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2022届4月高三大联考
理科综合
(考试时间：150分钟试卷满分：300分)
注意事项：
1.本试卷分第【卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考
证号填写在答题卡上，
2.回答第】卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H1C12016C135.5V51Ag108
第I卷
一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.“淀粉→麦芽糖→葡萄糖→糖原”表示生物体内糖类的某些转化过程，下列说法不正确的是(）
A.此生物是动物，因为能将淀粉转化为糖原
B.上述四种糖类物质不可能存在于同一个细胞中
C.淀粉和糖原都是储存能量的多糖，麦芽糖是二糖
D.淀粉可以用碘液来鉴定，另外三种糖可以用斐林试剂鉴定
2.科学研究发现，某些细胞可以转化成一种液体状、侵入性的状态，以随时在身体的狭窄通道内移动，这
种转化是由化学信号一溶血磷脂酸(LPA,一种磷脂)触发的。目前己经找到了一种通过阻断LPA信号
通路，停止早期胚胎细胞运动的方法，这一研究成果为人类治疗癌症提供了新的思路。下列叙述正确的
是()
A.LPA与葡萄糖进入癌细胞的方式相同
B.LPA的受体一定分布在癌细胞膜的外表面
C.LPA作用下形成的液体状细胞都是痘细胞
D.正常细胞中含有LPA受体的相关基因
3.某小组同学为了解某种加酶洗衣粉对蛋白质的水解作用，将完全相同的
蛋白块分别置于若干组等量适宜浓度的该洗衣粉溶液中，蛋白块消失所
B
需的时间与温度的关系如图所示。下列有关叙述正确的是(
)
A.该洗衣粉水解脂肪的最适温度也是45℃
B.B、C两点催化效率相同且均低于A点的原理相同
C.若改变该洗衣粉溶液的pH,则A点会向左或向右移动
D.若减小该洗衣粉溶液的浓度，A、B、C三点均向上移动
030
45
60温度
4.科学家用人工合成的染色体片段成功替代了酵母菌的第6号和第9号染色体的部分片段，得到的重组酵
母菌能存活，未见明显异常。关于该重组酵母菌的叙述不正确的是()
A.重组酵母菌的基因多样性增加
B.重组酵母菌的进化方向发生改变
C.该变异属于染色体结构变异
D.酵母菌的表现型仍受环境的影响
400
5.研究人员用不同浓度的生长素溶液浸泡某种植物种子后种植，测得
长
该幼苗苗长与根长如图所示(CK为对照组)。下列相关叙述错误的
100
是()
A生长素在幼苗体内是由色氨酸经过脱水缩合形成的
B.幼苗根对生长素的敏感性高于芽对生长素的敏感性
℃.适宜浓度的生长素溶液浸种有利于促进该植物幼苗苗长的生长
D.本实验中生长素溶液浸种对幼苗根生长的作用未表现出两重性
谁本浓度
生长素权件对笛长和根长的影响
2022屈4月高三大联考理科综合试卷第1页共12页2022届4月高三大联考
理科综合 参考答案
1.D 【解析】糖原是动物特有的多糖，此生物能将淀粉转化为糖原，应是动物，A 正确；淀粉是植物特有的多糖，题
中四种糖类物质不可能存在于同一个细胞中，B 正确；淀粉和糖原都是储存能量的多糖，麦芽糖是二糖，葡萄
糖是单糖，C 正确；麦芽糖和葡萄糖是还原糖可以用斐林试剂鉴定，糖原是非还原糖，不能用斐林试剂鉴定，D 错误。
2.D 【详解】A.LPA 为磷脂，进入细胞的方式为自由扩散，而葡萄糖进入癌细胞的方式是主动运输，A 错误；B.LPA
能进入细胞，其受体在细胞内，B 错误；C.根据题意“某些细胞可以转化成一种液体状、侵入性的状态，以随时
在身体的狭窄通道内移动，这种转化是由化学信号—溶血磷脂酸（LPA，一种磷脂）触发的”可知，LPA 可以使
多种细胞转化为液体状，C 错误；D.LPA 诱导的细胞转化是正常现象，可见正常细胞的细胞核中含有 LPA 受体
的相关基因，D 正确。
3.D 【详解】A.分析题图可知，该洗衣粉中的蛋白酶水解蛋白质的最适温度是 45 ℃，由于实验没有涉及温度对该洗
衣粉中脂肪酶活性的影响，无法得出该洗衣粉水解脂肪的最适温度也是 45 ℃，A 错误；B.B、C 两点催化效率
相同，但 B 点 30 ℃时蛋白酶的活性虽受到抑制，酶的空间结构却没有改变，而 C 点 60 ℃时蛋白酶的空间结构
发生了不可逆改变，B、C 两点酶活性低于 A 点的原理不同，B 错误；C.在不同 pH 条件下，酶的最适温度不变，
即改变该洗衣粉溶液的 pH，A 点不会向左或向右移动，C 错误；D.减小该洗衣粉溶液的浓度，相当于减小其中
的酶浓度，催化一定量的底物时，酶浓度越小，反应速率越慢，蛋白块消失所需的时间越长，故 A、B、C 三点
均向上移动，D 正确。
4.B 【分析】从题干中“科学家用人工合成的染色体片段成功替代了酵母菌的第 6 号和第 9 号染色体的部分片段”，可
判断该种变异属于染色体结构变异中的易位。
【详解】A.人工合成的染色体片段与原有染色体存在基因的差异，并且重组酵母菌能存活，这将导致酵母菌的基
因多样性增加，A 正确；B.决定生物进化方向的是自然选择，而题中所说“重组酵母菌能存活，未见明显异常”，
此过程并未发生生存斗争，所以不能确定进化方向是否发生改变，B 错误；C.该种变异可以归类为染色体结构
变异中的易位，C 正确；D.表现型是基因型和环境条件共同作用的结果，因此重组酵母菌的表现型仍受环境的
影响，D 正确。
5.A 【详解】A.生长素是由色氨酸经脱羧、脱氨形成的吲哚乙酸，不是色氨酸脱水缩合形成的多肽，A 错误；B.根
据图示，同一浓度的生长素处理，与对照组相比，根长变化大于苗长变化，说明植物根对生长素的敏感性高于
芽对生长素的敏感性，B 正确；C.根据图示，生长素浸种有利于提高该植物幼苗苗长和根长的生长，C 正确；D.
