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2023 年高考素养调研第二次模拟考试理科综合
（物理）参考答案及评分标准
二、选择题（本题共 8小题，每小题 6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）
题号 14 15 16 17 18 19 20 21
答案 C A B A BC AB BC ACD
第Ⅱ卷（非选择题 共 174分）
22.（6分）（1）匀加速（2分）
（2）73.58（2分） 9.81（2分）
23.（9分）（1）如图（3分）
（2）增大（2分）
（3）1176（2分） 19.9（2分）
24.（12分）
解：（1）（6分）小球到达最高点时小球与曲面劈的水平速度 v 相等，水平方向上小球与
曲面劈组成的系统动量守恒，由动量守恒和能量守恒得
mv0 = 2mv ………………………………………2分
1 1
mv 2 = ×2mv2 +mgH ………………………………………2分
2 0 2
解得 H=2R ………………………………………2分
（2）（6分）小球返回曲面劈，与曲面劈分离时曲面劈的速度最大，设此时小球的速
度大小为 v1，曲面劈的速度大小为 v2，水平方向上小球与曲面劈组成的系统动量守恒，规
定向右为正方向，由动量守恒和能量守恒得
mv0 =mv1+mv2 ………………………………………2分
1
mv 2 = 1 1mv 2 + mv 2 ………………………………………2分
2 0 2 1 2 2
解得 v2 = 2 2gR ………………………………………2分
25.（20分）
解：（1）（8分）导体棒 gh以初速度 v0向右运动时导体棒 gh、ef各自受到的安培力最大，
设此时产生的感应电动势为 E，感应电流为 I
E= BLv0 ………………………………………1分
E
I = ………………………………………1分
R+2R
F1 = BIL ………………………………………1分
F2 = 2BIL ………………………………………1分
答案第 1页，总 3页
2 2
解得 F = B L v01 方向水平向左 ………………………………………2分3R
2 2
F 2B L v02 = 方向水平向右 ………………………………………2分3R
（2）（12分）设稳定时导体棒 gh和 ef的速度大小分别为 vg和 ve，从 t=0时刻开始至
稳定状态经过的时间为Δt，该过程中电路的平均电流为 I ，平均感应电动势为 E
2BLve = BLvg ………………………………………2分
对导体棒 gh和 ef分别列动量定理
BILΔt=mvg mv0 ………………………………………2分
2BILΔt= 2mve ………………………………………2分
q= IΔt ………………………………………2分
mv
解得 q= 0 ………………………………………1分
3BL
E = ΔΦ ………………………………………1分
Δt
= EI ………………………………………1分
R+2R
mv R
解得 ΔΦ= 0 ………………………………………1分
BL
33.（15分）
（1）（5分） BCE
（2）（10分）
解：（i）（4分）
初始时，空气柱 A的压强 pA＝p0－ρgh1 ………………………………………2分
空气柱 B的压强 pB＝ρgh2＋pA ………………………………………1分
解得 pB＝84cmHg ………………………………………1分
（ii）（6分）
U形管倒置后，空气柱 A的压强 pA′＝p0+ρgh1 ………………………………………1分
空气柱 B的压强 pB′＝pA′－ρgh3 ………………………………………1分
设 U形管倒置后，空气柱 B的长度为 L2′，则
L h2－h32′＝L2＋ ………………………………………2分
2
由玻意耳定律可得
