2022年高考押题预测卷03（全国乙卷）-理综（全解全析）

2022年高考原创押题预测卷03【全国乙卷】

理科综合•全解全析

1234567891011

cADBB

BACADB

12131415161718192021

DCABCBBBCADBD

1.【答案】B

【解析】

【分析】一块肥沃的土壤自上而下分为这样几个部分：表土层、心土层和底土层。一般用于耕作的，只有

表土层。表土层内部富含作物生长所需的矿物质、有机质和微生物等元素，不仅为植物提供养分，还营造

了适于生长的物理、生理环境。

【详解】A、氟利昂制冷会增大多臭氧层的破坏，而二氧化碳制冷不会，A正确；

B、植物不会利用有机饲料，需要先被分解者分解成无机盐后，植物可以利用无机盐，B错误；

C、表土层内部富含作物生长所需的矿物质、有机质和微生物等元素，剥离表土为赛区的生态修复提供大量

有机质和有生存力的抱子，C正确；

D、多家能源企业在河北张北建立了可再生能源示范项目，把张北的风转化为清洁电力，并入冀北电网，再

输向北京、延庆、张家口三个赛区，运用了洁净可再生的新能源开发技术，D正确。

故选B。

2.【答案】A

【解析】杆状病毒由核酸和蛋白质组成，肮病毒仅由蛋白质组成，核酸的组成元素有C、H、0、N、P,蛋

白质必定含有C、H、0、N,可能还有其他元素，但不一定有P元素，A错误；

生命活动离不开细胞，病毒无细胞结构，病毒的生命活动都离不开细胞，B正确：

LEF—10化学本质是蛋白质，高温破坏蛋白质空间结构，但不会断开肽键，双缩腺试剂中的Cu2+在碱性环

境下，与肽键反应形成紫色络合物，发生显色反应，C正确；

杆状病毒的某种因子能成为肮病毒，此项研究将肮病毒存在的范围从细胞生物拓展至病毒界，表明肮病毒

可能广泛存在，D正确。

3.【答案】C

【解析】细胞体积增大后，相对表面积（细胞膜的面积与体积）越小，物质运输效率下降，A正确；由于

细胞核内的遗传物质不会随细胞体积的增大而增加，因此细胞增大后细胞核对细胞代谢的控制能力减弱，B、

D正确；一般情况下，低度分化的细胞仍然可以分裂，C错误。

故选Co

4.【答案】A

【解析】

【分析】物种是指具有一定的形态结构和生理功能，而且在自然状态下能够相互交配和繁殖，并能够产生

出可育后代的一群生物个体。

【详解】A、人工将雄性四倍体鲫鱼与雌性二倍体金鱼杂交，子代是三倍体，由于减数分裂时染色体联会紊

乱，不能产生正常配子，故三倍体鲫鱼不可育，所以雄性四倍体鲫鱼与雌性二倍体金鱼不能进行基因交流,

属于2个物种，A正确；

B、能够在自然状态下相互交配并且产生可育后代的一群生物称为一个物种，新型三倍体鲫鱼不可育，不能

看做新物种，B错误；

C、进化的单位是种群，三倍体鲫鱼不算一个物种，也不能形成种群，所以不能发生进化，C错误；

D、该三倍体鲫鱼在减数分裂时由于染色体联会紊乱，不能产生配子，D错误。

故选Ao

5.【答案】D

【解析】多吃蔬菜，少吃肉可减少能量传递过程中能量的散失，减小生态足迹，A项不符合题意；少开私

家车避免化石燃料的损耗，能减小生态足迹，B项不符合题意；培育高光合效率的农作物，增加农作物产量

可减小生态足迹，C项不符合题意；掠夺式的开发利用模式会破坏环境，增大生态足迹，D项符合题意。

6.【答案】B

【解析】

【分析】1、酶具有专一性：一种酶只能催化一种或一类物质反应。

2、色素分离的原理：不同色素在层析液中的溶解度不同，随层析液扩散的速度不同而相互分离。

3、对比试验：实验不设置单独的对照组，每一组都是实验组，相互之间可以进行对照。

【详解】A、酶具有专一性，蔗糖酶只能水解蔗糖，且淀粉溶液在酸性条件下会分解，不能用来做探究pH

对酶活性的实验材料，A错误；

B、验证光合作用需要光照的实验中，叶片曝光组何遮光组均是实验组，相互之间进行对照，属于对比试验,

B正确；

C、切除小鼠甲状腺后再补充甲状腺激素来探究甲状腺激素作用的实验存在自身前后对照，C错误；

D、用32P标记的噬菌体侵染细菌实验中，上清液中存在少量放射性可能是培养时间过长，少部分细菌裂解

释放子代噬菌体，而搅拌不充分使得噬菌体蛋白质外壳没有与细菌分离，一起离心沉淀，不会使上清液中

出现放射性，D错误。

故选B。

7.【答案】C

【解析】A.Te的原子序数为52,Te原子核外K、L、M、N、。层依次排有2、8、18、18、6个电子，Te

在元素周期表中位于第五周期第VIA族，沿着元素周期表中Al、Ge、Sb、Po与B、Si、As、Te,At的交

界处画出一条分界线给金属元素和非金属元素分区，Te位于金属与非金属交界处，A项正确；

B.芳纶是芳香族聚酰胺纤维，属于有机高分子材料，B项正确：

C.人造雪是指人为地通过一定的设备或物理、化学手段，将水（水气）变成雪花或类似雪花的过程，从本

质上看，人造雪和天然雪是相同的，但人造雪的密度更大，则人造雪的成分为H2O,干冰是固态CO?,人