生长素浸种后形成的幼苗根生长与对照组相比，都起促进作用，所以并未表现出两重性，D 正确。
6.B 【详解】A.蚜虫活动能力弱、活动范围小，适合用样方法调查其种群密度，A 正确；B.两种瓢虫的幼虫均倾向
于取食异种和同种瓢虫的卵，这属于两种瓢虫的种间竞争和种内斗争，而非互利共生，B 错误；C.受蚜虫危害
后的植物释放的挥发性物质为化学物质，能引诱瓢虫，属于化学信息，C 正确；D.利用人工合成的挥发性物质
引诱瓢虫，是用生态系统信息传递的作用而进行的害虫防治属于生物防治，D 正确。
7.D 【详解】A.场馆的照明、运行均由张家口光伏发电和风力发电提供，可以减少化石燃料的使用及二氧化碳的排
放，符合“低碳”理念，故A不符合题意；B.赛区内交通服务基本实现电动汽车保障，可以减少化石燃料的使用及
二氧化碳的排放，符合“低碳”理念，故B不符合题意；C.在中国境内接力的火炬全部应用氢燃料，能减少二氧化
碳的排放，符合“低碳”理念，故C不符合题意；D.燃煤中掺入一些生石灰可以减少二氧化硫的排放，不能减少
CO2的排放.不能实现“碳中和”，D错误；故选D。
8.C 【详解】A.环氧乙烷的键线式为 ，1mol环氧乙烷中含有6mol极性键，则22.0g环氧乙烷中含有的极性键物质
22.0g
的量为 644g/mol =3mol，选项A错误；B.标准状况下，氟化氢不是气态，无法求算质子数，B错误；C.CaO和
CaO2的阴阳离子个数比皆为1：1，故1mol该混合物所含离子数目为2 NA，故C正确；D.100g质量分数为30%的
乙酸水溶液中，乙酸的质量为30 g，物质的量为0.5 mol，含有氧原子1 mol，再加上水含有的氧原子数，氧原子
个数大于NA，D错误；故选C。
9.D 【详解】A. ，标注的碳原子杂化方式为sp3杂化，这个碳原子所连的四个碳原子不共面，故A错误；
B.该有机物中除了碳、氢元素外还含有氧元素，属于烃的衍生物，B错误；C.该有机物不含碳碳双键，不能与
溴水发生反应，高锰酸钾溶液能将羟基氧化，也能将与苯环所连的甲基氧化，因此该有机物能使酸性高锰酸钾
溶液褪色，故C错误；D.羟基能与Na发生反应，酯基和氢氧化钠反应，故消耗二者物质的量之比为1:1，故D正
确；答案为D。
10.A 【详解】据图可知Y可以形成6个共价键，Y原子的电子数为Z原子的两倍，则原子序数为偶数，且Y、Z同主族，
所以Y为S元素，则Z为O元素；W、Z、X在周期表中相邻，X可以形成一个共价键，则X为F元素，整个离子带
一个单位负电荷，则W为N元素。A.电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小原子半径越
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大，所以离子半径S2->O2-> F-，即Y>Z>X，故A错误；B.由分析可知，WX3即NF3，其电子式为： ，故
分子中各原子均满足8电子稳定结构，B正确；C.常温下，H2O为液体，NH3为气体，则最简单气态氢化物的沸
点：H2O＞NH3，故C正确；D.X为F元素，Z为O元素，2F2+2H2O === 4HF+O2，D正确；答案为A。
11.C 【详解】A.根据装置图，充电时，外电路电子流向Zn电极，Zn做阴极，故A说法错误；B.根据装置图可知，放
- - -
电时，右侧电极反应式为CO2+2e +H2O =HCOO +OH ，生成1mol HCOO-时，转移电子物质的量为2mol，故B说
法错误；C.根据图像可知，在使用催化剂Sn和s-SnLi生成CO时活化能大，活化能大反应速率慢，且CO能量比
HCOOH能量高，能量越低，物质越稳定，因此使用催化剂Sn和s-SnLi可以减少副产物CO的生成，故C说法正
确；D.根据图像可知，使用催化剂s-SnLi，中间产物能量高，不稳定，故D说法错误；答案为C。
12.B 【详解】A.过量氯水会与KI反应，故产生的I2不一定是Br2与KI反应生成的，不能得到非属性，A错误；
B.与盐酸反应生成能使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，则原溶液中还可能含ClO-，B正确；C.较
浓FeCl 2溶液，酸性条件下，Cl-会与MnO4 反应，使之褪色，所以KMnO4溶液褪色不一定是Fe2+与MnO4 反应，
C错误；D.NaOH溶液过量，MgCl2溶液，CuSO4溶液都是少量，所以先滴MgCl2溶液，后滴CuSO4溶液，先产
生白色沉淀后产生蓝色沉淀，不能得出Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]的结论，D错误；故答案选B。
13.B 【详解】A.若用32 mL 0.1 mol L-1的NaOH溶液滴定16 mL 0.2 mol L-1 HA弱酸溶液，酸碱恰好反应完，此时生
成强碱弱酸盐，溶液显碱性。故当滴定过程中，溶液呈中性时，加入NaOH溶液的体积应小于32mL，A正确；