pBL2＝pB′L2′ ………………………………………1分
解得 h3＝8cm ………………………………………1分
答案第 2页，总 3页
34. （15分）
（1）（5分） 负方向（1分） 1（2分） 3.17（2分）
（2）（10分）
解：（i）（4分）如图所示，从 O点射入的光线在圆柱体中传播的时间最长
R
tmax = ……………………………………2分v
= cv ……………………………………1分
n
解得 n= 2 ……………………………………1分
（ii）（6分）设从 O点射入的光线的折射角为θ，AB面上发生全反射部分区域对应的
圆心角为α，能射出光线的区域对应的圆心角为β
由折射定律可得
sin 45°
n＝ ……………………………………1分
sin θ
sin C 1＝ ……………………………………1分
n
解得 θ＝30° ……………………………………1分
C＝45° ……………………………………1分
由几何关系可知
α＝90°－θ－C=15°
β＝90°－α－θ＝45° ……………………………………1分
则 AB面上有光线射出部分的弧长
β πR
s＝ ×2πR＝ ……………………………………1分
360° 4
答案第 3页，总 3页2023年高考素养调研第二次模拟考试
理科综合（问卷）
(卷面分值：300分；考试时间：150分钟)
注意事项：
1.本试卷为问答分离式试卷，由问卷和答题卡（答卷）两部分组成，答案务必写或涂在答
题卡（答卷）的指定位置上。
2.答题前，请考生务必将自己的学校、姓名、准考证号、科别等信息填写在答题卡（答卷）》
的密封区内。
3.可能用到的相对原子质量：
H-1Li-7C-12N-14O-16S-32K-39Fe-56
第卷（选择题共126分）
一、选择题：本题包括13小题，每小题6分，共78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.实验小组利用某植物叶表皮细胞进行了下图所示实验，甲、乙为显微镜下观察到的实验结
果示意图。下列叙述正确的是
保卫细胞
表皮细胞
0.3gmL蔗糖溶液
叶绿体
清水
甲
A.甲→乙过程中，保卫细胞的细胞液浓度会降低
B.乙图中保卫细胞的原生质层呈无色，细胞液呈绿色
C.在实验过程中，水分子通过被动运输进出细胞
D.实验结果说明原生质层具有伸缩性而细胞壁没有
2.手工制作的麦芽软糖香甜醇厚，利用的原理是淀粉酶催化淀粉水解产生麦芽糖，家庭制作
麦芽软糖流程如下图所示。下列叙述错误的是
浸泡小麦
长出
打碎
培养发芽
麦苗
麦苗
搅拌
50-60℃保温
滤出水分，
麦芽
均匀
6个小时
熬制糖浆
软糖
浸泡糯米
冷却至
蒸熟
60℃
A.糖浆中的麦芽糖主要是麦芽生长过程中产生的
B.将糯米蒸熟能避免麦芽软糖制作过程中被杂菌污染
C.冷却至60℃的原因是淀粉酶的最适温度为60℃左右
D.搅拌、保温6小时的目的是让淀粉酶充分发挥作用
3.在孟德尔的豌豆杂交实验中，用纯合黄色圆粒豌豆和绿色皱粒豌豆杂交，取F,中绿色圆粒
豌豆自然繁殖一代，统计后代表现型种类及比例，理论上应为
A.1种，1
B.2种，3：1
C.2种，5：1
D.2种，8：1
2023年高考素养调研第二次模拟考试理科综合（问卷）第1页共12页
4.为研究促使R型肺炎双球菌转化为S型菌的转化物质是DNA还是蛋白质，某研究小组进
行了如下实验，甲、乙、丙三组实验结果中出现的菌落种类数依次是
蛋白酶
DNA酶
培养
培养
培养
S型菌的含R型菌
S型菌的含R型菌
S型菌的
含R型菌
提取物的培养液
提取物的培养液
提取物的培养液
甲组
乙组
丙组
A.1种，1种，2种B.1种，2种，1种C.2种，1种，2种
D.2种，2种，1种
5.胰岛素泵是一种人工智能控制的胰岛素输人装置。将它戴在糖尿病病人身上，可以模拟
胰岛的功能，维持血糖的平衡。下列叙述错误的是
A.病人胰岛B细胞分泌的胰岛素不足能通过胰岛素泵补充