造雪与干冰的化学成分不相同，C项错误；

D.光伏电解水制氢的原理是利用光伏发电将太阳能转化为电能，然后利用电能电解水制备H2,光伏电解

水制氢实现了清洁能源生产清洁能源，故光伏电解水制氢可作为绿氢主要来源，D项正确；

答案选C。

8.【答案】A

+

【解析】A.84消毒液中有次氯酸钠，与盐酸发生归中反应，生成氯气：C1O-+C1-+2H=C12T+H2O,A正确；

B.HF能与玻璃反应，该装置应该选择铅皿，B错误；

C.制备氢氧化亚铁，要把胶头滴管伸入氯化亚铁溶液中滴加氢氧化钠，并且氯化亚铁溶液应该油封，防止

氢氧化亚铁被氧化，C错误；

D.中和热的测定中，温度计应该插入溶液中以测量溶液的温度，D错误；

故选：Ao

9.【答案】D

【解析】A.明肌溶液中加入足量氢氧化钢溶液发生反应生成硫酸钢、偏铝酸钾和水，所以离子方程式为：

3+2+

Al+2SO^'+2Ba+4OH=2BaSO4J+A1O2+2H2O,故A项错误；

B.二氧化硫通入硝酸钢溶液，发生氧化还原反应，生成白色沉淀硫酸钢，反应的离子方程式为:

2t

3Ba+2NO3+3SO2+2H2O=3BaSO4J+2NOT+4H\故B项错误；

C.向碳酸氢镀溶液中加入过量石灰水，加热后，发生反应生成氨气、水和碳酸钙沉淀，所以向碳酸氢钱溶

2+

液中加入过量石灰水并加热的离子方程式为：NH；+HCO；+Ca+2OHNH,T+CaCO3J+2HQ,故C项

错误；

D.钠与氯化镂溶液反应，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应放热，氢氧化钠和镂根离子反应生成氨气

+

和水，反应的离子方程式为：2Na+2NH；=2Na+2NH3T+H21,故D项正确；

答案选Do

10.【答案】B

【解析】同周期自左至右原子序数增大，原子半径减小，所以B、C为同一周期元素，D、E为同一周期元

素，A单独一个周期，且原子半径、序数最小，所以A为H元素；D的简单离子半径在同周期元素中最小,

D应为第三周期元素，所以D为A1元素；B、C、D原子最外层电子数之和等于D的质子数，则B、C的

最外层电子数之和为13-3=10,C与E同主族，E的原子序数大于A1,则C、E的最外层电子数大于3,而

C的最外层电子数大于B,所以C的最外层电子数为6或7,而C为7时，B为3,此时B和A1同主族，

不符合题意，所以C的最外层电子数为6,B为4,所以C为O元素，B为碳元素，E为S元素。

A.C、E的简单氢化物分别为H2O和H2S,出0分子间存在氢键，沸点较高，A正确；

B.D、C的简单离子半径分别为人伊、。2一，二者电子层数相同，但O的核电荷数更小，所以。2一的半径更

大，B错误；

C.H和C元素可以形成多种烧类，均为二元化合物，C正确；

D.O和A1形成的化合物为氧化铝，电解熔融氧化铝可以得到铝单质，D正确；

综上所述答案为B。

11.【答案】B

【解析】A.强碱性会导致Z中酯基的水解，故A错误；

B.仔细观察X与丫的结构变化，X中酚羟基上的H被酯基上的-C2H5替代，所以是取代反应，故B正确；

C.由结构简式可知，丫分子中含有的酚羟基和酚酯基能与氢氧化钠溶液反应，其中Imol酚酯基消耗2moi

氢氧化钠，则ImolY与足量氢氧化钠溶液反应，最多消耗3moi氢氧化钠，故C错误；

误；故选B。

12.【答案】D

【解析】A.根据第三个池中浓度变化得出，钠离子从第四池通过e膜，氯离子从第二池通过d膜，由电解

池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，则a为阴极，b为阳极，a与N型半导体相连，b与P型半导

体相连，所以N型半导体为负极，P型半导体为正极，故A错误；

B.由题中信息可知，a为阴极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为

+

2(CW3)4N+2H2O+2e=2(CW,)4NOH+H2个，故B错误；

C.由题中图示信息可知，Na+离子通过e膜，通过d膜，(C%)4N+通过c膜，所以c、e膜为阳离子交换

膜，d为阴离子交换膜，故C错误；

D.18.2g(C〃,)4NO”的物质的量为18.2g+91g/3〃=02"。/,a极电极反应式为

2(C〃3)4N++2HzO+2e-=2(C“3)4NOH+H?T,收集氢气0.1〃”“，转移电子为().2m〃，b极电极反应式为

40/T-4e-=O2+2H2O,收集氧气为0.056〃，标况下两极可得气体体积为0.15〃/x22.4L/«»/=3.36L,

故D正确；

答案为D。

13.【答案】C

【解析】根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，HCO3的浓度减小，CO；浓度增大，因此曲线

