2022全国甲卷高考理科综合答案及解析

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2022年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试（全国甲卷理综）答案及解析1.【答案】B【解析】【分析】无机盐的存在形式与作用:（1）存在形式:细胞中大多数无机盐以离子的形式存在:（2）无机盐的功能:对维持细胞和生物体生命活动有重要作用,如：Fe是构成血红素的元素;Mg是构成叶绿素的元素。【详解】A、细胞中有以无机离子形式存在的钙,也有以化合物形式存在的钙（如CaCO。,A正确:B、Cぐ不能自由通过细胞膜的磷脂双分子层,需要载体协助,B错误;C、维生素D能有效地促进人体肠道对钙和磷的吸收，故适当补充维生素D可以促进肠道对钙的吸收，C正确；D、哺乳动物的血液中必须含有一定量的Ca*Ca»的含量太低，会出现抽搐等症状，D正确。故选B。2.【答案】C【解析】【分析】由题分析可知，水分交换达到平衡时细胞a未发生变化，既不吸水也不失水，细胞a的细胞液浓度等于外界蔗糖溶液的浓度；细胞b的体积增大，说明细胞吸水,水分交换前,细胞b的细胞液浓度大于外界蔗糖溶液的浓度；细胞c发生质壁分离，说明细胞失水,水分交换前，细胞c的细胞液浓度小于外界蔗糖溶液的浓度。【详解】A、由于细胞b在水分交换达到平衡时细胞的体积增大,说明细胞吸水，则水分交换前，细胞b的细胞液浓度大于外界蔗糖溶液的浓度，A正确；B、水分交换达到平衡时，细胞a的细胞液浓度等于外界蔗糖溶液的浓度,细胞b的细胞液浓度大于外界蔗糖溶液的浓度,细胞c的细胞液浓度小于外界蔗糖溶液的浓度，因此水分交换前，细胞液浓度大小关系为细胞b＞细胞a＞细胞c,B正确；C、由题意可知,水分交换达到平衡时，细胞a未发生变化，说明其细胞液浓度与外界蔗糖溶液浓度相等;水分交换达到平衡时,细胞c的细胞液浓度等于外界蔗糖溶液的浓度，因此，水分交换平衡时,细胞c的细胞液浓度等于细胞a的细胞液浓度,C错误；D、在一定的蔗糖溶液中,细胞c发生了质壁分离,水分交换达到平衡时,其细胞液浓度等于外界蔗糖溶液的浓度,D正确。

1故选Co1.【答案】A【解析】【分析】赤霉素:合成部位:幼芽、幼根和未成熟的种子等幼嫩部分;主要生理功能:促进细胞的伸长;解除种子、块茎的休眠并促进萌发的作用。【详解】AB、赤霉素具有促进细胞伸长的功能，该作用的发挥需要与受体结合后才能完成,故喷施某种激素后作物的矮生突变体长高，说明喷施的为赤霉素，矮生突变体矮生的原因是缺乏赤霉素而非受体合成受阻（若受体合成受阻，则外源激素也不能起作用），A正确,B错误;CD、脱落酸抑制植物细胞的分裂和种子的萌发，与植物矮化无直接关系,CD错误。故选A。2.【答案】C【解析】【分析】有氧呼吸的第一、二、三阶段的场所依次是细胞质基质、线粒体基质和线粒体内膜。有氧呼吸第一阶段是葡萄糖分解成丙酮酸和［H］,合成少量ATP;第二阶段是丙酮酸和水反应生成二氧化碳和［H］,合成少量ATP;第三阶段是氧气和［H］反应生成水,合成大量ATP。【详解】A、有氧呼吸的第一阶段场所是细胞质基质，第二、三阶段在线粒体,三个阶段均可产生ATP,故有氧呼吸时细胞质基质和线粒体都可产生ATP,A正确:B、线粒体内膜是有氧呼吸第三阶段的场所，该阶段氧气和［H］反应生成水，该过程需要酶的催化,B正确;C、丙酮酸分解为COユ和［H］是有氧呼吸第二阶段,场所是线粒体基质,该过程需要水的参与,不需要氧气的参与,C错误；D、线粒体是半自主性细胞器，其中含有少量DNA,可以通过转录和翻译控制蛋白质的合成，D正确。故选Co3.【答案】D【解析】【分析】S型增长曲线:当种群在ー个有限的环境中增长时,随着种群密度的上升，个体间由于有限的空间、食物和其他生活条件而引起的种内斗争必将加剧,以该种群生物为食的捕食者的数量也会增加,这就会使这个种群的出生率降低,死亡率增高,从而使种群数量的增长率下降，当种群数量达到环境条件所允许的最大值时,种群数量将停止增长，有时会在K值保持相对稳定。【详解】分析题图可知，随着时间变化,甲曲线先增加后减少，乙曲线呈S形，丙曲线下降,在池塘中投放