B.胰岛素泵中的胰岛素可以促进肝糖原、肌糖原的分解
C.胰岛素的作用结果会影响胰岛B细胞分泌胰岛素
D.控制饮食、增强运动，能降低糖尿病发病率
6.下列关于燕麦胚芽鞘向光生长的叙述，正确的是
A.燕麦胚芽鞘中色氨酸合成生长素的过程需要一定强度的光照
B.生长素产生的部位在胚芽鞘尖端，发挥作用的部位在伸长区
C.单侧光照射下尖端的生长素由向光侧向背光侧运输为极性运输
D.胚芽鞘向光侧生长慢、背光侧生长快体现了生长素作用的两重性
7.化学促进了科技进步。下列说法错误的是
A.“北斗卫星导航系统”芯片中的半导体材料为二氧化硅
B.中国空间站航天员航天服上的橡胶属于有机高分子材料
C.“天问一号”火星车的热控保温材料纳米气凝胶，可产生丁达尔效应
D.“奋斗者”号潜水器外壳材料为钛合金，钛合金耐高压、耐腐蚀
8.下列化学用语表达正确的是
A.中子数为10的氧原子：0
B.Ca*的结构示意图：420
288
C.CH的球棍模型：
D.HBr的形成过程为Hx+.Br:→H[Br:
9.糠醇可用于有机合成树脂、涂料等，四氢糠醇可做印染工业的润湿剂和分散剂，它们的转
化关系如图，下列说法正确的是
A.糠醇能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色
B.糠醇分子中所有原子可能共平面
OH
C.四氢糠醇是乙醇的同系物，分子式为CH20,
糠醇
四氢糠醇
D.四氢糠醇一氯代物有6种
10.一种麻醉剂的结构式如图所示。元素X的原子核只有1个质子，元素Y、Z、W的原子序数
依次增大，且均位于X的下一周期，元素E的原子比元素W的原子多8个电子。下列说法
错误的是
A.Y的简单氢化物沸点比Z的低
B.简单离子半径：Z>W>E
,Y一W
C.ZW2中，Z的化合价为+2价
D.X、Z、E能形成具有漂白性的化合物
2023年高考素养调研第二次模拟考试理科综合（问卷）第2页共12页生物试题参考答案及评分标准
一、单项选择题（每题 6 分，共 36 分）
题号 1 2 3 4 5 6
答案 C A C D B B
二、必做题
29.（每空 2 分，共 10 分）
（1）纸层析法
（2）光照强度小于 A点时，影响水稻光合速率的主要原因是光照强度，而野生型水稻叶绿素含量高于突变
体，光反应吸收光能更多
（3）叶绿体基质
A 点后 CO2浓度是光合速率的主要影响因素，突变体水稻中酶 R 的含量高于野生型水稻，暗反应固定 CO2更
多
（4）低层叶片
30.（除标明外，每空 2 分，共 8 分）
（1）轴突膜（1 分） 树突膜、胞体膜（1 分） 神经递质只能由突触前膜释放，作用于突触后膜
（2）ACh 与突触后膜上的受体结合，Na+（或阳离子）通道打开，Na+（或阳离子）内流，产生动作电位
（3）使用乙酰胆碱酯酶抑制剂（或抑制乙酰胆碱酯酶活性）
31.（除标明外，每空 2 分，共 9 分）
（1）在环境条件不被破坏的情况下，一定空间所能维持的（野生亚洲象）种群最大数量
（2）种群密度、出生率、迁入率与迁出率、年龄组成、性别比例（答全得 2 分，答不全但答对 2 个或 2 个
以上得 1 分，答对 1 个或答错不得分）
（3）大象的同化量和大象粪便中的能量
（4）化学信息、物理信息
（5）就地保护（1 分）
32.（每空 2 分，共 12 分）
（1）Z F1黄色羽全为雄性，浅褐色羽全为雌性，体现了绒羽颜色性状与性别相关联
（2）黄色
（3）F2 黄色雄鹅﹕黄色雌鹅﹕浅褐色雌鹅=2﹕1﹕1（或黄色﹕浅褐色=3﹕1）
（4）30%
三、选做题
37.（除标明外，每空 2 分，共 15 分）
（1）增加乳酸菌数量 保证坛内乳酸菌发酵所需的无氧环境 增加 减少
（2）已知浓度的标准显色液
（3）先上升后下降 发酵初期，大肠杆菌等微生物在与乳酸菌的竞争中占优势大量繁殖，使亚硝酸盐含
量增加；随着环境氧气含量下降和 pH 降低等条件的变化，乳酸菌在与大肠杆菌等微生物的竞争中占优势大
量繁殖，使亚硝酸盐含量减少（答案合理即可得分）