川代表-lg［c(CO；)］与pH的关系，由于碳酸分步电离，第一步电离产生HCO；,第二步电离时产生CO；,

因此曲线I为-lg［c(HCO3)］与pH的关系，随着CO；浓度增大，逐渐生成CaCCh沉淀，溶液中Ca?+逐渐

减小，曲线I［为-lg［4Ca")］与pH的关系。

A.由上述分析可知，曲线II为Tg［《Ca2+)］与pH的关系，故A错误；

B.由图可知，pH=7.7时，曲线HI和曲线I相交，此时c(HCO；)=c(CO；),c(H+)=lx107'7mol//L,贝ijH2co3

77

的电离常数Ka2=也探字=I.OxlO,故B错误；

c(HCO,)

C.由图可知，经过a点作一条垂直与pH轴的直线，曲线n在最上面，曲线HI在最下面，因此a点的水体

2+

中：c(Ca)>c(HCO3)>c(CO^),故C正确；

D.向水体中加入适量Ca(OH)2固体，Ca2+浓度增大，温度不变，K£CaCO3)不变，则CO；浓度减小，因

此向水体中加入适量Ca(OH)2固体，不能使溶液由b点变到c点，故D错误；

答案选C。

14.【答案】A

【解析】设水库中水的总体积为V,则8天后水库中的同位素每分钟衰变次数为N=20次/m'V,由半衰

期规律有N=其中乂=6x0次，解得Val.9xl()5m3,A正确。故选A。

15.【答案】B

【解析】根据寸-%2=一2融，可知图像斜率代表重力加速度大小，A、B两星球表面重力加速度之比3：1,

A错误；由公式6粤=机g,p=N，V=^R\解得?=总，得A、B星球密度之比为3：1,即A

的密度是B的密度的3倍，B正确；由图像得P、Q竖直上抛初速度之比血：1,A、B两星球表面重力加

速度之比3：1,根据，=彳，所以运动时间之比为忘：3，C错误；根据G4?=mg,解得v=麻,A、

B两星球表面重力加速度之比3：1,A、B星球第一宇宙速度之比为有：1,所以A的第一宇宙速度是B的

第一宇宙速度的6倍，D错误。故选B。

16.【答案】C

【解析】由图像，4到。斜率越来越小，电场强度越来越小，加速度越来越小，故A错误；A0段与30段

电势差相等，电场力做功大小相等，且AO段电场力对电荷做正功，。8段电场力对电荷做负功，故电荷在

B点速度为如故B错误；电荷在43间运动回图像如图

由于位移相等，则面积相等，A0段的时间小于0B段的时间，易知电荷在A0段的平均速度大于在0B段的

平均速度，故C正确；负点电荷分别处于-&m和a!71时-，两段图像斜率绝对值相等，则场强大小相等，

电荷所受电场力大小相等，但-应m处的速度大于&m处的速度，所以电场力的功率不相等，故D错误。

故选C。

17.【答案】B

【解析】当泵体上表面接电源负极时，电流从下向上流过泵体，这时受到的磁场力水平向右，拉动液体向

右流动，与题不符，A错误；根据电阻定律，泵体内液体的电阻R==令=；,因此流过泵体的

电流/=M="b,B正确；仪将磁场方向反向，根据左手定则，安培力和原来相反，液体的运动方向也会

A

相反，电磁泵不能正常工作，C错误；若减小液体的电导率6,使电流减小，受到的磁场力减小，使抽液高

度减小，D错误。故选B。

18.【答案】B

【解析】设黑球第一次到达最低点时的速度为四,黑球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得

机孔=3〃?*，解得%=应］，设黑球与1号球发生碰撞后黑球的速度为好-1号球的速度为v,黑球与1

号球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得

mv0=mv^}+3mv,由机械能守恒定律得;机片=；机脸,解得唳^二―v=^-vQ,黑球与1号

球碰撞后，黑球速度反向，黑球运动过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可知，黑球再次

达到最低点时速度大小等于41=;%,发生弹性碰撞过程，系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律

