1、理科综合能力测试答案全解全析 一、选择题 1. 【答案】C 【解析】本题以种子萌发为背景，综合考查细胞代谢及植物激素 调节的有关知识。油菜种子中富含脂肪，萌发时脂肪在脂肪酶的 催化下水解，并转化成糖类等物质，因此此时脂肪酶的活性会增 强，A 正确；种子在萌发的过程中细胞呼吸增强，产热增多，这 一过程中 NAD 转化成 NADH 增加，B 正确，C 错误；赤霉素促 进种子萌发，因此在种子萌发时赤霉素的含量会增加，D 正确。 2. 【答案】C 【解析】本题考查教材实验的有关知识。在脂肪检测实验中，利 用苏丹染液对子叶薄片染色后，要用 50%的酒精将浮色洗去，A 正确；在土壤中小动物类群丰富度的研究
2、实验中，利用 70%的酒 精保存收集到的土壤小动物，一是可以杀死这些小动物，二是起 到防腐的作用，B 正确；在低温诱导植物染色体数目的变化实验中， 使用的是 95%的酒精冲洗卡诺氏液处理过的根尖，C 错误；提取 绿叶中的色素时可使用无水乙醇也可使用 95%的酒精，只是在使 用 95%的酒精时要加入适量的无水碳酸钠，利用 15%的盐酸和 95% 的酒精等体积混合后处理植物的根尖，可使组织中的细胞分散开， D 正确。 3. 【答案】C 【解析】本题考查基因的表达及细胞凋亡的有关知识。过程是 转录，DNA 双链解开后，游离的核糖核苷酸与 DNA 的碱基互补， 在这个过程中两者以氢键结合，A 正确；过
3、程是翻译，在这个 过程中有信使 RNA、转 运 RNA 和核糖体 RNA 三类 RNA 的参与， B 正确；基因 ARC 存在于人体所有细胞中，C 错误；基因 ARC 在心肌细胞中表达，可以抑制心肌细胞的凋亡，从而维持心脏的 正常功能，D 正确。 4. 【答案】B 【解析】本题以新冠肺炎为背景考查免疫和遗传变异的有关知识。 病毒无独立代谢能力，不能用培养基直接培养，A 错误；两种病 毒致死率差异的根本原因是它们的遗传信息不同，即核酸碱基序 列不同，B 正确；给患者注射新冠肺炎康复者血浆是利用其中大量 的抗体抑制患者体内的 SARS CoV 2，而接种 SARS CoV 2 疫苗是刺激机体产生针
4、对 SARS CoV 2 的特异性免疫，注射康 复者血浆的目的主要在于治疗，而接种 SARS CoV 2 疫苗的目 的主要在预防，C 错误；病毒没有细胞结构，不会通过减数分裂产 生配子，更不会发生因交叉互换引起的基因重组，D 错误。 5. 【答案】D 【解析】本题考查神经调节的有关知识。根据图中神经元细胞体 的数量可知，图中有 4 个神经元，这些神经元形成了 5 个突触，A 错误；根据题干信息可知，刺激海兔尾部后还要轻触虹吸管才能 引起缩腮反射，故只刺激海兔尾部是不会引起缩腮反射的，B 错误； 由于兴奋在神经元之间的传递是单向的，即只能由突触前膜传至 突触后膜，因此刺激 a 处，仅能在 d 处
5、测到电位变化，C 错误；只 有不断地重复刺激，短时记忆才能变成长期记忆，D 正确。 6. 【答案】D 【解析】本题考查遗传的基本规律和变异的有关知识。该植物的 花色受一对等位基因控制，因此遵循分离定律；白化个体自交后 代出现性状分离，据此可判断，白花为显性，红花为隐性，A 正 确；由于白花植株的花粉离体培养后再用秋水仙素处理，所得植 株只开红花，因此可判断含基因 A 的花粉不育，含基因 a 的花粉 可育，又因白花自交的后代既有白花又有红花，因此含基因 A 或 基因 a 的卵细胞都是可育的，B 正确；A/a 在这对缺失的染色体上， 若缺失的片段中包含与花色有关的基因，那么子代中就不会同时 出现红
6、花和白花两种性状，C 正确；如果 A/a 不在这对缺失的染色 体上，且含有缺失染色体的花粉不育，根据自由组合定律可知， 白花的染色体正常的花粉中既有含基因 a 的花粉也有含基因 A 的 花粉，显然与题干表述的意思不符，D 错误。 7. 【答案】D 【解析】A.地壳中含量较高的元素是 O 、 Si 、 Al 、 Fe ，碳在地 壳中含量不高，但是碳的化合物数量极多，分布极广，A 错误； B.糖类被称为“碳水化合物”是由于糖类由碳、氢和氧三种元素组 成，它所含的氢元素和氧元素的比例为二比一，和水一样，故称 为碳水化合物，而且糖类不是由碳和水结合而成，而是由多羟基 醛或多羟基酮脱水缩合而成，B 错误