（4）亚硝胺（1 分）
38.（除说明外，每空 2 分，共 15 分）
（1）纤维素酶和果胶酶 使偃麦草的染色体断裂 聚乙二醇（PEG）（1 分）
（2）植物细胞具有全能性 脱分化、再分化 生长素和细胞分裂素
（3）染色体结构变异（或易位）和染色体数目变异
（4）配制多组 NaCl 浓度依次增大的培养液，将生长状态一致且良好的该品种小麦植株分别培养在各组培养
液中，其他条件相同且适宜，小麦能够正常生长的最高盐浓度即为该种小麦能耐受的最大盐浓度2023 年高考素养调研第二次模拟考试
化学试题参考答案及评分标准
一．选择题（每小题 6 分，共 42 分）
7．A
【解析】“北斗卫星导航系统”芯片中的半导体材料为晶体硅，而二氧化硅则是光导纤维的主
要成分，选项 A 错误。橡胶属于有机高分子化合物，选项 B 正确。纳米气凝胶属于胶体，
具有胶体的性质，可以产生丁达尔效应，选项 C 正确。“奋斗者”号潜水器外壳材料为钛合金，
钛合金是合金，具有耐高压、耐腐蚀的性能，选项 D 正确。故选 A。
8．B
【解析】中子数为 10 的氧原子为：188O ，选项 A 错误。 Ca 2 的结构示意图为： ，
选项 B 正确。CH4的球棍模型为 ，选项 C 错误。溴化氢为共价化合物，不是离子
化合物，应为 ，选项 D 错误。故选 B。
9. A
【解析】糠醇分子中含有碳碳双键，能使酸性 KMnO4溶液和溴水褪色，A 正确。糠醇中含
有饱和碳原子，不可能所有原子共面，B 错误。四氢糠醇中含有羟基和醚键两种官能团，不
是乙醇的同系物，且四氢糠醇分子式应为 C5H10O2，C 错误。四氢糠醇一氯代物有 5 种，D
错误。故选 A。
10. B
【解析】元素 X 的原子核只有 1 个质子，则 X 为 H 元素，元素 Y、Z、W 的原子序数依次
增大，且均位于 X 的下一周期，则 Y、Z、W 均位于第二周期，由成键规律可知 W、E 最外
层有 7 个电子，Y 最外层有 4 个电子，Z 最外层有 6 个电子，则 Y 为 C 元素，Z 为 O 元素，
W 为 F 元素，元素 E 的原子比元素 W 的原子多 8 个电子，则 E 为 Cl 元素。
Y、Z 的简单氢化物分别为 CH4、H2O，CH4 沸点比 H2O 低，A 正确。Z、W、E 的离子分别
为 O2-、F-、Cl-，电子层数越多，离子半径越大，核外电子数相同时，核电荷数越大，离子
半径越小，则离子半径：Cl->O2->F-，即 E>Z>W，B 错误。ZW2为 OF2，OF2 中 F 显-1 价，
则 O 为+2 价，C 正确。X、Z、E 分别为 H、O、Cl，H、O、Cl 形成的 HClO 具有漂白性，
D 正确。故选 B。
11. C
【解析】镁条与稀盐酸反应是放热反应，A 项正确。铜在酸性条件下被硝酸根离子氧化为铜
离子，硝酸根离子被还原为一氧化氮，一氧化氮遇到空气变为红棕色气体二氧化氮，因此原
溶液可能含有 NO－3 ，B 项正确。使品红溶液褪色的气体可能为二氧化硫，也可能为 NaClO
与浓盐酸反应生成的氯气，C 项错误。难溶电解质的结构相同，其溶度积越小，加入氨水时
越容易生成沉淀，可以得出 Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，D 项正确。故选 C。
12. D
【解析】放电时，a 电极为原电池的负极，钾在负极失去电子发生氧化反应生成钾离子，A
正确。放电时，b 电极为正极，在钾离子作用下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成超
氧化钾，电极反应式为 K++ e- + O2 = KO2，B 正确。充电时，b 极连接电源正极，a 极连接电
源负极，电流由电源正极流向 b 极，经电解液流向 a 极，再流入电源负极，C 正确。由得失
电子数目守恒可知，充电时，标准状况下 b 极生成 2.24L 氧气时，a 极生成钾的质量为
