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2022高考压轴卷——理科综合（全国乙卷）
注意事项：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。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．回答选择题时，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．回答非选择题时，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：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 据报道，科学家发现了一种可以合成植物叶绿素的动物-海蛞蝓。海蛞蝓可能是从其吃掉的颤蓝细菌等生物身上获取了合成叶绿素的基因。下列有关叙述不合理的是（　　）
A. 颤蓝细菌等原核生物和真核生物都具有DNA和RNA两种核酸
B. 颤蓝细菌与海蛞蝓遗传信息传递的过程相同
C. 与颤蓝细菌相似，海蛞蝓体细胞可能也具有溶酶体和叶绿体
D. 未合成叶绿素的海蛞蝓不能将光能转化为化学能，但仍能合成 ATP
2. 阿尔兹海默症（AD）是由于人脑组织中出现了淀粉样斑块而引起的神经系统退行性疾病。淀粉样斑块是淀粉样前体蛋白（简称APP，神经细胞膜上的一种重要跨膜蛋白）被γ-分泌酶切割后经沉积产生的。下列说法不正确的是（）
A. APP被切割前后均可与双缩脲试剂发生反应
B. γ-分泌酶可显著降低APP水解反应的活化能
C. APP基因是阿尔兹海默症（AD）的致病基因
D. 干扰γ-分泌酶与APP的特异性结合可缓解AD的病情
3. 下列关于变异的叙述中，正确的是（　　）
A. 某植物经X射线处理后未出现新的性状，则没有新基因产生
B. 用秋水仙素处理单倍体幼苗，得到的个体不一定是二倍体
C. 果蝇缺刻翅的形成原因是染色体数目变异
D. 高茎豌豆自交后代出现性状分离的过程中发生了基因重组
4. 分裂间期又包括DNA合成前期（G1期）、DNA合成期（S期）、DNA合成后期（G2期），如图所示。Cdc6蛋白是真核细胞中DNA复制的必需蛋白，它能促进“起始复合体”合成进而启动S期。下列叙述不正确的是（ ）
A. 形成层细胞、表皮细胞和筛管细胞都具有细胞周期
B. “起始复合体”最迟应该在时间点1组装完成
C. S期细胞中不断发生氢键的断裂与形成
D. Cdc6蛋白在G2期可能已被降解为氨基酸
5. 可卡因既是一种兴奋剂，也是一种毒品，它会影响大脑中与愉悦传递有关的神经元，这些神经元利用神经递质-多巴胺来传递愉悦感。在正常情况下，多巴胺发挥作用后会被突触前膜上的转运蛋白从突触间隙回收。吸食可卡因后，会使转运蛋白失去回收多巴胺的功能，于是多巴胺留在突触间隙持续发挥作用，导致突触后膜上的多巴胺受体减少。下列叙述错误的是（　　）
A. 愉悦感的产生不属于反射
B. 可卡因通过阻断多巴胺的回收，使吸毒者产生持续的愉悦感
C. 毒瘾戒除困难的原因之一是长期吸食可卡因会使突触后膜敏感，从而产生依赖
D. 长期大剂量使用可卡因后突然停药，可出现抑郁、焦虑、失望等症状
6. 图1和图2表示2种生物膜及其发生的部分生理过程，下列叙述正确的是（ ）
A. 有氧呼吸的第三个阶段在图1中发生，产生的能量大部分用于合成ATP
B. 图2中产生ATP的部位位于类囊体薄膜的外侧
C. 图2中H+的跨膜运输方式为主动运输
D. 图1和图2中［H]为同一种物质
7．在北京举行的第22届冬奥会彰显了“科技冬奥”理念。下列说法正确的是
A．速滑馆“冰丝带”内，CO2制冰过程的碳排放趋近于零
B．“有舵雪橇”中用到的碳纤维是一种有机高分子材料
C．利用紫外杀菌技术对手机进行消毒，是为了使蛋白质盐析
D．“黑科技”防疫神器“刷芯无线电子体温计”中不含金属元素
8．关于下列各实验装置的叙述中正确的是
A．装置①可用于制取氯气
B．装置②可用于制取乙酸乙酯
C．装置③可用于证明碳酸的酸性比硅酸的强
D．装置④可用于比较碳、硅两种元素非金属性的强弱
9．一种药物中间体X的结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．X分子中有三种含氧官能团
B．X分子的核磁共振氢谱有5个吸收峰
C．X与反应只能得到一种加成产物
D．X与足量发生加成反应的生成物分子中可能含有2个手性碳原子
10．NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．6gNa37Cl中含有的电子数为2.8NA
B．100g98%的H2SO4含H+数目为2NA
C．高温下，5.6gFe与足量水蒸气反应，转移的电子数为0.3NA
D．25℃，0.1LpH=1的盐酸稀释十倍，含有的OH-数为1×10-14NA
11．自2020年新冠肺炎爆发以来，各种消毒剂在抗击新冠肺炎的过程中起到了非常重要的作用。一种新型漂白剂由W、X、Y、Z四种元素组成，其结构如下图所示，其中W形成的单质是自然界中最硬的物质；X的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物可以发生反应生成一种常见的盐；Z的最高价氧化物对应的水化物是酸性最强的含氧酸；Y分别与W、X、Z可以形成多种二元化合物。下列叙述错误的是
A．元素的第一电离能： X＞Y＞W
B．该漂白剂中Y显-2价
C．最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱： Z＞W＞X
D．该漂白剂中W、X原子最外层均满足8电子稳定结构
12．电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃，进而确定滴定终点。常温下，利用盐酸滴定某溶液中亚磷酸钠的含量，其电位滴定曲线与曲线如图所示。下列说法正确的是
已知：亚磷酸是二元弱酸，电离常数，。
A．a点对应的溶液呈弱碱性
B．水的电离程度：a点小于b点
C．a点对应的溶液中存在：
D．b点对应的溶液中存在：
13．Zn-BiOI电池以ZnI2水溶液作为锌离子电池的氧化还原介质，可实现快速可逆的协同转化反应，具有超高的可逆容量和超长循环寿命。下列说法错误的是
A．放电时，负极反应为
B．放电时，1 molBiOI参与反应，转移3 mole-
C．充电时，电池的总反应为
D．ZnI2能加快电极反应速率
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014 Hz和5.44×1014 Hz，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的(　　)
A．波长 B．频率 C．能量 D．动量
15.质量为m的物体在竖直向上的恒定拉力F的作用下，由静止开始向上运动H高度，所受空气阻力恒为f，g为当地的重力加速度。则此过程中，下列说法正确的是(　　)
A．物体的动能增加了(F－mg)H
B．物体的重力势能增加了mgH
C．物体的机械能减少了fH
D．物体的机械能增加了FH
16.将一平板折成如图所示形状，AB部分水平且粗糙，BC部分光滑且与水平方向成θ角，板绕竖直轴OO′匀速转动，放在AB板E处和放在BC板F处的物块均刚好不滑动，两物块到转动轴的距离相等，则物块与AB板的动摩擦因数为(　　)
A．μ＝tan θ　　　　　　　 B．μ＝
C．μ＝sin θ D．μ＝cos θ
17.如图所示，一条小船位于200 m宽的河正中A点处，从这里向下游100 m处有一危险区，当时水流速度为4 m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是(　　)
A. m/s　　　　　　　　 B. m/s
C．2 m/s D．4 m/s
18.宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为m的星位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为R，忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，引力常量为G，则 (　　)