B.完全中和需要32 mL NaOH溶液，故a点有1/4 HA被中和，则物料为3n(NaA)=n(HA)，由于溶液呈酸性，故HA
电离>A-水解，故HA浓度减小，溶液中3c(Na+)>c(HA)，故B错误；C.由题意可知，b点溶液中酸和盐浓度近似
c(A- )c(H+ )
相等，则pH=pKa，故电离常数为10-4.75，故C正确；D.由分析可知，b点时Ka=c(H+)=10-4.75，由Ka= c(HA) 可得
溶液中c(A-)= c(HA)，则随氢氧化钠溶液体积增大，c点时溶液中c(A-)>c(HA)，由图可知，c点溶液呈酸性，溶
液中c(H+)>c(OH-)，所以溶液中c(A-) >c(HA)>c(H+)>c(OH-)，故D正确；故选B。
14.C 解析：A.由图象知：t=0.01s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，故A错误；B.由图可知，该交变
2
电动势的最大值为 Em 22 2V ，周期为T=0.02s，则 100 rad / s ，该交变电动势的瞬时值表达式为T
e 22 2 sin(100 t)V ；C.由瞬时值表达式 e 22 2 sin(100 t)V 2可知，当e=22V时，有 sin(100 t) .则可知线
2
圈 平 面 与 磁 感 线 的 夹 角 为 45° ， 故 C 正 确 ； D. 从 计 时 时 刻 开 始 转 过 90° 过 程 的 平 均 电 动 势
0 BSE n n 4nBS
t T

T Em nBS 22 2V，联立方程，解得 E 19.8V .
4
15.A 解析：用 30 MeV 的X 射线照射氧 16 时，生成氧 15 的同时释放出中子，方程为 X＋16 15 18O → 8O＋ 0 n ，故 A 正确；
氧 15 产生正电子衰变 15 08O → 1e ＋
15
7 N ，生成的新核有 8 个中子，故 B 错误；经过 10 分钟，即经过 5 个半衰期，
1 1
剩余氧 15 的含量m＝m0( )5＝ m0，故C 错误；改变元素所处的物理环境和化学状态，不改变半衰期，故 D 错误。
2 32
16.D 解析：因 x t图线的斜率表示速度，由图像可知最初的一段时间内，甲、乙图线的斜率均为正，则甲、乙的运
动方向相同，选项 A 错误； t 3 s 时，甲、乙图线的斜率相等，则此时乙车的速度为 6 m/s，则乙车的加速度为
a v 6 m/s2 2 m/s2 1 2 1 2，则此时乙车的位置坐标为 x x乙0 at 20 m 2 3 m 11 m ，选项 B 错误；t 3 2 2
乙车经过原点时的速度大小为 v 2a | x乙0 | 2 2 20 m/s 4 5 m/s ，选项 C 错误；两车相遇时，有
vt 1 x 2甲乙 at ，解得 t 10 s。2
17.B 解析：根据电场叠加原理分析，AB棒和 AC棒在 P点的场强大小相等，夹角为 120°，两者的合场强与分场强相
等，BC棒在 P E点的场强等于 AB棒的二倍，故取走 BC棒后，P点的场强大小为 ，B 选项正确。
3
18.CD
19.BC 解析：A与木板之间的最大静摩擦力为 f mAg 2 N ，当 fA 2 N 时，假设此时 B与木板相对静止，则有
a f A ,F (m mA mB )a
2 2 8 4
m m ，解得
a m/s ,F N,B所受摩擦力 fB mBa N mBg 4 N ，假设成 B 3 3 3
立，即不论 F多大，B总与木板保持相对静止.若 F
8 8
N ，A与木板保持相对静止；若 F N ，则 A与木板
3 3
2 2 4
发生相对滑动，B与木板相对静止向左一起匀加速运动，此时 B物块的加速度 a m/s ，f N 。
3 B 3
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20.CD 解析：A.设碰后蓝壶的速度为v，由题图可知碰前红壶的速度为v0=1.2m/s，碰后红壶的速度为 v0 0.3m/s ，
取碰撞前红壶的速度方向为正方向，由动量守恒可得：mv0 mv0 mv解得： v 0.9m/s
1 2
碰撞前两壶的总动能为： Ek1 mv 0.72m2 0
1 2 1 2
碰撞后两壶的总动能为： Ek 2 mv mv0 0.45m E2 2 K1
所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故A错误；
1.6 1.2
B.由碰前红壶的速度图象可知，红壶的加速度大小为： a ( )m/s 2 0.4m/s 2
1
1.6
所以蓝壶静止的时刻为： t ( )s 4s所以蓝壶运动了3s停下来，故B错误；
0.4
0.9 3 0.3 0.5
C.速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为：( )m 1.275m故C
2 2
正确；
D a '
0 0.9
.碰后蓝壶的加速度为： ( )m/s2 0.3m/s2故D正确。
4 1
2π