2.24L ×39g/mol=3.9g，D 错误。故选 D。
22.4L/mol
13. C
【解析】由图可知，P1点 pH=9.25，c(OH )=10-4.75mol·L 1，此时c(NH+)=c(NH H O)，则4 3 2
K = c(NH
+
4 ) c(OH
)
NH3·H2O 的电离平衡常数 b =c(OH
)=10-4.75 ， 正确。 所示溶液中电荷
c(NH A P13 H2O)
c(H+ )+c(NH+ )=c(OH- )+c(Cl- ) P c(H+)=10-9.25守恒， 4 ，由图可知 1点时 mooll/·L L-1，且
10-14
c(NH + - -4.753·H2O)=c( NH4 )=0.05mol·L 1， c(OH )= -9.25 mol/L=10 mooll/·L L-1，则10
1100-9-.92.525++1010.0-15-1==cc(C(Cl l )+)+1100-4-.47.575， cc(C(Cl l )=)=1100-9-.92.525++1010.0-15-1-1-100-4-.47.575 <00..0.00555mmoooll/l·L/LL-1，B 正确。P2所示溶液
pH=7，c(OH )=10-7mol·L 1，
+
K = c(NH4 ) c(OH
) + 4.75
根据其电离常数 b =10
-4.75 c(NH ) K 10
，则 4 = b = =10 2.25 ，
c(NH3 H2O) c(NH3 H 2O) c(O H
) 10 7
c(NH 4 )＞100c(NH3·H2O)，C 错误。P3所示 HCl 与 NH3·H2O 恰好完全反应，所得氯化铵溶
液中的离子浓度大小顺序为：c(Cl ) c(NH ＞ 4 ) > c(H+)> c(OH ) ，D 正确。故选 C。
二．必考题（共 43 分）
26.（14 分）
（1）①粉碎矿石、充分搅拌、适当提高硫酸浓度等（1 分）
②MnO2＋2H2SO4＋2FeSO4=Fe2(SO4)3＋MnSO4＋2H2O。（2 分）
（2）温度过低，硫的溶解度较小，温度过高，CS2 沸点低大量汽化 （2 分）
（3）pH>1.7 之后，Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中 Fe3+浓度降低，
所以萃取率下降（2 分）
（4）Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+（2 分）
（5）加热（1 分）
（6）饱和碳酸氢钠溶液 （2 分） AC（2 分）
【解析】辉铜矿主要成分为 Cu2S，含少量 Fe2O3、SiO2 等杂质，软锰矿主要含有 MnO2以及
少量 SiO2、Fe2O3等杂质。加入稀硫酸浸取，过滤得到滤渣为 MnO2、SiO2、单质 S，滤液中
含有 Fe3+、Mn2+、Cu2+，使用萃取剂除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液和通入氨气沉淀锰，过
滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜。据此分析解答本题。
（1）①将辉铜矿粉碎，增大反应物间接触面积；充分搅拌，使反应物充分接触；适当增大
硫酸浓度；均可加快“酸浸”速率。
＋
②矿物中溶解生成的 Fe3 可作催化剂，催化剂在反应中先消耗再生成，（i）是硫酸溶解矿物
＋
中的氧化铁产生催化剂 Fe3 ，Fe3＋在（ii）中消耗，在（iii）中被二氧化锰氧化生成，则(iii)
的化学反应方程式为：MnO2＋2H2SO4＋2FeSO4=Fe2(SO4)3＋MnSO4＋2H2O。
（2）S 在 CS2 中的溶解度随温度升高而增大；CS2 的沸点为 46.2 °C。则提取过程，温度过
低，硫在 CS2中的溶解度较小，造成提取率低，温度过高，CS2 沸点低大量汽化，造成提取
