是，若B產生的含AB的雄配子（或雌配子）不育，則

AB雄配子（或雌配子）參與形成的AABB、AABb、AaBB、AaBb個體死亡，使單瓣紫花（A_bb）植株

所占比例變?yōu)?/4。F2中AA：Aa：aa=l：3：2,A基因的基因頻率=1/6+3/6xl/2=5/12。為判斷親本

產生的AB雄配子（或雌配子）是否可育，可讓植株（AaBb）做父本（或母本）與重瓣紫花植株雜交，通

過觀察并統(tǒng)計子代的性狀及比例來判斷。

33.（1）【答案】BDE

【解析】

A.布朗運動不是液體分子的運動，也不是固體小顆粒分子的運動，而是小顆粒的運動。它間接證明了：分

子永不停息地做無規(guī)則運動，故A錯誤；

B.對于一定質量的理想氣體，在壓強不變而體積增大時，單位體積內的分子數(shù)減少，所以單位時間碰撞容

器壁單位面積的分子數(shù)一定減少，故B正確；

C.溫度是分子平均動能的標志，溫度高平均動能大，但不一定每個分子的動能都大，故C錯誤；

D.當液體與大氣相接觸時，液體表面層內的分子所受其他分子作用力的合力總是指向液體內部，故D正

確；

E.由熱力學第二定律可知不可能利用高科技手段將散失在環(huán)境中的內能重新收集起來加以利用而不引起其

他變化，故E正確。

故選BDE。

39mg

p,二-〃()H-----------

⑵【答案】①22°10S②—哈嚕

【解析】

①初始時活塞受力平衡

PiS=p0S+mgsin370

假設氣體溫度為3To時，理想氣體體積變?yōu)镾”，活塞達到卡槽前壓強恒為0,由蓋一呂薩克定律有

S-SH

活塞達到卡槽后體積恒為SH,由查理定律有

且=丘

(37；

解得

3?9mg

Pi=-Po

10S

因為〃>pi,所以假設成立，則

39mg

Pi=-Po+WS

②電熱絲產生的熱量

Q=PRt

氣體對外做功

LJ

皿=“耳

氣體增加內能

\U=Q-W

解得

210

34.(1)【答案】ADE

【解析】

A.根據(jù)振動圖像，質點。下一時刻的振動方向向下，結合波的圖像，可知這列簡諧橫波向左傳播。A正確;

B.波速為

v=—=——m/s=40m/s

T0.2

B錯誤；

C.簡諧波的方程為

27r7c

y=(lOsin——x)cm=(lOsin-x)cm

24

將x=1.0m代入得

y=(10sin—)cm=5V2cm

4

C錯誤；

D.從r=0.10s到仁0.25s,經歷了質點Q通過的路程為

4

3

s=—x44=30cm

4

D正確；

E.因為波向左傳播，所以仁0時刻，質點P的振動情況與x=l+40*0.1=5m處的質點振動情況一致，由

波的圖像可知該處的質點正沿y軸負方向振動。E正確。

故選ADE。

⑵【答案】①/=30°；①120°

【解析】

①光路如圖所示

根據(jù)折射率公式

sin60°

n=--------

sin/

代入數(shù)據(jù)解得

y=30。

②如圖，連接AC,由兒何關系可得

OC1

tanZOAC=——=——<tan30°

OA2V3-1

進入工件的光線經4點折射到8c邊，在8C邊的入射角為

a=60°

■e

sinC=-=—<sin60°

n3

所以光線在8c邊發(fā)生全反射，設邊過E點的法線與OA邊的交點為廣，。4邊與半圓球面的交點為

D,因為

AF-Rtana=也R

AD=R+Q6-1)R=2也R

則有

FD=AD-AF=AF

光線在8c邊的反射角為a=60°,所以BC邊的反射光線恰好過。點，且在。點的入射角為

0=30。

sin。

n=------

si”

解得

6=60°

過。點作A點入射光線的平行線，解得光線從工件表面射出的方向相對A點入射光線的偏角為120。

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

與s°;中s原子都是sp'雜化，中無孤電子對，中有一對孤電子對，孤電子對與成鍵電子

對間的斥力更大,導致so；-中鍵角小于s°/(3)BF(4)加2。3為離子晶體，A產和°?一離子

—xlO2'

T1A1

半徑較小，離子所帶電荷數(shù)較多，晶格能大，熔點高，硬度大(5)"s3V3a-x7NA或

48x11+27x5

2l2

3x|V3xlO_apNA

【解析】

⑴銘(Cr)是24號元素，核外電子排布為Is22s22P63s23P63d54s、鋁(Mo)位于同一副族相鄰周期，且Mo的原

子序數(shù)更大，則基態(tài)Mo原子的核外電子排布式為Is22s22P63s23P63d1°4s24P64d55sl或g]4d55sl.基態(tài)

Mo3+核外電子排布為Is22s22P63s23P631。4s24P64d3,最高能層中成對電子與單電子的數(shù)目比為8:3。故答案為:

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

6+2-2x3_t

(2)中孤對電子數(shù)=2,中心原子S周圍共有4