21.BC 解析：恒星m与M具有相同的角速度，则角速度为 ，A 错误；恒星M的轨道半径为
T R L tan L
，
对双星系统，有 m 2
ML
r M 2R ，解得恒星 m 的轨道半径为 r ，B 正确；恒星 m 的线速度大小为m
v 2 ML 2 ML
Mm
1 r ， C
2 2
正 确 ； 对 双 星 系 统 ， 有 G 2 m r M R(r R) ， 解 得T m mT
3 2 3
GM 2r(r R)2 ,Gm 2R(r R)2 m 4 (L ) ，两式相加得G(M m) 2 (R r)3 ，联立得
(M m)2 GT 2
，D 错误。
d 2 md 2 md 2
22.（1）6.60 2 分 （3） 2 t2 1 分
g(l2 l1) 1 分 （4） 2 2 2 分 1 2 t1 2 t2
23.（1）①左 2 分 ②1 2 各 1 分 （2）小灯泡的电阻值随工作电压的增大而增大 2 分
（3）1.4W(1.3~1.6) 3 分
24.（12分）解：（1）对图中回路，两棒组成的系统动量守恒，设最终共同速度为v，则mv0=3mv 1分
1 1 1
由能量守恒定律可知，回路中产生的焦耳热为Q mv20 3mv
2 解得Q mv20 2分2 2 3
1 v棒运动到速度变为 0 的过程中，由动量守恒，可求2棒速度.
2
mv v0 v00 m 2mv1， v1 2分2 4
1 1 1
回路产生的焦耳热Q’= m 2 m( 0 )2 2m( 0 )2 Q’ = 5 m 2 2 160 ， 分 得Q:Q’ = 1分2 2 2 2 4 16 0 15
2 （ ）回路感应电动势：E = BL 0 0 ，E = BL 0 ， 1分
2 4 4

回路电流：I = ， 1分 2棒受安培力：F = BIL ， 1分 +2
B2L2v
由牛顿定律得加速度：F = 2m ， = 0 1分
12mR
25.（20分）
（1 ）运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x， x =

2
由牛顿第二定律有 mgsinθ– 1mgcosθ=ma ， vB =2ax
代入数据解得vB=12m/s 2分
设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有
（1 cosθ） W1 =
1 2
1 2 ， v
2 2 C
= 14m/s 2分
C F
2
设运动员在 点所受的支持力为 N，由牛顿第二定律有 – = m = 990 2分
（2）从C到D过程由动能定理有， （1 cosθ） W2 =
1 2
1 2 ，v2 2 D=10m/s 2分
D 5点速度垂直于斜面，到离斜面最远用时为t上，则vD = g 上cosα ， t上= 2分3
10
从D到K点用时为t， t=2 t上 ， t= 2分3
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= 1 . 2 , = 400 2分
2 9
（3 80）落到雪道前瞬间，运动员沿斜面向下的速度 = gtsinα, = m/s3
3
落到雪道后的速度v斜大小为 斜 = ， = 20m/s 2分4 斜
设运动员在水平雪道上运动的距离为s2，由能量守恒得：
mgh + 1 2 = 2 1 α + , 2分2 斜 2 2
2 = 27 2分
26.（15分）
（1）V2O5+3Zn+10HCl=2VCl2+3ZnCl2+5H2O（3分）
- + △
（2）①A→C→B→D（1分） ②蒸馏烧瓶（1分） NO 2 +NH 4 N2↑+2H2O（3分）
③及时带走产生的Cl2，防止氧化VCl2 （1分，没有赶走氯气或答赶走氧气均不得分） 吸收反应产生的氯气并防
止空气中的水蒸气进入装置使VCl2水解（1分）
（3）①有砖红色沉淀生成，且半分钟内沉淀不转化成白色（1分） ②80%（1分）
（4）VO +e-+2H+=VO2+ + H2O（2分） V2+2 （1分）
【详解】
（1）方案一V2O5和Zn发生氧化还原反应生成VCl2和ZnCl2，反应的化学方程式：V2O5+3Zn+10HCl=2VCl2+3ZnCl2+5H2O；
（2）①二氯化钒(VCl2)有强还原性和吸湿性，VCl3分解制备VCl2，需要排除装置中的空气，根据题意，饱和氯化铵
△
溶液与亚硝酸钠在加热时反应生成氮气，NaNO2+NH4Cl NaCl+N2↑+2H2O，用氮气除尽装置中的空气，氮气中
的水蒸气可以通过浓硫酸除去，为了防止外界空气中的水蒸气进入装置，在分解后的装置后面需要连接一个干燥
装置，VCl3分解生成的氯气可以通过氢氧化钠溶液吸收，防止污染，装置的连接顺序为A→ C→B →D；
②A中盛放NaNO2的仪器为蒸馏烧瓶，饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠在加热时发生氧化还原反应生成氮气，
NaNO +NH Cl △2 4 NaCl+N2↑+2H O - + △2 ，反应的离子方程式为NO 2 +NH 4 N2↑+2H2O；