7、；C. 12C 、 14C 不是单质的形 式，互称为同位素，不是碳的同素异形体，C 错误；D.天然气、柴 油都是古生物的遗体被掩压在地下深层中，经过漫长的演化而形 成的(故也称为“化石燃料”)，一旦被燃烧耗用后，不可能在数百 年乃至数万年内再生，因而属于不可再生资源。沼气是利用人工 方法，使用麦秸或牲畜粪便生成的，所以说沼气是可再生资源。 在酸、碱或酶的作用下，将地沟油(高级脂肪酸甘油酯)与过量的甲 醇或乙醇反应，形成高级脂肪酸甲酯或高级脂肪酸乙酯，即生物 柴油，属于可再生资源，D 正确。 【点睛】本题考查化学常识问题，难度不大，但要细心方能得分。 8. 【答案】B 【解析】A.由于分子中 5
8、 个碳原子均是饱和碳原子，而与中心的 饱和碳原子相连的 4 个原子一定构成四面体，所以分子中所有碳 原子不可能均处在同一平面上，A 错误；B方法一： 有 2 种不同的 H 原子，可采用“定一移二”的方法，若将第一个 Cl 固定在与中心碳原子相对的碳原子上，另一个 Cl 原子有四种位置： ；若将第一个 Cl 固定在与中心碳原子相邻的碳 原子上，另一个 Cl 原子有四种位置： ，因此，螺3，3 庚烷的二氯代物有 4+4=8 种，B 正确；方法二：若二氯代物中两 个 Cl 原子位于同一个 C 原子上，有 2 种不同结构。若两个 Cl 原 子位于不同 C 原子上，在一个四元环上，有 2 种不同结构；若
9、位 于两个四元环上，有 4 种不同结构，因此二氯代物共有 2 2 4 8 种，B 正确；C.3 甲基 1 庚烯的分子式为 C H ，螺3，4辛 8 16 烷的分子式为 C H ，两者分子式不同，所以不是同分异构体，C 8 14 错误；D.1 mol 螺4，4壬烷含有的 C C 键数目为 10 N ，C H A 键数目为 16 N ，所以 1 mol 螺4，4壬烷含有的共价键数目为 A 26 N ，D 错误。 A 【点睛】本题考查有机物的结构、同分异构体的概念、同分异构 体数目判断等知识，难度较大，注意方法的积累。 9. 【答案】A 【解析】A.闭合开关 K 时，电极 1 的电极反应式为 2H
10、O 2e 1 2 H 2OH ，可得到 H ，A 正确；B.闭合开关 K 时，负极区（即 2 2 2 阴极区）的电极反应式为 NiOOH e +H O Ni(OH) +OH ，B 错 2 2 误；C.闭合开关 K 时，若转移 1 mol 电子，电极 2 产生气体在标 2 1 况下的体积为 22.4 5.6 L ，由于缺少标准状况，C 错误；D.改 4 变开关闭合方式，当得到 H 和 O 的物质的量之比为 21 时，碱 2 2 性电解液中，n(OH ) 不变，但由于生成气体，电解液的体积减小， 碱性电解液的浓度增大，D 错误。 【点睛】本题考查电化学知识，注意负极区是指与电源负极相连 价，硫元素
11、显 2 价，反应 I 的化学方程式为： CuFeS 3FeCl 2 3 CuCl 2S 4FeCl ，每 3 mol FeCl 参与反应，被氧化的 CuFeS 2 3 2 的物质的量是 1 mol ，但是氧化剂有 FeCl 和 CuFeS 两种，其中 3 2 被 FeCl 氧化的 CuFeS 的物质的量小于 1 mol，A 错误；方法二： 3 2 黄铜矿 CuFeS 中铜元素显 2 价，铁元素显 2价，硫元素显 2 价， 2 反应 I 的化学方程式为： CuFeS 3FeCl CuCl 2S 4FeCl ， 2 3 2 1 mol CuFeS 失去电子的物质的量为 4 mol， 3 mol F
12、eCl 得到电子 2 3 的物质的量为 3 mol，根据得失电子数目相等，每 3 mol FeCl 参 3 3 与反应，被 FeCl 氧化的 CuFeS 的物质的量是 mol ，A 错误； 3 2 4 B.操作 1 为过滤，需要的仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，B 错误； C.反应为高温氧化煅烧法制备磁性氧化铁，化学方程式为： 6FeCO O 2Fe O 6CO ，C 正确；D.滤渣为 S、CuCl， 3 2 3 4 2 CuCl 与 NaCl 溶液发生反应：CuCl NaCl NaCuCl ， S 不溶， 2 过滤得到 NaCuCl 溶液，固体 A 为 S；反应使用氯化钠溶液， 2 反应生成的溶液