A．每颗星做圆周运动的线速度为
B．每颗星做圆周运动的角速度为
C．每颗星做圆周运动的周期为2π
D．每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关
19.如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A．那么(　　)
A．线圈消耗的电功率为4 W
B．线圈中感应电流的有效值为2 A
C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cost
D. 任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint
20.如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l.木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度．下列说法正确的是(　　)
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg
21.如图甲所示，在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框，总电阻为3 Ω，边长为0.4 m。金属框处于两个半径为0.1 m的圆形匀强磁场中，顶点A恰好位于左边圆的圆心，BC边的中点恰好与右边圆的圆心重合。左边磁场方向垂直纸面向外，右边磁场垂直纸面向里，磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是(π取3)(　　)
甲　　　　　　　　　　乙
A．线框中感应电流的方向是顺时针方向
B．t＝0.4 s时，穿过线框的磁通量为0.005 Wb
C．经过t＝0.4 s，线框中产生的热量为0.3 J
D．前0.4 s内流过线框某截面的电荷量为0.2 C
第Ⅱ卷
三、非选择题：共176分，第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：
22.（6分）图甲所示为测量木块与水平桌面之间动摩擦因数μ的实验装置示意图。提供的器材有光电计时器、固定有遮光片的木块(图中未画出遮光片)、游标卡尺、米尺、8个质量均为m的钩码以及细线等。实验操作过程如下：
①按图甲所示组装好实验装置，用游标卡尺测量遮光片的宽度d，用米尺测量两光电门之间的距离s。
②将细线一端与木块相连，另一端跨过定滑轮挂上钩码，其余钩码都叠放在木块的凹槽中，调整轻滑轮，使细线水平。
③让木块从光电门的左侧由静止释放，分别测出遮光片经过光电门A和B所用的时间ΔtA和ΔtB，记下悬挂钩码的个数n。
④将木块上的钩码逐个移到悬挂钩码端，重复实验操作③。
⑤测出每种情况对应的加速度a，作出a n图象如图丙所示。
甲　　　　　　　　　乙
丙
回答下列问题：
(1)测量d时，某次游标卡尺(主尺的分度值为1 mm)的示数如图乙所示，其读数为________cm。
(2)木块的加速度a可用d、s、ΔtA和ΔtB表示为a＝
_____________________________________________________。
(3)根据图丙中的a n图象，动摩擦因数可表示为μ＝________。(选用图象中的截距b、p和重力加速度g表示)
(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于________(填“偶然误差”或“系统误差”)。
23.（9分）某课外兴趣小组利用图甲所示电路测量多用电表内电池的电动势和欧姆挡“×1”挡内部电路的总电阻。使用的器材有：多用电表；电流表(量程200 mA，内阻为几欧)；滑动变阻器(最大阻值30 Ω)；导线若干。
甲　　　　　　　　乙
丙
回答下列问题：
(1)将多用电表挡位调到欧姆挡“×1”挡，再将红表笔和黑表笔 ，调零点。
(2)将图甲中多用电表的黑表笔和 (填“1”或“2”)端相连，红表笔和另一端相连。
(3)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。此时多用电表和电流表的读数分别为5.0 Ω和150.0 mA。从测量数据可知，电流表的内阻为 Ω。
(4)将滑动变阻器滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图乙所示，这时电流表的示数如图丙所示。多用电表和电流表的读数分别为 Ω和 mA。
(5)多用电表欧姆挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图所示。根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为 V，欧姆挡“×1”挡内部电路的总电阻为 Ω。(结果保留2位有效数字)
24.（12分）如图所示，在建筑装修中，工人用质量为5.0 kg的磨石A对地面和斜壁进行打磨，已知A与地面、A与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同。(g取10 m/s2且sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)当A受到与水平方向成θ＝37°斜向下的推力F1＝50 N打磨地面时，A恰好在水平地面上做匀速直线运动，求A与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若用A对倾角θ＝37°的斜壁进行打磨，当对A加竖直向上推力F2＝60 N时，则磨石A从静止开始沿斜壁向上运动2 m(斜壁长>2 m)时的速度大小为多少？
25．（20分）如图所示，一汽缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体。已知汽缸不漏气，活塞移动过程中与汽缸内壁无摩擦。初始时，外界大气压强为p0，活塞紧压小挡板。现缓慢升高汽缸内气体的温度，则下列图中能反映汽缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图象是(　　)
A　　　　 B　　　　 C　　　 D
26．三氯化铬()是化学合成中的重要物质，易潮解，易升华。利用晶体为原料制备并测定产品中Cr元素含量的实验过程如下，回答下列问题：
(1)的制备：
在瓷坩埚中放入晶体，用一段红热的铁丝与其接触，晶体分解制得，同时生成。
①与刚玉()具有相似结构，其熔点很_______(填“高”或“低”)。
②受热分解的化学方程式为_______。
(2)的制备：
制备实验装置如下图所示。称取干燥的置于瓷坩埚中，维持水浴温度为60℃，加热管式炉温度至700℃，通入氮气，持续加热2小时，利用反应制得。
①装置a的名称为_______。装置D用来收集产品，实验过程中若C处出现堵塞，可通过_______(填操作)，使实验继续进行。
②(俗称光气)有毒，遇水发生水解生成两种酸性物质。装置E是尾气吸收装置，E中发生反应的离子方程式为_______。
③上述装置存在缺陷，请指出改进方法：_______。
(3)产品中Cr元素质量分数的测定：
已知：碱性条件下，可将氧化为；酸性条件下，可将还原为。测定流程如下：
产品中Cr元素的质量分数表达式为_______(写出含m、c、V的表达式)；若实验过程中未加热分解过量，将导致测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
27．CoC2O4是制备金属钴的原料，利用含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如下：
已知：①Ksp(MgF2)=7.42×10-11 Ksp(CaF2)=1.46×10-10
②氧化性：Co2O3>O2>Cl2