2ー批鱼苗后，由于一段时间内鱼没有进行繁殖，而且一部分鱼苗由于不适应环境而死亡,故种群数量下降,如曲线丙;存活的个体重量增加，如曲线乙,种群总重量先增加后由于捕捞而减少，如曲线甲。综上可知，D正确。故选D。1.【答案】B【解析】【分析】分析题意可知:A、a和B、b基因位于非同源染色体上，独立遗传，遵循自由组合定律。【详解】A、分析题意可知,两对等位基因独立遗传，故含a的花粉育性不影响B和b基因的遗传,所以Bb自交,子一代中红花植株B_:白花植株bb=3：1,A正确:B、基因型为AaBb的亲本产生的雌配子种类和比例为AB:Ab:aB:ab=l:l:l:l,由于含a的花粉50%可育，故雄配子种类及比例为AB:Ab:aB:ab=2:2:l:l,所以子一代中基因型为aabb的个体所占比例为1/4X1/6=1/24,B错误:C、由于含a的花粉50%可育，50%不可育，故亲本产生的可育雄配子是A+l/2a,不育雄配子为l/2a,由于Aa个体产生的A：a=l:l,故亲本产生的可育雄配子数是不育雄配子的三倍，C正确:D、两对等位基因独立遗传，所以Bb自交，亲本产生的含B的雄配子数和含b的雄配子数相等,D正确。故选Bo2.【答案】D【解析】【详解】A.漂白粉的有效成分次氯酸钙与盐酸混合,会发生氧化还原反应生成有毒的氯气,两者不能混合使用，A错误;B,温室气体主要是指二氧化碳，二氧化碳不是形成酸雨的主要物质，形成酸雨的主要物质是硫氧化物、氮氧化物等，B错误;C,棉花、麻来源于植物,主要成分均是纤维素,为碳水化合物,但蚕丝来源于动物,主要成分是蛋白质，蛋白质不是碳水化合物,C错误;D.干冰是固态的二氧化碳,干冰升华时,吸收大量的热,使周围温度降低，大量的水蒸气凝结成了小液滴,形成“云雾”效果，D正确:答案选D。3.【答案】B【解析】【详解】A.由该物质的结构简式可知，其分子式为C59HA错误;B,由该物质的结构简式可知,键线式端点代表甲基，10个重复基团的最后ー个连接H原子的碳是甲基,故分子中含有1+1+1+10+1=14个甲基,B正确;

3C.双键碳以及与其相连的四个原子共面,誤基碳采取sp2杂化，狼基碳原子和与其相连的氧原子及另外两个原子共面,因此分子中的四个氧原子在同一平面上,C错误:D.分子中有碳碳双键，能发生加成反应,分子中含有甲基，能发生取代反应,D错误;答案选B。1.【答案】D【解析】【详解】A.硝酸具有强氧化性,可以将Sユ氧化为S单质,自身根据其浓度大小还原为N0或N02,反应的离子方程式为4H'+2N0；+S?=SI+2N02t+21W(浓)或8H'+2N0；+3S?=3SI+2NO+4HQ(稀)，A错误;B.明矶在水中可以电离出Aド，可以与氨水中电离出的0H发生反应生成Al(0H%,但由于氨水的碱性较弱，生成的A1(OH”不能继续与弱碱发生反应，故反应的离子方程式为A13，+3NH3«HQ=A1(OH%I+3NH：,B错误:C.硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时,生成硅酸沉淀，二氧化碳则根据其通入的量的多少反应为碳酸根或碳酸氢根，反应的离子方程式为SiOf+HQ+C02=H£i03I+C0：(COユ少量)或SiOr+2HQ+2coz=HzSi()3I+2HC0：(COク过量),C错误;D.将等物质的量浓度的Ba(0H)z与NH,HSOi溶液以体积比1：2混合,Ba(0H)z电离出的0H与NH,HSO,电离出的H+反应生成水，Ba(0H)2电离出的Ba’与NH.HSO.电离出的S0;反应生成BaSO"沉淀,反应的离子方程为为Ba"+2OH-+2H'+SO；=BaSON+2H2O,D正确;故答案选D。10.【答案】A【解析】【分析】根据图示的电池结构和题目所给信息可知,HI区Zn为电池的负极,电极反应为Zn-2e+4OH=Zn(0H)；,I区MnOク为电池的正极,电极反应为MnOz+2e+4H'=Mn"+2H2。;电池在工作过程中,由于两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔膜,故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子,因此可以得到I区消耗H*,生成Mn。［【区的K'向1区移动或I区的so;向n区移动,hi区消耗oh,生成zn(OH)；,n区的so;向in区移动或in区的k,向n区移动。据此分析答题。【详解】A.根据分析,II区的K+只能向I区移动,A错误;B.根据分析，I区的SO;向H区移动,B正确;C.MnOz电极的电极反应式为Mn0?+2e+4H'=Mn2，+2H2O,C正确;