与机械能守恒定律可知，两质量相等的球发弹性碰撞后两球速度互换，则黑球与1号球碰撞后，1号球静止，

2号球速度为v,碰后2号球与3号球发生碰撞，直至2021号球与2022号球碰撞，发生一系列碰撞后，2022

号球向右做匀速直线运动，1号到2021号球静止在原位置；然后黑球与1号球发生第二次碰撞，设碰撞后

黑球的速度为飞2,1号球的速度为盯，以向右为正方向，由动量守恒定律得机喋J黑2+3机匕，由机械能

守恒定律得g机嗑2=卜"曦+gx3w；,解得出2=-（步%，同理可知，黑球第3次与1号球碰撞后黑球的

速度叫3=-（3）飞，黑球最后一次与1号球碰撞后，黑球的速度为曝2022=-（j严2%=一七产2艰了，故D

正确，ABC错误。故选D。

19.【答案】BC

【解析】进入风洞区域后，物块与传送带在沿着传送带运动的方向共速，在垂直于传送带运动的方向上，

由于厂＞小阳，物块与传送带发生相对滑动，由牛顿第二定律=解得“=2m/s2,故A错误；

物块经过风洞区域所用时间，='=0・7s,此过程中物块垂直于传送带运动方向发生的位移

%

y==0.49m=1,物块刚好在离开风洞区域时做类平抛运动落入平台，物块落入平台时的速度等于物

块离开传送带时的速度v=#；+（my="^m/sx1.7m/s,故B正确；物块与传送带间的摩擦生热

。=*咫演财=〃〃有）,=0.4界，故C正确；若增大传送带的速度，则物块经过风洞区域时间f减小，在垂直

于传送带运动方向位移了减小，则物块在出风洞区域时没有落入平台，但其在垂直于传送带运动方向上仍有

分速度，在摩擦力的作用下，在该方向上做匀减速运动，因此仍有可能落入平台，故D错误。故选BC。

20.【答案】AD

【解析】从。点沿仍方向射入磁场的粒子，运动轨迹恰好垂直于边界必射出磁场，可知粒子运动的轨道半

径为/,根据4%8=加近，可得粒子的速度%=2更，选项A正确；不加电场时，从。点射出磁场的粒子的

rm

轨道半径为/,则在C点的速度方向与灰夹角为60。，选项B错误；不加电场时，与儿夹角为45。的入射粒

Qf）2777777TH1

子在磁场中转过的角度小于90。，则运动时间：=篝，选项c错误；加上电场后，因电场力方

360qB2qB

向竖直向上，则从。点飞出的粒子电场力做功最大，则所有粒子飞出场区时动能的最大值为

纥"=qEI+3"丫：=qElJBI,选项D正确。故选AD。

22m

21.【答案】BD

【解析】小球4由静止释放运动到最低点时，速度水平，竖直分速度为0,而B的机械能减小，则A的机械

能增加，A错误；小球A初始位置距水平面高度设为九，由几何关系得

Rsin60°+（/?,-^7?）tan30°=1.57?sin60°,解得％,小球B初始位置距水平面高度设为〃?，由几何关系

得佃=/?i+1.5Rcos60。，解得为=2R,由系统机械能守恒，”gM\+agA/7B=J"Y+；m；,解得％=史皿

222

B正确；由牛顿第二定律得mgsin60。=”A,得％泻g,C错误；以小环8为研究对象，由牛顿第二定

2

律得尸-，wg=〃7”,以小球A为研究对象，由牛顿第二定律得纬-尸-叫=机么，得m=5.5«7g+ma

R

D正确。故选BD。

22.（6分）【答案】3（2分）7IT76（2分）18（2分）

【解析】由题意知，1、2、3、4撞击点之间的时间间隔相等，设为T,贝叫必―必）一（%一%）=g〃

代入数据解得T=（Ms

水平速度vv=y=3m/s

撞击第3个痕迹时，球的竖直分速度为v,=当产=2.6m/s

v3=+匕=J15.76m/s

2

撞击第3个痕迹时，球下落的高度％=±=0.338m

-2g

球离开桌面到撞击第1个痕迹下落的距离"="-必=0Q18m

下落时间。—=0.06s,x。=vj=0.18m=18cm

23.（9分）【答案】（1）2.00（1分）20（1分）（2）980（1分）（3）（2分）

0.12（2分）0.73（2分）

【解析】（1）电流表A2的量程是3mA,由图（b）所示表盘可知，其分度值为0.1mA,示数为2.00mA。

E

根据图（a）所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得/==二0

r+rA2+R

其中/-2.00mA=0.00200A代入数据解得h=20。

U3

（2）把电流表A2改装成量程是3V的电压表，串联电阻阻值与、=匚-心=亚历三^一20。=9800

（3）①根据坐标系内描出的点作出图象如图所示

②由图所示图象可知//=0.2A=200mA时/2=0.4mA

此时灯泡两端电压U=4（以2+%J=0.0004x（30+970）V=0.4V

灯泡实际功率尸=U[=0.4x0.3W»0.12W

③旧电池阻与小灯泡组成闭合电路，路端电压。=£-〃，路端电压0=1000/2,则IO。。/?=

作出图象如图所示

由图所示可知，//=362mA=0.362A,/2-2.02mA=0.00202A流过灯泡的电流/=//=0.362A

灯泡两端电压U'=1000Z2=1000x0.00202V=2.02V

灯泡实际功率P=07=2.02x0.362W〜0.73W

24.（14分）【答案】（1）1.35J；（2）35m/s；（3）—

47

【解析】（1）小滑块从A点至8点过程中，由动能定理得“gxsin（20'）-叱=g〃?说-;mv；（1分）

由几何关系得x=J。-屋（1分）

解得W「=1.35J（1分）

（2）忽略雪道对滑块的阻力，滑块从A点运动到池底平面雪道离开的过程中，由动能定理得

，"g£sin（20°）+，wg/zcos（20°）=（1分）

代入数据解得v=35m/s（2分）

（3）当滑块离开B点后设速度方向与。型池斜面的夹角为仇沿U型池斜面方向分解速度计加速度

vy=vesin6>（1分）

vx=vBcosO（1分）

ay=gcos（20°）（1分）

ax=gsin（20°）（1分）

（1分）

f=2f](1分)