③部分金属离子沉淀的pH如下表(开始沉淀的pH按离子浓度为1.00 mol·L-1计算)：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Co2+
开始沉淀的pH 1.5 6.3 3.0 6.4
沉淀完全的pH 2.8 8.3 5.0 9.2
离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时，认为该离子沉淀完全
④CoC2O4·2H2O(相对分子质量：183)热分解曲线如图：
(1)“500℃焙烧”的目的是_______。
(2)“净化除杂1”过程中，先在40 ~ 50℃加入H2O2，其作用是 (用离子方程式表示)_______；再升温至80 ~ 85℃，加入Na2CO3溶液，调pH至4.5，“滤渣1”主要成分的是_______。
(3)“净化除杂2”，当c(Mg2+)=1.0×10-5mol·L-1时，溶液中Ca2+是否沉淀完全_______(填“是”或“否”)。
(4)“沉钴”时，用草酸铵而不用草酸钠的原因是_______。
(5)从环保角度考虑，以含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3)制备Co3O4的实验方案为：向含钴废料中_______。(可选试剂：1.0mol·L-1H2SO4溶液，3%H2O2溶液，1.0mol·L-1HCl，0.1mol·L-1NaOH溶液，1.0mol·L-1(NH4)2C2O4溶液)
28．碘及其化合物在人类活动中占有重要地位。回答下列问题：
(1)大量的碘富集在海藻中，将海藻焙烧后用水浸取，再向浸取后的浓缩液中加MnO2和稀硫酸，即可得到I2。该反应的离子方程式为____。
(2)已知1molH2(g)分子中化学键断裂时需要吸收436kJ的能量，图中的ΔH=____kJ·mol-1。
(3)已知反应H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH。温度为716K时，在一密闭容器中按物质的量之比为1：1充入H2(g)和I2(g)，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数与反应时间的关系如图：
①反应达平衡时，H2的转化率α(H2)=____%，达到平衡后，将容器体积扩大为原来的2倍，H2的平衡转化率____(填“增大”“减小”或“不变”)。
②根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为____(列出数据算式，不用化简)。
③上述反应中，逆反应速率为v逆=k逆·x2(HI)，正反应速率为v正=k正·x(H2)·x(I2)，其中k正、k逆为速率常数且只与温度有关，x(HI)代表HI(g)的物质的量分数，则k逆=____(以K和k正表示)。若k正=0.04min-1，在t=40min时，v正=____min-1(此处v正的含义为每分钟内物质的量分数变化，故单位为min-1，用科学计数法表示，保留两位小数)。
(4)向含有等浓度Cl-和I-的溶液中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为____[已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgI)=8.5×10-17，用科学计数法表示并保留两位小数]。
29(9分). 人工光合作用系统可利用太阳能合成糖类，相关装置及过程如图所示，其中甲、乙表示物质，模块3中的反应过程与叶绿体基质内糖类的合成过程相同。
（1）该系统中执行相当于叶绿体中光反应功能的模块是________________，模块3中的甲可与CO2 结合，甲为___________。
（2）若正常运转过程中气泵突然停转，则短时间内乙的含量将________（填：“增加”或“减少”）。
（3）在与植物光合作用固定的CO2量相等的情况下，该系统糖类的积累量_______（填：“高于”“低于”或“等于”）植物，原因是_________________________。
（4）干旱条件下，很多植物光合作用速率降低，主要原因是________________。人工光合作用系统由于对环境中水的依赖程度较低，在沙漠等缺水地区有广阔的应用前景。
30.(8分). 某二倍体植物（2n＝14）开两性花，可自花传粉。研究者发现有雄性不育植株（即雄蕊发育异常不能产生有功能的花粉，但雌蕊发育正常能接受正常花粉而受精结实），欲选育并用于杂交育种。请回答下列问题：
（1）在杂交育种中，雄性不育植株作为亲本，与豌豆相比，其应用优势是不必进行_________操作。
（2）为在开花前即可区分雄性不育植株和可育植株，育种工作者培育出一个三体新品种，其体细胞中增加一条带有易位片段的染色体。相应基因与染色体的关系如下图（基因M控制可育，m控制雄性不育；基因R控制种子为茶褐色，r控制黄色）。带有易位片段的染色体不能参与联会，因而该三体新品种的细胞在减数分裂时，联会的两条同源染色体彼此分离，分别移向细胞两极，而带有易位片段的染色体随机移向一极。
①三体新品种的培育利用了___________________原理，据图推测控制育性和种子颜色的基因是否遵循自由组合定律______（填“是”或“否”），原因____________。
②若欲利用此品种植株自交后代雄性不育植株作为杂交育种材料，可选择_______色的种子留种；若欲继续获得新一代的雄性不育植株，可选择________色的种子种植后进行自交。
31.(12分). 有些人在接触到过敏原（如花粉）时，在过敏原刺激下，B细胞会活化产生抗体。这些抗体吸附在皮肤、呼吸道或消化道黏膜以及血液中某些细胞（肥大细胞）的表面。当相同的过敏原再次进入机体时，会使这些细胞释放出组织胺等物质，引起毛细血管扩张、血管壁通透性增强等，最终导致过敏者出现皮肤红肿、发疹等症状（如下图所示）。请回答下列问题：
（1）过敏反应是指_____________________。
（2）结合所学知识和图示分析可知：肥大细胞上的抗体与 B 细胞细胞膜上的受体____________（填“可识别”或“不能识别”）同一种过敏原；过敏原诱发机体产生的抗体与正常免疫产生的抗体在体内分布_______（填“相同”或“不相同”）。
（3）过敏症状的产生不是过敏原同时作用于B细胞和肥大细胞的结果。其理由是______ ，预防过敏反应的发生，其主要预防措施是________________________。
32.(12分). 几十年前，我国东北地区广袤无边的森林里，生活着很多东北虎。随着人类在这片森林里采伐林木、垦荒种地等活动，东北虎逐渐从这里迁出。近些年来，国家高度重视对东北虎等濒危动物的保护，采取了一系列有效的措施，如全面禁猎，禁止商业性采伐林木，建立自然保护区等。
（1）我国为东北虎建立自然保护区属于__________，是保护生物多样性最有效的措施，其目的是为了通过提高东北虎种群的___________，以提高东北虎的种群数量。
（2）近年来陆续有东北虎从俄罗斯迁徙入境我国东北地区，这说明我国的保护工作已见成效。科学家通过测定迁徙东北虎与已知地东北虎之间的亲缘关系，以确定迁徙东北虎的来源地，具体做法是提取东北虎的基因，进行DNA分子杂交技术，该方法判断亲缘关系远近的标准为____________。进一步研究测定东北虎某一DNA分子的一条链中A＋T占该链碱基总数的48%，则该DNA分子中鸟嘌呤占________。
（3）从俄罗斯迁徙的东北虎主要是雄虎，雄虎占据的领地较大，在进行领地争夺时，雄虎细胞代谢速率加快，通过呼吸作用产生 NADH 的场所有___________。当处于非常危险的环境时，雄虎警觉性提高、反应灵敏，与雄虎体内___________（激素）有关。
（4）东北虎主要以蹄类动物为食，如野猪、梅花鹿、狍子等，其中野猪是杂食性动物，梅花鹿、狍子是植食性动物。写出含有梅花鹿的最短食物链_____________。
（二）选考题：共45分。请考生从2道生物题、2道化学题、2道物理题每科任选一题作答。如果多做，则每按所做的第一题计分。
33.【物理一一选修3–3】（15分）