4D.电池的总反应为2/4011+1^02+4ビ=211(011)；+乂ぐ+2ル0,D正确:故答案选Ao10.【答案】C【解析】【详解】A.25℃、lOlkPa不是标准状况,不能用标况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量,故A错误;B.Aド在溶液中会发生水解生成Al(0H)3,因此2.0L1.0mol/L的A1CL溶液中AF,数目小于2.0N4,故B错误:15点燃C.苯甲酸燃烧的化学方程式为C6H5c〇。H+502^7(Z〇2+3也〇,Imol苯甲酸燃烧生成7m。ICO?,则0.2mol苯甲酸完全燃烧生成1.4molC02,数目为1.4N,”故C正确;D.电解熔融CuCk时，阳极反应为2。ー-2ビ=02し阴极反应为Cu2++2d=Cu,阴极增加的重量为Cu的质量，6.4gCu的物质的量为0.Imol,根据阴极反应可知，外电路中通过电子的物质的量为0.2mol,数目为0.2Na,故D错误:答案选C。12.【答案】D【解析】【分析】Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,Q与X、Y、Z不在同一周期,Y原子最外层电子数为Q元原子内层电子数的2倍,则Q应为第二周期元素,X、Y、Z位于第三周期,丫的最外层电子数为4,则丫为Si元素,X、Y相邻，且X的原子序数小于Y,则X为A1元素,Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19,则Q、Z的最外层电子数之和为!9-3-4=12,主族元素的最外层电子数最多为7,若Q的最外层电子数为7,为F元素，Z的最外层电子数为5,为P元素，若Q的最外层电子数为6,为〇元素,则Z的最外层电子数为6,为S元素，若Q的最外层电子数为5,为N元素,Z的最外层电子数为7,为C1元素;综上所述，Q为N或。或F,X为A1,丫为Si,Z为C1或S或P,据此分析解题。【详解】A.X为Al,Q为N或。或F,同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下依次减弱,故非金属性:Q>X,A错误;B,由分析可知,X为A1属于金属晶体,丫为Si属于原子晶体或共价晶体,故单质熔点Si>Al,即Y>X,B错误;C,含有氢键的物质沸点升高，由分析可知Q为N或。或F,其简单氢化物为HQ或NL或HF,Z为C1或S或P,其简单氢化物为HC1或H2s或PL,由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，故沸点Q>Z,C错误;D.元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、C1的非金属性均强于Si,因此最髙价含氧酸酸性:Z>Y,D正确;

5故答案为:Do12.【答案】C【解析】【详解】A.CH3COONH,中NH:水解，NH>H2O^=iNH3H2OH+,会消耗CH3COO水解生成的。H,测定相同浓度的CHEOONH,和NaHCユ溶液的pH,后者大于前者,不能说明Kh（CH；）COO）

6答案选c。14.【答案】D【解析】【详解】运动员从a到c根据动能定理有mgh=丄在c点有ロ匕ル&くkmg联立有RN”ck-\故选D。15.【答案】C【解析】【详解】由题知当列车的任一部分处于隧道内时,列车速率都不允许超过ワ(/(%),则列车进隧道前必须减速到ら则有v=Vo-2at\解得ネー2a在隧道内匀速有L+l’2一列车尾部出隧道后立即加速到ル，有Vo-v+at3解得厶…则列车从减速开始至回到正常行驶速率叫所用时间至少为f=3(v0-y)1L+llav故选Co16.【答案】C【解析】【详解】设圆线框的半径为ハ则由题意可知正方形线框的边长为2ハ正六边形线框的边长为r:

7所以圆线框的周长为G=24r面积为S2=nr2同理可知正方形线框的周长和面积分别为G=8r,号=4戸正六边形线框的周长和面积分别为C3=6r,S3=-x6xrx^r=^^l3222三线框材料粗细相同,根据电阻定律nLR=ps横截面可知三个线框电阻之比为凡:凡:/?3=G:02：C3=8：2%:6根据法拉第电磁感应定律有EAB5葭ktR可得电流之比为:ム:ム:ム=2：2：6即ム=，2＞，3故选Co14.【答案】C【解析】【详解】根据题意设半衰期为あ的元素原子核数为x,另ー种元素原子核数为y,依题意有x+y=N经历2あ后有11N—x+—y=一42-3联立可得

8x=-N,y=-N在r=4ん时,原子核数为x的元素经历了4个半衰期,原子核数为y的元素经历了2个半衰期,则此时未衰变的原子核总数为11Nn=—x+—ry=——2422-8故选Co18.【答案】B【解析】【详解】AC.在スの平面内电场的方向沿y轴正方向,故在坐标原点。静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里,根据左手定则,可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹カ，故带电粒子向x轴负方向偏转。AC错误;BD.运动的过程中在电场カ对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹カ方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿ダ轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面,从开始到带电粒子偏转再次运动到ス轴时，电场カ做功为〇,洛伦兹カ不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0,随后受电场カ作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。故选B.19.【答案】AD【解析】【详解】设两物块的质量均为加，撤去拉カ前，两滑块均做匀速宜线运动，则拉力大小为F—2/jmg撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹カ为AB.以向右为正方向,撤去拉カ瞬间弹簧弹カ不变为ル〃啓,两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为=maP]解得%=-2/jg此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零,滑块P做减速运动,故PQ间距离减小,弹簧的伸长量变小，弹簧弹カ变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小,滑块Q的合外カ增大,合力向左,做加速度增大的减速运动。