率低 。
（3）Fe3+存在水解平衡 Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，pH>1.7 之后，随着 pH 增大，溶液中氢
离子浓度减小，水解平衡正向移动，溶液中 Fe3+浓度降低，所以萃取率下降。
（4）“沉锰”过程中 Mn2+变为沉淀 MnCO3，碳酸氢铵提供碳酸根后剩下的氢离子被氨气分
子结合，则 Mn2+沉淀时的离子方程式为：Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+。
（5）[Cu(NH3)4]2+(aq) Cu2+(aq)+4NH3(aq)，“沉锰”时 Mn2+变为沉淀 MnCO3、Cu2+变为
[Cu(NH3)4]2+，“赶氨”时加热，降低氨气溶解度，生成物氨气浓度降低，平衡正移，Cu2+浓度
增大，与溶液中的 CO32-、OH-生成碱式碳酸铜。故答案为：加热。
（6）碱式碳酸铜受热分解生成 CuO、H2O、CO2，收集到的气体为 CO2，则量气管 D 及导
管 E 内盛装的试剂不能溶解 CO2，可以为饱和碳酸氢钠溶液；测定产品中 Cu2(OH)2CO3纯
度的操作步骤为：①连接如图所示装置(加热装置已省略)，检查气密性后盛装试剂，②调整
D、E 两液面相平，使 D 中液面保持在 0 或略低于 0 刻度位置，读数并记录 V1，③加热试管
至 D、E 两液面不再变化，④体系恢复到室温，⑤调整 D、E 两液面相平，读数并记录 V2，
⑥处理数据。第 1 次读数，即步骤②读数时，仰视，造成 V1 读大，使测定结果偏低；停止
加热后，步骤④体系未恢复到室温，此时气体处于热胀状态，则 CO2 气体体积偏大，使测
定结果偏高；步骤⑤第 2 次读数，E 管液面高于 D 管，此时装置内气压偏大，测定的 CO2
气体体积偏小。故答案为 AC。
27.（14 分）
（1）铁架台（1 分）
（2）可实现随开随用，随关随停（1 分）
（3）除去氢气中的硫化氢气体（1 分） 浓硫酸（1 分）
（4）除去实验装置内部空气中的水蒸气及氧气，避免 Li2S 潮解及加热条件下被空气中的
O2氧化。（2 分）

（5）L iL2Si2OSO4 4+44HH22 Lii22S+ 44HH2O2 O（2 分） （6） （2 分）
（7）降温结晶、过滤（2 分） AD（2 分）
【解析】装置 A 制备 H2，装置 B 除去 H2中的杂质气体 H2S，装置 C 干燥 H2，装置 D 中
H2还原 Li2SO4 制备 Li2S，装置 E 防外界空气进入装置 D。据此答题。
（1）仪器 a 为铁架台
（2）装置 A 为启普发生器，可实现随开随用，随关随停
（3）粗锌中含有少量 FeS。FeS 与稀硫酸反应生成杂质气体 H2S，H2S 可与 CuSO4 反应生成
CuS 沉淀，则装置 B 的作用是除去氢气中的硫化氢气体。Li2S 易潮解，则装置 C 和 E 中盛
放的试剂是浓硫酸，前者干燥 H2，后者防外界空气中的 H2O 进入装置 D。
（4）Li2S 易潮解，在加热条件下易被空气中的 O2氧化。则实验过程中，应先通一段时间氢
气，除去实验装置内部空气中的水蒸气及氧气，避免 Li2S 潮解及加热条件下被空气中的 O2
氧化。
（5）实验室用 H2 还原 Li2SO4制备 Li2S。则装置 D 中制备 Li2S 的化学方程式为

LiL2Si2OSO4 4+44H22 Lii22S+ 44HH2O2O。
（6）Li2S+H2SO4=H2S+Li2SO4，H2SO4+2NaOH=2H2O+Na2SO4。本实验是通过 NaOH 标准溶
液来滴定过量的稀硫酸，从而求出与样品反应的稀硫酸的量。将 H2SO4的总量减去标准
NaOH 溶液消耗的 H2SO4量，剩下的为 Li2S 消耗的 H2SO4量，故有总的 H2SO4 的物质的量
为：n(H2SO4)总==aV1×10-3mol，与 NaOH 反应的 H2SO4的物质的量为：