（1）(5分)(多选)一列简谐横波沿x轴的正向传播，振幅为2 cm，周期为T。已知t＝0时刻波上相距50 cm的两质点a、b的位移都是1 cm，但运动方向相反，其中质点a沿y轴负向运动，如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．该列简谐横波波长可能为150 cm
B．该列简谐横波波长可能为12 cm
C．当质点b的位移为＋2 cm时，质点a的位移为负
D．在t＝时刻质点b速度最大
（2）（10分）如图所示，内壁光滑、足够高的圆柱形汽缸竖直放置，内有一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体。已知活塞横截面积为S，外界大气压强为p0，缸内气体温度为T1。现对汽缸内气体缓慢加热，使气体体积由V1增大到V2，该过程中气体吸收的热量为Q1，停止加热并保持体积V2不变，使其降温到T1，已知重力加速度为g，求：
(1)停止加热时缸内气体的温度；
(2)降温过程中气体放出的热量。
34.【物理一一选修3–4】（15分）
（1）(5分)（多选）图甲为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0 m处的质点；图乙为质点Q的振动图象，下列说法正确的是（　　）
A．在t＝0.10 s时，质点Q向y轴正方向运动
B．在t＝0.25 s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同
C．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，该波沿x轴负方向传播了6 m
D．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为30 cm
E.质点Q简谐运动的表达式为y＝0.10sin 10πt（国际单位）
（2）(10分)如图所示，ABCD是某种透明材料的截面，AB面为平面，CD面是半径为R的圆弧面，O1O2为对称轴，一束单色光从O1点斜射到AB面上折射后照射到圆弧面上E点，刚好发生全反射。已知单色光在AB面上入射角α的正弦值为，DO2⊥CO2，透明材料对单色光的折射率为，光在真空中传播速度为c，求：
(1)O1O2与O2E的夹角θ的大小；
(2)光在透明材料中传播的时间(不考虑光在BC面的反射)。(结果可以用根号表示)
35．［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）
使用作原料的增值燃料电合成技术，为减少排放提供了一条有吸引力的途径，并为实现碳中和奠定了坚实的基础。研究表明，许多金属如Pb、In、Bi、Cd和Sn，都可催化转化为甲酸盐的反应。回答下列问题：
(1)Pb在元素周期表中的位置是_______，其基态原子中有_______个未成对电子。
(2)比较Sn和Pb的原子半径大小：r(Sn)_______r(Pb)(填“>”、“<”或“=”)。
(3)和中碳原子的杂化类型分别是_______和_______。
(4)1个HCOOH中存在_______个σ键和个_______π键。
(5)接近甲酸沸点时的甲酸蒸气相对分子质量测定值大于用化学式HCOOH计算得到的相对分子质量，原因是_______。
(6)Sn有3种同素异形体，其中灰锡是金刚石型立方晶体，如图所示。在灰锡中Sn原子的配位数是_______，Sn原子围成的最小环上有_______个Sn原子。已知灰锡中Sn原子之间的最小距离为dpm，则灰锡密度为_______(写出计算式即可，不用化简)。
36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
化合物G是一种合成多靶向性抗癌药物的中间体。其人工合成路线如下：
(1)A分子中采取sp2杂化与sp3杂化的碳原子数目之比为_______。
(2)D的结构简式为_______。
(3)F→G的反应类型为_______。
(4)G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
①除苯环外不含其它环状结构，能与钠反应放出氢气，遇FeCl3溶液不显色。
②碱性条件下水解生成两种产物，酸化后分子中均有3种不同化学环境的氢。
(5)写出以 、CH3CH2OH为原料制备 的合成路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。
37.【生物-选修1：生物技术实践】
感染病毒、真菌或细菌等病原微生物是造成农作物减产、低产的常见因素。现代生物技术的快速发展使得这一困境得以改善，通过转基因技术培养了抗病毒植株，如抗病毒的转基因小麦和甜椒等；通过细胞工程培养了脱毒的草莓等。请回答下列相关问题：
（1）利用转基因技术培育抗病毒植物时，通常用病毒蛋白外壳基因或病毒复制酶基因作为目的基因，通过PCR技术对其进行体外扩增，需满足的前提是_____。以便合成引物。要使得目的基因在受体细胞中稳定存在、高效表达和发挥作用，需要进行_____的操作后将其导入受体细胞。
（2）将含有目的基因的受体细胞在_____和人工控制条件下培育出转基因植株，其理论基础是_____。最后要确定培育的转基因植株是否具有抗性以及抗性程度，需要进行_____。
（3）草莓等无性繁殖作物容易将感染的病毒传播给后代，可选用植物带病毒少甚至无病毒的_____附近的组织进行培养，获得脱毒苗。通过植物组织培养技术获得的脱毒草莓与抗病毒的转基因草莓的本质区别是_____。
38.【生物-选修3：现代生物科技专题】
某科研小组采用“胚胎干细胞介导法”将荧光素基因导入纯种灰色小鼠胚胎干细胞（ES细胞）中并整合到染色体上，然后将转基因的胚胎干细胞注射到纯种黄色小鼠囊胚中构建嵌合体小鼠，具体过程如下图所示。据图回答下列问题：
（1）图中过程②收集的ES细胞来源于_______________________细胞，将胚胎干细胞置于用小鼠______________________（细胞）制备的饲养层上，饲养层提供胚胎干细胞增殖所需的_______。
（2）囊胚中的滋养层细胞将来发育成___________________，取样滋养层细胞做SRY-PCR性别技术鉴定，当用SRY特异性探针对扩增产物进行检测时，出现______（填“阳性”或“阴性”）反应者，胚胎为雄性。
（3）过程①中的荧光素基因表达的荧光蛋白可用于过程④，推测荧光素基因在该实验最终获得的嵌合体小鼠中起到的作用是___________________。
（4）过程⑤导入囊胚的胚胎干细胞数量是否会影响子代小鼠的性状？_______（填“是”或“否”）。嵌合体小鼠与体外受精培养得到的小鼠相比，最主要的区别是__________。（从组成个体的细胞基因型是否相同的角度分析）
理科综合生物答案解析
1.【答案】C
【解析】A、颤蓝细菌等原核生物和真核生物都含有细胞结构，都含有DNA和RNA两种核酸，A正确；
B、颤蓝细菌与海蛞蝓遗传信息传递的过程相同，都是DNA转录为RNA，RNA在翻译出蛋白质，B正确；
C、颤蓝细菌为原核生物，不含有溶酶体和叶绿体，海蛞蝓是一种动物，其可能是从其吃掉的颤蓝细菌等身上获取了合成叶绿素的基因，但不能具有叶绿体，C错误；
D、未合成叶绿素的海蛞蝓不能将光能转化为化学能，但仍能通过呼吸作用合成ATP，D正确。
故选C。
2. 【答案】C
【解析】
A、APP本质是蛋白质，切割前后都有肽键，均可与双缩脲试剂发生反应，A正确；
B、γ-分泌酶能催化APP水解，所以γ-分泌酶可显著降低APP水解反应的活化能，B正确；
C、APP是分布于神经细胞膜上的重要跨膜蛋白，APP基因控制跨膜蛋白的合成，因此APP基因不是阿尔兹海默症（AD）的致病基因，阿尔兹海默症（AD）致病原因是由于γ-分泌酶切割APP之后导致的，C错误；
D、干扰γ-分泌酶与APP的特异性结合，γ-分泌酶不能切割APP，从而可以减少脑组织中出现淀粉样斑块沉积，可缓解AD的病情，D正确。
故选C。
3.【答案】B
【解析】A、某植物经x射线处理后未出现新的性状，可能是由于遗传密码的简并性，而X射线处理后可能会发生基因突变，所以可能已有新基因产生，A错误；