13、 A 含有 CuCl 、NaCl ，氯化钠可循环使用，但 2 是固体 A 和溶液 A 含有的元素种类不相同，D 错误。 【点睛】本题考查化学工艺流程、化学实验操作、氧化还原反应 等知识，难度较大。 11.【答案】B 【解析】A.锌和稀硫酸的反应放热，故生成的氢气中含有水蒸气， SiHCl 遇水 H O 强烈水解，所以装置 B 中用浓硫酸干燥氢气，A 3 2 正确；B.因为 SiHCl 容易在空气中自燃，故操作时应先打开装置 A 3 中分液漏斗的旋塞，使生成的 H 排尽装置中的空气，B 错误； 2 C.装置 D 中反应的化学方程式为：SiHCl H Si+3HCl ， 3 2 所以装置 C 中的
14、烧瓶需要加热，其目的是使滴入烧瓶中的 SiHCl 3 气化，C 正确；D.该反应在 1 1001 200 下制备纯硅，由于高温 下，普通玻璃管会软化，所以装置 D 使用石英玻璃管，D 正确。 【点睛】本题考查化学实验的知识，难度不大。 12.【答案】C 【解析】A.Y、Z、W 处于不同短周期、不同主族，说明有一种元 素为 H，根据图示结构可知，W 形成+2 价阳离子，X 形成 2 个共 价键，Y 可以形成 4 个单键，Z 形成 1 个共价键，则 Z 为 H 元素， W 位于A 族，X 位于A 族；W、X 对应的简单离子核外电子 排布相同，则 W 为 Mg 元素，X 为 O 元素；X 的最外层电
15、子数恰 好等于 Y、Z、W 的最外层电子数之和，Y 的最外层电子数为 6 2 1 3 ，Y 与 H、Mg 不同周期，则 Y 为 B 元素，Y 位于A 族，A 错误；B.根据 A 选项分析可知，W 为 Mg 元素，X 为 O 元 素，Y 为 B 元素，Z 为 H 元素，所以原子序数大小关系为： W Y X Z ，B 错误；C.W 为 Mg，Mg 元素被称为“国防金 属”，C 正确；D.Z 为 H 元素，电解氯化钠的水溶液可得到 H 单 2 质，D 错误。 【点睛】本题考查物质结构的知识，注意电解熔融的 NaCl 得到 Na 和 Cl ，电解氯化钠的水溶液可得到 H 、 Cl 和 NaOH 。 2
16、 2 2 13.【答案】B c(A ) - 【解析】A. pH 5.3 时， ，即c(A ) c(HA)，HA 酸的 lg 0 c(HA) c(A )c(H ) 电离常数 K c = (H ) 10 10 ，其数量级为 10 ， pH 5.3 6 a c(HA) c(A ) c(A ) c(H ) A 正确；B. C 点对应溶液中， 10 ，结合 K = K 1 a ，随温度升高而减小，D 正确。 K K w h 【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡等知识，注意 K 、 K 的 a h 应用。 二、选择题 14.【答案】C 【解析】选项 A 中氢原子从第 4 激发态跃迁到第 2 激发态是从高 能
17、级向低能级跃迁，要辐射光子，选项 A 错误；选项 B 中为一个 氢原子，从 n 4 激发态向基态跃迁，最多可以辐射出 3 种频率的 光子，选项 B 错误；选项 C 中用光子能量为 13.06 eV 的光照射一 群处于基态的氢原子，氢原子可以跃迁到 n 5 的激发态，再向低 能级跃迁可以辐射出 10 种频率的光子，选项 C 正确；选项 D 中氢 原子的核外电子由低能级跃迁到高能级时，轨道半径变大，动能 变小，电势能变大，选项 D 是错误的。 15.【答案】A 【解析】根据带电粒子运动的轨迹，可以判断出带电粒子和点电 荷 Q之间是库仑斥力，粒子从 a 到 d 的过程中，电场力做负功， 电势能增加，
18、选项 A 正确；题目中没有给出带电粒子和点电荷 Q的 带电情况，无法判断电势的高低，选项 B 错误；带电粒子仅受电 场力作用，加速度最大的点应为电场力最大的点，也就是场强最 大的点，即距点电荷 Q最近的点，选项 C 错误；ab 之间任意一点 的电场强度均小于 bc 之间任意一点的场强，带电粒子在 ab 之间电 场力做功小于 bc 之间电场力做的功，粒子在 a 、 b 间的动能改变 量小于在 b 、 c 间的动能改变量，选项 D 错误。 16.【答案】D m m 【解析】根据万有引力定律 F G 1 2 ， m 和 m 的和一定，根 1 2 r 2 据均值不等式可以判断出最初演变的过程中， m