9故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为。Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时ールmg=rnaQm解得=ー〃〃吆故滑块Q加速度大小最大值为〃〃%,A正确,B错误;C.滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移,C错误;D.滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为-/Jing=man解得%2=ソg撤去拉力时，PQ的初速度相等,滑块P由开始的加速度大小为2〃g做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为〃g;滑块Q由开始的加速度为〇做加速度增大的减速运动,最后弹簧原长时加速度大小也为〃g。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小,D正确。故选ADo20.【答案】AD【解析】【详解】,即在运动过程中为非纯电阻,必V上的电流瞬时值为

10u-B/vRA.当闭合的瞬间,Bル=0,此时財V可视为纯电阻??,此时反电动势最小,故电流最大/mい丄Q_CR故A正确;B,当〃>8ル时,导体棒加速运动,当速度达到最大值之后,电容器与心’及??构成回路,由于一直处于通路形式，由能量守恒可知，最后加,终极速度为零,故B错误:C.,斯在运动过程中为非纯电阻电路,上的电流瞬时值为.u—BlvI=R当"=8ル时,,榊,上电流瞬时为零,安培カ为零此时，粉V速度最大，故C错误;D,在也V加速度阶段，由于"V反电动势存在，故楸‘上电流小于电阻"上的电流，电阻"消耗电能大于就上消耗的电能（即ら>Emn）,故加速过程中，Qr>Qmn:当网,减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻/?形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大,综上分析可知全过程中电阻??上的热量大于导体棒上的热量,故D正确。故选ADo21.【答案】BD【解析】【详解】A.如图所示Eq—mg故等效重力G的方向与水平成45°«Vy当Vv=0时速度最小为％in=%,由于此时匕存在水平分量,电场カ还可以向左做负功,V0故此时电势能不是最大,故A错误;BD.水平方向上

11Eqv0=-tm在竖直方向上ド=卽由于Eq=mg,得レ=%如图所示,小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量,故电势能最大。由动能定理可知%+w%=o则重力做功等于小球电势能的增加量，故BD正确:C.当如图中匕所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误;故选BD。21.【答案】①.见解析②.9900【解析】【详解】(1)[1]为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻凡并联,再与电流表串联，通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻ム的电流,从而求出微安表两端的电压，进而求出微安表的内电阻,由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动电阻器采用分压式解法,实验电路原理图如图所示(2)[2]流过定值电阻た的电流1=IA-IC=9.00mA-0.09mA=8.91mA加在微安表两端的电压

12U=/%=8.91x10-2V微安表的内电阻R=L&91x10：q=990CgIr90.0x10^23.【答案】①.0.304mつ-in.②.0.31③.0.32⑤.0.332班【解析】【详解】（2）[1]应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块,碰后运动方向相反,故选0.304kg的滑块作为A。（6）[2]由于两段位移大小相等,根据表中的数据可得^=-^-=-^=—=0.31v2ム0.67（7）[3],平均值为ら丁0.31+0.31+0.33+0.33+0.33ハハk==0.325（8）[4][5]弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒,可得叫％=一叫h+m1V2121212］町%=5町う+I明ル联立解得Vj_〃ハ-%2m,代入数据可得±=0.3324.【答案】竝m/s5【解析】【详解】频闪仪每隔0.05s发出一次闪光,每相邻两个球之间被删去3个影像,故相邻两球

13的时间间隔为/=47=0.05x4s=0.2s设抛出瞬间小球的速度为%,每相邻两球间的水平方向上位移为x,竖直方向上的位移分别为弘、ド2，根据平抛运动位移公式有x=vot1,1一,y=—gt2=-x10x0.2-m=0.2m%=丄g(2ガ一;g*=gx10x(0.42-0.22)m=0.6m%=3y=3y已标注的线段邑、“分别为*=yjx2+y2s2=¢2+(3y)~=.2+9ブ则有旧+ガ:yjx2+9y2=3:7整理得故在抛出瞬间小球的速度大小为X2y/5.%=ズす1nzs25.【答案】（1）NB11k2NBllrdk~⑵以(中2)ANBlr【解析】【详解】（1）由题意当线圈中通入微小电流/时,线圈中的安培力为F二NBI1根据胡克定律有

14F=NBI1=4|Ax|阳=等设此时细杆转过的弧度为e,则可知反射光线转过的弧度为2夕,又因为d»bx,r))d则sin0^0,sin20^20所以有bx二d.es=r-20联立可得2r.2NBIlrs=—Ax=ddk(2)因为测量前未调零,设没有通电流时偏移的弧长为s',当初始时反射光点在。点上方,通电流/’后根据前面的结论可知有2NBI'lr,5,=+51dk当电流反向后有2NBI'lr,“=5dk联立可得r4dk(sl+s2)NBlr同理可得初始时反射光点在0点下方结果也相同,故待测电流的大小为r=4dk(Si+sjNBlr焙烧26.【答案】(1)ZnCO3=Zn0+C02T(2)①.增大压强②.将焙烧后的产物碾碎,增大接触面积、增大硫酸的浓度等(3)①.B②.Fe(OH)3③.CaS04SiO2(4)3FeヽMnO4+7H20=3Fe(OH)31+MnO2丄+5H‘(5)置换+为Cu从而除去(6)①.CaS04②.MgSO4【解析】【分析】由题干信息,菱锌矿的主要成分为ZnCOs,杂质为SiOz以及Ca、Mg、Fe、Cu等的焙烧