B、秋水仙素的作用是抑制纺锤体的形成，使染色体数目加倍，而单倍体幼苗不一定只含一个染色体组，所以单倍体幼苗用秋水仙素处理得到的植株不一定是二倍体，B正确；
C、果蝇缺刻翅的形成原因是染色体结构变异（部分缺失），C错误；
D、高茎豌豆自交发生性状分离，只涉及一对等位基因，所以不属于基因重组，D错误。
故选B。
4.【答案】A
【解析】A、表皮细胞、筛管细胞是高度分化的细胞，没有细胞周期，A错误；
B、“起始复合体”能启动S期DNA复制，因此起始复合体组装完成的时间点是S期前的1，B正确；
C、S期细胞中进行DNA的复制，需要以DNA的两条链为模板合成新的DNA，故该过程不断发生氢键的断裂与形成，C正确；
D、Cdc6蛋白是真核细胞中DNA复制的必需蛋白，它能促进“起始复合体”合成进而启动S期，故在此后的G2期Cdc6蛋白可能已经被降解为氨基酸，D正确。
故选A。
5.【答案】C
【解析】A、愉悦感的产生没有完整的反射弧，不属于反射，A正确；
B、可卡因与多巴胺转运体结合，使突触间隙多巴胺不会被转运载体运回细胞，进而引起突触后膜持续性兴奋，B正确；
C、毒瘾戒除困难的原因之一是长期吸食可卡因会使突触后膜不敏感，吸食者必须持续吸入可卡因，才能维持兴奋，从而对其产生依赖，C错误；
D、对于长期大剂量使用可卡因的患者，不应立即停药，应缓慢减少药量，避免患者出现抑郁、焦虑失望、疲惫失眠、厌食等症状，D正确。
故选C。
6.【答案】B
【解析】
A、图1表示在生物膜完成氧和氢反应生成水，以及合成ATP的过程，是有氧呼吸的第三个阶段，该过程产生的能量大部分以热能形式散失了，A错误；
B、由图2可知，光反应产生ATP的部位位于类囊体薄膜的外侧，B正确；
C、图2中H+的跨膜运输需要载体蛋白的协助，没有消耗能量，且促进了ATP的合成，故其方式为协助扩散，C错误；
D、图1表示有氧呼吸的第三阶段，[H]为NADH；图2表示光合作用的光反应阶段，[H]为NADPH，故图1和图2中[H]不是同一种物质，D错误。
故选B。
29.【答案】 (1). 模块1和模块2 (2). 五碳化合物（或：C5） (3). 减少 (4). 高于 (5). 人工光合作用系统没有呼吸作用消耗糖类 (6). 叶片气孔开放程度降低，CO2的吸收量减少
【解析】（1）叶绿体中光反应阶段是将光能转化成电能，再转化成ATP中活跃的化学能，题图中模块1将光能转化为电能，模块2将电能转化为活跃的化学能，两个模块加起来相当于叶绿体中光反应的功能。在模块3中，CO2和甲反应生成乙的过程相当于暗反应中CO2的固定，因此甲为五碳化合物（或C5）。
（2）据分析可知，乙为C3，气泵突然停转，大气中CO2无法进入模块3，相当于暗反应中CO2浓度降低，短时间内CO2浓度降低，C3的合成减少，而C3仍在正常还原，因此C3的量会减少。
（3）糖类的积累量=产生量－消耗量，在植物中光合作用产生糖类，呼吸作用消耗糖类，而在人工光合作用系统中没有呼吸作用进行消耗，因此在与植物光合作用固定的CO2量相等的情况下，该系统糖类的积累量要高于植物。
（4）在干旱条件下，植物为了保住水分会将叶片气孔开放程度降低，导致二氧化碳的吸收量减少，因此光合作用速率降低。
30【答案】（1）去雄 （2） ①. 染色体变异（染色体结构和数目变异） ②. 否 ③. 该两对等位基因位于同源染色体 ④. 黄 ⑤. 茶褐
【解析小问1】
雄性不育植株作为亲本，可以不必进行去雄操作，而豌豆是自花传粉和闭花授粉的植物，杂交过程中必须进行去雄处理。
【解析小问2 】
①三体新品种的培育利用了染色体变异原理，包括染色体数目和结构的变异。由于控制育性和种子颜色的两对等位基因位于同源染色体上，因此这两对等位基因不遵循基因的自由组合定律。
②根据题意，该植株的基因型为MmmRrr，产生的配子为mr和MmRr，其中，mr的配子是正常的配子，MmRr的配子是异常的，不能和雌配子结合，则雄性个体产生的配子只有mr能与雌配子结合，两种雌配子的种类为mr和MmRr，则受精卵为mmrr和MmmRrr，表现型为黄色雄性不育和茶褐色可育。要利用此品种植株自交后代作为杂交育种的材料，可选择黄色的种子留种；若欲继续获得新一代的雄性不育植株，可选择茶褐色的种子种植后进行自交，可以获得雄性不育系。
31【答案】（1）已产生免疫的机体，在再次接受相同抗原时所发生的组织损伤或功能紊乱
（2） ①. 可识别 ②. 不相同
（3） ①. 作用于肥大细胞的是再次进入机体的过敏原（或过敏原刺激B细胞活化产生的抗体吸附于肥大细胞表面后，当过敏原再次进入机体时作用于肥大细胞）合理即可 ②. 找出过敏原，尽量避免再次接触该过敏原
【解析小问1】
过敏反应是指已产生免疫的机体在再次接受相同抗原刺激时所发生的组织损伤或功能紊乱的反应。
【解析小问2】
据图分析可知，肥大细胞上抗体与B细胞膜上受体可识别同一过敏原。过敏原诱发机体产生的抗体与正常免疫产生的抗体在体内分布不相同，诱导过敏反应的抗体吸附在细胞的表面，而正常免疫的抗体分布在血浆中。
【解析小问3】
过敏反应过程中过敏原先后作用于B细胞和肥大细胞，而不是同时作用，作用于肥大细胞的是再次进入机体的过敏原。预防过敏反应的措施主要是找出过敏原，尽量避免再次接触该过敏原。
32【答案】（1） ①. 就地保护 ②. 环境容纳量（K值）
（2） ①. 当迁徙东北虎与已知地东北虎的DNA单链进行杂交时，形成杂合双链区的部位越多，说明亲缘关系就越近 ②. 26%
（3） ①. 细胞质基质、线粒体基质 ②. 肾上腺素
（4）植物→梅花鹿→东北虎
【解析小问1】
自然保护区属于在生物原居住地建立的，属于就地保护；建立自然保护区后，东北虎的生存环境变化，环境容纳量提高，种群数量提高。
【解析小问2】
不同的生物DNA结构不同，DNA分子为双链结构，互补配对，当迁徙东北虎与已知地东北虎的DNA单链进行杂交时，形成杂合双链区的部位越多，说明亲缘关系就越近；DNA分子的一条链中A＋T占该链碱基总数的48%，另一条链中T＋A占该链碱基总数的48%，因此DNA中A＋T占48%，DNA中A=T，G=C，因此鸟嘌呤（G）占比为1/2（1-48%）=26%。
【解析小问3】
细胞质基质进行有氧呼吸的第一阶段产生NADH，线粒体基质进行有氧呼吸的第二阶段也能产生NADH；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。
【解析小问4】
食物链的起点是生产者（植物），梅花鹿是植食性动物，东北虎主要以蹄类动物为食，如野猪、梅花鹿、狍子等，最短的食物链为植物→梅花鹿→东北虎，只有三个营养级。
37【答案】 ①. 液体培养基 ②. 培养基未加入凝固剂 ③. 高压蒸汽灭菌 ④. 以免冷凝水淋湿包裹瓶口的纸而透入棉塞 ⑤. 平板划线法 ⑥. 稀释涂布平板法 ⑦. 检测培养基的制备是否合格，以保证培养基上的菌落均来自培养液 ⑧. CaCO3 可与产酸菌产生的酸反应，产酸菌周围的 CaCO3 与酸反应后产生无色物质，形成透明圈 ⑨. 接种至固体斜面培养基，在合适温度下培养。当菌落长成后，将试管放入4℃条件下培养
【解析】（1）①由于培养基未加入凝固剂琼脂，故按照物理性质来分，该培养基属于液体培养基。②培养基常用的灭菌方法为高压蒸汽灭菌；微生物培养应注意无菌操作，为避免冷凝水淋湿包裹瓶口的纸而透入棉塞而造成污染，灭菌时锥形瓶与试管口不能与桶壁接触。
（2）分离纯化菌种的常用方法为平板划线法和稀释涂布平板法，且后者可用于计数。
（3）为检测培养基的制备是否合格，以保证培养基上的菌落均来自培养液，在纯化培养时通常需要将接种培养基与未接种培养基同时培养：若空白培养基上出现菌种，则证明培养基被污染。
（4）因CaCO3 可与产酸菌产生的酸反应，产酸菌周围的 CaCO3 与酸反应后产生无色物质，形成透明圈，故可利用此原理利用 CaCO3 筛选出产酸菌。
（5）菌种临时保存的方法为：接种至固体斜面培养基，在合适温度下培养。当菌落长成后，将试管放入4℃条件下培养。
38【答案】
（1） ①. 要有一段已知目的基因的核苷酸序列 ②. 构建基因表达载体
（2） ①. 无菌 ②. 植物细胞具有全能性 ③. 抗病毒的接种实验