19、m 逐渐变大，它 1 2 m m 们之间的万有引力逐渐变大，选项 A 正确；根据 G 1 2 m r 2 1 1 r 2 m m m m r r ，求得 r 2 r ，将 r 代入 1 2 2 ( 1) 解 2 2 G m r 1 1 1 1 2 m m r 1 2 G(m m ) 得 1 2 ，可以判断出角速度 不变，选项 B 正确；根 r 3 m 据 v r 和 r 2 r 可知：体积较大的星体质量变小，做圆周 运 1 m m 1 2 动轨迹半径变大，线速度也变大，选项 C 正确，选项 D 错误。故选 D。 17.【答案】D 【解析】第 1 s 内和第 9 s 内加速度均竖直向上，乘客处于
20、超重状 态，选项 A 错误；第 2 s 内研究乘客，根据牛顿第二定律，F m g 0 m a 代入数值解得电梯对乘客的支持力为 550 N，由牛顿第三定 0 律可知，乘客对电梯的压力为 550 N，选项 B 错误；第 2 s 内研究 乘客和电梯整体，根据牛顿第二定律， T (m m)g (m m)a 0 0 代入数值解得钢索对电梯的拉力为 22 550 N，选项 C 错误；第 2 s 内研究乘客，根据动量定理 I m gt m v ，结合 at 图像 的面 0 0 积表示速度变化，可求得 v 1 m/s ，代入数值解得电梯对乘客 的 冲量为 550 N s ，故选项 D 正确。 18.【答案】
21、D 的区域，即阴极区。 10.【答案】C 【解析】A.方法一：黄铜矿 CuFeS 中铜元素显+2 价，铁元素显+2 2 a c(HA) c(HA) ，得出 c ，所以 C 点对应溶液显酸性，即 10 5.3 (H ) 10 6.3 c(H ) c(OH ) ，溶液中电荷守恒关系为 c(K ) c(H ) c(A ) c(OH ) ，所以离子浓度关系为 c(A ) c(K ) c(H ) c(OH ) ； 由物料守恒 c(K ) c(A ) c(HA) ，可知 c(A ) c(K ) c(HA) ， 综上所述，C 点对应溶液中：c(A ) c(K ) c(HA) c(H ) c(OH ) ， 1
22、0 K 14 B 错误；C.由于 K 10 ，所以向 50 mL HA 溶液 5.3 W a 5.3 10 K a 中加入 25 mL KOH 溶液时，得到等浓度的 HA 和 KA 混合溶液， c(A ) 混合溶液以电离为主，使 c(A ) c(HA) ，即lg 0 ，故 B 点 c(HA) 对应的 KOH 溶液的体积小于 25 mL，C 正确；D. A 的水解常数 K h c(A ) c(A )c(H ) + 随温度升高而增大，所以 c(HA)c(OH ) c(HA)c(OH )c(H ) + 【解析】根据题中“小滑块从 a 点由静止下滑和又被弹回到 a 点” 可知：滑块和斜面间无摩擦，滑块
23、滑到 b 时，合力为重力沿斜面的 分力，加速度和速度同向，继续加速，当重力沿斜面的分力和弹簧 弹力相等时，速度最大，选项 A 错误；整个过程中，滑块和弹簧组 成的系统机械能守恒，滑块的机械能从 a 到 b 不变，从 b 到 c 机械 能逐渐减小，转化为弹簧的弹性势能， c 到 b 弹簧的弹性势能逐渐 减小，滑块的机械能逐渐增加，从 b 到 a 机械能不变，选项 B 错误； 对滑块和弹簧组成的系统，根据能量转化 mg(ab bc)sin30 E ， P 代入数值解得 E 5 J ，选项 C 错误，弹簧弹力做功等于弹性势能 P 的变化，故选项 D 正确。 19.【答案】BC 【解析】线框从中性面开
24、始转动，电动势和电流均随时间按正弦 规律变化， I I sin t ，代入数值解得 I 2I ，感应电流的有 m m I e nBs 效值 2I ，选项 A 错误；根据 m m m I ，可以 m 2 R R R 理科综合答案第 1 页（共 7 页） 理科综合答案第 2 页（共 7 页） 2IR 计算出 ，选项 B 正确；计算电量应该用电流的平均值， m E q I t ，根据欧姆定律 I ， R t ，根据法拉第电磁感应定律 E n 从中性面开始转过 的过程中，磁通量的变化 BS ，可 m 2 2I 以计算出 q ，选项 C 正确；计算电热应利用电流的有效值， 2 线框转一周的过程中，产生的
25、热量 Q I Rt ， t ，可以计算 2 4RI 2 出热量 Q ，选项 D 错误。 20.【答案】BC 【解析】皮带对邮件的作用力为竖直向上的支持力和水平向右的 摩擦力的合力，方向斜向右上方，选项 A 错误；以邮件为研究对 象，根据动量定理得 mgt mv ，代入数值解得 t 0.2 s ，选项 B 1 正确；以邮件为研究对象，根据动能定理得 mgx mv2 ，代入 2 数值解得 x 0.1 m ，选项 C 正确；邮件对皮带的摩擦力做功为 W mgx传送带 cos180 mgvt 2 J ，选项 D 错误。 21.【答案】AD 【解析】线框刚进入磁场， cd 边切割磁感线，根据右手定则或楞