③由题可知，二氯化钒(VCl2)有强还原性，VCl3分解生成的Cl2具有强氧化性，二者可反应，所以实验过程中需持
续通入氮气作用为：将生成的Cl2及时吹出，防止VCl2被氧化。
碱石灰的作用是吸收反应产生的氯气并防止空气中的水蒸气进入装置使VCl2水解；
（3）①滴定终点时，氯离子完全反应，滴入最后一滴标准液生成砖红色沉淀，且半分钟沉淀颜色不发生变化，
②设所取样品中VCl3与VCl2的物质的量分别为x、y，根据Cl、Ag原子守恒有：VCl3～3AgCl～3AgNO3、VCl2～
2AgCl～2AgNO3，则157.5x+122y=6.455，3x+2y=0.500×0.220=0.110，解得x=0.01mol、y=0.04mol，所以产品
中VCl 0.042的物质的量分数为 ×100% =80%。
0.05
（4）自发的氧化还原反应为VO + V2 +2H+= V3 +VO2+ + H2O；所以四种微粒中还原性最强的是V2+2 。
27.（14分）
（1）+4（1分） ZrSiO4+4NaOH高温Na2SiO3+ Na2ZrO3+2H2O（3分）
（2）混合后立即搅拌30min（30~60min之间均给分，立即搅拌1分，时间1分）
（3）酸化压滤（1分） H2SiO3（或H4SiO4）（1分）
（4）Na2ZrO3+2H+=2Na++ZrO(OH)2（3分）
（5）蒸发浓缩、冷却结晶（1分） 过滤和洗涤速度快；固液分离比较完全；滤出的固体容易干燥（或其它
合理答案，1分）
（6）洗涤滤渣并将洗涤液并入滤液3再进行操作M，或将母液转入滤液3中循环操作（1分）
【详解】
锆英砂（主要成分ZrSiO4）在过量固体烧碱中碱烧发生反应生成Na2SiO3和Na2ZrO3，加水“水洗压滤”工艺可以将
30%～70%的硅除去，再加盐酸将Na2ZrO3和Na2SiO3反应生成ZrO(OH)2和硅酸或原硅酸(H4SiO4)，继续加入盐酸将
ZrO(OH)2转化为ZrOCl2和除掉剩余部分的硅。
（1）“碱烧”过程中生成“碱熔料”主要是ZrSiO4和NaOH在高温下反应生成Na2SiO3、Na2ZrO3和H2O，其化学方程式
为ZrSiO +4NaOH高温4 Na2SiO3+ Na2ZrO3+2H2O；故答案为：ZrSiO4+4NaOH高温Na2SiO3+ Na2ZrO3+2H2O。
（2）“水洗压滤”工艺可以将30%～70%的硅除去，根据图一、二表示搅拌工艺对水洗除硅率的影响，为了提高除硅
率应混合后立即搅拌30min(或30~60min)，可使除硅率最高；故答案为：混合后立即搅拌30min(或30~60min)。
（3）“水洗压滤”工艺可以将30%～70%的硅除去，另一部分是硅酸钠中加入盐酸反应得到硅酸或原硅酸来除掉，因
此硅的去除还有一部分是通过上述流程中的“酸化压滤”工艺实现的，这一部分硅转化成的物质是H2SiO3(或H4SiO4)；
故答案为：酸化压滤；H2SiO3(或H4SiO4)。
（4）根据已知信息①Na2ZrO3在强碱性的介质中不溶解或水解；可得到“转型压滤”过程中生成ZrO(OH)2的离子方程
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式为Na2ZrO3+2H+=2Na++ZrO(OH)2；故答案为：Na2ZrO3+2H+=2Na++ZrO(OH)2。
（5）酸化压滤得到ZrOCl2溶液，从溶液中得到ZrOCl2，其操作M包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
采用“压滤”的优点为：过滤和洗涤速度快；固液分离比较完全；滤出的固体容易干燥（任意写对1点即可）。
（6）上述工艺锆的损失会比较大，主要是在洗涤滤渣的过程中有锆的损失，为了减少锆的损失，应洗涤滤渣，并
将洗涤液并入滤液3中，重复操作M，或将母液转入滤液3中循环操作；故答案为：洗涤滤渣，并将洗涤液并入滤
液3中，重复操作M，或将母液转入滤液3中循环操作。
28.（14分）
（1）CH3CH2OH(g)＋3H2O(g)=2CO2(g)＋6H2(g) ΔH= +173.5kJ·mol-1
9
（2）①d ②＞ ③20% 0.64或 （列式正确但不化简只得1分） ④d（1分）
14
（3）①增大（1分） ②Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高
【详解】
（1）反应Ⅰ为：CH3CH2OH(g)＋H2O(g)=4H2(g)＋2CO(g) ΔH1= +255.9kJ·mol-1
反应Ⅱ为：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH2=-41.2kJ·mol-1
根据盖斯定律可知：总式=反应Ⅰ+反应Ⅱ×2
总式为：CH3CH2OH(g)＋3H2O(g)=2CO2(g)＋6H2(g) ΔH=+173.5kJ·mol-1