（3） ①. 分生区 ②. 前者细胞内的遗传物质没有发生改变，后者插入了外源基因
【解析小问1】
PCR是体外复制DNA的技术，可以得到大量的DNA，前提是DNA的序列已知；单独的目的基因容易丢失，故常与载体进行连接，若需目的基因在受体细胞内高效表达，需要构建基因表达载体。
【解析小问2】
体外培养受体细胞需要保持无菌状态，且控制相应的温度、湿度、一定的光照及营养条件等等；植物细胞具有全能性，因此离体的植物细胞可以再发育成完整的植株，这是植物组织培养的理论基础；从个体水平检测转基因植株是否具有抗性，可以进行抗病毒的接种实验，若抗病毒，则说明转基因成功。
【解析小问3】
分生区具有分裂能力，能产生新细胞，带病毒的概率小；通过植物组织培养技术获得的脱毒草莓遗传物质没有发生改变，而转基因草莓是转入了外源基因，遗传物质发生了改变。
理科综合化学参考答案：
7．【答案】A
【解析】A．速滑馆“冰丝带”内，二氧化碳循环制冰的过程中无二氧化碳排放，碳排放趋近于零，故A正确；
B．碳纤维是一种新型无极非金属材料，不是有机高分子材料，故B错误；
C．利用紫外杀菌技术对手机进行消毒，是为了使蛋白质变性，故C错误；
D．刷芯无线电子体温计背面有一个非常明显的金属触点，该触点为高灵敏度温度传感器，所以刷芯无线电子体温计中含有金属元素，故D错误；故选A。
8．【答案】C
【解析】A．用浓盐酸与MnO2反应制取氯气时，必须在加热条件下才能进行，故A项错误；
B．导管不能插入饱和Na2CO3溶液的液面以下，导管口只能贴近液面，故B项错误；
C．该实验的原理为强酸制弱酸，稀硫酸和碳酸钠反应生成的二氧化碳通入到硅酸钠溶液中，如果出现白色胶状沉淀，说明碳酸的酸性比硅酸的强，故C项正确；
D．非金属性强弱即得到电子能力的强弱，也可以说是单质的氧化性强弱，该反应在高温下进行，生成的CO脱离反应体系使反应持续进行，不能比较非金属性的强弱，故D项错误；
故答案为：C
9．【答案】D
【解析】A．X分子中有醚键和羰基两种含氧官能团，A错误；
B．X分子不对称，化学环境不同的氢原子有7种，B错误；
C．X分子中碳碳双键不对称，与HBr加成可得两种加成产物，C错误；
D．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；不考虑开环加成的情况下，1 mol X与2 mol H2加成生成物分子中有两个手性碳原子，，D正确；
故选D。
10．【答案】A
【解析】A．6gNa37Cl的物质的量为0.1mol，含有的电子数为(11+17)×0.1NA=2.8NA，故A正确；
B． 98%的H2SO4几乎不电离，故B错误；
C．铁与足量水蒸气反应生成四氧化三铁，5.6g铁物质的量为，0.1mol Fe转移电子的物质的量为，数目为，故C错误；
D．25℃，0.1LpH=1的盐酸稀释十倍，体积变为1L，pH变为2，OH-的浓度为1×10 12mol/L，含有的OH-数应为1×10 12NA，故D错误；
故答案选A。
11．【答案】C
【分析】W形成的单质是自然界中最硬的物质，则W为C；X的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物可以发生反应生成一种常见的盐，则X为N； Z的最高价氧化物对应的水化物是酸性最强的含氧酸，则Z为Cl；Y分别与W、X、Z可以形成多种二元化合物，并结合该新型漂白剂的结构可知，Y为O；综上所述，W为C，X为N，Y为O，Z为Cl。
【解析】
A．由分析可知，W为C，X为N，Y为O；同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，其中IIA族和VA族元素的第一电离能均高于与其相邻的元素，故元素的第一电离能N＞O＞C，即元素的第一电离能： X＞Y＞W，A正确；
B．由分析可知，W为C ，Y为O；O和C在该化合物中形成碳氧双键，则O呈-2价，B正确；
C．由分析可知，W为C，X为N，Z为Cl；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：Cl＞N＞C，则酸性：HClO4＞HNO3＞H2CO3，即最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱： Z＞X＞W，C错误；
D．由分析可知，W为C，X为N；如结构图所示，C周围有1个双键和2个单键，N周围有3个氮键，且N含有孤对电子，故C、N最外层均满足8电子稳定结构，D正确；
故选C。
12．【答案】D
【解析】
A．根据图示，a点对应的溶液中溶质为，的电离常数为、的水解常数为，电离大于水解，溶液呈弱酸性，故A错误；
B．a点对应的溶液中溶质为，b点对应的溶液中溶质为，a、b两点溶液都因电解质电离呈酸性，抑制水电离，b点酸性大于a点，水的电离程度：a点大于b点，故B错误；
C．a点溶质为等浓度的，根据电荷守恒，根据物料守恒 ，所以对应的溶液中存在：，故C错误；
D．b点对应的溶液中溶质为，的比为1:2，根据电荷守恒，根据物料守恒 ，所以b点对应的溶液中存在：，故D正确；
选D。
13．【答案】B
【解析】
【分析】
该电池为二次电池，放电时锌作负极，BiOI作正极，放电时电池的总反应为：6BiOI+3Zn=2Bi+2Bi2O3+3ZnI2；充电时，Bi作阳极，Bi2O3作阴极，电池的总反应为：2Bi+2Bi2O3+3ZnI2=6BiOI+3Zn。
【详解】
A．放电时锌为负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，A正确；
B．放电时，通过电池总反应可知，转移6mol电子时消耗6molBiOI，故1 molBiOI参与反应，转移1mole-，B错误；
C．根据分析，充电时电池总反应正确，C正确；
D．ZnI2水溶液作为锌离子电池的氧化还原介质，故ZnI2能加快电极反应速率，D正确；
故选B。
26．【答案】(1) 高
(2) 三颈烧瓶 加热 D、E之间加上干燥装置(或将E装置改为盛碱石灰的干燥管)
(3) 偏低
【解析】
【分析】
利用晶体分解制得，和四氯化碳反应生成。
(1)①与氧化铝具有相似的结构，则性质也相似，氧化铝熔点很高，则的熔点也很高，故答案为：高；
②晶体分解生成，同时生成，根据元素守恒可知，产物还有水，则受热分解的化学方程式为，故答案为：；
(2)①根据仪器的构造可知，仪器a为三颈烧瓶；根据题干信息可知，易升华，若C处出现堵塞，可通过加热使升华，从而使实验继续进行，故答案为：三颈烧瓶；加热；
②遇水发生水解生成两种酸性物质，根据元素守恒可知，生成的两种酸性物质为二氧化碳和氯化氢，生成的二氧化碳和氯化氢和NaOH在装置E中发生反应，故答案为：；
③易潮解，为了防止潮解，应在D、E之间加上干燥装置，或者将E装置改为盛碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入装置使潮解，故答案为：D、E之间加上干燥装置(或将E装置改为盛碱石灰的干燥管)；
(3)
根据得失电子守恒和原子守恒，滴定过程中存在关系式：，产品中的物质的量为，则产品中Cr元素的质量分数表达式为；若实验过程中未加热分解过量，过量的在加入硫酸和磷酸时，会将还原为，则滴定时消耗标准溶液硫酸亚铁铵体积减小，测定结果偏低，故答案为：；偏低。
27．【答案】(1)除去碳和有机物 (2) H2O2＋2Fe2＋＋2H+= 2Fe3＋＋2H2O Fe(OH)3
(3)否 (4)草酸钠溶液的碱性强于草酸铵，易形成Co(OH)2沉淀
(5)边搅拌边加入1.0mol·L-1H2SO4溶液和3%H2O2溶液，待充分反应后边搅拌边滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0~6.4之间，静置过滤，向滤液中边搅拌边加入1.0mol·L-1(NH4)2C2O4溶液至不再产生沉淀为止，静置过滤，洗涤后在385℃条件下加热至恒重