由此可知，当力最大时，滑块从冲出B点至重新落回U型池的时间最长，此时叫垂直于U型池斜面，即

sin%0.3417

tana=

%=20°,0K94-47（2分）

cosa[}

2.5x+l(N)0<x<0.2

25.（18分）【答案】(1)0.16W；(2)F=；(3)O.88J

3.3x+l(N)0.2m<x<0.8m

【解析】（1）当金属棒而运动至占=0.2m处时，由图（b）可知其速度大小W=53=lm/s（1分）

此时感应电动势E=B例（1分）

电阻R消耗的电功率P=£l=3£=0.I6W（2分）

RR

（2）金属棒岫在无磁场区间04x<0.2m运动时;由图（c）可知a=5u=25x（m/s2）

由牛顿第二定律有F-M?sinJ-〃〃?gcos0=»7a（1分）

解得尸=2.5x+l（N）（1分）

金属棒外在有磁场区间0.2m4x40.8m运动时，其速度大小n=5x（m/s）

金属棒ab切割磁感线产生的感应电流TF

金属棒ab受到的安培力大小4=BII

解得正安=0.8x（N）（1分）

由牛顿第二定律有F-mgsin6-"mgcos9-F安=ma（1分）

解得尸=3.3x+l（N）（1分）

综上，外力〃与位移x的关系式为

f2.5x+1（N）0<x<0.2

F=\（2分）

[3.3x+1（N）0.2m<x<0.8m

（3）在磁场中心=0.8x（N）,克服安培力做功W,及二齐安,Ax=笞2•Ar=。,8占；°82x（々—xj=0.24J（1

分）

金属棒外离开磁场时的速度大小匕=5w=4m/s（1分）

设金属棒。〃离开磁场后向上运动的最大距离为s,由动能定理有-mgsin，・s-〃机gcosd-s=0-g〃?*（1分）

解得s=（）.8m（1分）

金属棒必向上运动过程中，克服摩擦力做功必.=/m?gcos少优+s）=0.64J（1分）

金属棒时在整个向上运动过程中，系统产生的内能。=皿交+叼=0.88J（2分）

26.（14分）

（1）2SC2（C2O4）3+3O22SC2O3+12CO2

（2）1：2

AA

（3）ScF3+H2O=ScOF+2HF（^ScF,-6H2O==ScOF+2HF+5H2O）除钱"时NH4C1分解生成HC1,抑制

Sc3+的水解

4

（4）1.5x1O-PbSO4

【解析】（1）由流程图可知，SC2（C2O4）3经焙烧后生成SC2O3和C02,依据得失电子守恒和原子守恒，反应的

化学方程式为：2SC2（C2C>4）3+3C>2焙烧2SC2O3+12CO2。

Q）“xNH4Cl-yScF3-zH2O”脱水除镂是指脱去结晶水和氯化钱，氯化镂受热分解生成氨气和氯化氢，所以会产

生白烟，所以380〜400℃时固体减少的质量为氯化锭的质量，200〜300℃时减少的质量为水的质量，则氯化

钱的物质的量为：5<：l：210g=oo6mol,水的物质的量为：空写芈=0.12mol,x:z=0.06:0.12=l:2。

53.5g/mol18g/mol

（3）SCF3-6H2O沉淀高温脱水得SCF3,但通常含有ScOF杂质，原因是高温脱水时，ScF?会与水发生反应生成

AA

ScOF,结合原子守恒，反应的化学方程式为：ScF3+H2O=ScOF+2HF或ScF3-6H2O=ScOF+2HF+5H2。；流

程中“沉铳”后“脱水除钱''可制得纯度很高的ScF3,其原因是“除钱”时NH4cl分解生成HC1,抑制Sc3+的水解。

(4)平衡常数

K=c?(H+)•c(SOj)_/(H+)•c(Cqj)•c(Pb2+)•c(SOj)_K”(H2cQ』),K,式凡CQj)•(PbSO4)_

2+

-C(H2C,O4)-c(H2C2O4)c(C2O；-)c(Pb)-K、p(PbC20c

g.0¥0'*.25xl(：二.0xl0：=]5x]0在主要成分是H2c2CU的废水中加入PbS04,结合反应

5.0x10”。

PbSO4(s)+H2c2。4的)^^1<20痣)+211+M)+$0：网)可知，有少量PbSC)4转化为了PbC2O4,所得滤饼用

浓硫酸处理时，增大了生成物的浓度，上述平衡逆向移动，所以所得“沉淀”是PbSO4。

27.(14分)