（2）反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH2=-41.2kJ·mol-1；
①a.容器内各气体的总质量不变，容器的体积不变，混合气体密度从未改变，a错误；
b.达平衡时，各物质的量不变，正、逆反应速率相等但都大于零，b错误；
c.向容器内再通入CO(g)，平衡正向移动，重新达平衡后CO2(g)体积分数不一定增大，投料比等于计量数比时产物
体积分数最大，c错误；
d.向容器内通入少量氦气，反应混合气体的浓度不变，平衡不发生移动，d正确。
②根据反应Ⅱ方程式可知，增大n(CO)，平衡右移，CO平衡转化率减小；但根据表格提供的a、c两点信息可知，c
点增大了n(CO)， CO平衡转化率跟a点一样，说明平衡右移、CO平衡转化率增大了。改变的条件为温度，由于该
反应是放热反应，所以只能降低温度，故而a、c两点对应的反应温度Ta> Tc；
③反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH2=-41.2kJ·mol-1；
假设b点时，n(CO)=0.5mol，n(H2O)=1mol，CO平衡转化率60%，则平衡时，n(CO)=0.5mol-0.5mol×60%=0.2mol，
n(H2O)=1mol-0.5mol×60%=0.7mol，n(CO2)= n(H2)= 0.3mol，同一条件下，气体的体积分数之比等于气体的物质
0.3mol
的量成正比，因此b点平衡混合物中H2的体积分数为 100%(0.2 ； 0.7 0.3 0.3) =20%
由于该反应前后气体的总体积不发生变化，所以直接用气体的物质的量代替气体的浓度进行计算，b点对应的平衡
c(CO2 ) c(H2 ) 9
常数 K c(H O) c(CO) ，带入上述数值可得K= 或0.64；2 14
④反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH2= -41.2kJ·mol-1；
a.该反应为反应前后气体计量数不变的反应，增大压强，平衡不移动，CO平衡转化率不变，故不选；
b.催化剂只改变速率，不使平衡移动；
c.增大进气比[n(CO)∶n(H2O)]，相当于增大n(CO) ，平衡右移，但是CO平衡转化率减小，故不选；
d.分离出CO2，减小生成物浓度，平衡右移，提高CO平衡转化率，故可选。故选d；
（3）反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH2=-41.2kJ·mol-1；该反应为放热反应，升高温度，平衡左移，所
yCO yH yCO y
K 2 2 2
H2
以 p减小；当T＞Tm时，温度升高，平衡左移，Kp减小， y yK 增大， CO H2O - K 减小，速率减小；虽p p
然升高温度，k增大，但v增大的程度小于Kp减小对v降低的影响，最终导致v减小，即Kp减小对v的降低大于k增大对
v的提高。
29.（10 分，除特殊标记外，每空 1 分）
（1）PEP、C5（2 分） 物质运输 信息传递
（2）乙 C4植物利用低浓度 CO2 的能力比 C3植物强（2 分）
（3）①C4 ②较高 CO2浓度条件下，甲植物（C3植物）进行卡尔文循环的细胞数量远多于乙植物（C4植物）（2 分）
30.（12 分）
（1）8 和 4 （2 分）
（2）过度增殖（1 分） 分离（1 分） 正常有丝分裂:过度增殖=1:1（2 分）
（3）tut 突变体的突变基因与 bgcn 突变体的突变基因不是同一对基因（2 分）
tut 突变体与 bgcn 突变体杂交，F1 为正常表型（显性性状），F2 性状分离比为 9:7，符合基因自由组合定律，
1 分 1 分 1 分
说明这两个突变体的突变基因分别在两对同源染色体上。（4 分）
1 分
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31.（8 分）
（1）肉毒杆菌毒素不影响神经纤维上兴奋的传导（1 分），影响突触的兴奋传递（1 分）
（2）胞吐（1 分）
（3）突触间隙处（1 分） 适量乙酰胆碱（2 分） 标本 D 记录到肌肉收缩曲线（1 分）
标本 D 没有记录到肌肉收缩曲线（1 分）
32.（9 分）
（1）垂直结构（1 分） 群落的物种组成（2 分）
（2）杂草密度降低，减少了与水稻的竞争，水稻因而得到更多的光、CO2 和无机盐用于生长；（2 分）
河蟹捕食稻田昆虫，减少了昆虫对水稻的取食和危害，从而增加了水稻产量（2 分）
（3）45(1+a)9（2 分）
33.（1）(5分)【答案】 ACD
【详解】A.饱和汽压是物质的一个重要性质，它的大小取决于物质的本性和温度，同一种物质温度越高，饱和汽压
越大，温度升高时，饱和汽压增大；
B.在一定温度下，同一种液体的饱和汽分子密度都是一定的，水的饱和汽体积增大时，分子数密度不变；
C.相对湿度是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压之比，若温度升高，同一温度下水的饱和汽压增大，