26、 次定律，可以判断出感应电流的方向为逆时针（为正方向），电流 E BLv 的大小 ，代入数值解得 I 1 A ，此时 ab 边两端的电 I R R 1 压 U I R 0.5 V ；线框全部进入磁场，穿过线框的磁通量为 ab 4 零没有感应电流，但 ab 和 cd 两条边同时切割磁感线，产生感应电 动势，相当于两节电池并联，U BLv 2.0 V ，最后线框穿出磁 ab 场， ab 边切割磁感线，相当于电源，根据右手定则或楞次定律判 E BLv 断出感应电流的方向为顺时针（为负方向）， I ，代入 R R 3 数值解得 I 1 A ，此时 ab 边两端的电压 U I R ，选 1.5 V ab
27、 4 项 AD 正确。 三、非选择题 （一）必考题： 22.【答案】4.0 1.0 1 【解析】物体做匀变速直线运动，根据运动学公式 x v t at ， 2 0 2 x 1 两边同时除以时间t ，变形得 v at ，结合图线可知，初速度 0 t 2 1 为纵轴截距 v 0 4.0 cm/s ，斜率为 a ，代入数值解得 a 。 1.0 m/s 2 2 23. 【答案】（1）AC； （ 2）如图所示 【解析】（1）采用“10”挡，调零 后测量该电阻，发现指针偏转非常 大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来， 说明待测电阻的阻值较小，为了使 欧姆表指针在中值电阻附近读数， 1 x a t 2 B B 2
28、 小车 A的位移 1 x a t 2 A A 2 根据位移关系有 x x L L A B 0 解得 t 1s （2）撤掉外力时，物块 B 的速度 v a t B B 撤掉外力时，小车的速度 v a t A A 从撤掉外力到弹簧压缩最短的过程中，根据动量守恒定律 m v m v (m m )v A A B B A B 从撤掉外力到弹簧压缩最短的过程中，根据能量关系 1 1 1 m v m v (m m )v m gd E 2 2 2 A A B B A B B P 2 2 2 23 由上式解得： E J P 15 25.【答案】见解析 【解析】（1）磁场方向垂直纸面向外。 设加速电压为 U ，电
29、子刚进入偏转极板时的速度大小为 v ，则对 0 加速的电子应用动能定理得 1 eU mv2 0 2 两种场都存在的情况中，电子不偏转，则电子受到的洛伦兹力为 f evB 极板间电场强度为 U E d 电场力为 F Ee 电子不偏转，则 F f 由式得 mU 2 U 0 2 2 2 ed B （2）设一个极短时间 t 内撞击荧光屏的电子个数为 n ，撞击力为 F ，则对这些电子用动量定理，得 1 Ft nmv 1 由电流的定义式得 ne I t 由式得 mIU F 1 edB （3）在撤去电场后，设电子的偏转角为 ，电子轨迹半径为 r ， 由图可知 y s r r 2 L2 由于 很小，则 ta
30、n ( ) L tan sin r e 2yU 电子的荷质比 2 2 m B d (2sL L ) 26.（14 分）【答案】（1） SO 2H SO +H O （2 分） 使分 2 3 2 2 液漏斗和蒸馏烧瓶压强相等，便于液体顺利流下（1 分） SO 2NaClO H SO 2ClO 2NaHSO （2 分） 2 3 2 4 2 4 ghbcefd（或 hgbcefd） （ 2 分） （2）正（1 分） ClO e ClO （1 分） 2 2 ClO ClO 2H 2ClO +H O （1 分） 3 2 2 2 0.8（2 分） 50b （3） (或 3.85 b） （ 2 分） 13 【
31、解析】（1）该实验中用到 70%的浓硫酸，水分较多，应该拆 开，亚硫酸钠固体易溶于水，应该拆开，故装置 A 中反应的离子 方程式为 SO2 2H SO H O 。注意烧瓶有侧管，为蒸馏 烧 3 2 2 瓶，橡胶管的作用是使分液漏斗和蒸馏烧瓶压强相等，便于液体 顺利流下。由装置 B 中生成一种酸式盐，可知装置 B 中发生反 应的化学方程式为 SO 2NaClO H SO 2ClO 2NaHSO 。 2 3 2 4 2 4 二氧化硫从 a 进入装置 B 中反应，为防止倒吸，故应在 B 之前 有安全瓶，则 agh（或 ahg），为反应充分，再连接装置 B 中的 b，二氧化氯沸点较低，在 D 中进行冰