15化合物,结合流程图分析,菱锌矿焙烧,主要发生反应ZnC。,—ZnO+CO",再加入HzSO,酸浸，得到含Zn"、Ca2\Ma"、Fe"、Fe3\Cu"的溶液，加入物质X调节pH=5,结合表格数据，过滤得到Fe(0H)3、CaSO,、SiOユ的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2\Cu"、Mg2+、Ca2\Fe",再向滤液①中加入KMn(h溶液氧化Fe",过滤得到Fe(OH)3和MnOユ的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2'=Zn2'=Cu,过滤后得到滤渣③为Cu,再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaFノ、MgF”滤液④为ZnSO,溶液，经ー系列处理得到ZnSOj7HQ,据此分析解答。【小问1详解】焙烧由分析，焙烧时,生成ZnO的反应为:ZnC03^=Zn0+C02t；【小问2详解】可采用增大压强、将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率;小问3详解】A.NH3・H20易分解产生Nth污染空气,且经济成本较高，故A不适宜:B.Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜;C.NaOH会引入杂质Na',且成本较高，C不适宜;故答案选B；当沉淀完全时(离子浓度小于!0-5mol/D,结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH<5的只有Fe",故滤渣①中有Fe(OH)3,又CaSO,是微溶物，SiOz不溶于酸,故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3,CaSOnSiO2；【小问4详解】向80、90℃滤液①中加入KMrA溶液，可氧化Fe，得到Fe(OH)ユ和MnOユ的滤渣②,反应的离子方程式为3Fe"+MnO4+7H2O=3Fe(OH)31+MnO21+5H'；【小问5详解】滤液②中加入锌粉,发生反应Zn+Cu2，=Zn2-Cu,故加入锌粉的目的为置换Cuハ为Cu从而除去;【小问6详解】由分析,滤渣④为CaFz、MgFz,与浓硫酸反应可得到HF,同时得到的副产物为CaSO卜MgSO).高温27.【答案】(1)Na2S04-10H20+4C^=Na2S+4C0t+10H20(2)①.硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质,这些杂质可以直接作沸石②.降低温度(3)①.硫化钠易溶于热乙醇,若回流时间过长,Na£会直接析出在冷凝管上,使提纯率较低,同时易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸②.D(4)①防止滤液冷却②.重金属硫化物③.温度逐渐恢复至室温

16(5)冷水【解析】【分析】本实验的实验目的为制备硫化钠并用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品，工业上常用高温芒硝(Na2so「lOHユ。)和煤粉在高温下生产硫化钠，反应原理为:Na2SO4-10H20+4C^Na2S+4C0t+10H20.结合硫化钠的性质解答问题。【小问1详解】工业上常用芒硝(Na2sO/lOHユ。)和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生产CO,根据得失电高温子守恒，反应的化学方程式为:Na2SO4•10H20+4C=Na2S+4C0t+10H，0；【小问2详解】由题干信息，生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石，因此回流前无需加入沸石，若气流上升过高,可直接降低降低温度，使气压降低;小问3详解】硫化钠易溶于热乙醇,若回流时间过长,Na?S会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸；回流结束后，先停止加热，再移去水浴后再关闭冷凝水，故正确的顺序为①③②，答案选D。【小问4详解】硫化钠易溶于热乙醇,使用锥形瓶可有效防止滤液冷却,重金属硫化物难溶于乙醇,故过滤除去的杂质为重金属硫化物，由于硫化钠易溶于热乙醇，过滤后温度逐渐恢复至室温,滤纸上便会析出大量晶体:【小问5详解】乙醇与水互溶，硫化钠易溶于热乙醇,因此将滤液冷却、结晶、过滤后,晶体可用少量冷水洗涤，再干燥,即可得到Na2s-xHユ。27.【答案】(1)①.-223②.1.2X10"③.碳氯化反应气体分子数增加,小于〇,是炳增、放热过程,炳判据与焙判据均是自发过程,而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程④.向左⑤.变小(2)①.7.2X10，②.为了提高反应速率,在相同时间内得到更多的TiCI,产品,提高效益(3)将两固体粉碎后混合，同时鼓入CL,使固体粉末“沸腾”【解析】【小问1详解】①根据盖斯定律，将“反应ii一反应i”得到反应2C(s)+02(g)=2C0(g),则ハ