n(H2SO4)2=1/2n(NaOH)=1/2×bV2×10-3mol，则与 Li2S 反应的 H2SO4的物质的量为：
n(H2SO4)2= n(H2SO4)总- n(H2SO4)1= aV1×10-3mol-1/2×bV2×10-3mol，则 n(Li2S)= n(H2SO4)2=
n(H2SO4)总- n(H2SO4)1=aV1×10-3mol-1/2×bV2×10-3mol，产品中 Li2S 的质量为=（aV1×10-3-1/2
×bV2×10-3）×46 g，故产品中 Li2S 的纯度为= 。
（7）从溶液中获得固体的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
粗锌中含有少量 Cu 和 FeS，加入稀硫酸反应后，装置 A 中的混合物为不反应的 Cu、生成
的 ZnSO4、FeSO4。锌与硫酸的反应为放热反应，温度越高，ZnSO4·7H2O 的溶解度越大，
采用保温装置趁热过滤，可避免析出 ZnSO4·7H2O；后将含有 ZnSO4、FeSO4的滤液进行蒸
发浓缩、降温结晶、过滤得到粗皓矾晶体中可能含有 FeSO4·7H2O 杂质，根据相似相溶，洗
涤时采用乙醇的原因是减小 ZnSO4·7H2O 溶解损失。故答案为 AD。
28.（15 分）（1）(a-620.9)（2 分）
（2）①0.8kPa （2 分） ② ＜ （2 分）＜ （2 分）③C（1 分）
（3）①催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足 NO 的脱氮率最
高（2 分） ② Ⅰ（1 分） Ⅰ（2 分）
（4）2NO + 4e- = N2+2O2-（1 分）
【解析】（1） H =正反应活化能-逆反应活化能，故正反应活化能为(a-620.9)kJ·mol-1。
（2）①恒温恒容容器中，压强之比等于物质的量之比，故可以用分压列三段式进行计算。
2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g) △p
p 始/kPa 200 200
△p/kPa 160 160 80 160 80
p 平 /kPa 40 40 80 160
Kp=（1602×80）÷（402×402）=0.8kPa
②平衡时 v 正=v 逆，k 正·p2(CO)·p2(NO)=k 逆·p(N2)·p2(CO2)，则 Kp=k 正/k 逆=0.8，故 k 正＜k 逆。
达到平衡后，其他条件不变，升高温度，放热反应平衡逆移，v 正＜v 逆，k 正与 k 逆仅与温度
有关，故 k 正增大的倍数＜k 逆增大的倍数。
③降低温度、降低氮气浓度，会使反应速率降低。恒容增大压强，可能是加入 CO、NO
或不反应气体 ，加入 CO、NO，反应速率增加，但加入气体的相应转化率会降低；若加入
的是不反应的气体，则该反应的反应速率、转化率不变；未达平衡前，在单位时间内，使用
合适的催化剂能同时提高汽车尾气中 CO、NO 的转化率和化学反应速率。故答案为 C。
（3）①由图可知，反应在催化剂甲的条件下反应时，在较低温度下，催化剂的活性可达到
最大，能降低生产能耗的同时还满足一氧化氮的脱氮率最高。
②正反应活化能最大的是反应 I，活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决
定，则该化学反应的速率主要由反应 I 决定；升高温度，逆反应速率加快，逆反应活化能最
小的速率增加最大，则由图可知，逆反应速率增加最大的是反应 I。
（4）由图可知，a 电极 NO 得到电子转化为 N2和 O2-，a 极对应的电极反应式为：
2NO+4e-=N2+2O2-。
三．选考题（共 15 分）
35.（15 分）
（1）① （1 分） ② O （1 分）
（2）BF3>NH3>PH3 （2 分）
（3）6 （2 分）