(1)254kJ-mol-1

(2)TI<T2<T360%24.49

(3)否c点后NO转化率下降，不一定是温度升高导致平衡逆移，也可能是催化剂活性降低，反应速率减

慢所致

(4)b2HSO；+2e-+4H'=H2S,O4+2H2O阳

【解析】⑴设gN2(g)+,H2(g)UNH3(g)的活化能为xkJ-moH,则3N2(g)+|H2(g)UNH3(g)的

△H=(x-.)kJ-mol」=反应物的总键能-生成物的总键能=(0.5x946+1.5x436-3x391)klmolL解得x=254,即

2

o

1

gN2(g)+5H2(g)UNH3(g)的活化能Eal=254kJ-mol；

(2)①合成氨反应是放热反应，其它条件相同，升高温度，平衡逆向移动，平衡体系中氨的质量分数减小，

U2NH：

N2+3H23

开始(mol)5150

故T|<T2<T3；由题意列三段式,平衡时氨的质量分数为60%,则

变化(mol)X3x2x

平衡(mol)5-x15-3x2x

2x.17

60%=-----------,解得x=3,则M点N的转化率为(3+5)X100%=60%；

5•28+15-22

②结合⑵①可知平衡时氮气、氢气、氨气的物质的量分别为2mol、6m01、6mol,则

(AP.J49

Kp=^——--=K，因为平衡时氨气的浓度不再改变，故

(Ap)3xAp(„3P2

14总]4总

v(NH"P(N讥焉宁整器整理得?，4己SM.QOMPa,故

k_J_二强=3.-OMPaA

-T-=494949^24.49MPa2(保留两位小数)；

3P总

(3)由图可知c点后温度升高NO转化率下降，c点后NO转化率下降，不一定是温度升高导致平衡逆移，也

可能是催化剂活性降低，反应速率减慢所致，故图中C点不一定(否)是平衡状态；

(4)有外加的直流电源，则右边装置为电解池装置，与a相连的电极S由+4降低为+3价，则该极为阴极，与

b相连的电极为阳极，故直流电源的正极为b；阴极为亚硫酸氢根离子得电子转化为H2s2O4,电极反应式为

+

2HSO,+2e+4H=H,S2O4+2H2O；阳极二氧化硫转化为硫酸，电极反应式为SO2+2H2O-2e=4H++SO：,结

合阴极反应式可知需要部分氢离子移向左边电极参与阴极反应，故阳需要阳离子交换膜。

28.(15分)

⑴赶出比、HC1气体NaOH溶液

(2)hfcedgai

(3)AB

(4)玻璃砂漏斗或玻璃纤维代替滤纸的布氏漏斗

(5)升华

【解析】装置1中铁粉和稀盐酸反应生成氯化亚铁，通入氮气赶出装置中的空气，防止氯化亚铁被氧化，

抽滤，得到FeCb溶液，经过一系列操作后得到FeCb4H2O,FeCbdH?。和环戊二烯在装置2中生成

Fe(C5H5)2,经过一系列操作后得到纯净的二茂铁。

(1)①装置1中铁粉和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，盐酸易挥发，装置中还含有HC1气体，因此N2的作

用除驱赶装置内空气防止生成的Fe?+被氧化以外，还能赶出装置中的H2、HC1气体，故答案为：赶出H2、

HC1气体；

②试齐ljX用来吸收HC1气体，HC1为酸性气体，可用碱液吸收，因此试剂X为NaOH溶液，故答案为：NaOH

溶液；

(2)将抽滤得到的FeCb溶液转化生成FeCbd+O,具体的操作为：将滤液迅速转移到N2冲洗过的反应瓶中，

防止Fe?+被氧化，加热蒸发到表面刚出现结晶层后停止加热，将溶液冷却到室温，待晶体完全析出后进行

抽滤，用少量冷的去离子水洗涤，洗去杂质，再用滤纸吸干转移到蒸发皿中，在低温下进行干燥，最后用

用冲洗过的磨口试剂瓶中保存，因此操作的步骤为hfcedgai,故答案为：hfcedgai；

(3)A,环戊二烯与环戊二烯二聚体的沸点不同，可以用分储的方法从二者混合物中分离，环戊二烯(C5H6)

的沸点为42.5。。因此收集42.5。(2左右的微分即可得到环戊二烯，故A正确；

B.应先通入N2排出装置中的空气后再开启磁力搅拌器，故B正确；

C.环戍二烯与FeCbWHzO的反应刷烈，因此应分批次加入研细的FeCL/H?。，故C错误；

D.浓H2sCM可吸收N2中的水蒸气干燥N2,也能吸收装置2反应过程中产生的水，故D错误；

答案选AB,故答案为：AB；

(4)过滤的溶液有强氧化性、强碱性或强酸性时，应选玻璃纤维代替滤纸，或者使用玻璃砂漏斗代替布氏漏

斗，操作山之前的反应液中加入了HC1,溶液具有强酸性，因此抽滤过程中需用玻璃砂漏斗或玻璃纤维代

替滤纸的布氏漏斗过滤；故答案为：玻璃砂漏斗或玻璃纤维代替滤纸的布氏漏斗；

(5)