17K'11。x1〇'〜PaH=-51kj/mo1-172kJ/mol=-223kJ/mo1;则Kp=—^=-=1.2X10"Pa；Kp,1.0x102②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化,因为碳氯化反应气体分子数增加,AI小于0,是熾增、放热过程,嫡判据与焰判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程:③对应碳氯化反应,气体分子数增大,依据勒夏特列原理,增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移动,即平衡向左移动:该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动,即向左移动,则平衡转化率变小。【小问2详解】①从图中可知,1400て,体系中气体平衡组成比例CO2是0.05,TiCh是0.35,C0是0.6,(0.6Prt)2(06x10x105)2反应C(s)+C02(g)=2C0(g)的平衡常数Kp(1400C)=":=山一!Pa=7.2X0.05Pti0.05x1.0x105105Pa；②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等,以达到最佳效益,实际反应温度远高于200℃,就是为了提高反应速率,在相同时间内得到更多的TiCL产品。【小问3详解】固体颗粒越小,比表面积越大，反应接触面积越大。有利于TiOz-C“固ー固”接触，可将两者粉碎后混合,同时鼓入CL,使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。29.【答案】（1）。ク、［H］和ATP（2）自身呼吸消耗或建造植物体结构（3）C,植物的C0ユ补偿点低于Cs植物,C4植物能够利用较低浓度的C0?【解析】【分析】光合作用包括光反应和暗反应两个阶段:（1）光合作用的光反应阶段（场所是叶绿体的类囊体膜上）:水的光解产生［H］与氧气，以及ATP的形成:（2）光合作用的暗反应阶段（场所是叶绿体的基质中）：C0,被Cs固定形成C3,Cs在光反应提供的ATP和［H］的作用下还原生成糖类等有机物是指绿色植物通过叶绿体,利用光能把二氧化碳和水转变成储存着能量的有机物,并释放出氧气的过程。【小问1详解】光合作用光反应阶段的场所是叶绿体的类囊体膜上,光反应发生的物质变化包括水的光解以及ATP的形成,因此光合作用光反应阶段生成的产物有Oz、［H］和ATP。【小问2详解】叶片光合作用产物一部分用来建造植物体结构和自身呼吸消耗,其余部分被输送到植物体的储藏器官储存起来。故正常条件下,植物叶片的光合产物不会全部运输到其他部位。【小问3详解】

18C植物的C0ユ固定途径有G和Cs途径，其主要的C0ユ固定酶是PEPC,Rubisco;而C,植物只有C3途径，其主要的COユ固定能是Rubisco。干旱会导致气孔开度减小，叶片气孔关闭,CO?吸收减少;由于G植物的C0ユ补偿点低于Cs植物,则C植物能够利用较低浓度的COz,因此光合作用受影响较小的植物是G植物，G植物比C植物生长得好。29.【答案】（1）胸腺浆细胞（2）抗体与病毒特异性结合形成沉淀,被吞噬细胞吞噬消化（3）病毒再次感染时,机体内相应的记忆细胞迅速增殖分化,快速产生大量抗体（4）多次接种【解析】【分析】体液免疫过程:抗原被吞噬细胞处理呈递给T淋巴细胞,T细胞产生淋巴因子作用于B细胞,B细胞再接受淋巴因子的刺激和抗原的刺激后,增殖分化成浆细胞和记忆B细胞,浆细胞产生抗体作用于抗原。【小问1详解】免疫细胞是免疫系统的重要组成成分，包括淋巴细胞和吞噬细胞等，其中T细胞成熟的场所是胸腺。体液免疫过程中,只有浆细胞能产生特异性的抗体。【小问2详解】体液免疫过程中，抗体和病毒特异性结合后形成沉淀，再被吞噬细胞吞噬消化。【小问3详解】记忆细胞可以在病毒消失后存活几年甚至几十年，当同一种病毒再次感染机体，记忆细胞能迅速增殖分化,快速产生大量抗体，使抗体浓度激增。【小问4详解】分析图示可知，二次免疫比初次免疫产生的抗体更多,故为了获得更好的免疫效果,接种疫苗时可多次接种,使机体产生更多的抗体和记忆细胞。30.【答案】(1)幼年个体数较多、中年个体数适中、老年个体数较少(2)样方法标志重捕法(3)物种丰富度(4)为动物提供食物和栖息空间对植物的传粉和种子传播具有重要作用【解析】【分析】预测种群变化主要依据是年龄组成,包含增长型、稳定性个衰退型。调查植物和活动能力弱、活动范围较小的动物的种群密度,可用样方法:调查活动能力强、活动范围广的动物一般用标志重捕法。