则两者比值减小，即相对湿度减小；
D.根据浸润的成因可知，当液体对某种固体是浸润时，其附着层液体分子间距小于液体内部分子间的距离，附着
层内液体的分子之间的作用表现为斥力，附着层有扩展的趋势，这样液体与固体之间表现为浸润；
E.悬浮在水中的花粉的布朗运动是花粉固体颗粒的运动，反映了水分子的热运动。
（2）（10分）【答案】（1）1.6atm （2）0.1L
【详解】（1）由题意知p1=1.2atm，V1=0.5L，p0=1atm， V 0.2L
根据玻意耳定律可得 p1V1 p0ΔV p2V1 3分
解得p2=1.6atm 2分
（2）喷洒时，喷壶内的气体压强为1atm，由玻意耳定律 p2V1 p0V3 3分
解得V3=0.8L故喷壶内剩余消毒液的体积为0.5+0.4-0.8L=0.1L。 2分
34.（5分）【答案】 ABE
（1）【详解】A.根据振动图像可知t =0.10s时刻质点Q向下振动，在波动图像中根据“同侧法”知波沿x轴正方向传播，
A正确；
B 3.由振动图像读出周期T=0.2s，从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为 t=0.15s= T
4
则在t =0.25s时，质点P位于x轴上方，加速度方向沿y轴负方向，B正确；
C.从t =0.10s 3到t =0.2s经过的时间为 个周期，t =0.25s时刻质点Q位于波峰，质点Q的位移大小为0.10m，路程
4
为0.30m，C错误；
D.从t =0.10s到t=0.25s 3经过的时间为 个周期，t =0.10s和t =0.25s质点P的瞬时速度不相同，由动量定理
4
I m v m(v2 v1) 0回复力对质点P的冲量不为零，D错误；
E 2 .由振动图像和波动图像可知， A 0.10m ， 10 rad/s 质点Q简谐运动的表达式为
T
y Asin t 0.10sin10 t(m) ，E正确。
2
（2 10 6R）（ 分）【答案】①b是红光；②150°，
c
【解析】①由于在介质中，频率越高，折射率越大，红光和紫光从空气进入水中时，入射角相同时，则紫光的折
射角小，过入射点做出法线如图所示，可知a是紫光，b是红光。
sin
②从A点入射时，设折射角为r，根据光的折射定律 n红 1分sin r
根据已知条件可知，折射角r =30° 1分
因此在A点入射时光线沿顺时针方向旋转了 1 r 15 1分
在B点发生反射时，由于 OAB为等腰三角形 ABO r 1分
在B点光线沿顺时针偏转了 2 180 2r 120 1分
在出射点C，根据对称性，光线沿顺时针偏转用也为 1，
因此光线的偏向角 2 1 2 150 1分
根据几何关系及对称性，红光在球内传播的路程s = 4Rcosr , s = 2 3 1分
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c
红光在球内传播速率 v 1分
n红
s 2 6
因此红光在球内传播时间 t 整理得t = 2分
v
35.（15 分）
（1）正四面体形（1 分） PO 3 4 、SO
2 3
4 、ClO 4 （任写一种，1 分） sp d （1 分）
（2）①A（1 分） ②1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d2 4s2 （1 分） ③[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O BF
2 M
④12 CaTiO3 ⑤ 3 ×1010 -a
2 NA
4 4 1
【详解】（1）SiCl4 中 Si 的价层电子对数为 4+ =4，Si 原子采取 sp3 杂化，SiCl4 的空间构型为正四面体形，2
SiCl 3 2 与 4互为等电子体的一种阴离子可为 PO 4 、SO 4 、ClO 4 等；中间体 SiCl4(H2O)中 Si 和 O 之间形成配位键，
4 4
Si 的价层电子对数为 5+ =5，Si 原子采取 sp3d 杂化。
2
（2）①[Ar]4s1属于基态的 Ca+，由于 Ca 的第二电离能高于其第一电离能，故其失去一个电子所需能量较高；[Ar]4s2
属于基态的 Ca 原子，其失去一个电子变为基态 Ca+；[Ar]4s14p1属于激发态 Ca 原子，其失去一个电子所需要的能
量低于基态 Ca 原子；[Ar]4p1 属于激发态的 Ca+，其失去一个电子所需要的能量低于基态的 Ca+；综上所述，电离
最外层一个电子所需能量最大的是[Ar]4s1，故选 A；
②依据 Ti 的原子序数为 22，所以基态 Ti 原子的核外电子排布式为1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d2 4s2 。
③往 0.01 mol 晶体配成的待测溶液中滴入足量 AgNO3 溶液，产生 0.01 mol -白色沉淀，说明该配合物中的 Cl 有 2