二茂铁100℃开始升华，因此得到粗制的二茂铁后可采用加热升华的方法，进一步提纯二茂铁，故答案为：

升华。

29.【答案】(1)细胞中叶绿素含量减少，类胡萝卜素的占比增加，叶片呈现出类胡萝卜素的颜色提取变

黄叶片和正常绿色叶片中的光合色素，层析法分离后观察并对比两种叶片的色素形成的色素带

(2)光照和温度

(3)脱落酸有机物的消耗

【解析】

【分析】绿色植物叶片中主要含有胡萝卜素、叶黄素、叶绿素a和叶绿素b；其中胡萝卜素、叶黄素称为类

胡萝卜素，主要吸收蓝紫光，叶绿素a和叶绿素b称为叶绿素，主要吸收红光和蓝紫光。

(1)植物叶绿体中的色素主要有叶绿素和类胡萝卜素，秋季细胞中叶绿素含量减少，类胡萝卜素的占比增加,

叶片呈现出类胡萝卜素的颜色，故秋季草木叶片变黄要验证上述现象，可通过纸层析法进行色素的提取和

分离：提取变黄叶片和正常绿色叶片中的光合色素，层析法分离后观察并对比两种叶片的色素形成的色素

带。

(2)光照和温度都会影响色素的含量和比例，故秋季叶片变黄主要与光照和温度等环境因素有关。

(3)脱落酸会促进叶片脱落；叶片脱落有利于植物度过寒冬的原因是脱落可减少有机物的消耗。

30.【答案】(1)在接下来的每天相同时间对每只小鼠进行核酸检测和抗原检测，统计核酸检测阳性和抗原检

测阳性的小鼠

(2)增大检测样本数量，排除偶然因素，使数据更准确核酸通过PCR扩增大大增加了样本量，更容易得

到阳性结果或抗原检测与核酸检测相比，最终样本量较少

(3)操作方便简单、快捷抗原检测准确性不如核酸检测，且不够灵敏

【解析】

【分析】聚合酶链式反应(PCR)是一种用于放大扩增特定的DNA片段的分子生物学技术，它可看作是生

物体外的特殊DNA复制，PCR的最大特点是能将微量的DNA大幅增加。

(1)该实验的实验目的是探究这两种检测方式的准确性随感染天数的变化规律，且以检测结果阳性比例为指

标，因此实验思路应为选取健康未感染过新冠病毒的小鼠100只，分别标号1-100;并同时进行病毒感染处

理，然后在接下来的每天相同时间对每只小鼠进行核酸检测和抗原检测，统计核酸检测阳性和抗原检测阳

性的小鼠，计算小鼠的抗原和核酸检测阳性比例。

(2)为了增大检测样本数量，排除偶然因素，使数据更准确，因此该实验选取数量较多的小鼠进行实验。由

于核酸检测通过PCR扩增大大增加了样本量，因此核酸检测更容易在样本量较少的情况下得到阳性结果。

(3)抗原检测虽然不够灵敏，但是检测方法简单，且耗时短，可以作为常备的家用检测方法，快速方便；抗

原检测阴性并不能说明一定没有感染病毒，因此还需要居家隔离一段时间，需要进一步核酸检测才能较为

准确地确定是否感染病毒。

31.【答案】(1)出生率水平结构和垂直结构

(2)植物群落生物多样性休牧区一些植物优势种对光、水等资源的竞争力不断增强，抑制了其他物种生长,

导致植物群落生物多样性下降

(3)既能有效控制蝗虫虫灾，又能减轻因过多使用化学农药引发的环境污染，以及害虫耐药性产生等问题

【解析】

【分析】①出生率和死亡率、迁入率和迁出率是决定种群大小和种群密度的决定因素。样方法是估算种群

密度的常用调查方法，取样的关键是做到随机取样。在自然资源和空间有限的条件下，种群的数量最终呈

现S形增长。环境容纳量是指一定的环境条件所能维持的种群最大数量，又称K值。②群落的空间结构包

括垂直结构和水平结构两个方面。③生物在生命活动过程中，产生的一些可以传递信息的化学物质，属于

生态系统的化学信号。④控制动物危害技术大致有化学防治、生物防治、机械防治。生物防治是利用生物

的种间关系，以一种或一类生物抑制另一种或另一类生物，它的优点是对人类生存坏境无污染等。

(1)根据题意“土壤含水量下降，有利于蝗虫卵孵化”可知，环境中的水份可以直接影响蝗虫种群的出生率。

由题意“群聚激素使蝗虫由散居型转变成群居型”可知，群聚激素属于生态系统的化学信号，其作用是影响蝗

虫的聚集行为。蝗灾爆发，会因植物大量被蝗虫捕食而导致破坏整个生物群落的水平结构和垂直结构。

(2)表中信息显示，蝗虫的物种数和总密度由大到小的放牧模式为：羊放牧＞牛羊混牧＞牛放牧；图1显示

的3种放牧模式的植物群落覆盖度没有明显差异；图2显示，植物群落生物多样性由大到小的放牧模式为:

羊放牧＞牛羊混牧〉牛放牧。综上分析，3种放牧模式中，植物群落的生物多样性变化与蝗虫种类和总密度

呈正相关性，而不同放牧模式下植物群落覆盖度相差不明显。休牧草地上植物盖度明显较高而生物多样性

低，究其原因是：休牧区一些植物优势种对光、水等资源的竞争力不断增强，抑制了其他物种生长，导致

植物群落生物多样性下降。

(3)利用蝗虫微抱子虫防治蝗虫属于生物防治。与化学农药防治相比，使用蝗虫微泡子虫防治的优点是：既

能有效控制虫灾，又能减轻因过多使用化学农药而引发的环境污染，以及害虫耐药性产生等问题。

32.【答案】(1)基因A所在的染色体片段缺失

(2)隐性致死正常

(3)方案一实验思路：让雄蝇X与染色体数目正常的野生型雌蝇杂交产生B,让R中的野生型雌蝇与雄蝇X

回交产生F2,统计F2中的表现型及比例

方案二实验思路：让雄蝇与染色体数目正常的野生型雌蝇杂交产生B,让B中的雌雄果蝇自由交配，统计

F2中的表现型及比例方案一预期结果和结论：若F2中突变型：野生型=2：1,则突变基因位于H号染色

体上；若F2中突变型：野生型=1：1,则突变基因位于其他常染色体上

方案二预期结果和结论：若F2中突变型：野生型=7：8,则突变基因位于H号染色体上；若F2中突变型：

野生型=7：9,则突变基因位于其他常染色体上

【解析】

【分析】1、基因突变是指基因在结构上发生碱基对组成或排列顺序的改变。

2、染色体突变又称染色体畸变。指染色体数目或结构的改变。包括整个染色体组成倍的增加，成对染色体

数目的增减，单个染色体某个节段的增减，以及染色体个别节段位置的改变。

(1)基因A所在的染色体片段缺失导致基因型为Aa的果蝇表现为隐性性状。

⑵F2中Cc*s'与Cc，s,产生F3,理论上F3的基因型为CCs，、Cc，s's殂c，c*s'。根据题干信息可知，基因C

纯合致死，基因型为CCsk的个体死亡，真正得到的F3中只有翻翅果蝇，说明基因型为cds,的个体也死亡,

基因型为Cc，s*的个体存活，推测c，s所在的H号染色体发生了隐性致死突变；F3的基因型为Cc，sk,表现

型为翻翅正常眼。

(3)实验材料是动物，不能自交，只能杂交，题干中明确指出只有一只这样的雄蝇X经过射线处理，故只能

让雄蝇与染色体数目正常的野生型个体杂交。若显性突变基因用B表示，且基因B位于H号染色体上，第

一步杂交实验为BOxbb,所得B基因型及比例为Bb：bO=l：1；若基因B位于其他常染色体上，第一步杂

交实验则为Bbxbb,所得B基因型及比例为Bb：bb=l：1。因第一步杂交实验后结果相同，故必须进行第

二步杂交实验，目的是让子代中出现H号染色体缺失纯合个体，由H中的隐性个体与雄蝇X回交产生F2。

若基因B位于H号染色体上，则第二步杂交实验为BOxbO,所得F2基因型及比例为Bb：BO：bO：00(致

死)=1：1：1：0,即突变型：野生型=2：1；若基因B位于其他常染色体上，则第二步杂交为Bbxbb,所

得F2基因型及比例为Bb：bb=l：I,即突变型：野生型=1：1。也可以采用方案二：让雄蝇(B0)与染色

体数目正常的野生型雌蝇（bb）杂交产生Fi,让B中的雌雄果蝇（Bb:bO=l：1或Bb：bb=l：1）自由交

配，统计F2中的表现型及比例。若F2中突变型（5B_、2BO）：野生型（4bb、4bO）=7：8,则突变基因位

于H号染色体上；若F2中突变型（7/16B_）：野生型（9/16bb）=7：9,则突变基因位于其他常染色体上。

33.（15分）

（1）（6分）【答案】ACE

【解析】外过程中，气体温度不变，则内能不变；体积变大，对外做功，则气体始终吸热，选项A正确；

〃过程中，气体体积减小，则外界对气体做功，选项B错误；离原点越远的等温线的温度越高，可知成过

程中，气体的温度一直升高，选项C正确；儿过程中，体积变大，气体数密度减小，气体的压强减小，温

度降低，气体分子的平均速率减小，则气体分子在单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数减小，选项D错

误；历过程气体绝热，气体对外界做的功等于气体内能减小量；而过程气体也是绝热，外界对气体做的功

等于气体内能增加量，因历过程气体内能减小量等于血过程中气体内能增加量，可知6c过程气体对外界

做的功等于而过程外界对气体做的功，选项E正确。故选ACE。

（2）（9分）【答案】（1）《=4.7xl（）4pa；（2）AV=1.6L；（3）〃=5xl（）22个

【解析】（1）根据理想气体状态方程得孕=卒

其中4=l.OxlO,Pa

V0=2L

Tu=300K