19【小问1详解】预测种群变化主要依据是年龄组成,是指不同年龄在种群内的分布情况,对种群内的出生率、死亡率有很大影响，当幼年个体数最多、中年个体数适中、老年个体数最少时呈增长型，此时种群中出生率大于死亡率。【小问2详解】调查林地中某种双子叶植物的种群密度,可采用样方法进行随机抽样调查;鸟的活动能力强、活动范围广，调查其种群密度一般采用标志重捕法。【小问3详解】物种组成是区别不同群落的重要特征,ー个种群中物种数目的多少称为物种丰富度。【小问4详解】植物可进行光合作用,为动物提供食物,同时可以为动物提供栖息空间;动物的活动有利于植物的繁衍,如蜜蜂采蜜可帮助植物传粉,鸟类取食可帮助植物传播种子。29.【答案】（1）对母本甲的雌花花序进行套袋,待雌蕊成熟时,采集丁的成熟花粉,撒在甲的雌蕊柱头上，再套上纸袋。（2）1/4bbTTvbbTt1/4（3）糯性植株上全为糯性籽粒,非糯植株上既有糯性籽粒又有非糯籽粒非糯性植株上只有非糯籽粒，糯性植株上既有糯性籽粒又有非糯籽粒【解析】【分析】雌花花序由显性基因B控制,雄花花序由显性基因T控制，基因型bbtt个体为雌株、甲（雌雄同株）、乙（雌株）、丙（雌株）、丁（雄株）,可推断出甲的基因型为BBTT,乙、丙基因型可能为BBtt或bbtt,丁的基因型为bbTT。【小问1详解】杂交育种原理是基因重组,若甲为母本，丁为父本杂交，因为甲为雌雄同株异花植物，所以在花粉未成熟时需对甲植株雌花花序套袋隔离,等丁的花粉成熟后再通过人工授粉把丁的花粉传到甲的雌蕊柱头后，再套袋隔离。【小问2详解】根据分析及题干信息“乙和丁杂交,鼻全部表现为雌雄同株”，可知乙基因型为BBtt,丁的基因型为bbTT,R基因型为BbTt,H自交E基因型及比例为9B_T_（雌雄同株）：3B_tt（雌株）：3bbT_（雄株）：Ibbtt（雌株），故F/中雌株所占比例为1/4,雄株的基因型为bbTT、bbTt,雌株中与丙基因型相同的比例为1/4。【小问3详解】假设糯和非糯这对相对性状受A/a基因控制，因为两种玉米均为雌雄同株植物,间行种植时,

20既有自交又有杂交。若糯性为显性，基因型为AA,非糯基因型为aa,则糯性植株无论自交还是杂交,糯性植株上全为糯性籽粒,非糯植株杂交子代为糯性籽粒，自交子代为非糯籽粒，所以非糯植株上既有糯性籽粒又有非糯籽粒。同理，非糯为显性时，非糯性植株上只有非糯籽粒，糯性植株上既有糯性籽粒又有非糯籽粒。33.（1）【答案】BCE【解析】【详解】A.因从a到6ローブ图像过原点,由上ヒ=C可知从a到6气体的体积不变,则T从a到6气体不对外做功,选项A错误;B.因从a到わ气体温度升髙,可知气体内能增加,选项B正确;CDE.因聆〇,ん〉〇,根据热力学第一定律可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量,选项CE正确，D错误。故选BCEo（2）【答案】（i）T=-To；（ii）p=/o【解析】【详解】（1）因两活塞的质量不计,则当环境温度升高时,IV内的气体压强总等于大气压强,则该气体进行等压变化，则当6中的活塞刚到达汽缸底部时,由盖吕萨克定律可得T」亍（2）设当｛中的活塞到达汽缸底部时in中气体的压强为0,则此时!V内的气体压强也等于p,设此时w内的气体的体积为匕则n、山两部分气体被压缩的体积为％ー匕则对气体w,。登pV对ii、川两部分气体"（匕-V）2ム联立解得v=-v03°

21P=4Po33.（1）【答案】①.4②,0.5③.向下运动

22【解析】【详解】［1］设波的表达式为ぎ=んぐ!1(x+シ）由题知ん=2cm,波图像过点(0,、/ラ)和(1.5,0),代入表达式有へ、,冗冗、,ヽy=2sin(--x4---)(cm)即スニ4m［2］由于该波的波速v=2m/s»则/=-=-Hz=O.5Hz24［3］由于该波的波速/=2m/s,则ケえCr=—=2s由于题图为t=0时刻的波形图,则t=2s时刻振动形式和零时刻相同,根据“上坡、下坡”法可知质点ス向下运动。(2)【答案】〃=也,PC=^^-a22【解析】【详解】光线在.1Z点发生折射有sin60°-〃sin0由题知,光线经折射后在回边的ル点恰好发生全反射,则•r1sinC=-nC=90〇・〇联立有tan6=立2不n=—2

23ハMBatunu--BN2BNNC=a-BN=a-"「an。嘰PC=^^-a(2)①.图a②.同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的,但由于N元素的2P能级为半充满状态,因此N元素的第一电离能较C、〇两种元素高③.图b(4)①.sd②.sp'③.C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能,键能越大,化学性质越稳定(5)①.Ca"②.巫apm4【解析】【分析】根据基态原子的电子表示式书写价电子排布式;根据电离能的排布规律分析电离能趋势和原因;根据氢键的表示方法书写(HF)的结构;根据键能影响物质稳定性的规律分析两种物质的稳定性差异；根据均摊法计算晶胞中各粒子的个数,判断粒子种类。【小问1详解】F为第9号元素其电子排布为Is22s22P:则其价电子排布图为I2s2p故答案为!1IoITl|T1T1T【小问2详解】

24C、N、0、F四种元素在同一周期,同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的,但由于N元素的2p能级为半充满状态,因此N元素的第一电离能较C、0两种元素髙,因此C、N、〇、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C〈O〈N

25晶胞体对角线的一半,因此晶体中正负的核间距的最小的距离为也apm,故答案为:Ca2\43apm〇436.【答案】（1）苯甲醇消去反应(4)硝基、酯基和戮基(5)(7)2CHO②.(no2〇③.5【解析】【分析】由合成路线,A的分子式为CNO,在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成B,B的结构简式为,B与CLCHO发生加成反应生成