+
个在外界，据 Ti3+的配位数为 6，故配合物的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O；在该化合物中存在 TiCl H2O 5 与
Cl-
+
之间的离子键， TiCl H O 内部 Ti3+与 Cl- 2 、H2O 之间的配位键，H2O 中 H-O 之间的极性共价键，配位键和5
H2O 中的极性键均为σ 键，故不含 π 键和非极性键；
④钛离子位于立方晶胞的顶角，被 6 个氧离子包围成配位八面体，钙离子位于立方晶胞的体心，被 12 个氧离子包
围，每个晶胞中钛离子和钙离子均为 1 个，晶胞的 12 个边上各有 1 个氧原子，根据均摊法可知，每个晶胞占有的
1
氧原子数目为 12× =3，则晶胞的化学式为 CaTiO3；4
+ -
⑤由 结构图可知，Ca2 和 O2 在平行于立方晶胞的面的对角线方向上互相接触，因而晶胞面对角线
+
长度=2r(Ca2 )+2r(O2-)，即 Ca2+ +的半径为 r(Ca2 )= 2 晶胞边长-r(O2-)，设晶胞边长为 x pm，1 pm=10-10 cm，密度为
2
m
ρ g·cm-3，1 mol 物质中含有晶胞数目为 NA，则根据ρ= 可知 M= (x×10-10cm)3×ρ g·cm-3×NA/mol =x3ρNA×10-30 g/mol，V
M M
所以 x= 3 cm，则 r(Ca2+)= 2（ 3 ×1010 - a）pm。
NA 2 NA
36.（15 分）
（1）邻硝基苯甲酸(2 硝基苯甲酸) —CH3（1 分） 取代（硝化）反应（1 分）
（2）酸性高锰酸钾溶液（1 分）
COOH O COOH
NHCCH3 + NH2
（3）羧基、氨基 + H2O
H /H2O
△ + CH3COOH
Cl Cl
COOH O
NHCCH3
（4）9 （5） （1 分）
Cl
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COOH O COOH O COOH O COOH
NHCCH3 70—80℃ NHCCH3 +Fe/Cl NHCCH3 NH22 H /H2O
浓 硫酸 △
H3OS H3OS Cl Cl
【详解】
由制备流程可知，苯与 CH3Cl 发生信息反应②生成甲苯，甲苯与浓硫酸和浓硝酸在加热条件下发生硝化反应生成
CH3 CH3 COOH COOH
NO2 NO2 NO2 NO2
， 发生氧化反应生成 ， 与铁、盐酸发生还原反应生成 A，则 A 为
COOH COOH COOH O COOH O
NH2 NH2 NHCCH3 NHCCH3
， 发生取代反应生成 ， 在铁作催化剂的条件下，与氯气发生取
COOH O COOH O COOH
NHCCH3 NHCCH3 NH2
代反应生成 ， 在酸性条件下水解生成 2 氨 3 氯苯甲酸 。
Cl Cl Cl
COOH
1 NO2（ ） 的名称是邻硝基苯甲酸(2 硝基苯甲酸)。反应①为苯与 CH3Cl 反应生成甲苯，则 R 为—CH3；根据
题中分析得到反应②的反应类型为取代(硝化)反应；
（2）反应③是发生氧化反应，为实现其转化，通常可采用的试剂是酸性高锰酸钾溶液；故答案为：酸性高锰酸钾
溶液。
COOH COOH O
NH2 NHCCH
（3）由 2 氨 3 3氯苯甲酸的结构简式 可知其官能团为：羧基、氨基、氯原子。 + H2O
Cl Cl
COOH
H+/H2O NH2
△ + CH3COOH
Cl
（4）①相对分子质量比 CH3大 42 的苯的同系物，说明分子式为 C10H14；②与酸性 KMnO4反应能生成二元
羧酸；说明含有两个取代基，且苯环连的碳上至少有 1 个氢原子，则四个碳可以分为一个甲基和一个正丙基或一
个甲基和一个异丙基或两个乙基，每个都有邻、间、对三种即 9 种。
COOH O
NHCCH3
（5）根据已知信息 B 首先发生磺化反应生成 占位，然后再引入氯原子，最后水解即可，所以
H3OS
COOH O COOH O COOH O COOH
NHCCH3 70—80℃ NHCCH3 Fe/Cl NHCCH3 + NH2合成路线图为 2
H /H2O
△ 。（3 分）浓硫酸
H3OS H3OS Cl Cl
37.（15 分，除标注外每空 2 分）
（1）接种（1 分） 减少（防止）氧气和杂菌进入
（2）异养厌氧型
（3）出汁率和澄清度 固定化（包埋）
使被固定的酶可以被重复利用，大大降低了生产成本（1 分），提高了果汁的产量和质量（1 分）
（4）温度范围过小 温度梯度不等
38.（15 分，除标注外每空 2 分）
（1）重组 DNA 分子 破坏 ApoE 基因（2 分）；作为标记基因，便于筛选 （2 分）
（2）多种组织、细胞 饲养层（1 分）
（3）显微注射法 同期发情的同种 嵌合体小鼠的生殖器官中不一定含有基因敲除细胞
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