（4）咪唑 （1 分） 平面三角形（1 分） ① （1 分）
3 1 1
（5）( ， ， ) （2 分）
4 4 4
238
（6）①棱心和体心 （2 分） ② 32a （2 分） 10 10 NA
【解析】
（1）N 原子的电子排布图为 ，H、B、C、N、O 中电负性最大的是 O。
3 1 (3 1 3) 3
（2）BF3的中心原子价层电子对数为： 2 ，即为中心原子为 sp2 杂化，分子
为平面三角形，键角为 120°；NH3和 PH3的中心原子为同主族元素，其价层电子对数为：
3 1 (5 1 3) 3 1 4
2 ，中心原子为 sp3杂化，含有 1 对孤对电子，分子为三角锥形，但
由于 N 原子的电负性大于 P 原子，N 原子对键合原子的吸引能力大于 P 原子的，所以导致
键合电子离 N 原子的距离越近，电子对之间的斥力越大，共价键的键角越大，所以键角
NH3>PH3，故答案为：BF3>NH3>PH3。
（3）配离子［Co(CN)x](x-3)-的中心离子 Co3+价电子数为 6，配体 CN-提供的电子数为 1 对即
2 个，则依据题意 6+2x=18，解得 x=6；
（4）咪唑结构中含有亚胺基=NH，相邻分子间存在氢键，因此咪唑的沸点是三种物质中最
高的；吡啶的结构与苯相似，环上的 C 原子和 N 原子均以 sp2杂化轨道相互重叠形成σ键，
氮原子的杂化轨道的空间构型为平面三角形；咪唑中②号 N 原子形成 3 个σ键，由于存在大
π键，说明两个氮原子都是 sp2杂化，则②号氮原子没有孤电子对，而①号氮原子形成两个σ
键，所以有孤电子对，可以形成配位键，所以更容易与 Cu2+形成配位键的是①号氮原子；
（5）图中所标 1、2、3、4 占据八个四面体空隙中的四个，上两点与下两点异面垂直，空隙
与体心相当于甲烷的四个氢与碳原子的位置关系。1：（1/4，1/4，3/4）、2：（1/4，3/4，1/4）、
3：（3/4，1/4，1/4）、4：（3/4，3/4，3/4）
（6）①根据图示可知：若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为棱心和体心；
1 1
②根据图示可知：在晶胞中含有 Fe 原子为 8× 8 +6× 2 =4；含有 N 原子数是 1 个，由于晶胞
中距离最近的两个铁原子距离为 a pm，则根据相对位置可知：晶胞边长为 2a pm，晶胞密
56×4+14
度ρ=
36.（15 分）
Ⅰ.（1）丙酮（1 分）
（2）CH3COCH2CH2OH（2 分） 浓硫酸、加热（2 分）
（3）碳碳双键、酮羰基(2 分）
（4）加成反应（2 分）
（5） 一 定 条件 +CH3CH2OH (2 分）
Ⅱ. 12（2 分） （2 分）
【解析】CH3COCH3与 HCHO 在 NaOH 存在下发生题给已知的反应生成 B，B 的分子式为
C4H8O2，B 与浓硫酸共热反应生成 C，则 B 的结构简式为 CH3COCH2CH2OH；C 与
CH2(COOC2H5)2、C2H5ONa 反应生成 D，D 在一定条件下反应生成 E。
1.（1）A 的结构简式为 CH3COCH3，化学名称为丙酮。
（2）CH3COCH3与 HCHO 在 NaOH 存在下发生题给已知的反应生成 B，B 的结构简式为
CH3COCH2CH2OH。
（3）根据 H 的结构简式知，H 中具有的官能团的名称为碳碳双键、酮羰基。
（4）丙二酸二乙酯的α-H 与不饱和酮发生如已知信息的加成反应。
（5）由 D 生成 E 的同时还有 CH3CH2OH 生成，反应的化学方程式为
一 定 条件 +CH3CH2OH。
II.有机物 F 的相对分子质量比布洛芬小 28，则少 2 个-CH2-，苯环上两个取代基，有邻、间、
对3种，丁基有4种，共3×4=12种。4组峰，峰值比为9:2:2:1，则结构简式为 。

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