26再发生消去反应反应生成c,C的结构成G,G与D反应生成H,据此分析解答。【小问1详解】由分析可知,A的结构简式为,其化学名称为苯甲醇:【小问2详解】CHO由B、C的结构简式,结合反应条件,可知B()先与CH；,CHO发生碳氧双键的加成反

27根据分析可知,C与Brz/CCL发生加成反应得到B1CHO【小问4详解】由分析,E的结构简式为【小问5详解】H的结构简式为,可其分子中含有的含有官能团为硝基、酯基和我基;【小问6详解】

28C的结构简式为CHO满足条件的x的结构简式为:ch=ch2,分子式为CgHQ,其同分异构体X可发生银镜反应,说明含有醛基,又与酸性高锌酸钾反应后可得到对苯二甲酸,则X的取代基处于苯环的对位,【小问7详解】G与D反应生成H的反应中，D中碳碳双键断裂与G中HC—NOz和00成环,且C=0与一CHO〇）的手性碳原子为

2937.【答案】(1)石油DNA、RNA、蛋白质(2)No*2°(3)在无菌条件下,将等量等浓度的A菌液和B菌液分别接种到平板丨的甲和乙两孔处,平板II也进行同样的操作,在相同且适宜条件下培养一段时间,比较两个平板的两孔处的透明圈大小并作记录,根据透明圈大降解能力强,透明圈小降解能力弱,进而比较A、B降解石油的能力(4)AA菌株降解石油的能力高于B菌株，并且在没有添加氮源的培养基中也能生长【解析】【分析】培养基对微生物具有选择作用。配置培养基时根据某一种或某ー类微生物的特殊营养要求,加入某些物质或除去某些营养物质,抑制其他微生物的生长,也可以根据某些微生物对ー些物理、化学因素的抗性,在培养基中加入某种化学物质,从而筛选出待定的微生物。这种培养基叫做选择培养基。【小问1详解】培养基的成分有碳源、氮源、无机盐和水等,从组成培养基的物质所含化学元素可知,作为碳源的成分是石油。生物大分子DNA、RNA、蛋白质都含有N元素，故氮源在菌体内可以参与合成这些物质。【小问2详解】由题意’‘资源和空间不受限制”可知,细菌的增殖呈J型曲线增长,由于DNA的半保留复制，细菌每繁殖一代就是上一代的2倍，根据公式N,=N。•履,入=2,繁殖n代后细菌的数量是№•2"。小问3详解】分析表格数据可知，实验的结果是:在平板I上，A菌株降解石油的能力高于B菌株:在平板II上,A菌株仍然能降解石油,而B菌株不能降解，根据实验的单ー变量和对照原则，推测该同学的思路是:在无菌条件下,将等量等浓度的A菌液和B菌液分别接种到平板I的甲和乙两孔处,平板II也进行同样的操作,在相同且适宜条件下培养一段时间,比较两个平板的两孔处的透明圈大小并作记录,根据透明圈大降解能力强，透明圈小降解能力弱,进而比较A、B降解石油的能力。【小问4详解】由表格数据可知，在平板II（无氮源的培养基）上,A菌株仍然能降解石油，而B菌株不能

30降解,所以要治理贫氮且被石油污染的土壤,应该选用A菌株,因为A菌株降解石油的能力高于B菌株，并且在没有添加氮源的培养基中也能生长。38.【答案】（1）加入抗冻剂（甘油）冷冻保存刚排出的精子必需在雌性生殖道内发生相应生理变化后才能受精肝素或钙离子载体A23187Mil中期（2）维生素、氨基酸、核昔酸（3）对受体母羊进行同期发情处理,将保存的囊胚进行胚胎移植,对受体母羊进行是否妊娠的检查,一段时间后受体母羊产下具有该公羊优良性状的后代【解析】【分析】试管动物技术是指通过人工操作使卵子和精子在体外条件下成熟和受精,并通过培养发育为早期胚胎后,再经移植后产生后代的技术。【小问1详解】精液可以加入抗冻剂（甘油）冷冻保存,使用前再将精液解冻离心分离。刚排出的精子必需在雌性生殖道内发生相应生理变化后才能受精，故在体外受精前要对精子进行获能处理。通常采用的体外获能方法有培养法和化学诱导法,化学诱导法是将精子放在一定浓度的肝素或钙离子载体A23187溶液中,用化学药物诱导精子获能。卵母细胞需要培养到减数第二次分裂中期（MU中期）才能具备与精子受精的能力。【小问2详解】进行早期胚胎培养的培养液中，除了无机盐、激素、血清外，还含有维生素、氨基酸、核甘酸等。【小问3详解】要利用保存囊胚和相应数量的非繁殖期受体母羊为材料，获得具有该公羊优良性状的后代,主要是利用胚胎移植技术,即对受体母羊进行同期发情处理，将保存的囊胚进行胚胎移植，对受体母羊进行是否妊娠的检查，一段时间后受体母羊产下具有该公羊优良性状的后代。