32、水浴收集，为了充分 冷却，便于收集，连接 e，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化 硫，防止污染空气，连接顺序为：aghbcefd（或 ahgbcefd） 。 （2）根据题中物质所含元素的化合价的变化情况可以看出：A 电极所连接的电极发生还原反应，是电解池的阴极，故 A 为电源 的负极，则 B 为电源的正极。负极区即阴极区，阴极区发生的 反应依次为 ClO e ClO ；ClO ClO 2H 2ClO +H O 。 - 2 2 3 2 2 2 正极区即阳极区，负极区即阴极区，由阴极区发生的反应 ClO e ClO 和 ClO ClO 2H 2ClO +H O ，可知 电路 2 2 3 2 2 2
33、 中每转移 1 mol 电子，阴极收集到 ClO 气体的物质的量为 2 1 2 1 mol ；由阳极区发生的反应 2H O 4e O 4H ，可知电路中 2 2 每转移 4 mol 电子，阴极收集到 O 的物质的量为 1 mol，因此，当 2 阴阳两极共收集到标况下的气体体积为 22.4 L 时（阴极收集到 0.8 mol ClO ，阳极收集到 0.2 mol O ），转移电子的物质的量为 2 2 0.8 mol 。根据阳极区发生的反应 2H O 4e O 4H ，转移 2 2 0.8 mol 电子生成 0.8 mol H ，同时，有 0.8 mol H 移向阴极区， 故阳极区 H 浓度不变。
34、根据阴极区发生的反应 ClO e ClO 和 2 2 ClO ClO 2H 2ClO +H O ， 转 移 0.8 mol 电 子 消 耗 3 2 2 2 1.6 mol H ，同时有 0.8 mol H 移向阴极区，所以，阴极区 H 的 物质的量减小 1.6 0.8 0.8 mol ，又因为溶液的体积为 1 L，H 浓 + 度 减 小 0.8 mol/L ， 所 以 此 时 阳 极 区 与 阴 极 区 c(H ) 之 差 为 0.8 mol/L ，即正极区与负极区 c(H ) 之差为 0.8 mol/L 。 + （3）ClO 将 CN 氧化，只生成两种无毒气体，气体是氮气和 CO ， 2 2
35、 所以 1 mol CN 失去 5 mol 电子，故 ClO 和 CN 为 11 关系。 2 1 mol ClO 得到 5 mol 电子，所以处理 100 m 这种污水，至少需 3 2 10 Lb mg/L10 g/mg 50 b 5 3 要 ClO 的物质的量为 = mol 。 2 26 g/mol 13 【点睛】考查二氧化氯( ClO )的制取方法及反应原理的知识。 2 27.（15 分）【答案】（1） 2Al 2OH 2H O 2AlO 3H (1 分)、 化亚铁离子成为铁离子，离子反应方程式为：2Fe2 H O 2H 2 2 2Fe 2H O ，并且 H O 的还原产物为 H O ，不
36、引入新杂 质。 3 2 2 2 2 如果加入双氧水不足，或反应时间较短，亚铁离子不能完全被氧 化成铁离子，产品中混有绿矾。方法一：亚铁离子可以被氧化为 铁离子，加入氧化剂即可验证，正确的方法是：取少量样品加入 蒸馏水溶解，滴加酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，则产品 中含有亚铁离子。方法二：取少量样品加入蒸馏水溶解，滴加铁 2 氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，则产品中含有 Fe 。 （3）由表格可知，氢氧化铁的沉淀范围是 2.73.2，氢氧化镍的 沉淀范围是 7.19.2，该步骤的目的是除去铁离子，但是不沉淀镍 离子，所以操作 b 调节溶液范围为 3.2 pH 7.1 。 （4）从 NiSO 溶液中
37、获得 NiSO 7H O 的操作为蒸发浓缩、冷 却 4 4 2 结晶、过滤、洗涤、干燥；若所得 NiSO 7H O 晶体不纯，应继续 4 2 进行重结晶来提纯。 （5） 59.00 mL 与 69.10 mL 、 68.90 mL 差别较大，应该舍去，所 以消耗标准液的平均体积为 (69.10 mL+68.90 mL) 2 69.00 mL ， n(Na H Y) 0.2000 mol/L (69.00 10 ) L=1.38 10 mol ，根据 3 2 2 2 滴定反应式知， m(NiSO 7H O) (1.38 10 2) mol 281g/L=3.8800 g ，样品 纯度 4 2 (