【解析】500℃焙烧含钴废料 (主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等) 除去碳和有机物，加入氢氧化钠溶液，其中Al2O3溶解生成NaAlO2， Co2O3、Fe2O3、 MgO不溶， CaO与水反应生成氢氧化钙，过滤，则浸出液的主要成分为NaAlO2、Ca(OH)2，向过滤得到的固体加入稀硫酸和亚硫酸钠，Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、 Fe2+，根据流程，“净化除杂1”中应将铁元素转化为Fe(OH)3沉淀而除去，可用过氧化氢将Fe2+氧化成Fe3+，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+和少量的Ca2+，用NaF溶液除去Mg2+、Ca2+，过滤后，滤液中主要含有Co2+，加入草酸铵溶液得到草酸钴。
(1)焙烧时，碳会变成二氧化碳逸出，有机物会生成二氧化碳和水，因此碳和有机物可通过焙烧除去，则“500℃焙烧”的目的是除去碳和有机物，故答案为：除去碳和有机物；
(2)“钴浸出”过程中，Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、 Fe2+，“净化除杂1”过程中，先在40 ~ 50℃加入H2O2，可将Fe2+氧化成Fe3+，发生的反应为H2O2＋2Fe2＋＋2H+= 2Fe3＋＋2H2O，再升温至80 ~ 85℃，加入Na2CO3溶液，碳酸根和Fe3+发生双水解反应，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，则“滤渣1”主要成分的是Fe(OH)3，故答案为：H2O2＋2Fe2＋＋2H+= 2Fe3＋＋2H2O；Fe(OH)3；
(3)当c(Mg2+)=1.0×10-5mol·L-1时，Ksp(MgF2)=7.42×10-11 ，则，此时，Ca2+未完全沉淀，故答案为：否；
(4)碱性过强，会形成，溶液的碱性强于，因此“沉钴”时，用草酸铵而不用草酸钠，故答案为：草酸钠溶液的碱性强于草酸铵，易形成Co(OH)2沉淀；
(5)参照题中所给流程，由于Co2O3>O2>Cl2，若用盐酸酸溶会反应生成有毒气体Cl2，因此应先将废料溶于硫酸使Fe2O3、Al2O3转化为Fe3+、Al3+，再将Co3+还原为Co2+，H2O2既具有还原性，又具有氧化性，且反应产物绿色环保，因此用H2O2将Co3+还原为Co2+，再加入NaOH溶液调节pH在 5.0~6.4之间，除去Fe3+、Al3+，然后加入(NH4)2C2O4溶液沉钴得到草酸钴，根据CoC2O4·2H2O(相对分子质量：183)热分解曲线可知，B点时的含钴的物质为Co3O4，因此将得到的草酸钴静置过滤，洗涤后在385℃条件下加热至恒重得到Co3O4，故答案为：边搅拌边加入1.0mol·L-1H2SO4溶液和3%H2O2溶液，待充分反应后边搅拌边滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0~6.4之间，静置过滤，向滤液中边搅拌边加入1.0mol·L-1(NH4)2C2O4溶液至不再产生沉淀为止，静置过滤，洗涤后在385℃条件下加热至恒重。
28．【答案】(1)2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O (2)-10
(3) 78.4 不变 7.29×10-4
(4)4.72×10-7
【解析】(1)大量的碘富集在海藻中，将海藻焙烧后用水浸取，浸取液中含有碘离子，再向浸取后的浓缩液中加MnO2和稀硫酸，MnO2将碘离子氧化，即可得到I2。该反应的离子方程式为2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O。故答案为：2I-+MnO2+4H+=Mn2++I2+2H2O；
(2)已知1molH2(g)分子中化学键断裂时需要吸收436kJ的能量，令⑤H2(g)=2H(g) ΔH=436kJ·mol-1，图中③H2(g)+I2(g)=2H(g)+2I(g) ΔH3=587kJ·mol-1，③-⑤得①I2(g)=2I(g) ΔH1=587kJ·mol-1-436kJ·mol-1=151kJ·mol-1，由图②H2(g)+2I(g) =2HI(g)ΔH2=-161kJ·mol-1，①+②得：H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH，图中的ΔH=151kJ·mol-1+(-161kJ·mol-1)=-10kJ·mol-1。故答案为：-10；
(3)
①
反应达平衡时，HI的物质的量分数为=0.784，x=0.784，H2的转化率α(H2)=78.4%，H2(g)+I2(g)2HI(g)是体积不变的反应，达到平衡后，将容器体积扩大为原来的2倍，平衡不移动，H2的平衡转化率不变(填“增大”“减小”或“不变”)。故答案为：78.4；不变；
②根据上述实验结果，c(HI)=，c(H2)==，c(I2)==，该反应的平衡常数K的计算式为 =(列出数据算式，不用化简)。故答案为：；
③上述反应中，逆反应速率为v逆=k逆·x2(HI)，正反应速率为v正=k正·x(H2)·x(I2)，其中k正、k逆为速率常数且只与温度有关，x(HI)代表HI(g)的物质的量分数，到达平衡时，正、逆反应速率相等，则k逆x2（HI）=k正x（H2）x（I2），则k逆=k正× =，则k逆=(以K和k正表示)。若k正=0.04min-1，在t=40min时，v正=k正·x(H2)·x(I2)=0.04min-1×= 7.29×10-4min-1。故答案为：；7.29×10-4；
(4)向含有等浓度Cl-和I-的溶液中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中=×= =4.72×10-7。故答案为：4.72×10-7。
35．【答案】(1) 第六周期第ⅣA族 2 (2)< (3) sp sp2 (4) 4 1
(5)甲酸分子之间通过氢键缔合形成二聚分子，相对分子质量增大
(6) 4 6
【解析】(1)Pb属于碳族元素，位于第六周期第ⅣA族；基态原子的价电子排布式为6s26p2，有2个未成对电子；故答案为第六周期第ⅣA族；2；
(2)Sn和Pb属于同一主族，从上到下，原子半径依次增大，因此有r(Sn)＜r(Pb)；故答案为＜；
(3)CO2的结构简式为O=C=O，C的杂化类型为sp；HCOO－中C有三个σ键，C的杂化类型为sp2；故答案为sp；sp2；
(4)成键原子之间只能形成1个σ键，1个HCOOH中含有σ键个数为4；1个甲酸中含有1个“C=O”，因此含有π键个数为1个；故答案为4；1；
(5)甲酸分子间能形成氢键，形成二聚分子，相对分子质量增大；故答案为甲酸分子之间通过氢键缔合形成二聚分子，相对分子质量增大；
(6)根据晶胞结构，灰锡是金刚石型立方晶体，一个Sn连接四个Sn形成正四面体形，因此灰锡中Sn原子的配位数为4；灰锡是金刚石型立方晶体，Sn原子围成最小环的是六元环，环上有6个Sn原子；灰锡中Sn原子之间的最短的距离是体对角线的，则晶胞的边长为pm，晶胞的体积为(×10－10)3cm3，晶胞中所含Sn的个数为8个，晶胞的质量为g，因此晶胞的密度是g/cm3或 g/cm3；故答案为4；6；或。
36．【答案】(1)4:1 (2) (3)氧化反应 (4)
(5)
【解析】B和乙醇发生酯化反应生成C，由C逆推，可知B是； D的分子式是C11H12O4，根据C、E的结构简式，可知D是。
(1)A分子中只有2个单键碳原子采用sp3杂化，其余碳原子均采用sp2杂化，碳原子数目之比为采取sp2杂化与sp3杂化的碳原子数目之比为8:2=4:1；
(2)D的分子式是C11H12O4，根据C、E的结构简式，可知D是；
(3)F→G是F中的羟基被氧化为醛基，反应类型为氧化反应；
(4)①除苯环外不含其它环状结构，能与钠反应放出氢气，说明含有羟基，遇FeCl3溶液不显色，说明不含酚羟基。
②碱性条件下水解生成两种产物，说明含有酯基，酸化后分子中均有3种不同化学环境的氢。符合条件的G的同分异构体是；
(5)
根据题干流程图，发生还原反应生成，和乙醇反应生成，被还原成，和反应生成，
合成路线为：。
理科综合答案及解析
14.【答案】A　