38、NiSO 7H O) 3.8800 g/4.000g 100% 96.95% 。 4 2 【点睛】本题考查无机物制备流程，涉及离子反应方程式书写、 氧化还原反应、离子的检验等知识。 28.（14 分）【答案】（1） 6FeO O （2 分）； 2Fe O 3 4 2 2 mol（2 分）； FeO （2 分） （2）a（1 分）； 该反应为： H 0 、 S 0 ，所以低温自发（2 分 ） ； 7 28 ( P)( P) 4 147 147 （2 分 ） ； 28 84 ( P) ( P) 2 6 147 147 I（1 分） a、b、c 三点均未达到平衡状态，c 点比 a 点 温度高，因此反
39、应速率 c a ，故相同时间内 CO 的转化 2 率 c a ；催化剂的催化效果强于催化剂，因此反应 速率 a b ，故相同时间内 CO 的转化率 a b ，因 此 CO 2 2 的转化率 c a b （2 分） 【解析】（1）由原理图可知，热分解系统中 Fe O 分解生成 FeO 3 4 O ，发生反应的化学方程式为 6FeO O 。 2Fe O 2 3 4 2 由原理图可知，重整系统中 CO 和 FeO 反应生成 Fe O 和 C，发 2 3 4 生反应的化学方程式为 6FeO CO 2Fe O C ，该反应生成 2 3 4 2 mol Fe O 和1 mol C 转移 4 mol 电子，
40、故生成1 mol Fe O 转移 电 3 4 3 4 子的物质的量为 2 mol。整个工程中，原料为 CO 和 FeO ， 2 重整系统中发生反应的化学方程式为 6FeO CO 2 2Fe O +C ， 3 4 热分解系统发生反应的化学方程式为 6FeO O ， 2Fe O 3 4 2 减小误差，需更换较小的倍率，更 换倍率后需重新调零后再测量，故答案为 AC； （ 2）电源电动势只 有 3 V ，待测电阻阻值较小，选用电压表 V （量程 03 V，内阻 1 很大）和电流表 A （量程 050 mA，内阻约 12 ）来测量电阻， 1 当电流表满偏时，电压表偏角较小，故采用放大法测量，选用滑 动
41、变阻器 R (01 k，允许最大电流 0.5 A)，又因为滑动变阻器 2 的电阻较大，采用限流电路即可。电路图见答案。 23 24.【答案】（1） t 1s ； （ 2） E J P 15 【解析】（1）物块 B 的加速度 m g a B B m B 小车 A的加速度 F m g a B A m A 物块 B 的位移 r L L 2 2 2 r r L r 2 r r (1 2 )r 2 2 2 2 r r L L 2 4 r (1 ) r 2 2 2r 4r 2 4 L 4 由于 可略去，所以 4r 4 L L 2 2 r r L r r(1 ) 2 2 2r 2r 2 又洛伦兹力充当向心力
42、，所以 v 2 evB m r 由得 2 2 2 Al O 2OH 2AlO H O （1 分） 2 3 2 2 （2）难溶性杂质（1 分） 将 Fe 氧化为 Fe3 ，且不引入新杂质 2 （2 分） 产品中混有绿矾（ FeSO 7H O ） （ 1 分） 取少 4 2 量样品加入蒸馏水溶解，滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀， 则产品中含有 Fe （2 分） 2 （3） 3.2 pH 7.1 （1 分） 抑制 Ni2 水解（1 分） （4）蒸发浓缩、冷却结晶（2 分） 重结晶（1 分） （5）96.95（2 分） 【解析】（1）根据题干的已知信息：废渣中含有“少量铁、铝单质 及其氧化物”，铝、氧
43、化铝均能与碱反应，故“碱浸”操作发生的离 子方程式为：2Al 2OH 2H O 2AlO 3H 、Al O 2OH 2 2 2 2 3 2AlO H O 。 2 2 （2）“固体”的主要成分是不溶于酸和碱的难溶性杂质。 亚铁离子具有还原性，双氧水具有氧化性，加入双氧水是为了氧 总反应为 CO C O ，故 FeO 为催化剂。 2 2 （2） 2CO (g) 6H (g)CH CH (g) 4H O(g) H 2 2 2 2 2 127.8 kJmol 1 ，正向是一个放热反应，升温，平衡应左移，所 以 所给图示中，含量减少的 b、c 是生成物，含量增加的 a 是反应物， 因按 n(H ) CO