【解析】由爱因斯坦光电效应方程hν＝W0＋mv，又由W0＝hν0，可得光电子的最大初动能mv＝hν－hν0，由于钙的截止频率大于钾的截止频率，所以钙逸出的光电子的最大初动能较小，因此它具有较小的能量、频率和动量，选项B、C、D错误；又由c＝λν可知光电子频率较小时，波长较大，选项A正确。
15.【答案】B　
【解析】物体受到重力、拉力以及空气的阻力，由动能定理有ΔEk＝(F－mg－f)H，选项A错误；重力的功为－mgH，所以物体的重力势能增加了mgH，选项B正确；除重力外物体受到拉力和阻力，所以物体的机械能增加ΔE＝(F－f)H，选项C、D错误。
16.【答案】A
【解析】设物块与AB部分的动摩擦因数为μ，板转动的角速度为ω，两物块到转轴的距离为L，由于物块刚好不滑动，则对AB板上的物体有μmg＝mω2L，对BC板上的物体有mgtan θ＝mω2L，因此μ＝tan θ，A项正确。
17.【答案】C
【解析】如图所示，小船要想避开危险区，合速度的方向必然沿AB 方向，已知水流速度的大小为4m/s，方向水平向右；连接C到AB 的连线，一定是小船的速度，两个分速度与合速度必然可以构成一个封闭的矢量三角形，在所有连线中CD 的长度最短，小船的速度最小，结合几何关系可得角BCA等于30度；故CD=
故小船的最小值为；
18.【答案】ABC　
【解析】每颗星受到的合力为F＝2Gsin 60°＝G，轨道半径为r＝R，由向心力公式F＝ma＝m＝mω2r＝m，解得a＝，v＝，ω＝，T＝2π，显然加速度a与m有关，选项A、B、C正确，D错误。
19.【答案】AC
【解析】根据线圈开始所处的位置，可知其瞬时表达式为：当θ为60时，代入得瞬时电动势为，得EM=4V，故C正确，线圈消耗得功率用有效值计算，故A选项正确，电流得有效值为=A故B错误，磁通量的瞬时表达式可写为：，,,故D选项正确。
20.【答案】AC
【解析】本题考查了圆周运动与受力分析．a与b所受的最大摩擦力相等，而b需要的向心力较大，所以b先滑动，A项正确；在未滑动之前，a、b各自受到的摩擦力等于其向心力，因此b受到的摩擦力大于a受到的摩擦力，B项错误；b处于临界状态时kmg＝mω2·2l，解得ω＝ ，C项正确；ω＝小于a的临界角速度，a所受摩擦力没有达到最大值 ，D项错误．
21.【答案】CD　
【解析】根据楞次定律和安培定则，线框中感应电流的方向是逆时针方向，选项A错误；0.4 s时穿过线框的磁通量Φ＝Φ1－Φ2＝πr2·B1－πr2·B2＝0.055 Wb，选项B错误；由图乙知＝＝10 T/s，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝n＝n·πr2·＝1.5 V，感应电流I＝＝0.5 A,0.4 s内线框中产生的热量Q＝I2Rt＝0.3 J，选项C正确；前0.4 s内流过线框某截面的电荷量q＝It＝0.2 C，选项D正确。
第Ⅱ卷
22.【答案】(1)0.955　(2)－
(3)－　(4)系统误差
【解析】本题考查利用光电门研究匀变速直线运动并计算动摩擦因数。
(1)游标卡尺读数为0.9 cm＋0.05 mm×11＝0.955 cm。
(2)木块经过A、B两个光电门的速度分别为vA＝，vB＝，根据v－v＝2as得a＝－。
(3)对木块和钩码的系统，根据牛顿第二定律得
a＝＝n－μg，
则由图象可知－μg＝b，即μ＝－。
(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差是由实验器材造成的，属于系统误差。
23.【答案】(1)短接　(2)2　(3)5.0　(4)10　128　(5)4.4　24
【解析】(1)使用多用电表测电阻前，应首先将红、黑表笔短接进行欧姆调零。
(2)多用电表电流为“红进黑出”，图甲中外电路电流由2到1，所以黑表笔应连2端。
(3)当滑动变阻器接入电路的阻值为零时，多用电表所测电阻为外电路电阻，即电流表内阻，所以电流表内阻为5.0 Ω。
(4)根据表盘上最上面的刻度线读数可知，结果为10×1 Ω＝10 Ω，由图丙知电流表读数为128 mA。
(5)由闭合电路欧姆定律得E＝I1(rA＋R内)，E＝I2(R外＋R内)，代入数据解得E＝4.4 V，R内＝24 Ω。
24.【答案】(1)0.5　(2)2 m/s
【解析】(1)A恰好在水平地面上做匀速直线运动，滑动摩擦力等于推力的水平分力，即Ff＝F1cos θ＝40 N
μ＝＝＝0.5。
(2)将重力及向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解。
在沿斜面方向有：
(F2－mg)cos θ－Ff1＝ma
在垂直斜面方向上有：
FN＝(F2－mg)sin θ
则Ff1＝μ(F2－mg)sin θ
解得a＝1 m/s2，x＝at2，解得t＝2 s，v＝at＝2 m/s。
25.【答案】B　
【解析】当缓慢升高汽缸内气体温度时，开始一段时间气体发生等容变化，根据查理定律可知，缸内气体的压强p与汽缸内气体的热力学温度T成正比，在p T图象中，图线是过原点的倾斜直线；当活塞开始离开小挡板时，缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在p T图象中，图线是平行于T轴的直线，B正确。
33.（1）【答案】ACD　
【解析】根据质点的振动方程：x＝Asin ωt，设质点的起振方向向上，且a、b中间的距离小于1个波长，则b点：1＝2sin ωt1，所以ωt1＝，a点振动的时间比b点长，所以由1＝2sin ωt2，得ωt2＝，a、b两个质点振动的时间差：Δt＝t2－t1＝－＝＝，所以a、b之间的距离：Δx＝vΔt＝v·＝。则通式为λ＝50 cm(n＝0,1,2,3…)；则波长可以为λ＝ cm(n＝0,1,2,3，…)；当n＝0时，λ＝150 cm，由于n是整数，所以λ不可能为12 cm，故A正确，B错误；当质点b的位移为＋2 cm时，即b到达波峰时，结合波形知，质点a在平衡位置下方，位移为负，故C正确；由ωt1＝，得t1＝＝，当t＝－t1＝时质点b到达平衡位置处，速度最大，故D正确。]
（2）【答案】(1)T1　(2)Q1－(V2－V1)
【解析】(1)加热过程中气体等压膨胀，由＝，
得：T2＝T1。
(2)设加热过程中，封闭气体内能增加ΔU，因气体体积增大，故此过程中气体对外做功，W<0。
由热力学第一定律知：ΔU＝Q1＋W
其中W＝－pΔV＝－(V2－V1)
由于理想气体内能只与温度有关，故再次降到原温度时气体放出的热量满足Q2＝ΔU
整理可得：Q2＝Q1－(p0＋)(V2－V1)。
34.（1）【答案】BCE
【解析】A．由y－t图象可知，t＝0.10 s时质点Q沿y轴负方向运动，选项A错误；
C．由y－t图象可知，波的振动周期T＝0.2 s，由y－x图象可知λ＝8 m，故波速
v＝＝40 m/s，
根据振动与波动的关系知波沿x轴负方向传播，则波在0.10 s到0.25 s内传播的距离
Δx＝vΔt＝6 m，
选项C正确；
B．t＝0.25s时，波形图如图所示，
此时质点P的位移沿y轴负方向，而回复力、加速度方向沿y轴正方向，选项B正确；
D．由
Δt＝0.15 s＝T，
质点P在其中的T内路程为20 cm，在剩下的T内包含了质点P通过最大位移的位置，故其路程小于10 cm，因此在Δt＝0.15 s内质点P通过的路程小于30 cm，选项D错误；
E．由y－t图象可知质点Q做简谐运动的表达式为
y＝0.10·sin t（m）＝0.10sin 10πt（m），
选项E正确．
（2）【答案】(1)30°　(2)
【解析】　本题通过直线和曲线界面的组合考查光的折射和反射问题。
(1)由折射定律有n＝，
可得r＝30°，
光在圆弧面上E点刚好发生全反射，因此
有sin C＝＝，
临界角C＝60°，
由几何关系可知r＋θ＝C，
θ＝30°。
(2)由几何关系知O1E＝R，光在E点的反射光线EF平行于AB，则EF＝Rsin 45°－Rsin 30°，
EF＝，
光在材料中传播的速度为v＝＝c，
因此材料中传播时间为t＝，
t＝。

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