44、 （b 为 H O 、 n 31 的投料，所以 a 为 (CO ) 2 2 2 2 c 为 CH CH ）。该反应 H 0 、 S 0 ，该反应在较低 温度 2 2 时 H TS 0 ，所以能自发进行。a 为 CO 、b 为 H O ， a、b 2 2 两条曲线交点处的坐标为（550， 28） ， 说 明 550 K 达到平衡时， CO 、 2 H O 均为 28 mol，结合反应过程中，始终保持 n(H ) n(CO ) 2 2 2 31，列出三段式： 2CO (g) 6H (g) C H (g) 4H O(g) 2 2 2 4 2 起始量（mol）42 126 0 0 转化量（mol）14
45、 42 7 28 平衡量（mol）28 84 7 28 7 C H 的分压为 P 2 4 147 H O 的分压为 2 28 147 P 28 CO 的分压为 2 147 P 理科综合答案第 3 页（共 7 页） 理科综合答案第 4 页（共 7 页） 84 H 的分压为 P 2 147 7 28 ( P) ( P) 4 147 147 28 84 K p(C H ) p (H O)/p (CO ) p (H ) 4 2 6 。 P 2 4 2 2 2 ( P) ( P) 2 6 147 147 相同温度下，经过相同的时间，CO 的转化率：催化剂催化 2 剂催化剂，因此，催化剂的催化效果最好。催
46、化剂只能改 变化学反应速率，不能改变化学平衡，在不同催化剂（、 ）作用下达到平衡时， CO 的转化率应相同，故 a、b、c 三点 2 所代表的状态均不是化学平衡状态，c 点比 a 点温度高，因此反应 速率 c a ，故相同时间内 CO 的转化率 c a ；催化剂的催化效 2 果强于催化剂，因此反应速率 a b ，故相同时间内 CO 的转化 2 率 a b ，因此 CO 的转化率 c a b 。 2 【点晴】本题较为综合，涉及氧化还原、化学平衡移动以及平衡 常数的计算等知识，考查了学生分析问题、解决问题的能力。 29.【答案】（每空 1 分，共 10 分）（1）单位时间单位面积 O 释放量 2
47、（或 O 释放速率、有机物积累速率） 温度和高温持续的时间 2 （2）高温影响酶的活性，高温破坏酶结构，气孔关闭影响 CO 吸 2 收（写出其中一项即得分） 是 I 和 h 在一条染色体上，i 和 H 在它的同源染色体上，这样后 A 代中全部都是 O 型血；若H/h 不在 9 号染色体上，I iHh 可产生 I H 、 A A I h 、iH、ih 4 种配子，I iHh 和 iihh 的后代中 A 型血与 O 型血之 A A 比约为 13；孟买血型若受两对同源染色体上的两对等位基因控 制，则该性状的遗传遵循自由组合定律。（2）I/i 位于第 9 号染色 体，H/h 位于第 19 号染色体，都
48、是常染色体上的基因，因此孟买 血型的遗传不属于伴性遗传；小明是 B 型血，他的基因型中应有 I B 和 H 基因，因此他的父母可能的基因型组合为： IB_hh iiH _ 、 IAIBhh iiH _ 共 6 种。（3）夫妇二人的基因型都是 I I Hh ，他们 A B 生育的孩子各种血型的比例约为 A 型血B 型血AB 型血O 型 血=3364，因此他们第一个孩子是 O 型血的可能性为 1/4 （4/16）；第二胎的一对异卵双胞胎姐妹都是 AB 型血的概率是 3/8 3/8=9/64。 32.【答案】（除标注外，其余每空 1 分，共 9 分） （1）丁乙甲丙 非生物的物质和能量 分解者 （2
49、）丙为动物，种群密度常用的调查方法为标志重捕法，丁为植 物，种群密度的调查方法为样方法（2 分） （3）C 物种 （4）演替 数学 【解析】本题考查种群和生态系统的有关知识。（1）生态系统中 8 化简得： m (n 0， 1， 2) 4n 3 t 0 时刻， b 在平衡位置且向下振动，质元 b 位于波谷位置，时 间满足： 1 t (k )T (k 0， 1， 2) 4 根据波长和波速的关系有 2 T v 4n 3 由式解得，时间 t 满足： 1 2 n 0， 1， 2 t (k ) 4 (4n 3) k 0， 1， 2 35.（15 分）【答案】（1）石墨是层状结构，层与层之间是分子间作用 力（范德华力）（2 分） （
